カテゴリー: 数学Ⅰ

数Ⅰの問題です。

まず，「～するときの範囲を求めよ」（「～するための条件を求めよ」）というのは「～するための必要十分条件を求めよ」と問うていると思われます。したがって「\(y=p(x-q)^2+q\)上のすべての点が放物線\(y=x^2-1\)の下側にあるような実数\(q\)が存在する」を同値変形することを考えます。日本語のままでは考えづらいので，この主張を論理記号を用いて表わしてみます。すると\[\exists q \in \mathbb{R} \forall x \in \mathbb{R}[x^2-1>p(x-q)^2+q]\]となります。したがって，

解答

\begin{align*}
&\exists q \in \mathbb{R} \forall x \in \mathbb{R}[x^2-1>p(x-q)^2+q]\\
\Longleftrightarrow~&\exists q \in \mathbb{R} \forall x \in \mathbb{R}[(1-p)x^2+2pqx-pq^2-q-1>0]\\
\Longleftrightarrow~&\exists q \in \mathbb{R} \forall x \in \mathbb{R} \begin{cases}(1-p)x^2+2pqx-pq^2-q-1>0 \\ 1-p>0 \lor 1-p=0 \lor 1-p < 0 \end{cases}\\ \Longleftrightarrow~&\exists q \in \mathbb{R} \forall x \in \mathbb{R}[((1-p)x^2+2pqx-pq^2-q-1>0\land p<1)\\ &\lor ((1-p)x^2+2pqx-pq^2-q-1>0\land p=1) \\
&\lor ((1-p)x^2+2pqx-pq^2-q-1>0\land p>1) ]\tag{1}
\end{align*}
ここで，\[\forall x\in \mathbb{R}[(1-p)x^2+2pqx-pq^2-q-1>0\land p=1]\]と\[\forall x\in \mathbb{R}[(1-p)x^2+2pqx-pq^2-q-1>0\land p>1]\]は偽の命題であるから，\((1)\)は
\[(1)\Longleftrightarrow~\exists q \in \mathbb{R} \forall x \in \mathbb{R}[(1-p)x^2+2pqx-pq^2-q-1>0\land p<1]\]とできる（※）．したがって，
\begin{align*}
(1)\Longleftrightarrow~&\exists q \in \mathbb{R} \forall x \in \mathbb{R}[(1-p)x^2+2pqx-pq^2-q-1>0\land p<1]\\ \Longleftrightarrow~&\exists q \in \mathbb{R} [\forall x \in \mathbb{R}[(1-p)x^2+2pqx-pq^2-q-1>0]\land p<1]\\ \Longleftrightarrow~&\exists q \in \mathbb{R} [p^2q^2-(1-p)(-pq^2-q-1)<0\land p<1]\\ \Longleftrightarrow~&\exists q \in \mathbb{R} [p^2q^2-(1-p)(-pq^2-q-1)<0]\land p<1\\ \Longleftrightarrow~&\begin{cases}\exists q \in \mathbb{R} [pq^2+(1-p)q+1-p<0\land (p >0 \lor p < 0)]\\ p<1 \end{cases}\\ \Longleftrightarrow~&\begin{cases}\exists q \in \mathbb{R} [(pq^2+(1-p)q+1-p<0\land p >0) \lor (pq^2+(1-p)q+1-p<0\land p < 0)]\\ p<1 \end{cases} \\ \Longleftrightarrow~&\begin{cases}\exists q \in \mathbb{R}[pq^2+(1-p)q+1-p<0\land p >0] \lor \exists q \in \mathbb{R}[pq^2+(1-p)q+1-p<0\land p < 0]\\ p<1 \end{cases}\\ \Longleftrightarrow~&\begin{cases}(\exists q \in \mathbb{R}[pq^2+(1-p)q+1-p<0]\land p >0) \lor (\exists q \in \mathbb{R}[pq^2+(1-p)q+1-p<0]\land p < 0)\\ p<1 \end{cases}\\ \Longleftrightarrow~&\begin{cases}((1-p)^2-4p(1-p)>0 \land p>0)\lor p < 0\\ p<1 \end{cases}\\ \Longleftrightarrow~&\begin{cases}((p-1)(5p-1)>0 \land p>0)\lor p < 0\\ p<1 \end{cases}\\ \Longleftrightarrow~&\begin{cases}0 < p < \frac{1}{5}\lor p < 0\\ p<1 \end{cases}\\ \Longleftrightarrow~&0 < p < \frac{1}{5}\lor p < 0 \end{align*} 解答終

一般的な解答においてやっている（であろう）ことの正当性が個人的にいまいち納得できないので，論理式で考えてみました。一般的な解答において感じるその不安感というか気持ち悪さは，上の解答で行っている恒真命題の追加，分配法則，\(\forall\)や\(\exists\)の支配域の変更などがぼかされているためではないかと思います。さらに，この解答においても一つ気になるのが（※）の部分です。一般に，\[\forall x[p(x)\lor q(x)] \Longleftarrow \forall x p(x)\lor \forall x q(x)\]すなわち全称記号は\(\lor\)に関して分配は出来ませんから，そこだけちょっと誤魔化しています。これについては別記事で詳しく考えてみようと思います。

恒真条件の追加と分配法則，矛盾命題の消去により，
\begin{align*}
&\sqrt{a} < b\\ \Longleftrightarrow~&\sqrt{a}< b \land (b \geq 0 \lor b < 0)\\ \Longleftrightarrow~&(\sqrt{a} < b \land b \geq 0)\lor (\sqrt{a} < b \land b < 0)\\ \Longleftrightarrow~&\sqrt{a} < b \land b \geq 0 \end{align*} ここからさらに変形を考えますが，前回同様，いきなり同値な変形は考えづらいので，必要性\((\Rightarrow)\)と十分性\((\Leftarrow)\)を別々に考えることにします． まず必要性\((\Rightarrow)\)から．\(\sqrt{a} \geq 0\)ですから，\(\sqrt{a} < b\)の両辺を２乗することができて，例えば次のように必要条件が得られます： \begin{align*} &\sqrt{a} < b \land b \geq 0 \Longrightarrow a < b^2 \land b \geq 0 \tag{1} \end{align*} 次にこの\((1)\)における十分性\((\Leftarrow)\)を考えてみます．当然，\(a < b^2\)の両辺に\(\sqrt{\quad}\)をとりたくなりますが，しかし\(a\)が正である保証は今手元の仮定にはありません．つまり\(\sqrt{\quad}\)をとることができず，戻れない．そこで，\((1)\)において必要条件をもう少し絞り出すことを考えます．欲しいのは\(a \geq 0\)ですが，\(\sqrt{a}\)の‘中身’は正ですから，必要条件は \[\sqrt{a} < b\land b \geq 0 \Longrightarrow a < b^2 \land b \geq 0 \land a \geq 0\] とできるはずです．そして改めて十分性を確認してみます． \begin{align*} a < b^2 \land b \geq 0 \land a \geq 0 \Longrightarrow &\sqrt{a} < \sqrt{b^2} \land b\geq 0 \land a \geq 0\\ \Longrightarrow &\sqrt{a} < |b| \land b \geq 0 \land a \geq 0\\ \Longrightarrow &\sqrt{a} < b \land b \geq 0 \land a \geq 0\\ \Longrightarrow &\sqrt{a} < b \land b \geq 0 \end{align*} となり戻れました．これで必要十分（同値）であることが分かりました．したがって\((1)\)の論理式は， \[\sqrt{a} < b \land b \geq 0 \Longleftrightarrow a < b^2 \land b \geq 0 \land a \geq 0 \Longleftrightarrow 0\leq a < b^2 \land b \geq 0 \] と書きかえれば同値になることが分かりました． 以上により，

と同値変形できることが分かりました．

恒真条件の追加と分配法則により，
\begin{align*}
&\sqrt{a}>b\\
\Longleftrightarrow~&\sqrt{a}>b \land (b \geq 0 \lor b < 0)\\
\Longleftrightarrow~& (\sqrt{a}>b \land b \geq 0)\text{（ア）} \lor (\sqrt{a}>b \land b < 0) \text{（イ）}
\end{align*}

（ア）と（イ）を分けて考えます．

（まず（ア）について）
いきなり同値な変形は考えづらいので，必要性\((\Rightarrow)\)と十分性\((\Leftarrow)\)を別々に考えることにします． まず必要性\((\Rightarrow)\)から．今，\(b \geq 0\)ですから，\(\sqrt{a}>b\)の両辺を２乗することができて，例えば
\begin{align*}
&\sqrt{a}>b \land b \geq 0 \text{（ア）}\Longrightarrow a > b^2\tag{1}
\end{align*}
のように必要条件が得られます．次にこの\((1)\)における十分性\((\Leftarrow)\)を考えてみましょう．両辺が正ですから，\(\sqrt{\quad}\)をとることができますが，
\[a > b^2 \Longrightarrow \sqrt{a} > \sqrt{b^2} \Longrightarrow \sqrt{a} > |b|\]
となり(ア)に戻れません（\(b\)の正負がわからない）．そこで，\((1)\)において（ア）の必要条件をもう少し絞り出しておきましょう．
\[\sqrt{a} > b\land b \geq 0 \text{（ア）}\Longrightarrow a > b^2 \land b \geq 0\]
そして十分性を確認してみます．
\begin{align*}
a > b^2 \land b \geq 0\Longrightarrow &\sqrt{a} > \sqrt{b^2} \land b\geq 0 \\
\Longrightarrow &\sqrt{a} > |b| \land b \geq 0 \\
\Longrightarrow &\sqrt{a} > b \land b \geq 0
\end{align*}
となりこれなら（ア）に戻れます．これで必要十分（同値）であることが分かりました．したがって\((1)\)の論理式は，
\[\sqrt{a} > b \land b \geq 0 \text{（ア）}\Longleftrightarrow a > b^2 \land b \geq 0 \tag{1′}\]
と書きかえれば同値になることが分かりました．

（次に（イ）について）
必要性\(\Rightarrow\)から見てみます．ここでは例えば明らかな必要性
\[(\sqrt{a} > b \land b < 0) \text{（イ）} \Longrightarrow b < 0 \tag{2}\] を考えてみます．逆（十分性）はどうか？ \[b < 0 \Longrightarrow (\sqrt{a} > b \land b < 0) \text{（イ）}\]が言えるか？…残念ながら言えません．なぜなら\(a\)は\(\sqrt{\quad}\)の中にあるのだから正でなくてはなりませんが，しかし仮定には\(a\)の正負についての言及がないからです．このことを踏まえて\((2)\)で（イ）の必要条件を適切に絞り出しておきます．\(\sqrt{\quad}\)の‘中身’は正であることに着目して， \[(\sqrt{a} > b \land b < 0) \text{（イ）} \Longrightarrow a \geq 0 \land b < 0\] さてこれならどうでしょうか？逆（十分性）を見てみると \[a \geq 0 \land b < 0 \Longrightarrow (\sqrt{a} > b \land b < 0) \text{（イ）}\] は確かに言えます．したがって，\((2)\)の論理式は \[(\sqrt{a} > b \land b < 0) \text{（イ）} \Longleftrightarrow a \geq 0 \land b < 0\tag{2'}\] と書けば同値であることがわかりました． \((1'),(2')\)により，

と同値変形できることが分かりました．

ちなみにもし，\(b \geq 0\)という条件を‘大前提’として奉れば，当然
\[\sqrt{a}>b \Longleftrightarrow a > b^2 \land b \geq 0\]
と書けます．

\begin{align*}
&\exists m \left[X=\frac{16m^2}{4m^2+1} \land Y=m(X-4)\land m^2<\frac{1}{12}\right]\\
\Longleftrightarrow~&\exists m\left[X=\frac{16m^2}{4m^2+1} \land Y=m(X-4)\land m^2<\frac{1}{12} \land (X=4 \lor X \neq 4)\right]\\
\Longleftrightarrow~&\exists m\left[\left(X=\frac{16m^2}{4m^2+1} \land Y=m(X-4)\land m^2<\frac{1}{12} \land X=4 \right)\right.\\
&\lor \left.\left(X=\frac{16m^2}{4m^2+1} \land Y=m(X-4)\land m^2<\frac{1}{12} \land X \neq 4\right)\right]\\
\Longleftrightarrow~&\exists m\left[X=\frac{16m^2}{4m^2+1} \land m=\frac{Y}{X-4}\land m^2<\frac{1}{12} \land X \neq 4\right]\tag{0}\\
\Longleftrightarrow~&X=\frac{16\left(\frac{Y}{X-4}\right)^2}{4\left(\frac{Y}{X-4}\right)^2+1} \land \left(\frac{Y}{X-4}\right)^2<\frac{1}{12} \land X \neq 4\\
\Longleftrightarrow~&\frac{(X-2)^2}{4}+Y^2 = 1 \land \left|\frac{Y}{X-4}\right|<\frac{1}{\sqrt{12}} \land X \neq 4\\
\Longleftrightarrow~&\frac{(X-2)^2}{4}+Y^2 = 1 \land |Y|<\frac{1}{\sqrt{12}}|X-4| \land X \neq 4\\
\Longleftrightarrow~&\frac{(X-2)^2}{4}+Y^2 = 1 \land 0 \leq X < 1 \land X \neq 4 &\tag{\(\ast\)}\\
\Longleftrightarrow~&\frac{(X-2)^2}{4}+Y^2 = 1 \land 0 \leq X < 1\\
\end{align*}

\((\ast)\)は下図による．

\((0)\)以降の別変形はこちら．