◆値域の問題(別解)

\(4x^2-8xy+10y^2=1\)のとき,\(x^2+y^2\)の最大値と最小値を求めよ.

\(x^2+y^2\)がとりうる値の範囲を\(\mathcal{R}\)とおく.
\begin{align*}
&k \in \mathcal{R}\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \begin{cases} x^2+y^2=k \\ 4x^2-8xy+10y^2=1\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \left[\begin{cases} x^2+y^2=k \\ 4x^2-8xy+10y^2=1\end{cases} \land \exists r \exists \theta \begin{cases} x=r\cos\theta \\ y= r\sin \theta \end{cases}\right]\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \exists r \exists \theta \left[\begin{cases} x^2+y^2=k \\ 4x^2-8xy+10y^2=1\end{cases} \land \begin{cases} x=r\cos\theta \\ y= r\sin \theta \end{cases}\right]\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \exists r \exists \theta \left[\begin{cases} r^2=k \\ 4r^2\cos^2\theta-8r^2\cos\theta\sin\theta +10r^2\sin^2\theta=1\end{cases} \land \begin{cases} x=r\cos\theta \\ y= r\sin \theta \end{cases}\right]\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \exists r \exists \theta \left[\begin{cases} r^2=k \\ 4k\cos^2\theta-8k\cos\theta\sin\theta +10k\sin^2\theta=1\end{cases} \land \begin{cases} x=r\cos\theta \\ y= r\sin \theta \end{cases}\right]\\
\Longleftrightarrow~&\exists r \exists \theta \left[\begin{cases} r^2=k \\ 4k\cos^2\theta-8k\cos\theta\sin\theta +10k\sin^2\theta=1\end{cases} \land \exists x \exists y \begin{cases} x=r\cos\theta \\ y= r\sin \theta \end{cases}\right]\\
\Longleftrightarrow~&\exists r \exists \theta \begin{cases} r^2=k \\ 4k\cos^2\theta-8k\cos\theta\sin\theta +10k\sin^2\theta=1\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists r \begin{cases} r^2=k \\ \exists \theta [4k\cos^2\theta-8k\cos\theta\sin\theta +10k\sin^2\theta=1]\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists r \begin{cases} r^2=k \\ \exists \theta [7k-4k\sin 2\theta-3k\cos 2\theta=1]\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists r \begin{cases} r^2=k \\ \exists \theta [3k\cos 2\theta + 4k\sin 2\theta=7k-1]\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists r \begin{cases} r^2=k \\ \exists \theta \left[\left(\begin{array}{c}3k \\ 4k \\ \end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{c}\cos 2\theta \\ \sin 2\theta \\ \end{array}\right)=7k-1 \right]\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists r \begin{cases} r^2=k \\ \exists \alpha \left[5k\cos \alpha =7k-1 \right]\end{cases}\qquad\text{(\(\alpha\)は\(\left(\begin{array}{c}3k \\ 4k \\ \end{array}\right)\)と\(\left(\begin{array}{c}\cos 2\theta \\ \sin 2\theta \\ \end{array}\right)\)のなす角)}\\
\Longleftrightarrow~&\exists r \begin{cases} r^2=k \\ -1 \leq \frac{7k-1}{5k} \leq 1\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists r [r^2=k] \land -1 \leq \frac{7k-1}{5k} \leq 1\\
\Longleftrightarrow~& k \geq 0 \land -1 \leq \frac{7k-1}{5k} \leq 1\\
\Longleftrightarrow~& k > 0 \land -5k \leq 7k-1 \leq 5k\\
\Longleftrightarrow~& k > 0 \land \frac{1}{12} \leq k \leq \frac{1}{2}\\
\Longleftrightarrow~& \frac{1}{12} \leq k \leq \frac{1}{2}\\
\end{align*}

ゆえに,最大値\(\frac{1}{2}\),最小値\(\frac{1}{12}\).

\(\ast\)    \(\ast\)    \(\ast\)

はじめに\(x=r\cos \theta,y=r\sin \theta\)とおき,そして「積の和(1次結合)」を「内積」と見なして処理してみました(合成でもいいと思いますが).前回の解法と違い,どの行も同値変形なので逆の考察は必要ありません.たぶんこっちの解法のほうが簡単だと思いますがどうでしょう.

◆値域の問題(つづき)

\begin{align*}
\Longrightarrow~&k=\frac{1}{4} \lor \exists x \exists y \begin{cases} x^2+y^2=k \\ k \neq 0 \land y\neq 0 \\ \exists t \left[ (4k-1)t^2-8kt+(10k-1)=0 \right] \land \exists t \left [\frac{x}{y}=t \right]\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&k=\frac{1}{4} \lor \exists x \exists y \begin{cases} x^2+y^2=k \\ k \neq 0 \land y\neq 0 \\ \exists t \left[ (4k-1)t^2-8kt+(10k-1)=0 \right]\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&k=\frac{1}{4} \lor \exists x \exists y \begin{cases} x^2+y^2=k \\ k \neq 0 \land y\neq 0 \\ \exists t \left[ (4k-1)t^2-8kt+(10k-1)=0 \land (k=\frac{1}{4} \lor k\neq \frac{1}{4})\right]\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&k=\frac{1}{4} \lor \exists x \exists y \begin{cases} x^2+y^2=k \\ k \neq 0 \land y\neq 0 \\ \exists t \left[ (4k-1)t^2-8kt+(10k-1)=0 \land k=\frac{1}{4}\right] \\
\lor \exists t \left[(4k-1)t^2-8kt+(10k-1)=0 \land k\neq \frac{1}{4}\right]\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&k=\frac{1}{4} \lor \exists x \exists y \begin{cases} x^2+y^2=k \\ k \neq 0 \land y\neq 0 \\ \exists t \left[ t=\frac{3}{4} \land k=\frac{1}{4}\right] \lor \exists t \left[\frac{1}{12} \leq k \leq \frac{1}{2} \land k\neq \frac{1}{4}\right]\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&k=\frac{1}{4} \lor \exists x \exists y \begin{cases} x^2+y^2=k \\ k \neq 0 \land y\neq 0 \\ k=\frac{1}{4} \lor \left( \frac{1}{12} \leq k \leq \frac{1}{2} \land k\neq \frac{1}{4}\right)\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&k=\frac{1}{4} \lor \begin{cases} \exists x \exists y ( x^2+y^2=k \land y\neq 0 ) \\ k \neq 0 \\ \frac{1}{12} \leq k \leq \frac{1}{2} \end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&k=\frac{1}{4} \lor \begin{cases} \exists x \exists y ( x^2+y^2=k \land y\neq 0 ) \\ \frac{1}{12} \leq k \leq \frac{1}{2} \end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&k=\frac{1}{4} \lor \left( k \geq 0 \land \frac{1}{12} \leq k \leq \frac{1}{2} \right)\\
\Longleftrightarrow~&\left( k=\frac{1}{4} \lor k \geq 0 \right) \land \left( k=\frac{1}{4} \lor \frac{1}{12} \leq k \leq \frac{1}{2} \right)\\
\Longleftrightarrow~&k \geq 0 \land \frac{1}{12} \leq k \leq \frac{1}{2}\\
\Longleftrightarrow~&\frac{1}{12} \leq k \leq \frac{1}{2}
\end{align*}

逆に,\(k=\frac{1}{12}\)のとき,前記事\((\ast)\)が成り立つかを調べる.
\begin{align*}
&\exists x \exists y \begin{cases} x^2+y^2=k \\ k \neq 0 \land y\neq 0 \\ \exists t \left[ (4k-1)t^2-8kt+(10k-1)=0\land \frac{x}{y}=t \right]\end{cases}\tag{\(\ast\)}\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \begin{cases} x^2+y^2=\frac{1}{12} \\ \frac{1}{12} \neq 0 \land y\neq 0 \\ \exists t \left[ 4t^2+4t+1=0\land \frac{x}{y}=t \right]\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \begin{cases} x^2+y^2=\frac{1}{12} \\ y\neq 0 \\ \exists t \left[ t=-\frac{1}{2}\right] \land y=-2x \end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \begin{cases} x^2+y^2=\frac{1}{12} \\ y=-2x \\ y\neq 0 \end{cases}
\end{align*}
この命題は明らかに真である.

\(k=\frac{1}{2}\)のときも同様に\((\ast)\)は真となる.したがって最大値は\(\frac{1}{2}\),最小値は\(\frac{1}{12}\).

◆値域の問題

\(4x^2-8xy+10y^2=1\)のとき,\(x^2+y^2\)の最大値と最小値を求めよ.

\(x^2+y^2\)がとりうる値の範囲を\(\mathcal{R}\)とおく.
\[
\begin{align*}
&k \in \mathcal{R}\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \begin{cases} x^2+y^2=k \\ 4x^2-8xy+10y^2=1\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \begin{cases} x^2+y^2=k \\ 4x^2-8xy+10y^2=1\end{cases} \land (k=0 \lor k \neq 0)\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \left[\begin{cases} x^2+y^2=k \\ 4x^2-8xy+10y^2=1 \\ k=0 \end{cases} \lor \begin{cases} x^2+y^2=k \\ 4x^2-8xy+10y^2=1 \\ k\neq 0 \end{cases}\right]\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \left[\begin{cases} x=y=0 \\ 4x^2-8xy+10y^2=1 \\ k=0 \end{cases} \lor \begin{cases} x^2+y^2=k \\ 4kx^2-8kxy+10ky^2=k \\ k\neq 0 \end{cases}\right]\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \begin{cases} x^2+y^2=k \\ (4k-1)x^2-8kxy+(10k-1)y^2=0 \\ k \neq 0\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \begin{cases} x^2+y^2=k \\ (4k-1)x^2-8kxy+(10k-1)y^2=0 \\ k \neq 0\end{cases} \land (y=0 \lor y \neq 0)\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \left[\begin{cases} x^2+y^2=k \\ (4k-1)x^2-8kxy+(10k-1)y^2=0 \\ k \neq 0 \\ y=0 \end{cases} \right.\\
&\left.\lor \begin{cases} x^2+y^2=k \\ (4k-1)x^2-8kxy+(10k-1)y^2=0 \\ k \neq 0 \\ y\neq 0 \end{cases}\right]\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \left[\begin{cases} x^2=k \\ (4k-1)x^2=0 \\ k \neq 0\\ y=0 \end{cases} \lor \begin{cases} x^2+y^2=k \\ (4k-1)x^2-8kxy+(10k-1)y^2=0 \\ k \neq 0 \\ y\neq 0 \end{cases}\right]\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \left[\begin{cases} x^2=k \\ (4k-1)k=0 \\ k \neq 0\\ y=0 \end{cases} \lor \begin{cases} x^2+y^2=k \\ (4k-1)\left(\frac{x}{y}\right)^2-8k\frac{x}{y}+(10k-1)=0 \\ k \neq 0 \\ y\neq 0 \end{cases}\right]\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \left[\begin{cases} x^2=\frac{1}{4} \\ k=\frac{1}{4} \\ k \neq 0\\ y=0 \end{cases} \lor \begin{cases} x^2+y^2=k \\ (4k-1)\left(\frac{x}{y}\right)^2-8k\frac{x}{y}+(10k-1)=0 \\ k \neq 0 \\ y\neq 0 \end{cases}\right]\\
\Longleftrightarrow~&k=\frac{1}{4} \lor \exists x \exists y \begin{cases} x^2=\frac{1}{4} \\ y=0 \end{cases} \lor \exists x \exists y\begin{cases} x^2+y^2=k \\ (4k-1)\left(\frac{x}{y}\right)^2-8k\frac{x}{y}+(10k-1)=0 \\ k \neq 0 \land y\neq 0 \end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&k=\frac{1}{4} \lor \exists x \exists y\begin{cases} x^2+y^2=k \\ (4k-1)\left(\frac{x}{y}\right)^2-8k\frac{x}{y}+(10k-1)=0 \\ k \neq 0 \land y\neq 0 \end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&k=\frac{1}{4} \lor \exists x \exists y \left[\begin{cases} x^2+y^2=k \\ (4k-1)\left(\frac{x}{y}\right)^2-8k\frac{x}{y}+(10k-1)=0 \\ k \neq 0 \land y\neq 0 \end{cases} \land \exists t \left[\frac{x}{y}=t\right]\right]\\
\Longleftrightarrow~&k=\frac{1}{4} \lor \exists x \exists y \exists t \begin{cases} x^2+y^2=k \\ (4k-1)\left(\frac{x}{y}\right)^2-8k\frac{x}{y}+(10k-1)=0 \\ k \neq 0 \land y\neq 0 \\ \frac{x}{y}=t\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&k=\frac{1}{4} \lor \exists x \exists y \exists t \begin{cases} x^2+y^2=k \\ (4k-1)t^2-8kt+(10k-1)=0 \\ k \neq 0 \land y\neq 0 \\ \frac{x}{y}=t\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&k=\frac{1}{4} \lor \exists x \exists y \begin{cases} x^2+y^2=k \\ k \neq 0 \land y\neq 0 \\ \exists t \left[ (4k-1)t^2-8kt+(10k-1)=0\land \frac{x}{y}=t \right]\end{cases}\tag{\(\ast\)}\
\end{align*}
\]
ここで,\(\exists x [p(x) \land q(x)] \Longrightarrow \exists x p(x) \land \exists x q(x)\)であることに注意して,(つづき

◆軌跡と同値変形その2

とある軌跡の問題の模範解答に関して次のような質問がありました.

模範解答では,\(X=\frac{16m^2}{4m^2+1}\)を得たのち
\[\text{「\(m^2<\frac{1}{12}\)を満たす実数の存在条件は\(0 \leq m^2<\frac{1}{12}\)だから,\(0 \leq X <1\)」}\]
とあるが,これは論理的にはどのように導いたのか?

 

模範解答だとたしかに何をやっているのか,というか何をいっているのかよくわかりません.

そこで論理式で考えます.模範解答の論理の流れはおそらくは以下です(代入法による解答との分岐点は\((1)\)からです):

\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 0\leq 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~&\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 \land \exists t\geq 0 [t=m^2]\right]\tag{1}\\
\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 \land \exists t[t\geq 0 \land t=m^2]\right]\tag{2}\\
\Longleftrightarrow~&\exists m \exists t\left[X=\frac{16m^2}{4m^2+1} \land m=\frac{Y}{X-4}\land m^2<\frac{1}{12} \land X \neq 4 \land t \geq 0 \land t=m^2\right]\tag{3}\\
\Longleftrightarrow~&\exists m \exists t\left[X=\frac{16t}{4t+1} \land m=\frac{Y}{X-4}\land t<\frac{1}{12} \land X \neq 4 \land t \geq 0 \land t=m^2\right]\tag{4}\\
\Longleftrightarrow~&\exists t\left[t=\frac{1}{4}\left(\frac{X}{4-X}\right) \land 0\leq t<\frac{1}{12} \land X \neq 4 \land t=\left(\frac{Y}{X-4}\right)^2\right]\tag{5}\\
\Longleftrightarrow~&0\leq \frac{1}{4}\left(\frac{X}{4-X}\right)<\frac{1}{12} \land X \neq 4 \land \frac{1}{4}\left(\frac{X}{4-X}\right)=\left(\frac{Y}{X-4}\right)^2\tag{6}\\
\Longleftrightarrow~&\frac{(X-2)^2}{4}+Y^2 = 1 \land 0 \leq X < 1 \land X \neq 4 \\
\Longleftrightarrow~&\frac{(X-2)^2}{4}+Y^2 = 1 \land 0 \leq X < 1
\end{align*}

\((0)\)ここまでこれと同じ
\((1)\)恒真条件\(\exists t \geq 0 [t=m^2]\)の追加.\(\exists m\)の支配域の下で考えているので,当然\(m^2\)すなわち\(0\)以上の\(t\)が存在しますから,恒真条件です.
\((2)\)略記の書き直し
\((3)\)\(\exists t\)の支配域の変更.自分\((t=m^2)\)以外はどれも変数\(t\)を含んでいないのでいちばん外側に追い出せます.
\((4)\)代入法(\(m^2\)に\(t\)を代入)
\((5)\)\(\exists m\)の処理
\((6)\)\(\exists t\)の処理

こうしてみると,模範解答での「(\(X=\frac{16m^2}{4m^2+1}\)において)\(m^2<\frac{1}{12}\)を満たす実数の存在条件は\(0 \leq m^2<\frac{1}{12}\)だから,\(0 \leq X <1\)」とは,厳密には以下のような操作を指して言っているのだと分かります:

    • \(m^2\)を\(t\)とおき\(\left((0) \Leftrightarrow (1)\right)\),
    • 支配域の変更を経て\(\left((3)\right)\),
    • 代入法により\(X=\frac{16t}{4t+1}\left(\Leftrightarrow t=\frac{1}{4}\left(\frac{X}{4-X}\right)\right)\)と(★)\(0\leq t<\frac{1}{12}\)が出現するわけですが\(\left((4)\right)\),
    • 前者は\(t\)についての1次式ですから,\(\exists t\)により\(t\)を同値変形として「消去」できて,\(\left((5) \Leftrightarrow (6)\right)\)
    • 結果,(★★)同値性を保ったまま\(0 \leq X < 1\)が得られる.

模範解答にある
\[\text{「\(m^2<\frac{1}{12}\)を満たす実数の存在条件は\(0 \leq m^2<\frac{1}{12}\)だから,」}\]
に対応する部分が(★),そして
\[\text{「\(0 \leq X <1\)」}\]
に対応する部分が(★★),であろうとおそらくは考えられます.…確かに,このような内容になると「端折る」ことも必要になってくるのかもしれません.

他方,次のような「置き換え」をしない変形も考えられます.

(別解釈)
\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~&\exists m\left[m^2=\frac{1}{4}\left(\frac{X}{4-X}\right)\land m=\frac{Y}{X-4}\land m^2<\frac{1}{12} \land X \neq 4 \right] \tag{1}\\
\Longleftrightarrow~&\exists m \left[m^2=\frac{1}{4}\left(\frac{X}{4-X}\right) \land m=\frac{Y}{X-4}\land \frac{1}{4}\left(\frac{X}{4-X}\right)<\frac{1}{12} \land X \neq 4 \right]\tag{2}\\
\Longleftrightarrow~&\left(\frac{Y}{X-4}\right)^2=\frac{1}{4}\left(\frac{X}{4-X}\right) \land \frac{1}{4}\left(\frac{X}{4-X}\right)<\frac{1}{12} \land X \neq 4 \tag{3}\\
\Longleftrightarrow~&\frac{(X-2)^2}{4}+Y^2 = 1 \land (X < 1 \lor 4 < X) \land X \neq 4\\
\Longleftrightarrow~&\left(\frac{(X-2)^2}{4}+Y^2 = 1 \land X \neq 4 \land X < 1 \right) \lor \left( \frac{(X-2)^2}{4}+Y^2 = 1\land X \neq 4 \land 4 < X \right) \\
\Longleftrightarrow~&\frac{(X-2)^2}{4}+Y^2 = 1 \land X \neq 4 \land X < 1 \tag{\(\ast\)}\\
\Longleftrightarrow~&\frac{(X-2)^2}{4}+Y^2 = 1 \land 0 \leq X < 1 \tag{\(\ast\)}
\end{align*}

\((1)\)は第一式を\(m^2\)について解いた
\((2)\)代入法
\((3)\)\(\exists m\)の処理

\((\ast)\)は下図による.

 

◆軌跡と同値変形その1

\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

同値変形で遊ぶ

\(x,y\)が\(4\)つの不等式\[x \geq 0,~y \geq 0,~2x+y \leq 8,~2x+3y \leq 12 \]を同時に満たすとき,\(x+y\)の最大値,最小値を求めよ.

出典:高等学校 数学Ⅱ 数研出版

数学Ⅱ教科書の「軌跡と領域」における最後に登場する中ボス的な有名問題です.いわゆる「線型計画法」によって解く問題ですね.「領域を描いて~直線がその領域に触れる範囲内で切片が最大・最小のものを答えて~」みたいなやつ.

これを教科書のように絵に頼らず,論理式で記述してみます.

解答

\begin{align*}
&x+yがkという値をとる\\
\Longleftrightarrow~& \exists x \exists y [x+y=k \land x \geq 0 \land y \geq 0 \land 2x+y \leq 8 \land 2x+3y \leq 12]\tag{1}\\
\Longleftrightarrow~& \exists x \exists y[y=k-x \land x \geq 0 \land y \geq 0 \land 2x+y \leq 8 \land 2x+3y \leq 12]\tag{\(\ast\)}\\
\Longleftrightarrow~& \exists x [x \geq 0 \land k-x \geq 0 \land 2x+(k-x) \leq 8 \land 2x+3(k-x) \leq 12\tag{2}]\\
\Longleftrightarrow~& \exists x [x \geq 0 \land k \geq x \land x \leq 8-k \land 3k-12 \leq x]\\
\Longleftrightarrow~& \exists x [(x \geq 0 \land k \geq x \land x \leq 8-k \land 3k-12 \leq x)\land (3k-12<0 \lor 0 \leq 3k-12)]\tag{3}\\
\Longleftrightarrow~& \exists x [(x \geq 0 \land k \geq x \land x \leq 8-k \land 3k-12 \leq x \land 3k-12<0) \\
&\lor (x \geq 0 \land k \geq x \land x \leq 8-k \land 3k-12 \leq x \land 0 \leq 3k-12)]\tag{4}\\
\Longleftrightarrow~& \exists x [x \geq 0 \land k \geq x \land x \leq 8-k \land 3k-12 \leq x \land 3k-12<0] \\
&\lor \exists x[x \geq 0 \land k \geq x \land x \leq 8-k \land 3k-12 \leq x \land 0 \leq 3k-12]\tag{5}\\
\Longleftrightarrow~& \exists x [0 \leq x \leq k \land 3k-12 \leq x \leq 8-k \land 3k-12<0] \\
&\lor \exists x[0 \leq x \leq k \land 3k-12 \leq x \leq 8-k \land 0 \leq 3k-12]\\
\Longleftrightarrow~& (0 \leq k \land 3k-12 \leq 8-k \land 3k-12<0) \\
&\lor (0 \leq k \land 3k-12 \leq 8-k \land 0 \leq 3k-12)\tag{6}\\
\Longleftrightarrow~& (0 \leq k \land k \leq 5 \land k < 4) \lor (0 \leq k \land k \leq 5 \land 4 \leq k)\\
\Longleftrightarrow~& 0 \leq k < 4 \lor 4 \leq k \leq 5\\
\Longleftrightarrow~& 0 \leq k \leq 5
\end{align*}

したがって,最大値\(5\),最小値\(0\).

\((1)\)は式の主張そのままなのですが,慣れないとこの言い換えが一番難しいかも知れません.この記事と同じ考え方です.
\((2)\)は存在記号の処理
\((3)\)は恒真条件\(3k-12<0 \lor 0 \leq 3k-12\)の追加
\((4)\)は分配法則
\((5)\)は存在記号の分配
\((6)\)はこちらの記事

…と,この解法はもはや完全に趣味ですね^^;大人しく教科書と同じく線型計画法で解いた方が明快でスマートだと思います.しかし,この解法のおもしろポイントは絵に頼らない(数直線はイメージしますが…)で論理を’計算’する感覚で機械的に答えにたどりつく,という点です(以前紹介した軌跡の問題と同じ).視覚的に解く以外にも,こういった論理だけでゴリゴリ攻める姿勢も身に付けておいても決して無駄にはならないと思います.

ちなみに教科書の解法(線型計画法)は\((\ast)\)の段階で視覚化を考えた,と考えられます.ですからいずれの解法にしても\((1)\)の言い換えは本来教科書レベルであっても必要なものだと思います.例によって「解ければいいや」で覚えて済ましがちですけどね.

軌跡と同値関係

原点\(O\)からの距離と点\(A(3,0)\)からの距離の比が\(2:1\)である点\(P\)の軌跡を求めよ.

教科書では「点\(P\)の軌跡を求める手順」を次のように言っています

    1. 条件を満たす点\(P\)の座標を\((x,~y)\)として,点\(P\)に関する条件を\(x,~y\)の式で表し,この方程式が表す図形が何かを調べる.
    2. 逆に,で求めた図形上のすべての点\(P\)が,与えられた条件を満たすことを確かめる.

引用元:『高等学校 数学Ⅱ』数研出版

 

で,その解法に従った解答が,

点\(P\)に関する条件は\[OP:AP=2:1\]
これより\[2AP=OP\]
すなわち\[4AP^2=OP^2\]
\(AP^2=(x-3)^2+y^2,~OP^2=x^2+y^2\)を代入すると\(4\left\{(x-3)^2+y^2\right\}=x^2+y^2\)
整理すると\(x^2-8x+y^2+12=0\)すなわち\((x-4)^2+y^2=2^2\).
よって点\(P\)は円\((x-4)^2+y^2=2^2\)上にある.
逆に,この円上のすべての点\(P(x,~y)\)は,条件を満たす.
したがって,求める軌跡は,点\((4,~0)\)を中心とする半径\(2\)の円である.

引用元:『高等学校 数学Ⅱ』数研出版

 

とあります.ここで疑問.

逆に,この円上のすべての点\(P(x,~y)\)は,条件を満たす」これは何?っていうか,なぜこんなことが言えるの?実際にその「すべての点」について「距離の比が\(2:1\)である」と調べたってこと?でも「すべての点」って,得られた図形は円だから円上の点,すなわち「無限個の点」ということでしょ?無限回計算して調べるわけ…??

…と思った人も少なくないはず.これ,疑問を持つほうが自然で,その人の理解力が無いんじゃなく,はっきり言って教科書のほうが悪い.まさに教科書特有のダメダメ記述の代表格.にもかかわらず何のフォローもないという.結果どうするか?「良く分からないから覚えよう」になる.だからあまり深く考えない人ほどテキトーにスルーして得点できる.こんな勉強を強いられる(真面目な)高校生が本当かわいそう.

別解を示します.

解答
\[
\begin{align}
&OP:AP=2:1\\
\Longleftrightarrow &~2AP=OP\\
\Longleftrightarrow &~4AP^2=OP^2\\
\Longleftrightarrow &~4\left\{(x-3)^2+y^2\right\}=x^2+y^2\\
\Longleftrightarrow &~x^2-8x+y^2+12=0\\
\Longleftrightarrow &~(x-4)^2+y^2=2^2\\
\end{align}
\]
したがって,求める軌跡は,点\((4,~0)\)を中心とする半径\(2\)の円.

このようにかけば逆の考察など必要ありません.その理由は,上のように一連の式の間の論理関係を見てらえればわかりますが,どれも同値変形だからです.このような同値記号を用いた記述であれば,このこと,すなわち「各式は明らかに同値だから,逆の考察はしないよ」という意思表示になっています.だから逆の考察は必要ない,というわけです.

対して,教科書の解答はどういう意図のもとに「逆に~」を書いているのでしょうか.解答では「これより」「すなわち」「整理すると」「よって」…という(数学的定義のない)日本語を多用しているところを見るに,各段階において十分性を意識せずに変形している,と考えられます(「最初に十分性を追わずに必要性だけ追っていき,あとで別枠で十分性を調べる」という論法自体は数学ではよく見られる方法で,それ自体は問題はありません).論理式で書けば

\[
\begin{align}
&OP:AP=2:1\\
\Longrightarrow &~2AP=OP\\
\Longrightarrow &~4AP^2=OP^2\\
\Longrightarrow &~4\left\{(x-3)^2+y^2\right\}=x^2+y^2\\
\Longrightarrow &~x^2-8x+y^2+12=0\\
\Longrightarrow &~(x-4)^2+y^2=2^2\\
\end{align}
\]

という構造になっているので,最後に元の条件と同値であるかどうか確認が求められる,だから上の論理式において「\(\Leftarrow\)も言えるよ」という意味で「逆に,この円上のすべての点\(P(x,~y)\)は,条件を満たす.」と書いたのでしょう.しかしこれもかなり譲歩して読み取ればの話で,解答の書き方では冒頭に記したように「\((x-4)^2+y^2=2^2\)をみたすすべての点,つまり無限個の点について距離の比が\(2:1\)であると無限回調べた」としか読み取れないと思うんですがね.

もちろん教科書特有の色々な制約の下でのやむを得ない記述なんでしょうけど,正直者が馬鹿を見る(真面目な;思慮深い生徒が躓く)的な記述はいかがなものか,と思う.せめて解答欄外でフォローしようよ,と思いますね.これだから教科書至上主義は危険です.

「いやそんなややこしいこと考えずともに最後に『逆に~』の一言を書いときゃそれでOKでしょ点数は貰えるし」と思う人.それは教科書レベルでの話.少し発展的な問題になると痛い目にあいますよ.