カテゴリー: 数学Ⅱ

結論から言うと，合成の公式は覚える式ではありません．覚えても使い物になりません．そして忘れてしまえば終わりです．

\(a \sin \theta + b \cos \theta\)を合成してみます．以下のように「導く」のがおすすめです．

証明

まず\(\sin\theta,\cos\theta\)の係数\(a,b\)の二乗の和のルートをくくりだす．すなわち
\[
\begin{align*}
a \sin \theta + b \cos \theta &= \sqrt{a^2+b^2}\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\sin \theta + \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\cos \theta\right)\\
\end{align*}
\]ここで，点\(\displaystyle \left(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}},\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)\)は\(\displaystyle\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2+\left(\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2=1\)をみたすことから単位円周上の点であるといえるので，その点と原点を結ぶ線分が\(x\)軸の正の方向となす角を\(\alpha\)とおけば
\[\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}=\cos \alpha,~\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}=\sin \alpha \tag{\(\ast\)}\]とおける．
したがって
\[
\begin{align*}
a \sin \theta + b \cos \theta &= \sqrt{a^2+b^2}\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\sin \theta + \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\cos \theta\right)\\
&=\sqrt{a^2+b^2}\left(\cos \alpha \sin \theta + \sin \alpha \cos \theta\right)\\
&=\sqrt{a^2+b^2}\left(\sin \theta \cos \alpha+\cos \theta \sin \alpha\right)
\end{align*}
\]
加法定理を逆向きに使うことで
\[=\sqrt{a^2+b^2}\sin(\theta + \alpha)\]

証明終

これは証明のための操作ではなく，実際に合成する際も上の証明と全く同じように考え，変形します．ですからこの証明を理解するということは，すなわち具体的な合成の手法が手に入ったということを意味します．また，上のように理解しておくと，たとえば\((\ast)\)において，点\(\displaystyle \left(\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}},\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)\)であっても\(\displaystyle\left(\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2+\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2=1\)をみたすことからやはり単位円周上の点であるといえるので，\[\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}=\cos \alpha’,~\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}=\sin \alpha’\]ともおけることに気付きます．ここから上と同様の変形を行うと，
\[
\begin{align*}
a \sin \theta + b \cos \theta &= \sqrt{a^2+b^2}\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\sin \theta + \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\cos \theta\right)\\
&=\sqrt{a^2+b^2}\left(\sin \alpha’ \sin \theta + \cos \alpha’ \cos \theta\right)\\
&=\sqrt{a^2+b^2}\left(\cos \theta\cos \alpha’ + \sin \theta\sin \alpha’\right)\\
&=\sqrt{a^2+b^2}\cos(\theta + \alpha’)
\end{align*}
\]とも変形できることに必然的に気付きます．

\(\ast\)　　　　　　\(\ast\)　　　　　　\(\ast\)

公式を導出するまでのに多くの時間と労力を要するのなら，その結果を覚えることも確かに必要です．しかし，そうでないのなら，必要に応じてその場で作ってしまえばいいと割り切ってしまうのもひとつの姿勢です．

結果を覚えるのではなく，導出できるようにしておけば，万が一忘れてもすぐに再現できる．忘れてもいいやと開き直れる．導出過程自体が解法の糸口になることもある．他の公式との共通点が見えきて機会が深まことだって珍しくない．いいことづくめ．

公式を結果だけ覚えろ，あるいは覚えるしかないなどと言われたら相手が誰であれ警戒しましょう．一旦立ち止まり，本当に覚える必要のある式なのか？記憶に頼らずにかわす方法はないか？を自分自身の頭で考える癖を持ちしましょう．自分ひとりで判断できなければ，友人をはじめいろいろな人に意見を求めましょう．数学においても「セカンドオピニオン」は重要です．

不等式

を証明します．

証明
\begin{align*}
&\displaystyle \sqrt{\sum_{i=1}^n (a_i+b_i)^2} \leq \sqrt{\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i^2} + \sqrt{\displaystyle \sum_{i=1}^n b_i^2}\\
\Longleftrightarrow~&\displaystyle \sum_{i=1}^n (a_i+b_i)^2 \leq \displaystyle \sum_{i=1}^n a_i^2 +2\sqrt{\left(\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i^2\right)\left(\displaystyle \sum_{i=1}^n b_i^2\right)} + \displaystyle \sum_{i=1}^n b_i^2\\
\Longleftrightarrow~&\displaystyle \sum_{i=1}^n a_ib_i \leq \displaystyle \sqrt{\left(\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i^2\right)\left(\displaystyle \sum_{i=1}^n b_i^2\right)}\\
\Longleftarrow~&\displaystyle \left|\sum_{i=1}^n a_ib_i \right| \leq \displaystyle \sqrt{\left(\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i^2\right)\left(\displaystyle \sum_{i=1}^n b_i^2\right)}\quad\text{※ 十分条件}\\
\Longleftrightarrow~&\displaystyle \left(\sum_{i=1}^n a_ib_i \right)^2 \leq \displaystyle \left(\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i^2\right)\left(\displaystyle \sum_{i=1}^n b_i^2\right)
\end{align*}
したがって，最後の不等式を証明すればよい．ここで，天下りではあるが，\[\displaystyle \sum_{i=1}^n (a_ix+b_i)^2\]という式を考える．平方の和なので，これはもちろん正であることに着目して，
\begin{align*}
&\displaystyle \sum_{i=1}^n (a_ix+b_i)^2 \geq 0\\
\Longleftrightarrow~&\displaystyle \left(\sum_{i=1}^n a_i^2\right)x^2+2\left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)x + \sum_{i=1}^nb_i^2 \geq 0\\
\Longleftrightarrow~&\left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2-\left(\sum_{i=1}^n a_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^nb_i^2\right) \leq 0\quad\text{※ 判別式}\\
\Longleftrightarrow~&\left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2 \leq \left(\sum_{i=1}^n a_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^nb_i^2\right)\\
\end{align*}証明終

途中の不等式はSchuwarzの不等式と呼ばれます．

\(n=2,3\)の場合の証明は数学Ⅱの練習問題でお馴染みですが，一般の場合は上のように証明するのが有名です．

\(x^2+y^2\)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．

\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\(\frac{1}{12}\)．

\(x^2+y^2\)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）

円と放物線が共有点をもつときの\(k\)の範囲を\(\mathcal{D}\)とおく．
\begin{align*}
&k\in\mathcal{D}\\
\Longleftrightarrow~ &\exists x \exists y \begin{cases}x^2+y^2=4 \\ y=x^2+k\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~ &\exists x \exists y \begin{cases}x^2+y^2=4 \\ y=(4-y^2)+k\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~ &\exists x \exists y \begin{cases}x^2=4-y^2 \\ y^2+y-4-k=0\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~ &\exists y\left[\exists x [x^2=4-y^2] \land y^2+y-4-k=0 \right]\\
\Longleftrightarrow~ &\exists y\left[-2 \leq y \leq 2 \land y^2+y-4=k \right]\\
\Longleftrightarrow~ &\exists y\left[-2 \leq y \leq 2 \land \left(y+\frac{1}{2}\right)^2-\frac{17}{4}=k \right]\\
\Longleftrightarrow~ &-\frac{17}{4} \leq k \leq 2 \tag{\(\ast\)}
\end{align*}
\((2)~\)上の結果と下図から，接するとき，\(k=\pm 2\)または\(k=-\frac{17}{4}\)．

\((1)~\)\((2)\)の考察と上図から，異なる\(4\)つの共有点をもつとき，\(-\frac{17}{4} < k < -2\)．

\((\ast)\)の考察は下図による（文字定数は分離せよ，の方針）．

\(\rm(i\hspace{-.08em}i\hspace{-.08em}i)\)のとき．
\begin{align*}
&\text{円と放物線が接する}\\
\overset{def}{\Longleftrightarrow}~&\text{円と放物線が\(1\)点\(\mathrm{T}\)を共有し，点\(\mathrm{T}\)における両者の接線が一致する}\\
\Longleftrightarrow~&\text{放物線上の点\(\mathrm{T}\)を通り，その点における接線に垂直な直線が円の中心を通る}\\
\end{align*}
であることに着目する．\(\mathrm{T}(t,t^2+k)\)とおく．放物線上の点\(\mathrm{T}\)を通り，その点における接線に垂直な直線の方程式は\((t^2+k)’=2t\)であることから
\[y-(t^2+k)=-\frac{1}{2t}(x-t)\]
とかける．これが原点を通るから，
\[0-(t^2+k)=-\frac{1}{2t}(0-t) \Longleftrightarrow t^2=-k-\frac{1}{2}\]
これを満たす\(t\)が存在すればよいから（点\(\mathrm{T}\)は円上の点であることにも注意して），
\begin{align*}
&\exists t\begin{cases}t^2+(t^2+k)^2=4 \\ t^2=-k-\frac{1}{2}\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~& \exists t\begin{cases}\left(-k-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{4}=4 \\ t^2=-k-\frac{1}{2}\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~& \exists t\begin{cases}k=-\frac{17}{4}\\ t^2=-k-\frac{1}{2}\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~& \exists t\left[k=-\frac{17}{4} \land t^2=\frac{15}{4}\right]\\
\Longleftrightarrow~& k=-\frac{17}{4} \land \exists t\left[t^2=\frac{15}{4}\right]\\
\Longleftrightarrow~& k=-\frac{17}{4}
\end{align*}

「円と放物線」の定番問題です．多くの解答では「重解条件」を用いていますが，どこか気持ち悪い．「重解条件」を使わない解法について見てみます．

\((2)\)別解

図により，
\[\text{接する}~\Longleftrightarrow \rm(\hspace{.18em}i\hspace{.18em})\text{または}\rm(\hspace{.08em}ii\hspace{.08em})\text{または}\rm(i\hspace{-.08em}i\hspace{-.08em}i)\]である．

\(\rm(\hspace{.18em}i\hspace{.18em})\)のとき，図より明らかに\(k=2\)．逆も成り立つ．

\(\rm(\hspace{.08em}ii\hspace{.08em})\)のとき，図より明らかに\(k=-2\)．逆も成り立つ．

\(\rm(i\hspace{-.08em}i\hspace{-.08em}i)\)のとき．
\(y=x^2+k\)上の点を\(P(s,s^2+k)\)とおく．線分\(OP\)を調べる．
\begin{align*}
OP^2=&s^2+(s^2+k)^2\\
=&t+(t+k)^2&(s^2=t\text{とおいた})\\
=&t^2+(2k+1)t+k^2\\
=&\left(t+k+\frac{1}{2}\right)^2-k-\frac{1}{4}&(t\geq 0)\\
\end{align*}
図より\(k<-2\)であるから\[-k-\frac{1}{2} > \frac{3}{2}\]
であることに注意すると，\(OP^2\)の最小値は\(-k-\frac{1}{4}\)．これが円の半径\(2\)と一致するとき，かつそのときに限り円と放物線は\(\rm(i\hspace{-.08em}i\hspace{-.08em}i)\)のように接する．したがって
\[\sqrt{-k-\frac{1}{4}}=2\Longleftrightarrow k=-\frac{17}{4}\]
以上により求める条件は\(k=\pm 2\)または\(k=-\frac{17}{4}\)となる．

\(\ast\)　　　　\(\ast\)　　　　\(\ast\)

（\(\rm(i\hspace{-.08em}i\hspace{-.08em}i)\)の別解はこちら）

という定番の問題についてみてみます．これは\(x+y=u,xy=v\)とおいたあと，「\(x,y\)が実数」という条件を\(u,v\)に反映させるのがポイントなのでした．すなわち，\(t^2-ut+v=0\)の判別式を\(\geq 0\)とすることにより
\[u^2-4v \geq 0\]
この不等式に注意しながら\(x+y+xy\)の最大値・最小値を調べる，という流れが定石でした（虎は死んで皮を残す，人は死んで名を残す，文字は死んで変域を残す…）．この，\(u^2-4v \geq 0\)を得る流れは論理的にはどうなっているのか，調べてみます．

解答
\begin{align*}
&\text{\(x+y+xy\)が\(k\)という値をとる}\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y[x+y+xy=k \land 2x^2+3xy+2y^2=1]\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \left[x+y+xy=k \land 2x^2+3xy+2y^2=1 \land \exists u \exists v \begin{cases}x+y=u\\xy=v\end{cases}\right]\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \exists u \exists v\left[x+y+xy=k \land 2(x+y)^2-xy=1 \land \begin{cases}x+y=u\\xy=v\end{cases}\right]\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \exists u \exists v\left[u+v=k \land 2u^2-v=1 \land \begin{cases}x+y=u\\xy=v\end{cases}\right]\\
\Longleftrightarrow~&\exists u \exists v\left[u+v=k \land 2u^2-v=1 \land \exists x \exists y \begin{cases}x+y=u\\xy=v\end{cases}\right]\tag{\(\ast\)}
\end{align*}
ここで，
\begin{align*}
&\exists x \exists y \begin{cases}x+y=u\\xy=v\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \begin{cases}x+y=u\\ \frac{1}{4}((x+y)^2-(x-y)^2)=v\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \begin{cases}x+y=u \\ (x-y)^2=u^2-4v\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \begin{cases}x+y=u \\ |x-y|=\sqrt{u^2-4v}\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \exists y \begin{cases}y=u-x \\ (x-y=\sqrt{u^2-4v} \land x-y \geq 0 ) \lor (y-x=\sqrt{u^2-4v} \land x-y < 0 )\end{cases}\\ \Longleftrightarrow~&\exists x \left[\left(x=\frac{1}{2}\left(u+\sqrt{u^2-4v}\right) \land x \geq \frac{u}{2} \right) \lor \left(x=\frac{1}{2}\left(u-\sqrt{u^2-4v}\right) \land x < \frac{u}{2} \right)\right]\\ \Longleftrightarrow~&\frac{1}{2}\left(u+\sqrt{u^2-4v}\right) \geq \frac{u}{2} \lor \frac{1}{2}\left(u-\sqrt{u^2-4v} \right) < \frac{u}{2} \\ \Longleftrightarrow~&\sqrt{u^2-4v} \geq 0 \lor \sqrt{u^2-4v} < 0\\ \Longleftrightarrow~&\sqrt{u^2-4v} \geq 0\\ \Longleftrightarrow~&u^2-4v \geq 0\\ \end{align*} であるから，
\begin{align*}
(\ast)\Longleftrightarrow~&\exists u \exists v\left[u+v=k \land v=2u^2-1 \land u^2-4v \geq 0\right]\\
\Longleftrightarrow~&\exists u \left[u+(2u^2-1)=k \land u^2-4(2u^2-1) \geq 0\right]\\
\Longleftrightarrow~&\exists u \left[k = 2u^2+u-1 \land -\frac{2}{\sqrt{7}} \leq u \leq \frac{2}{\sqrt{7}}\right]\\
\Longleftrightarrow~&-\frac{9}{8} \leq u \leq \frac{1}{7}+\frac{2}{\sqrt{7}}
\end{align*}
ゆえに，最大値\(\displaystyle \frac{1}{7}+\frac{2}{\sqrt{7}}\)，最小値\(\displaystyle -\frac{9}{8}\).

\(\ast\)　　　　\(\ast\)　　　　\(\ast\)

「ここで，～であるから」までがいわゆる「実数の存在条件」の処理です．前回の「\(m^2<\frac{1}{12}\)を満たす実数の存在条件は～」と同じ考え方で導出してみました．

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．