カテゴリー: 数学A

メネラウスの定理とは，

という仮定のもとで（※ 簡単のために「点\(\mathrm{P,Q,R}\)がすべて各辺の延長上の点である場合」は除いて考えることにします。），

が成り立つ，というものでした。問題では（\(\Rightarrow\)）で使うことが圧倒的に多いのですが，まれに（\(\Leftarrow\)）で使うことがあります。問題集等では唐突に出てきますがその証明は載ってないことが多いので以下に示します。

証明

（\(\Rightarrow\)の証明は有名なので割愛）

（\(\Leftarrow\)の証明）
直線\(\mathrm{RQ}\)が直線\(\mathrm{BC}\)と交わる点を\(\mathrm{P^{\prime}}\)とする．

メネラウスの定理（上で証明済み）により，
\[\frac{RB}{AR}\cdot\frac{P^{\prime}C}{BP^{\prime}}\cdot\frac{QA}{CQ}=1\tag{1}\]
仮定により\[\frac{RB}{AR}\cdot\frac{PC}{BP}\cdot\frac{QA}{CQ}=1\tag{2}\]
\((1)\)により\[\frac{RB}{AR}\cdot\frac{QA}{CQ}=\frac{BP^{\prime}}{P^{\prime}C}\]

これを\((2)\)に代入すると
\begin{align*}
\frac{PC}{BP}\cdot\frac{BP^{\prime}}{P^{\prime}C}=1\Longleftrightarrow~&\frac{PC}{BP}=\frac{P^{\prime}C}{BP^{\prime}}\\
\Longleftrightarrow~&BP:PC=BP^{\prime}:P^{\prime}C
\end{align*}
よって\(P=P^{\prime}\)．ゆえに\(P,Q,R\)は一直線上に存在する．

証明終

• メネラウスの定理は一般的には高校で習いますが，学校によっては中学でも扱います。これを使うことで妙な（？）補助線を思いつく必要がなくなったりします。
• 上のように中学幾何は論理（必要性・十分性）を学ぶ絶好の機会…と思うのだけど学習の際はそこはあまり強調されないようです。証明に至っては「証明は型にはめる作業だ」と教わることもあるそうな…
• チェバの定理の逆も同じようにして証明できます。

前回記事（上の問題）の1. \[2x^2+3xy-2y^2-3x+4y-5=0\]を因数分解せずに解くとどうなるかを見てみます。前と同様，
\begin{align*}
&2x^2+3xy-2y^2-3x+4y-5=0\\
\Longleftrightarrow~&x=\frac{-3(y-1)\pm \sqrt{25y^2-50y+49}}{4}
\end{align*}と変形し，ここから必要条件として\[25y^2-50y+49\geq 0\]が得られますが，しかしこれは何の旨味もないものです。なぜならこの式を満たす\(y\in \mathbb{Z}\)は無数にあり，\(y\)が絞れないからです。そこで必要条件として別のものをとり出してみます。

別解

\begin{align*}
&2x^2+3xy-2y^2-3x+4y-5=0\\
\Longleftrightarrow~&x=\frac{-3(y-1)\pm \sqrt{25y^2-50y+49}}{4}
\end{align*}\(x\)は整数であるから\[25y^2-50y+49=k^2\quad(k=0,1,2,\cdots)\]と表せることが必要．ここで
\begin{align*}
&25y^2-50y+49=k^2\\
\Longleftrightarrow~&25(y^2-2y+1-1)-k^2+49=0\\
\Longleftrightarrow~&25(y-1)^2-k^2=-24\\
\Longleftrightarrow~&(5(y-1)-k)(5(y-1)+k)=-24\\
\Longleftrightarrow~&(5y-k-5)(5y+k-5)=-24(=-2^3\times 3)
\end{align*}
また，\((5y-k-5)+(5y+k-5)=2(5y-3)(=\text{偶数})\)であることから\(5y-k-5\)と\(5y+k-5\)の偶奇は一致すること，そして\(5y-k-5<5y+k-5\)であることから，\((5y-k-5,5y+k-5)\)の組み合わせは\[(-2^1,2^2\cdot 3),(-2^2,2^1\cdot 3),(-2^1\cdot 3,2^2),(-2^2\cdot 3,2^1)\]の\(4\)通りであることが分かる．これより\(y=2,\frac{6}{5},\frac{4}{5},0\)が得られ，\(y\)は整数だから\(y=0,2\)で\(x=-1,1\)．したがって求める答えは\((x,y)=(-1,0),(1,2)\)である．

別解終

途中，必要条件なのに逆の考察をしていないのはやはり同値だからです。論理式で記述すると（つづく）

1.
整数問題の大まかなタイプとしては，

因数分解，範囲を絞ってしらみつぶし，合同式の利用（余りで分類）

というのは有名ですが，このうち一つ目の因数分解を狙うというのは自然な発想かと思います。

（因数分解の方針その１）
\begin{align*}
&2x^2+3xy-2y^2-3x+4y-5=0\\
\Longleftrightarrow~&2x^2+3(y-1)x-2y^2+4y-5=0\\
\Longleftrightarrow~&2x^2+3(y-1)x-2(y^2-2y+1-1)-5=0\\
\Longleftrightarrow~&2x^2+3(y-1)x-2(y-1)^2-3=0\\
\Longleftrightarrow~&(2x-y+1)(x+2y-2)=3
\end{align*}

3行目の変形がちょっと苦しい…？＾＾；

（因数分解の方針その２）
\begin{align*}
&2x^2+3xy-2y^2-3x+4y-5=0\\
\Longleftrightarrow~&2x^2+3(y-1)x-2y^2+4y-5=0\\
\Longleftrightarrow~&2\left(x^2+\frac{3(y-1)}{2}x+\frac{9(y-1)^2}{16}-\frac{9(y-1)^2}{16}\right)-2y^2+4y-5=0\\
\Longleftrightarrow~&2\left(x+\frac{3(y-1)}{4}\right)^2-\frac{9(y-1)^2}{8}-2y^2+4y-5=0\\
\Longleftrightarrow~&(4x+3(y-1))^2-9(y-1)^2-16y^2+32y-40=0\\
\Longleftrightarrow~&(4x+3(y-1))^2-25y^2+50y-49=0\\
\Longleftrightarrow~&(4x+3(y-1))^2-25(y^2-2y+1-1)-49=0\\
\Longleftrightarrow~&(4x+3(y-1))^2-25(y-1)^2=24\\
\Longleftrightarrow~&(4x-2y+2)(4x+8y-8)=24\\
\Longleftrightarrow~&(2x-y+1)(x+2y-2)=3
\end{align*}平方完成で強引に。

（因数分解の方針その３）
\(2x^2+3xy-2y^2=(2x-y)(x+2y)\)に着目し，\((2x-y+a)(x+2y+b)\)という式の展開式を考えます。すると\[(2x-y+a)(x+2y+b)=2x^2+3xy-2y^2+Ax+By+C\]という与式の形が現れますから，\(A=-3,B=4\)を解いて，\(a,b\)を求めます（これを\(a_0,b_0\)とします。これにより\(C=C_0\)も求まる）：\[(2x-y+a_0)(x+2y+b_0)=2x^2+3xy-2y^2-3x+4y+C_0\]与式より\(2x^2+3xy-2y^2-3x+4y=5\)でしたから
\begin{align*}
&(2x-y+a_0)(x+2y+b_0)=2x^2+3xy-2y^2-3x+4y+C_0\\
\Longleftrightarrow&~(2x-y+a_0)(x+2y+b_0)=5+C_0
\end{align*}を得ます。以上を実際行うと，
\[(2x-y+1)(x+2y-2)=2x^2+3xy-2y^2-3x+4y-2=5-2=3\]となります。

…ともあれ因数分解できました。あとは右辺の因数の組み合わせが\((1,3),(-1,-3),(3,1),(-3,-1)\)のみであることから\((x,y)=(1,2),(-1,0)\)を得ます。

2.
これも因数分解…と思いきや，1.のようにうまく因数分解できない。お手上げか…？
そこで姿勢を変えて論理で攻めてみます。

解答
\begin{align*}
&x^2-4xy+5y^2+2x-5y-1=0\\
\Longleftrightarrow~&x^2-2(2y-1)x+5y^2-5y-1=0\\
\Longleftrightarrow~&x=(2y-1)\pm\sqrt{-y^2+y+2}
\end{align*}これが整数解をもつならば，\(-y^2+y+2\geq 0\)であることが必要．
\begin{align*}
&-y^2+y+2\geq 0\\
\Longleftrightarrow~&y^2-y-2\leq 0\\
\Longleftrightarrow~&(y-2)(y+1)\leq 0\\
\Longleftrightarrow~&-1 \leq y\leq 2
\end{align*}

\(y\)は整数であるから，\(y=-1,0,1,2\)
\(y=-1\)のとき\(x=-3\)，
\(y=0\)のとき\(x=-1\pm \sqrt{2}\)，
\(y=1\)のとき\(x=1\pm \sqrt{2}\)，
\(y=2\)のとき\(x=3\)，

ゆえに\((x,y)=(-1,-3),(2,3)\)が求めるものである．

解答終

必要条件なのに逆の考察をしていないのは同値だからです。論理式で記述すると
\begin{align*}
&x,y\in \mathbb{Z},x^2-4xy+5y^2+2x-5y-1=0\\
\Longleftrightarrow~&x,y\in \mathbb{Z} \land x=(2y-1)\pm\sqrt{-y^2+y+2}\\
\Longleftrightarrow~& x,y\in \mathbb{Z} \land x=(2y-1)\pm\sqrt{-y^2+y+2} \land -y^2+y+2\geq 0\\
\Longleftrightarrow~& x,y\in \mathbb{Z} \land x=(2y-1)\pm\sqrt{-y^2+y+2} \land -1\leq y \leq 2\\
\Longleftrightarrow~& x,y\in \mathbb{Z} \land x=(2y-1)\pm\sqrt{-y^2+y+2}\\
&\land (y=-1 \lor y=0 \lor y=1 \lor y=2)\\
\Longleftrightarrow~& \left(x,y\in \mathbb{Z} \land x=(2y-1)\pm\sqrt{-y^2+y+2} \land y=-1\right)\\
\lor & \left(x,y\in \mathbb{Z} \land x=(2y-1)\pm\sqrt{-y^2+y+2} \land y=0\right)\\
\lor & \left(x,y\in \mathbb{Z} \land x=(2y-1)\pm\sqrt{-y^2+y+2} \land y=1\right)\\
\lor & \left(x,y\in \mathbb{Z} \land x=(2y-1)\pm\sqrt{-y^2+y+2} \land y=2\right)\\
\Longleftrightarrow~& (x,y\in \mathbb{Z} \land x=-3 \land y=-1)\\
\lor & (x,y\in \mathbb{Z} \land x=-1\pm \sqrt{2} \land y=0)\\
\lor & (x,y\in \mathbb{Z} \land x=1\pm\sqrt{2} \land y=1)\\
\lor & (x,y\in \mathbb{Z} \land x=3 \land y=2)\\
\Longleftrightarrow~&(x,y\in \mathbb{Z} \land x=-3 \land y=-1)\lor (x,y\in \mathbb{Z} \land x=3 \land y=2)\\
\Longleftrightarrow~&x,y\in \mathbb{Z} \land (( x=-3 \land y=-1)\lor (x=3 \land y=2))\\
\Longleftrightarrow~&( x=-3 \land y=-1)\lor (x=3 \land y=2)
\end{align*}ということをしています。ちなみに，\(1.,2.\)それぞれを図示すると\(1.\)は双曲線，\(2.\)は楕円になります。

\begin{align*}
&|b-c| < a < b+c\\
\Longleftrightarrow~& |b-c| < a \land a < b+c\\ \Longleftrightarrow~& -a < b-c < a \land a < b+c\\ \Longleftrightarrow~& -a < b-c \land b-c < a \land a < b+c\\ \Longleftrightarrow~& c < a+b \land b < a+c \land a < b+c \end{align*} なのでどっち使ってもOKです。