カテゴリー: 数学Ⅰ

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絶対値を含む方程式・不等式（その2）

この記事で絶対値を含む方程式，不等式に関する公式を証明しました。この公式は，右辺が正の定数であることしか仮定しておらず，したがって右辺が負の数や\(0\)の場合においても成り立つことは保証していません。なので，右辺に文字を含む場合は一般的には「（定義に従って）場合分けして解く」と学ぶことが多いと思います。しかし実は，右辺に文字を含む含まないに関わらず（つまり正か\(0\)か負かに関わらず），次が成り立ちます。

\begin{align*}
(1)\quad~&|\mathrm{A}|=B \Longleftrightarrow \mathrm{A}=\pm B \land \mathrm{B}>0 \\
(2)\quad~&|\mathrm{A}| < \mathrm{B} \Longleftrightarrow -B < A < B \\ (3)\quad~&|\mathrm{A}|>\mathrm{B} \Longleftrightarrow \mathrm{A}<-B \lor \mathrm{B} < A \\
\end{align*}

\((1)\)は明らかなので，\((2)\)と\((3)\)を証明します。

\((2)\)の証明

\begin{align*}
&|\mathrm{A}| < \mathrm{B} \\
\Longleftrightarrow~&|\mathrm{A}| < \mathrm{B}\land(\mathrm{B}>0 \lor \mathrm{B}=0 \lor \mathrm{B}<0)\\
\Longleftrightarrow~&(|\mathrm{A}| < \mathrm{B}\land \mathrm{B}>0)\lor(|\mathrm{A}| < \mathrm{B}\land \mathrm{B}=0) \lor (|\mathrm{A}| < \mathrm{B} \land \mathrm{B}<0))\\
\Longleftrightarrow~&(|\mathrm{A}| < \mathrm{B}\land \mathrm{B}>0)\lor(|\mathrm{A}| < 0\land \mathrm{B}=0) \lor (|\mathrm{A}| < \mathrm{B} \land \mathrm{B}<0))\\
\Longleftrightarrow~&(-\mathrm{B} < \mathrm{A} < \mathrm{B}\land \mathrm{B}>0)\lor (\bot \land \mathrm{B}=0) \lor \bot\\
\Longleftrightarrow~&(-\mathrm{B} < \mathrm{A} < \mathrm{B}\land \mathrm{B}>0)\lor \bot \lor \bot\\
\Longleftrightarrow~&-\mathrm{B} < \mathrm{A} < \mathrm{B}\land \mathrm{B}>0\\
\Longleftrightarrow~&-\mathrm{B}<\mathrm{A}< \mathrm{B}
\end{align*}

\(|\mathrm{A}|=\max\{-\mathrm{A},\mathrm{A}\}\)であることに注意すると，下記のように簡潔に記述できます：

\begin{align*}
&|\mathrm{A}| < \mathrm{B} \\
\Longleftrightarrow~&\max\{\mathrm{A},-\mathrm{A}\} < \mathrm{B}\\
\Longleftrightarrow~&\mathrm{A}< \mathrm{B}\land-\mathrm{A}< \mathrm{B}\\
\Longleftrightarrow~&-\mathrm{B}<\mathrm{A}< \mathrm{B}
\end{align*}

\((3)\)の証明

\begin{align*}
&|\mathrm{A}| > \mathrm{B} \\
\Longleftrightarrow~&|\mathrm{A}| > \mathrm{B}\land(\mathrm{B}>0 \lor \mathrm{B}=0 \lor \mathrm{B}<0)\\ \Longleftrightarrow~&(|\mathrm{A}| > \mathrm{B}\land \mathrm{B}>0 )\lor(|\mathrm{A}| > \mathrm{B}\land \mathrm{B}=0) \lor (|\mathrm{A}| > \mathrm{B} \land \mathrm{B}<0))\\
\Longleftrightarrow~&((\mathrm{A} < -\mathrm{B} \lor \mathrm{B} < \mathrm{A}) \land \mathrm{B} >0) \lor (|\mathrm{A}|>0 \land B=0) \lor ( \mathrm{A}\in \mathbb{R} \land \mathrm{B}<0)\\
\Longleftrightarrow~&((\mathrm{A} < -\mathrm{B} \lor \mathrm{B} < \mathrm{A}) \land \mathrm{B} >0) \lor (\mathrm{A}\neq 0 \land B=0) \lor ((\mathrm{B} < \mathrm{A} \lor \mathrm{A} < -\mathrm{B}) \land \mathrm{B}<0)\\
\Longleftrightarrow~&((\mathrm{A} < -\mathrm{B} \lor \mathrm{B} < \mathrm{A}) \land \mathrm{B} >0) \lor ((\mathrm{A}<0\lor 0<\mathrm{A})\land B=0) \lor ((\mathrm{A} < -\mathrm{B} \lor \mathrm{B} < \mathrm{A}) \land \mathrm{B}<0)\\
\Longleftrightarrow~&((\mathrm{A} < -\mathrm{B} \lor \mathrm{B} < \mathrm{A}) \land \mathrm{B} >0) \lor ((\mathrm{A}<-B\lor B<\mathrm{A}) \land B=0) \lor ((\mathrm{A} < -\mathrm{B} \lor \mathrm{B} < \mathrm{A}) \land \mathrm{B}<0)\\
\Longleftrightarrow~& (\mathrm{A} < -\mathrm{B} \lor \mathrm{B} < \mathrm{A}) \land(\mathrm{B}>0 \lor \mathrm{B}=0 \lor \mathrm{B}<0)\\
\Longleftrightarrow~& (\mathrm{A} < -\mathrm{B} \lor \mathrm{B} < \mathrm{A}) \land \top\\
\Longleftrightarrow~& \mathrm{A} < -\mathrm{B} \lor \mathrm{B} < \mathrm{A}\\ \end{align*}

または上と同様に， \begin{align*} &|\mathrm{A}| > \mathrm{B} \\
\Longleftrightarrow~&\max\{\mathrm{A},-\mathrm{A}\} > \mathrm{B}\\
\Longleftrightarrow~&\mathrm{A} > \mathrm{B}\lor-\mathrm{A}> \mathrm{B}\\
\Longleftrightarrow~&\mathrm{A}>\mathrm{B} \lor \mathrm{A} < -\mathrm{B}\\
\Longleftrightarrow~&\mathrm{A} < -\mathrm{B} \lor \mathrm{B} < \mathrm{A}
\end{align*}

証明終

これでいちおう，機械的に解けます。

 

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図はきれいに正確に

かきましょう🤔（フリーハンドで）

\(a,b\)を実数とする．座標平面上の放物線\(y=x^2+ax+b\)を\(C\)とおく．\(C\)は，原点で垂直に交わる\(2\)本の接線\(l_1,l_2\)をもつとする．ただし，\(C\)と\(l_1\)の接点\(\mathrm{P}_1\)の\(x\)座標は，\(C\)と\(l_2\)の接点\(\mathrm{P}_2\)の\(x\)座標より小さいとする．

 

    1. \(b\)を\(a\)で表せ．また\(a\)の値はすべての実数をとりうることを示せ．
    2. \(i=1,2\)に対し，円\(D_i\)を，放物線\(C\)の軸上に中心をもち，点\(\mathrm{P}_i\)で\(l_i\)と接するものと定める．\(D_2\)の半径が\(D_1\)の半径の\(2\)倍となるとき，\(a\)の値を求めよ．

（東京大）

1.

\(C\)と\(l_1\)，\(C\)と\(l_2\)の接点の\(x\)座標をそれぞれ\(s,t~(s < t)\)とおくと，\(l_1,l_2\)の方程式はそれぞれ
\begin{align*}
&l_1:y-(s^2+as+b)=(2s+a)(x-s)\\
&l_2:y-(t^2+at+b)=(2t+a)(x-t)
\end{align*}とおける．これが\((0,0)\)を通るから
\[\begin{cases}-s^2-as-b=-2s^2-as\\-t^2-at-b=-2t^2-at \end{cases}\Longleftrightarrow~\begin{cases}s^2=b\\t^2=b \end{cases}\]また，\(l_1\)と\(l_2\)は原点で交わるので\[(2s+a)(2t+a)=-1\]したがって
\begin{align*}
&\exists s\exists t \begin{cases}s^2=b \land t^2=b \land s < t \\ (2s+a)(2t+a)=-1\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists s\exists t \begin{cases}s^2=b \land t^2=b \land s < t \\ (2s+a)(2t+a)=-1\end{cases}\land b\geq 0\\
\Longleftrightarrow~&\exists s\exists t \begin{cases}s^2=b \land t^2=b \land s < t \land b\geq 0\\ (2s+a)(2t+a)=-1 \end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists s\exists t \begin{cases}s=-\sqrt{b} \land t=\sqrt{b} \land s < t \land b\geq 0\\ (2s+a)(2t+a)=-1 \end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&-\sqrt{b} < \sqrt{b} \land b\geq 0 \land (2(-\sqrt{b})+a)(2\sqrt{b}+a)=-1\\
\Longleftrightarrow~&\top \land b\geq 0 \land -4b+a^2=-1\\
\Longleftrightarrow~& b=\frac{1}{4}(a^2+1) \land b \geq 0\\
\Longleftrightarrow~& b=\frac{1}{4}(a^2+1) \land \frac{1}{4}(a^2+1) \geq 0\\
\Longleftrightarrow~& b=\frac{1}{4}(a^2+1) \land a^2+1 \geq 0\\
\Longleftrightarrow~& b=\frac{1}{4}(a^2+1) \land a \in \mathbb{R}
\end{align*}

2.

上図のように\(\mathrm{Q_1,H_1}\)をおき，\(\angle{\mathrm{Q_1P_1H_1}}=\theta_1\)とおけば

\begin{align*}
\mathrm{Q_1 H_1}&=\left(-\frac{a}{2}+\sqrt{b}\right)\tan \theta_1\\
&=\left(-\frac{a}{2}+\sqrt{b}\right)\frac{2b+a\sqrt{b}}{\sqrt{b}}\\
&=\left(-\frac{a}{2}+\sqrt{b}\right)(2\sqrt{b}+a)\\
&=\frac{1}{2}(2\sqrt{b}-a)(2\sqrt{b}+a)\\
&=\frac{1}{2}(4b-a^2)
\end{align*}よって
\begin{align*}
\mathrm{P_1Q_1}^2&=\frac{1}{4}(4b-a^2)^2+\left(-\frac{a}{2}+\sqrt{b}\right)^2\\
&=\frac{1}{4}(4b-a^2)^2+\frac{1}{4}\left(2\sqrt{b}-a\right)^2\\
&=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\left(2\sqrt{b}-a\right)^2
\end{align*}同様にして
\[\mathrm{Q_2H_2}=\frac{1}{2}(4b-a^2),~\mathrm{P_2Q_2}^2=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\left(2\sqrt{b}+a\right)^2\]ゆえに
\begin{align*}
&2\mathrm{P_1Q_1}=\mathrm{P_2Q_2}\\
\Longleftrightarrow~&4\mathrm{P_1Q_1}^2=\mathrm{P_2Q_2}^2\\
\Longleftrightarrow~&1+(a-2\sqrt{b})^2=\frac{1}{4}(1+(a+2\sqrt{b})^2)\\
\Longleftrightarrow~&4+4(a-2\sqrt{b})^2=1+(a+2\sqrt{b})^2\\
\Longleftrightarrow~&3=(a+2\sqrt{b})^2-(2(a-2\sqrt{b}))^2\\
\Longleftrightarrow~&3=(-a+6\sqrt{b})(3a-2\sqrt{b})\\
\Longleftrightarrow~&3=-3a^2+20a\sqrt{b}-12b\\
\Longleftrightarrow~&3=-3a^2+20a\sqrt{a^2+1}-3(a^2+1)\\
\Longleftrightarrow~&3(a^2+1)=5a\sqrt{a^2+1}\\
\Longleftrightarrow~&3\sqrt{a^2+1}=5a\\
\Longleftrightarrow~&9(a^2+1)^2=25a^2\land a>0\\
\Longleftrightarrow~&a^2=\frac{9}{16}\land a>0\\
\Longleftrightarrow~&a=\pm\frac{3}{4}\land a>0\\
\Longleftrightarrow~&a=\frac{3}{4}
\end{align*}

解答終

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絶対値を含む方程式（応用）

\(a\)を\(-1\)より大きい定数とする．\[a(|x|-a)+x+1<0\]を解け． （駿台模試，一部抜粋）

解答

\begin{align*}
&a(|x|-a)+x+1<0 \land a>-1\\
\Longleftrightarrow~&a(|x|-a)+x+1<0 \land a>-1 \land (x \geq 0 \lor x <0)\\ \Longleftrightarrow~&(a(x-a)+x+1<0 \land a>-1 \land x \geq 0)\\
&\lor (a(-x-a)+x+1 < 0 \land a>-1 \land x < 0)\\ \Longleftrightarrow~&((a+1)x < a^2-1 \land a+1>0 \land x \geq 0)\\
&\lor ((1-a)x < a^2-1 \land a > -1 \land x < 0)\\ \Longleftrightarrow~&(x < a-1 \land a+1>0 \land x \geq 0) \\
&\lor ((1-a)x < a^2-1 \land a > -1 \land x < 0)\\ \Longleftrightarrow~&((x < a-1 \land a+1>0 \land x \geq 0)\land(a-1\leq 0 \lor a-1 >0)) \\
&\lor (((1-a)x < a^2-1 \land a > -1 \land x < 0)\land (1-a>0\lor 1-a=0 \lor 1-a <0))\\ \Longleftrightarrow~&(x < a-1 \land a+1>0 \land x \geq 0 \land a-1\leq 0) \\
&\lor(x < a-1 \land a+1>0 \land x \geq 0 \land a-1 >0) \\
&\lor ((1-a)x < a^2-1 \land a > -1 \land x < 0 \land 1-a>0)\\
&\lor ((1-a)x < a^2-1 \land a > -1 \land x < 0 \land 1-a=0)\\ &\lor ((1-a)x < a^2-1 \land a > -1 \land x < 0 \land 1-a <0)\\ \Longleftrightarrow~&(x < a-1 \land x \geq 0 \land -1 < a \leq 1) \\ &\lor(x < a-1 \land a > -1 \land x \geq 0 \land a >1) \\
&\lor (x < -a-1 \land x < 0 \land -1 < a < 1)\\ &\lor (0x < 0 \land a > -1 \land x < 0 \land a=1)\\ &\lor (x > -a-1 \land a > -1 \land x < 0 \land 1 < a)\\ \Longleftrightarrow~&\bot\\ &\lor(x < a-1 \land x \geq 0 \land a >1) \\
&\lor (x < -a-1 \land x < 0 \land -1 < a < 1)\\ &\lor \bot\\ &\lor (x > -a-1 \land x < 0 \land 1 < a)\\ \Longleftrightarrow~&(x < a-1 \land x \geq 0 \land a >1) \\
&\lor (x < -a-1 \land x < 0 \land -1 < a < 1)\\ &\lor (x > -a-1 \land x < 0 \land 1 < a)\\ \Longleftrightarrow~& (x < -a-1 \land -1 < a < 1)\\ &\lor(x < a-1 \land x \geq 0 \land a >1) \\
&\lor (x > -a-1 \land x < 0 \land 1 < a)\\ \Longleftrightarrow~& (x < -a-1 \land -1 < a < 1)\\ &\lor (((x < a-1 \land x \geq 0) \lor (x > -a-1 \land x < 0 )) \land 1 < a)\\ \Longleftrightarrow~& (x < -a-1 \land -1 < a < 1)\\ &\lor ((0 \leq x < a-1 \lor -a-1< x < 0 ) \land 1 < a)\\ \Longleftrightarrow~& (x < -a-1 \land -1 < a < 1)\lor (-a-1< x < a-1 \land 1 < a ) \end{align*} 解答終

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連立方程式（解の存在条件）

実数\(m\)を定数とする．\(x\)と\(y\)に関する連立1次方程式\(\begin{cases}2x+y-2=0\\mx-y-3m+1=0\end{cases}\)が\(x>0\)かつ\(y>0\)である解をもつための必要十分条件を求めよ．

（慶応大）

受験勉強を始めると最初の方で出会ってやる気を削ぐ系の問題＾＾；

解答

\begin{align*}
&~\exists x \exists y \left[\begin{cases}2x+y-2=0\\mx-y-3m+1=0\end{cases}\land x>0 \land y>0\right]\\
&~\exists x \exists y \left[\begin{cases}2x+y-2=0\\(m+2)x-3m-1=0\end{cases}\land x>0 \land y>0\right]\\
\Longleftrightarrow&~\exists x \exists y \left[2x+y-2=0 \land (m+2)x-3m-1=0 \land x>0 \land y>0 \right. \\
&\left.\land (m+2=0 \lor m+2 \neq 0)\right]\\
\Longleftrightarrow&~\exists x \exists y \left[(2x+y-2=0 \land (m+2)x-3m-1=0 \land x>0 \land y>0 \land m+2=0 )\right.\\
&\lor \left.(2x+y-2=0 \land (m+2)x-3m-1=0 \land x>0 \land y>0 \land m+2 \neq 0)\right]\\
\Longleftrightarrow&~\exists x \exists y \left[(2x+y-2=0 \land 5=0 \land x>0 \land y>0 \land m=-2) \right.\\
&\lor \left.(2x+y-2=0 \land (m+2)x-3m-1=0 \land x>0 \land y>0 \land m \neq -2)\right]\\
\Longleftrightarrow&~\exists x \exists y \left[y=-2x+2 \land x =\frac{3m+1}{m+2} \land x>0 \land y>0 \land m \neq -2)\right]\\
\Longleftrightarrow&~\exists x \exists y \left[y=-2\frac{3m+1}{m+2}+2 \land x =\frac{3m+1}{m+2} \land x>0 \land y>0 \land m \neq -2)\right]\\
\Longleftrightarrow&~\exists x \exists y \left[y=\frac{2-4m}{m+2} \land x =\frac{3m+1}{m+2} \land x>0 \land y>0 \land m \neq -2)\right]\\
\Longleftrightarrow&~\frac{2-4m}{m+2}>0 \land \frac{3m+1}{m+2}>0 \land m \neq -2\\
\Longleftrightarrow&~\frac{2-4m}{m+2}>0 \land \frac{3m+1}{m+2}>0 \land (m+2>0 \lor m+2<0)\\ \Longleftrightarrow&~ \left( \frac{2-4m}{m+2}>0 \land \frac{3m+1}{m+2}>0 \land m+2>0 \right)\\
&\lor \left(\frac{2-4m}{m+2}>0 \land \frac{3m+1}{m+2}>0 \land m+2<0\right)\\ \Longleftrightarrow&~ \left( 2-4m>0 \land 3m+1>0 \land m>-2 \right)\\
&\lor \left(2-4m<0 \land 3m+1<0 \land m<-2\right)\\
\Longleftrightarrow&~ \left( m<\frac{1}{2} \land m>-\frac{1}{3} \land m>-2 \right)\lor \left(m>\frac{1}{2} \land m<-\frac{1}{3} \land m<-2\right)\\
\Longleftrightarrow&~ m<\frac{1}{2} \land m>-\frac{1}{3} \land m>-2\\
\Longleftrightarrow&~ -\frac{1}{3} < m < \frac{1}{2}
\end{align*}

解答終

こう考えればただの（論理）計算問題なのでめっちゃ楽。

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必要条件を追う

\(a_0,a_1,a_2\)を有理数とし，\(f(x)=a_0+a_1x+\frac{a_2}{2}x(x-1)\)とする．\(1\)つの整数\(n\)に対して，\(f(n),f(n+1),f(n+2)\)が整数ならば，\(a_0,a_1,a_2\)は整数であることを示せ．

（中央大）

示すべきは必要条件であること，つまり十分性（逆が言えるか？）を考える必要がないことに注意します。これは細かいことを考えず手元にある道具（仮定）を好き勝手にいじり倒して結論が言えればその時点で証明終わりということなので気楽です：\[f(n),f(n+1),f(n+2)\in\mathbb{Z}\overset{\text{ひつよう！}}{\Longrightarrow} a_0,a_1,a_2 \in\mathbb{Z}\]
とりあえず，\(f(n)\)と\(f(n+1)\)の\(n\)と\(n+1\)は連番なので，差をとってみたらどうか？と思いつきます。（邪魔者がもろもろ消えそうだから）\begin{align*}
&~f(n+1)-f(n)\in \mathbb{Z}\\
\Longleftrightarrow&~\left(a_0+a_1(n+1)+\frac{a_2}{2}(n+1)n\right)\\
&~-\left(a_0+a_1n+\frac{a_2}{2}n(n-1)\right)\in \mathbb{Z}\\
\Longleftrightarrow&~a_1+a_2n \in \mathbb{Z}\tag{1}
\end{align*}なんかうまくいきそうなので，\(f(n+2)-f(n+1)\)も同様に計算すると，\[f(n+2)-f(n+1)\in \mathbb{Z}\Longleftrightarrow a_1+a_2n+a_2 \in \mathbb{Z}\tag{2}\]が得られます。\((1)\)と\((2)\)において\(a_1+a_2n\)が共通していることに着目して\(a_2\)が整数であることがわかり，またこれと\((1)\)により芋づるで\(a_1\)が整数であることが言えます。残りは\(a_0\)ですが，これは\(f(n)=a_0+a_1+\frac{a_2}{2}n(n-1)\in\mathbb{Z}\)であること，すでに示したように\(a_1,a_2\in \mathbb{Z}\)であること，そして\(n(n-1)\)は連続数だから偶数したがって\(\frac{a_2}{2}n(n-1)\in\mathbb{Z}\)であることからいうことができます。（証明終）

とりあえず必要性を追うという方針で証明してみましたが，こうしてみると次のように同値変形できることに気づきます：

証明

\begin{align*}
&~f(n),f(n+1),f(n+2)\in \mathbb{Z}\\
\overset{(\ast)}{\Longleftrightarrow}&~f(n+1)-f(n)\in\mathbb{Z} ,f(n+2)-f(n+1)\in\mathbb{Z},f(n)\in\mathbb{Z}\\
\Longleftrightarrow&~a_1+a_2n \in \mathbb{Z},a_1+a_2n+a_2\in\mathbb{Z},a_0+a_1+\frac{a_2}{2}n(n-1)\in\mathbb{Z}\\
\Longleftrightarrow&~a_1+a_2n \in \mathbb{Z},a_2\in\mathbb{Z},a_0+a_1+\frac{a_2}{2}n(n-1)\in\mathbb{Z}\\
\Longleftrightarrow&~a_1\in \mathbb{Z},a_2\in\mathbb{Z},a_0+a_1+\frac{a_2}{2}n(n-1)\in\mathbb{Z}\\
\Longleftrightarrow&~a_1\in \mathbb{Z},a_2\in\mathbb{Z},a_0\in\mathbb{Z}
\end{align*}
証明終

\((\ast)\)において，\begin{align*}
&~f(n),f(n+1),f(n+2)\in \mathbb{Z}\\
\Longrightarrow&~f(n+1)-f(n)\in\mathbb{Z} ,f(n+2)-f(n+1)\in\mathbb{Z}
\end{align*}ですが，\(f(n)\in\mathbb{Z}\)を加えることで\(\Leftarrow\)も言え，上のように同値になるというカンジです。

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絶対値を含む方程式・不等式（その1）

新高１生向け。絶対値を含む方程式・不等式おいて，「場合分け」をし，「（得た結果について，場合分けで行った）条件を満たすかどうかを確認」または「共通部分」をとりました。以下はそこで「？」と思った人向けの話です。教える側としても一般的な「場合分け」で説明しているとどこか後ろめたさを感じるのでここにノートしておきたいと思います。

まず各種公式を証明します。\(c>0\)とします。

\begin{align*}
&(1)\quad |x|=c \Longleftrightarrow x=\pm c\\
&(2)\quad |x| < c \Longleftrightarrow -c < x < c\\
&(3)\quad |x| > c \Longleftrightarrow x < -c \lor c < x
\end{align*}

\((1)\)の証明

\begin{align*}
&|x|=c\\
\Longleftrightarrow~ & |x|=c \land (x \geq 0 \lor x < 0)\\
\Longleftrightarrow~ & (|x|=c \land x \geq 0) \lor (|x|=c \land x < 0)\\
\Longleftrightarrow~ & (x=c \land x \geq 0) \lor (-x=c \land x < 0)\\
\Longleftrightarrow~ & (x=c \land x \geq 0) \lor (x=-c \land x < 0)\\
\Longleftrightarrow~ & (x=c \land c \geq 0) \lor (x=-c \land -c < 0)\\
\Longleftrightarrow~ & (x=c \land \top) \lor (x=-c \land \top)\\
\Longleftrightarrow~ & x=c \lor x=-c\\
\Longleftrightarrow~ & x=\pm c
\end{align*}

証明終

\((2)\)の証明

\begin{align*}
&|x| < c\\
\Longleftrightarrow~ & |x| < c \land (x \geq 0 \lor x < 0)\\
\Longleftrightarrow~ & (|x| < c \land x \geq 0) \lor (|x| < c \land x < 0)\\
\Longleftrightarrow~ & (x < c \land x \geq 0) \lor (-x < c \land x < 0) \\
\Longleftrightarrow~ & (0 \leq x < c) \lor (-c < x < 0) \\
\Longleftrightarrow~ & -c < x < c
\end{align*}

証明終

\((3)\)の証明

\begin{align*}
&|x| > c\\
\Longleftrightarrow~ & |x| > c \land (x \geq 0 \lor x < 0)\\ \Longleftrightarrow~ & (|x| > c \land x \geq 0) \lor (|x| > c \land x < 0)\\ \Longleftrightarrow~ & (x > c \land x \geq 0) \lor (-x > c \land x < 0) \\
\overset{(\ast)}{\Longleftrightarrow}~ & c <x \lor x < -c\\
\Longleftrightarrow~ & x < -c \lor c <x\\
\end{align*}

証明終

\((\ast)\)の理解：
例えば，一般に\(A\land B \Rightarrow A\)ですから\(x > c \land x \geq 0 \Rightarrow x > c\)，逆に\(x > c\)であるとき，\(c > 0\)が議論の大前提であったことを思い出すと\(x > 0\)であることすなわち\(x \geq 0\)が言え，\(x > c \land x \geq 0 \Leftarrow x > c\)が得られます。

以上の考察をそのまま問題に適用してみます。

次の方程式・不等式を解け．
\begin{align*}
&(1)\quad|x+4|=3x\\
&(2)\quad|2x+1| < x + 5\\
&(3)\quad 4x^2+5x-12\leq 3|x|
\end{align*}

\((1)\)の解答

\((2)\)の解答

\begin{align*}
&|2x+1| < x + 5\\
\Longleftrightarrow~ & |2x+1| < x + 5 \land (2x+1 \geq 0 \lor 2x+1 < 0)\\
\Longleftrightarrow~ & (|2x+1| < x + 5 \land 2x+1 \geq 0) \lor (|2x+1| < x + 5 \land 2x+1 < 0)\\
\Longleftrightarrow~ & \left( 2x+1 < x + 5 \land x \geq -\frac{1}{2} \right) \lor \left( -2x-1 < x + 5 \land x < -\frac{1}{2}\right)\\
\Longleftrightarrow~ & \left( x < 4 \land x \geq -\frac{1}{2} \right) \lor \left( x > -2 \land x < -\frac{1}{2} \right) \\
\Longleftrightarrow~ & \left( -\frac{1}{2} \leq x < 4 \right) \lor \left(-2 < x < -\frac{1}{2}\right)\\
\Longleftrightarrow~ & -2 \leq x < 4
\end{align*}

解答終

\((3)\)の解答

…ちなみに教科書等では上の公式\((3)\)を\(x < -r,r < x\)と「,（カンマ）」と書いていますがこのカンマは「または」のカンマです。教科書は「かつ」も「または」をどちらも「，（カンマ）」で略記しているので注意が必要です。

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値域の問題

実数\(a,b,c\)が\(a+b+c=a^2+b^2+c^2=1\)を満たすとする．\(c\)のとりうる値の範囲を求めよ．

「☆という値をとる」という主張を「その値☆を実現するような★が存在する」と言い換えます。あとはそれを機械的に処理するだけ。

解答

\begin{align*}
&\text{\(c\)が\(k\)という値をとる}\\
\Longleftrightarrow&~\exists a\in \mathbb{R}\exists b\in \mathbb{R}[a+b+k=a^2+b^2+k^2=1]\\
\Longleftrightarrow&~\exists a\in \mathbb{R}\exists b\in \mathbb{R}[a+b+k=1 \land a^2+b^2+k^2=1]\\
\Longleftrightarrow&~\exists a\in \mathbb{R}\exists b\in \mathbb{R}[b=1-a-k \land a^2+b^2+k^2=1]\\
\Longleftrightarrow&~\exists a\in \mathbb{R}[a^2+(1-a-k )^2+k^2=1]\\
\Longleftrightarrow&~\exists a\in \mathbb{R}[a^2-(1-k )a+k^2-k=0]\\
\Longleftrightarrow&~(1-k )^2-4(k^2-k)\geq 0\\
\Longleftrightarrow&~3k^2-2k-1\leq 0\\
\Longleftrightarrow&~-\frac{1}{3}\leq k \leq 1\\
\end{align*}

解答終

投稿日:

2次方程式の共通解問題（その2・つづき）

\[(P\Rightarrow Q \lor R) \land \overline{Q\Rightarrow P} \land (R \Rightarrow P)\Rightarrow~(P \Leftrightarrow R)\]

証明

\(P\Rightarrow Q \lor R,\overline{Q\Rightarrow P},R \Rightarrow P\)となる行，すなわち\(P\rightarrow Q \lor R,\overline{Q\rightarrow P},R \rightarrow P\)が真となる行（上から6行目）に着目すると，\((P\rightarrow Q \lor R) \land \overline{Q\rightarrow P} \land (R \rightarrow P)\)と\(P \leftrightarrow R\)の真理値（青〇）が一致している．したがって\[(P\Rightarrow Q \lor R) \land \overline{Q\Rightarrow P} \land (R \Rightarrow P)\Longrightarrow~(P \Leftrightarrow R)\]を得る．

証明終

（関連：2次方程式の共通解問題（その2））

投稿日:

2次方程式の共通解問題（その2）

\(2\)つの\(2\)次方程式\(x^2-3x+m-1=0,x^2+(m-2)x-2=0\)が共通な実数解をただ\(\)1つもつとき，定数\(m\)の値とその共通解を求めよ．

解答

\begin{align*}
&x^2-3x+m-1=0,x^2+(m-2)x-2=0\text{が共通な実数解をただ1つもつ}\\
\Longrightarrow~&x^2-3x+m-1=0,x^2+(m-2)x-2=0\text{が共通な実数解をもつ}\\
\Longleftrightarrow~&\exists x
\begin{cases}
x^2-3x+m-1=0\\
x^2+(m-2)x-2=0
\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists x
\begin{cases}
x^2-3x+m-1=0\\
x^2+(m-2)x-2-(x^2-3x+m-1)=0
\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists x
\begin{cases}
x^2-3x+m-1=0\\
(m+1)(x-1)=0\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists x
\begin{cases}
x^2-3x+m-1=0\\
m=-1\lor x=1
\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists x [x^2-3x+m-1=0 \land (m=-1 \lor x=1)]\\
\Longleftrightarrow~&\exists x [(x^2-3x+m-1=0 \land m=-1) \lor (x^2-3x+m-1=0 \land x=1)]\\
\Longleftrightarrow~&\exists x (x^2-3x-2=0 \land m=-1) \lor \exists x(1^2-3\cdot 1+m-1=0 \land x=1)]&\\
\Longleftrightarrow~&\exists x \left[x=\frac{3\pm \sqrt{17}}{2} \land m=-1\right] \lor \exists x[m=3 \land x=1]\\
\Longleftrightarrow~&\left(\exists x \left[x=\frac{3\pm \sqrt{17}}{2}\right] \land m=-1 \right) \lor (m=3 \land \exists x[x=1])\\
\Longleftrightarrow~&m=-1 \lor m=3
\end{align*}
（\(\exists x \left[x=\frac{3\pm \sqrt{17}}{2}\right]，\exists x[x=1]\)は恒真命題）二行目が同値変形でないことに注意すると，結局，
\begin{align*}
x^2-3x+m-1=0,x^2+(m-2)x-2=0\text{が共通な実数解をただ1つもつ}&\\
\Longrightarrow~m=-1 \lor m=3&
\end{align*}
つまり得られた条件は必要条件に過ぎないので，十分性を調べる必要があります。そこで，逆に\(m=-1\)のときと\(m=3\)のときそれぞれの場合において「与えられた\(2\)次方程式が共通な実数解をただ1つもつ」ことを調べることにします。

\(m=-1\)のとき，与えられた\(2\)つの方程式は\(x^2-3x-2=0\)と\(x^2-3x-2=0\)となり，どちらの解も\(x=\frac{3\pm\sqrt{17}}{2}\)であり「ただ\(1\)つの」共通解を持つとは当然いえません。他方，\(m=3\)のときは\(x^2-3x+2=0\)と\(x^2+x-2=0\)となり，これらを解くとそれぞれの解は\(x=-2\)と\(x=-1\)，そして\(x=-2\)と\(x=1\)となりこれなら「ただ\(1\)つの」共通解\(x=-2\)をもつと言えます。したがって答えは\[m=3\]（で，共通解は\(x=-2\)）となります。

解答終

結局これは，①必要条件を調べ，次に②その条件が十分条件となっているかどうかを調べる，という２つの段階に分けるというのが大まかなシナリオです（①は同値性を気にすることなくとりあえず右向きの矢印だけ気にすればいいから気楽）。このような方針は問題を解く際にしばしば見られるものです。実際，教科書の軌跡の解説などではお馴染みですね。僕は受験生時代，この問題の解説にはどことない気持ち悪さを感じつつもただただ解法パターンとして覚えることしかできず，細かいことは見て見ぬふりをしていました。今思えばその「気持ち悪さ」は結局論理を理解していなかったのが原因だと思います。とはいえ，学校で扱わないのだからこの手の話が分からんのはアタリマエ。ってかそもそも扱ってないことを問題にする時点でおかしくないか…？

先日，授業でこの\(2\)次方程式の共通解問題を扱い，例によって上のような解説を（もちろん論理式でなく日本語で）していてふと思いました。上の議論はつまり「\(P\Longrightarrow Q \lor R\)が言えました，そして\(Q\rightarrow P\)が偽（\(\overline{Q\rightarrow P}\)が真）で，\(R \rightarrow P\)が真であることが分かりました，だから\(P \Longleftrightarrow R\)と言えるよね」というもの，つまり\[(P\Rightarrow Q \lor R) \land \overline{Q\Rightarrow P} \land (R \Rightarrow P)\Longrightarrow~(P \Leftrightarrow R)\]ですが（※），そもそもこの命題は正しいのでしょうか…？僕自身この変形を普段から無意識に行っていましたが…よくよく考えれば疑問です。このことを調べてみます。（つづく）

（関連：2次方程式の共通解問題（その1））

※(21/9/16) \(\Leftrightarrow\)を\(\Rightarrow\)に訂正しました。R君ご指摘ありがとうございます。

投稿日:

かつとまたは，どっち？

不等式\[4x^2+5x-12\leq 3|x|\]を解け．

解答１

\((\mathrm{i})~\)\(x \geq 0\)のとき\(|x|=x\)であるから，
\begin{align*}
&4x^2+5x-12\leq 3x\\
&4x^2+2x-12\leq 0\\
&2x^2+x-6\leq 0\\
&(2x-3)(x+2)\leq 0\\
&-2\leq x \leq \frac{3}{2}\\
\end{align*}\(x \geq 0\)との共通部分を考え，\(0 \leq x \leq \frac{3}{2}\tag{1}\)

\((\mathrm{ii})~\)\(x < 0\)のとき\(|x|=-x\)であるから，
\begin{align*}
&4x^2+5x-12\leq -3x\\
&4x^2+8x-12\leq 0\\
&x^2+2x-3\leq 0\\
&(x+3)(x-1)\leq 0\\
&-3\leq x \leq 1\\
\end{align*}\(x < 0\)との共通部分を考え，\(-3 \leq x < 0\tag{2}\)

\((1),(2)\)との和集合を考え，\(-3 \leq x \leq \frac{3}{2}\)

解答終

よく見るいたって普通の解答ですが，生徒に「なぜ\((\mathrm{i}),(\mathrm{ii})\)では『かつ』なのに最後は『または』なんですか？『かつ』じゃだめなんですか？」と問われたらなんと答えらたいいのだろう？教科書にはもちろんそれらしい記述は一切はないから例によって頼りにならない。説明がないのだから，結局「そういうものだから覚えろ」と言うかそもそも（生徒の感覚に任せ）触れないかのどちらかになると思う。

解答２

\begin{align*}
&4x^2+5x-12\leq 3|x|\\
\Longleftrightarrow~&4x^2+5x-12\leq 3|x| \land ( x \geq 0 \lor x < 0)\\ \Longleftrightarrow~&(4x^2+5x-12\leq 3|x| \land x \geq 0) \lor (4x^2+5x-12\leq 3|x| \land x < 0)\\ \Longleftrightarrow~&(4x^2+5x-12\leq 3x \land x \geq 0) \lor (4x^2+5x-12\leq -3x \land x < 0)\\ \Longleftrightarrow~&(2x^2+x-6 \leq 0 \land x \geq 0) \lor (x^2+2x-3\leq 0 \land x < 0)\\ \Longleftrightarrow~&( -2\leq x \leq \frac{3}{2} \land x \geq 0) \lor (-3 \leq x \leq 1 \land x < 0)\\ \Longleftrightarrow~& 0 \leq x \leq \frac{3}{2}\lor -3 \leq x < 0\\ \Longleftrightarrow~&-3 \leq x \leq \frac{3}{2} \end{align*} 解答終

結局，やっていることが，恒真命題の追加と分配法則と分かり，これなら先のような疑問を挟む余地がありません。

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教科書ってこの種のその先はいう必要ないですよね的な部分があるからいまいち信用できないし，またそれを妄信する人も理解できない。教科書の解答こそが理想の解答だとかほんと勘弁。

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