カテゴリー: 軌跡と領域

\(x^2+y^2\)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）

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．

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．