気仙沼市の完全一対一オンライン進学塾。中学数学から数学検定１級対策まで。
証明
\begin{align*}
&A \subset B \Longrightarrow A^i \subset B^i \\
\Longleftrightarrow~ &A \subset B \Longrightarrow A^{cac} \subset B^{cac}\\
\Longleftrightarrow~ &A \subset B \Longrightarrow A^{ca} \supset B^{ca}
\end{align*}\(A,B\)をそれぞれ\(N^c,M^c\)にかきかえると
\begin{align*}
&N^c \subset M^c \Longrightarrow N^{cca} \supset M^{cca} \\
\Longleftrightarrow~ &M \subset N \Longrightarrow M^{a} \subset N^{a}
\end{align*}
証明終
\(M\)の集積点は明らかに\(M\)の触点である．
証明
\begin{align*}
&M-\{x\} \subset M\\
\Longleftrightarrow~&(M-\{x\})^{c} \supset M^{c}\\
\Longleftrightarrow~&(M-\{x\})^{ci} \supset M^{ci}\\
\Longleftrightarrow~&(M-\{x\})^{cic} \subset M^{cic}\\
\Longleftrightarrow~&(M-\{x\})^{a} \subset M^{a}\\
\Longleftrightarrow~&x \in \overline{M-\{x\}} \Rightarrow x \in M^{a}
\end{align*}
証明終
また明らかに，
\begin{align*}
&M \in \mathfrak{O} \Longleftrightarrow M^{\circ}=M \tag{2.4}\\
&M \subset N \Longrightarrow M^{\circ} \subset N^{\circ}\tag{2.5}
\end{align*}
証明
\((2.4)\)
必要性．\(M\)を開集合とすると，\(M\)に含まれる開集合として\(M\)自身がある．したがって\(M\)に含まれる開集合全体の和集合\(M^{\circ}\)をとるとそれは\(M\)，すなわち\(M^{\circ}=M\)となる．
十分性．\(M\)に含まれる開集合の和集合が\(M\)であるとする．開集合の定義により，開集合の和集合は開集合なので，\(M\)は開集合，すなわち\(M \in \mathfrak{O}\)．
\((2.5)\)
\((M_{\lambda})_{\lambda\in\Lambda}\)を\(M\)に含まれる開集合全体から成る任意の集合族とする．\(M\subset N,~a \in M^{\circ}\)と仮定すると，\(a \in M_{\lambda}\)となる\(\lambda\)が存在する．\(M_{\lambda} \subset \displaystyle \bigcup_{\lambda \in \Lambda}M_{\lambda} = M^{\circ} \subset M \subset N\)であるから，\(M_{\lambda}\)は\(N\)に含まれる開集合でもある．したがって\(M_{\lambda} \subset N^{\circ}\)．ゆえに\(a \in N^{\circ} \)．よって\(M^{\circ}\subset N^{\circ}\)．
証明終
定義から明らかに，\(M^{\circ}\)は次の３条件によって特徴付けられる．
\begin{align*}
&M^{\circ}\subset M\tag{2.1}\\
&M^{\circ}\in\mathfrak{O}\tag{2.2}\\
&O \subset M,O\in\mathfrak{O} \Rightarrow O \subset M^{\circ}\tag{2.3}
\end{align*}
証明
\((M_\lambda)_{\lambda\in \Lambda}\)を\(M\)に含まれる開集合から成る任意の集合族とすれば，示したいことは
\[M^{\circ}=\displaystyle\bigcup_{\lambda \in \Lambda}M_{\lambda}\Longleftrightarrow \begin{cases}M^{\circ}\subset M&(2.1)\\M^{\circ}\in\mathfrak{O}&(2.2)\\O\subset M,O\in\mathfrak{O} \Rightarrow O \subset M^{\circ}&(2.3)\end{cases}\]である．必要性はマジで明らかだから，十分性を示す．
\[M^{\circ}=\displaystyle\bigcup_{\lambda \in \Lambda}M_{\lambda}\Longleftrightarrow M^{\circ} \subset \displaystyle\bigcup_{\lambda \in \Lambda}M_{\lambda} \land \displaystyle\bigcup_{\lambda \in \Lambda}M_{\lambda} \subset M^{\circ}\]\(M^{\circ} \subset \displaystyle\bigcup_{\lambda \in \Lambda}M_{\lambda}\)であること：
\((2.1),~(2.2)\)により，\(M^{\circ}\)は\(M\)に含まれる開集合である．したがって\(M^{\circ}=M_{\lambda}\)となる\(\lambda\)が存在する．ゆえに\(M^{\circ} \subset \displaystyle\bigcup_{\lambda \in \Lambda}M_{\lambda}\)
\(\displaystyle\bigcup_{\lambda \in \Lambda}M_{\lambda} \subset M^{\circ}\)であること：
\(a\in\displaystyle\bigcup_{\lambda \in \Lambda}M_{\lambda}\)とすると，\(a\in M_{\lambda}\)となる\(\lambda \in \Lambda\)が存在する．\(M_{\lambda} \subset M,~M_{\lambda}\in \mathfrak{O}\)であるから，\((2.3)\)によって\(M_{\lambda} \subset M^{\circ}\)．したがって\(a \in M^{\circ}\)．ゆえに\(\displaystyle\bigcup_{\lambda \in \Lambda}M_{\lambda} \subset M^{\circ}\)
以上により\(M^{\circ}=\displaystyle\bigcup_{\lambda \in \Lambda}M_{\lambda}\)
証明終
とある問題の証明を読んでいたら，こんな一文に出会いました．記号の意味はさておき，\(\delta(A),\delta(\overline{A}),\epsilon\)はいずれも実数です．
（中略） \(\delta(\overline{A}) \leq \delta(A) + \epsilon\)．\(\epsilon\)は任意の正数だから，\(\delta(\overline{A}) \leq \delta(A)\)．
んんん？（ここで理解が詰まる）
「任意」と言われたから，どんな正数でもＯＫですが，でかい数をもってきても結論の不等式が得られるとは思えませんから，めちゃくちゃ小さい数を持ってくることにします．\(\delta(A)\)に加えられる数\(\epsilon\)をめちゃくちゃ小さくしたとしてもやっぱり\(\delta(\overline{A})\)よりも\(\delta(A)\)の方が大きい…，ということは\(\delta(A)\)の方が大きいと言える…のか…？？感覚的には納得できるような気もしないでもないですが，でも小さいとはいえ正数を加えられている以上それを除いてもやはり\(\delta(\overline{A})\)以上だ，なんて言えるのだろうか，とも感じられ，釈然としません．
議論に関係のない文字がうるさいので，ちょっと簡略化して書き直します．
こう書くとちょっと高校数学の証明問題ぽいですね．実際，いちおう数学Ａの集合と論理を終えた高１生なら理解できる（証明できる）と思います．調べてみましょう．
証明
背理法で示す．証明したいことは
\[\forall \epsilon >0 [a \leq b + \epsilon ]\Longrightarrow a \leq b\]
であるから，否定をとると
\begin{align*}
&\overline{\forall \epsilon >0 [a \leq b + \epsilon ]\Longrightarrow a \leq b}\\
\Longleftrightarrow~&\overline{\overline{\forall \epsilon >0 [a \leq b + \epsilon ]} \lor a \leq b}\\
\Longleftrightarrow~&\forall \epsilon >0 [a \leq b + \epsilon ] \land a > b
\end{align*}\(a>b\)だから，\(a-b > 0\)．また，\(\forall \epsilon >0 [a \leq b + \epsilon ]\)，つまり\(a \leq b + \epsilon\)が任意の\(\epsilon > 0\)について成り立つから，ここでは\(\epsilon=\frac{a-b}{2} >0\)ととることにする．すると，\[a \leq b +\frac{a-b}{2} \Longleftrightarrow a \leq b\]を得る．これは\(a>b\)であることに反する．
証明終
この証明，知識としてはほぼ高校数学の知識しか使ってない上にとてもシンプルな論証なので，教科書では無視しがちな「任意の」を重要性を確認させる問題としていいんじゃないかな，なんて思いました．「任意の」と言っているのだから，都合のよい\(\epsilon\)を代入したところがポイントです．
松坂和夫先生の「集合と位相」を読んでいて，次のような記述に出会いました．
その理由が，
実際，\(y\)を\(x\)と異なる\(S\)の点とすれば，\(x\)を含まない\(y\)の近傍があるから，\(y \in \overline{\{x\}}\)とはならない．
だそうです．なるほど，わからない．さんざん調べ，悩んだ末…（ ＾ω＾）
証明
\(S\)をHousdorff空間とする．１点\(x\in S\)をとる．\(y \in S-\{x\}\)を任意にとれば，\(x \neq y\)なので，\[U \in \mathbb{V}(x),~V \in \mathbb{V}(y),~U\cap V = \phi\]をみたす\(U,~V\)が存在する．このとき，\[y \in V \subset S-U \subset S-\{x\}\]\(V \subset S-\{x\}\)であることに着目すると，\(V \in \mathbb{V}(y)\)であるから，\(S-\{x\} \in \mathbb{V}(y)\)である(※１)．\(y\)は\(S-\{x\}\)における任意の元であったから，結局\[\forall y \in S-\{x\}[S-\{x\} \in \mathbb{V}(y)]\]が言えたことになる．ここで，
\[
\begin{align*}
\forall y \in S-\{x\}[S-\{x\} \in \mathbb{V}(y)]\Longleftrightarrow~ S-\{x\} \in \mathfrak{O}
\end{align*}
\]であるから（※２），
\[
\begin{align*}
S-\{x\} \in \mathfrak{O}~\Longleftrightarrow~ &(S-\{x\})^c \in \mathfrak{A}\\
\Longleftrightarrow~ &(S\cap\{x\}^c)^c \in \mathfrak{A}\\
\Longleftrightarrow~ &S^c\cup\{x\} \in \mathfrak{A}\\
\Longleftrightarrow~ &\phi\cup\{x\} \in \mathfrak{A}\\
\Longleftrightarrow~ &\{x\} \in \mathfrak{A}
\end{align*}
\]証明終
…でぎだっ！！
※１の証明
証明
\(V \in \mathbb{V}(x) \overset{\text{def}}{\Longleftrightarrow} x \in V^{i}\)であることと，\(V \subset V’ \Longrightarrow V^i \subset V’^i\)であることから，
\[
\begin{align*}
V \in \mathbb{V}(x), V \subset V’ \Longrightarrow~&x \in V^{i},V^i \subset V’^i\\
\Longrightarrow~&x \in V^{i}\subset V’^i\\
\Longrightarrow~&x \in V’^i\\
\overset{\text{def}}{\Longleftrightarrow}~& V’\in \mathbb{V}(x)
\end{align*}
\]証明終
※２の証明
証明
\begin{align*}
\forall x \in O[O \in \mathbb{V}(x)]\Longleftrightarrow~&\forall x[x \in O \rightarrow x \in O^i]\\
\Longleftrightarrow~&x \in O \Rightarrow x \in O^i\\
\Longleftrightarrow~& O \subset O^i\\
\Longleftrightarrow~& O = O^i\\
\Longleftrightarrow~& O \in \mathfrak{O}
\end{align*}証明終
…とりあえずこれで片付いたのでよかったんだけど，本にあった
実際，…（中略）… \(y \in \overline{\{x\}}\)とはならない．
とは何だったのか…？落ち着いて調べてみると，
任意の\(y \in S-\{x\}\)に対して，
\begin{align*}
\text{\(y \in \overline{\{x\}}\)とはならない}\Longleftrightarrow~& y \notin \overline{\{x\}}\\
\Longleftrightarrow~&y \notin \{x\}^a\\
\Longleftrightarrow~&y \in \{x\}^{ac}\\
\Longleftrightarrow~&y \in \{x\}^{ci}\\
\Longleftrightarrow~&y \in (S-\{x\})^{i}\\
\overset{\text{def}}{\Longleftrightarrow}~&S-\{x\} \in \mathbb{V}(y)\\
\Longleftrightarrow~&S-\{x\} \in \mathfrak{O}&\text{∵上の※２}\\
\Longleftrightarrow~&\{x\} \in \mathfrak{A}\\
\end{align*}
というわけですね．なるほど．（ここまでで半日以上潰す）
数学の本を読んでいるとよく見る言い回し「明らかに…」「直ちに…」「…は容易に示される」
…全然「明らか」じゃないし「直ちに」求まらないし「容易に」示せないんですけど！！
容易に示されるように，\(\mathbb{R}^n\)の任意の開球体\(B(x;\epsilon)\)は凸集合である．
ああ？（怒）
…まず準備．開球体の定義は，
線分\(\overline{ab}\)の定義は，
凸集合の定義は，
したがって，
\[a,b\in B(x;\epsilon) \Longrightarrow \overline{ab}\subset B(x;\epsilon)\]
を証明すればよい．やってみます．
証明
\[a,b\in B(x;\epsilon) \Longrightarrow \overline{ab}\subset B(x;\epsilon)\]が示されればよい．まず，仮定は
\[
\begin{align*}
a,b\in B(x;\epsilon)\Longleftrightarrow~&d(x,a)<\epsilon,d(x,b)<\epsilon\\
\Longleftrightarrow~&\sqrt{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(x_i-a_i)^2} < \epsilon,\sqrt{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(x_i-b_i)^2} < \epsilon
\end{align*}
\]結論は
\[
\begin{align*}
&\overline{ab}\subset B(x;\epsilon)\\
\Longleftrightarrow~&c \in \overline{ab} \Rightarrow c \in B(x;\epsilon)\\
\Longleftrightarrow~&c \in \{y\in \mathbb{R}^n|y=(1-t)a+tb,~0\leq t \leq 1\} \Rightarrow c \in \{y \in \mathbb{R}^n|d(x,y)<\epsilon\}\\
\Longleftrightarrow~&c=(1-t)a+tb,~0\leq t \leq 1 \Rightarrow d(x,c)<\epsilon\\
\Longleftrightarrow~&c=(1-t)a+tb,~0\leq t \leq 1 \Rightarrow \sqrt{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(x_i-c_i)^2} < \epsilon
\end{align*}
\]だから結局，示すべきことは
\[\begin{cases}\sqrt{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(x_i-a_i)^2} < \epsilon,\sqrt{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(x_i-b_i)^2} < \epsilon \\ c=(1-t)a+tb \\ 0\leq t \leq 1\end{cases}\Longrightarrow \sqrt{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(x_i-c_i)^2} < \epsilon\]であることが分かる．
\[
\begin{align*}
\sqrt{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(x_i-c_i)^2}=&\sqrt{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(x_i-(1-t)a_i-tb_i)^2}&\text{（ア）}\\
=&\sqrt{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\left((1-t)(x_i-a_i)+t(x_i-b_i)\right)^2}\\
\leq &\sqrt{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}((1-t)(x_i-a_i))^2}+\sqrt{\sum_{i=1}^{n}(t(x_i-b_i))^2}&\text{（イ）}\\
= &(1-t)\sqrt{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(x_i-a_i)^2}+t\sqrt{\sum_{i=1}^{n}(x_i-b_i)^2}&\text{（ウ）}\\
< &(1-t)\epsilon+t\epsilon=\epsilon &\text{（エ）}
\end{align*}
\]
（イ）はコーシーシュワルツの不等式，（ア）（ウ）（エ）は仮定による．（証明終）
「容易に」とか「明らかに」とか言われてそこの理解に時間かかったりあるいは理解できなかったりすると，こういうのが「容易に」「明らかに」理解できるレベルじゃなければあまり関わってはいけない世界なのかなと思って凹む…．が，それでも執念深く続けていればまた見える世界が変わってくるのかな？とも思います．頑張ろうっと．
\(x^2+y^2\)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）