カテゴリー: 大学数学

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◆円と放物線（別解その２）

\(y=x^2+k\)（\(k\)は定数）と円\(x^2+y^2=4\)について，
\((1)\)異なる\(4\)つの共有点をもつとき，定数\(k\)の値の範囲を求めよ．
\((2)\)放物線と円が接するとき，定数\(k\)の値を求めよ．

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）．

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文字は死んで変域残す

\(x,y\)が実数で，\(2x^2+3xy+2y^2=1\)を満たすとき，\(x+y+xy\)の最大値と最小値を求めよ．

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．

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◆無理不等式その２

次の式を\(\sqrt{\quad}\)のない形で表せ（同値変形せよ）．
\[\sqrt{a} < b\]

恒真条件の追加と分配法則，矛盾命題の消去により，
\begin{align*}
&\sqrt{a} < b\\ \Longleftrightarrow~&\sqrt{a}< b \land (b \geq 0 \lor b < 0)\\ \Longleftrightarrow~&(\sqrt{a} < b \land b \geq 0)\lor (\sqrt{a} < b \land b < 0)\\ \Longleftrightarrow~&\sqrt{a} < b \land b \geq 0 \end{align*} ここからさらに変形を考えますが，前回同様，いきなり同値な変形は考えづらいので，必要性\((\Rightarrow)\)と十分性\((\Leftarrow)\)を別々に考えることにします． まず必要性\((\Rightarrow)\)から．\(\sqrt{a} \geq 0\)ですから，\(\sqrt{a} < b\)の両辺を２乗することができて，例えば次のように必要条件が得られます： \begin{align*} &\sqrt{a} < b \land b \geq 0 \Longrightarrow a < b^2 \land b \geq 0 \tag{1} \end{align*} 次にこの\((1)\)における十分性\((\Leftarrow)\)を考えてみます．当然，\(a < b^2\)の両辺に\(\sqrt{\quad}\)をとりたくなりますが，しかし\(a\)が正である保証は今手元の仮定にはありません．つまり\(\sqrt{\quad}\)をとることができず，戻れない．そこで，\((1)\)において必要条件をもう少し絞り出すことを考えます．欲しいのは\(a \geq 0\)ですが，\(\sqrt{a}\)の‘中身’は正ですから，必要条件は \[\sqrt{a} < b\land b \geq 0 \Longrightarrow a < b^2 \land b \geq 0 \land a \geq 0\] とできるはずです．そして改めて十分性を確認してみます． \begin{align*} a < b^2 \land b \geq 0 \land a \geq 0 \Longrightarrow &\sqrt{a} < \sqrt{b^2} \land b\geq 0 \land a \geq 0\\ \Longrightarrow &\sqrt{a} < |b| \land b \geq 0 \land a \geq 0\\ \Longrightarrow &\sqrt{a} < b \land b \geq 0 \land a \geq 0\\ \Longrightarrow &\sqrt{a} < b \land b \geq 0 \end{align*} となり戻れました．これで必要十分（同値）であることが分かりました．したがって\((1)\)の論理式は， \[\sqrt{a} < b \land b \geq 0 \Longleftrightarrow a < b^2 \land b \geq 0 \land a \geq 0 \Longleftrightarrow 0\leq a < b^2 \land b \geq 0 \] と書きかえれば同値になることが分かりました． 以上により，

\[\sqrt{a} < b \Longleftrightarrow 0\leq a < b^2 \land b \geq 0 \]

と同値変形できることが分かりました．

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◆無理不等式その１

次の式を\(\sqrt{\quad}\)のない形で表せ（同値変形せよ）．
\[\sqrt{a}>b\]

恒真条件の追加と分配法則により，
\begin{align*}
&\sqrt{a}>b\\
\Longleftrightarrow~&\sqrt{a}>b \land (b \geq 0 \lor b < 0)\\
\Longleftrightarrow~& (\sqrt{a}>b \land b \geq 0)\text{（ア）} \lor (\sqrt{a}>b \land b < 0) \text{（イ）}
\end{align*}

（ア）と（イ）を分けて考えます．

（まず（ア）について）
いきなり同値な変形は考えづらいので，必要性\((\Rightarrow)\)と十分性\((\Leftarrow)\)を別々に考えることにします． まず必要性\((\Rightarrow)\)から．今，\(b \geq 0\)ですから，\(\sqrt{a}>b\)の両辺を２乗することができて，例えば
\begin{align*}
&\sqrt{a}>b \land b \geq 0 \text{（ア）}\Longrightarrow a > b^2\tag{1}
\end{align*}
のように必要条件が得られます．次にこの\((1)\)における十分性\((\Leftarrow)\)を考えてみましょう．両辺が正ですから，\(\sqrt{\quad}\)をとることができますが，
\[a > b^2 \Longrightarrow \sqrt{a} > \sqrt{b^2} \Longrightarrow \sqrt{a} > |b|\]
となり(ア)に戻れません（\(b\)の正負がわからない）．そこで，\((1)\)において（ア）の必要条件をもう少し絞り出しておきましょう．
\[\sqrt{a} > b\land b \geq 0 \text{（ア）}\Longrightarrow a > b^2 \land b \geq 0\]
そして十分性を確認してみます．
\begin{align*}
a > b^2 \land b \geq 0\Longrightarrow &\sqrt{a} > \sqrt{b^2} \land b\geq 0 \\
\Longrightarrow &\sqrt{a} > |b| \land b \geq 0 \\
\Longrightarrow &\sqrt{a} > b \land b \geq 0
\end{align*}
となりこれなら（ア）に戻れます．これで必要十分（同値）であることが分かりました．したがって\((1)\)の論理式は，
\[\sqrt{a} > b \land b \geq 0 \text{（ア）}\Longleftrightarrow a > b^2 \land b \geq 0 \tag{1′}\]
と書きかえれば同値になることが分かりました．

（次に（イ）について）
必要性\(\Rightarrow\)から見てみます．ここでは例えば明らかな必要性
\[(\sqrt{a} > b \land b < 0) \text{（イ）} \Longrightarrow b < 0 \tag{2}\] を考えてみます．逆（十分性）はどうか？ \[b < 0 \Longrightarrow (\sqrt{a} > b \land b < 0) \text{（イ）}\]が言えるか？…残念ながら言えません．なぜなら\(a\)は\(\sqrt{\quad}\)の中にあるのだから正でなくてはなりませんが，しかし仮定には\(a\)の正負についての言及がないからです．このことを踏まえて\((2)\)で（イ）の必要条件を適切に絞り出しておきます．\(\sqrt{\quad}\)の‘中身’は正であることに着目して， \[(\sqrt{a} > b \land b < 0) \text{（イ）} \Longrightarrow a \geq 0 \land b < 0\] さてこれならどうでしょうか？逆（十分性）を見てみると \[a \geq 0 \land b < 0 \Longrightarrow (\sqrt{a} > b \land b < 0) \text{（イ）}\] は確かに言えます．したがって，\((2)\)の論理式は \[(\sqrt{a} > b \land b < 0) \text{（イ）} \Longleftrightarrow a \geq 0 \land b < 0\tag{2'}\] と書けば同値であることがわかりました． \((1'),(2')\)により，

\[\sqrt{a}>b \Longleftrightarrow (a > b^2 \land b \geq 0) \lor (a \geq 0 \land b < 0)\]

と同値変形できることが分かりました．

ちなみにもし，\(b \geq 0\)という条件を‘大前提’として奉れば，当然
\[\sqrt{a}>b \Longleftrightarrow a > b^2 \land b \geq 0\]
と書けます．

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◆軌跡と同値変形その２

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．

 

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◆軌跡と同値変形その１

\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~&X=\frac{16\left(\frac{Y}{X-4}\right)^2}{4\left(\frac{Y}{X-4}\right)^2+1} \land \left(\frac{Y}{X-4}\right)^2<\frac{1}{12} \land X \neq 4\\
\Longleftrightarrow~&\frac{(X-2)^2}{4}+Y^2 = 1 \land \left|\frac{Y}{X-4}\right|<\frac{1}{\sqrt{12}} \land X \neq 4\\
\Longleftrightarrow~&\frac{(X-2)^2}{4}+Y^2 = 1 \land |Y|<\frac{1}{\sqrt{12}}|X-4| \land X \neq 4\\
\Longleftrightarrow~&\frac{(X-2)^2}{4}+Y^2 = 1 \land 0 \leq X < 1 \land X \neq 4 &\tag{\(\ast\)}\\
\Longleftrightarrow~&\frac{(X-2)^2}{4}+Y^2 = 1 \land 0 \leq X < 1\\
\end{align*}

\((\ast)\)は下図による．


\((0)\)以降の別変形はこちら．

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同値変形，途中のアプローチの違い

\[\exists s \exists t \left[s = \frac{2Y}{2-X} \land t = \frac{X}{2-X} \land s^2=4t \right]\]という主張の同値変形について見てみます．

【変形１】
\begin{align*}
&\exists s \exists t \left[s = \frac{2Y}{2-X} \land t = \frac{X}{2-X} \land s^2=4t \right]&(0)\\
\Longleftrightarrow~&\exists s \exists t \left[s = \frac{2Y}{2-X} \land t = \frac{X}{2-X} \land \frac{4Y^2}{(2-X)^2}=\frac{4X}{2-X}\right]&(1)\\
\Longleftrightarrow~&\exists s \exists t \left[s = \frac{2Y}{2-X} \land t = \frac{X}{2-X} \land Y^2=X(2-X) \land X \neq 2 \right]&(2)\\
\Longleftrightarrow~&\exists s \exists t \left[s = \frac{2Y}{2-X} \land t = \frac{X}{2-X} \right] \land Y^2=X(2-X) \land X \neq 2&(3)\\
\Longleftrightarrow~&X \neq 2 \land Y^2=X(2-X) \land X \neq 2&(4)\\
\Longleftrightarrow~&Y^2=X(2-X) \land X \neq 2&(5)\\
\Longleftrightarrow~&(X-1)^2+Y^2=1 \land X \neq 2
\end{align*}

\((2)\)は\(\frac{4Y^2}{(2-X)^2}=\frac{4X}{2-X} \Longleftrightarrow Y^2=X(2-X) \land X \neq 2\)
\((3)\)は\(Y^2=X(2-X) \land X \neq 2\)が変数\(s,t\)を含まないので，\(\exists s\exists t\)の支配域を変更することができるから
\((4)\)は\(\exists s \exists t \left[s = \frac{2Y}{2-X} \land t = \frac{X}{2-X} \right] \Longleftrightarrow X \neq 2\)より
\((5)\)は
\[p \land q \Leftrightarrow q \land p,\quad p \land p \Leftrightarrow p\]
によります（いずれも真理値表から明らか）

【変形２】
\begin{align*}
&\exists s \exists t \left[s = \frac{2Y}{2-X} \land t = \frac{X}{2-X} \land s^2=4t \right]&(0)’\\
\Longleftrightarrow~&\exists s \left[ \exists t \left[s = \frac{2Y}{2-X} \land t = \frac{X}{2-X} \land s^2=4t\right]\right] &(1)’\\
\Longleftrightarrow~&\exists s \left[s = \frac{2Y}{2-X} \land \exists t\left[ t = \frac{X}{2-X} \land s^2=4t\right]\right] &(2)’\\
\Longleftrightarrow~&\exists s \left[s = \frac{2Y}{2-X} \land s^2=\frac{4X}{2-X}\right] &(3)’\\
\Longleftrightarrow~&\left(\frac{2Y}{2-X}\right)^2=\frac{4X}{2-X} &(4)’\\
\Longleftrightarrow~&Y^2=X(2-X) \land X \neq 2&(5)’\\
\Longleftrightarrow~&(X-1)^2+Y^2=1 \land X \neq 2
\end{align*}

\((1)’\)はそもそも\(\exists s\left[ \exists t[p(s,t)]\right]\)の略記が\(\exists s \exists t[p(s,t)]\)だから
\((2)’\)は支配域の変更．\((2)\)と同じ
\((3)’\)は\(\exists t\)の処理
\((4)’\)は\(\exists s\)の処理
\((5)’\)は\((1)\)と同様の同値変形によります

\((0)’\)から\(~(4)’\)までの同値変形はこのように書くと厳ついですがやってることは結局\(s,t\)の消去です．通常は\((0)’\)から\((4)’\)まで一気に一行で処理してしまうところだと思います．

\((0)\)から\((1)\)への変形と\((0)’\)から\((4)’\)への変形に違いに注意しましょう（詳しくはこの記事にて．関連：「『存在する』の扱い」，「連立方程式の解法は…『文字を減らす』方針？」）．文字を「消去する」ことを正しく認識していないとこういう箇所で間違えてしまうので注意．

【変形１】【変形２】いずれにしても同じ結論です．途中のアプローチが違えど，論理式を正しく扱いすれば必然的に同じ結論が得られる，ということでした．

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イプシロン・エヌ論法

数列\((a_n)_{n\in\mathbb{N}} = \left(\frac{1}{n}\right)_{n \in\mathbb{N}}\)について\[\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}a_n=0\]を証明せよ．

\[(a_n)_{n \in \mathbb{N}}:\frac{1}{1},~\frac{1}{2},~\frac{1}{3},~\cdots~,\frac{1}{10},~\cdots~,\frac{1}{100},~\cdots~,\frac{1}{1000},~\cdots\]

ですから，\(0\)に限りなく近づくことは直観的には明らか（？）ですが，これをきちんと定義に従って証明してみます．この記事では，その「限りなく近づく」ことの数学的な定義とはどういうことか，以下の問答通して確認してみます．

「\(a_n(=\frac{1}{n})\)と\(0\)との差は\(\frac{1}{10}\)以下になりますか？」すなわち「\(\left|\frac{1}{n}-0\right|<\frac{1}{10}\)になりますか？」という問いかけについて考えてみます．こう言われたら，何と答えられるでしょう？…すぐわかるように，答えはyesで「\(n=11\)以降の\(a_n\)なら，いけるよ」と答えられるでしょう．実際，
\[\frac{1}{11},~\frac{1}{12},~\frac{1}{13},~\frac{1}{14},~\cdots~,\frac{1}{100},~\frac{1}{101},~\cdots\]はどれも\(\frac{1}{10}\)より小さい．


次に，もっと小さい数\(\frac{1}{100}\)をもってこられて，「\(a_n(=\frac{1}{n})\)と\(0\)との差は\(\frac{1}{100}\)以下になりますか？」すなわち「\(\left|\frac{1}{n}-0\right|<\frac{1}{100}\)になりますか？」という問われたらどうでしょう？今度は先ほどの\(n=11\)じゃ全然だめですね．でも，\(n\)を大きくとって，「\(n=101\)以降の\(a_n\)なら，いけるよ」と答えられるでしょう．実際，
\[\frac{1}{101},~\frac{1}{102},~\frac{1}{103},~\frac{1}{104},~\cdots~,\frac{1}{1000},~\frac{1}{1001},~\cdots\]
はどれも\(\frac{1}{100}\)より小さい．

では，さらに小さい数\(\frac{1}{1000}\)をもってこられて，「\(a_n(=\frac{1}{n})\)と\(0\)との差は\(\frac{1}{1000}\)以下になりますか？」すなわち「\(\left|\frac{1}{n}-0\right|<\frac{1}{1000}\)になりますか？」と問われたら…？今度は\(n=11\)はもちろん，先ほどの\(n=101\)でも全然だめですね．でも，\(n\)をさらに大きくとって，「\(n=1001\)以降の\(a_n\)なら，いけるよ」と答えられるでしょう．実際，
\[\frac{1}{1001},~\frac{1}{1002},~\frac{1}{1003},~\frac{1}{1004},~\cdots~,\frac{1}{10000},~\frac{1}{10001},~\cdots\]
はどれも\(\frac{1}{1000}\)より小さい．

このように，パワーインフレ大好き小学生を連れてきてとにかく小さい数を言わせて例えば「１００億兆分の１！」とか言いだしたとしても，その数に応じて逆数をとって\(1\)を加えて「じゃあ，１００億兆１番（目以降）」と，\(a_n\)と\(0\)との差が１００億兆分の１になるような項たち（番号たち）を即座に提示できます．一般には，与えられた（小さな）数\(\epsilon >0\)に対して\(\left[\frac{1}{\epsilon}\right]+1\)と提示してやればよいでしょう（[]はガウス記号）．

どんなむちゃくちゃな（小さな）正の数を言われても，その数に応じて，番号を即座に提示し返すことができる（番号の存在を示せる）とき，数列\((a_n)_{n \in \mathbb{N}}\)は\(0\)に限りなく近づく（収束する）といい，\(\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty}a_n=0\)と書くわけです．これが「限りなく近づく（収束する）」の数学的な定義で，この論法をイプシロン・エヌ論法と言います．

「限りなく近づく」の定義
任意の正の数\(\epsilon\)に対して，\(N \in \mathbb{N}\)が存在し，\(n>N\)ならば，\(|a_n-\alpha| < 0\)が成り立つとき，数列\((a_n)_{n \in \mathbb{N}}\)は\(\alpha\)に収束するといい，\[\lim_{n \rightarrow \infty}a_n=\alpha\]とかく．

上の定義は日本語が長ったらしくて煩わしいですね．論理記号を用いて記述すると，\[\forall\epsilon >0 \exists N \in \mathbb{N} [n > N \Longrightarrow |a_n – \alpha| < 0]\]または\[\forall\epsilon >0 \exists N \in \mathbb{N} \forall n\in \mathbb{N}[n > N \longrightarrow |a_n – \alpha| < 0]\]と簡潔に記述できます．論理式に慣れることはこのような意味でも重要です．また，\(\epsilon\)に応じて\(N\)が定まるわけですから，\(\forall,~ \exists\)の順であることに注意しましょう．

証明のキモ（目標）は，任意に与えられた\(\epsilon\)に対して（応じて），番号\(N\)の存在が示せるか否か，ということです．「存在を示せ」と言われたら，実際にその現物をもってくればよい．この問題で言えば，\(N=\left[\frac{1}{\epsilon}\right]+1\)と現物を提示できたので，証明が完了したことになります．

この定義により，高校段階では証明ぬきに使っていたこんな公式や，直観的に受け入れるしかなかったはさみうちの原理なんかも証明できます．

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\(\exists x[a \leq x \leq b] \Longleftrightarrow a\leq b\)

\(\exists x[a \leq x \leq b] \Longleftrightarrow a\leq b\)

証明

（\(\Rightarrow\)）
存在する\(x\)を\(c\)とおくと，\(a \leq c \leq b\)が成り立つ．ゆえに\(a \leq b\)がいえる．

（\(\Leftarrow\)）
\(a \leq b\)とする．このとき，\(\frac{a+b}{2}\)をとれば，\(a \leq \frac{a+b}{2} \leq b\)とかける．すなわち\(a \leq x \leq b\)をみたす\(x\)が（\(\frac{a+b}{2}\)として）存在する．

（証明終）

この問題で使いました．

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同値変形で遊ぶ

\(x,y\)が\(4\)つの不等式\[x \geq 0,~y \geq 0,~2x+y \leq 8,~2x+3y \leq 12 \]を同時に満たすとき，\(x+y\)の最大値，最小値を求めよ．

出典：高等学校 数学Ⅱ 数研出版

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．

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