タグ: 同値変形

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。

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。

チャート式なんかによくみる解法

これを見てふと思う。最後のだけなんで\(D>0\)がないの？と。補足をよく見ると「このとき，\(D>0\)は成り立っている」と小さく書いてある。ここ，ちょっと疑問をもちつつも「まあそういうもんなんだろ～」程度のゆるい理解で済ませているひとも少なくないと思います。でも，ここをちゃんと確認しないまま結果だけ使うというのは，理由を納得しないまま覚えるということで，数学としてはその姿勢はちょっと不安です。

証明してみます。以下，\(\alpha,\beta\)を\(2\)次方程式\(f(x)=0\)の解とします。

証明

\(2\)次方程式\(f(x)=0\)が異符号の解をもつとする．
\begin{align*}
&~\text{\(2\)次不等式\(f(x)=0\)が異符号の解をもつ}\\
\Longleftrightarrow &~D>0 \land ((\alpha > 0 \land \beta < 0) \lor (\alpha < 0 \land \beta > 0))\\
\Longleftrightarrow &~D>0 \land \alpha\beta < 0\\
\Longrightarrow &~\alpha\beta < 0　\quad\text{※ 必要条件}
\end{align*}よって，\[\text{\(2\)次不等式\(f(x)=0\)が異符号の解をもつ}\Longrightarrow ~\alpha\beta < 0\]が成り立つ．逆に，\(\alpha\beta < 0\)とする．
\begin{align*}
\alpha\beta=\frac{c}{a}<0 \Longleftrightarrow~& ac<0\\ \Longleftrightarrow~& -4ac > 0\\
\Longrightarrow~& b^2-4ac > 0 \quad\text{※ 必要条件}\\
\Longleftrightarrow~& D > 0
\end{align*}ゆえに，
\begin{align*}
\alpha\beta < 0 \Longrightarrow~&D>0 \land \alpha\beta < 0\\
\Longleftrightarrow~&\text{\(2\)次不等式\(f(x)=0\)が異符号の解をもつ}
\end{align*}以上により，\[\text{\(2\)次不等式\(f(x)=0\)が異符号の解をもつ}\Longleftrightarrow~\alpha\beta < 0\]が示された．

証明終

判別式と解と係数の関係どーのこーのがこの分野のテーマだと思うんですが，そんなことより補足として小さく書かれたこっちの議論の方が大事だし面白いと個人的に思います＾＾；

そもそも，教科書や教科書準拠問題集はそもそもこの辺の論理にはあまり深入りしない傾向がある気がします。卑近な例ですが例えば「判別式は\(D\)じゃなくて\(\frac{D}{4}\)を使うと計算が楽だよ！」とか。これだって，「判別式はあくまで\(D\)であって，\(\frac{D}{4}\)だなんて勝手に\(\frac{1}{4}\)しちゃだめだろ」と思いませんでしたか…？僕は思ったなあ。実際楽なので正当性も確かめずに使ってましたが。まあともかくこれだって，なんのことはない，\begin{align*}D > 0 \Longleftrightarrow \frac{D}{4}>0\\
D = 0 \Longleftrightarrow \frac{D}{4}=0\\
D < 0 \Longleftrightarrow \frac{D}{4} <0\\ \end{align*}ということに過ぎず，したがって例えば\(\frac{D}{4}>0\)を変形して得られる結論は，\(D>0\)と同値であるわけです。だから\(\frac{D}{4}>0\)で考えてよい，という。

もっとも，細かいことは気にせずとりあえず使えるように（＝問題が解けて，点数がもらえるように）なることを目指し，その後改めて，細部を振り返り精査していく…という勉強法は難しい内容を学びとるためのひとつの有効な姿勢であり，決して否定はできません。あまり細かいことを言うと敷居が高くなったり（※誤用の方），あるいは深入りしすぎて手段と目的が逆転してしまったりといいことばかりではありませんしね。どう導入するのか，というのは難しいところです。

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．