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図示して証明？

授業で取り扱っていてふと気になった問題。

\(x,y\)は実数とする。
\((1)\quad\)\(x^2+y^2+2x<3\)ならば\(x^2+y^2-2x<15\)であることを証明せよ。
\((2)\quad\)\(x^2+y^2\leq 5\)が\(2x+y\geq k\)の十分条件となる定数\(k\)の値の範囲を求めよ。

（青チャート）

解答では

\[P=\{(x,y)|x^2+y^2+2x<3\},Q=\{(x,y)|x^2+y^2-2x<15\}\]とすると，「\(p\Rightarrow q\)が真である」\(\Leftrightarrow P\subset Q\)であるから，\(P,Q\)を図示することにより，楽に証明できる。

 
\(P\subset Q\)であることを図示することで証明していて，確かに楽かつ直観的で分かりやすいけど，しかし\((2)\)のような求値問題ならまだしも\((1)\)のような「証明」において「絵」を根拠にしていいのかという違和感があります。ということでお絵かきに頼らない証明を考えてみます。

(1)

仮定により
\begin{align*}
&x^2+y^2+2x<3\\
\Longleftrightarrow~& x^2+y^2<3-2x \land (x+1)^2+y^2<4 \\
\Longleftrightarrow~& x^2+y^2<3-2x \land (x+1)^2<4\\
\Longleftrightarrow~& x^2+y^2<3-2x \land -3 < x < 1
\end{align*}であるから，

\[x^2+y^2-2x < (3-2x)-2x = 3-4x < 15\]

証明終

(2)
\[x^2+y^2\leq 5 \Longrightarrow2 x+y\geq k\]であるような\(k\)を調べる．\(2x+y\)の値域を\(\mathcal{R}\)とおく．
\begin{align*}
&2x+y \in \mathcal{R}\\
\Longleftrightarrow~&\exists x,y[2x+y=m \land x^2+y^2\leq 5]\\
\Longleftrightarrow~&\exists x[x^2+(m-2x)^2\leq 5]\\
\Longleftrightarrow~&\exists x[5x^2-4mx+m^2-5\leq 0]\\
\Longleftrightarrow~&4m^2-5(m^2-5)\geq 0\\
\Longleftrightarrow~&m^2-25\leq 0\\
\Longleftrightarrow~&-5 \leq m \leq 5
\end{align*}

したがって\(k\leq -5\)であれば，\[x^2+y^2\leq 5 \Longrightarrow2 x+y\geq k\]が言える．

解答終

というか，解答で（\(P=\{(x,y)|p(x,y)\},Q=\{(x,y)|q(x,y)\}\)として）\[(p(x,y)\Rightarrow q(x,y))\Longleftrightarrow P\subset Q\]だから\(P \subset Q\)を言えばよい，と言っているけど，しかしそもそも\(P \subset Q\)の定義は
\begin{align*}
&P \subset Q\\
\overset{\text{def}}{\Longleftrightarrow}&~((x,y)\in P \Rightarrow (x,y)\in Q)\\
\Longleftrightarrow&~(p(x,y)\Rightarrow q(x,y))
\end{align*}
であったから，本来の意味で（定義に従って）この\(P \subset Q\)を示そうとすると循環論法になると思う。それを「図示」でかわすってことかな？でも数学において「図示」を証明の根拠にしていいのだろうか…？解答のこの辺のさじ加減正直よくわからない。

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積の和

実数\(x,y\)が\(|x|\leq 1\)と\(|y| \leq 1\)を満たすとき，不等式\[0 \leq x^2+y^2-2x^2y^2+2xy \sqrt{1-x^2} \sqrt{1-y^2}\leq 1\]が成り立つことを示せ．

（大阪大学 文系）

積の和の形\(ax+by\)を\(\left(\begin{array}{c} a \\ b \\ \end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c} x \\ y \\ \end{array}\right)\)とみると事態が好転することが少なくない気がします。

証明

\(2xy \sqrt{1-x^2} \sqrt{1-y^2}\)という項に着目し，中辺は\(\left(y\sqrt{1-x^2}+x\sqrt{1-y^2}\right)^2\)の展開式ではないかと疑う．実際，展開してみると\begin{align*}
&\left(y\sqrt{1-x^2}+x\sqrt{1-y^2}\right)^2\\
=~&y^2(1-x^2)+2xy\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}+x^2(1-y^2)\\
=~&x^2+y^2-2x^2y^2+2xy \sqrt{1-x^2} \sqrt{1-y^2}
\end{align*}ゆえに\[x^2+y^2-2x^2y^2+2xy \sqrt{1-x^2} \sqrt{1-y^2}\geq 0\]を得る．また，
\begin{align*}
&y\sqrt{1-x^2}+x\sqrt{1-y^2}\\
=&~\left(\begin{array}{c} y \\ x \\ \end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c} \sqrt{1-x^2} \\ \sqrt{1-y^2} \\ \end{array}\right)\\
=&~\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{1-x^2+1-y^2}\cos \theta\\
=&~\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{2-(x^2+y^2)}\cos \theta\\
=&~\sqrt{2(x^2+y^2)-(x^2+y^2)^2}\cos \theta\\
\end{align*}より
\begin{align*}
&-\sqrt{2(x^2+y^2)-(x^2+y^2)^2}\leq y\sqrt{1-x^2}+x\sqrt{1-y^2} \leq \sqrt{2(x^2+y^2)-(x^2+y^2)^2}\\
\Longleftrightarrow&~\left|y\sqrt{1-x^2}+x\sqrt{1-y^2}\right|\leq\sqrt{2(x^2+y^2)-(x^2+y^2)^2}\\
\Longleftrightarrow&~\left(y\sqrt{1-x^2}+x\sqrt{1-y^2}\right)^2\leq 2(x^2+y^2)-(x^2+y^2)^2
\end{align*}
ここで\(x^2+y^2=t\)とおくと，\(0\leq t \leq 2\)より
\begin{align*}
2t-t^2=-(t-1)^2+1\leq 1
\end{align*}であるから\[\left(y\sqrt{1-x^2}+x\sqrt{1-y^2}\right)^2 \leq 1\]すなわち\[x^2+y^2-2x^2y^2+2xy \sqrt{1-x^2} \sqrt{1-y^2}\leq 1\]を得る．

証明終

昔こういった手法を「そんなものは受験テクニックだ！」と言ってやたら否定する人がいたけど高校数学や受験数学で「テクニック」と呼ばれるものが大学数学で再登場するということが少なくない気がする。（てか，それが元ネタ？）実際，上の\[a_1x_1+a_2x_2+\cdots+a_n x_n\]を\(1\)次結合といい，上でしたような変形は大学で学ぶ線型代数学ではよく見られるものです。

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Schuwarzの不等式

不等式

\[\sqrt{\displaystyle \sum_{i=1}^n (a_i+b_i)^2} \leq \sqrt{\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i^2} + \sqrt{\displaystyle \sum_{i=1}^n b_i^2}\]

を証明します．

証明
\begin{align*}
&\displaystyle \sqrt{\sum_{i=1}^n (a_i+b_i)^2} \leq \sqrt{\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i^2} + \sqrt{\displaystyle \sum_{i=1}^n b_i^2}\\
\Longleftrightarrow~&\displaystyle \sum_{i=1}^n (a_i+b_i)^2 \leq \displaystyle \sum_{i=1}^n a_i^2 +2\sqrt{\left(\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i^2\right)\left(\displaystyle \sum_{i=1}^n b_i^2\right)} + \displaystyle \sum_{i=1}^n b_i^2\\
\Longleftrightarrow~&\displaystyle \sum_{i=1}^n a_ib_i \leq \displaystyle \sqrt{\left(\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i^2\right)\left(\displaystyle \sum_{i=1}^n b_i^2\right)}\\
\Longleftarrow~&\displaystyle \left|\sum_{i=1}^n a_ib_i \right| \leq \displaystyle \sqrt{\left(\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i^2\right)\left(\displaystyle \sum_{i=1}^n b_i^2\right)}\quad\text{※ 十分条件}\\
\Longleftrightarrow~&\displaystyle \left(\sum_{i=1}^n a_ib_i \right)^2 \leq \displaystyle \left(\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i^2\right)\left(\displaystyle \sum_{i=1}^n b_i^2\right)
\end{align*}
したがって，最後の不等式を証明すればよい．ここで，天下りではあるが，\[\displaystyle \sum_{i=1}^n (a_ix+b_i)^2\]という式を考える．平方の和なので，これはもちろん正であることに着目して，
\begin{align*}
&\displaystyle \sum_{i=1}^n (a_ix+b_i)^2 \geq 0\\
\Longleftrightarrow~&\displaystyle \left(\sum_{i=1}^n a_i^2\right)x^2+2\left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)x + \sum_{i=1}^nb_i^2 \geq 0\\
\Longleftrightarrow~&\left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2-\left(\sum_{i=1}^n a_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^nb_i^2\right) \leq 0\quad\text{※ 判別式}\\
\Longleftrightarrow~&\left(\sum_{i=1}^na_ib_i\right)^2 \leq \left(\sum_{i=1}^n a_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^nb_i^2\right)\\
\end{align*}証明終

途中の不等式はSchuwarzの不等式と呼ばれます．

Schuwarzの不等式
\[\left(\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i b_i \right)^2 \leq \left(\sum_{i=1}^n a_{i}^2 \right)\left(\sum_{i=1}^n b_{i}^2 \right)\]すなわち
\[(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)^2 \leq (a_{1}^2+a_{2}^2+\cdots + a_{n}^2)(b_{1}^2+b_{2}^2+\cdots + b_{n}^2)\]

\(n=2,3\)の場合の証明は数学Ⅱの練習問題でお馴染みですが，一般の場合は上のように証明するのが有名です．

 

 

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