投稿者: shotasasaki

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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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◆円と放物線（\(\rm(i\hspace{-.08em}i\hspace{-.08em}i)\)の別解）

\(\rm(i\hspace{-.08em}i\hspace{-.08em}i)\)のとき．
\begin{align*}
&\text{円と放物線が接する}\\
\overset{def}{\Longleftrightarrow}~&\text{円と放物線が\(1\)点\(\mathrm{T}\)を共有し，点\(\mathrm{T}\)における両者の接線が一致する}\\
\Longleftrightarrow~&\text{放物線上の点\(\mathrm{T}\)を通り，その点における接線に垂直な直線が円の中心を通る}\\
\end{align*}
であることに着目する．\(\mathrm{T}(t,t^2+k)\)とおく．放物線上の点\(\mathrm{T}\)を通り，その点における接線に垂直な直線の方程式は\((t^2+k)’=2t\)であることから
\[y-(t^2+k)=-\frac{1}{2t}(x-t)\]
とかける．これが原点を通るから，
\[0-(t^2+k)=-\frac{1}{2t}(0-t) \Longleftrightarrow t^2=-k-\frac{1}{2}\]
これを満たす\(t\)が存在すればよいから（点\(\mathrm{T}\)は円上の点であることにも注意して），
\begin{align*}
&\exists t\begin{cases}t^2+(t^2+k)^2=4 \\ t^2=-k-\frac{1}{2}\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~& \exists t\begin{cases}\left(-k-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{4}=4 \\ t^2=-k-\frac{1}{2}\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~& \exists t\begin{cases}k=-\frac{17}{4}\\ t^2=-k-\frac{1}{2}\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~& \exists t\left[k=-\frac{17}{4} \land t^2=\frac{15}{4}\right]\\
\Longleftrightarrow~& k=-\frac{17}{4} \land \exists t\left[t^2=\frac{15}{4}\right]\\
\Longleftrightarrow~& k=-\frac{17}{4}
\end{align*}

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◆円と放物線（別解その１）

「円と放物線」の定番問題です．多くの解答では「重解条件」を用いていますが，どこか気持ち悪い．「重解条件」を使わない解法について見てみます．

\(y=x^2+k\)（\(k\)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．

\((2)\)別解

図により，
\[\text{接する}~\Longleftrightarrow \rm(\hspace{.18em}i\hspace{.18em})\text{または}\rm(\hspace{.08em}ii\hspace{.08em})\text{または}\rm(i\hspace{-.08em}i\hspace{-.08em}i)\]である．

\(\rm(\hspace{.18em}i\hspace{.18em})\)のとき，図より明らかに\(k=2\)．逆も成り立つ．

\(\rm(\hspace{.08em}ii\hspace{.08em})\)のとき，図より明らかに\(k=-2\)．逆も成り立つ．

\(\rm(i\hspace{-.08em}i\hspace{-.08em}i)\)のとき．
\(y=x^2+k\)上の点を\(P(s,s^2+k)\)とおく．線分\(OP\)を調べる．
\begin{align*}
OP^2=&s^2+(s^2+k)^2\\
=&t+(t+k)^2&(s^2=t\text{とおいた})\\
=&t^2+(2k+1)t+k^2\\
=&\left(t+k+\frac{1}{2}\right)^2-k-\frac{1}{4}&(t\geq 0)\\
\end{align*}
図より\(k<-2\)であるから\[-k-\frac{1}{2} > \frac{3}{2}\]
であることに注意すると，\(OP^2\)の最小値は\(-k-\frac{1}{4}\)．これが円の半径\(2\)と一致するとき，かつそのときに限り円と放物線は\(\rm(i\hspace{-.08em}i\hspace{-.08em}i)\)のように接する．したがって
\[\sqrt{-k-\frac{1}{4}}=2\Longleftrightarrow k=-\frac{17}{4}\]
以上により求める条件は\(k=\pm 2\)または\(k=-\frac{17}{4}\)となる．

\(\ast\)　　　　\(\ast\)　　　　\(\ast\)

（\(\rm(i\hspace{-.08em}i\hspace{-.08em}i)\)の別解はこちら）

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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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\(A.\)（答え）

中学生や高校入りたての1年生の解答を見ていてものすっごい気になることがあります．それは，答えを\(A.\)と書くこと…．僕はいいたい．

答えを\(A.\)と書くのはやめましょう

と．理由は３つ…．

理由１
答案において文字を使う以上，その文字が何を表しているのかは明確に定義しておかねばなりません．では，\(A.\)とは一体何を表しているのでしょうか？\(A\)という文字の明確な定義がないということがまず問題です．…いや「常識的に」考えれば\(Answer\)の略だろ，と言われそうですが，その「常識」とは誰の常識でしょうか？それ，中学校特有のローカルルールに過ぎないのでは…？実際，答えを\(A.\)と書いている数学書，いや高校参考書ですら僕は一度も目にしたことがないのですが…（数学書にいたってはそもそも「問題」と「答え」という形式すら少なくなってきますが）．つまり，定義していない以上，これは意味不明な文字，と言わざるを得ないわけです．なので，どうしても使いたいのなら，答案用紙の一番最初に「以下，答えを\(A.\)で表すことにする．」と一言宣言して文字\(A.\)を定義すべきと僕は思います．

理由２
とはいえ，上のように冒頭で定義するにしても，\(A.\)と表記するのはやっぱりよくないと思う．なぜなら，数学において\(A\)という英文字が登場するシーンは沢山あるから．座標平面または空間上の点を\(A\)とおくのは毎度のことだし，数式を処理する際は‘カタマリ’を\(A\)とおいたり，式番号として\(A\)を使ったりもする．幾何では頂点を\(A\)とおくし，集合では集合そのものを\(A\)で表し，確率では事象（これも集合ですが）を\(A\)と表したり…．などなど．これらの際，答えを\(A.\)などと書いたりしたら，\(A\)という文字に二重の意味を持たせることになり，非常に気持ち悪い，どころか記述としては非常にまずい．…というか，ここまで理由２で出てきた\(A\)という英文字を俯瞰してみてください．数学的な意味をもつ\(A\)と答えという意味しかもたない\(A\)，見分けつかないでしょ？それだけでもう気持ち悪くない？

理由３
さらに，数学では先に進むにつれていろいろな文字を使うようになります．中学では高々英文字程度（＋ギリシャ文字\(\pi\)）？ですが，その後高校へと進めば英文字の小文字大文字のみならず一部ギリシャ文字，さらに大学へ進めばギリシャ文字はほとんどすべて使うし，大文字もよく見られるようなる．英文字もそれまで用いていたブロック体だけではなくボールド体や花文字で登場したり，さらにはドイツ文字まで使ったり．そんな多種多様な文字を使っていく中，一番馴染み深いブロック体の英文字\(A\)に「答え」なんて役割を担わせるのはなんというかものすごい文字の無駄遣いな気がするのです．

というわけで，中学生の皆さん，はっきりと「間違いだよ」とは言いづらいけど，答えを\(A.\)で書くのはなるべく避けた方がいいですよ．いまいまはいいかもしれないけど，将来的なことを考えるとね．

 

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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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連立方程式の解法は…「文字を減らす」方針？その２

下の記事を見直してたらちょっと気になったので一言．「文字を減らす」という方針について以前の記事に追加です．

\[\begin{align*}
&\begin{cases}
f(s,~t)=0\\
s=g(x,y)\\
t=h(x,y)
\end{cases}
\Longleftrightarrow
\begin{cases}
f(g(x,y),~h(x,y))=0\\
s=g(x,y)\\
t=h(x,y)
\end{cases}
\end{align*}
\]

です．

（理由）
\(\Rightarrow\)は第１式の\(s\)と\(t\)に第２，３式により\(s=g(x,y),~t=h(x,y)\)をそれぞれ代入すれば得られます．
\(\Leftarrow\)はは第１式の\(g(x,y)\)と\(h(x,y)\)を第２，３式により\(g(x,y)=s,~h(x,y)=t\)とおき直せば得られます．（ちなみにこれは，もし第２，３式\(g(x,y)=s,~h(x,y)=t\)がなければ逆が成り立たない，すなわち
\[
\begin{cases}
f(s,~t)=0\\
s=g(x,y)\\
t=h(x,y)
\end{cases}
\Longrightarrow
f(g(x,y),~h(x,y))=0\\
\]
であることを意味します．）

…（同値性という観点から言えば）文字は別に減らしてなんかいないことに注意．

しかしもし，
\[
\exists s \exists t\begin{cases}
f(s,~t)=0\\
s=g(x,y)\\
t=h(x,y)
\end{cases}
\]
なら，存在記号を処理することで，

\[\exists s \exists t\begin{cases}
f(s,~t)=0\\
s=g(x,y)\\
t=h(x,y)
\end{cases}
\Longleftrightarrow
f(g(x,y),~h(x,y))=0
\]

となります．見た目通り，文字\(s,t\)は消えます．

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