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正像法・逆像法［典型問題］

高校数学で大切な別解にいわゆる「正像法と逆像法」という話題がある． この一番単純な形は「 $y=x^2+x+1$ の値域を求めよ．」だ．これはどうするか．

正像法では次のように実際の値域の必要条件から考える．

$$y=x^2+x+1= \left(x+\dfrac{1}{2} \right)^2+\dfrac{3}{4}$$

より $y\ge \dfrac{3}{4}$ ． それだけでは必要条件なので $$\lim_{x \to \infty}y=\infty$$で$y$は連続なので， 値域は $y\ge \dfrac{3}{4}$である．

逆像法での別解は次のように変数の存在条件から求める． $y$のとりうる範囲は$y=x^2+x+1$となる実数 $x$ が存在する範囲，である． $x^2+x+1-y=0$より $D=1-4(1-y)\ge 0$．

$$∴ \quad y\ge \dfrac{3}{4}$$

この場合は必要十分条件なので $$\lim_{x \to \infty}y=\infty$$ は要らない．

第一の方法を「正像法」，第二の方法を「逆像法」と呼ぶことが多い． これを「順手法」「逆手法」という人もいるが，第二の方法が論理的には大切なのに 何か「裏技」のような印象の言葉なので私は使わない． 「正像法と逆像法」はもちろん次のような通過領域で用いることが多い．

問題     

$xy$ 平面上の直線$tx+y+t^2=0$がある．$t$ が $0\le t\le 1$ を動くとき, この直線が通過する$xy$ 平面の領域を求めよ.

方針

1.

$x$を固定し$x$の範囲で場合に分けて$y$のとりうる範囲を求める．

2.

点 $(1,\ 2)$ が通過領域にあるかどうか知りたければどうするか． 代入して$t$の値を求め，それが$t$の動ける範囲にあればよい． この考え方を生かして， 点 $(x,\ y)$ が通過領域にあるための必要十分条件を書き出せばよい．

解1

$$y=-t^2-xt= -\left(t+\dfrac{x}{2} \right)^2+\dfrac{x^2}{4}$$

$x$ を固定し，各 $x$ に対して$y$ がとりうる範囲を $x$ で表す．

その範囲は右辺を $t$ の2次関数と見たときの軸 $t=-\dfrac{x}{2}$ の 位置で場合分けし，最大最小を求めれば定まる．

右辺の $t$ の2次関数を $f(t)$ と置く．

$$\begin{array}{ll} -\dfrac{x}{2}\le 0,\ &f(1)\le y\le f(0)\... ...2}\right)\\ 1<-\dfrac{x}{2},\ &f(0)\le y\le f(1) \end{array}$$

これを計算して

$$\begin{array}{ll} 0\le x,\ &-x-1\le y\le 0\\ -1\le x<0,\... ...\le y\le \dfrac{x^2}{4}\\ x<-2,\ &0\le y\le -x-1 \end{array}$$

□

解2
点 $(x,\ y)$ が通過領域にあるということは$tx+y+t^2=0$となる $t$ が $0\le t\le 1$ に存在することと同値である．

$g(t)=t^2+tx+y$ と置く． $D$ を $t$ の2次方程式 $t^2+tx+y=0$ の判別式とすれば， 求める条件は次のいずれかがなり立つことである．

$$\begin{array}{l} g(0)g(1)\le0\\ D\ge0,\ g(0)\ge0,\ g(1)\ge 0,\ 0\le-\dfrac{x}{2}\le1 \end{array}$$

これから

$$y(x+y+1)\le0 ,\ または\ y\le\dfrac{x^2}{4},\ y\ge0,\ x+y+1\ge0,\ -2\le x \le 0$$

□

吟味

場合分けの仕方が違うがいずれも図示すれば同じものになる．

このように正像法と逆像法は，簡単なときはどちらでも同じことだ．論証としては媒介変数の 存在条件から求める逆像法が論述しやすいが，関数が簡単にならないときは実際に実行するのは 難しくなる．その例が『数学対話』「包絡線」にある． 正像法は考えやすいが，条件が複雜なときに厳密に求めるのが難しいときがある． 双方をよく理解した上で，使い分けることが大切だ．