軌跡の点の情報の命題を同値変形して解く技術

以下は、ここをクリックした先の問題の解２である。

【問１】実数のｍの値が変化するとき、２直線
ｍｘ－ｙ＋５ｍ＝０　（直線１）
ｘ＋ｍｙ－５＝０　　（直線２）
の交点Ｐ（Ｘ，Ｙ）の軌跡を求めよ。

【解２の方針】
　交点Ｐ（Ｘ，Ｙ）を与える式は、２直線を与える式をそのまま使うことができる。
ｍＸ－Ｙ＋５ｍ＝０　（式１）
Ｘ＋ｍＹ－５＝０　　（式２）
ここで、この式を連立してｍを消去すれば、ＸとＹの式が得られるが、
そのように、ｍを消去する計算によって、ｍが存在することが保証された条件下で点Ｐ（Ｘ，Ｙ）の可能な全ての集合が求められるのか、という懸念がある。
　そのため、この懸念が解消される論拠を明確にしつつ、以下のように問題を解く。

【解２の開始】
　以下のようにして、（式２）から、ｍを点（Ｘ，Ｙ）の座標であらわす式を求める。

(6) Y≠0 , の場合には、(7)式によってＸとＹからｍが求められる。そして、ＸとＹの間には、(6)の制約条件以外には、式(8)による制約条件が与えられる。
　ここで、式(6)(8)の制約条件を満足するすべての点(X,Y) は、式(7)によってｍの値の解を与えるので、(X,Y,m)の解がある。
　一方で、(3)(4)(5)が与えた(X,Y,m)＝(5,0,0)も解である。
式(8)は、以下の式に同値変形できる。

よって、求める点Ｐ（Ｘ，Ｙ）の軌跡は、
Ｙ＝０の場合は、Ｘ＝５となる点のみが解であり、
Ｙ≠０の場合は、式(9)であらわされる円上の（Ｙ≠０である）全ての点の集合になる。
点Ｐの軌跡は、以下の図であらわした、点（-5,0）を除く、円上の点になる。

（解２おわり）

《補足》
　方程式の群を同値変形して、以下の形の方程式の群が得られた場合は、その軌跡の式(a1) を満足する全ての点(X,Y) が、方程式群の全ての解(X,Y,m) を与える。

詳しくは、以下の内容である。すなわち、方程式の群の同値変形によって；①、パラメータｍが点(X,Y) の解として与えられる方程式(a2) が求められた。また、②、ＸとＹとの軌跡の方程式(a1) が求められた。①と②が得られたならば、軌跡の方程式(a1) を満たす全ての点(X,Y) に対して、方程式の解(X,Y,m) が存在する。という公式が成り立つ。
　この公式は、「①と②が得られたならば、パラメータｍを消して全ての点が解となる軌跡の式(a1) が求められる」という、（消さなくても良い）「パラメータｍを消す」という回りくどい言い方をする「存在条件の代入原理」よりも分かりやすいと思う。

リンク：
同値変形の考え方
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技巧的な、無理関数の方程式の解き方（その０）

これは、ここをクリックした先のページの問題の解答です。

【問題１】以下の方程式（式(1)）を簡単な方程式に変換せよ。


【解答】
《式(1)の形の無理関数の方程式は、この式を変形した式の両辺を２乗して計算すれば解けるが、そうするよりは、以下のように変数ｓを導入して解くと計算が楽になる》
　先ず、以下の式で表す変数ｓを導入して、以下のように計算を進める。


上式の様に方程式が簡単になった、
ここで、式(10)と式(5)を連立した方程式が、式(1)に同値な方程式である。
（解答おわり）

《補足》
〘公式〙

という式は、

という式と等価である。
（公式おわり）
　この公式を覚えておくと（式の計算の検算に）便利である。

例えば、以下の式が成り立つ。


リンク：
無理方程式を解くときに注意すること3つ
二重根号の外し方の４つの方法
高校数学の目次

円卓への座り方の円順列の数と回転対称数

これは、ここをクリックした先の問題の解答です。

《円順列を計算する上での基本的考え方》
　人を円卓に配置する問題を解くための根本的な考え方は、以下の考え方です。
(1)円卓の１つ１つの席を固定して考えるべき。
(2)席に配置する人の順列は、円卓に対して回転した人の配置は異なる配置であるとして区別して考えるべきである。
(3)円順列では、人の配置を円卓の回りに回転させると重なる配置は同じ配置として配置の数を数える。

【問１】
　両親と子供4人を６席の円卓に並べる。両親が正面に向き合う座り方の円順列は何通りあるか。

【解答】
　 大人１，大人２と、
子供３，子供４，子供５，子供６とを円卓に並べる。
　正面に向き合う大人２人と、その他に子供４人が席に座る場合の、大人の席と子供の席の配置パターンの円順列の数は１つのみである。

　その大人の席と子供の席の配置パターンを円卓の回りに回転させると、
０回転と、１／６回転と、２／６回転では、固定した円卓に対しては異なる配置になるが、更に回転させて３／６回転＝１／２回転させると、大人の席と子供の席の配置パターンが元の配置パターンに重なる。
　結局、大人の席と子供の席の配置パターンを１回転する間に、２回、同じ配置パターンになる。
これは、大人の席と子供の席の配置パターンの回転対称数が２であることを意味する。
　なお、円卓の席の数６を回転対称数２で割り算した値６÷２＝３を、大人の席と子供の席の配置パターンの周期と呼ぶ（周期が３）。大人の席と子供の席の配置パターンを円卓の周りに時計回りに１／６回転づつ回転させると、円卓の固定席に対しては３つの異なる配置パターンになる（周期が３）。

　ここで、大人の席と子供の席の配置パターンに対して（大人用の席と子供用の席の区分けは守って）、区別される大人２人が席を交換し、区別される子供４人が席を交換するバラエティは、
２！４！
である。
　大人の席と子供の席の配置パターンは、周期が３の異なる配置パターンになる。その周期３を、先の「席を交換するバラエティ」に掛け算した結果の以下の式が、この円順列の、固定席に対する区別された大人２人と区別された子供４人のあらゆるバラエテイの数になる。
（２！４！）３
固定席に体するあらゆるバラエティの数は、大人のＡさんが、６つの固定席のどこに座るかの、６つのバラエティがある。大人のＡさんの位置を基準にして考えた、円順列の数（席を固定しない場合の円順列の数）は、固定席に対するあらゆるバラエティの数を、席の数の６で割り算した数の以下の数になる。
（２！４！）３／６
＝（２！４！）／２
＝４！
すなわち、大人の席と子供の席の配置パターンでの、大人２人の席を入れ替え子供４人の席を入れ替えるバラエティの数（２！４！）を回転対称数２で割り算した値が、区別される大人２人と区別される子供４人の配置の円順列の数になる。これは、大人の席と子供の席の配置パターンのバラエティの数には、その回転対称数２の重複があることを意味する。すなわち、固定席に対する大人と子供の配置を１／２回転すると、その回転によっては、大人の席と子供の席の配置パターンは元どおりで変わらないが、一方で、大人と子供の各自の着席する席は１／２回転した異なる位置に変わる。この異なる配置は、１つの円順列での同じ配置である。よって、大人の席と子供の席の配置パターンのバラエティの数には、その回転対称数２の重複がある。
　よって、各人を区別した、正面で向き合った大人２人とその他の子供４人の配置の円順列の数は、
２！４！／２＝４！
である。
（解答おわり）

【問２】
　大人３人と子供３人を６席の円卓に並べる。大人と大人の間に必ず子供が並ぶ座り方の円順列は何通りあるか。

【解答】
　 大人１，大人２と、大人３と、
子供４，子供５，子供６とを円卓に並べる。
　大人と大人の間に子供が座る場合の、大人と子供の配置パターンの円順列の数は１つのみである。

　その大人の席と子供の席の配置パターンの円順列を円卓の回りに回転させると、
０回転と、１／６回転では、固定した円卓に対しては異なる配置になる（周期が２である）。しかし、更に回転させて２／６回転＝１／３回転させると、大人と子供の配置パターンが元の配置パターンに重なる。
　結局、大人の席と子供の席の配置パターンを１回転する（時計回りに６回席を回転させる）間に、３回、同じ配置パターンになる。これは、大人の席と子供の席の配置パターンの回転対称数が３であることを意味する。
　ここで、大人３人の席を入れ替え子供３人の席を入れ替えるバラエティは、
３！３！
である。
　しかし、指定された大人と子供の配置パターンの回転対称数が３であるので、大人の席と子供の席の配置パターンのバラエティの数には、その回転対称数３の重複がある。指定された 大人の席と子供の席の配置パターンにおける、大人３人の席を入れ替え子供３人の席を入れ替えるバラエティの数３！３！をその回転対称数３で割り算した値が指定された大人３人と子供３人の配置の円順列の数になる。
　よって、求める人の配置の円順列の数は、
３！３！／３＝２！３！
である。
（解答おわり）

場合の数と確率
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確率の難問の解き方

これは、ここをクリックした先の問題の解答です。

【問１】
　 袋の中に、１と書かれたカードが４枚、２と書かれたカードが３枚、３と書かれたカードが２枚、計９枚のカードが入っている。この袋の中から同時に３枚のカードを取り出す。
(1)取り出した３枚のカードに書かれている数字がすべて異なる確率を求めよ。
(2)取り出した３枚のカードの中に同じ数字が書かれたカードが含まれていたとき、その同じ数字が１である条件付き確率を求めよ。

【解答】
　この問題は、
「樹形図の基本ルール（その２）」
のページを参考にして、以下の図のように、確率樹形図の全貌（の概形）を計算用紙に記述して考える。

（注意）この確率樹形図が書ききれないので、この問題は難問だとわかる。

特に、
「複数の玉を同時に取り出す確率の問題とコンビネーションを用いて良い定理」
のページの結論により、
「同時に」カードを取り出す問題であっても、そのカードを、時間差をもうけた「順番に」取り出す問題と考えて問題をわかり易くして解く。
すなわち、確率樹形図の枝を表す事象の連鎖は、
「順番に確認する事象」をあらわすようにする。

（この問題への事象の要素の順番の導入方法は）同時に取り出した３枚のカードの、カードを確認する順番の、１枚目、２枚目、３枚目の順を考えることで事象の要素の順番を導入して確率樹形図を書く。

その事象の連鎖毎に確率を考えて解く（そうする方が解き易いからである）。

問(1)は、
３枚のカードの番号が全て異なる場合である。
順番を考えた事象の連鎖毎の確率が、

の６組ある（事象の連鎖の要素の順番のバラエティが６である）ことを認識して解く。
　その６組の事象の連鎖の、各事象の連鎖の確率の式は、分母が、１枚目と２枚目と３枚目のカードを選ぶときに残っているカードの枚数を掛け算した値であって一定である。一方、確率の式の分子では、取り出す候補のカードの枚数の順番が異なるだけで、
（１枚目に取り出す候補のカードの枚数）×（２枚目に取り出す候補のカードの枚数）×（３枚目に取り出す候補のカードの枚数）
であらわす、カードの枚数の積の値が変わらない。そのためどの事象の連鎖の確率も皆同じ確率になるので、
答えは、１つの事象の連鎖の確率の６倍になり、確率の合計は、

（問(1)の解答おわり）

（次の問(2)のヒントとしてこの解を位置付けることができるために、この問(1)の解が簡単に解けたと感じる感覚が必要です。）

問(2)は、
取り出した３枚のカードの中に同じ数字が書かれたカードが含まれている場合である。
　添付図のような事象の連鎖を考える。 同じ数字が含まれているあらゆる事象の連鎖を記載し、各事象の連鎖毎に、その確率と、事象の要素の順番を入れ替える順番のバラエティを、以下のように記載する。

その総和を計算できる。
その総和は、いちいち計算しても得られますが、

そこまで苦労しないでも、
問(2)の同じ数字が含まれている場合は、問(1)の場合の余事象なので、
その確率＝１ー(2/7)=5/7,
で簡単に計算できる。

よって、同じ数字が１である条件付き確率＝
（１が２枚以上ある確率）÷(5/7)＝

（問(2)の解答おわり）

　計算用紙の計算で以上の解答が得られたので、
問題(2)の解答用紙には、
【問(2)の、解答用紙への記述の開始】
（同じ数字が含まれている場合の確率）
は、
問(1)の場合の余事象の確率＝１ー(2/7)=5/7,
で計算して答えを得る。

（１が２枚以上ある確率）の計算では、

だけを計算する。
　ここで、(1,1,x)の事象の連鎖の要素の順番を変えた(1,x,1)と(x,1,1)とを合わせた３つの事象の連鎖については、各事象の連鎖の確率の式は、 分母が、１枚目と２枚目と３枚目のカードを選ぶときに残っているカードの枚数を掛け算した値であって一定である。 一方、確率の式の分子は、取り出すべき候補のカードの枚数の順番が異なるだけで、取り出す候補のカードの枚数の積の値が変わらない。そのためどの事象の連鎖の確率も皆同じ確率になるので、この３つの事象の連鎖の確率の合計は、そのうちの１つの事象の連鎖の確率の３倍になる。

　そして、以下の式で、問(2)の答えがあらわせる。
同じ数字が１である条件付き確率＝

（問(2)の解答おわり）
と記載すれば良い。
（解答おわり）

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三角形の各辺の垂直二等分線が一点で交わる証明

以下は、ここをクリックした先の問題の解答です。

【問１】
　下図の三角形ＡＢＣ（頂点Ｂを原点Ｏとする）の各辺の垂直二等分線が一点で交わることを証明せよ。


【解１：証明開始】
　先ず、三角形ＡＢＣの頂点Ｂを原点Ｏとする。線分ＯＡの中点をＮとし、線分ＯＣの中点をＭとし、線分ＡＣの中点をＤとする。
　そして、辺ＯＡの垂直二等分線と辺ＯＣの垂直二等分線の交点Ｐの位置ベクトルPを計算する。点Ｐは、以下の式(1)であらわす直線ＮＰと、式(2)であらわす直線ＭＰとの交点である。以下の計算により、式(1)と式(2)を連立して、未知数ｍを求めて位置ベクトルＰを求める。

この式で求めた未知数ｍを位置ベクトルPの式２に代入する。

位置ベクトルPが式(5)で得られた。

　次に、辺ＡＣの中点をＤとし、ベクトルＤＰとベクトルＡＣとの内積を計算することで、直線ＤＰが直線ＡＣに直交することを証明する。式(5)で求めた点Ｐの位置ベクトルを使って、以下でその内積を計算する。

ベクトルＤＰとベクトルＡＣとの内積が０になった。
ゆえに、直線ＤＰが直線ＡＣに直交する。すなわち、直線ＤＰは線分ＡＣの垂直二等分線である。
　よって、三角形ＡＢＣの各辺の垂直二等分線が一点Ｐで交わる。
（解１の証明おわり）

【解２：証明開始】
　先ず、三角形ＡＢＣの頂点Ｂを原点Ｏとする。線分ＯＡの中点をＮとし、線分ＯＣの中点をＭとし、線分ＡＣの中点をＤとする。
　そして、辺ＯＡの垂直二等分線と辺ＯＣの垂直二等分線の交点をＰとすると、以下の式(1)と式(2)が成り立つ。

　次に、ベクトルＤＰとベクトルＡＣの内積を計算する。

ベクトルＤＰとベクトルＡＣとの内積が０になった。
ゆえに、直線ＤＰが直線ＡＣに直交する。すなわち、直線ＤＰは線分ＡＣの垂直二等分線である。
　よって、三角形ＡＢＣの各辺の垂直二等分線が一点Ｐで交わる。
（解２の証明おわり）

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三角形の高さベクトルｈの公式 

CやPを使わずに確率の問題を解く方法

これは、ここをクリックした先の問題の解答です。

【問２】
　Ａの袋には白玉４個と赤玉５個、Ｂの袋には白玉６個と赤玉３個が入っている。 まず、Ａの袋から同時に２個の玉を取り出してＢの袋に入れ、よく混ぜた後、 Ｂの袋から同時に２個の玉を取り出してＡの袋に入れる。 このとき、Ａの袋の中の白玉の個数が増えている確率を求めよ。

【解答】 
　以下の方針に従って、確率を計算する。
「(3) そして、「複数の玉を同時に取り出す確率の問題とコンビネーションを用いて良い定理」のサイトの結論により、「同時に」玉を取り出す問題であっても、その玉を、時間差をもうけた「順番に」取り出す問題と考えて問題をわかり易くして解くのが良い。

　すなわち、玉を順番に取り出すときの確率の計算方法だけ覚えて、
全ての問題を、その解き方だけで解くことにしても良い。」

　この方針で、この問２を、【問２’】
Aの袋に白玉４個、赤玉５個あり、
Bの袋に白玉６個、赤玉３個ある。
　Aの袋から同時に２個の玉を取り出して、その２個の玉を順番にBの袋に入れる。
　次に、
Bの袋から同時に２個の玉を取り出して、その２個の玉を順番にAの袋に入れる。
Aの袋に白玉が増えている確率を求める、
（問題おわり）
という問題であると解釈して問題を解く。

　先ず、以下の事象の連鎖毎に確率を計算する。
(Bに入れる1つ目，Bに入れる2つ目，Aに入れる１つ目，Aに入れる2つ目)



求める確率は、この５つの場合の確率の合計である。

（解答おわり）

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円卓の６席に３人が隣り合わせに座って、３つの空席を連続して空ける場合の数

これは、ここをクリックした先の問題の解答です。

《円順列を計算する上での基本的考え方》
　人を円卓に配置する問題を解くための根本的な考え方は、以下の考え方です。
(1)円卓の１つ１つの席を固定して考えるべき。
(2)席に配置する人の順列は、円卓に対して回転した人の配置は異なる配置であるとして区別して考えるべきである。

【問５】
　円卓の席が６個ある。３人が隣り合わせに座って、３つの空席を連続して空ける場合の、固定した席に対する人の配置の円順列の数は全部で何通りあるか。

【解１】
　４席の円卓に、人１，人２，人３を３席に配置し、１席に空席予定の玉●３つを置く。

その４席を配置するあらゆる場合の数は、

である。
しかし、そのように、３人を３席に配置し、空席予定の玉●３つを１つの席に配置した状態は、４つの席に配置しているに過ぎない。
　この配置の数は、４つの席に配置された３人と玉●の集合１つとの全てのバラエティである。その回転のバラエティは４である。

　その全てのバラエティから回転のバラエティを無くすために、この配置の数を４分の１にする。

　それは、人が席に座る回転のバラエティを無くした配置の数（いわば、円順列の数）である。
　その円順列の３人と３つの玉●を、円卓の６つの席に配置する。３人が隣り合わせに座って、３つの玉●は、３つの連続する空席に１つづつ置く。

そして、６つの席の人と玉●とを隣の席に１つづつ移す回転をさせることで、６つの席に配置する全ての配置のバラエティを計算する。その回転のバラエティを持たせるために、この配置の数を６倍する。
　それは、６つの席に３人と３つ玉●を１つづつ置く全てのバラエティの数になる。
すなわち、円卓の席６つに、３人が隣り合わせに座って、３つの空席を連続して空ける場合の、人の配置の数は、全部で、

通りある。
（解１おわり）

【解２】
　オーソドックスな、素直な解き方では、以下のように解きます。

３人が隣り合わせに座った円順列の着席パターンを固定して考える。
３人が隣り合わせに座る円順列の数は、
３！
である。
この着席パターンは、
固定した席に対して、０回転した配置パターンと、１／６回転した配置パターンは異なる配置パターンである。
更に、２／６回転した配置パターンと、３／６回転した配置パターンと、４／６回転した配置パターンと、５／６回転した配置パターンも、それぞれが異なる６個の配置パターンであり、１回転して初めて、もとの着席パターンに戻る。１回転するなかで同じパターンになるのが１個のみなので、この着席パターンの回転対称数は１である。
すなわち、３！の円順列を回転させて６個の異なる着席パターンになるので、
固定した席に対する人の配置の円順列の数は、
３！×６
である。
（解２おわり）

場合の数と確率
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