転換法

ここでは逆を証明するのに用いるもう１つの証明法である転換法について学びます．
転換法の原理は難しくありません．

（転換法の原理）
真であるいくつかの命題
A→P,B→Q,・・・，C→R
があり，
次の２条件を満たしている．
（１）仮定のA，B，,・・・，Cはすべての場合をつくしている．
（２）P，Q，，・・・，Rはどの２つも共通部分を持たない．
このとき，それぞれの命題の逆
P→A,Q→B,・・・，R→C
がなりたつ．
すなわちAとP，BとQ，・・・，CとRはそれぞれ同値
A⇔P，B⇔Q，・・・，C⇔R
である．

成り立つ理由は次の通りです．
P→Aを証明しましょう．
ｐをPの真理集合の任意の要素とします．
このとき，A，B，，・・・，Cは全ての場合を尽くしているから
ｐ→A，ｐ→B，・・・，ｐ→C　
のいずれかは成り立ちます．
そこで，
もしｐ→Bとすると
B→Qより
ｐ→Qとなり，
PとQが共通部分を持たないに矛盾します．
したがって，
ｐ→Bは成り立ちません．
同様にｐ→C他が成り立たないので ｐ→Aが示せました．
ｐはPの任意の要素で上記のことが 成り立つので
P→A
が成り立ちます．
Q→B，・・・，R→C
も同様です．
転換法を用いる例を挙げましょう．

例１
　 a，b，cを実数とする．ただしa≠0．
ｘについての２次方程式
aｘ２＋bｘ＋c＝０
の判別式を
D＝b２−４ac
とおく．
このとき次が成り立つ．
D＞０→２つの異なる実数解を持つ
D＝０→重解を持つ
D＜０→実数解を持たない

証明は解の公式
$x=\dfrac{-b\pm \sqrt{D}}{2a}$
より得られます．
転換法が用いることが出来ることを確認しましょう．
Dは実数ですから，仮定は全ての場合を尽くしており，結論はどの２つも両立 しないから，転換法が使え，それぞれ逆が成り立ちます．

したがって次のようにまとめられます．
命題1
a，b，cを実数とする．ただしa≠0．
ｘについての２次方程式
aｘ２＋bｘ＋c＝０
の判別式を
D＝b２−４ac
とおく．
このとき次が成り立つ．
D＞０$\Longleftrightarrow$２つの異なる実数解を持つ
D＝０$\Longleftrightarrow$重解を持つ
D＜０$\Longleftrightarrow$実数解を持たない

例２
ｘを正の整数，ｐを素数とします．
ｘがｐの倍数→ｘ２はｐの倍数
ｘがｐの倍数でない→ｘ２はｐの倍数でない．

この２つの命題は真で転換法を用いることができるから
ｘがｐの倍数$\Longleftrightarrow$x２はｐの倍数
ｘがｐの倍数でない$\Longleftrightarrow$２はｐの倍数でない．
となります．

ｐが素数でないと成り立たないことに注意しましょう．
例えばｘ＝２でｐ＝４のとき逆は成り立ちません.

例３
△ABCにおいて
AB＞AC→∠C＞∠B
AB＝AC→∠C＝∠B
AB＜AC→∠C＜∠B
この命題は証明が必要です．



AB＞AC
のとき辺AB上に 点Dを
AD＝AC
を満たすようにとります．
このとき
∠C＝∠BCD＋∠DCA
＞∠DCA
＝∠ADC
＝∠B＋∠DCB
＞∠B
したがって
∠C＞∠B
この命題と転換法より

命題2
△ABCにおいて
AB＞AC$\Longleftrightarrow$∠C＞∠B
AB＝AC$\Longleftrightarrow$∠C＝∠B
AB＜AC$\Longleftrightarrow$∠C＜∠B
が成り立つ
となります．

例４
円の周上に３点A，B，Qがあり，点Pが直線ABに関して点Qと同じ側にある．
このとき次が成り立つ．
（１）点Pが円の外にある→∠P＜∠Q
（２）点Pが円の周上にある→∠P＝∠Q
（３）点Pが円の内部にある→∠P＞∠Q

証明

（２）から証明します．
△OPA，△OPBはともに２等辺三角形． したがって
∠AOB＝２∠P
同様に
∠AOB＝２∠Q
したがって
∠P＝∠Q
です．




（１）は
∠P＜ ∠P＋∠PAR ＝∠R ＝∠Q



（３）は
∠Q＝∠R ＜∠R＋∠RBP ＝∠P
この命題も転換法より

命題3
円の周上に３点A，B，Qがあり，点Pが直線ABに関して点Qと同じ側にある．
このとき次が成り立つ．
（１）点Pが円の外部にある$\Longleftrightarrow$∠P＜∠Q
（２）点Pが円の周上にある$\Longleftrightarrow$∠P＝∠Q
（３）点Pが円の内部にある$\Longleftrightarrow$∠P＞∠Q
と書き換えられます．

ここで２つの証明問題を解いてみましょう．
問題1 四角形$ABCD$が円に内接するならA+C=180°を証明せよ．

問題2 四角形$ABCD$がA+C=180°のとき四角形$ABCD$は円に内接することを証明せよ．

まず自分で考えましょう．
問題1は直接証明ですから簡単です．

中心角は円周角の２倍ですから図で
$2a+2c=360^{\circ}$
したがって
$A+C=180^{\circ}$
を得る．

問題２は中学で学ぶ内容ですが簡単ではありません．自分解けたら立派なものです．
すでに証明した命題3を用いて次のように証明します．
$\triangle ABD$の外接円上に，直線$BD$に関して$C$と同じ側に$C'$をとる．
四角形$ABC'D$は円に内接するから問題１より
$A+C'=180^{\circ}$・・・(1)
一方仮定より
$A+C=180^{\circ}$・・・(2)
(1),(2)より
$C=C'$
したがって，$C$は$\triangle ABD$の外接円上にあるから， 四角形$ABCD$は円に内接する．

つぎの例も等号がつく，つかいないで間違いやすい例です．
例５
3次関数
$y=f(x)=x^3+ax^2+bx+c$
は
$y'=3x^2+2ax+b$
である．$y'=0$の判別式を$D$とすると
(1) $D > 0$のとき
$y'=0$の解を$\alpha ,\beta (\alpha < \beta)$とすると増減表は

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}\hline x & \cdots & \alpha & \cdots & \beta & \cdots \\ \hline f'(x) & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline f(x) & \nearrow & \text{極大} & \searrow & \text{極小} & \nearrow \\ \hline \end{array}$

より$y$は極値を持つ．

(2) $D = 0$のとき
$y'=0$の重解を$\alpha$とすると増減表は

$\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline x & \cdots & \alpha & \cdots \\ \hline f'(x) & + & 0 & + \\ \hline f(x) & \nearrow & f(\alpha) & \nearrow \\ \hline \end{array}$

より$y$は極値を持たない．

(3) $D < 0$のとき
$y'=0$は実数解をもたない．増減表は

$\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline x & \cdots \\ \hline f'(x) & + \\ \hline f(x) & \nearrow \\ \hline \end{array}$

より$y$は極値を持たない．

まとめると次のようになる．
$D > 0　\longrightarrow y$は極値をもつ．
$D = 0　\longrightarrow y$は極値をもたない．
$D < 0　\longrightarrow y$は極値をもたない．．
転換法により次の命題を得る．

命題４
3次関数
$y=f(x)=x^3+ax^2+bx+c$ の導関数の方程式$y'=0$の判別式を$D$とする．
このとき
$D > 0 \Longleftrightarrow y$が極値を持つ．

この命題を，増加，減少に目を向けるすなわち極値を持たないを全区間で増加に書き換えれば次のようにもなる．
命題５
3次関数
$y=f(x)=x^3+ax^2+bx+c$ の導関数の方程式$y'=0$の判別式を$D$とする．
このとき
$D \leqq 0 \Longleftrightarrow y$は全区間で増加(単調増加)．

以上転換法についてのいくつかの例を挙げました．
転換法が成り立つための２条件は自然な条件です．
仮定をいくつかの場合に分けて考えている命題は ほとんどの場合で転換法が使え同値になります． 転換法の原理を理解すると，高校で学ぶ数学の理解が 確かなものになります．

転換法の応用

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