3.平面間の変換 ここでは，平面間の写像における，領域の像を求めます． 1.包絡線の項目で，直線群の通過する領域を求めましたが，考え方は似ています．合わせて参考にして下さい． 問題1 $s,t$が$0\leqq s\leqq 1,0\leqq t\leqq 1$を満たして動くとき，点$(s+t,s-t)$の動く範囲を図示せよ． 
解答1点$(x,y)$が条件を満たす点とすると $s+t=x,s-t=y \ \cdots (\sharp)$ を満たす$0\leqq s,t \leqq 1$が存在する． $(\sharp)$より$s,t$を$x,y$について解いて $s=\dfrac{x+y}{2},t=\dfrac{x-y}{2}$ $0\leqq s,t \leqq 1$ より $0\leqq x+y\leqq 2,0\leqq x-y\leqq 2$ したがって右図のようになる． 次のように考えた方がやりやすかもしれない． 解答2 $(x,y)=(s+t,s-t)=s(1,1)+t(1,-1)$ $A(1,1),B(1,-1)$とすれば $=s\overrightarrow{OA}+t\overrightarrow{OB}$ $0\leqq s,t\leqq 1$であるから右上図になる． 解答2から分かるように，$x$座標，$y$座標が$s,t$の１次式のときたとえば $(1+2s+3t,-2-3s+4t)$ なら $(x,y)=(1+2s+3t,-2-3s+4t)=(1,-2)+s(2,-3)+t(3,4)$ とすることにより比較的簡単に求めることができる． このように，$x$座標，$y$座標が共に$s,t$の一次式のときは大きな問題は ありません． さて，これからが重要です． 次の問題を考えましょう． 問題2 $s,t$が$0\leqq s\leqq 1,0\leqq t\leqq 1$を満たして動くとき， 点$(s+t,st)$の動く範囲$D$を図示せよ． 標準的な解答は次のようになります． 解答1 点$(X,Y)$が求める範囲$D$内の点とすると $s+t=X,st=Y$ を満たす$0\leqq s,t \leqq 1$が存在する． 
したがって，$X,Y$の条件は$t$についての２次方程式 $t^2-Xt+Y=0$ の解が共に$0\leqq t\leqq 1$を満たすことであり，逆も成り立つ． $f(t)=t^2-Xt+Y$ $=(t-\dfrac{X}{2})^2-\dfrac{X^2}{4}+Y$ より $f(t)$の頂点に注目し $0\leqq \dfrac{X}{2}\leqq 1$ $-\dfrac{X^2}{4}+Y\leqq 0$ $f(0)=Y\geqq 0$ $f(1)=1-X+Y\geqq 0$ 求める領域$D$は右図．ただし境界も含む． 問題2は，領域の問題というより, $s,t$が$0\leqq s\leqq 1,0\leqq t\leqq 1$ のとき $X=s+t,Y=st$ は $0\leqq X\leqq 2,0\leqq Y\leqq 1$ を満たすことは簡単に分かります． もちろんこの変形に論理的な問題はありません． 式の変形より得られるのは必要十分条件とは限らないということです．計算に間違いがなければ 必ず必要条件にはなります． ちなみに問題2では $Y > \dfrac{X^2}{4}$は$a,b$が実数ではない場合で $Y < X-1$は$a,b$の片方が１より大きくなる場合です． 軌跡で逆の証明が必要かどうかが話題になりますが， その説明に適切なのではないでしょうか さて，問題2をもう一度見ましょう． $(s+t,st)$の領域を求めていますが，$s+t,st$は共に$s,t$の 対称式です．解答も対称式の性質を用いています． 一般には$x$座標,$y$座標が共に対称式とは限らないので，対称式の性質を用いない解答も学ぶ必要があります． ２つの解答が考えられます(上記包絡線の項目を参照) ． 
解答2$X=s+t,Y=st \ \ (0\leqq s,t \leqq 1)$ より $0\leqq X=s+t\leqq 2$ であり，$X$を固定する． $t$を$t=X-s$で消去したときの$s$の定義域に注意する必要がある． $0\leqq X\leqq 1$のとき$0\leqq s\leqq X$ $1\leqq X\leqq 2$のとき$X-1\leqq s\leqq 1$ である．(右図参照) $Y=st=s(X-s)=-(s-\dfrac{X}{2})^2+\dfrac{X^2}{4}=f(s)$ とおく． $\bullet \ 0\leqq X\leqq 1$のとき $0\leqq s\leqq X$における値域を求めればよい． $0\leqq \dfrac{X}{2}\leqq X$ より頂点の$s$座標が区間の中点であるから $f(0)=f(X)$より $f(0)\leqq Y\leqq f(\dfrac{X}{2})$ $\therefore 0\leqq Y\leqq \dfrac{X^2}{4}$ 
$\bullet \ 1\leqq X\leqq 2$のとき$X-1\leqq s\leqq 1$における値域を求めればよい． $f(X)$の頂点の$s$座標$\dfrac{X}{2}$は $X-1\leqq \dfrac{X}{2}\leqq 1$ を満たし， $\dfrac{X}{2}$は$X-1,1$の中点であるから $f(X-1)=f(1)$より $f(1)\leqq Y\leqq f(\dfrac{X}{2})$ $\therefore X-1\leqq Y\leqq \dfrac{X^2}{4}$ をえる．図は解答１にある． 解答3 $X=s+t,Y=st$ とおく．$0\leqq s \leqq 1,0\leqq t \leqq 1$を満たす$s,t$が存在する $X,Y$の条件を求める． $0\leqq s ,t\leqq 1$より $0\leqq X(=s+t)\leqq 2$ $t=X-s$より $Y=st=s(X-s)=-(s-\dfrac{X}{2})^2+\dfrac{X^2}{4}$ したがって $(s-\dfrac{X}{2})^2-\dfrac{X^2}{4}+Y=0\cdots (\sharp)$ $f(s)=(s-\dfrac{X}{2})^2-\dfrac{X^2}{4}+Y$ とおく．
ここで$s$の定義域は右図より$0\leqq X\leqq 1$のとき $0\leqq s\leqq X$ $1\leqq X\leqq 2$のとき $X-1\leqq s\leqq 1$ 方程式$(\sharp)$が$s$の定義域内に少なくとも一つの解を持つ$X,Y$ の条件を求めればよい． $\bullet 0\leqq X\leqq 1$のとき $0\leqq s\leqq X$ である． 放物線の頂点の$s$座標$\frac{X}{2}$は$s$の定義域に含まれ，$\frac{X}{2}$ は定義域の中点であるから$f(0)=f(X)$より $f(X)=-\dfrac{X^2}{4}+Y\leqq 0$ $f(0)=Y\geqq 0$ $\therefore 0\leqq Y\leqq \dfrac{X^2}{4}$ $\bullet 1\leqq X\leqq 2$のとき $X-1\leqq s\leqq 1$ である． 放物線の頂点の$s$座標$\frac{X}{2}$は$s$の定義域に含まれ， $\frac{X}{2}$は 定義域の中点であるから$f(X-1)=f(X)$より $f(X)=-\dfrac{X^2}{4}+Y\leqq 0$ $f(1)=1-X+Y\geqq 0$ $\therefore X-1\leqq Y\leqq \dfrac{X^2}{4}$ したがって，求める領域が得られた． 解答2,3で，文字を消去したとき(ここでは$t$を消去している) 変数の取る範囲(ここでは$s$の範囲)を調べるのが案外煩わしいときがある． 一般にここで行ったように図示して考えると簡単に解決することが多い．
次の問題に進む前に，問題２の検算をしておこう． （平成20年東京大）
解答1$P(s,s^2),Q(t,t^2)$とすれば $R(\dfrac{2s+t}{3},\dfrac{2s^2+t^2}{3})$ である． まず，領域$D$は$y$軸に関して対称である． それは，$P,Q$をそれぞれ$y$軸に関して対称な点すなわち $P'(-s,s^2),Q'(-t,t^2)$にすれば$P'Q'$を$1:2$に内分する点$R'$は $R(-\dfrac{2s+t}{3},\dfrac{2s^2+t^2}{3})$ であることより分かる． また，$-1\leqq s,t\leqq 1$であるから $-1\leqq X=\dfrac{2s+t}{3}\leqq 1$ である．したがって,$0\leqq X\leqq 1$で考えればよい． $X=\dfrac{2s+t}{3},Y=\dfrac{2s^2+t^2}{3}$ とおく． $0\leqq X\leqq 1$を固定し$Y$の値域を調べる． $t=3X-2s$より $Y=\dfrac{2s^2+t^2}{3}=\dfrac{2s^2+(3X-2s)^2}{3}=2s^2-4Xs+3X^2$ $=2(s-X)^2+X^2 \ \cdots (\sharp)$ $=f(s)$  ここで$s$の定義域を調べる． 右図より $0\leqq X\leqq \dfrac{1}{3}$ のとき $\dfrac{3X-1}{2}\leqq s\leqq \dfrac{3X+1}{2}$ $\dfrac{1}{3}\leqq X\leqq 1$ のとき $\dfrac{3X-1}{2}\leqq s\leqq 1$ である． あとは$Y$を平方完成した$(\sharp)$より$Y$の値域を求めるだけである． $\bullet 0\leqq X\leqq \dfrac{1}{3}$のとき 区間$[\dfrac{3X-1}{2},\dfrac{3X+1}{2}]$と放物線$(\sharp)$の頂点の$s$座標$X$の関係 を調べる必要がある． 
右図より，$X$は区間内に入り，さらに$X$は区間の中点$\frac{3X}{2}$
より小さいことが分かる．したがって $f(X)\leqq Y\leqq f(\dfrac{3X+1}{2})$ $\therefore X^2\leqq Y\leqq \dfrac{3X^2+2X+1}{2}$ $\bullet \dfrac{1}{3}\leqq X\leqq 1$のとき 区間$[\dfrac{3X-1}{2},1]$と放物線$(\sharp)$の 頂点の$s$座標$X$の関係を調べる必要がある． $X=1$の値がすべて$1$であるから,傾きを比較して $\dfrac{3X-1}{2}\leqq X\leqq \dfrac{\frac{3X-1}{2}+1}{2}\leqq 1$ がわかる． 
したがって$f(X)\leqq Y\leqq f(1)$ $\therefore X^2\leqq Y\leqq 3X^2-4X+2$ を得る．$X\leqq 0$は$X\geqq 0$と対称であり図示すると右図． なお，放物線の式は $Y=3X^2\pm4X+2,$ $Y=\dfrac{3X^2\pm 2X+1}{2},$ $Y=X^2$ である．
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