mathdiaryのブログ

数学についての覚え書きを雑多にしていきます.

$4\cos\theta + 2\sin\theta = \sqrt{2}$ のときの $\tan\theta$

個人的に面白かったのでメモ. 問は以下のようなもの.

 

$0^\circ < \theta < 180^\circ$ かつ $4\cos\theta + 2\sin\theta = \sqrt{2}$ のとき, $\tan\theta$ を求めよ.

 

最初にやった解き方は以下.

$\cos\theta=0$ のときは $\sin\theta=1$ となりこれは条件を満たしていないので $\cos\theta \neq 0$. よって与式の両辺を $\cos\theta$ で割ることができて,

$\displaystyle 4+2\tan\theta=\frac{\sqrt{2}}{\cos\theta}$

となる. この両辺を2乗したうえで, 右辺に $\displaystyle 1+\tan^2\theta=\frac{1}{\cos^2\theta}$ を適用すれば,

$\displaystyle 4\tan^2\theta + 16\tan\theta + 16 = 2 + 2\tan^2\theta$

整理して2で割って,

$\tan^2\theta + 8\tan\theta + 7 = 0$

因数分解して,

$(\tan\theta + 1)(\tan\theta +7) = 0$

よって $\tan\theta = -1, -7$ となる. ところが $\theta$ の範囲についての条件より $\sin\theta > 0, \cos\theta < 0$ であるから, これを加味したうえで具体的にこれらの値を求めて $4\cos\theta + 2\sin\theta$ に代入してみると, $\tan\theta=-1$ は条件を満たさないことが分かる. よって $\tan\theta=-7$. (終わり)

うっかり最初は両方とも解かと思ってしまったが, チェックすると一方はダメなことが分かった. 本当は $\tan\theta = -1$ は $\theta = -45^\circ$ に対応した解であり, $\theta$ の範囲に制限がなければちゃんと解になりうる(実際, $\displaystyle \cos\theta=\frac{1}{\sqrt{2}}, \sin\theta=-\frac{1}{\sqrt{2}}$ は問題にある等式を満たしている)のだが, 今の場合は角度の条件を満たさない. $\tan\theta$を直接求めると $\sin, \cos$ が同符号か異符号かの情報は残るが, それぞれの符号がどうであったかの情報はつぶれてしまう. それゆえに一見正しそうに見えるが間違いの物が紛れ込んでしまう. $\tan$ を直接扱うと不都合が起きる例はやったことがなかった(あるいは忘れてた)のでやや驚いた. というわけで $\cos\theta$ を直接求めるとどうなるかやってみた.

 

与えられた等式の両辺を2乗して整理すると,

$\displaystyle 8\sin\theta\cos\theta = -6\cos^2\theta - 1$

となる. $0^\circ < \theta < 180^\circ$ の範囲では $\cos\theta$ の符号は分からないが, $\sin\theta$ は正であると分かる. 上式の右辺は常に負だから $\cos\theta$ は負であると分かる.

$\displaystyle \sin\theta = \sqrt{1-\cos^2\theta}$ を与式に代入して,

$\displaystyle 4\cos\theta + 2\sqrt{1-\cos^2\theta} = \sqrt{2}$

根号のある項だけ左辺に残して両辺を二乗して整理すると,

$\displaystyle 20\cos^2\theta -8\sqrt{2}\cos\theta - 2 = 0$

因数分解して,

$\displaystyle \left( 10\cos\theta + \sqrt{2} \right) \left( 2\cos\theta - \sqrt{2} \right) = 0$

先の議論より $\cos\theta < 0$ であるから, $\displaystyle \cos\theta = -\frac{\sqrt{2}}{10}$ である. $\displaystyle \sin\theta = \frac{7\sqrt{2}}{10}$ と分かる. ゆえに $\tan\theta=-7$ である.(終わり)

このように $\cos$ を直接求めるようにすれば符号の情報がつぶれずに残るので, 解を出す時点で誤った符号のものをはじくことができる. 個人的には条件を満たさない解をはじくのが非常に分かりやすくなったと感じる. 何かの本には載っているかもしれないが, 解が複数現れることが予見されるときは, なるべく情報を落とさないように気を付けながら議論を進めたいものである.

反例の匣

どうということはない反例をメモするところ.

  1. 「稠密な集合の, 連続な写像による逆像は稠密になるとは限らない」:

    $f : \{0\} \rightarrow \mathbb{R}$ を $f(0)=0$ と定めれば, $\mathbb{R} - \{0\}$ は $\mathbb{R}$ で稠密であるが $f^{-1}(\mathbb{R} - \{0\})=\emptyset$ となり, これは $\{0\}$ で稠密でない.

  2. 「ある連続写像 $f$ の像の中で稠密な集合 $A$ があったとする. $f^{-1}(A)$ は始域のなかで稠密になるとは限らない」:

    $f : \mathbb{R}_{\geq 0} \rightarrow \mathbb{R}_{\geq 0}$ を, $x \leq 1$ のときは $f(x)=0$ , $x>1$ のときは $f(x)=x-1$ と定める. ここで $\mathbb{R}_{\geq 0}$ は非負実数の全体を表すものとする. $f$ が連続であることは明らかである. このとき $f$ の像は $\mathbb{R}_{\geq 0}$ であって, $\mathbb{R}_{\geq 0} -\{0\}$ はその中で稠密であるが, その逆像は $\mathbb{R}_{\geq 0} - \left[0, 1\right]$ となり, これは $\mathbb{R}_{\geq 0}$ で稠密ではない.

  3. 「 $\displaystyle \overline{f \left(\bigcup_{\lambda \in \Lambda} M_\lambda \right)} \neq f \left(\bigcup_{\lambda \in \Lambda} \overline{M_\lambda} \right)$ 」:

    $\Lambda = \mathbb{Q}$ とし, $r \in \mathbb{Q}$ について $M_r = \{r\}$ とする. $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ は恒等写像とする. このとき

    $\displaystyle \overline{f \left(\bigcup_{r \in \mathbb{Q}} M_r \right)} = \overline{\mathbb{Q}} = \mathbb{R}$

    $\displaystyle f \left(\bigcup_{r \in \mathbb{Q}} \overline{M_r} \right)=f \left( \bigcup_{r \in \mathbb{Q}} M_r \right) = f(\mathbb{Q})=\mathbb{Q}$

近傍系が細かい方が位相が大きいことのメモ

近傍系の大小と位相の大小の関係について, 多分集合と位相のどこかの本には載っていると思うが, 自分の持ってるものには載っていなかったのでメモしておく.

$X \neq \emptyset$ は集合とする. $\mathfrak{P}(X)$ ($X$ のべき集合を表す)の部分集合 $\mathscr{A}, \mathscr{B}$ について,

$\forall B \in \mathscr{B} , \exists A \in \mathscr{A} : A \subset B$

がなりたつとき, ここだけの用語として「$\mathscr{A}$ は $\mathscr{B}$ の細分である」と呼ぶことにし, 「$\mathscr{A} \prec \mathscr{B}$」という記号で表すことにする.

このとき次が成り立つ.

 

命題

$X \neq \emptyset$ は集合とし, $\mathcal{O}_1, \mathcal{O}_2$ はそれぞれ $X$ 上の位相であるとする. また点 $x \in X$ の, 位相 $\mathcal{O}_1, \mathcal{O}_2$ に関する基本近傍系をとり, それぞれ $\mathfrak{B}_1(x), \mathfrak{B}_2(x)$ とおく. このとき, $\forall x \in X$ について $\mathfrak{B}_2(x) \prec \mathfrak{B}_1(x)$ となる基本近傍系が存在するならば $\mathcal{O}_1 \subset \mathcal{O}_2$ である.

 

$Proof$

$U \in \mathcal{O}_1$ とする. $x \in U$ とする. すると $U$ は点 $x$ の近傍になるので, 基本近傍系の定義により $\exists N_1 \in \mathfrak{B}_1(x)$ であって, $N_1 \subset U$ となるものがある. 命題の仮定により, $\mathfrak{B}_2(x)$ は $\mathfrak{B}_1(x)$ の細分であるから, $\exists N_2 \in \mathfrak{B}_2(x)$ で $N_2 \subset N_1$ となるものがある. $N_2$ の内部を $N_2^i$ と表せば, $x \in N_2^i \subset N_2 \subset N_1$ となるから, $N_2$ は初めから $N_2 \in \mathcal{O}_2$ であるものとして問題ない. するといま,

$\displaystyle \forall x \in U , \exists V_x \in \mathcal{O}_2 : x \in V_x \subset U$

が示されたことになる. よって

$\displaystyle U=\bigcup_{x \in U}^{} V_x$

という等式が成り立つ. よって $U \in \mathcal{O}_2$ . (証明終)

 

この命題は逆も自明に成り立つ. 大雑把に言えば, 位相の大小を調べたいときは基本近傍系の(ある意味での)細かさを調べればいいということである.