https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Kyodai/2012/Rikei

2025.05.10記

[3] 実数 $x$ ， $y$ が条件 $x^2+xy+y^2=6$ を満たしながら動くとき $x^2y+xy^2-x^2-2xy-y^2+x+y$ がとりうる値の範囲を求めよ．

2025.05.15記

[解答]
$x+y=s$ ， $xy=t$ とおくと $x，y$ の実数条件より $s^2-4t\geqq 0$ であり，かつ $s^2-t=6$ となる．
よって $s^2\leqq 8$ となり $-2\sqrt{2}\leqq s\leqq 2\sqrt{2}$ が成立する．

このときの　 $st-s^2+s=s(s^2-6)-s^2=s^3-s^2-5s:=f(s)$ のとりうる値の範囲を求めれば良い．

増減表（略）から $f(-2\sqrt{2})\leqq f(s)\leqq f(-1)$ ，つまり $-8-6\sqrt{2}\leqq f(s)\leqq -3$ となる．

$x^2+xy+y^2=6$ は軸が $y=\pm x$ となる楕円なので， $x=X+Y，y=X-Y$ とおくと標準形になる．

[別解]
$x=X+Y$ ， $y=X-Y$ と置くと
$x+y=2X$ ， $xy=X^2-Y^2$ であるから
$x^2+xy+y^2$ $=3X^2+Y^2=6$ を満たし， $X=\sqrt{2}\cos\theta$ ， $Y=\sqrt{6}\sin\theta$ とパラメータ表示でき，
$x^2y+xy^2-x^2-2xy-y^2+x+y$ $=xy(x+y)-(x+y)^2+(x+y)$ $=2(X^2-Y^2)X-4X^2+2X$ $=16\sqrt{2}\cos^3\theta-8\cos^2\theta-10\sqrt{2}\cos\theta=:g(\cos\theta)$
（ $g(u)=16\sqrt{2}u^3-8u^2-10\sqrt{2}u$ ）となる．

増減表（略）から $g(-1)\leqq g(u)\leqq g\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{4}\right)$ ，つまり $=-8-6\sqrt{2}\leqq g(x)\leqq -3$ となる．

2025.05.16記
本問の場合は簡単にはいかないが，直交変換以外の線形変換で標準形に変換する方法は知っておこう．
（以下の[別解2]で $\theta-\dfrac{\pi}{6}= t$ の置き換えに気付かないと難しい）

[別解]
$X=x+\dfrac{1}{2}y$ ， $Y=\dfrac{\sqrt{3}}{2}y$ と置くと $x=X-\dfrac{Y}{\sqrt{3}}$ ， $y=\dfrac{2Y}{\sqrt{3}}$ であり，
$X^2+Y^2$ $=x^2+xy+y^2$ $=6$ を満たすので， $X=\sqrt{6}\cos\theta$ ， $Y=\sqrt{6}\sin\theta$ とパラメータ表示でき，このとき
$x=X-\dfrac{1}{\sqrt{3}}Y$ $=2\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta-\dfrac{1}{2}\sin\theta\right)$ $=2\sqrt{2}\cos\left(\theta+\dfrac{\pi}{6}\right)$ ，
$x+y=X+\dfrac{1}{\sqrt{3}}Y$ $=2\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta+\dfrac{1}{2}\sin\theta\right)$ $=2\sqrt{2}\cos\left(\theta-\dfrac{\pi}{6}\right)$
であるから， $\theta-\dfrac{\pi}{6}= t$ とおくと
$x+y=2\sqrt{2}\cos t$ ，
$x= 2\sqrt{2}\cos\left(t+\dfrac{\pi}{3}\right)$ $= \sqrt{2}(\cos t -\sqrt{3}\sin t)$ ，
$y= 2\sqrt{2}\sin\left(t+\dfrac{\pi}{6}\right)$ $=\sqrt{2}(\cos t+\sqrt{3}\sin t)$
であるから，
$x^2y+xy^2-x^2-2xy-y^2+x+y$ $=xy(x+y)-(x+y)^2+(x+y)$
$=4\sqrt{2}(\cos^2 t - 3\sin^2 t)\cos t-8\cos^2 t+2\sqrt{2}\cos t$
$=16\sqrt{2}\cos^3 t-8\cos^2 t-10\sqrt{2}\cos t$
が成立する．

（以下[別解]と同じ）

置き換えをしないと例えば
$2\sqrt{2} (6 - 8\sin^2\theta) \sin\theta$ $-(6 + 4\sqrt{3} \cos\theta \sin\theta - 4\sin^2\theta)$ $+\sqrt{6} \cos\theta + \sqrt{2} \sin\theta$
のような式となってしまう．このとき
$\sqrt{6} \cos\theta + \sqrt{2} \sin\theta$
に加法定理を適用しようと思うと $\theta-\dfrac{\pi}{6}= t$ の置き換えに気付くことになる．