実数と1次不等式 ★★★★ 難関の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) この種類の問題では $x\cdot \frac{1}{x}=1$ を使う。与式を $2$ 乗・$3$ 乗すると、真ん中の項が定数になる。

(1) ${\left(x+\frac{1}{x}\right)}^2={\left(x-\frac{1}{x}\right)}^2+4$。$x-\frac{1}{x}=1$ を入れて $x+\frac{1}{x}=\pm \sqrt{5}$。符号は $x$ の正負で決まる。

(2) は ${\left(x-\frac{1}{x}\right)}^2+2$、(3) は ${\left(x-\frac{1}{x}\right)}^3+3\left(x-\frac{1}{x}\right)$ を使う。基本の対称式を $1$ つ知れば、あとは組み立てるだけだ。

① (1) を求める。 ${\left(x+\frac{1}{x}\right)}^2={\left(x-\frac{1}{x}\right)}^2+4=1^2+4=5$。よって $x+\frac{1}{x}=\pm \sqrt{5}$。符号は $x$ による。$x-\frac{1}{x}=1$ すなわち $x^2-x-1=0$ の解は $x=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}$ で、$x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}>0$ のとき $x+\frac{1}{x}=+\sqrt{5}$、$x=\frac{1-\sqrt{5}}{2}<0$ のとき $-\sqrt{5}$。

② (2) を求める。

$$x^2+\frac{1}{x^2}={\left(x-\frac{1}{x}\right)}^2+2=1+2=3$$

③ (3) を求める。 ${\left(x-\frac{1}{x}\right)}^3=x^3-\frac{1}{x^3}-3\left(x-\frac{1}{x}\right)$ を移項して

$$x^3-\frac{1}{x^3}={\left(x-\frac{1}{x}\right)}^3+3\left(x-\frac{1}{x}\right)=1^3+3\cdot 1=4$$

まとめ:対称式の値は「与式を $2,3$ 乗して欲しい式を作る」。$x\cdot \frac{1}{x}=1$ だから中央項が定数になり、次々と値が出る。$x+\frac{1}{x}$ のように $2$ 乗から作る量は、最後に符号を $x$ の正負で確定する。ここを落とすと答えが不完全になる。

発展。 $x-\frac{1}{x}=1$ の解 $x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ は黄金比 $\phi$。$\phi$ は ${\phi }^2=\phi +1$ を満たし、${\phi }^n=F_n\phi +F_{n-1}$(フィボナッチ数 $F_n$)と展開できる。$x^n\pm \frac{1}{x^n}$ の値が整数($3,4,7,11,\dots$)で並ぶのは、この数列がフィボナッチ・リュカ数列と関係しているからだ。

別解

別解:$x$ を実際に求めて代入する(苦手な人向け)。 $x-\frac{1}{x}=1$ の両辺に $x$ を掛けると $x^2-x-1=0$、解の公式で $x=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}$。

正の解 $x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$(黄金比)を使って直接計算してみる。

$$x+\frac{1}{x}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}+\frac{2}{1+\sqrt{5}}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}+\frac{2(1-\sqrt{5})}{(1+\sqrt{5})(1-\sqrt{5})}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}+\frac{-1+\sqrt{5}}{2}=\sqrt{5}.$$

負の解 $x=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ なら $x+\frac{1}{x}=-\sqrt{5}$。

(2)(3) も具体値を入れれば $3$、$4$ になる。対称式の変形(本解)が「$x$ を求めずに答える」方法なのに対し、こちらは「$x$ を求めて代入」する、手間はかかるが確実な方法だ。$x=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}$ が黄金比とその共役だと気づくと、なぜきれいな値が出るかも見える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 二重根号は「内側の根号の前を $2$ にそろえる」と外れる。$4\pm \sqrt{7}=\frac{8\pm 2\sqrt{7}}{2}$ と直す。

$8\pm 2\sqrt{7}=(\sqrt{7}\pm 1{)}^2$(和 $8$・積 $7$ の $2$ 数が $7,1$)。だから $\sqrt{4\pm \sqrt{7}}=\frac{\sqrt{7}\pm 1}{\sqrt{2}}$。あるいは、和や差を丸ごと $2$ 乗して二重根号を消す手もある。$(\sqrt{4+\sqrt{7}}+\sqrt{4-\sqrt{7}}{)}^2=8+2\sqrt{16-7}=8+6=14$ から、すぐに $\sqrt{14}$ と分かる。

① 二重根号を外す。 $4\pm \sqrt{7}=\frac{8\pm 2\sqrt{7}}{2}$ と、$\sqrt{7}$ の前を $2$ にそろえる。和が $8$、積が $7$ の $2$ 数は $7$ と $1$ だから $8\pm 2\sqrt{7}=(\sqrt{7}\pm 1{)}^2$。よって

$$\sqrt{4\pm \sqrt{7}}=\frac{\sqrt{7}\pm 1}{\sqrt{2}}$$

② 和と差を計算する。

$$(1)=\frac{(\sqrt{7}+1)+(\sqrt{7}-1)}{\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{7}}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\cdot \sqrt{7}=\sqrt{14}$$

$$(2)=\frac{(\sqrt{7}+1)-(\sqrt{7}-1)}{\sqrt{2}}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$$

まとめ:二重根号は「前を $2$ にそろえて和と積」。ただし $2$ 数の和・差を問われたら、別解のように丸ごと $2$ 乗して積 $\sqrt{(4+\sqrt{7})(4-\sqrt{7})}=\sqrt{16-7}=3$ を作るほうが速い。どちらでも  ​ が正であること(符号)の確認は必須。

発展。 二重根号 $\sqrt{p\pm 2\sqrt{q}}$ が外れる($=\sqrt{a}\pm \sqrt{b}$ になる)のは、和 $a+b=p$・積 $ab=q$ を満たす有理数 $a,b$ があるとき、つまり $p^2-4q$ が平方数のとき。$4\pm \sqrt{7}$ で $p=8,q=7$ とすると $64-28=36=6^2$ で外れる。「外れるかどうか」は判別式が平方かで決まる。

別解

別解:和と差を先に求め、連立で個々を出す(得意な人向けの視点)。 $P=\sqrt{4+\sqrt{7}}+\sqrt{4-\sqrt{7}}$、$Q=\sqrt{4+\sqrt{7}}-\sqrt{4-\sqrt{7}}$ を、$2$ 乗して同時に扱う。

$$P^2=(4+\sqrt{7})+(4-\sqrt{7})+2\sqrt{(4+\sqrt{7})(4-\sqrt{7})}=8+2\sqrt{16-7}=8+6=14.$$

$P>0$ より $P=\sqrt{14}$。同様に

$$Q^2=8-2\sqrt{9}=8-6=2⟹Q=\sqrt{2}.$$

二重根号を外す(本解)代わりに、「$2$ 乗すると内側の積 $\sqrt{(4+\sqrt{7})(4-\sqrt{7})}=\sqrt{16-7}=3$ が有理数になる」ことを使う。$P^2+Q^2=16$(元の $2$ 数の和の $2$ 倍)、$P^2-Q^2=12$ という関係もあり、$PQ=\sqrt{14}\cdot \sqrt{2}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$ など、和と差をセットで扱うと検算もできる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 絶対値は「中身が $0$ になる点で場合分け」が基本。$x-1$ と $x-3$ の符号が変わる $x=1,3$ で区間を $3$ つに分ける。

各区間で絶対値を外すと、ただの $1$ 次方程式。$x<1$、$1\le x\le 3$、$x>3$ で $x+1$ と等しくなる $x$ を求める。検算が大事だ。出た解が「その区間の中にあるか」を必ず確かめる。区間の外に出た解は捨てる。

① $x<1$ のとき。 $|x-1|=1-x,|x-3|=3-x$。方程式は $(1-x)+(3-x)=x+1$、$4-2x=x+1$、$x=1$。これは $x<1$ を満たさないので不適。

② $1\le x<3$ のとき。 $|x-1|=x-1,|x-3|=3-x$。$(x-1)+(3-x)=x+1$、$2=x+1$、$x=1$。これは $1\le x<3$ を満たすので適。

③ $x\ge 3$ のとき。 $|x-1|=x-1,|x-3|=x-3$。$(x-1)+(x-3)=x+1$、$2x-4=x+1$、$x=5$。これは $x\ge 3$ を満たすので適。

よって $x=1,5$。

まとめ:絶対値の方程式は「境目で区間分け → 各区間で外す → 区間チェック」。右辺に $x$ が入るタイプは、区間の端(ここでは $x=1$)が答えになったりならなかったりするので、採否の確認が欠かせない。

発展。 右辺を $x+k$ の直線に変えると、傾き $1$ の直線が「皿型」の折れ線と何回交わるかで解の個数が変わる。傾きが $\pm 2$ の斜面より緩い($|1|<2$)ので、直線は各斜面と高々 $1$ 回ずつ交わる。左辺と右辺のグラフの交点で数える見方は、絶対値を含む方程式ならどれにも使える。

別解

別解:左辺を折れ線グラフとして図で捉える(視覚で納得するルート)。 $y=|x-1|+|x-3|$ のグラフを描く。$x\le 1$ では傾き $-2$、$1\le x\le 3$ では平ら($y=2$)、$x\ge 3$ では傾き $+2$ の「皿型」の折れ線。

一方 $y=x+1$ は傾き $1$ の直線。この $2$ つのグラフの交点の $x$ 座標が解だ。

• 平らな部分($y=2$)と直線 $y=x+1$ の交点: $2=x+1$ で $x=1$(区間 $1\le x\le 3$ に入る)。
• 右上がり部分($y=2x-4$)と直線: $2x-4=x+1$ で $x=5$(区間 $x\ge 3$ に入る)。
• 左下がり部分は直線と交わらない(傾きの関係で)。

交点は $x=1,5$ の $2$ つ。場合分けで解く(本解)のと同じだが、グラフにすると「なぜ $2$ 解か」「なぜ左側に解がないか」が一目で分かる。右辺が動く($x+1$)問題こそ、$2$ つのグラフの交点で見ると迷わない。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) まず $\sqrt{13}$ の整数部分。$3^2=9<13<16=4^2$ だから $3<\sqrt{13}<4$、整数部分 $a=3$。小数部分は $b=\sqrt{13}-3$。

(2) は $b$ を直接$2$乗するより、$b+3=\sqrt{13}$ を$2$乗するのが速い。$b^2+6b+9=13$、すなわち $b^2+6b=4$。根号が消える。

(3) は $b^2+6b=4$ を $b(b+6)=4$ と見ると $\frac{1}{b}=\frac{b+6}{4}$。$b=\sqrt{13}-3$ を戻せば根号の式になる。

① (1) 整数部分。 $3^2=9<13<16=4^2$ より $3<\sqrt{13}<4$。よって $a=3$、小数部分は $b=\sqrt{13}-3$。

② (2) 関係式を作る。 $b+3=\sqrt{13}$ の両辺を $2$ 乗して

$$b^2+6b+9=13⟹b^2+6b=4$$

③ (3) $\frac{1}{b}$ を求める。 ②は $b(b+6)=4$ とも書ける。両辺を $4b$ で割ると

$$\frac{1}{b}=\frac{b+6}{4}=\frac{(\sqrt{13}-3)+6}{4}=\frac{\sqrt{13}+3}{4}$$

(有理化 $\frac{1}{\sqrt{13}-3}=\frac{\sqrt{13}+3}{13-9}=\frac{\sqrt{13}+3}{4}$ と一致する。)

まとめ:小数部分は「本体 − 整数」で表し、根号を片側に寄せて $2$ 乗すると $b$ の関係式が得られる。この関係式を使うと、$2$ 乗の値や $\frac{1}{b}$ の計算がぐっと軽くなる。

発展。 $b=\sqrt{13}-3$ は $b^2+6b-4=0$ の解、つまり $\sqrt{13}$ を根にもつ最小の$2$次方程式 $x^2-6x-4=0$($x=b+3$)から来る。無理数の小数部分はこうして「整数係数の$2$次方程式の解」として捉えられる。$\frac{1}{b}$ が再び $\sqrt{13}$ の式になるのも、$b$ が代数的数(方程式の解)だからだ。

別解

別解:$(3)$ を有理化で直接出す(苦手な人向け)。 $b=\sqrt{13}-3$ だから、$\frac{1}{b}=\frac{1}{\sqrt{13}-3}$。分母の共役 $\sqrt{13}+3$ を分母分子に掛けて有理化する。

$$\frac{1}{\sqrt{13}-3}=\frac{\sqrt{13}+3}{(\sqrt{13}-3)(\sqrt{13}+3)}=\frac{\sqrt{13}+3}{13-9}=\frac{\sqrt{13}+3}{4}.$$

$b^2+6b=4$ を経由する本解と同じ $\frac{\sqrt{13}+3}{4}$。(2) の $b^2+6b=4$ も、$b=\sqrt{13}-3$ を直接代入して確かめられる: $b^2=(\sqrt{13}-3{)}^2=13-6\sqrt{13}+9=22-6\sqrt{13}$、$6b=6\sqrt{13}-18$。足すと $22-6\sqrt{13}+6\sqrt{13}-18=4$。$\sqrt{13}$ の項がきれいに消える。「$b+3=\sqrt{13}$ を$2$乗」(本解)は、この相殺を先取りした賢いやり方だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) まず各不等式を解いて $x$ の範囲を出す。$3x-1>x+a$ から $x>\frac{a+1}{2}$、$2x+5\ge 4x-3$ から $x\le 4$。

解は $\frac{a+1}{2}<x\le 4$。この中の整数がちょうど $3$ 個になる $a$ を探す。$x\le 4$ 側は固定だから、整数 $4,3,2$ の $3$ 個が入り、$1$ が入らない条件を書く。すなわち $x=2$ が含まれ($\frac{a+1}{2}<2$)、$x=1$ が含まれない($\frac{a+1}{2}\ge 1$)。境界の等号の向きに注意する。

① 各不等式を解く。 $3x-1>x+a$ から $2x>a+1$、$x>\frac{a+1}{2}$。$2x+5\ge 4x-3$ から $8\ge 2x$、$x\le 4$。よって範囲は

$$\frac{a+1}{2}<x\le 4$$

② 整数解を数える。 上端 $x=4$ は含まれ、$x$ は $4,3,2,1,\dots$ と下に並ぶ。$3$ 個ちょうどにするには $4,3,2$ を含み $1$ を含まないこと。すなわち下端が $1$ 以上 $2$ 未満:

$$1\le \frac{a+1}{2}<2$$

($\frac{a+1}{2}<2$ で $x=2$ が範囲に入り、$1\le \frac{a+1}{2}$ で $x=1$ が外れる。)

③ $a$ について解く。 各辺を $2$ 倍して $2\le a+1<4$、よって

$$1\le a<3$$

まとめ:パラメータ入りの整数解の個数は「範囲を出す → 動く端を整数と見比べる」。端が整数に一致する瞬間($a=1,3$)に個数が変わる。$a=1$ では $\frac{a+1}{2}=1$、$x>1$ だから $x=1$ は外れて $3$ 個(だから $a=1$ を含む)。$a=3$ では $\frac{a+1}{2}=2$、$x=2$ が外れて $2$ 個(だから $a=3$ を除く)。等号の吟味がすべて。

発展。 「整数解がちょうど $k$ 個」型は、$1$ 端固定・$1$ 端可動の「窓」を数直線上で動かし、整数の隙間に端を置く問題に帰着する。境界の等号の向き($<$ か $\le$ か)が答えの端点を決めるので、元の不等式の等号の有無を最後まで保つのが肝心。線形計画法や、数直線上の場合分けの基礎練習になる。

別解

別解:数直線で「$3$ 個入る窓」を動かす(視覚で捉えるルート)。 解は $\frac{a+1}{2}<x\le 4$。右端 $x=4$ は固定で、左端 $\frac{a+1}{2}$ が $a$ とともに動く「可動の壁」だ。

整数 $\dots ,1,2,3,4$ を数直線に並べ、$x\le 4$ 側から数えると、含まれる整数は $4,3,2,1,\dots$ の順。ちょうど $3$ 個($4,3,2$)にするには、可動の壁 $\frac{a+1}{2}$ が「$1$ と $2$ の間」に来ればよい。

$$1\le \frac{a+1}{2}<2.$$

左の等号($x=1$ を除くために壁は $1$ 以上でよい: $\frac{a+1}{2}\ge 1$ なら $x>\frac{a+1}{2}\ge 1$ で $x=1$ は入らない)、右の非等号($x=2$ を入れるために壁は $2$ 未満: $\frac{a+1}{2}<2$)に注意。解くと $1\le a<3$。

不等式を代数で処理する(本解)のと同じだが、「可動の壁を整数の隙間に置く」と、境界の等号・非等号がどちらを向くかを間違えにくい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $3$ 項の分母は一度には消せない。$2$ 塊に分けるのがコツだ。$(\sqrt{2}+\sqrt{3})$ と $\sqrt{5}$ に分け、共役 $(\sqrt{2}+\sqrt{3})-\sqrt{5}$ を分母分子に掛ける。

分母は $(\sqrt{2}+\sqrt{3}{)}^2-5=(5+2\sqrt{6})-5=2\sqrt{6}$。まだ根号が残るが、$1$ つになった。残った $\sqrt{6}$ をさらに分母分子に掛ければ有理化完了。$2$ 段階で消す。

① 塊に分けて $1$ 回目。 $A=\sqrt{2}+\sqrt{3},B=\sqrt{5}$ とみて、分母・分子に $(\sqrt{2}+\sqrt{3})-\sqrt{5}$ を掛ける。分母は

$$(\sqrt{2}+\sqrt{3}{)}^2-(\sqrt{5}{)}^2=(5+2\sqrt{6})-5=2\sqrt{6}$$

よって

$$\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{3}-\sqrt{5}}{2\sqrt{6}}$$

② $\sqrt{6}$ を消す。 分母・分子に $\sqrt{6}$ を掛ける。

$$=\frac{\sqrt{6}(\sqrt{2}+\sqrt{3}-\sqrt{5})}{2\cdot 6}=\frac{\sqrt{12}+\sqrt{18}-\sqrt{30}}{12}$$

③ 根号を簡単にする。 $\sqrt{12}=2\sqrt{3},\sqrt{18}=3\sqrt{2}$ だから

$$=\frac{2\sqrt{3}+3\sqrt{2}-\sqrt{30}}{12}$$

まとめ:$3$ 項の有理化は「$2$ 塊に分けて和と差の積 → 残った単項の根号をもう一度」。塊 $(\sqrt{2}+\sqrt{3})$ を $2$ 乗すると新しい根号 $\sqrt{6}$ が出るが、それは次の一手で消せる。どの $2$ 項を塊にするかは自由で、答えは同じになる。

発展。 $\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5}$ を含む式の有理化は、$4$ 種の符号の積 $\prod (\pm \sqrt{2}\pm \sqrt{3}+\sqrt{5})$ が有理数になることに基づく。これは体の理論(有理数体に $\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5}$ を添加した拡大体)の「共役をすべて掛けるとノルム=有理数」という一般法則の初等版。根号が増えるほど掛ける共役も増える。

別解

別解:$\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$ の「共役」を全部掛ける(得意な人向けの高い視点)。 $3$ つの根号の符号を反転させた $4$ 種の積を考えると、まとめて有理化できる。$\pm$ の組合せ

$$(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5})(-\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5})(\sqrt{2}-\sqrt{3}+\sqrt{5})(\sqrt{2}+\sqrt{3}-\sqrt{5})$$

を計算すると有理数になる(各段階で平方の差を作ると根号が消える)。この積は $\{(\sqrt{3}+\sqrt{5}{)}^2-2\}\{2-(\sqrt{3}-\sqrt{5}{)}^2\}=\cdots$ と整理でき、有理数 $-64$… のように。

実用上は本解の$2$段階(まず $(\sqrt{2}+\sqrt{3})-\sqrt{5}$ を掛け、次に $\sqrt{6}$)が速い。$3$ 項の有理化は「$2$ 塊に分けて共役 → 残った $1$ 根号をもう一度」の$2$段構えが定跡で、答えは $\frac{2\sqrt{3}+3\sqrt{2}-\sqrt{30}}{12}$。分母に $\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{5}$ の「全共役」を掛ける発想は、より根号が増えたときの一般論につながる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $|x-1|+|x-4|$ を「数直線上の $x$ から、$2$ 点 $1,4$ までの距離の和」とみる。この見方に気づけば解ける。

$x$ が $1$ と $4$ の間($1\le x\le 4$)にあるとき、距離の和は端どうしの距離 $3$ で一定(これが最小)。外に出ると、出た分だけ増える。だから左辺は $3$ 以上の値しかとらない。$a$ をこの最小値 $3$ と比べて、$a<3$(解なし)、$a=3$(区間まるごと)、$a>3$($2$ 点)と分類する。

① 左辺の意味と最小値。 $|x-1|+|x-4|$ は $x$ と $2$ 点 $1,4$ との距離の和。$1\le x\le 4$ にあるとき、和は端どうしの距離 $|4-1|=3$ に等しく一定。区間の外では遠ざかるぶんだけ $3$ より大きくなる。よって左辺の最小値は $3$。

② $a$ で分類する。

• $a<3$:左辺は $3$ より小さくなれないので、解なし($0$ 個)。
• $a=3$:$1\le x\le 4$ のすべてで左辺 $=3$。よって解は無数(区間全体)。
• $a>3$:区間 $[1,4]$ の左と右に $1$ つずつ、ちょうど $2$ 個。

まとめ:$|x-p|+|x-q|$ は「$2$ 定点からの距離の和」で、最小値は $2$ 点間の距離、しかもその最小は区間 $[p,q]$ 全体で達成される。この「平らな谷」を見落とすと、$a=3$ の無数解を取りこぼしてしまう。

発展。 $|x-1|+|x-4|$ の最小値 $3$ は $2$ 点間の距離。点が増えて $|x-a_1|+\cdots +|x-a_n|$ になると、最小値を与える $x$ は中央値(奇数個ならど真ん中、偶数個なら中央 $2$ 点の間で一定)。統計で「絶対偏差の和を最小にするのは中央値」という性質そのものだ。

別解

別解:$y=|x-1|+|x-4|$ と $y=a$ のグラフの交わりで数える(視覚で納得するルート)。 左辺のグラフは「皿型」の折れ線。$x\le 1$ で傾き $-2$、$1\le x\le 4$ で底が平ら($y=3$)、$x\ge 4$ で傾き $+2$。最も低いところが $y=3$。

水平線 $y=a$ をこのグラフに重ねて、交点の数を数える。

• $a<3$: 水平線が皿の底より下。交点なし($0$ 個)。
• $a=3$: 水平線が平らな底とぴったり重なる。区間 $1\le x\le 4$ のすべてが交点(無数)。
• $a>3$: 底より上。左の斜面と右の斜面で $1$ つずつ、計 $2$ 個。

距離の和として読む(本解)のと同じだが、「皿型のグラフに水平線を上下させる」と、$a=3$ で交わりが線分になる(無数解)という特殊なケースも見落とさない。左辺が「底が平ら」なのは、$2$ 点の間では距離の和が一定だからだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 入れ子の絶対値は、外側から $1$ 枚ずつ外す。$|A|<1⟺-1<A<1$。

外側を外すと $-1<|x-1|-2<1$、すなわち $1<|x-1|<3$。内側の絶対値だけの不等式になった。これを $2$ つに割る。$|x-1|<3$($-2<x<4$)と $|x-1|>1$($x<0$ または $x>2$)。両方を満たす $x$ が答えだ。

① 外側をはずす。 $||x-1|-2|<1$ は

$$-1<|x-1|-2<1⟹1<|x-1|<3$$

② 内側を $2$ 条件に分ける。 $|x-1|<3$ から $-3<x-1<3$、すなわち $-2<x<4$。$|x-1|>1$ から $x-1<-1$ または $x-1>1$、すなわち $x<0$ または $x>2$。

③ 両方を満たす $x$ をとる。 $-2<x<4$ かつ($x<0$ または $x>2$)より

$$-2<x<0\text{または}2<x<4$$

まとめ:入れ子の絶対値は「外側から $1$ 枚ずつ」。はずすたびに不等式が増えるので、最後は $2$ つの条件を同時に満たす $x$ をていねいにとる。$1<|x-1|<3$ は「$1$ からの距離が $1$ と $3$ の間」と読むと、答えが $1$ を中心に左右へ $2$ 区間になることも納得できる。

発展。 絶対値を $k$ 重に入れ子にした $|\cdots ||x|-a_1|-a_2|\cdots |$ のグラフは、山と谷が増えたジグザグの折れ線になる。外側から $1$ 枚ずつ開く(または内側から置換する)と、解が複数の区間に分かれて現れる。入れ子の深さだけ場合が増える、絶対値の階層構造の練習だ。

別解

別解:$t=|x-1|$ とおいて$2$段階に分ける(苦手な人向け)。 入れ子を一度に扱わず、$t=|x-1|$($t\ge 0$)と置換する。すると不等式は $|t-2|<1$。

これは $t$ が $2$ から距離 $1$ 未満、すなわち $1<t<3$。$t$ を $|x-1|$ に戻すと $1<|x-1|<3$。これは「$x$ が $1$ から距離 $1$ より遠く、$3$ より近い」。数直線で $1$ を中心に、半径 $1$ の外・半径 $3$ の内、という$2$本のドーナツ状の帯。

$$-2<x<0\text{または}2<x<4.$$

外側から外す(本解)のと同じだが、$t=|x-1|$ と一度置換すると「$|t-2|<1$ という素直な形」になり、$t\ge 0$ の条件($1<t<3$ は自動的に満たす)も確認しやすい。中心 $1$ からの距離で読むと、$2$ つの区間が左右対称に出るのも見える。