実数と1次不等式 ★★ 標準の問題 全12問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 循環小数のやっかいさは、無限に続くこと。無限の部分を消せれば、ただの引き算になる。

そこで「同じ無限部分を持つ2つの数を作って、引き算で消す」と考える。くり返しの桁数ぶんだけ10倍すれば、小数点以下がそろう。

(2)のように、循環しない部分が混じるときは倍率を2つ使う。(3)の無理数選びは「見た目」でなく「実際の値」で判定する。計算して簡単になる数が混ざっている。

(1) $x=0.\dot{6}\dot{3}=0.6363\dots$ とおく。くり返しが2桁なので100倍。

$$\begin{array}{rl}100x& =63.6363\cdots \\ x& =0.6363\cdots \end{array}$$

引くと $99x=63$。よって

$$x=\frac{63}{99}=\frac{7}{11}$$

(2) $x=0.2\dot{7}=0.2777\dots$。循環しない部分(2)と循環する部分(7)が混じっている。循環部分だけがそろうように、100倍と10倍の差をとる。

$$\begin{array}{rl}100x& =27.777\cdots \\ 10x& =2.777\cdots \end{array}$$

引くと $90x=25$。よって

$$x=\frac{25}{90}=\frac{5}{18}$$

(3) 無理数(分数で表せない数)を選ぶ。

• $\sqrt{25}=5$ は整数 → 有理数
• $\frac{\sqrt{18}}{\sqrt{2}}=\sqrt{\frac{18}{2}}=\sqrt{9}=3$ → 有理数
• $\sqrt{3}+1$ は $\sqrt{3}$ が無理数なので → 無理数
• $0.\dot{1}2\dot{3}$ は循環小数 → 有理数(分数にできる)
• $\pi$ → 無理数

まとめ:よって無理数は $\sqrt{3}+1$ と $\pi$。計算すると整数・分数になるものは有理数、と見抜くのがコツ。

発展。 なぜ分数は必ず循環小数(または有限小数)になるのか。割り算の余りは分母より小さい種類しかないからだ。

割り切れなければ、いつか同じ余りが再登場する。同じ余りからは同じ計算が続くので、そこから循環が始まる。「有理数=有限小数か循環小数」という対応には、次のような理由がある。逆に、循環しない無限小数が無理数だ。

別解

くり返しの基本形を「部品」として覚えておくと、分解して足すだけで出せる。基本形はこうだ。$0.\dot{7}=\frac{7}{9}$、$0.\dot{6}\dot{3}=\frac{63}{99}$。くり返し1桁は9分の、2桁は99分のになる(10倍・100倍して引く操作を先にやっておいた結果だ)。(1)はそのまま $\frac{63}{99}=\frac{7}{11}$。

(2)は循環部分を分けて足す。$0.2\dot{7}=0.2+0.0\dot{7}=\frac{1}{5}+\frac{1}{10}\times \frac{7}{9}=\frac{18}{90}+\frac{7}{90}=\frac{25}{90}=\frac{5}{18}$。「循環しない部分+循環する部分の縮小コピー」という見方だ。方程式を立てなくても、部品の組み合わせで機械的に出せる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\sqrt{A^2}$ を見たら反射的に $A$ としたくなる。でも正しくは $|A|$ だ。中身が負なら符号が変わる。

だからこの問題の実質は「中身の符号調べ」になる。最初の仕事は $\sqrt{7}$ の大きさの見当をつけること。$2^2=4$、$3^2=9$ だから、$\sqrt{7}$ は $2$ と $3$ の間にある。これで各絶対値の中身の正負が決まる。$\sqrt{7}$ は $\sqrt{4}<\sqrt{7}<\sqrt{9}$ より

$$2<\sqrt{7}<3$$

(1) 中身の符号を調べる。$\sqrt{7}-3<0$(負)、$\sqrt{7}-2>0$(正)。だから

$$|\sqrt{7}-3|+|\sqrt{7}-2|=(3-\sqrt{7})+(\sqrt{7}-2)=1$$

$\sqrt{7}$ が消えて1になる。

(2) ここでは、$\sqrt{A^2}=|A|$(2乗の平方根は絶対値)であることが大事だ。

$$\sqrt{(2-\sqrt{7}{)}^2}-\sqrt{(3-\sqrt{7}{)}^2}=|2-\sqrt{7}|-|3-\sqrt{7}|$$

$2-\sqrt{7}<0$、$3-\sqrt{7}>0$ なので、絶対値を外すと

$$(\sqrt{7}-2)-(3-\sqrt{7})=2\sqrt{7}-5$$

まとめ:$\sqrt{A^2}$ を、そのまま $A$ としてしまうのが最大のミス。必ず $|A|$ にして、中身の符号で判断する。

発展。 $\sqrt{x^2}=|x|$ は、この先も2次関数やデータの分析(偏差の大きさ)で繰り返し使う基本の式だ。

そして別解の「距離の目」はもっと広く使える。絶対値の方程式・不等式の多くは、数直線上の距離の問題に言い換えられる。式で詰まったら図に描いて考える、という別の道を持っておくとよい。

別解

(1)は、数直線の「距離」で読むと答えがすぐに分かる。$|\sqrt{7}-3|$ は $\sqrt{7}$ と $3$ の距離。$|\sqrt{7}-2|$ は $\sqrt{7}$ と $2$ の距離だ。$\sqrt{7}$ は $2$ と $3$ の間にある。間にある点から両端までの距離を足すと、区間の長さそのものになる。

つまり答えは $3-2=1$。計算するまでもなく、図の形だけで決まる。$\sqrt{7}$ が $2.6457\dots$ であることすら使っていない。「$2$ と $3$ の間にある」という事実だけで十分、というのがこの見方の強さだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 有理化の道具選びは、分母の形で決まる。

根号1個なら同じものを掛ける。和や差なら、符号違いの式を掛ける。和と差の積で根号が消えるからだ。

(3)は2つの分数の和。それぞれ有理化してから足すか、先に通分してまとめて有理化するか。どちらでも解けるので、計算量を見比べて道を選ぶ。

(1) 分母に $\sqrt{3}$ があるので、上下に $\sqrt{3}$ をかける。

$$\frac{9}{2\sqrt{3}}=\frac{9\sqrt{3}}{2\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}}=\frac{9\sqrt{3}}{6}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$$

(2) 分母が $\sqrt{7}-\sqrt{5}$。符号を変えた $\sqrt{7}+\sqrt{5}$ を上下にかける。

$$\frac{6}{\sqrt{7}-\sqrt{5}}=\frac{6(\sqrt{7}+\sqrt{5})}{(\sqrt{7}-\sqrt{5})(\sqrt{7}+\sqrt{5})}=\frac{6(\sqrt{7}+\sqrt{5})}{7-5}=\frac{6(\sqrt{7}+\sqrt{5})}{2}=3\sqrt{7}+3\sqrt{5}$$

(3) 2つの分数を、それぞれ有理化する。

$$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}=\frac{\sqrt{3}(\sqrt{3}-1)}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)}=\frac{3-\sqrt{3}}{3-1}=\frac{3-\sqrt{3}}{2}$$

$$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}=\frac{\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)}{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)}=\frac{3+\sqrt{3}}{2}$$

足すと、$-\sqrt{3}$ と $+\sqrt{3}$ が消える。

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

発展。 「符号違いの式を掛けて根号を消す」発想は、この先2回大きく再登場する。

1つは数学IIの複素数で、$a+bi$ と組になる $a-bi$(共役複素数)を掛けて分母を実数にする。もう1つは数学IIIの極限で、$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$ 型の式を、符号違いの式を掛けて変形する。どれも「分母(や差)を有理数に戻す」という同じ目的だ。

別解

(3)は計算の前に、形から結果を予言できる。2つの分数は、分母が $\sqrt{3}+1$ と $\sqrt{3}-1$ で符号違いの組になっている。この対称な形の和では、根号の項が必ず打ち消し合い、答えは有理数になる。

実際の計算は先に通分してまとめて有理化してもよい。

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

分母が $(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)=2$ と一度で有理化でき、こちらのほうが速いこともある。予言どおり、分子でも $-\sqrt{3}$ と $+\sqrt{3}$ が消えている。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 二重根号を見たら、まず「$2\sqrt{ab}$ の形が作れるか」を確認する。外せる二重根号は、必ずこの形が隠れている。

(2)のように係数が $2$ でないときは、$4\sqrt{5}=2\sqrt{20}$ と書き直して $2$ を作る。(3)は $2$ がなく、掛けても作れない。そこで中身を $\frac{8+2\sqrt{15}}{2}$ と分数に直す工夫が要る。「まず $2\sqrt{}$ の形に整える」のが全問共通の最初の手順だ。

二重根号を外す公式:

$$\sqrt{(a+b)+2\sqrt{ab}}=\sqrt{a}+\sqrt{b},\sqrt{(a+b)-2\sqrt{ab}}=\sqrt{a}-\sqrt{b}$$

(1) たして11、かけて30の2数は6と5。

$$\sqrt{11+2\sqrt{30}}=\sqrt{(\sqrt{6}+\sqrt{5}{)}^2}=\sqrt{6}+\sqrt{5}$$

(2) $4\sqrt{5}$ には $2$ がないので、$4\sqrt{5}=2\sqrt{20}$ と直して $2$ を作る。

$$\sqrt{9-4\sqrt{5}}=\sqrt{9-2\sqrt{20}}$$

たして9、かけて20の2数は5と4。

$$\sqrt{9-2\sqrt{20}}=\sqrt{(\sqrt{5}-\sqrt{4}{)}^2}=\sqrt{5}-2$$

(3) $\sqrt{4+\sqrt{15}}$ は $\sqrt{15}$ の前に $2$ を出せない。そこで、中身を2倍・2分の1して形を整える。

$$\sqrt{4+\sqrt{15}}=\sqrt{\frac{8+2\sqrt{15}}{2}}$$

分子 $8+2\sqrt{15}$ はたして8・かけて15の5と3で $(\sqrt{5}+\sqrt{3}{)}^2$。分母の $\sqrt{2}$ を有理化して

$$\sqrt{\frac{8+2\sqrt{15}}{2}}=\frac{\sqrt{5}+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\frac{(\sqrt{5}+\sqrt{3})\times \sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{10}+\sqrt{6}}{2}$$

まとめ:$2$ が作れないときは、中を $\frac{2\times (\cdots )}{2}$ にして $2\sqrt{}$ を作る、という一段上の工夫だ。

発展。 二重根号外しは $(\sqrt{a}+\sqrt{b}{)}^2$ の逆再生だ。「2乗すると根号が1段減る」という見方を裏返している。

この「2乗して根号を減らす」発想は、根号を含む方程式や、数学IIIの無理関数の扱いにつながる。1段ずつ根号を剥がしていく、という統一イメージで覚えておこう。

別解

公式を忘れても、「答えの形を予想して2乗で合わせる」やり方で外せる。外れた結果は $\sqrt{a}+\sqrt{b}$ の形のはず。これを2乗すると $(\sqrt{a}+\sqrt{b}{)}^2=a+b+2\sqrt{ab}$。つまり「足して外の数、掛けて根号の中の数」になる2つを探せばいい。因数分解のときの2数探しと同じ頭の使い方だ。

(1)なら、足して $11$・掛けて $30$ になるのは $6$ と $5$。だから $\sqrt{6}+\sqrt{5}$。最後に検算として2乗してみる。$(\sqrt{6}+\sqrt{5}{)}^2=11+2\sqrt{30}$ で元に戻るから正しい。予想して2乗で確かめる、この往復ができれば公式の暗記は不要になる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\frac{2}{\sqrt{6}-2}$ のままでは、大きさすら分からない。まず有理化して、どんな数かを明らかにするのが先決だ。

有理化すると $x=\sqrt{6}+2$。ここで初めて「$4$ と $5$ の間の数」と分かる。あとは定義どおり。整数部分は $4$、小数部分は $x$ から $4$ を引いた残りだ。(2)は $b$ の式に $2$ を足すと根号だけになる形($b+2=\sqrt{6}$)に気づけると、計算がずっと軽くなる。

(1) まず $x$ を有理化して、大きさを見やすくする。

$$x=\frac{2}{\sqrt{6}-2}=\frac{2(\sqrt{6}+2)}{(\sqrt{6}-2)(\sqrt{6}+2)}=\frac{2(\sqrt{6}+2)}{6-4}=\frac{2(\sqrt{6}+2)}{2}=\sqrt{6}+2$$

$\sqrt{6}$ は $2<\sqrt{6}<3$ なので、$\sqrt{6}+2$ は

$$4<\sqrt{6}+2<5$$

よって整数部分 $a=4$。小数部分は

$$b=x-a=(\sqrt{6}+2)-4=\sqrt{6}-2$$

(2) $b^2+4b$ は、$(b+2{)}^2-4$ の形にすると根号が消しやすい($b+2=\sqrt{6}$ になる)。

$$b^2+4b=(b^2+4b+4)-4=(b+2{)}^2-4=(\sqrt{6}{)}^2-4=6-4=2$$

まとめ:$b+2=(\sqrt{6}-2)+2=\sqrt{6}$ となって、2乗すると根号が消える。

発展。 小数部分 $b$ には、いつでも $0\le b<1$ という不等式が付いてくる。この範囲が小数部分のいちばん大事な性質で、応用問題ではこの不等式を中心に考える。

整数部分は「ガウス記号」という道具に一般化され、入試の応用問題で活躍する。「有理化して値を見る → 範囲を挟む → 引き算」という今回の3手は、その最初の型だ。

別解

(2)は工夫に気づけなくても、$b^2$ と $4b$ を別々に計算して足せば届く。

$$b^2+4b=(\sqrt{6}-2{)}^2+4(\sqrt{6}-2)=(6-4\sqrt{6}+4)+(4\sqrt{6}-8)=10-4\sqrt{6}+4\sqrt{6}-8=2$$

$-4\sqrt{6}$ と $+4\sqrt{6}$ が途中で消えて $2$ になる。そのまま計算しても根号が消える理由は、$b^2+4b=(b+2{)}^2-4$ と平方の形に直せるからだ。工夫するやり方でも、そのまま計算するやり方でも、同じ答えになる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 求める式を見ると、どれも $x$ と $y$ を入れかえても変わらない(対称式)。

対称式と見抜けたら、個別に代入する道は捨てる。$x+y$ と $xy$ の2つをまず計算する道を選ぶ。実際、$x+y=2\sqrt{5}$、$xy=5-3=2$ ときれいな値になる。3乗の和もこの2つの部品から変形で組み立てられる。

まず基本対称式を求める。

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

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

(1) $x^2+y^2=(x+y{)}^2-2xy$。

$$x^2+y^2=(2\sqrt{5}{)}^2-2\cdot 2=20-4=16$$

(2) $x^3+y^3=(x+y{)}^3-3xy(x+y)$。$(x+y{)}^3=(2\sqrt{5}{)}^3=40\sqrt{5}$ なので

$$x^3+y^3=40\sqrt{5}-3\cdot 2\cdot 2\sqrt{5}=40\sqrt{5}-12\sqrt{5}=28\sqrt{5}$$

(3) $\frac{y}{x}+\frac{x}{y}$ は通分して $\frac{x^2+y^2}{xy}$。(1)と結果を使って

$$\frac{y}{x}+\frac{x}{y}=\frac{y^2+x^2}{xy}=\frac{16}{2}=8$$

対称式はまず $x+y$ と $xy$ を出し、あとは公式に当てはめるだけ。

発展。 どんな対称式も $x+y$ と $xy$(基本対称式)だけで必ず書ける。これは定理として知られていて、今回の(1)〜(3)はその実例だ。

数学IIで「解と係数の関係」を学ぶと、2次方程式の係数から $x+y$ と $xy$ が直接読み取れるようになる。対称式の技はそこでさらに役に立つ。

別解

(2)は別の公式 $x^3+y^3=(x+y)\{(x^2+y^2)-xy\}$ を使ってもよい。(1)の $x^2+y^2=16$ を利用して

$$x^3+y^3=(x+y)\{(x^2+y^2)-xy\}=2\sqrt{5}\times (16-2)=2\sqrt{5}\times 14=28\sqrt{5}$$

(1)の結果がそのまま使えて、こちらのほうが計算が少ない。小問が並んでいるときは「前の結果を次で使えないか」を疑うと、こういう近道が見つかる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $x$ の値は汚いのに、聞かれているのは $x+\frac{1}{x}$ の仲間ばかり。ここに出題の意図がある。

逆数との和は、有理化すると根号が打ち消し合って、きれいな値になることが多い。だからまず $x+\frac{1}{x}$ という「部品」を作る。部品さえできれば、2乗の和・3乗の和は公式の変形で芋づる式に出る。$x$ 単体を2乗・3乗する必要は最後までない。

(1) まず $\frac{1}{x}$ を求める。$x=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$ の逆数なので $\frac{1}{x}=\frac{2}{3+\sqrt{5}}$。これを有理化する。

$$\frac{1}{x}=\frac{2}{3+\sqrt{5}}=\frac{2(3-\sqrt{5})}{(3+\sqrt{5})(3-\sqrt{5})}=\frac{2(3-\sqrt{5})}{9-5}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}$$

よって

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

$\sqrt{5}$ が消えて3。

(2) ${\left(x+\frac{1}{x}\right)}^2=x^2+2\cdot x\cdot \frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}=x^2+\frac{1}{x^2}+2$ なので、$x^2+\frac{1}{x^2}={\left(x+\frac{1}{x}\right)}^2-2$。

$$x^2+\frac{1}{x^2}={\left(x+\frac{1}{x}\right)}^2-2=3^2-2=7$$

(まん中の $2\cdot x\cdot \frac{1}{x}=2$ が出るのがポイント。)

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

$$x^3+\frac{1}{x^3}={\left(x+\frac{1}{x}\right)}^3-3\left(x+\frac{1}{x}\right)=3^3-3\times 3=27-9=18$$

まとめ:$x+\frac{1}{x}$ さえ求めれば、あとは公式で次々に出せる。$x\cdot \frac{1}{x}=1$ になるのが、この型のうまみだ。

発展。 $x+\frac{1}{x}$ を部品にする発想は、この先も何度も再登場する。数学IIの相反方程式では $t=x+\frac{1}{x}$ の置きかえが解法の中心になるし、指数の式 $a^x+a^{-x}$ も同じ構造だ。

「大きいものと小さいものの対で1つの部品を作る」。この型を今のうちに手になじませておくと、あとで何度も助けられる。

別解

(3)は別の公式でも出せる。$x^3+\frac{1}{x^3}=\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(x^2-1+\frac{1}{x^2}\right)$ で、(1)(2)の結果を使って

$$x^3+\frac{1}{x^3}=\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(x^2-1+\frac{1}{x^2}\right)=3\times (7-1)=3\times 6=18$$

(1)の $3$ と(2)の $7$ がそのまま使えて、こちらもラクだ。3乗の公式を忘れたときは、${\left(x+\frac{1}{x}\right)}^3$ を自分で展開して余分($3x+\frac{3}{x}=3\left(x+\frac{1}{x}\right)$)を引く、と現場で復元することもできる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 分数・小数のまま進めると、移項のたびにミスを呼ぶ。

最初の一手は「係数を整数にそろえる」だ。分数は分母の最小公倍数を掛けて払う。小数は $10$ 倍する。

整数にしてしまえば、あとは中学と同じ移項の作業。警戒するのは1点だけ、負の数で割るときに不等号の向きが逆になることだ。

(1) 文字を左、数を右に集める。

$$5x-8x>5+7$$

$$-3x>12$$

$-3$(負)で割るので向きが逆になり

$$x<-4$$

(2) 分数があるので、両辺に12(分母3と4の最小公倍数)をかけて分母をはらう。

$$\begin{array}{rl}4(2x-1)-3(x-2)& \le 12\\ 8x-4-3x+6& \le 12\\ 5x+2& \le 12\\ 5x& \le 10\\ x& \le 2\end{array}$$

$x$ の係数5は正なので、向きはそのまま。

(3) 小数があるので、両辺を10倍する。

$$3x-10<5x+2$$

$$3x-5x<2+10$$

$$-2x<12$$

$-2$(負)で割るので向きが逆になり

$$x>-6$$

『負で割ると不等号が逆』を、毎回声に出して確認しよう。

発展。 不等式の変形が等式と違うのは、実は「負を掛ける・割ると向きが変わる」の1点だけだ。

この1点がこの先いろいろな姿で再登場する。2次不等式ではグラフの上下として、数学IIの対数不等式では底が $1$ より小さいときの反転として。「大小を保つ操作か、ひっくり返す操作か」を意識する習慣は、どの問題にも通じる。

別解

「向きの反転」がどうしても不安な人には、反転を一度も使わないルートがある。$x$ の係数が正になる側に集めるのだ。(1) $5x-7>8x+5$ なら、$x$ を右辺に集める。両辺から $5x$ を引くと $-7>3x+5$。

さらに $5$ を引いて $-12>3x$。正の $3$ で割って $-4>x$。これは $x<-4$ と同じことだ。負で割る場面が最初から現れないので、向きを間違えようがない。

どちらの辺に集めるかはこちらの自由、という当たり前の事実を使うのが、ミスを防ぐいちばん確実な方法だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 問いは2段構えだ。まず範囲を出す。次に整数を数える。

範囲を出すまでは機械的でいい。2本を別々に解いて、共通部分をとる。数直線に描けば重なりが見える。

「数える」段になったら、注意すべきは端の扱いに変わる。$\le$ なら端を含む、$<$ なら含まない。ここを最初から意識して数直線を描いておくと、最後で迷わない。

それぞれを別々に解く。

$$\begin{array}{rl}2x-2& \le 5x+7\\ 2x-5x& \le 7+2\\ -3x& \le 9\end{array}$$

$-3$ で割って向きが逆になり

$$x\ge -3$$

もう1つは、分母2をはらってから整理する。

$$\begin{array}{rl}3x-1& <2x+4\\ 3x-2x& <4+1\\ x& <5\end{array}$$

共通部分は

$$-3\le x<5$$

次に、この範囲の整数を数える。$x\ge -3$ は $-3$ を含む(≦)、$x<5$ は5を含まない(<)ので

$$-3,-2,-1,0,1,2,3,4$$

の8個。端の等号(含む・含まない)に注意して数えるのがポイント。

発展。 「$n-m+1$ 個」という数え方は、植木算と同じ理屈だ。差だけだと片端が抜けるから $1$ を足す。

この数え方は、数学Bの数列で「項数を数える」場面にそのままつながる。連立不等式に整数条件が加わった応用問題(解の個数から定数の範囲を逆算する型)でも、端の検分と個数の算術が中心になる。

別解

整数の個数は書き出さずに引き算で数えることもできる。連続する整数 $m$ から $n$ までの個数は $n-m+1$ 個。「両端を含むから $1$ を足す」のがポイントだ。今回の範囲は $-3\le x<5$。含まれる整数は $-3$ から $4$ まで(右端の $5$ は $<$ なので入らない)。

だから $4-(-3)+1=8$ 個。書き出しは確実だが、範囲が広いと現実的でない。「端がどの整数になるかを確定 → 引き算 $+1$」の2段で数える方法も持っておくと、大きな数の問題でも同じ手が使える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 方程式と不等式が混ざっていても、絶対値の外し方の規則は3つだけだ。

$=$ は $\pm$ の2本。$<$ は内側(間)。$>$ や $\ge$ は外側。

手を動かす前に、それぞれの式がどの型かをラベリングする。「等号は2本、小さいは間、大きいは外」。型さえ確定すれば、あとは1次方程式・1次不等式の作業になる。

(1) $|x-3|=7$ は $x-3=7$ または $x-3=-7$。だから $x=10$ または $x=-4$。

(2)

$|2x+1|<5$ は『間』の型。

$$-5<2x+1<5$$

各辺から1を引いて

$$-6<2x<4$$

各辺を2で割って

$$-3<x<2$$

(3)

$|x-4|\ge 3$ は『外』の型。中身 $x-4$ が $-3$ 以下か、$3$ 以上。$x-4\le -3$ から $x\le 1$。$x-4\ge 3$ から $x\ge 7$。

よって $x\le 1$ または $x\ge 7$。『等号は2本、小さいは間、大きいは外』の使い分けが、この単元の要だ。

発展。 「中心からの距離」という読み方は、次元を上げると図形になる。数学IIの図形と方程式では、平面上で「点からの距離が一定」が円になる。

$|x-a|<r$ は、いわば1次元の「円の内部」だ。絶対値の不等式を距離で読む習慣は、そのまま円や領域の理解につながっていく。

別解

絶対値を数直線上の「距離」とみる方法もある。$|x-3|$ は「$x$ と $3$ の距離」。だから(1)は、距離がちょうど $7$ になる点を探せばいい。$3$ から左右に $7$ 進んで $x=3\pm 7$、すなわち $x=10,-4$。

(3)は「$4$ からの距離が $3$ 以上」。$4$ から左右に $3$ 離れた $1$ と $7$ を境にして外側、つまり $x\le 1$ または $x\ge 7$ と読み取れる。言い換えの公式を忘れても、距離のイメージから復元できる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 右辺に $x$ が入っている。ここが前問までとの違いだ。

$|A|=c$ 型の公式は、$c$ が定数だから使えた。右辺が $x$ の式だと、負になる可能性があって丸写しできない。

そこで、中身の符号で場合分けして絶対値を外す方針に切り替える。各場合で解いたら、その解が「場合の前提」に合っているかを必ず照合する。この確認までが1セットだ。

右辺に $x$ があるので、中身の符号で場合分けする。

(1) $|x-2|=3x+6$。

$x\ge 2$ のとき: $x-2=3x+6$ より $-2x=8$、$x=-4$。でもこれは $x\ge 2$ を満たさないので不適。$x<2$ のとき: $-(x-2)=3x+6$ より $-x+2=3x+6$、$-4x=4$、$x=-1$。これは $x<2$ を満たすので適する。

よって $x=-1$。(念のため確認: $|-1-2|=3$、$3\times (-1)+6=3$ で両辺が等しい。)

(2) $|x-1|\le 2x+4$。

$x\ge 1$ のとき: $x-1\le 2x+4$ より $-x\le 5$、$x\ge -5$。$x\ge 1$ と合わせて $x\ge 1$。$x<1$ のとき: $-(x-1)\le 2x+4$ より $-x+1\le 2x+4$、$-3x\le 3$、$x\ge -1$。$x<1$ と合わせて $-1\le x<1$。

2つの場合($x\ge 1$ と $-1\le x<1$)を合わせると

$$x\ge -1$$

まとめ:場合分けのコツは、各場合で出た解が『その場合の条件』に合うかを必ず確かめること。合わない解は捨てる。

発展。 「場合ごとに解いて、前提と照合する」作法は、この先の絶対値を含む2次関数や、数学IIIの微分でも同じ形で登場する。場合分けの本体は解くことよりも照合にある。

もう1つ、グラフで見る方法も役に立つ。(1)は $y=|x-2|$ の折れ線と直線 $y=3x+6$ の交点の問題と見ることができる。図を描くと、交点が1つしかない理由まで目で分かる。

別解

(1)は $|A|=B$ 型の言い換え「$B\ge 0$ かつ($A=B$ または $A=-B$)」でも解ける。$3x+6\ge 0$ すなわち $x\ge -2$ のもとで、2本の方程式を解く。$x-2=3x+6$ からは $x=-4$。これは $x\ge -2$ を満たさず不適。

$x-2=-(3x+6)$ からは $4x=-4$、$x=-1$。これは $x\ge -2$ を満たし適する。

よって $x=-1$ と同じ結果になる。「右辺は $0$ 以上でなければならない」という条件を忘れないことが、この方法の注意点である。中身の符号で分けるか、右辺の符号で縛るか。分け方の軸が違うだけで、どちらも「絶対値の等式が成り立つ条件」を漏れなく数えている。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 文章が長くても、構造は単純だ。「1つを $x$ とおけば、残りは自動的に決まる」型である。

個数の合計が $15$ 個と固定されている。だからケーキを $x$ 個とすれば、シュークリームは $15-x$ 個と書ける。未知数は1つで済む。

あとは「代金の合計が $1800$ 円以下」を不等式で表す。答えは個数なので、最後に整数の条件で仕上げる。ケーキを $x$ 個買うとすると、シュークリームは $(15-x)$ 個。代金の合計を1800円以下にするので

$$150x+90(15-x)\le 1800$$

解く。

$$\begin{array}{rl}150x+1350-90x& \le 1800\\ 60x+1350& \le 1800\\ 60x& \le 450\\ x& \le 7.5\end{array}$$

$x$ は個数だから整数。$x\le 7.5$ を満たす最大の整数は $x=7$。(このとき、シュークリームは $15-7=8$ 個で1個以上、代金は $150\times 7+90\times 8=1050+720=1770$ 円で1800円以下。条件をすべて満たす。)

まとめ:よってケーキは最大7個。文章題は『$x$ とおく → 不等式 → 解く → 整数・現実の条件で答える』の流れ。最後に条件を満たすか確かめると安心だ。

発展。 「合計が固定なら未知数は1つ」という見方は、数学IIの軌跡と領域で学ぶ線形計画法の1変数版だ。条件が増えて2変数になると、領域と直線で最大最小を探す問題になる。

別解の「置き換え1回あたりの差額」という考え方は、変化の割合(1次関数の傾き)そのものでもある。文章題の式には、いつも具体的な意味が張り付いている。

別解

算数の「つるかめ算」の考え方でも解ける。置き換えの差額に注目するのだ。まず全部シュークリームだと考える。$15$ 個で $90\times 15=1350$ 円。

シュークリーム1個をケーキ1個に置き換えるたびに、代金は $150-90=60$ 円ずつ増える。予算の余裕は $1800-1350=450$ 円。$450÷60=7.5$ だから、置き換えは $7$ 回まで。よってケーキは最大 $7$ 個だ。

不等式と同じ答えに着く。式の変形が「置き換え1回あたり $60$ 円」という具体的な意味を持っていることが、このルートだとよく見える。