2次方程式・2次不等式 ★★★ 応用の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「共通解」は、まず名前をつける。それを $\alpha$ とおく。

$\alpha$ は両方の式を満たすから、$2$ つの式に代入すれば、$\alpha$ と $k$ の連立に変わる。ここで $2$ つの式が $x^2$ の係数まで同じことに注目する。辺々を引けば $2$ 次の項が消え、$\alpha$ の $1$ 次式に落ちる。「引き算で次数を下げる」ことに気づけば解ける。

① 共通解を $\alpha$ とおいて、両方の式に代入する。 共通解を $\alpha$ とおくと、両方の式を満たすので

$${\alpha }^2+k\alpha +1=0,{\alpha }^2+\alpha +k=0$$

② 辺々引いて、$\alpha$(と $k$)を求める。 2つを辺々引くと、${\alpha }^2$ が消えて $\alpha$ の1次式になる。

$$(k-1)\alpha +(1-k)=0\text{すなわち}(k-1)(\alpha -1)=0$$

ここから $k=1$ または $\alpha =1$。

③ $k$ の各場合を吟味する(実数解をもつか)。 $k=1$ のとき、元の方程式は両方 $x^2+x+1=0$ になるが、判別式が

$$D=1^2-4\cdot 1\cdot 1=-3<0$$

で実数解をもたない。だから $k=1$ は不適。$\alpha =1$ のとき、$\alpha =1$ を1つ目の式 ${\alpha }^2+k\alpha +1=0$ に入れると $1+k+1=0$、$k=-2$。このとき2つの方程式は

$$x^2-2x+1=0\text{すなわち}(x-1{)}^2=0\text{と}{x}^2+x-2=0\text{すなわち}(x-1)(x+2)=0$$

となり、確かに $x=1$ が共通解(ただ1つ)。よって

$$k=-2,\text{共通解 }x=1$$

まとめ:共通解は『$\alpha$ とおいて両方に代入 → 引いて $\alpha$ を求める → $k$ を決めて検算』。$k=1$ のような不適な場合を必ず吟味するのがポイントだ。

発展。 $2$ つの多項式が共通解をもつかどうかは、片方からもう片方を引いて次数を下げる操作で、いつでも調べられる。

これは整数の最大公約数を互除法で求めるのと、まったく同じ仕組みだ。多項式どうしにも互除法があり、共通因数($=$ 共通解)を割り出せる。

一般には、$2$ つの多項式が共通解をもつ条件は「終結式」と呼ばれる式が $0$ になること、とまとめられる。ただし共通解が実数かどうかは別に確かめる必要がある。実際この問題でも、$k=1$ は複素数の共通解しか生まないので外れた。

別解

別解:文字 $k$ を消してしまう(得意な人向けの視点)。 $\alpha$ を引き算で消す本解とは逆に、こんどは定数 $k$ のほうを消す。

$2$ つ目の式 $x^2+x+k=0$ を $k$ について解くと $k=-(x^2+x)$。これを $1$ つ目の式 $x^2+kx+1=0$ に代入する。

$$x^2-(x^2+x)x+1=x^2-x^3-x^2+1=1-x^3.$$

つまり $1-x^3=0$、すなわち $x^3=1$。実数解は $x=1$ ただ $1$ つだ。$x=1$ を $k=-(x^2+x)$ に戻すと $k=-(1+1)=-2$。

$k$ を消すと、共通解の候補が $x^3=1$ という気持ちのよい形で $1$ つに定まる。場合分けや吟味をせずに、$k=-2$、共通解 $x=1$ という本解と同じ答えに届く。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 解の配置は、グラフの絵から条件を拾う問題だ。

(1) の「$2$ つの負の解」は $D$・軸・$f(0)$ の $3$ 点セットで決まる。(2) の「区間で分離された $2$ 解」は、またぐ点での符号だけで決まる。$f(0)$ と $f(2)$ の符号を見れば足り、$D$ は要らない。

配置の型が変わると、必要な条件の顔ぶれも変わる。どの点の符号が決め手になるかを、図で確かめながら進めたい。$f(x)=x^2-2ax+a+6$、下に凸。

(1) 異なる2つの負の解

$x$ 軸の負の部分で2点交差する条件は3つ。① $D>0$:

$$\frac{D}{4}=a^2-(a+6)=a^2-a-6=(a-3)(a+2)>0$$

から $a<-2$ または $a>3$。② 軸 $<0$: 軸 $x=a<0$、つまり $a<0$。③ $f(0)>0$:

$$f(0)=a+6>0\text{よって}a>-6$$

3つをすべて満たすのは

$$-6<a<-2$$

(2) 1解が $0<x<2$、もう1解が $x>2$

2解が $x=2$ を挟んで分かれるので、$x=2$ で放物線が $x$ 軸より下 → $f(2)<0$。さらに、両方の解が $x=0$ より右にあるので、$x=0$ で放物線が上 → $f(0)>0$。

$$f(0)=a+6>0\text{よって}a>-6$$

$$f(2)=4-4a+a+6=10-3a<0\text{よって}a>\frac{10}{3}$$

両方を満たすのは

$$a>\frac{10}{3}$$

まとめ:解の配置は放物線と $x$ 軸のグラフをかいて『$D$・軸・端の点での符号($f(0)$ や $f(2)$)』を条件として書く。どの点の符号が決め手になるかを、図で見きわめるのがコツだ。

発展。 (2) で使った「またぐ点で符号が変われば、その間に解がある」は、中間値の定理と呼ばれる連続関数の一般法則だ。

$f(0)$ と $f(2)$ が異符号なら、グラフはその間で必ず $x$ 軸を横切る。これは $2$ 次関数に限らず、途切れなくつながった関数すべてに成り立つ。

だから (2) は判別式も軸も要らなかった。$2$ 点の符号だけで解の存在が保証される。逆に (1) の「同じ側に $2$ つ」は符号の変化では捉えられないので、$D$ と軸を足して細かく縛る必要が出てくる。

別解

別解:解の公式で $2$ 解を書き、数直線に置く(公式で押すルート)。 配置の条件を暗記するかわりに、$2$ 解を実際に書き出してしまう。

$x^2-2ax+a+6=0$ を解くと $x=a\pm \sqrt{a^2-a-6}$。異なる $2$ 実数解をもつには、根号の中が正、つまり $a^2-a-6>0$ が要る。(1) の「$2$ つとも負」は、大きいほうの解が負なら十分だ。大きいほうが負なら、小さいほうはもっと負になる。

$$a+\sqrt{a^2-a-6}<0.$$

移項して $\sqrt{a^2-a-6}<-a$。左辺が正だから右辺も正、つまり $a<0$。両辺を $2$ 乗して $a^2-a-6<a^2$、これは $-a-6<0$、$a>-6$。根号内が正($a<-2$)と合わせて $-6<a<-2$。

(2) は、$2$ 解のあいだにちょうど $2$ が入り、しかも両解が正、という配置だ。$2$ 解は軸 $x=a$ から左右に等距離 $\sqrt{a^2-a-6}$ だけ離れている。$2$ が $2$ 解の間に入るのは、軸から $2$ までの距離がこの半幅より小さいときだ。

$$|2-a|<\sqrt{a^2-a-6}.$$

これは $a-\sqrt{a^2-a-6}<2<a+\sqrt{a^2-a-6}$ と同じで、$2$ が $2$ 解の間にあることをそのまま表す。両辺を $2$ 乗すると $(2-a{)}^2<a^2-a-6$、展開して $4-4a<-a-6$、$-3a<-10$、$a>\frac{10}{3}$。この $1$ 本で、根号内が正($a>3$)も自動的に含まれる。

あとは小さいほうの解が正であることを確かめる。$a>\frac{10}{3}>0$ で、$a^2-a-6<a^2$ だから $\sqrt{a^2-a-6}<a$、つまり $a-\sqrt{a^2-a-6}>0$。こうして小さいほうの解は $0$ と $2$ の間、大きいほうは $2$ より大きい配置になり、$a>\frac{10}{3}$。

数直線に解の位置を直接置くと、グラフの $3$ 点セットを覚えていなくても、本解と同じ $-6<a<-2$、$a>\frac{10}{3}$ に届く。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 因数分解すると、解は「$1$ と $a$ の内側」になる。

問われているのは、その内側に整数がちょうど $3$ 個入る、という個数の条件だ。そこで数直線に整数の目盛りを打つ。端 $a$ がどこからどこまで動けるかを、目で決めていく。

端 $a$ がちょうど整数に当たる瞬間に、その整数を含むか含まないかが切り替わる。境界の吟味が答えの生死を分ける。

因数分解する。

$$(x-1)(x-a)<0$$

交点は $1$ と $a$。$<0$ は内側で、$a$ の大小により範囲が変わる。この内側に整数がちょうど3個入る $a$ を、数直線で調整する。

$a>1$ のとき:

内側は $1<x<a$。この中の整数は $2,3,4,\dots$。ちょうど3個(2, 3, 4)にするには、4は含み5は含まない、つまり $4<a\le 5$。($a=5$ なら $1<x<5$ で整数2,3,4の3個。$a$ がちょうど4だと4が入らず2個。)

$a<1$ のとき:

内側は $a<x<1$。この中の整数は $0,-1,-2,\dots$。ちょうど3個(0, -1, -2)にするには、$-2$ を含み $-3$ を含まない、つまり $-3\le a<-2$。

(なお $a=1$ のときは $(x-1{)}^2<0$ で解なし、整数0個。)まとめて

$$-3\leqq a<-2\text{または}4<a\leqq 5$$

まとめ:整数がちょうど◯個、という問題は、範囲の端を数直線で1つずつ調整する。端の整数を『含む・含まない』の境目を、等号の向きも含めて慎重に決めるのがポイントだ。

発展。 内側に入る整数の個数を、$a$ の関数として調べてみる。$a$ を少しずつ大きくすると、端 $a$ が整数 $2,3,4,5,\dots$ を通り越すたびに、個数が $1$ ずつ増える。

つまり個数は $a$ に対して、なめらかに増えるのではなく、$1$ 段ずつ跳ね上がる階段状の関数になる。「ちょうど $3$ 個」はその階段のある $1$ 段に対応する。

答えが $-3\le a<-2$ や $4<a\le 5$ のように、片側だけ等号が付く半開区間になるのも、この階段のためだ。端の整数を含む側と含まない側で、境界の扱いが左右で非対称になる。

別解

別解:整数ごとに「解に入る条件」を調べて数える(数え上げのルート)。 どの整数がいつ解に入るかを、$1$ つずつ判定する。

整数 $x=n$ が $(x-1)(x-a)<0$ を満たすのは、$n$ が $1$ と $a$ の間にあるとき。$n\ge 2$ なら $n-1>0$ だから $n-a<0$、すなわち $a>n$ が条件。$n\le 0$ なら $n-1<0$ だから $n-a>0$、すなわち $a<n$ が条件($n=1$ は積が $0$ になり、決して解にならない)。

まず $a>1$ の側。整数 $2,3,4,5,\dots$ は、$a$ がそれぞれ $2,3,4,5,\dots$ を超えるたびに $1$ つずつ解に加わる。$\{2,3,4\}$ のちょうど $3$ 個だけにするには、$4$ は入れて $5$ は入れない、つまり $a>4$ かつ $a\le 5$。よって $4<a\le 5$。

つぎに $a<1$ の側。整数 $0,-1,-2,-3,\dots$ は、$a$ がそれぞれ $0,-1,-2,-3,\dots$ を下回るたびに $1$ つずつ加わる。$\{0,-1,-2\}$ の $3$ 個にするには $-2$ は入れて $-3$ は入れない、つまり $a<-2$ かつ $a\ge -3$。よって $-3\le a<-2$。

端を動かして調べる本解と違い、整数ごとのしきい値を数えると、$a>1$ 側と $a<1$ 側を取り違えずに $-3\le a<-2$、$4<a\le 5$ が出る。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「区間のすべての $x$ で正」は、「区間での最小値が正」に言い換えられる。

いちばん低い所さえ正なら、区間全体が正だからだ。無限個あった条件が最小値 $1$ 点の条件に圧縮される。この $f$ は軸 $x=a$ が動く。だから最小値をとる場所が、軸の位置によって変わる。

軸が区間の左外・中・右外のどこにあるかで場合分けし、それぞれの最小値が正になる $a$ を求めていく。

『$0\le x\le 2$ のすべての $x$ で $f(x)>0$』は、この区間での $f(x)$ の最小値が正であればよい。

$$(0\leqq x\leqq 2\text{ における }f(x)\text{ の最小値})>0$$

$f(x)=x^2-2ax+a+2=(x-a{)}^2-a^2+a+2$、軸 $x=a$。軸の位置で最小値が変わるので場合分けする。

① 軸が左外($a<0$): 最小は $f(0)=a+2$。

$$a+2>0\text{よって}a>-2$$

$a<0$ と合わせて $-2<a<0$。

② 軸が範囲内($0\le a\le 2$): 最小は頂点 $f(a)=-a^2+a+2$。

$$-a^2+a+2>0\text{すなわち}{a}^2-a-2<0\text{すなわち}(a-2)(a+1)<0$$

から $-1<a<2$。$0\le a\le 2$ と合わせて $0\le a<2$。

③ 軸が右外($a>2$): 最小は $f(2)=4-4a+a+2=6-3a$。

$$6-3a>0\text{よって}a<2$$

これは $a>2$ と矛盾するので、この場合は解なし。①②を合わせて

$$-2<a<2$$

まとめ:『区間のすべての $x$ で正』は『区間での最小値 $>0$』と読みかえる。軸が動くので、最小値を場合分けで求め、各場合で最小値 $>0$ を解いて合わせるのがコツだ。

発展。 「すべての $x$ で $f>0$」の否定は、「ある $x$ で $f\le 0$」だ。全称($\forall$)と存在($\exists$)は、否定でちょうど入れかわり、不等号も同時に反転する。

だから「区間に $f\le 0$ となる $x$ がある」条件を求めて、その残り(補集合)をとっても、同じ答えに着く。

定義域を広げると条件は厳しくなる。もし「すべての実数 $x$ で正」なら判別式 $<0$ で $-1<a<2$。区間を $0\le x\le 2$ に狭めた分だけ条件がゆるみ、$-2<a<2$ まで広がる。見張る $x$ が少ないほど、成り立たせやすい。

別解

別解:端点で候補を絞り、頂点で十分性を確かめる(得意な人向けの視点)。 場合分けを最小限にする道を通る。

まず必要条件から。区間 $0\le x\le 2$ のすべてで正なら、当然その端 $x=0,2$ でも正だ。$f(0)=a+2>0$ から $a>-2$、$f(2)=6-3a>0$ から $a<2$。この $2$ つだけで、候補は $-2<a<2$ に絞られる。

あとはこの範囲で、区間の途中に $f$ が $0$ 以下へ落ちる場所がないかを確かめれば十分。下に凸だから、危ないのは頂点が区間に入るとき、つまり $0\le a<2$ の場合だけだ。そのときの頂点の高さは

$$f(a)=-a^2+a+2=-(a-2)(a+1).$$

$0\le a<2$ では $a-2<0$、$a+1>0$ だから $f(a)>0$。頂点も沈まない。よって候補 $-2<a<2$ がそのまま答え。端点を必要条件に使って範囲を先に絞り、頂点で十分性を裏づけると、$3$ つの場合を並べる本解より軽く $-2<a<2$ に着く。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 因数分解すると、交点は $a$ と $a^2$ の $2$ つだ。

ただし、どちらが大きいかは $a$ の値しだいで変わる。大小の分かれ目は差 $a^2-a=a(a-1)$ の符号、つまり $a=0,1$ が境界になる。しかも $a=a^2$ となる $a=0,1$ では、$2$ つの交点が重なって「内側」が消え、解なしになる。

そこで $a<0$、$0<a<1$、$a>1$ といった場合分けの地図を先に描く。そのうえで、各区域を $1$ つずつ処理していく。

因数分解する。

$$x^2-(a^2+a)x+a^3=(x-a)(x-a^2)$$

よって

$$(x-a)(x-a^2)<0$$

交点は $a$ と $a^2$。$<0$ は内側だが、$a$ と $a^2$ のどちらが大きいかで書き方が変わる。大小は差 $a^2-a$ の符号で決まる。

$$a^2-a=a(a-1)$$

これが正($a<0$ または $a>1$)なら $a<a^2$、負($0<a<1$)なら $a^2<a$、0($a=0$ または $a=1$)なら一致。場合分けする。

$a<0$ または $a>1$:

$a<a^2$ なので内側は

$$a<x<a^2$$

$0<a<1$:

$a^2<a$ なので内側は

$$a^2<x<a$$

$a=0$ または $a=1$: 交点が一致し $(x-a{)}^2<0$ で

$$\text{解なし}$$

まとめると

$$\begin{array}{rlrl}& a<0,a>1\text{ のとき}& & a<x<a^2\\ & 0<a<1\text{ のとき}& & a^2<x<a\\ & a=0,1\text{ のとき}& & \text{解なし}\end{array}$$

まとめ:文字係数の2次不等式は、交点($a$ と $a^2$)の大小がわからないので場合分け。大小は差の符号 $a(a-1)$ で判定し、一致するとき($a=0,1$)は解なし、と押さえる。

発展。 文字係数の不等式はパラメータ $a$ の直線を「解の様子が同じ区域」に切り分ける地図づくりだと見るとよい。

境界になるのは、$2$ つの交点が重なる $a=0,1$。ここでは解の区間がつぶれて消える。方程式でいえば重解になる瞬間で、解が現れたり消えたりする分かれ目だ。

その境界をまたぐと、解の向きまで入れかわる。$a<x<a^2$ だった区間が、$0<a<1$ では $a^2<x<a$ と左右逆になる。パラメータを $1$ 本の数直線上で動かし、どこで質が変わるかを押さえるのが、文字係数の問題の勘どころだ。

別解

別解:$y=x$ と $y=x^2$ のグラフで大小を読む(苦手な人向けの視覚ルート)。 $a$ と $a^2$ のどちらが大きいかを、計算でなくグラフで見分ける。

直線 $y=x$ と放物線 $y=x^2$ は $x=0$ と $x=1$ で交わる。この $2$ 点の外側、つまり $x<0$ と $x>1$ では放物線が上にあり $x^2>x$。内側の $0<x<1$ では放物線が下にあり $x^2<x$。

だから、$a$ を横軸に置いて位置を見れば大小が即座に決まる。$a<0$ と $a>1$ では $a<a^2$、$0<a<1$ では $a^2<a$、$a=0,1$ では一致。あとは $(x-a)(x-a^2)<0$ が「小さいほうと大きいほうの内側」であることから、$a<0,a>1$ で $a<x<a^2$、$0<a<1$ で $a^2<x<a$、$a=0,1$ で解なし。

差 $a(a-1)$ の符号を代数で調べる本解と同じ結論に、$2$ つのグラフの上下関係から視覚的に着く。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 基準が $x=0$ から $x=1$ に移っただけで、考える枠組みは解の配置の基本の手順と同じだ。

(1) の「$2$ 交点とも $1$ より大」は、$D$・軸・$f(1)$ の $3$ 点セットで決まる。(2) の「$1$ をはさむ」は、$f(1)<0$ の $1$ 本だけで決まる。もとの基準 $0$ での $f(0)$ が担っていた役を、こんどは $f(1)$ が引き継ぐ、と対応させて覚えるとよい。

$f(x)=x^2-2ax+a+2$、下に凸。$x=1$ を基準に考える。

$$f(1)=1-2a+a+2=3-a$$

(1) $x>1$ の部分で異なる2点で交わる

2解がともに1より大きい条件は3つ。① $D>0$:

$$\frac{D}{4}=a^2-(a+2)=(a-2)(a+1)>0\text{よって}a<-1\text{ または }a>2$$

② 軸 $>1$: 軸 $x=a>1$、つまり $a>1$。③ $f(1)>0$: $3-a>0$、つまり $a<3$。3つをすべて満たすのは

$$2<a<3$$

(2) $x>1$ と $x<1$ の両方と交わる

1解が1より大、もう1解が1より小、つまり $x=1$ を挟む2解。条件は $x=1$ で放物線が $x$ 軸より下、つまり $f(1)<0$ の1つだけ。

$$f(1)=3-a<0\text{よって}a>3$$

よって

$$a>3$$

まとめ:$x=1$ を基準にした解の配置。『両方1より大』は3条件($D>0$・軸・$f(1)$)、『1を挟む』は $f(1)<0$ の1条件。図で交わり方を思い描いてから、条件を式にする。

発展。 $a$ を少しずつ変えると、$x$ 軸との $2$ 交点が軸上を動いていく様子が分かる。

$a=2$ では判別式が $0$ で、$2$ つの交点が $x=2$ でひとつに重なる(接する)。$a$ がここを超えると交点が左右に開き、どちらも $1$ より大きい側に現れる。これが (1) の $2<a<3$ だ。

さらに $a=3$ になると、左の交点がちょうど $x=1$ に到達する。$a$ がこれを超えると左の交点が $1$ より小さい側へ抜け、$1$ をはさむ配置に変わる。これが (2) の $a>3$。境界 $a=2,3$ は、交点が生まれる瞬間と、交点が基準 $x=1$ を横切る瞬間にあたる。

別解

別解:解の公式で $2$ 交点を書き、$1$ との大小を読む(公式で押すルート)。 配置の $3$ 条件を覚えるかわりに、交点の $x$ 座標を実際に書く。

$x^2-2ax+a+2=0$ を解くと $x=a\pm \sqrt{a^2-a-2}$。異なる $2$ 交点には根号内が正、$a^2-a-2>0$ が要る。(1) は「小さいほうの交点も $1$ より大」。小さいほうは $a-\sqrt{a^2-a-2}$ だから

$$a-\sqrt{a^2-a-2}>1.$$

$\sqrt{a^2-a-2}<a-1$。左辺が正だから右辺も正、$a>1$ が要る。$2$ 乗して $a^2-a-2<a^2-2a+1$、$a<3$。根号内が正($a>2$ の側)と合わせて $2<a<3$。

(2) は「小さいほうの交点が $1$ より小、大きいほうが $1$ より大」、つまり $1$ が $2$ 交点のあいだにある配置だ。$2$ 交点は軸 $x=a$ から左右に等距離 $\sqrt{a^2-a-2}$ にある。$1$ が間に入るのは、軸から $1$ までの距離が半幅より小さいときだ。

$$|1-a|<\sqrt{a^2-a-2}.$$

これは $a-\sqrt{a^2-a-2}<1<a+\sqrt{a^2-a-2}$ と同じで、$1$ が $2$ 交点の間にあることそのものだ。両辺を $2$ 乗して $(1-a{)}^2<a^2-a-2$、展開して $1-2a<-a-2$、$-a<-3$、$a>3$。この $1$ 本で根号内が正($a>3$)も含まれ、余分な条件は要らない。

交点を実際に書いて $1$ と比べると、グラフの $3$ 点セットを持ち出さずに、本解と同じ $2<a<3$、$a>3$ に届く。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 文字定数 $k$ を含む方程式の「解の個数」を問われている。

方程式のまま押すのは大変だ。そこで $y=|x^2-2x-3|$ のグラフと、水平線 $y=k$ の交点の個数で数える、とグラフの問題に言い換える。ここが発想の転換点だ。

絶対値のグラフはもとの放物線の負の部分を上へ折り返すだけでできる。あとは水平線 $y=k$ を下から上へ動かす。交点の個数が変わる高さ、とくに折り返しの山の頂上に注目して読み取る。

$|x^2-2x-3|=k$ の解の個数は、$y=|x^2-2x-3|$ のグラフと横線 $y=k$ の交点の個数で数える。$y=x^2-2x-3=(x+1)(x-3)$ は $x=-1,3$ で $x$ 軸を横切り、その間で負。絶対値をつけると、負の部分が上に折り返される。折り返してできる山の高さは、もとの頂点 $(1,-4)$ を折り返した $(1,4)$ で、高さ4。

横線 $y=k$ を下から上に動かして交点数を数える。

• $k<0$: 横線が下すぎて交わらない。0個
• $k=0$: $x$ 軸(折り返しの底2か所)で接する。$x=-1,3$ の2個
• $0<k<4$: 山の左右と、外側の2か所で交わる。4個
• $k=4$: 山の頂上 $(1,4)$ で1点、外側で2点。3個
• $k>4$: 山を越えて、外側の2か所だけ。2個

$$k<0:0\text{ 個},k=0:2\text{ 個},0<k<4:4\text{ 個},k=4:3\text{ 個},k>4:2\text{ 個}$$

式でも確かめられる。$|x^2-2x-3|=k$ は絶対値を外すと

$$x^2-2x-3=k\cdots (\mathrm{A})\text{または}{x}^2-2x-3=-k\cdots (\mathrm{B})$$

の2つ。(A)を整理した $x^2-2x-3-k=0$ の判別式は

$$\frac{D_1}{4}=1+(3+k)=4+k$$

(B)を整理した $x^2-2x-3+k=0$ の判別式は

$$\frac{D_2}{4}=1+(3-k)=4-k$$

(A)は $D_1$ の符号、(B)は $D_2$ の符号で解の個数が決まる。ただし $k=0$ では(A)と(B)が同じ式になり、$k=4$ では(B)が重解になるなど、重なりの調整が要る。だから、グラフで数えるほうが間違えにくい。

まとめ:絶対値の方程式の解の個数は、『グラフと横線 $y=k$ の交点』で数えるのが確実。折り返しの山の高さ(ここでは4)を境に、個数が変わる。

発展。 $y=|x^2-2x-3|$ のグラフに水平線 $y=k$ を当てて交点を数える見方は、そのまま一般の $|g(x)|=k$ に使える。

個数が切り替わる $k$ は、グラフの特別な高さで起きる。まず $g(x)=0$ になる高さ($k=0$、折り返しの谷)。つぎに折り返してできた山の頂上の高さ($k=4$、もとの頂点 $-4$ を折り返した値)。

一般に $|g(x)|=k$ の解の個数が変わるのは、$g$ の値が $0$ になる高さと、$g$ の極値の高さの絶対値。これらの臨界の高さが $k$ の数直線を「個数が一定の区間」に区切る。パラメータ $k$ ごとに交点数を追うのは、グラフを高さで輪切りにして数える見方だ。

別解

別解:$u=(x-1{)}^2$ と置いて、$0$ 以上の $u$ を数える(得意な人向けの代数的視点)。 グラフを描くかわりに、$x$ を $1$ つの正の量にまとめてしまう。

$x^2-2x-3=(x-1{)}^2-4$ だから、$u=(x-1{)}^2$ と置くと $u\ge 0$ で、方程式は $|u-4|=k$ になる。$k<0$ なら $u$ は存在せず、$x$ も $0$ 個。$k=0$ なら $u=4>0$ で、$x=1\pm 2$ の $2$ 個。$k>0$ なら $u-4=\pm k$ から

$$u=4+k\text{または}u=4-k.$$

ここで大事になるのは、$u>0$ なら $x=1\pm \sqrt{u}$ の $2$ 個、$u=0$ なら $x=1$ の $1$ 個、$u<0$ なら $x$ は無い、という対応だ。$u=4+k$ は $k>0$ でつねに正だから、いつも $x$ を $2$ 個生む。もう一方の $u=4-k$ は、$0<k<4$ なら正で $2$ 個、$k=4$ なら $0$ になって $1$ 個、$k>4$ なら負で $0$ 個。

足し合わせると、$0<k<4$ で $4$ 個、$k=4$ で $3$ 個、$k>4$ で $2$ 個。グラフの折り返しを見る本解と同じ答えが、$u\ge 0$ の個数勘定から出る。とくに $k=4$ で $u=0$ が $x=1$ ただ $1$ つを生むことが、山の頂上でちょうど $3$ 個になる理由だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 値上げ額を $x$ 円とおく。すると価格も個数も両方 $x$ の式で書ける。

売上は価格と個数の積だから、$x$ の $2$ 次式になる。価格が増えるほど個数は減る。この綱引きが $2$ 次関数になる、というのが売上の文章題の典型だ。不等式を解いたあとは、$x$ が現実に許される範囲(個数が正など)からはみ出していないかも確かめたい。

① 価格と個数を $x$ で表す。 値上げ額を $x$ 円とする。1円値上げごとに価格が1円上がり、個数が2個減るので、価格は $(100+x)$ 円、販売個数は $(300-2x)$ 個。売上が30800円以上の条件は

$$(100+x)(300-2x)\geqq 30800$$

② 売上の不等式を立て、展開・整理する。 左辺を展開する。

$$30000-200x+300x-2x^2=-2x^2+100x+30000$$

だから

$$-2x^2+100x+30000\geqq 30800$$

右辺を移項して

$$-2x^2+100x-800\geqq 0$$

③ 2次不等式にして解く。 両辺を $-2$ で割って(向きが逆になる)整理する。

$$x^2-50x+400\leqq 0$$

因数分解して

$$(x-10)(x-40)\leqq 0\text{よって}10\leqq x\leqq 40$$

よって、値上げ額を10円以上40円以下にすればよい。

まとめ:売上の文章題は『価格 × 個数』を $x$ の式にするのが第一歩。値上げで価格は増え、個数は減る、という関係を正しく式にする。

発展。 この問題は、価格を上げると売れる個数が一定の割合で減る、という単純なモデルだ。値上げ $x$ に対して個数が直線的に減るとき、売上はいつも上に凸の $2$ 次関数になる。

だから売上が最大になる値上げ額は、その放物線の頂点、つまり許される範囲のちょうど真ん中あたりに来る。単価を上げて得する分と、個数が減って損する分が、ちょうど釣り合う点だ。

これは経済で言う「収入が最大になるのは、もう $1$ 円上げたときの増収がゼロになるところ」という考え方に対応する。需要が価格でどれだけ動くか(価格弾力性)を通して、値づけの理論へつながっていく。

別解

別解:平方完成で売上の最大を見つけ、対称に範囲を読む(視覚で捉えるルート)。 展開して並べるかわりに、売上そのものの頂点を先に出す。

売上を $S$ とすると $S=(100+x)(300-2x)=-2x^2+100x+30000$。平方完成すると

$$S=-2(x-25{)}^2+31250.$$

$x=25$ のとき売上は最大の $31250$ 円。グラフは $x=25$ を軸とする上に凸の放物線だ。$S\ge 30800$ は $-2(x-25{)}^2\ge 30800-31250=-450$、すなわち $(x-25{)}^2\le 225$。よって $|x-25|\le 15$、つまり $25-15\le x\le 25+15$。

頂点 $x=25$ から左右に $15$ ずつ、という対称な窓として $10\le x\le 40$ が読める。因数分解して解く本解と同じ範囲に、放物線の対称性から着く。