2次方程式・2次不等式 実戦編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\alpha ,\beta$ の値そのもの($\frac{3\pm \sqrt{5}}{2}$)を5乗するのは苦行だ。対称式は和と積だけで回す。

$s_n={\alpha }^n+{\beta }^n$ と名付けると、$\alpha ,\beta$ が $x^2=3x-1$ を満たすことから

$s_n=3s_{n-1}-s_{n-2}$ というべき和の漸化式が立つ(${\alpha }^n=3{\alpha }^{n-1}-{\alpha }^{n-2}$ を辺々足すだけ)。$s_0=2,s_1=3$ から、はしごを1段ずつ: $s_2=7,s_3=18,s_4=47,s_5=123$。根号は最後まで現れない。

① 漸化式。 $s_n={\alpha }^n+{\beta }^n$ とおく。$\alpha ,\beta$ は $x^2=3x-1$ を満たすので ${\alpha }^n=3{\alpha }^{n-1}-{\alpha }^{n-2}$、$\beta$ も同様。足して $$s_n=3s_{n-1}-s_{n-2}.$$ ② 最初の値。 $s_0={\alpha }^0+{\beta }^0=2$、$s_1=\alpha +\beta =3$。

③ 順に計算。 $$s_2=3\cdot 3-2=7,s_3=3\cdot 7-3=18,s_4=3\cdot 18-7=47,s_5=3\cdot 47-18=123.$$ よって ${\alpha }^5+{\beta }^5=123$。

まとめ解と係数で $\alpha +\beta =3,\alpha \beta =1$、べき和 $s_n={\alpha }^n+{\beta }^n$ は $s_n=3s_{n-1}-s_{n-2}$。順に計算して $s_5=123$。解と係数と対称式(漸化式)の融合。

発展。 数列 $2,3,7,18,47,123,\dots$ はリュカ数列と呼ばれ、フィボナッチ数列の兄弟だ($\alpha ,\beta$ が黄金比の親戚 $\frac{3\pm \sqrt{5}}{2}={\phi }^2,{\phi }^{-2}$ になっている)。「無理数のべき和が必ず整数になる」のは、共役どうしの和で根号が相殺するからだ。この観察は「$(2+\sqrt{3}{)}^n$ の整数部分」型の有名な問題でも決め手になる。

別解

べき和どうしの掛け算で(はしごを飛ばす)。 $s_2=7,s_3=18$ まで出ていれば、$s_5$ へは掛け算でジャンプできる。

$$s_2{s}_3=({\alpha }^2+{\beta }^2)({\alpha }^3+{\beta }^3)={\alpha }^5+{\beta }^5+{\alpha }^2{\beta }^2(\alpha +\beta )=s_5+(\alpha \beta {)}^2{s}_1$$

数値を入れると $7\times 18=s_5+1\times 3$、よって

$$s_5=126-3=123$$

漸化式のはしご(本解)は1段ずつ確実、べき和の積は「$s_m{s}_n=s_{m+n}+(\alpha \beta {)}^n{s}_{m-n}$」という一般式で段を飛ばす。$s_{10}$ なら $s_5^2=s_{10}+(\alpha \beta {)}^5{s}_0$ からすぐに出る。大きな指数ほど、掛け算で指数を飛ばす方法が役に立つ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 整数解を $p,q$ とおくと、解と係数の関係で $p+q=a$、$pq=a$ となり、和と積が同じ値になっている。

$a$ を消すと $p+q=pq$。この形の整数問題は、因数分解できる形に移項するのが基本だ。

$pq-p-q+1=1$、すなわち $(p-1)(q-1)=1$。整数の積が $1$ になる組は $1\times 1$ か $(-1)\times (-1)$ の2通りしかないので、候補がすぐに絞れる。

① 解と係数。 整数解を $p,q$ とすると $p+q=a,pq=a$。

② 因数分解。 $p+q=pq$ より $pq-p-q=0$、両辺に $1$ を足して $$(p-1)(q-1)=1.$$ ③ 整数の組。 積が $1$ の整数の組は $(p-1,q-1)=(1,1)$ または $(-1,-1)$。

• $(1,1)$:$p=q=2$、$a=pq=4$。
• $(-1,-1)$:$p=q=0$、$a=0$($a$ は正でないので不適)。

よって正の整数 $a$ は $a=4$ のみ($x^2-4x+4=(x-2{)}^2=0$)。

まとめ整数解 $p,q$ から $p+q=pq$、$(p-1)(q-1)=1$ で $p=q=2$、$a=4$。解と係数と整数(因数分解)の融合。

発展。 $p+q=pq$ は両辺を $pq$ で割ると $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$ となる。これは「逆数の和が1になる整数の組」という単位分数の問題と同じものだ。$\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=\frac{1}{n}$ 型($(p-n)(q-n)=n^2$)に一般化すると、約数の個数だけ解が現れる。分数の条件は分母を払って長方形の面積の式 $(p-\ast )(q-\ast )=\ast$ に直す。これは整数問題の頻出の型だ。

別解

判別式が平方数、から攻める。 整数解をもつためには、まず実数解をもつ必要がある。さらに(最高次の係数が1だから)解は $\frac{a\pm \sqrt{D}}{2}$ の形で、$D=a^2-4a$ が平方数であることが必要だ。

$D=k^2$($k\ge 0$)とおくと

$$a^2-4a-k^2=0⟺(a-2{)}^2-k^2=4⟺(a-2-k)(a-2+k)=4$$

2整数の積が $4$ で、2つの因数の差は $2k$(偶数)だから、両方偶数で $2\times 2$ か $(-2)\times (-2)$ だ。$a-2=\pm 2,k=0$、正の整数では $a=4$(このとき重解 $x=2$)。

解と係数の $(p-1)(q-1)=1$(本解)は解の側から、判別式=平方数は係数の側から、同じ $a=4$ を挟み撃ちにする。「モニックな整数係数2次が整数解をもつ ⟺ 判別式が平方数」は、整数解問題で広く使える最初の一手だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 新しい方程式を作るのに、${\alpha }^2,{\beta }^2$ の値そのものは要らない。和と積さえ分かれば $x^2-(\text{和})x+(\text{積})=0$ と書けるからだ。

和 ${\alpha }^2+{\beta }^2$ は基本対称式で $(\alpha +\beta {)}^2-2\alpha \beta =9-2=7$。積 ${\alpha }^2{\beta }^2$ は $(\alpha \beta {)}^2=1$。よって $x^2-7x+1=0$ となり、対称式の計算だけで完成する。

① 元の解と係数。 $\alpha +\beta =3,\alpha \beta =1$。

② 新しい和と積。 $${\alpha }^2+{\beta }^2=(\alpha +\beta {)}^2-2\alpha \beta =3^2-2\cdot 1=7,{\alpha }^2{\beta }^2=(\alpha \beta {)}^2=1^2=1.$$ ③ 方程式を作る。 ${\alpha }^2,{\beta }^2$ を解とする方程式は $$x^2-7x+1=0.$$

まとめ ${\alpha }^2,{\beta }^2$ の和 $7$・積 $1$ を対称式で出し、$x^2-7x+1=0$。解と係数(和と積から方程式)と対称式の融合。

発展。 変数変換 $x\mapsto x^2$ は方程式の言葉では「$t^2-7t+1=0$ は $x^4-7x^2+1=0$ の偶数次部分」ということだ。実際 $x^4-7x^2+1=(x^2-3x+1)(x^2+3x+1)$ と、元の方程式とその「符号違い」の積に割れる。解の変換($\frac{1}{\alpha }$: 係数の反転、$-\alpha$: 交代符号、${\alpha }^2$: 本問)と係数操作の対応表は、方程式の対称性(ガロア理論の基礎になる考え方)の一例になっている。

別解

方程式の変数を取り替える(解を1つも計算しない変換)。 $t=x^2$ という変数変換で、元の方程式を $t$ の方程式に書き替えてしまう。$x$ が $x^2-3x+1=0$ を満たすとき、$x^2=3x-1$ だから $t=3x-1$、逆に解いて $x=\frac{t+1}{3}$。これを元の方程式に代入:

$${\left(\frac{t+1}{3}\right)}^2-3\cdot \frac{t+1}{3}+1=0$$

$9$ 倍して整理すると $(t+1{)}^2-9(t+1)+9=0$、すなわち

$$t^2-7t+1=0$$

対称式(本解)は「和と積」を追う標準的な方法で、変数変換は「解の関係 $t=x^2$ を方程式の関係に置き換える」速い方法だ。$\frac{1}{\alpha },\alpha +1,2\alpha$ を解にもつ方程式も、それぞれ $x=\frac{1}{t},x=t-1,x=\frac{t}{2}$ の代入で同じように作れる。この変換はどの解の変形にも使える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $(1+\sqrt{2}{)}^4$ を二項定理で展開してもよいが、この問題は関係式で次数を下げる技の練習だ。

$\alpha$ は $x^2-2x-1=0$ の解、つまり ${\alpha }^2=2\alpha +1$。2乗が出るたびに1次に置き換えられる。${\alpha }^3=\alpha \cdot {\alpha }^2=\alpha (2\alpha +1)=2{\alpha }^2+\alpha =5\alpha +2$、${\alpha }^4=\alpha \cdot {\alpha }^3=5{\alpha }^2+2\alpha =12\alpha +5$。最後に $\alpha =1+\sqrt{2}$ を1回だけ代入する。

① 関係式。 ${\alpha }^2-2\alpha -1=0$ より ${\alpha }^2=2\alpha +1$。

② 次数下げ。 $${\alpha }^3=\alpha \cdot {\alpha }^2=\alpha (2\alpha +1)=2{\alpha }^2+\alpha =2(2\alpha +1)+\alpha =5\alpha +2,$$ $${\alpha }^4=\alpha \cdot {\alpha }^3=\alpha (5\alpha +2)=5{\alpha }^2+2\alpha =5(2\alpha +1)+2\alpha =12\alpha +5.$$ ③ 値を代入。 $\alpha =1+\sqrt{2}$ を入れて $${\alpha }^4=12(1+\sqrt{2})+5=17+12\sqrt{2}.$$ (検算:$(1+\sqrt{2}{)}^2=3+2\sqrt{2}$、$(3+2\sqrt{2}{)}^2=9+12\sqrt{2}+8=17+12\sqrt{2}$。)

まとめ ${\alpha }^2=2\alpha +1$ で次数を下げ、${\alpha }^4=12\alpha +5$、代入して $17+12\sqrt{2}$。$2$ 次方程式(次数下げ)と無理数の融合。高次の計算を根号なしで進められる。

発展。 次数下げ ${\alpha }^n=p_n\alpha +q_n$ の係数は $p_{n+1}=2p_n+q_n,q_{n+1}=p_n$ という漸化式で育ち、$(p_n)=1,2,5,12,29,\dots$ はペル数列(\ $\sqrt{2}$ の近似分数の分母)になる。「$\alpha$ を含む式の計算=最小多項式で割った余りの計算」という見方は、多項式の合同・複素数 $i$ の計算($i^2=-1$ で次数下げ)・さらに大学の体論まで、同じ考え方でつながっている。

別解

直接2乗を2回(愚直も3行で終わる)。 4乗は「2乗の2乗」だから、素直に計算しても短い。

$${\alpha }^2=(1+\sqrt{2}{)}^2=1+2\sqrt{2}+2=3+2\sqrt{2}$$

$${\alpha }^4=(3+2\sqrt{2}{)}^2=9+12\sqrt{2}+8=17+12\sqrt{2}$$

次数下げ(本解)と同じ答えに、展開2回で着く。

では次数下げが役に立つのはどんなときか。指数が大きいときだ。${\alpha }^{10}$ を直接2乗で追うと係数が育って辛いが、次数下げなら「${\alpha }^n=p_n\alpha +q_n$ の係数の漸化式($p_{n+1}=2p_n+q_n,q_{n+1}=p_n$)」を回すだけで機械的に届く。小さい指数は愚直に、大きい指数は関係式で計算する。この使い分けを身につけておきたい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $a>1$ だから、不等式 $(x-1)(x-a)\le 0$ の解は閉区間 $1\le x\le a$。

問題は「この区間に整数がちょうど3個入る $a$ の範囲」に変わった。入る整数は左端から $1,2,3,\dots$ と決まっていく。「$3$ が入る」ためには $a\ge 3$、「$4$ が入らない」ためには $a<4$ だ。境界の等号をどちらに入れるかが、この問題の採点ポイントのすべてだ。

① 解を求める。 $a>1$ より $(x-1)(x-a)\le 0$ の解は $1\le x\le a$。

② 整数の個数。 この区間の整数は $1$ から始まる。$3$ 個($1,2,3$)になるには、$3$ を含み($a\ge 3$)、$4$ を含まない($a<4$)。

③ 範囲。 $$3\le a<4.$$ (例:$a=3$ なら $1\le x\le 3$ で整数 $1,2,3$ の $3$ 個。$a=4$ なら $4$ も入り $4$ 個で不適。)

まとめ解 $1\le x\le a$ に整数 $1,2,3$ が入り $4$ が入らない条件で $3\le a<4$。端点の含む・含まないを丁寧に見るのが要。$2$ 次不等式と整数解(パラメータ)の融合。

発展。 「区間 $[1,a]$ の整数の個数 $=[a]$」のように、個数を床関数で書く習慣は、$1$ から $N$ までの $k$ の倍数の個数 $=\left[\frac{N}{k}\right]$ など、数え上げ全般で使える書き方になる。また「ちょうど $n$ 個 ⟺ $n\le a<n+1$」のように半開区間が答えになるのは、この型の問題に共通の形だ。等号の側を毎回導出せず、$[a]=n$ の定義で言い切れるようになると速い。

別解

個数を式にする(床関数で1行)。 $a\ge 1$ のとき、区間 $[1,a]$ に入る整数の個数は

$$N(a)=[a](\text{ガウス記号}:a\text{を超えない最大の整数})$$

($1$ から $[a]$ までの整数がちょうど入る。)よって「ちょうど3個」は

$$[a]=3⟺3\le a<4$$

これで定義から即答できる。

数直線で1個ずつ確かめる(本解)のが基礎体力、床関数は「個数の言い換え」を1つの記号に圧縮した省略記法。ちょうど $n$ 個なら $n\le a<n+1$ と、一般の $n$ でも同じ式が立つ。境界の等号($a=3$ は入る側、$a=4$ は入らない側)が、$[a]$ の定義に正しく織り込まれていることも確かめておこう。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\sin \theta ,\cos \theta$ が解なので、解と係数の関係で

$a=-(\sin \theta +\cos \theta )$、$b=\sin \theta \cos \theta$。「$a,b$ の関係式」とはここから $\theta$ を消去した式のこと。和と積をつなぐ恒等式といえば $(\sin \theta +\cos \theta {)}^2=1+2\sin \theta \cos \theta$(${\sin }^2+{\cos }^2=1$ を言いかえたもの)だ。これに代入すれば $\theta$ が消える。

① 解と係数。 $\sin \theta ,\cos \theta$ を解とする $x^2+ax+b=0$ で $$\sin \theta +\cos \theta =-a,\sin \theta \cos \theta =b.$$ ② 相互関係で $\theta$ を消去。 $(\sin \theta +\cos \theta {)}^2={\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta +2\sin \theta \cos \theta =1+2\sin \theta \cos \theta$。左辺は $(-a{)}^2=a^2$、右辺は $1+2b$。

③ 関係式。 $$a^2=1+2b⟺a^2-2b=1.$$

まとめ解と係数で和 $-a$・積 $b$、相互関係 ${\sin }^2+{\cos }^2=1$ で $\theta$ を消去すると $a^2-2b=1$。$2$ 次方程式(解と係数)と三角(相互関係)の融合。

発展。 逆向きの問い「放物線 $a^2=1+2b$ 上の点ならいつでも $\sin ,\cos$ から作れるか?」の答えは否で、実現するのは $-\sqrt{2}\le a<-1$ の弧だけ(判別式 $\ge 0$ と $\sin ,\cos$ の範囲の制約)。「消去して得た関係式」と「実現する範囲」の2段構えは、軌跡の問題に共通の手順だ。$s=x+y,p=xy$ の存在条件 $s^2\ge 4p$ と同じ関係が、三角関数の形で現れている。

別解

範囲まで込みで答える(存在条件の完全化)。 関係式 $a^2=1+2b$ を出すだけなら本解の消去で終わるが、「どんな $(a,b)$ がこの形で実現するか」まで調べると、関係式の意味がはっきりする。

$t=\sin \theta +\cos \theta$ とおくと、$0<\theta <\frac{\pi }{2}$ では $t$ は $1$ より大きく $\sqrt{2}$ 以下($\theta =\frac{\pi }{4}$ で最大)。よって

$$a=-t\in [-\sqrt{2},-1),b=\frac{t^2-1}{2}\in \left(0,\frac{1}{2}\right]$$

つまり $(a,b)$ は放物線 $a^2=1+2b$ の一部の弧だけを動く。関係式は「乗っている線路」、範囲は「走れる区間」にあたる。2つ揃って初めて軌跡の完全な答えになる。

この「和と積の存在領域」という見方は、$s=x+y,p=xy$ の実数条件($s^2\ge 4p$)の議論と同じ種類のもので、軌跡・領域の単元でよく使う。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 共通解 $\alpha$ は両方の式を同時に満たす。なら、2式を辺々引いた式も満たすはずだ。

引くと $x^2$ が消えて $(a-b)x+(b-a)=0$、くくって $(a-b)(x-1)=0$。$a\ne b$ だから $x=1$ に決まり、共通解の候補が1点に絞れた。あとは $x=1$ を元の式に代入して、$a,b$ の関係 $1+a+b=0$ を出す。「2次の差は1次」は、共通解問題でいつも使う考え方だ。

① 辺々引く。 共通解を $x$ とする。$2$ 式を引くと $$(x^2+ax+b)-(x^2+bx+a)=0⟹(a-b)x+(b-a)=0⟹(a-b)(x-1)=0.$$ ② 共通解。 $a\ne b$ より $a-b\ne 0$ だから $x-1=0$、すなわち共通解は $x=1$。

③ 関係式。 $x=1$ を $x^2+ax+b=0$ に代入して $$1+a+b=0⟹a+b=-1.$$

まとめ $2$ 式を引くと $(a-b)(x-1)=0$、$a\ne b$ で共通解 $x=1$。代入して $a+b=-1$。$2$ 次方程式(共通解)と連立の融合。差をとって次数を下げるのが基本だ。

発展。 「係数の和 $=0⟺x=1$ が解」「交代和(符号を交互に付けた和)$=0⟺x=-1$ が解」のペアは、3次以上でも通用する因数定理の即読版だ。たとえば $x^3-6x^2+11x-6=0$ は係数の和 $0$ → $(x-1)$ で割れる、とすぐに見抜ける。高次方程式の第一手「有理数解の候補を試す」の、いちばん速い2つの試し方として常備したい。

別解

「係数の和が0 ⟺ $x=1$ が解」で即読する。 2次方程式 $x^2+px+q=0$ に $x=1$ を代入すると $1+p+q$ になる。つまり

係数の総和が $0$ ⟺ $x=1$ が解

という即読の規則がある。本問の2式の係数の和はどちらも $1+a+b$。だから

$$a+b=-1⟹x=1\text{が両方の解(共通解)}$$

逆に、共通解が $x=1$ に限ることは、本解の引き算($a\ne b$ より $x=1$ 以外にない)が保証する。おまけに残りの解も読める: 解の積から、第1式のもう1つの解は $b$、第2式のもう1つの解は $a$ だ。2つの方程式の解は「$\{1,b\}$ と $\{1,a\}$」だった。

「係数の和=0 なら $x=1$」「交代和=0 なら $x=-1$」のペアは、高次方程式の因数探しでも最初に試す1秒の検査として、ずっと使い続ける道具になる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 条件 $x^2+y^2=1$ に $y^2$ がそのまま入っている。$y^2=1-x^2$ を丸ごと代入すれば1変数になる。

$x+y^2=x+1-x^2$、$x$ の2次関数だ。見落としやすいのは範囲: $y^2=1-x^2\ge 0$ から $-1\le x\le 1$。閉区間つきの最大最小として、頂点 $x=\frac{1}{2}$(区間内)と両端を比べる。

① 代入して $2$ 次関数に。 $y^2=1-x^2$ より $$x+y^2=x+1-x^2=-{\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{5}{4}.$$ ② $x$ の範囲。 $y^2=1-x^2\ge 0$ より $-1\le x\le 1$。

③ 最大・最小。 上に凸で頂点 $x=\frac{1}{2}$(範囲内)。

• 最大:頂点 $x=\frac{1}{2}$ で $\frac{5}{4}$($y^2=\frac{3}{4}$)。
• 最小:頂点から遠い端。$x=-1$ で $-1+0=-1$、$x=1$ で $1+0=1$。よって $x=-1$ で最小 $-1$。

まとめ $y^2=1-x^2$ を代入して $x+y^2=-{\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{5}{4}$($-1\le x\le 1$)。最大 $\frac{5}{4}$(頂点)、最小 $-1$(端)。$2$ 次方程式(円の条件)と $2$ 次関数の融合。$x$ の範囲を忘れると誤答。

発展。 「$f(x,y)=k$ の族(等高線)が条件の曲線に接するとき最値」という考え方は、直線族なら線形計画法、円の族なら距離の最大最小、そして本問のように放物線族でも同じに働く。数IIIの言葉では「勾配が平行」(ラグランジュの乗数法の芽)。条件つき最大最小を見たら、等高線を1本描いて滑らせる。代入計算の答えを図で検算する習慣は、応用問題でも役に立つ。

別解

「横向き放物線が円に触れる」と読む(定数分離の図形版)。 $x+y^2=k$ とおくと、これは横向きの放物線 $x=k-y^2$(左に開く、頂点 $(k,0)$)。$k$ の値がとりうる ⟺ この放物線が円 $x^2+y^2=1$ と共有点をもつ。$k$ を動かすと放物線は左右に平行移動する:

• $k$ を大きくしていくと、最後は円の右のふくらみに接して離れる。そこが最大 $k=\frac{5}{4}$(接点は $x=\frac{1}{2}$ の2点)
• $k$ を小さくすると、最後は点 $(-1,0)$ で円をかすめて離れる。そこが最小 $k=-1$

1文字消去(本解)は計算で確実に、図形の読みは「最大・最小=接するとき」という見方で確かめる。等高線($x+y^2=k$ の族)が条件の曲線に触れるところで最値が起きる。この見方は線形計画法や軌跡・領域の最大最小と同じ考え方だ。