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第２章 複素数と方程式
第３章 図形と方程式
第４章 三角関数
第５章 指数関数と対数関数
第６章 微分法と積分法
第１章 式と証明
第１節 式と計算
p.7
練習1
\({\small (1)}~x^3+6x^2+12x+8\)
\({\small (2)}~x^3-3x^2+3x-1\)
\({\small (3)}~27a^3+27a^2b+9ab^2+b^3\)
\({\small (4)}~x^3-6x^2y+12xy^2-8y^3\)
練習1
\({\small (1)}~x^3+6x^2+12x+8\)
\({\small (2)}~x^3-3x^2+3x-1\)
\({\small (3)}~27a^3+27a^2b+9ab^2+b^3\)
\({\small (4)}~x^3-6x^2y+12xy^2-8y^3\)
p.7
練習2
\(~~~~~~(a+b)(a^2-ab+b^2)\)
\(~=a^3-a^2b+ab^2\)
\(~~~~~~~~+a^2b-ab^2+b^3\)
\(~=a^3+b^3\)
練習2
\(~~~~~~(a+b)(a^2-ab+b^2)\)
\(~=a^3-a^2b+ab^2\)
\(~~~~~~~~+a^2b-ab^2+b^3\)
\(~=a^3+b^3\)
\(~~~~~~(a-b)(a^2+ab+b^2)\)
\(~=a^3+a^2b+ab^2\)
\(~~~~~~~~-a^2b-ab^2-b^3\)
\(~=a^3-b^3\)
p.7
練習3
\({\small (1)}~x^3+8\)
\({\small (2)}~x^3-27\)
\({\small (3)}~x^3+27y^3\)
\({\small (4)}~8x^3-a^3\)
→ ３次式の展開（数学Ⅰ）
練習3
\({\small (1)}~x^3+8\)
\({\small (2)}~x^3-27\)
\({\small (3)}~x^3+27y^3\)
\({\small (4)}~8x^3-a^3\)
→ ３次式の展開（数学Ⅰ）
p.8
練習4
\({\small (1)}~(x-1)(x^2+x+1)\)
\({\small (2)}~(x+3a)(x^2-3ax+9a^2)\)
\({\small (3)}~(x-4)(x^2+4x+16)\)
\({\small (4)}~(5x-y)(25x^2+5xy+y^2)\)
→ ３次式の因数分解（数学Ⅰ）
練習4
\({\small (1)}~(x-1)(x^2+x+1)\)
\({\small (2)}~(x+3a)(x^2-3ax+9a^2)\)
\({\small (3)}~(x-4)(x^2+4x+16)\)
\({\small (4)}~(5x-y)(25x^2+5xy+y^2)\)
→ ３次式の因数分解（数学Ⅰ）
p.8
練習5
\({\small (1)}~(x+1)(x^2-x+1)\)
\((x-1)(x^2+x+1)\)
\({\small (2)}~(a+2b)(a^2-2ab+4b^2)\)
\((a-2b)(a^2+2ab+4b^2)\)
→ ６次式の因数分解
練習5
\({\small (1)}~(x+1)(x^2-x+1)\)
\((x-1)(x^2+x+1)\)
\({\small (2)}~(a+2b)(a^2-2ab+4b^2)\)
\((a-2b)(a^2+2ab+4b^2)\)
→ ６次式の因数分解
p.9
練習6
\(5~,~10~,~10~,~5\)
練習6
\(5~,~10~,~10~,~5\)
p.9
練習7
\(1~,~6~,~15~,~20~,~15~,~6~,~1\)
練習7
\(1~,~6~,~15~,~20~,~15~,~6~,~1\)
p.11
練習8
\({\small (1)}~x^4+4x^3+6x^2+4x+1\)
\({\small (2)}~x^6-12x^5+60x^4\)
\(-160x^3+240x^2-192x+64\)
練習8
\({\small (1)}~x^4+4x^3+6x^2+4x+1\)
\({\small (2)}~x^6-12x^5+60x^4\)
\(-160x^3+240x^2-192x+64\)
p.11
練習10
[証明]
次の二項定理の式において、
\((1+x)^n\)
\(={}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }x +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }x^2\)
\(+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }x^n\)
ここで、\(x=-1\) とすると
左辺は、\((1-1)^n=0^n=0\)
右辺は、
\({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }\cdot(-1) +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\cdot(-1)^2\)
\(+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }\cdot(-1)^n\)
したがって、
\({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }-{}_{ n } {\rm C}_{ 1 } +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\)
\(-\cdots +(-1)^n\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ n }=0\)
[終]
→ 二項定理の利用
練習10
[証明]
次の二項定理の式において、
\((1+x)^n\)
\(={}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }x +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }x^2\)
\(+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }x^n\)
ここで、\(x=-1\) とすると
左辺は、\((1-1)^n=0^n=0\)
右辺は、
\({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }\cdot(-1) +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\cdot(-1)^2\)
\(+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }\cdot(-1)^n\)
したがって、
\({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }-{}_{ n } {\rm C}_{ 1 } +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\)
\(-\cdots +(-1)^n\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ n }=0\)
[終]
→ 二項定理の利用
p.12
練習11
\({\small (1)}~60\) \({\small (2)}~90\) \({\small (3)}~15\)
練習11
\({\small (1)}~60\) \({\small (2)}~90\) \({\small (3)}~15\)
p.14
練習12
\({\small (1)}~\)商 \(x^2-x-3\)、余り \(-14\)
\({\small (2)}~\)商 \(2x+7\)、余り \(x-10\)
\({\small (3)}~\)商 \(x-2\)、余り \(0\)
練習12
\({\small (1)}~\)商 \(x^2-x-3\)、余り \(-14\)
\({\small (2)}~\)商 \(2x+7\)、余り \(x-10\)
\({\small (3)}~\)商 \(x-2\)、余り \(0\)
p.15
練習13
\(x^2+x-1\)
練習13
\(x^2+x-1\)
p.16
練習15
\({\small (1)}~{\large \frac{5b^2}{2a^2}}\) \({\small (2)}~{\large \frac{x-3}{x+4}}\)
\({\small (3)}~{\large \frac{x+1}{2x-1}}\)
練習15
\({\small (1)}~{\large \frac{5b^2}{2a^2}}\) \({\small (2)}~{\large \frac{x-3}{x+4}}\)
\({\small (3)}~{\large \frac{x+1}{2x-1}}\)
p.17
練習17
\({\small (1)}~3\) \({\small (2)}~{\large \frac{x+4}{x-2}}\)
\({\small (3)}~2x+1\)
練習17
\({\small (1)}~3\) \({\small (2)}~{\large \frac{x+4}{x-2}}\)
\({\small (3)}~2x+1\)
p.18
練習18
\({\small (1)}~{\large \frac{5x-1}{(x+1)(x-2)}}\) \({\small (2)}~{\large \frac{x+1}{x}}\)
\({\small (3)}~{\large \frac{x-1}{x-3}}\) \({\small (4)}~{\large \frac{3x+1}{x(x-1)}}\)
→ 通分を用いる分数式の計算
練習18
\({\small (1)}~{\large \frac{5x-1}{(x+1)(x-2)}}\) \({\small (2)}~{\large \frac{x+1}{x}}\)
\({\small (3)}~{\large \frac{x-1}{x-3}}\) \({\small (4)}~{\large \frac{3x+1}{x(x-1)}}\)
→ 通分を用いる分数式の計算
p.19
練習20
(1) と (4)
練習20
(1) と (4)
p.20
練習21
\(a=2~,~b=-1~,~c=5\)
練習21
\(a=2~,~b=-1~,~c=5\)
p.21
研究
\(a=2~,~b=1~,~c=-3\)
研究
\(a=2~,~b=1~,~c=-3\)
問題
p.22
1
\({\small (1)}~8x^3-36x^2y+54xy^2-27y^3\)
\({\small (2)}~a^6+2a^3b^3+b^6\)
1
\({\small (1)}~8x^3-36x^2y+54xy^2-27y^3\)
\({\small (2)}~a^6+2a^3b^3+b^6\)
p.22
2
\({\small (1)}~(2a+b)(4a^2-2ab+b^2)\)
\({\small (2)}~(x+y-1)\)
\((x^2+2xy+y^2+x+y+1)\)
\({\small (3)}~(a+1)(a^2-a+1)\)
\((a-2)(a^2+2a+4)\)
2
\({\small (1)}~(2a+b)(4a^2-2ab+b^2)\)
\({\small (2)}~(x+y-1)\)
\((x^2+2xy+y^2+x+y+1)\)
\({\small (3)}~(a+1)(a^2-a+1)\)
\((a-2)(a^2+2a+4)\)
p.22
3
\({\small (1)}~576\) \({\small (2)}~1080\)
3
\({\small (1)}~576\) \({\small (2)}~1080\)
p.22
4
\({\small (1)}~x^3+x^2-5x-1\)
\({\small (2)}~x^2+3x-2\)
4
\({\small (1)}~x^3+x^2-5x-1\)
\({\small (2)}~x^2+3x-2\)
p.22
5
\({\large \frac{3}{x(x+3)}}\)
5
\({\large \frac{3}{x(x+3)}}\)
p.22
6
\(x-1\)
6
\(x-1\)
p.22
7
\({\small (1)}~a=-4~,~b=1\)
\({\small (2)}~a=1~,~b=3~,~c=1~,~d=0\)
7
\({\small (1)}~a=-4~,~b=1\)
\({\small (2)}~a=1~,~b=3~,~c=1~,~d=0\)
p.22
8
ア:\(4\) イ:\(3\) ウ:\(6\) エ:\(4\)
8
ア:\(4\) イ:\(3\) ウ:\(6\) エ:\(4\)
第２節 等式・不等式の証明
p.24
練習23
\({\small (1)}~\)
[証明]
(右辺)
\(=(a-b)^3+3ab(a-b)\)
\(=a^3-3^2b+3ab^2-b^3\)
\(+3a^2b-3ab^2\)
\(=a^3-b^3\)
\(=\)(左辺)
したがって、
\(a^3-b^3=(a-b)^3+3ab(a-b)\)
[終]
\({\small (2)}~\)
[証明]
(右辺)
\(=\left(a+{\large \frac{b}{2}}\right)^2+{\large \frac{3}{4}}b^2\)
\(=a^2+ab+{\large \frac{1}{4}}b^2+{\large \frac{3}{4}}b^2\)
\(=a^2+ab+b^2\)
\(=\)(左辺)
したがって、
\(a^2+ab+b^2=\left(a+{\large \frac{b}{2}}\right)^2+{\large \frac{3}{4}}b^2\)
[終]
\({\small (3)}~\)
[証明]
(左辺)
\(=(1+x)^3\)
\(=1+3x+3x^2+x^3\)
(右辺)
\(=1+x+x(1+x)+x(1+x)^2\)
\(=1+x+x+x^2+x+2x^2+x^3\)
\(=1+3x+3x^2+x^3\)
したがって、
\((1+x)^3\)
\(=1+x+x(1+x)+x(1+x)^2\)
[終]
→ 等式の証明
練習23
\({\small (1)}~\)
[証明]
(右辺)
\(=(a-b)^3+3ab(a-b)\)
\(=a^3-3^2b+3ab^2-b^3\)
\(+3a^2b-3ab^2\)
\(=a^3-b^3\)
\(=\)(左辺)
したがって、
\(a^3-b^3=(a-b)^3+3ab(a-b)\)
[終]
\({\small (2)}~\)
[証明]
(右辺)
\(=\left(a+{\large \frac{b}{2}}\right)^2+{\large \frac{3}{4}}b^2\)
\(=a^2+ab+{\large \frac{1}{4}}b^2+{\large \frac{3}{4}}b^2\)
\(=a^2+ab+b^2\)
\(=\)(左辺)
したがって、
\(a^2+ab+b^2=\left(a+{\large \frac{b}{2}}\right)^2+{\large \frac{3}{4}}b^2\)
[終]
\({\small (3)}~\)
[証明]
(左辺)
\(=(1+x)^3\)
\(=1+3x+3x^2+x^3\)
(右辺)
\(=1+x+x(1+x)+x(1+x)^2\)
\(=1+x+x+x^2+x+2x^2+x^3\)
\(=1+3x+3x^2+x^3\)
したがって、
\((1+x)^3\)
\(=1+x+x(1+x)+x(1+x)^2\)
[終]
→ 等式の証明
p.24
練習24
[証明]
(左辺)−(右辺)
\(=a^2+ca-(b^2+bc)\)
\(a+b+c=0\) より、\(c=-a-b\) を代入すると、
\(=a^2+(-a-b)a-b^2-b(-a-b)\)
\(=a^2-a^2-ab-b^2+ab+b^2\)
\(=0\)
したがって、
\(a^2+ca=b^2+bc\)
[終]
練習24
[証明]
(左辺)−(右辺)
\(=a^2+ca-(b^2+bc)\)
\(a+b+c=0\) より、\(c=-a-b\) を代入すると、
\(=a^2+(-a-b)a-b^2-b(-a-b)\)
\(=a^2-a^2-ab-b^2+ab+b^2\)
\(=0\)
したがって、
\(a^2+ca=b^2+bc\)
[終]
p.25
練習25
[証明]
(左辺)
\(=ab(a+b)+bc(b+c)\)
\(+ca(c+a)+3abc\)
ここで、\(a+b+c=0\) より
\(a+b=-c~,~b+c=-a~,~c+a=-b\)
これらを代入すると、
\(=-abc-abc-abc+3abc\)
\(=0\)
したがって、
\(ab(a+b)+bc(b+c)\)
\(+ca(c+a)+3abc=0\)
[終]
→ 条件付き等式の証明
練習25
[証明]
(左辺)
\(=ab(a+b)+bc(b+c)\)
\(+ca(c+a)+3abc\)
ここで、\(a+b+c=0\) より
\(a+b=-c~,~b+c=-a~,~c+a=-b\)
これらを代入すると、
\(=-abc-abc-abc+3abc\)
\(=0\)
したがって、
\(ab(a+b)+bc(b+c)\)
\(+ca(c+a)+3abc=0\)
[終]
→ 条件付き等式の証明
p.25
練習26
\({\large \frac{a}{b}}={\large \frac{c}{d}}=k\) とすると、
\(a=kb~,~c=kd\)
\({\small (1)}~\)
[証明]
(左辺)$$~=\frac{a+c}{b+d}$$代入すると、$$~=\frac{kb+kd}{b+d}$$$$~=\frac{k(b+d)}{b+d}$$$$~=k$$ (右辺)$$~=\frac{2a-3c}{2b-3d}$$代入すると、$$~=\frac{2kb-3kd}{2b-3d}$$$$~=\frac{k(2b-3d)}{2b-3d}$$$$~=k$$したがって、$$~\frac{a+c}{b+d}=\frac{2a-3c}{2b-3d}$$[終]
\({\small (2)}~\)
[証明]
(左辺)$$~=\frac{a^2+c^2}{b^2+d^2}$$代入すると、$$~=\frac{k^2b^2+k^2d^2}{b^2+d^2}$$$$~=\frac{k^2(b^2+d^2)}{b^2+d^2}$$$$~=k^2$$ (右辺)$$~=\frac{a^2}{b^2}$$代入すると、$$~=\frac{k^2b^2}{b^2}$$$$~=k^2$$したがって、$$~\frac{a^2+c^2}{b^2+d^2}=\frac{a^2}{b^2}$$[終]
→ 比例式と等式の証明
練習26
\({\large \frac{a}{b}}={\large \frac{c}{d}}=k\) とすると、
\(a=kb~,~c=kd\)
\({\small (1)}~\)
[証明]
(左辺)$$~=\frac{a+c}{b+d}$$代入すると、$$~=\frac{kb+kd}{b+d}$$$$~=\frac{k(b+d)}{b+d}$$$$~=k$$ (右辺)$$~=\frac{2a-3c}{2b-3d}$$代入すると、$$~=\frac{2kb-3kd}{2b-3d}$$$$~=\frac{k(2b-3d)}{2b-3d}$$$$~=k$$したがって、$$~\frac{a+c}{b+d}=\frac{2a-3c}{2b-3d}$$[終]
\({\small (2)}~\)
[証明]
(左辺)$$~=\frac{a^2+c^2}{b^2+d^2}$$代入すると、$$~=\frac{k^2b^2+k^2d^2}{b^2+d^2}$$$$~=\frac{k^2(b^2+d^2)}{b^2+d^2}$$$$~=k^2$$ (右辺)$$~=\frac{a^2}{b^2}$$代入すると、$$~=\frac{k^2b^2}{b^2}$$$$~=k^2$$したがって、$$~\frac{a^2+c^2}{b^2+d^2}=\frac{a^2}{b^2}$$[終]
→ 比例式と等式の証明
p.27
練習27
[証明]
(左辺)−(右辺)
\(=(3x-4y)-(x-2y)\)
\(=2x-2y\)
\(=2(x-y)\)
ここで、\(x>y\) より \(x-y>0\) であるので、
\(=2(x-y)>0\)
したがって、
\(3x-4y>x-2y\) [終]
練習27
[証明]
(左辺)−(右辺)
\(=(3x-4y)-(x-2y)\)
\(=2x-2y\)
\(=2(x-y)\)
ここで、\(x>y\) より \(x-y>0\) であるので、
\(=2(x-y)>0\)
したがって、
\(3x-4y>x-2y\) [終]
p.27
練習28
[証明]
(左辺)−(右辺)
\(=(xy+6)-(3x+2y)\)
\(=(y-3)x-2(y-3)\)
\(=(x-2)(y-3)\)
ここで、\(x>2~,~y>3\) より
\(x-2>0~,~y-3>0\) であるので、
\(=(x-2)(y-3)>0\)
したがって、
\(xy+6>3x+2y\) [終]
→ 不等式の証明①（条件付き）
練習28
[証明]
(左辺)−(右辺)
\(=(xy+6)-(3x+2y)\)
\(=(y-3)x-2(y-3)\)
\(=(x-2)(y-3)\)
ここで、\(x>2~,~y>3\) より
\(x-2>0~,~y-3>0\) であるので、
\(=(x-2)(y-3)>0\)
したがって、
\(xy+6>3x+2y\) [終]
→ 不等式の証明①（条件付き）
p.28
練習29
\({\small (1)}~\)
[証明]
(左辺)−(右辺)
\(=x^2+9y^2-6xy\)
\(=(x-3y)^2≧0\)
したがって、
\(x^2+9y^2≧6xy\)
また、等号が成り立つのは \(x-3y=0\) すなわち \(x=3y\) のとき [終]
\({\small (2)}~\)
[証明]
(左辺)−(右辺)
\(=(a+b)^2-4ab\)
\(=a^2+2ab+b^2-4ab\)
\(=a^2-2ab+b^2\)
\(=(a-b)^2≧0\)
したがって、
\((a+b)^2≧4ab\)
また、等号が成り立つのは \(a-b=0\) すなわち \(a=b\) のとき [終]
\({\small (3)}~\)
[証明]
(左辺)−(右辺)
\(=2x^2+9y^2-6xy\)
\(=2(x^2-3yx)+9y^2\)
\(=2\left(x-{\large \frac{3}{2}}y\right)^2-{\large \frac{9}{2}}y^2+9y^2\)
\(=2\left(x-{\large \frac{3}{2}}y\right)^2+{\large \frac{9}{2}}y^2≧0\)
したがって、
\(2x^2+9y^2≧6xy\)
また、等号が成り立つのは \(x-{\large \frac{3}{2}}y=0\) かつ \(y=0\) すなわち \(x=y=0\) のとき [終]
\({\small (4)}~\)
[証明]
(左辺)
\(=a^2-ab+b^2\)
\(=\left(a-{\large \frac{b}{2}}\right)^2-{\large \frac{1}{4}}b^2+b^2\)
\(=\left(a-{\large \frac{b}{2}}\right)^2+{\large \frac{3}{4}}b^2≧0\)
したがって、
\(a^2-ab+b^2≧0\)
また、等号が成り立つのは \(a-{\large \frac{b}{2}}=0\) かつ \(b=0\) すなわち \(a=b=0\) のとき [終]
→ 不等式の証明②（２次式）
練習29
\({\small (1)}~\)
[証明]
(左辺)−(右辺)
\(=x^2+9y^2-6xy\)
\(=(x-3y)^2≧0\)
したがって、
\(x^2+9y^2≧6xy\)
また、等号が成り立つのは \(x-3y=0\) すなわち \(x=3y\) のとき [終]
\({\small (2)}~\)
[証明]
(左辺)−(右辺)
\(=(a+b)^2-4ab\)
\(=a^2+2ab+b^2-4ab\)
\(=a^2-2ab+b^2\)
\(=(a-b)^2≧0\)
したがって、
\((a+b)^2≧4ab\)
また、等号が成り立つのは \(a-b=0\) すなわち \(a=b\) のとき [終]
\({\small (3)}~\)
[証明]
(左辺)−(右辺)
\(=2x^2+9y^2-6xy\)
\(=2(x^2-3yx)+9y^2\)
\(=2\left(x-{\large \frac{3}{2}}y\right)^2-{\large \frac{9}{2}}y^2+9y^2\)
\(=2\left(x-{\large \frac{3}{2}}y\right)^2+{\large \frac{9}{2}}y^2≧0\)
したがって、
\(2x^2+9y^2≧6xy\)
また、等号が成り立つのは \(x-{\large \frac{3}{2}}y=0\) かつ \(y=0\) すなわち \(x=y=0\) のとき [終]
\({\small (4)}~\)
[証明]
(左辺)
\(=a^2-ab+b^2\)
\(=\left(a-{\large \frac{b}{2}}\right)^2-{\large \frac{1}{4}}b^2+b^2\)
\(=\left(a-{\large \frac{b}{2}}\right)^2+{\large \frac{3}{4}}b^2≧0\)
したがって、
\(a^2-ab+b^2≧0\)
また、等号が成り立つのは \(a-{\large \frac{b}{2}}=0\) かつ \(b=0\) すなわち \(a=b=0\) のとき [終]
→ 不等式の証明②（２次式）
p.29
練習30
[証明]
(左辺)\(^2\)−(右辺)\(^2\)
\(~=(1+x)^2-(\sqrt{1+2x})^2\)
\(~=(1+2x+x^2)-(1+2x)\)
\(~=x^2>0\)
よって、
\((1+x)^2>(\sqrt{1+2x})^2\)
\(1+x>0~,~\sqrt{1+2x}>0\) より
\(1+x>\sqrt{1+2x}\)
[終]
→ 不等式の証明③（平方根）
練習30
[証明]
(左辺)\(^2\)−(右辺)\(^2\)
\(~=(1+x)^2-(\sqrt{1+2x})^2\)
\(~=(1+2x+x^2)-(1+2x)\)
\(~=x^2>0\)
よって、
\((1+x)^2>(\sqrt{1+2x})^2\)
\(1+x>0~,~\sqrt{1+2x}>0\) より
\(1+x>\sqrt{1+2x}\)
[終]
→ 不等式の証明③（平方根）
p.30
練習31
[証明]
[証明]
(左辺)\(^2\)−(右辺)\(^2\)
\(~=(|a|+|b|)^2-|a-b|^2\)
\(~=|a|^2+2|a||b|+|b|^2\)
\(-(a^2-2ab+b^2)\)
\(~=a^2+2|ab|+b^2-a^2+2ab-b^2\)
\(~=2(|ab|+ab)≧0\)
よって、
\((|a|+|b|)^2≧|a-b|^2\)
\(|a|+|b|≧0~,~|a-b|≧0\) より
\(|a|+|b|≧|a-b|\)
また、等号が成り立つのは \(|ab|+ab=0\) すなわち \(ab≦0\) のとき [終]
→ 不等式の証明④（絶対値）
練習31
[証明]
[証明]
(左辺)\(^2\)−(右辺)\(^2\)
\(~=(|a|+|b|)^2-|a-b|^2\)
\(~=|a|^2+2|a||b|+|b|^2\)
\(-(a^2-2ab+b^2)\)
\(~=a^2+2|ab|+b^2-a^2+2ab-b^2\)
\(~=2(|ab|+ab)≧0\)
よって、
\((|a|+|b|)^2≧|a-b|^2\)
\(|a|+|b|≧0~,~|a-b|≧0\) より
\(|a|+|b|≧|a-b|\)
また、等号が成り立つのは \(|ab|+ab=0\) すなわち \(ab≦0\) のとき [終]
→ 不等式の証明④（絶対値）
p.31
練習32
\({\small (1)}~\)
[証明] \(a>0~,~{\large \frac{4}{a}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
\(a+{\large \frac{4}{a}}≧2\sqrt{a\cdot{\large \frac{4}{a}}}=4\)
また、等号が成立するのは \(a={\large \frac{4}{a}}\) のときで \(a>0\) より \(a=2\) のとき
[終]
\({\small (2)}~\)
[証明] \({\large \frac{b}{a}}>0~,~{\large \frac{a}{b}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
\({\large \frac{b}{a}}+{\large \frac{a}{b}}≧2\sqrt{{\large \frac{b}{a}}\cdot{\large \frac{a}{b}}}=2\)
また、等号が成立するのは \({\large \frac{b}{a}}={\large \frac{a}{b}}\) のときで \(a>0~,~b>0\) より \(a=b\) のとき
[終]
→ 相加平均と相乗平均
練習32
\({\small (1)}~\)
[証明] \(a>0~,~{\large \frac{4}{a}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
\(a+{\large \frac{4}{a}}≧2\sqrt{a\cdot{\large \frac{4}{a}}}=4\)
また、等号が成立するのは \(a={\large \frac{4}{a}}\) のときで \(a>0\) より \(a=2\) のとき
[終]
\({\small (2)}~\)
[証明] \({\large \frac{b}{a}}>0~,~{\large \frac{a}{b}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
\({\large \frac{b}{a}}+{\large \frac{a}{b}}≧2\sqrt{{\large \frac{b}{a}}\cdot{\large \frac{a}{b}}}=2\)
また、等号が成立するのは \({\large \frac{b}{a}}={\large \frac{a}{b}}\) のときで \(a>0~,~b>0\) より \(a=b\) のとき
[終]
→ 相加平均と相乗平均
問題
p.32
9
\({\small (1)}~\)
[証明]
(右辺)$$~=\left(x+\frac{1}{x}\right)^2-2$$$$~=x^2+2\cdot x\cdot\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}-2$$$$~=x^2+2+\frac{1}{x^2}-2$$$$~=x^2+\frac{1}{x^2}$$ \(=\)(左辺)
したがって、$$~~~x^2+\frac{1}{x^2}=\left(x+\frac{1}{x}\right)^2-2$$[終]
\({\small (2)}~\)
[証明]
(右辺)$$~=\left(x+\frac{1}{x}\right)^3-3\left(x+\frac{1}{x}\right)$$$$~=x^3+3\cdot x^2\cdot\frac{1}{x}$$$$~~~~~~+3\cdot x \cdot \frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^3}-3x-\frac{3}{x}$$$$~=x^3+3x+\frac{3}{x}+\frac{1}{x^3}-3x-\frac{3}{x}$$$$~=x^3+\frac{1}{x^3}$$ \(=\)(左辺)
したがって、$$~~~x^3+\frac{1}{x^3}$$$$~~~~~~~=\left(x+\frac{1}{x}\right)^3-3\left(x+\frac{1}{x}\right)$$[終]
9
\({\small (1)}~\)
[証明]
(右辺)$$~=\left(x+\frac{1}{x}\right)^2-2$$$$~=x^2+2\cdot x\cdot\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}-2$$$$~=x^2+2+\frac{1}{x^2}-2$$$$~=x^2+\frac{1}{x^2}$$ \(=\)(左辺)
したがって、$$~~~x^2+\frac{1}{x^2}=\left(x+\frac{1}{x}\right)^2-2$$[終]
\({\small (2)}~\)
[証明]
(右辺)$$~=\left(x+\frac{1}{x}\right)^3-3\left(x+\frac{1}{x}\right)$$$$~=x^3+3\cdot x^2\cdot\frac{1}{x}$$$$~~~~~~+3\cdot x \cdot \frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^3}-3x-\frac{3}{x}$$$$~=x^3+3x+\frac{3}{x}+\frac{1}{x^3}-3x-\frac{3}{x}$$$$~=x^3+\frac{1}{x^3}$$ \(=\)(左辺)
したがって、$$~~~x^3+\frac{1}{x^3}$$$$~~~~~~~=\left(x+\frac{1}{x}\right)^3-3\left(x+\frac{1}{x}\right)$$[終]
p.32
10
[証明]
\(a+b+c=0\) より、\(c=-a-b\)
(左辺)
\(=a^2+b^2+(-a-b)^2+2ab\)
\(+2b(-a-b)+2(-a-b)a\)
\(=a^2+b^2+a^2+2ab+b^2+2ab\)
\(-2ab-2b^2-2a^2-2ab\)
\(=0\)
したがって、
\(a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=0\)
[終]
10
[証明]
\(a+b+c=0\) より、\(c=-a-b\)
(左辺)
\(=a^2+b^2+(-a-b)^2+2ab\)
\(+2b(-a-b)+2(-a-b)a\)
\(=a^2+b^2+a^2+2ab+b^2+2ab\)
\(-2ab-2b^2-2a^2-2ab\)
\(=0\)
したがって、
\(a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=0\)
[終]
p.32
11
[証明] \({\large \frac{a}{b}}={\large \frac{c}{b}}=k\) より、
\(a=kb~,~c=kd\)
これを、左辺に代入すると、
(左辺)$$~=\frac{mkb+nkd}{mb+nd}$$$$~=\frac{k(mb+nd)}{mb+nd}$$$$~=k$$次に、右辺に代入すると、
(右辺)$$~=\frac{a}{b}$$$$~=\frac{kb}{b}$$$$~=k$$
したがって、$$~\frac{ma+nc}{mb+nd}=\frac{a}{b}$$[終]
11
[証明] \({\large \frac{a}{b}}={\large \frac{c}{b}}=k\) より、
\(a=kb~,~c=kd\)
これを、左辺に代入すると、
(左辺)$$~=\frac{mkb+nkd}{mb+nd}$$$$~=\frac{k(mb+nd)}{mb+nd}$$$$~=k$$次に、右辺に代入すると、
(右辺)$$~=\frac{a}{b}$$$$~=\frac{kb}{b}$$$$~=k$$
したがって、$$~\frac{ma+nc}{mb+nd}=\frac{a}{b}$$[終]
p.32
12
\(ax+by>bx+ay\)
12
\(ax+by>bx+ay\)
p.32
13
[証明]
(左辺)\(^2\)−(右辺)\(^2\)
\(~=\{\sqrt{2(a+b)}\}^2-(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2\)
\(~=2(a+b)-(a+2\sqrt{ab}+b)\)
\(~=a-2\sqrt{ab}+b\)
\(~=(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2≧0\)
よって、
\(\{\sqrt{2(a+b)}\}^2≧(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2\)
\(\sqrt{2(a+b)}>0~,~\sqrt{a}+\sqrt{b}>0\) より
\(\sqrt{2(a+b)}≧\sqrt{a}+\sqrt{b}\)
また、等号が成り立つのは \(\sqrt{a}-\sqrt{b}=0\) すなわち \(a=b\) のとき [終]
13
[証明]
(左辺)\(^2\)−(右辺)\(^2\)
\(~=\{\sqrt{2(a+b)}\}^2-(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2\)
\(~=2(a+b)-(a+2\sqrt{ab}+b)\)
\(~=a-2\sqrt{ab}+b\)
\(~=(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2≧0\)
よって、
\(\{\sqrt{2(a+b)}\}^2≧(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2\)
\(\sqrt{2(a+b)}>0~,~\sqrt{a}+\sqrt{b}>0\) より
\(\sqrt{2(a+b)}≧\sqrt{a}+\sqrt{b}\)
また、等号が成り立つのは \(\sqrt{a}-\sqrt{b}=0\) すなわち \(a=b\) のとき [終]
p.32
14
[証明]
(左辺)
\(={\large \frac{a}{a}}+{\large \frac{a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}+{\large \frac{b}{b}}\)
\(={\large \frac{a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}+2\)
\(a>0~,~b>0\) であるので、\({\large \frac{a}{b}}>0~,~{\large \frac{b}{a}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
\({\large \frac{a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}≧2\sqrt{{\large \frac{a}{b}}\cdot{\large \frac{b}{a}}}=2\)
両辺に \(2\) を加えると、
\({\large \frac{a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}+2≧2+2\)
したがって、
\((a+b)\left({\large \frac{1}{a}}+{\large \frac{1}{b}}\right)≧4\)
また、等号が成立するのは \({\large \frac{a}{b}}={\large \frac{b}{a}}\) のときで \(a>0~,~b>0\) より \(a=b\) のとき
[終]
14
[証明]
(左辺)
\(={\large \frac{a}{a}}+{\large \frac{a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}+{\large \frac{b}{b}}\)
\(={\large \frac{a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}+2\)
\(a>0~,~b>0\) であるので、\({\large \frac{a}{b}}>0~,~{\large \frac{b}{a}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
\({\large \frac{a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}≧2\sqrt{{\large \frac{a}{b}}\cdot{\large \frac{b}{a}}}=2\)
両辺に \(2\) を加えると、
\({\large \frac{a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}+2≧2+2\)
したがって、
\((a+b)\left({\large \frac{1}{a}}+{\large \frac{1}{b}}\right)≧4\)
また、等号が成立するのは \({\large \frac{a}{b}}={\large \frac{b}{a}}\) のときで \(a>0~,~b>0\) より \(a=b\) のとき
[終]
p.32
15
ア:\(6\) イ:\(3\) ウ:\(4\) エ:\(3\)
15
ア:\(6\) イ:\(3\) ウ:\(4\) エ:\(3\)
章末問題 式と証明
章末問題Ａ
p.33
1
\({\small (1)}~2\sqrt{5}\) \({\small (2)}~18\)
\({\small (3)}~34\sqrt{5}\)
1
\({\small (1)}~2\sqrt{5}\) \({\small (2)}~18\)
\({\small (3)}~34\sqrt{5}\)
p.33
2
\({\small (1)}~\)商 \(x^3+x^2+x+1\)、余り \(0\)
\({\small (2)}~\)商 \(2x-{\large \frac{1}{2}}\)、余り \(-x+{\large \frac{3}{2}}\)
2
\({\small (1)}~\)商 \(x^3+x^2+x+1\)、余り \(0\)
\({\small (2)}~\)商 \(2x-{\large \frac{1}{2}}\)、余り \(-x+{\large \frac{3}{2}}\)
p.33
3
\({\small (1)}~{\large \frac{x}{x-1}}\) \({\small (2)}~{\large \frac{a+2}{a^2}}\)
\({\small (3)}~-{\large \frac{1}{x(x+1)}}\) \({\small (4)}~0\)
3
\({\small (1)}~{\large \frac{x}{x-1}}\) \({\small (2)}~{\large \frac{a+2}{a^2}}\)
\({\small (3)}~-{\large \frac{1}{x(x+1)}}\) \({\small (4)}~0\)
p.33
4
\({\small (1)}~a=3~,~b=3~,~c=1\)
\({\small (2)}~a=1~,~b=-1~,~c=2\)
4
\({\small (1)}~a=3~,~b=3~,~c=1\)
\({\small (2)}~a=1~,~b=-1~,~c=2\)
p.33
5
\({\small (1)}~\)
[証明]
( ⅰ ) \(|a|-|b|≧0\) のとき
(右辺)\(^2\)−(左辺)\(^2\)
\(~=|a-b|^2-(|a|-|b|)^2\)
\(~=(a^2-2ab+b^2)\)
\(-(|a|^2-2|a||b|+|b|^2)\)
\(~=a^2-2ab+b^2-a^2+2|ab|+b^2\)
\(~=2(|ab|-ab)≧0\)
よって、
\(|a-b|^2≧(|a|-|b|)^2\)
\(|a-b|≧0~,~|a|-|b|≧0\) より
\(|a|-|b|≦|a-b|\)
( ⅱ ) \(|a|-|b|<0\) のとき
\(|a-b|≧0\) であるので、
\(|a|-|b|<|a-b|\)
したがって、( ⅰ )と( ⅱ )より、
\(|a|-|b|≦|a-b|\)
[終]
\({\small (2)}~\)
[証明]
( ⅰ ) \(|a|-|b|≧0\) のとき
(右辺)\(^2\)−(左辺)\(^2\)
\(~=|a+b|^2-(|a|-|b|)^2\)
\(~=(a^2+2ab+b^2)\)
\(-(|a|^2-2|a||b|+|b|^2)\)
\(~=a^2+2ab+b^2-a^2+2|ab|+b^2\)
\(~=2(|ab|+ab)≧0\)
よって、
\(|a+b|^2≧(|a|-|b|)^2\)
\(|a+b|≧0~,~|a|-|b|≧0\) より
\(|a|-|b|≦|a+b|\)
( ⅱ ) \(|a|-|b|<0\) のとき
\(|a-b|≧0\) であるので、
\(|a|-|b|<|a+b|\)
したがって、( ⅰ )と( ⅱ )より、
\(|a|-|b|≦|a+b|\)
[終]
5
\({\small (1)}~\)
[証明]
( ⅰ ) \(|a|-|b|≧0\) のとき
(右辺)\(^2\)−(左辺)\(^2\)
\(~=|a-b|^2-(|a|-|b|)^2\)
\(~=(a^2-2ab+b^2)\)
\(-(|a|^2-2|a||b|+|b|^2)\)
\(~=a^2-2ab+b^2-a^2+2|ab|+b^2\)
\(~=2(|ab|-ab)≧0\)
よって、
\(|a-b|^2≧(|a|-|b|)^2\)
\(|a-b|≧0~,~|a|-|b|≧0\) より
\(|a|-|b|≦|a-b|\)
( ⅱ ) \(|a|-|b|<0\) のとき
\(|a-b|≧0\) であるので、
\(|a|-|b|<|a-b|\)
したがって、( ⅰ )と( ⅱ )より、
\(|a|-|b|≦|a-b|\)
[終]
\({\small (2)}~\)
[証明]
( ⅰ ) \(|a|-|b|≧0\) のとき
(右辺)\(^2\)−(左辺)\(^2\)
\(~=|a+b|^2-(|a|-|b|)^2\)
\(~=(a^2+2ab+b^2)\)
\(-(|a|^2-2|a||b|+|b|^2)\)
\(~=a^2+2ab+b^2-a^2+2|ab|+b^2\)
\(~=2(|ab|+ab)≧0\)
よって、
\(|a+b|^2≧(|a|-|b|)^2\)
\(|a+b|≧0~,~|a|-|b|≧0\) より
\(|a|-|b|≦|a+b|\)
( ⅱ ) \(|a|-|b|<0\) のとき
\(|a-b|≧0\) であるので、
\(|a|-|b|<|a+b|\)
したがって、( ⅰ )と( ⅱ )より、
\(|a|-|b|≦|a+b|\)
[終]
p.33
6
\({\small (1)}~\)
[証明]
(左辺)
\(=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\)
\(=a^2-2ab+b^2\)
\(+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2\)
\(=2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\)
したがって、
\((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\)
\(=2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\)
[終]
\({\small (2)}~\)
[証明]
(左辺)−(右辺)
\(=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\)
(1) の結果より、
\(={\large \frac{1}{2}}\{(a-b)^2\)
\(+(b-c)^2+(c-a)^2\}≧0\)
ここで、
\((a-b)^2≧0\)
\((b-c)^2≧0\)
\((c-a)^2≧0\)
これらより、
\(={\large \frac{1}{2}}\{(a-b)^2\)
\(+(b-c)^2+(c-a)^2\}≧0\)
したがって、
\(a^2+b^2+c^2≧ab+bc+ca\)
等号が成り立つのは、
\(a-b=0\) かつ \(b-c=0\)
かつ \(c-a=0\)
すなわち
\(a=b\) かつ \(b=c\) かつ \(c=a\)
のとき [終]
6
\({\small (1)}~\)
[証明]
(左辺)
\(=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\)
\(=a^2-2ab+b^2\)
\(+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2\)
\(=2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\)
したがって、
\((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\)
\(=2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\)
[終]
\({\small (2)}~\)
[証明]
(左辺)−(右辺)
\(=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\)
(1) の結果より、
\(={\large \frac{1}{2}}\{(a-b)^2\)
\(+(b-c)^2+(c-a)^2\}≧0\)
ここで、
\((a-b)^2≧0\)
\((b-c)^2≧0\)
\((c-a)^2≧0\)
これらより、
\(={\large \frac{1}{2}}\{(a-b)^2\)
\(+(b-c)^2+(c-a)^2\}≧0\)
したがって、
\(a^2+b^2+c^2≧ab+bc+ca\)
等号が成り立つのは、
\(a-b=0\) かつ \(b-c=0\)
かつ \(c-a=0\)
すなわち
\(a=b\) かつ \(b=c\) かつ \(c=a\)
のとき [終]
p.33
7
\({\small (1)}~\)
[証明] \(ab>0~,~{\large \frac{16}{ab}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
\(ab+{\large \frac{16}{ab}}≧2\sqrt{ab\cdot{\large \frac{16}{ab}}}=8\)
また、等号が成立するのは \(ab={\large \frac{16}{ab}}\) のときで \(a>0~,~b>0\) より \(ab=4\) のとき
[終]
\({\small (2)}~\)
[証明]
(左辺)
\(=ab+{\large \frac{4a}{a}}+{\large \frac{b}{b}}+{\large \frac{4}{ab}}\)
\(=ab+{\large \frac{4}{ab}}+5\)
\(a>0~,~b>0\) であるので、
\(ab>0~,~{\large \frac{4}{ab}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
\(ab+{\large \frac{4}{ab}}≧2\sqrt{ab\cdot{\large \frac{4}{ab}}}=4\)
両辺に \(5\) を加えると、
\(ab+{\large \frac{4}{ab}}+5≧4+5\)
したがって、
\(\left(a+{\large \frac{1}{b}}\right)\left(b+{\large \frac{4}{a}}\right)≧9\)
また、等号が成立するのは \(ab={\large \frac{4}{ab}}\) のときで \(a>0~,~b>0\) より \(ab=2\) のとき
[終]
7
\({\small (1)}~\)
[証明] \(ab>0~,~{\large \frac{16}{ab}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
\(ab+{\large \frac{16}{ab}}≧2\sqrt{ab\cdot{\large \frac{16}{ab}}}=8\)
また、等号が成立するのは \(ab={\large \frac{16}{ab}}\) のときで \(a>0~,~b>0\) より \(ab=4\) のとき
[終]
\({\small (2)}~\)
[証明]
(左辺)
\(=ab+{\large \frac{4a}{a}}+{\large \frac{b}{b}}+{\large \frac{4}{ab}}\)
\(=ab+{\large \frac{4}{ab}}+5\)
\(a>0~,~b>0\) であるので、
\(ab>0~,~{\large \frac{4}{ab}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
\(ab+{\large \frac{4}{ab}}≧2\sqrt{ab\cdot{\large \frac{4}{ab}}}=4\)
両辺に \(5\) を加えると、
\(ab+{\large \frac{4}{ab}}+5≧4+5\)
したがって、
\(\left(a+{\large \frac{1}{b}}\right)\left(b+{\large \frac{4}{a}}\right)≧9\)
また、等号が成立するのは \(ab={\large \frac{4}{ab}}\) のときで \(a>0~,~b>0\) より \(ab=2\) のとき
[終]
章末問題Ｂ
p.34
8
\({\small (1)}~(2x-y)^3\)
\({\small (2)}~(x+y+z)\)
\((x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)\)
8
\({\small (1)}~(2x-y)^3\)
\({\small (2)}~(x+y+z)\)
\((x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)\)
p.34
9
\({\large \frac{4}{1-x^4}}\)
9
\({\large \frac{4}{1-x^4}}\)
p.34
10
\(a=1~,~b=3~,~x+2\)
10
\(a=1~,~b=3~,~x+2\)
p.34
11
\(x=1~,~y=2\)
11
\(x=1~,~y=2\)
p.34
12
\(x=4~,~y=8~,~z=12\)
12
\(x=4~,~y=8~,~z=12\)
p.34
13
[証明]
次の二項定理の式において、
\((1+x)^n\)
\(={}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }x +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }x^2\)
\(+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }x^n\)
ここで、
\({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }=1~,~{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }x=nx\)
これらより、
\((1+x)^n\)
\(=1+nx \)
\(+\left({}_{ n } {\rm C}_{ 2 }x^2+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }x^n\right)\)
また、
\({}_{ n } {\rm C}_{ r }>0~,~x>0\)
よって、
\((1+x)^n>1+nx\) [終]
13
[証明]
次の二項定理の式において、
\((1+x)^n\)
\(={}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }x +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }x^2\)
\(+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }x^n\)
ここで、
\({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }=1~,~{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }x=nx\)
これらより、
\((1+x)^n\)
\(=1+nx \)
\(+\left({}_{ n } {\rm C}_{ 2 }x^2+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }x^n\right)\)
また、
\({}_{ n } {\rm C}_{ r }>0~,~x>0\)
よって、
\((1+x)^n>1+nx\) [終]
p.34
14
\(a^2+b^2~,~{\large \frac{1}{2}}~,~2ab\)
14
\(a^2+b^2~,~{\large \frac{1}{2}}~,~2ab\)
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