数研出版：改訂版新編数学Ⅱ

p.7
練習1
\({\small (1)}~x^3+6x^2+12x+8\)
\({\small (2)}~x^3-3x^2+3x-1\)
\({\small (3)}~27a^3+27a^2b+9ab^2+b^3\)
\({\small (4)}~x^3-6x^2y+12xy^2-8y^3\)

p.7
練習2
\(~~~~~~(a+b)(a^2-ab+b^2)\)
\(~=a^3-a^2b+ab^2\)
\(~~~~~~~~+a^2b-ab^2+b^3\)
\(~=a^3+b^3\)

\(~~~~~~(a-b)(a^2+ab+b^2)\)
\(~=a^3+a^2b+ab^2\)
\(~~~~~~~~-a^2b-ab^2-b^3\)
\(~=a^3-b^3\)

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）

p.8
練習4
\({\small (1)}~(x+3)(x^2-3x+9)\)
\({\small (2)}~(x-1)(x^2+x+1)\)
\({\small (3)}~(5x+a)(25x^2-5ax+a^2)\)
\({\small (4)}~(4x-y)(16x^2+4xy+y^2)\)
→ ３次式の因数分解（数学Ⅰ）

p.8
練習5
\({\small (1)}~(x+2)(x^2-2x+4)\)
　　　　\((x-2)(x^2+2x+4)\)
\({\small (2)}~(x+y)(x^2-xy+y^2)\)
　　　　\((x-y)(x^2+xy+y^2)\)
→ ６次式の因数分解

p.9
練習6
\(a^5+5a^4b+10a^3b^2\)
　　　\(+10a^2b^3+5ab^4+b^5\)

p.9
練習7
\(1~,~6~,~15~,~20~,~15~,~6~,~1\)
\((a+b)^6=a^6+6a^5b+15a^4b^2\)
　　\(+20a^3b^3+15a^2b^4+6ab^5+b^6\)

p.11
練習8
\({\small (1)}~x^4+4x^3+6x^2+4x+1\)
\({\small (2)}~x^6-12x^5+60x^4\)
　　　\(-160x^3+240x^2-192x+64\)

p.12
練習9
\({\small (1)}~96\)　\({\small (2)}~-80\)
→ 二項定理

p.12
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.13
練習11
\({\small (1)}~60\)　\({\small (2)}~90\)　\({\small (3)}~15\)

p.12
研究1
\({\small (1)}~210\)　\({\small (2)}~140\)　\({\small (3)}~35\)
→ 多項定理

p.15
練習12
\({\small (1)}~\)商 \(3x-1\)、余り \(6\)
\({\small (2)}~\)商 \(x^2-x-3\)、余り \(-14\)
\({\small (3)}~\)商 \(2x+7\)、余り \(x-10\)
\({\small (4)}~\)商 \(x-2\)、余り \(0\)

p.16
練習13
\({\small (1)}~x^2+5x+5\)
\({\small (2)}~x^3+x^2+3x\)

p.16
練習14
\({\small (1)}~3x-1\)
\({\small (2)}~x^2+5\)
→ 整式の割り算

p.17
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.18
練習16
\({\small (1)}~{\large \frac{x-2}{x-3}}\)　\({\small (2)}~2x\)
\({\small (3)}~{\large \frac{x-2}{x^2}}\)　\({\small (4)}~x-1\)
→ 分数式の計算

p.19
練習17
\({\small (1)}~{\large \frac{x+2}{x-1}}\)　\({\small (2)}~3\)
\({\small (3)}~{\large \frac{x+4}{x-2}}\)　\({\small (4)}~2x+1\)

p.19
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.20
練習19
(1) と (4)

p.21
練習20
\(a=2~,~b=-1~,~c=5\)

p.21
練習21
\(a=1~,~b=-1\)
→ 恒等式

p.22
1
\({\small (1)}~8x^3-36x^2+54x-27\)
\({\small (2)}~1-x^3\)

p.22
2
商 \(2x-5a\)、余り \(0\)

p.22
3
\({\large \frac{1}{x-1}}\)
→ 分母や分子に分数式を含む式

p.22
4
\({\large \frac{3}{x(x+3)}}\)

p.22
5
\({\small (1)}~a=1~,~b=3\)
\({\small (2)}~a=-4~,~b=1\)

p.24
練習22
\({\small (1)}~\)
[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23
[証明]
　(左辺)−(右辺)
\(=a^2+bc-(b^2+ca)\)
\(a+b=c\) を代入すると、
\(=a^2+b(a+b)-b^2-(a+b)a\)
\(=a^2+ab+b^2-b^2-a^2-ab\)
\(=0\)
したがって、
　\(a^2+bc=b^2+ca\)
[終]

p.24
練習24
\({\small (1)}~\)
[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]
\({\small (2)}~\)
[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25
\(3\)

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

p.27
練習27
[証明]
　(左辺)−(右辺)
\(=(3x-4y)-(2x-3y)\)
\(=x-y\)
ここで、\(x>y\) より \(x-y>0\) であるので、
\(=x-y>0\)
したがって、
\(3x-4y>2x-3y\) [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）

p.28
練習29
\({\small (1)}~\)
[証明]
　(左辺)−(右辺)
\(=x^2+4y^2-4xy\)
\(=(x-2y)^2≧0\)
したがって、
\(x^2+4y^2≧4xy\)
また、等号が成り立つのは \(x-2y=0\) すなわち \(x=2y\) のとき [終]
\({\small (2)}~\)
[証明]
　(左辺)−(右辺)
\(=(x+y)^2-4xy\)
\(=x^2+2xy+y^2-4xy\)
\(=x^2-2xy+y^2\)
\(=(x-y)^2≧0\)
したがって、
\((x+y)^2≧4xy\)
また、等号が成り立つのは \(x-y=0\) すなわち \(x=y\) のとき [終]

p.29
練習30
\({\small (1)}~\)
[証明]
　(左辺)−(右辺)
\(=a^2+2b^2-2ab\)
\(=(a-b)^2-b^2+2b^2\)
\(=(a-b)^2+b^2≧0\)
したがって、
\(a^2+2b^2≧2ab\)
また、等号が成り立つのは \(a-b=0\) かつ \(b=0\) すなわち \(a=b=0\) のとき [終]
\({\small (2)}~\)
[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31
[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32
[証明]
　(左辺)\(^2\)−(右辺)\(^2\)
\(~=(|a|+2|b|)^2-|a+2b|^2\)
\(~=|a|^2+4|a||b|+4|b|^2\)
　　　　\(-(a^2+4ab+4b^2)\)
\(~=a^2+4|ab|+4b^2\)
　　　　\(-a^2-4ab-4b^2\)
\(~=4(|ab|-ab)≧0\)
よって、
　\((|a|+2|b|)^2≧|a+2b|^2\)
\(|a|+2|b|≧0~,~|a+2b|≧0\) より
　\(|a|+2|b|≧|a+2b|\)
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33
\({\small (1)}~\)
[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] \({\large \frac{a}{b}}>0~,~{\large \frac{b}{a}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
　\({\large \frac{a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}≧2\sqrt{{\large \frac{a}{b}}\cdot{\large \frac{b}{a}}}=2\)
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]
→ 相加平均と相乗平均

p.32
6
[証明]
　(左辺)−(右辺)
\(=a^3+b^3+c^3-3abc\)
\(a+b+c=0\) より、\(c=-a-b\) を代入すると、
\(=a^3+b^3+(-a-b)^3\)
　　　　\(-3ab(-a-b)\)
\(=a^3+b^3-a^3-3a^2b\)
　　　\(-3ab^2-b^3+3a^2b+3ab^2\)
\(=0\)
したがって、
\(a^3+b^3+c^3=3abc\) [終]

p.32
7
\(ax+by>bx+ay\)

p.32
8
[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.33
1
\({\small (1)}~a^6+2a^3b^3+b^6\)
\({\small (2)}~3n^2+3n+1\)

p.33
2
\({\small (1)}~\)商 \(x^3+x^2+x+1\)、余り \(0\)
\({\small (2)}~\)商 \(2x-1\)、余り \(4x-5\)

p.33
3
\({\small (3)}~-{\large \frac{1}{x(x+1)}}\)　\({\small (4)}~0\)

p.33
4
\({\small (1)}~a=3~,~b=3~,~c=1\)
\({\small (2)}~a=1~,~b=-1~,~c=2\)

p.33
5
\({\small (1)}~\)
[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.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]

p.33
7
\({\small (1)}~\)
[証明] \(ab>0~,~{\large \frac{9}{ab}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
　\(ab+{\large \frac{9}{ab}}≧2\sqrt{ab\cdot{\large \frac{9}{ab}}}=6\)
また、等号が成立するのは \(ab={\large \frac{9}{ab}}\) のときで \(a>0~,~b>0\) より \(ab=3\) 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]

p.34
8
\({\small (1)}~(2x-y)^3\)
\({\small (2)}~(x+y+z)\)
　　\((x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)\)

p.34
9
[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、\(x={\large \frac{1}{n}}\) とすると、$$~~~~~~\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$$$$~={}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }\cdot\frac{1}{n}$$$$~~~~~~~~+{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\left(\frac{1}{n}\right)^2+\cdots+{}_{ n } {\rm C}_{ n }\left(\frac{1}{n}\right)^n$$$$~=1+n\cdot\frac{1}{n}$$$$~~~~~~~~+{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\left(\frac{1}{n}\right)^2+\cdots+{}_{ n } {\rm C}_{ n }\left(\frac{1}{n}\right)^n$$$$~=2+{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\left(\frac{1}{n}\right)^2+\cdots+{}_{ n } {\rm C}_{ n }\left(\frac{1}{n}\right)^n$$$$~>2$$したがって、$$~~~\left(1+\frac{1}{n}\right)^n>2$$[終]

p.34
10
\({\large \frac{4}{1-x^4}}\)

p.34
11
\(a=3~,~x+2\)

p.34
12
\(x=1~,~y=2\)

p.34
13
\({\small (1)}~2\)　\({\small (2)}~4\)

p.34
14
\(a^2+b^2~,~{\large \frac{1}{2}}~,~2ab\)