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東京書籍:Standard数学Ⅱ

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このページは、「東京書籍:Standard数学Ⅱ[318]」の答えとよりくわ解説対応表です。
それぞれの問題の解説はありませんが、類題の解説はリンク先にありますので参考にしてください。
また、解答は独自で解いたものですので、間違えやタイプミス等がありましたらご連絡ください。

1ページの文字数が多いのでページを分割しています。「第2章以降」は下の「次へ」または「ページ番号」をクリックしてください。

2章 図形と方程式
3章 三角関数
4章 指数関数・対数関数
5章 微分と積分

 

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1章 方程式・式と証明

問題 解答
Readiness check
p.6
問1
\({\small (1)}~4x^2-20xy+25y^2\)
\({\small (2)}~16x^2-9y^2\)
\({\small (3)}~x^2-10x+24\)
\({\small (4)}~6x^2-5x-21\)
p.6
問2
\({\small (1)}~(2x+3)^2\)
\({\small (2)}~(5x+y)(5x-y)\)
\({\small (3)}~(x+2)(x+6)\)
\({\small (4)}~(3x+2y)(2x-9y)\)
p.7
問3
\({\small (1)}~48\) \({\small (2)}~2\sqrt{2}\) \({\small (3)}~6\sqrt{5}\)
\({\small (4)}~21+6\sqrt{10}\) \({\small (5)}~-9+5\sqrt{15}\)
p.7
問4
\({\small (1)}~{\large \frac{\sqrt{7}}{2}}\) \({\small (2)}~5-2\sqrt{6}\)

1節 整式・分数式の計算

問題 解答
p.8
問1
[証明]
\(~~~~~~~(a-b)^3\)
\(~=(a-b)(a-b)^2\)
\(~=(a-b)(a^2-2ab+b^2)\)
\(~=a^3-2a^2b+ab^2\)
    \(-a^2b+2ab^2-b^3\)
\(~=a^3-3a^2b+3ab^2-b^3\)
[終]
p.9
問2
\({\small (1)}~x^3+3x^2+3x+1\)
\({\small (2)}~8x^3-12x^2+6x-1\)
\({\small (3)}~x^3+9x^2y+27xy^2+27y^3\)
\({\small (4)}~27x^3-54x^2y+36xy^2-8y^3\)
p.9
問3
[証明]
\(~~~~~~(a-b)(a^2+ab+b^2)\)
\(~=a^3+a^2b+ab^2\)
    \(-a^2b-ab^2-b^3\)
\(~=a^3-b^3\)
[終]
p.9
問4
\({\small (1)}~x^3+1\)
\({\small (2)}~8x^3-1\)
\({\small (3)}~27x^3+y^3\)
\({\small (4)}~x^3-1000y^3\)
3次式の展開(数学Ⅰ)
p.10
問5
\({\small (1)}~(x-1)(x^2+x+1)\)
\({\small (2)}~(x+5)(x^2-5x+25)\)
\({\small (3)}~(x-3y)(x^2+3xy+9y^2)\)
\({\small (4)}~(2x+y)(4x^2-2xy+y^2)\)
3次式の因数分解(数学Ⅰ)
p.10
問6
\({\small (1)}~(a+b)(a-b)\)
  \((a^2+ab+b^2)(a^2-ab+b^2)\)
\({\small (2)}~(x+1)^2(x^2-x+1)^2\)
6次式の因数分解
p.11
問7
\(~~~~~~(a+b)^5=(a+b)(a+b)^4\)
\(~=(a+b)\)
  \((a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4)\)
\(~=a^5+4a^4b+6a^3b^2+4a^2b^3\)
  \(+ab^4+a^4b+4a^3b^2\)
   \(+6a^2b^3+4ab^4+b^5\)
\(~=a^5+5a^4b+10a^3b^2\)
    \(+10a^2b^3+5ab^4+b^5\)
これより、\(a^5~,~b^5\) の係数 \(1\) 以外は、
 \(1+4=5\)
 \(4+6=10\)
 \(6+4=10\)
 \(4+1=5\)
したがって、\((a+b)^4\) の展開式の隣り合う係数の和となる
p.11
問8
\(n=5\) の行は \(1,5,10,10,5,1\)
\(n=6\) の行は \(1,6,15,20,15,6,1\)
\(~~~~~~(a+b)^6\)
\(~=a^6+6a^5b+15a^4b^2\)
\(~~~~~~~~+20a^3b^3+15a^2b^4+6ab^5+b^6\)
p.13
問9
\(~~~~~~(a+b)^6\)
\(~=a^6+6a^5b+15a^4b^2\)
\(~~~~~~~~+20a^3b^3+15a^2b^4+6ab^5+b^6\)
p.13
問10
\(-216\)
二項定理
p.13
問11
[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、\(x=2\) とすると
左辺は、\((1+2)^n=3^n\)
右辺は、
 \({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+2\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ 1 } +2^2\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\)
      \(+\cdots +2^n\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ n }\)
したがって、
 \(3^n\)
  \(={}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+2\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ 1 } +2^2\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\)
        \(+\cdots +2^n\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ n }\)
[終]
二項定理の利用
p.14
問1
Challenge
\({\small (1)}~90\) \({\small (2)}~1440\)
多項定理
p.15
問12
\(A=B(2x+1)+5\)
p.16
問13
\({\small (1)}~\)商 \(2x-3\)、余り\(5x-5\)
\({\small (2)}~\)商 \(x-1\)、余り\(-2x+1\)
p.17
問14
\(x^2+5x-2\)
整式の割り算
p.17
問1
Challenge
商 \(x^2-ax-2a^2\)、余り \(0\)
p.18
問15
\({\small (1)}~{\large \frac{x}{3z}}\) \({\small (2)}~{\large \frac{x+1}{x-2}}\) \({\small (3)}~{\large \frac{x(x+2)}{8(x-1)}}\)
p.19
問16
\({\small (1)}~{\large \frac{x+7}{x}}\) \({\small (2)}~{\large \frac{x-4}{(x-1)(2x+1)}}\)
分数式の計算
p.19
問17
\({\small (1)}~{\large \frac{x}{x-1}}\) \({\small (2)}~{\large \frac{2}{x+3}}\)
p.19
問18
\({\small (1)}~-{\large \frac{4}{(x+3)(x-1)}}\) \({\small (2)}~{\large \frac{5x}{(x+1)(2x-3)}}\)
p.20
問19
\({\small (1)}~-{\large \frac{1}{x-1}}\) \({\small (2)}~{\large \frac{2x+3}{(x+3)(x+1)}}\)
\({\small (3)}~{\large \frac{x^2+2x+4}{x+1}}\)
通分を用いる分数式の計算
p.20
問20
\({\small (1)}~{\large \frac{x+2}{3x-1}}\) \({\small (2)}~x-1\)
分母や分子に分数式を含む式
Training
p.21
1
\({\small (1)}~8x^3+36x^2y+54xy^2+27y^3\)
\({\small (2)}~64a^3-48a^2b+12ab^2-b^3\)
\({\small (3)}~125x^3+8\)
\({\small (4)}~27a^3-64b^3\)
p.21
2
\({\small (1)}~(3x+2y)(9x^2-6xy+4y^2)\)
\({\small (2)}~(a-4b)(a^2+4ab+16b^2)\)
\({\small (3)}~a(x+5y)(x^2-5xy+25y^2)\)
\({\small (4)}~b(2a-3c)(4a^2+6ac+9c^2)\)
p.21
3
\({\small (1)}~(a+b+1)\)
    \((a^2+2ab+b^2-a-b+1)\)
\({\small (2)}~2y(12x^2+y^2)\)
\({\small (3)}~(x+2)^2(x^2-2x+4)^2\)
\({\small (4)}~(a+b)(a-2b)\)
    \((a^2-ab+b^2)(a^2+2ab+4b^2)\)
p.21
4
\({\small (1)}~189\) \({\small (2)}~576\)
p.21
5
[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]
p.21
6
\({\small (1)}~\)商 \(3x^2+5x-2\)、余り\(0\)
\({\small (2)}~\)商 \(x+2\)、余り\(-4x-5\)
p.21
7
\(B=2x^2+4x-3\)
p.21
8
\({\small (1)}~{\large \frac{3(x^2+2x+4)}{x(x+2)}}\) \({\small (2)}~x-5\)
p.21
9
\({\small (1)}~{\large \frac{10}{(x+3)(x-3)}}\) \({\small (2)}~{\large \frac{1}{(x+1)(x^2+x+1)}}\)
p.21
10
\({\small (1)}~{\large \frac{x}{x-1}}\) \({\small (2)}~{\large \frac{a+1}{a-1}}\)



2節 2次方程式

問題 解答
p.23
問1
\({\small (1)}~\)実部 \(-1\)、虚部 \(\sqrt{3}\)
\({\small (2)}~\)実部 \(2\)、虚部 \(1\)
\({\small (3)}~\)実部 \(0\)、虚部 \(\sqrt{7}\)
\({\small (4)}~\)実部 \(-5\)、虚部 \(0\)
p.23
問2
\({\small (1)}~x=-2~,~y=1\)
\({\small (2)}~x=-5~,~y=3\)
複素数の相等
p.24
問3
\({\small (1)}~7+3i\) \({\small (2)}~1-3i\)
\({\small (3)}~31-29i\) \({\small (4)}~25\) \({\small (5)}~4\)
複素数の計算
p.24
問4
\({\small (1)}~3-2i\) \({\small (2)}~\sqrt{5}+\sqrt{2}i\)
\({\small (3)}~-3i\) \({\small (4)}~-4\)
共役な複素数と式の値
p.25
問5
\({\small (1)}~{\large \frac{3}{10}}+{\large \frac{1}{10}}i\) \({\small (2)}~-i\)
\({\small (3)}~{\large \frac{4}{5}}+{\large \frac{3}{5}}i\) \({\small (4)}~-i\)
分数と複素数
p.26
問6
\({\small (1)}~2\sqrt{2}i\) \({\small (2)}~-5\sqrt{2}i\)
\({\small (3)}~{\large \frac{\sqrt{7}}{4}}i\)
p.26
問7
\(\pm3\sqrt{2}i\)
p.26
問8
\({\small (1)}~-14\sqrt{5}\) \({\small (2)}~-3i\)
負の数の平方根
p.28
問9
\({\small (1)}~x={\large \frac{-3\pm\sqrt{13}}{2}}\) \({\small (2)}~x={\large \frac{1}{2}}\)
\({\small (3)}~x={\large \frac{3\pm\sqrt{11}i}{5}}\) \({\small (4)}~x={\large \frac{-3\pm2i}{2}}\)
p.28
問10
[証明] 解の公式より、$$~x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$$これに \(b=2b’\) を代入すると、$$~x=\frac{-2b’\pm\sqrt{(-2b’)^2-4ac}}{2a}$$$$~x=\frac{-2b’\pm\sqrt{4b’^2-4ac}}{2a}$$$$~x=\frac{-2b’\pm2\sqrt{b’^2-ac}}{2a}$$$$~x=\frac{-b’\pm\sqrt{b’^2-ac}}{a}$$[終]
p.28
問11
\({\small (1)}~x=-1\pm\sqrt{5}\) \({\small (2)}~x={\large \frac{2\pm\sqrt{2}i}{3}}\)
2次方程式の虚数解
p.30
問12
\({\small (1)}~\)異なる2つの虚数解をもつ
\({\small (2)}~\)重解をもつ
\({\small (3)}~\)異なる2つの実数解をもつ
\({\small (4)}~\)異なる2つの虚数解をもつ
複素数範囲での2次方程式の解の条件
p.30
問13
\(k>{\large \frac{9}{8}}\)
p.30
問14
\(-4<k<4\)
複素数範囲での2次方程式の解の条件
p.31
問15
\({\small (1)}~\)和 \(-{\large \frac{3}{2}}\)、積 \(-2\)
\({\small (2)}~\)和 \(1\)、積 \(-2\)
p.32
問16
\({\small (1)}~6\) \({\small (2)}~-4\) \({\small (3)}~4\)
2次方程式の解と係数の関係
p.32
問17
\(m=\pm3\)
2つの解の条件と解と係数の関係
p.33
問18
\({\small (1)}~(x-1-\sqrt{3})(x-1+\sqrt{3})\)
\({\small (2)}~3\left(x-{\large \frac{1+\sqrt{2}i}{3}}\right)\left(x-{\large \frac{1-\sqrt{2}i}{3}}\right)\)
\({\small (3)}~(x+i)(x-i)\)
p.34
問19
\({\small (1)}~(x^2+2)(x^2-3)\)
\({\small (2)}~(x^2+2)(x+\sqrt{3})(x-\sqrt{3})\)
\({\small (3)}~(x+\sqrt{2}i)(x-\sqrt{2}i)\)
   \((x+\sqrt{3})(x-\sqrt{3})\)
複素数範囲での因数分解
p.34
問20
\({\small (1)}~x^2-4x-1=0\)
\({\small (2)}~x^2+10x+26=0\)
解が与えられた2次方程式
p.35
問21
\({\small (1)}~1+\sqrt{2}~,~1-\sqrt{2}\)
\({\small (2)}~{\large \frac{1+\sqrt{3}i}{2}}~,~{\large \frac{1-\sqrt{3}i}{2}}\)
p.35
問22
\({\small (1)}~x^2-3x-8=0\)
\({\small (2)}~2x^2+3x-4=0\)
Training
p.36
11
\({\small (1)}~x=4~,~y=-3\)
\({\small (2)}~x=2~,~y=-5\)
p.36
12
\({\small (1)}~-20\) \({\small (2)}~22-10\sqrt{3}i\)
\({\small (3)}~{\large \frac{15}{17}}+{\large \frac{8}{17}}i\) \({\small (4)}~2i\)
p.36
13
\({\small (1)}~2\sqrt{2}-2\sqrt{2}i\) \({\small (2)}~i\)
p.36
14
\({\small (1)}~6i~,~6i~,~-{\large \frac{i}{2}}~,~{\large \frac{i}{2}}\)
\({\small (2)}~-\sqrt{10}~,~\sqrt{10}~,~{\large \frac{\sqrt{10}}{5}}~,~{\large \frac{\sqrt{10}}{5}}\)
p.36
15
\({\small (1)}~x={\large \frac{5\sqrt{2}\pm\sqrt{2}i}{2}}\)
\({\small (2)}~x={\large \frac{-3\pm4i}{10}}\)
p.36
16
\({\large \frac{1}{5}}<a<1\)
p.36
17
\({\small (1)}~1\) \({\small (2)}~5\) \({\small (3)}~6\)
p.36
18
\({\small (1)}~\left(x-{\large \frac{-1+\sqrt{3}i}{2}}\right)\left(x-{\large \frac{-1-\sqrt{3}i}{2}}\right)\)
\({\small (2)}~(2x-3i)(2x+3i)\)
p.36
19
\({\small (1)}~(x^2-5)(x^2+1)\)
\({\small (2)}~(x+\sqrt{5})(x-\sqrt{5})(x^2+1)\)
\({\small (3)}~(x+\sqrt{5})(x-\sqrt{5})(x+i)(x-i)\)
p.36
20
\({\small (1)}~x^2-2x+4=0\)
\({\small (2)}~x^2+x+1=0\)
\({\small (3)}~x^2+2x+1=0\)



3節 高次方程式

問題 解答
p.37
問1
\({\small (1)}~7\) \({\small (2)}~7\) \({\small (3)}~5\)
p.37
問2
\({\small (1)}~-10\) \({\small (2)}~0\)
p.38
問3
\(2\)
剰余の定理
p.38
問4
\(-2x+10\)
剰余の定理と余りの決定
p.39
問5
\({\small (1)}~\)因数にもつ
\({\small (2)}~\)もたない
\({\small (3)}~\)もたない
\({\small (4)}~\)因数にもつ
p.39
問6
\({\small (1)}~(x-1)(x+2)^2\)
\({\small (2)}~(x+1)(2x+1)(x+2)\)
\({\small (3)}~(x-2)(x+2)(x-3)\)
\({\small (4)}~(x-2)(3x+1)(x+3)\)
因数定理を用いる因数分解
p.40
問7
\({\small (1)}~x=2~,~-1\pm\sqrt{3}i\)
\({\small (2)}~x=-1~,~{\large \frac{1\pm\sqrt{3}i}{2}}\)
p.40
問8
\({\small (1)}~\)
[証明] \(1\) の3乗根は$$~~~1~,~\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}~,~\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}$$であることより、
\(\omega={\large \frac{-1+\sqrt{3}i}{2}}\) とすると、
 \(\omega^2={\large \frac{-1-\sqrt{3}i}{2}}\)
\(\omega={\large \frac{-1-\sqrt{3}i}{2}}\) とすると、
 \(\omega^2={\large \frac{-1+\sqrt{3}i}{2}}\)
これより、虚数解の1つを \(\omega\) とすると、もう1つが \(\omega^2\) となる
したがって、\(1\) の3乗根は \(1~,~\omega~,~\omega^2\) である [終]
\({\small (2)}~\)
[証明] \(\omega\) は \(1\) の3乗根より、
 \(\omega^3=1\)
移項して因数分解すると、
 \((\omega-1)(\omega^2+\omega+1)=0\)
\(\omega\) は虚数であるので、
 \(\omega^2+\omega+1=0\) [終]
1の3乗根
p.41
問9
\({\small (1)}~x=\pm2~,~\pm3\)
\({\small (2)}~x=\pm\sqrt{5}~,~\pm\sqrt{3}i\)
\({\small (3)}~x=\pm1~,~\pm i\)
高次方程式の解②(4次方程式)
p.41
問10
\({\small (1)}~x=1~,~5~,~-2\)
\({\small (2)}~x=2~,~{\large \frac{-2\pm\sqrt{2}i}{2}}\)
p.42
問11
\({\small (1)}~x=2~,~-3\)
\({\small (2)}~x=-1\)
高次方程式の解①(3次方程式)
p.43
問12
\(a=-3~,~b=4\)、他の解 \(x=1~,~1+i\)
3次方程式の虚数解
Training
p.43
21
\({\small (1)}~\)
[証明] 整式 \(P(x)\) を \(ax+b\) で割ったときの商を \(Q(x)\)、余りを \(R\) とすると、
 \(P(x)=(ax+b)Q(x)+R\)
ここで、\(x=-{\large \frac{b}{a}}\) のとき \(ax+b=0\) となるので、上の式に代入すると、
 \(P\left(-{\large \frac{b}{a}}\right)=0\cdot Q(x)+R\)
したがって、
 \(R=P\left(-{\large \frac{b}{a}}\right)\) [終]
\({\small (2)}~2\)
p.43
22
\({\small (1)}~-1\) \({\small (2)}~3\)
p.43
23
\(2x+2\)
p.43
24
\({\small (1)}~(x-1)(x+2)(4x+3)\)
\({\small (2)}~(x-3)(3x+1)(3x-2)\)
p.43
25
\({\small (1)}~-1\) \({\small (2)}~-1\) \({\small (3)}~2\)
p.43
26
\({\small (1)}~x=\pm\sqrt{3}~,~\pm{\large \frac{\sqrt{2}}{2}}i\)
\({\small (2)}~x=\pm\sqrt{2}i~,~\pm{\large \frac{2\sqrt{3}}{3}}i\)
p.43
27
\({\small (1)}~x=-1~,~-5~,~{\large \frac{5}{2}}\)
\({\small (2)}~x=-2~,~{\large \frac{3\pm\sqrt{3}i}{3}}\)
p.43
28
\(a=1~,~b=10\)、他の解 \(x=-2~,~1-2i\)



4節 式と証明

問題 解答
p.45
問1
\({\small (1)}~a=1~,~b=0~,~c=1\)
\({\small (2)}~a=1~,~b=0~,~c=-3\)
p.45
問2
\({\small (1)}~a=2~,~b=-1~,~c=3\)
\({\small (2)}~a=7~,~b=4~,~c=-11\)
p.46
問3
\(a=5~,~b=-1\)
恒等式
p.47
問4
\({\small (1)}~\)[証明]
 (左辺)
\(~=(2a-b)^2-(a+2b)^2\)
\(~=(4a^2+4ab+b^2)\)
   \(-(a^2+4ab+4b^2)\)
\(~=3a^2-3b^2\)
 (右辺)
\(~=3(a^2-b^2)\)
\(~=3a^2-3b^2\)
したがって、
 \((2a-b)^2-(a+2b)^2=3(a^2-b^2)\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
 (左辺)
\(~=(a^2+b^2)(c^2+d^2)\)
\(~=a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\)
 (右辺)
\(~=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2\)
\(~=(a^2c^2+2abcd+b^2d^2)\)
\(~~~~+(a^2d^2-2abcd+b^2c^2)\)
\(~=a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\)
したがって、
 \((a^2+b^2)(c^2+d^2)\)
 \(~=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2\)
[終]
等式の証明
p.48
問5
\({\small (1)}~\)[証明]
\(x+y=1\) より \(x=1-y\)
これを、左辺に代入すると、
 (左辺)
\(~=(1-y)^2-(1-y)\)
\(~=1-2y+y^2-1+y\)
\(~=y^2-y\)
これより、右辺と等しくなる
したがって、
 \(x^2-x=y^2-y\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
\(a+b+c=1\) より \(c=-a-b\)
これを、左辺に代入すると、
 (左辺)
\(~=a^2+b^2+(-a-b)^2\)
\(~=a^2+b^2+a^2+2ab+b^2\)
\(~=2a^2+2ab+2b^2\)
次に、右辺に代入すると、
 (右辺)
\(~=-2\{ab+b(-a-b)+(-a-b)a\}\)
\(~=-2(ab-ab-b^2-a^2-ab)\)
\(~=-2(-a^2-ab-b^2)\)
\(~=2a^2+2ab+2b^2\)
したがって、
 \(a^2+b^2+c^2=-2(ab+bc+ca)\)
[終]
条件付き等式の証明
p.48
問6
[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)
\(~={\large \frac{2kb+3kd}{2b+3d}}=k\)
次に、右辺に代入すると、
 (右辺)
\(~={\large \frac{2kb-3kd}{2b-3d}}=k\)
したがって、
 \({\large \frac{2a+3c}{2b+3d}}={\large \frac{2a-3c}{2b-3d}}\)
[終]
比例式と等式の証明
p.49
問7
\({\small (1)}~\)
\(a>0\) より、両辺に \(b\) をかけると、
\(b>0\) より不等号の向きはそのままなので、
 \(ab>0\)
\({\small (2)}~\)
\(a<0\) より、両辺に \(b\) をかけると、
\(b<0\) より不等号の向きは逆になるので、
 \(ab>0\)
p.50
問8
[証明]
 (左辺)\(-\)(右辺)
\(~=(3a+b)-(a+3b)\)
\(~=2(a-b)\)
ここで、\(a>b\) より \(a-b>0\) となるので
\(~=2(a-b)>0\)
したがって、(左辺)\(-\)(右辺)\(>0\) より
 \(3a+b>a+3b\)
[終]
不等式の証明①(条件付き)
p.51
問9
\({\small (1)}~\)[証明]
 (左辺)\(-\)(右辺)
\(~=2(x^2+y^2)-(x-y)^2\)
\(~=(2x^2+2y^2)-(x^2-2xy+y^2)\)
\(~=x^2+2xy+y^2\)
\(~=(x+y)^2\)
ここで、\((x+y)^2≧0\) であるので、
\(~=(x+y)^2≧0\)
したがって、(左辺)\(-\)(右辺)\(≧0\) より
 \(2(x^2+y^2)≧(x-y)^2\)
また、等号が成立するのは \(x+y=0\) すなわち \(x=-y\) のとき
[終]
\({\small (2)}~\) [証明]
 (左辺)\(-\)(右辺)
\(~=5(x^2+y^2)-(2x-y)^2\)
\(~=(5x^2+5y^2)-(4x^2-4xy+y^2)\)
\(~=x^2+4xy+4y^2\)
\(~=(x+2y)^2\)
ここで、\((x+2y)^2≧0\) であるので、
\(~=(x+2y)^2≧0\)
したがって、(左辺)\(-\)(右辺)\(≧0\) より
 \(5(x^2+y^2)≧(2x-y)^2\)
また、等号が成立するのは \(x+2y=0\) すなわち \(x=-2y\) のとき
[終]
p.51
問10
\({\small (1)}~\)[証明]
 (左辺)\(-\)(右辺)
\(~=x^2+y^2-xy\)
\(~=\left(x-{\large \frac{y}{2}}\right)^2+{\large \frac{3}{4}}y^2\)
ここで、\(\left(x-{\large \frac{y}{2}}\right)≧0~,~{\large \frac{3}{4}}y^2≧0\) より
\(~=\left(x-{\large \frac{y}{2}}\right)^2+{\large \frac{3}{4}}y^2≧0\)
したがって、(左辺)\(-\)(右辺)\(≧0\) より
 \(x^2+y^2≧xy\)
また、等号が成立するのは \(x-{\large \frac{y}{2}}=0\) かつ \(y=0\) のとき、すなわち \(x=y=0\) のとき
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
\(~~~~~~x^2+y^2-4x-6y+13\)
\(~=(x-2)^2+(y-3)^2\)
ここで、\((x-2)^2≧0~,~(y-3)^2≧0\) より
\(~=(x-2)^2+(y-3)^2≧0\)
したがって、
 \(x^2+y^2-4x-6y+13≧\)
また、等号が成立するのは \(x-2=0\) かつ \(y-3=0\) のとき、すなわち \(x=2~,~y=3\) のとき
[終]
不等式の証明②(2次式)
p.52
問11
[証明]
 (左辺)\(^2\)\(-\)(右辺)\(^2\)
\(~=(a+1)^2-(\sqrt{2a+1})^2\)
\(~=a^2≧0\)
したがって、
 \((a+1)^2≧(\sqrt{2a+1})^2\)
ここで、\(a+1≧0~,~\sqrt{2a+1}≧0\) より、
 \(a+1≧\sqrt{2a+1}\)
また、等号が成立するのは \(a^2=0\) のとき、すなわち \(a=0\) のとき
[終]
不等式の証明③(平方根)
p.53
問12
\({\small (1)}~\)
相加平均 \({\large \frac{101}{2}}\)
相乗平均 \(10\)
したがって、(相加平均)\(>\)(相乗平均)
\({\small (2)}~\)
相加平均 \(40\)
相乗平均 \(40\)
したがって、(相加平均)\(=\)(相乗平均)
\({\small (3)}~\)
相加平均 \(50\)
相乗平均 \(48\)
したがって、(相加平均)\(>\)(相乗平均)
p.54
問13
\({\small (1)}~\)
[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
p.55
問1
challenge
[証明]
 (左辺)\(^2\)\(-\)(右辺)\(^2\)
\(~=(|a|+|b|)^2-|a-b|^2\)
\(~=2(|ab|+ab)\)
ここで、\(|ab|≧-ab\) であることより
\(~=2(|ab|+ab)≧0\)
したがって、
 \((|a|+|b|)^2≧|a-b|^2\)
ここで、\(|a|+|b|≧0~,~|a-b|≧0\) より、
 \(|a|+|b|≧|a-b|\)
また、等号が成立するのは \(|ab|=-ab\) のとき、すなわち \(ab≦0\) のとき
[終]
不等式の証明④(絶対値)
Training
p.56
29
\({\small (1)}~ a=1~,~b=0~,~c=-2\)
\({\small (2)}~ a=2~,~b=-3~,~c=-4\)
\({\small (3)}~ a=2~,~b=-3~\)
p.56
30
\({\small (1)}~\)[証明]
 (左辺)
\(~=(ax-by)^2-(ay-bx)^2\)
\(~=a^2x^2-b^2x^2-a^2y^2+b^2y^2\)
 (右辺)
\(~=(a^2-b^2)(x^2-y^2)\)
\(~=a^2x^2-b^2x^2-a^2y^2+b^2y^2\)
したがって、
\((ax-by)^2-(ay-bx)^2\)
  \(=(a^2-b^2)(x^2-y^2)\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
 (右辺)
\(={\large \frac{1}{2}}\{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\}\)
\(=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\)
よって、左辺と等しくなる
したがって、
\(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\)
\(={\large \frac{1}{2}}\{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\}\)
[終]
\({\small (3)}~\)[証明]
 (左辺)
\(~=(x+1)^3-(3x^2+1)\)
\(~=x^3+3x\)
 (右辺)
\(~=(x-1)^3+(3x^2+1)\)
\(~=x^3+3x\)
したがって、
\((x+1)^3-(3x^2+1)\)
 \(=(x-1)^3+(3x^2+1)\)
[終]
p.56
31
\({\small (1)}~\)[証明]
\(x-y=1\) より \(x=y+1\)
これを、左辺に代入すると、
 (左辺)
\(~=(y+1)^2+y^2\)
\(~=2y^2+2y+1\)
次に、右辺に代入すると、
 (右辺)
\(~=2(y+1)y+(y+1)-y\)
\(~=2y^2+2y+1\)
したがって、
 \(x^2+y^2=2xy+x-y\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
\(x-y=1\) より \(x=y+1\)
これを、右辺に代入すると、
 (右辺)
\(~=(y+1)^3-3(y+1)y\)
\(~=y^3+1\)
これより、左辺と等しくなる
したがって、
 \(y^3+1=x^3-3xy\)
[終]
p.56
32
[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)
\(~={\large \frac{kb+kd}{b+d}}=k\)
次に、右辺に代入すると、
 (右辺)
\(~={\large \frac{(kb)^2d}{b^2(dk)}}=k\)
したがって、
 \({\large \frac{a+c}{b+d}}={\large \frac{a^2d}{b^2c}}\)
[終]
p.56
33
[証明]
 (左辺)\(-\)(右辺)
\(~=(a^2+4)(x^2+1)-(ax+2)^2\)
\(~=a^2x^2+a^2+4x^2+4\)
  \(-a^2x^2-4ax-4\)
\(~=4x^2-4ax+a^2\)
\(~=(2x-a)^2\)
\((2x-a)^2≧0\) であり、(左辺)\(-\)(右辺)\(≧0\)
したがって、
 \((a^2+4)(x^2+1)≧(ax+2)^2\)
また、等号が成立するのは \(2x-a=0\) のとき、すなわち \(2x=a\) のとき
[終]
p.56
34
\({\small (1)}~\)[証明]
 (左辺)\(-\)(右辺)
\(~=(a^2+b^2)-2(a+b-1)\)
\(~=a^2-2a+1+b^2-2b+1\)
\(~=(a-1)^2+(b-1)^2\)
ここで、\((a-1)^2≧0~,~(b-1)^2≧0\) より
\(~=(a-1)^2+(b-1)^2≧0\)
したがって、(左辺)\(-\)(右辺)\(≧0\) より
 \(a^2+b^2≧2(a+b-1)\)
また、等号が成立するのは \(a-1=0\) かつ \(b-1=0\) のとき、すなわち \(a=b=0\) のとき
[終]
p.56
35
[証明]
 (右辺)\(^2\)\(-\)(左辺)\(^2\)
\(~=(\sqrt{a-b})^2-(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2\)
\(~=(a-b)-(a-2\sqrt{ab}+b)\)
\(~=2\sqrt{ab}-2b\)
\(~=2\sqrt{b}(\sqrt{a}-\sqrt{b})\)
ここで、\(a≧b≧0\) より \(\sqrt{a}≧\sqrt{b}≧0\)
よって、
 \(2\sqrt{b}(\sqrt{a}-\sqrt{b})≧0\)
したがって、
 \((\sqrt{a}-\sqrt{b})^2≦(\sqrt{a-b})^2\)
\(\sqrt{a}-\sqrt{b}≧0~,~\sqrt{a-b}≧0\) より
 \(\sqrt{a}-\sqrt{b}≦\sqrt{a-b}\)
また、等号が成り立つのは \(b=0\) または \(a=b\) のとき [終]
p.56
36
[証明] \(a>0\) であるので、\(9a>0~,~{\large \frac{4}{a}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
 \(9a+{\large \frac{4}{a}}≧2\sqrt{9a\cdot{\large \frac{4}{a}}}=12\)
また、等号が成立するのは \(9a={\large \frac{4}{a}}\) のときで \(a>0\) より \(a={\large \frac{2}{3}}\) のとき
[終]
p.57
参考1
\({\small (1)}~\)商 \(x^2-2x+2\)、余り \(3\)
\({\small (2)}~\)商 \(x^3-2x^2+3x-3\)、余り \(0\)



Level Up 方程式・式と証明

問題 解答
p.58
1
\({\small (1)}~\)[証明]
 (右辺)
\(~=(a+b)^3-3ab(a+b)\)
\(~=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3\)
     \(-3^2b-3ab^2\)
\(~=a^3+b^3\)
\(~=\)(右辺) [終]
\({\small (2)}~\)
 \((a+b+c)\)
   \((a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\)
p.58
2
\({\small (1)}~66a^2b^{10}\) \({\small (2)}~12a^{11}b\)
p.58
3
\(a~,~b~,~c~,~d\) を実数として、
 \(\alpha=a+bi~,~\beta=c+di\)
とすると、
\({\small (1)}~\)[証明]
 \(\alpha+\beta=(a+c)+(b+d)i\)
であることより、
 \(\overline {\alpha+\beta}=(a+c)-(b+d)i\)
次に、
  \(\overline {\alpha}+\overline {\beta}\)
 \(=(a-bi)+(c-di)\)
 \(=(a+c)-(b+d)i\)
したがって、
 \(\overline {\alpha+\beta}=\overline {\alpha}+\overline {\beta}\) [終]
\({\small (2)}~\)[証明]
  \(\alpha\beta\)
 \(=(a+bi)(c+di)\)
 \(=(ac-bd)+(ad+bc)i\)
よって、
 \(\overline {\alpha\beta}=(ac-bd)-(ad+bc)i\)
次に、
  \(\overline {\alpha}\overline {\beta}\)
 \(=(a-bi)(c-di)\)
 \(=(ac-bd)-(ad+bc)i\)
したがって、
 \(\overline {\alpha\beta}=\overline {\alpha}\overline {\beta}\) [終]
p.58
4
\({\small (1)}~\)
[証明] \(x=1-\sqrt{3}i\) より、
 \(x-1=-\sqrt{3}i\)
両辺を2乗すると、
 \((x-1)^2=(-\sqrt{3}i)^2\)
 \(x^2-2x+1=3i^2\)
\(i^2=-1\) より、
 \(x^2-2x+1=-3\)
したがって、
 \(x^2-2x+4=0\) [終]
\({\small (2)}~12-\sqrt{3}i\)
p.58
5
\(a<-2~,~1<a\)
p.58
6
\(k=-4~,~2\)
p.58
7
\(-3x+7\)
p.58
8
\(a=6~,~b=-3\)
p.58
9
\({\small (1)}~3\) \({\small (2)}~0\)
p.58
10
\(3\) ㎝
p.58
11
[証明]
\({\large \frac{x}{a}}={\large \frac{y}{b}}={\large \frac{z}{c}}=k\) とすると、
 \(x=ka~,~y=kb~,~z=kc\)
これより、
 (左辺)
\(=(a^2+b^2+c^2)\)
  \(\{(ka)^2+(kb)^2+(kc)^2\}\)
\(=k^2(a^2+b^2+c^2)^2\)
また、
 (右辺)
\(=(a\cdot ka+b\cdot kb+c\cdot kc)^2\)
\(=k^2(a^2+b^2+c^2)^2\)
したがって、
\((a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)\)
 \(=(ax+by+cz)^2\) [終]
p.58
12
[証明]
 (右辺)\(-\)(左辺)
\(=2(ac+bd)-(a+b)(c+d)\)
\(=2ac+2bd-ac-ad-bc-bd\)
\(=ac-ad-bc+bd\)
\(=a(c-d)-b(c-d)\)
\(=(a-b)(c-d)\)
ここで、\(a≧b~,~c≧d\) より、
 \(a-b≧0~,~c-d≧0\)
よって、
\(=(a-b)(c-d)≧0\)
したがって、
 \((a+b)(c+d)≦2(ac+bd)\)
等号が成り立つのは、\(a-b=0\) または \(c-d=0\) すなわち \(a=b\) または \(c=d\) のとき [終]
p.58
13
\({\small (1)}~\)
[証明]
 (左辺)\(-\)(右辺)
\(=(a^2+b^2)(x^2+y^2)-(ax+by)^2\)
\(=a^2x^2+a^2y^2+b^2x^2+b^2y^2\)
  \(-(a^2x^2+2abxy+b^2y^2)\)
\(=b^2x^2-2abxy+a^2y^2\)
\(=(bx-ay)^2≧0\)
したがって、
\((a^2+b^2)(x^2+y^2)≧(ax+by)^2\)
等号が成り立つのは、\(bx-ay=0\) すなわち \(bx=ay\) のとき [終]
\({\small (2)}~\)
[証明]
 (左辺)\(-\)(右辺)
\(=a^2+b^2+c^2-(ab+bc+ca)\)
\(={\large \frac{1}{2}}(2a^2+2b^2+2c^2\)
   \(-2ab-2bc-2ca)\)
\(={\large \frac{1}{2}}(a^2-2ab+b^2\)
   \(+b^2-2bc+c^2\)
     \(+c^2-2ca+a^2)\)
\(={\large \frac{1}{2}}\{(a-b)^2\)
    \(+(b-c)^2+(c-a)^2\}\)
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.58
14
\({\small (1)}~\)
[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]
\({\small (2)}~\)
[証明]
 (左辺)
\(={\large \frac{a}{a}}+{\large \frac{4a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}+{\large \frac{4b}{b}}\)
\(={\large \frac{4a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}+5\)
\(a>0~,~b>0\) であるので、\({\large \frac{4a}{b}}>0~,~{\large \frac{b}{a}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
 \({\large \frac{4a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}≧2\sqrt{{\large \frac{4a}{b}}\cdot{\large \frac{b}{a}}}=4\)
両辺に \(5\) を加えると、
 \({\large \frac{4a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}+5≧4+5\)
したがって、
 \((a+b)\left({\large \frac{1}{a}}+{\large \frac{4}{b}}\right)≧9\)
また、等号が成立するのは \({\large \frac{4a}{b}}={\large \frac{b}{a}}\) のときで \(a>0~,~b>0\) より \(2a=b\) のとき
[終]

 

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