東京書籍：Advanced数学Ⅱ

p.6
問1
\(a^3-3a^2b+3ab^2-b^3\)

p.6
問2
\({\small (1)}~x^3+3x^2+3x+1\)
\({\small (2)}~27x^3-27x^2+9x-1\)
\({\small (3)}~x^3+30x^2y+300xy^2+1000y^3\)
\({\small (4)}~8x^3-60x^2y+150xy^2-125y^3\)

p.9
問3
[証明]
\(~~~~~~(a+b)(a^2-ab+b^2)\)
\(~=a^3-a^2b+ab^2\)
\(~~~~~~~~+a^2b-ab^2+b^3\)
\(~=a^3+b^3\)

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

p.7
問4
\({\small (1)}~x^3+343\)
\({\small (2)}~125x^3-27y^3\)
→ ３次式の展開（数学Ⅰ）

p.7
問5
\({\small (1)}~(x+1)(x^2-x+1)\)
\({\small (2)}~(x-2)(x^2+2x+4)\)
\({\small (3)}~(4x-5y)(16x^2+20xy+25y^2)\)
→ ３次式の因数分解（数学Ⅰ）

p.7
問6
\({\small (1)}~(x+2y)(x^2-2xy+4y^2)\)
　　　　\((x-2y)(x^2+2xy+4y^2)\)
\({\small (2)}~(x+2)(x^2-2x+4)\)
　　　　\((x-1)(x^2+x+1)\)
→ ６次式の因数分解

p.8
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.8
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.10
問9
\({\small (1)}~81a^4+108a^3b\)
　　　　\(+54a^2b^2+12ab^3+b^4\)
\({\small (2)}~16x^4-96x^3y+216x^2y^2\)
　　　　\(-216xy^3+81y^4\)
\({\small (3)}~32x^{10}+80x^8+80x^6\)
　　　　\(+40x^4+10x^2+1\)

p.10
問10
\({\small (1)}~576\)　\({\small (2)}~-5103\)
→ 二項定理

p.11
問11
\(x^2y^2z\)の係数 \(360\)
\(x^3y^2\)の係数 \(40\)

p.12
問12
\(-840\)
→ 多項定理

p.12
問13
\({\small (1)}~\)[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]

\({\small (2)}~\)[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、
　\({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }-1\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ 1 } +(-1)^2\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\)
　　　　\(+\cdots +(-1)^n\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ n }\)
したがって、
\(0={}_{ n } {\rm C}_{ 0 }-{}_{ n } {\rm C}_{ 1 } +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\)
　　　　　\(-\cdots +(-1)^n\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ n }\)
[終]
→ 二項定理の利用

p.13
問14
商 \(x+2\)、余り \(9\)
\(3x^2+2x+1=(3x-4)(x+2)+9\)

p.14
問15
\({\small (1)}~\)商 \(2x-5\)、余り \(4x-7\)
\({\small (2)}~\)商 \(2x^2+x-1\)、余り \(0\)
\({\small (3)}~\)商 \(3x-2\)、余り \(9x+3\)
\({\small (4)}~\)商 \(x^2+2x-1\)、余り \(x+3\)

p.15
問16
\(x^2+5x-2\)
→ 整式の割り算

p.15
問17
商 \(x^2-xy-2y^2\)、余り \(0\)

p.16
問18
\({\small (1)}~{\large \frac{4ac}{5b^2}}\)　\({\small (2)}~{\large \frac{x+2}{2x+1}}\)
\({\small (3)}~{\large \frac{x^2-x+1}{x+3}}\)

p.17
問19
\({\small (1)}~{\large \frac{x-3}{(x+2)^2}}\)　\({\small (2)}~{\large \frac{(x+1)(x^2+2x+4)}{(x+2)(x-1)}}\)
→ 分数式の計算

p.17
問20
\({\small (1)}~{\large \frac{2}{x+3}}\)　\({\small (2)}~{\large \frac{x}{x-1}}\)

p.18
問21
\({\small (1)}~{\large \frac{4x+5}{(x+3)(x-4)}}\)
\({\small (2)}~{\large \frac{x}{(x-1)(2x-1)}}\)
→ 通分を用いる分数式の計算

p.18
問22
\({\small (1)}~{\large \frac{a+1}{a-1}}\)　\({\small (2)}~-{\large \frac{y}{x}}\)
→ 分母や分子に分数式を含む式

p.19
1
\({\small (1)}~8a^3-36a^2b+54ab^2-27b^3\)
\({\small (2)}~64a^3-27b^3\)

p.19
2
\({\small (1)}~(xy-3z)(x^2y^2+3xyz+9z^2)\)
\({\small (2)}~(x+y+1)\)
　　　　\((x^2-xy+y^2-x+2y+1)\)

p.19
3
\({\small (1)}~x^{11}\)の係数 \(-12a^{11}b\)
　\(x^2\)の係数 \(66a^2b^{10}\)
\({\small (2)}~-1680\)

p.19
4
\({\small (1)}~\)商 \(4x+1\)、余り \(5x+3\)
\({\small (2)}~\)商 \(2x^2+x-{\large \frac{1}{3}}\)、余り \({\large \frac{2}{3}}\)
\({\small (3)}~\)商 \({\large \frac{1}{2}}x^2-x+1\)、余り \(7\)

p.19
5
\(A=2x^3-8x+7\)

p.19
8
\({\small (1)}~{\large \frac{(2x+5y)(x-y)}{(x+y)^2}}\)　\({\small (2)}~x\)
\({\small (3)}~{\large \frac{4}{(x+1)(x-1)(x^2+1)}}\)　\({\small (4)}~{\large \frac{x+3}{x+1}}\)
\({\small (5)}~{\large \frac{a+2}{2a+3}}\)

p.20
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.21
問2
\({\small (1)}~x=4~,~y=-3\)
\({\small (2)}~x=2~,~y=3\)
→ 複素数の相等

p.21
問3
\({\small (1)}~i\)　\({\small (2)}~-20\)
\({\small (3)}~-2\)　\({\small (4)}~1\)

p.22
問4
\({\small (1)}~7+3i\)　\({\small (2)}~1-3i\)
\({\small (3)}~31-29i\)　\({\small (4)}~25\)
→ 複素数の計算

p.22
問5
\({\small (1)}~3-2i\)　\({\small (2)}~\sqrt{5}+\sqrt{2}i\)
\({\small (3)}~-4\)　\({\small (4)}~-3i\)
→ 共役な複素数と式の値

p.22
問6
\({\small (1)}~{\large \frac{3}{10}}+{\large \frac{1}{10}}i\)　\({\small (2)}~-i\)
\({\small (3)}~{\large \frac{4}{5}}-{\large \frac{3}{5}}i\)　\({\small (4)}~-i\)
→ 分数と複素数

p.23
問7
\(\pm\sqrt{5}i\)

p.24
問8
\({\small (1)}~2\sqrt{2}i\)　\({\small (2)}~-5\sqrt{2}i\)
\({\small (3)}~{\large \frac{\sqrt{7}}{4}}i\)

p.24
問9
\(\pm3\sqrt{2}i\)

p.24
問10
\({\small (1)}~2\sqrt{3}i\)　\({\small (2)}~-14\sqrt{5}\)
\({\small (3)}~-3i\)
→ 負の数の平方根

p.25
問11
\({\small (1)}~x={\large \frac{-3\pm\sqrt{13}}{2}}\)
\({\small (2)}~x={\large \frac{3\pm\sqrt{11}i}{5}}\)
\({\small (3)}~x={\large \frac{\sqrt{3}\pm i}{2}}\)
\({\small (4)}~x={\large \frac{1}{2}}\)
→ ２次方程式の虚数解

p.27
問12
\({\small (1)}~\)異なる２つの実数解をもつ
\({\small (2)}~\)異なる２つの虚数解をもつ
\({\small (3)}~\)重解をもつ
→ 複素数範囲での２次方程式の解の条件

p.27
問13
\(k<1~,~5<k\) のとき
　異なる２つの実数解をもつ
\(k=1~,~5\) のとき
　重解をもつ
\(1<k<5\) のとき
　異なる２つの虚数解をもつ

p.27
問14
\(k=3\) のとき、\(x=-3\)
または
\(k=-1\) のとき、\(x=1\)
→ 複素数範囲での２次方程式の解の条件

p.28
問15
\({\small (1)}~\)和 \(-{\large \frac{3}{2}}\)、積 \(-2\)
\({\small (2)}~\)和 \(1\)、積 \(2\)

p.29
問16
\({\small (1)}~6\)　\({\small (2)}~-4\)　\({\small (3)}~4\)
\({\small (4)}~{\large \frac{6}{5}}\)
→ ２次方程式の解と係数の関係

p.29
問17
\(m=\pm8\)
→ ２つの解の条件と解と係数の関係

p.30
問18
\({\small (1)}~\left(x-{\large \frac{1+\sqrt{5}}{2}}\right)\left(x-{\large \frac{1-\sqrt{5}}{2}}\right)\)
\({\small (2)}~3\left(x-{\large \frac{1+\sqrt{2}i}{3}}\right)\left(x-{\large \frac{1-\sqrt{2}i}{3}}\right)\)
\({\small (3)}~(x+\sqrt{5})(x-\sqrt{5})\)
\({\small (4)}~(x+2i)(x-2i)\)

p.31
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.31
問20
\({\small (1)}~x^2+x-2=0\)
\({\small (2)}~x^2-4x-1=0\)
\({\small (3)}~x^2+10x+26=0\)
→ 解が与えられた２次方程式

p.32
問21
\({\small (1)}~{\large \frac{1+\sqrt{3}i}{2}}~,~{\large \frac{1-\sqrt{3}i}{2}}\)
\({\small (1)}~-4+\sqrt{5}~,~-4-\sqrt{5}\)

p.32
問22
\({\small (1)}~x^2+6x+17=0\)
\({\small (2)}~3x^2+2x+1=0\)
\({\small (3)}~x^2+2x+9=0\)

p.34
問23
\({\small (1)}~1<k<3\)
\({\small (2)}~k>3\)
→ ２次方程式の解の符号

p.35
7
\(a=2~,~b=1\)

p.35
8
\({\small (1)}~6\sqrt{2}i\)　\({\small (2)}~21-20i\)
\({\small (3)}~{\large \frac{6}{5}}\)　\({\small (4)}~-{\large \frac{6}{13}}-{\large \frac{17}{13}}i\)

p.35
9
\({\small (1)}~\)[証明] \(a~,~b~,~c~,~d\) を実数として、\(\alpha=a+bi~,~\beta=c+di\) とすると、$$~\alpha+\beta=(a+c)+(b+d)i$$よって、$$~~~~~~\overline {\alpha+\beta}$$$$~=(a+c)-(b+d)i$$$$~=(a-bi)+(c-di)$$$$~=\overline {\alpha}+\overline {\beta}$$[終]

\({\small (2)}~\)[証明] \(a~,~b~,~c~,~d\) を実数として、\(\alpha=a+bi~,~\beta=c+di\) とすると、$$~~~~~~\overline {\alpha\beta}$$$$~=\overline {(a+bi)(c+di)}$$$$~=(ac-bd)-(ad-bc)i$$また、$$~~~~~~\overline {\alpha}\overline {\beta}$$$$~=(a-bi)(c-di)$$$$~=(ac-bd)-(ad-bc)i$$したがって、$$~~~\overline {\alpha\beta}=\overline {\alpha}\overline {\beta}$$[終]

p.35
10
\({\small (1)}~\)
　\(\sqrt{a}\sqrt{b}\)
\(=\sqrt{3}\sqrt{-12}=\sqrt{3}\cdot2\sqrt{3}i=6i\)

　\(\sqrt{ab}\)
\(=\sqrt{3\times(-12)}=\sqrt{-36}=6i\)
よって、\(\sqrt{a}\sqrt{b}=\sqrt{ab}\) は成り立つ

\({\large \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}}}={\large \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{-12}}}={\large \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{3}i}}={\large \frac{1}{2i}}=-{\large \frac{i}{2}}\)

\(\sqrt{{\large \frac{a}{b}}}=\sqrt{-{\large \frac{1}{4}}}={\large \frac{i}{2}}\)
よって、\({\large \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}}}=\sqrt{{\large \frac{a}{b}}}\) は成り立たない

\({\small (2)}~\)
　\(\sqrt{a}\sqrt{b}\)
\(=\sqrt{-2}\sqrt{-5}=\sqrt{2}i\cdot\sqrt{5}i=-\sqrt{10}\)

　\(\sqrt{ab}\)
\(=\sqrt{(-2)\times(-5)}=\sqrt{10}\)
よって、\(\sqrt{a}\sqrt{b}=\sqrt{ab}\) は成り立たない

\({\large \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}}}={\large \frac{\sqrt{-2}}{\sqrt{-5}}}={\large \frac{\sqrt{2}i}{\sqrt{5}i}}={\large \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}}=\sqrt{{\large \frac{2}{5}}}\)

\(\sqrt{{\large \frac{a}{b}}}=\sqrt{{\large \frac{-2}{-5}}}=\sqrt{{\large \frac{2}{5}}}\)
よって、\({\large \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}}}=\sqrt{{\large \frac{a}{b}}}\) は成り立つ

p.35
11
\({\small (1)}~x={\large \frac{3\sqrt{2}\pm\sqrt{14}i}{4}}\)
\({\small (2)}~x=2~,~10\)

p.35
12
\(k<-2~,~8<k\)

p.35
13
\({\small (1)}~{\large \frac{7}{2}}\)　\({\small (2)}~-2\)　\({\small (3)}~{\large \frac{17}{2}}\)

p.35
14
\({\small (1)}~x^2+(m+6)x+3m+10=0\)
\({\small (2)}~-{\large \frac{10}{3}}<m≦-2~,~2≦m\)

p.36
問1
\({\small (1)}~-1\)　\({\small (2)}~1\)　\({\small (3)}~{\large \frac{1}{27}}\)

p.36
問2
\({\small (1)}~15\)　\({\small (2)}~-7\)

p.37
問3
\({\small (1)}~\)[証明] \(P(x)\) 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、\(x=-{\large \frac{b}{a}}\) を代入すると、$$~~~~~~P\left(-{ \frac{b}{a}}\right)$$$$~=(-b+b)Q\left(-{\frac{b}{a}}\right)+R$$$$~=0+R=R$$したがって、整式 \(P(x)\) を１次式 \(ax+b\) で割った余りは、\(P\left(-{\large \frac{b}{a}}\right)\) に等しい [終]

\({\small (2)}~2\)
→ 剰余の定理

p.37
問4
\(a=2\)

p.37
問5
\(-x+5\)
→ 剰余の定理と余りの決定

p.39
問6
\({\small (1)}~\)
　\(x-3\) を因数にもつ
　\(x+3\) を因数にもたない
\({\small (2)}~\)
　\(x-3\) を因数にもつ
　\(x+3\) を因数にもつ

p.38
問7
\({\small (1)}~(x-1)(x-2)(x-3)\)
\({\small (2)}~(x-1)(x+2)^2\)
\({\small (3)}~(x-2)(3x+1)(x+3)\)
→ 因数定理を用いる因数分解

p.39
問8
\({\small (1)}~x=2~,~-1\pm\sqrt{3}i\)
\({\small (2)}~x=-1~,~{\large \frac{1\pm\sqrt{3}i}{2}}\)
\({\small (3)}~x=0~,~-2~,~1\pm\sqrt{3}i\)

p.39
問9
\({\small (1)}~\)
[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.40
問10
\({\small (1)}~x=\pm1~,~\pm\sqrt{2}\)
\({\small (2)}~x=\pm2~,~\pm\sqrt{7}i\)
→ 高次方程式の解②（４次方程式）

p.40
問11
\({\small (1)}~x=2~,~-1\pm\sqrt{5}\)
\({\small (2)}~x=-1~,~{\large \frac{1\pm\sqrt{5}i}{6}}\)
→ 高次方程式の解①（３次方程式）

p.41
問12
\({\small (1)}~x=-1~,~\pm2~,~3\)
\({\small (2)}~x=-2~,~-{\large \frac{1}{2}}~,~1\)

p.41
問13
\({\small (1)}~x=2~,~-3\)
\({\small (2)}~x=-1\)

p.42
問14
\(a=-5~,~b=9\)、他の解 \(x=1~,~2+i\)
→ ３次方程式の虚数解

p.43
15
\({\small (1)}~a=-1\)　\({\small (2)}~a=-13\)
\({\small (3)}~a=3\)

p.43
16
\(a=2~,~b=1\)

p.43
17
\(2\)

p.43
18
\({\small (1)}~0\)　\({\small (2)}~-1\)

p.43
19
\({\small (1)}~x=\pm2~,~\pm\sqrt{2}i\)
\({\small (2)}~x=-2~,~3~,~{\large \frac{1\pm\sqrt{7}i}{2}}\)
\({\small (3)}~x=2~,~\pm\sqrt{2}\)
\({\small (4)}~x=-2~,~{\large \frac{1}{2}}~,~3\)
\({\small (5)}~x={\large \frac{1}{3}}~,~\pm{\large \frac{1}{2}}~,~1\)

p.43
20
\(a=-1~,~b=6\)
他の解 \(x=-2~,~1-\sqrt{2}i\)

p.43
21
\({\small (1)}~a=4~,~b=1\)
　他の解 \(x=-3\)
\({\small (2)}~a=-4~,~b=-11\)
　他の解 \(x=6\)

p.45
問1
\(a=7~,~b=4~,~c=-11\)

p.46
問2
\(a=5~,~b=-1\)
→ 恒等式

p.47
問3
\({\small (1)}~\)[証明]
　(左辺)
\(~=(x^2-1)^2+3x(x-1)\)
\(~=x^4-2x^2+1+3x^2-3x\)
\(~=x^4+x^2-3x+1\)
　(右辺)
\(~=(x^2+1)^2-x(x+3)\)
\(~=x^4+2x^2+1-x^2-3x\)
\(~=x^4+x^2-3x+1\)
したがって、
　\((x^2-1)^2+3x(x-1)\)
　　\(~=(x^2+1)^2-x(x+3)\)
[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.47
問4
[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]

p.47
問5
[証明] \(a+b+c=0\) より \(c=-a-b\)
これを、左辺に代入すると、
　(左辺)
\(~=a^2+b^2+(-a-b)^2\)
　　\(+2\{ab+b(-a-b)+(-a-b)a\}\)
\(~=a^2+b^2+a^2+2ab+b^2\)
　　\(+2(ab-ab-b^2-a^2-ab)\)
\(~=2a^2+2ab+2b^2\)
　　\(+2(-a^2-ab-b^2)\)
\(~=2a^2+2ab+2b^2-2a^2-2ab-2b^2\)
\(~=0\)
したがって、
　\(a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=0\)
[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)
\(~={\large \frac{kb+2b}{2bk+b}}={\large \frac{b(k+2)}{b(2k+1)}}\)
\(~={\large \frac{k+2}{2k+1}}\)
次に、右辺に代入すると、
　(右辺)
\(~={\large \frac{kd+2d}{2dk+d}}={\large \frac{d(k+2)}{d(2k+1)}}\)
\(~={\large \frac{k+2}{2k+1}}\)
したがって、
　\({\large \frac{a+2b}{2a+b}}={\large \frac{c+2d}{2c+d}}\)
[終]
→ 比例式と等式の証明

p.48
問7
[証明] \(x:y:z=2:3:4\) より、 \(k\) を用いて
　\(x=2k~,~y=3k~,~z=4k\)
よって、
　\(x^2:y^2:z^2\)
\(~=4k^2:9k^2:16k^2\)
\(~=4:9:16\) [終]

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、
　\(ab>0\)
\({\small (3)}~\)
\(a>b\) の両辺に \(c\) を加えると
　\(a+c>b+c\)
\(c>d\) の両辺に \(b\) を加えると
　\(c+b>d+b\)
これらより、
　\(a+c>b+d\)

p.50
問9
[証明]
　(左辺)−(右辺)
\(=ab+cd-ad-bc\)
\(=a(b-d)-c(b-d)\)
\(=(a-c)(b-d)\)
ここで、\(a>c~,~b>d\) より、
　\(a-c>0~,~b-d>0\)
よって、
\(=(a-c)(b-d)>0\)
したがって、
　\(ab+cd>ad+bc\) [終]
→ 不等式の証明①（条件付き）

p.50
問10
[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
　\(2(x^2+y^2)≧(x-y)^2\)
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11
[証明]
　(左辺)−(右辺)
\(~=2x^2+5-4x\)
\(~=2(x-1)^2+3\)
ここで、\((x-1)^2≧0\) であるので、
\(~=2(x-1y)^2+3>0\)
したがって、
　\(2x^2+5>4x\) [終]

p.51
問12
\({\small (1)}~\)[証明]
　(左辺)−(右辺)
\(=a^2+2b^2-2ab\)
\(=(a-b)^2+b^2\)
ここで、\((a-b)^2≧0~,~b^2≧0\) より、
\(=(a-b)^2+b^2≧0\)
したがって、(左辺)−(右辺)\(≧0\) より
　\(a^2+2b^2≧2ab\)
また、等号が成立するのは \(a-b=0\) かつ \(b=0\) のとき、すなわち \(a=b=0\) のとき [終]

\({\small (2)}~\)[証明]
　(左辺)−(右辺)
\(~=2x^2-6xy+5y^2\)
\(~=2\left(x-{\large \frac{3}{2}}y\right)^2+{\large \frac{1}{2}}y^2\)
ここで、\(\left(x-{\large \frac{3}{2}}y\right)≧0~,~{\large \frac{1}{2}}y^2≧0\) より
\(~=2\left(x-{\large \frac{3}{2}}y\right)^2+{\large \frac{1}{2}}y^2≧0\)
したがって、(左辺)−(右辺)\(≧0\) より
　\(2x^2≧6xy-5y^2\)
また、等号が成立するのは \(x-{\large \frac{3}{2}}y=0\) かつ \(y=0\) のとき、すなわち \(x=y=0\) のとき [終]
→ 不等式の証明②（２次式）

p.53
問13
\({\small (1)}~\)
[証明] \(a>0~,~{\large \frac{9}{a}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
　\(a+{\large \frac{9}{a}}≧2\sqrt{a\cdot{\large \frac{9}{a}}}=6\)
また、等号が成立するのは \(a={\large \frac{9}{a}}\) のときで \(a>0\) より \(a=3\) のとき [終]

\({\small (2)}~\)
[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]
→ 相加平均と相乗平均

p.54
問14
[証明]
　(右辺)\(^2\)−(左辺)\(^2\)
\(~=\left(1+{\large \frac{a}{2}}\right)^2-(\sqrt{1+a})^2\)
\(~=1+a+{\large \frac{a^2}{4}}-1-a\)
\(~={\large \frac{a^2}{4}}>0\)
したがって、
　\((\sqrt{1+a})^2<\left(1+{\large \frac{a}{2}}\right)^2\)
ここで、\(\sqrt{1+a}>0~,~1+{\large \frac{a}{2}}>0\) より、
　\(\sqrt{1+a}<1+{\large \frac{a}{2}}\) [終]
→ 不等式の証明③（平方根）

p.54
問15
[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）

p.55
22
\({\small (1)}~ a=1~,~b=-2~,~c=1\)
\({\small (2)}~ a=2~,~b=-2~,~c=3\)

p.55
23
[証明]
　(左辺)
\(~=a^2b-a^2c+b^2c\)
　　　　\(-b^2a+c^2a-c^2b\)
　(右辺)
\(~=a^2b-ab^2+b^2c\)
　　　　\(-bc^2+c^2a-ac^2\)
\(~=a^2b-a^2c+b^2c\)
　　　　\(-b^2a+c^2a-c^2b\)
したがって、
　\(a^2(b-c)+b^2(c-a)\)
　　　　　　\(+c^2(a-b)\)
　　\(=ab(a-b)+bc(b-c)\)
　　　　　　　　\(+ca(c-a)\) [終]

p.55
24
[証明] \(a+b+c=0\) より、\(c=-a-b\)
これより、
　(左辺)
\(~=a^2(b-a-b)\)
　　　\(+b^2(-a-b+a)\)
　　　\(+(-a-b)^2(a+b)\)
\(~=-a^3-b^3+(a+b)^3\)
\(~=3a^2b+3ab^2\)
　(右辺)
\(~=-3ab(-a-b)\)
\(~=3a^2b+3ab^2\)
したがって、
\(a^2(b+c)+b^2(c+a)\)
　　　\(+c^2(a+b)=-3abc\) [終]

p.55
25
[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)
\(~={\large \frac{(bk+b)^2}{kb\cdot b}}={\large \frac{b^2(k+1)^2}{kb^2}}\)
\(~={\large \frac{(k+1)^2}{k}}\)
次に、右辺に代入すると、
　(右辺)
\(~={\large \frac{(dk+d)^2}{kd\cdot d}}={\large \frac{d^2(k+1)^2}{kd^2}}\)
\(~={\large \frac{(k+1)^2}{k}}\)
したがって、
　\({\large \frac{(a+b)^2}{ab}}={\large \frac{(c+d)^2}{cd}}\)
[終]

p.55
26
\({\small (1)}~\)[証明]
\(a~,~b~,~c~,~d\) が正の数で、相加平均と相乗平均の関係より、
　\(a+b≧2\sqrt{ab}\)
　\(c+d≧2\sqrt{cd}\)
両辺を掛け算すると、
　\((a+b)(c+d)≧2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{cd}\)
したがって、
　\((a+b)(c+d)≧4\sqrt{abcd}\)
また、等号が成立するのは、\(a=b\) かつ \(c=d\) のとき [終]

\({\small (2)}~\)[証明]
\(a~,~b~,~c\) が正の数で、相加平均と相乗平均の関係より、
　\(a+b≧2\sqrt{ab}\)
　\(b+c≧2\sqrt{bc}\)
　\(c+a≧2\sqrt{ca}\)
各辺を掛け算すると、
　\((a+b)(b+c)(c+a)\)
　　　　\(≧2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{bc}\cdot2\sqrt{ca}\)
したがって、
　\((a+b)(b+c)(c+a)≧8abc\)
また、等号が成立するのは、\(a=b=c\) のとき [終]

p.55
27
\({\small (1)}~\)[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 \(a=b=1\) のとき [終]

\({\small (2)}~\)
[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]

p.55
28
[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.55
29
[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.56
参考1
\({\small (1)}~\)商 \(x^2-2x+2\)、余り \(3\)
\({\small (2)}~\)商 \(x^3-2x^2+3x-3\)、余り \(0\)

p.57
発展1
\({\small (1)}~{\large \frac{7}{2}}\)　\({\small (2)}~{\large \frac{2}{3}}\)

p.58
1
[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、\((1-2)^n=(-1)^n\)
右辺は、
\({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }\cdot(-2) +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\cdot(-2)^2\)
　　　　　\(+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }\cdot(-2)^n\)
したがって、
\({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }-2{}_{ n } {\rm C}_{ 1 } +2^2{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\)
　　　　　\(-\cdots +(-2)^n\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ n }=(-1)^n\)
[終]

p.58
2
\({\small (1)}~x=2~,~y=-5\)
\({\small (2)}~x=2~,~y=-1\)

p.58
3
\(a<-2~,~1<a\)

p.58
4
\(k=2\) のとき、
　\(\alpha=1~,~\beta=-3\)
　　または
　\(\alpha=-3~,~\beta=1\)
\(k=-4\) のとき、
　\(\alpha=1~,~\beta=3\)
　　または
　\(\alpha=3~,~\beta=1\)

p.58
5
\(a=6~,~b=-3\)

p.58
6
[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
7
\({\small (1)}~\)[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]

\({\small (2)}~\)\({\small (1)}~\)
[証明]
\({\large \frac{a}{b}}>0~,~{\large \frac{c}{d}}>0~,~{\large \frac{b}{a}}>0~,~{\large \frac{d}{c}}>0\) であり、相加平均と相乗平均の関係より、
　\({\large \frac{a}{b}}+{\large \frac{c}{d}}≧2\sqrt{{\large \frac{a}{b}}\cdot{\large \frac{c}{d}}}\)
　\({\large \frac{b}{a}}+{\large \frac{d}{c}}≧2\sqrt{{\large \frac{b}{a}}\cdot{\large \frac{d}{c}}}\)
両辺を掛け算すると、
　\(\left({\large \frac{a}{b}}+{\large \frac{c}{d}}\right)\left({\large \frac{b}{a}}+{\large \frac{d}{c}}\right)\)
　　　\(≧4\sqrt{{\large \frac{a}{b}}\cdot{\large \frac{c}{d}}\cdot{\large \frac{b}{a}}\cdot{\large \frac{d}{c}}}=4\)
したがって、
　\(\left({\large \frac{a}{b}}+{\large \frac{c}{d}}\right)\left({\large \frac{b}{a}}+{\large \frac{d}{c}}\right)≧4\)
また、等号が成立するのは、
　\({\large \frac{a}{b}}={\large \frac{c}{d}}\) かつ \({\large \frac{b}{a}}={\large \frac{d}{c}}\)
すなわち \(ad=bc\) のとき [終]

\({\small (3)}~\)[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]

p.59
8
\(k<{\large \frac{1}{4}}\)

p.59
9
\({\small (1)}~\)[証明]
\(x=1-\sqrt{3}i\) より、\(x-1=-\sqrt{3}i\)
両辺を２乗すると、
　\((x-1)^2=(-\sqrt{3}i)^2\)
　\(~\Leftrightarrow~x^2-2x+1=-3\)
したがって、
　\(x^2-2x+4=0\) [終]

\({\small (2)}~11\)

p.59
10
\(x^2+3x+4=0\)

p.59
11
\(-3x+7\)

p.59
12
\(k\) を自然数として、
\(n=3k\) のとき、\(2\)
\(n=3k-1\) のとき、\(-1\)
\(n=3k-2\) のとき、\(-1\)

p.59
13
[証明] \({\large \frac{a}{b}}={\large \frac{b}{c}}=k\) より、
　\(a=kb~,~b=kc\)
これより、
　\(a=k\cdot kc=k^2c\)
これらを代入すると、
　(左辺)
\(=(k^2c+kc+c)(k^2c-kc+c)\)
\(=c^2(k^2+k+1)(k^2-k+1)\)
\(=c^2\left\{(k^2+1)^2-k^2\right\}\)
\(=c^2(k^4+k^2+1)\)
　(右辺)
\(=(k^2c)^2+(kc)^2+c^2\)
\(=c^2(k^4+k^2+1)\)
したがって、
　\((a+b+c)(a-b+c)\)
　　　\(=a^2+b^2+c^2\) [終]

p.59
14
[証明]
　(右辺)−(左辺)
\(=2(ax+by)-(a+b)(x+y)\)
\(=2ax+2by-ax-ay-bx-by\)
\(=ax-ay-bx+by\)
\(=a(x-y)-b(x-y)\)
\(=(a-b)(x-y)\)
ここで、\(a≧b~,~x≧y\) より、
　\(a-b≧0~,~x-y≧0\)
よって、
\(=(a-b)(x-y)≧0\)
したがって、
　\((a+b)(x+y)≦2(ax+by)\)
等号が成り立つのは、\(a-b=0\) または \(x-y=0\) すなわち \(a=b\) または \(x=y\) のとき [終]

p.59
15
平方の差を考えると、
　\((\sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2})^2-(|a|+|b|)^2\)
\(=2(a^2+b^2)-(a^2+2|a||b|+b^2)\)
\(=a^2-2|a||b|+b^2\)
\(=(|a|-|b|)^2≧0\)
よって、
\((\sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2})^2≧(|a|+|b|)^2\)

また、
　\((|a|+|b|)^2-(\sqrt{a^2+b^2})^2\)
\(=a^2+2|a||b|+b^2-(a^2+b^2))\)
\(=2|ab|≧0\)
よって、
　\((|a|+|b|)^2≧(\sqrt{a^2+b^2})^2\)

これらより、
　\((\sqrt{a^2+b^2})^2≦\)
　　\((|a|+|b|)^2≦(\sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2})^2\)
それぞれ０以上であるので、
　\(\sqrt{a^2+b^2}≦\)
　　\(|a|+|b|≦\sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2}\) [終]