数研出版：改訂版数学Ⅱ

p.7
練習1
\({\small (1)}~x^3+3x^2+3x+1\)
\({\small (2)}~x^3-6x^2+12x-8\)
\({\small (3)}~27a^3+27a^2b+9ab^2+b^3\)
\({\small (4)}~8x^3-36x^2y+54xy^2-27y^3\)

p.7
問1
[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]

[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.7
練習2
\({\small (1)}~x^3+8\)
\({\small (2)}~x^3-27\)
\({\small (3)}~27x^3+y^3\)
\({\small (4)}~8x^3-27a^3\)
→ ３次式の展開（数学Ⅰ）

p.8
練習3
\({\small (1)}~(x+2)(x^2-2x+4)\)
\({\small (2)}~(x-4)(x^2+4x+16)\)
\({\small (3)}~(a+3b)(a^2-3ab+9b^2)\)
\({\small (4)}~(2x-5y)(4x^2+10xy+25y^2)\)
→ ３次式の因数分解（数学Ⅰ）

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

p.9
問2
\(5~,~10~,~10~,~5\)

p.10
練習5
\(1~,~6~,~15~,~20~,~15~,~6~,~1\)
\(1~,~7~,~21~,~35~,~35~,~21~,~7~,~1\)

p.11
練習6
\({\small (1)}~a^5-5a^4b+10a^3b^2\)
　　　　\(-10a^2b^3+5ab^4-b^5\)
\({\small (2)}~x^6+12x^5+60x^4\)
　　　　\(+160x^3+240x^2+192x+64\)

p.11
練習7
\({\small (1)}~4860\)　\({\small (2)}~-720\)
→ 二項定理

p.12
練習8
\({\small (1)}~\)[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、\(x=-1\) 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]

\({\small (2)}~\)[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、\(x=-2\) 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]
→ 二項定理の利用

p.12
練習9
\({\small (1)}~105\)　\({\small (2)}~140\)　\({\small (3)}~35\)
→ 多項定理

p.13
研究1
\(2520\)

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

p.16
練習11
\(x^2+3x-2\)

p.16
練習12
商 \(x^2-ax+2a^2\)、余り \(-2a^3\)
→ 整式の割り算

p.17
練習13
\({\small (1)}~{\large \frac{ax^2}{5y}}\)　\({\small (2)}~{\large \frac{x+5}{x-3}}\)
\({\small (3)}~{\large \frac{x+1}{x^2+x+1}}\)　\({\small (4)}~{\large \frac{a(a+4b)}{2(a-b)}}\)

p.18
練習14
\({\small (1)}~{\large \frac{(x+2y)(x-y)}{x(x-2y)}}\)
\({\small (2)}~{\large \frac{x-1}{x-4}}\)
→ 分数式の計算

p.18
練習15
\({\small (1)}~x-2\)
\({\small (2)}~{\large \frac{2}{x+a}}\)

p.19
練習16
\({\small (1)}~{\large \frac{2}{x(x+2)}}\)
\({\small (2)}~-{\large \frac{x-4}{(x-1)(x+2)}}\)
→ 通分を用いる分数式の計算

p.19
練習17
\({\small (1)}~{\large \frac{x}{y}}\)　\({\small (2)}~-a+1\)
→ 分母や分子に分数式を含む式

p.20
問3
(2) と (4)

p.21
練習18
\({\small (1)}~a=3~,~b=-1\)
\({\small (2)}~a=1~,~b=2~,~c=1\)
\({\small (3)}~a=1~,~b=-3~,~c=1~,~d=0\)

p.22
練習19
\(a=-3~,~b=5\)
→ 恒等式

p.24
1
\({\small (1)}~8x^3y^3+12x^2y^2+6xy+1\)
\({\small (2)}~a^6-2a^3b^3+b^6\)

p.24
2
\({\small (1)}~(x+yz)(x^2-xyz+y^2z^2)\)
\({\small (2)}~(x+y-1)\)
　　　　\((x^2+2xy+y^2+x+y+1)\)
\({\small (3)}~(a-3)^3\)

p.24
3
\({\small (1)}~-2916\)　\({\small (2)}~-90\)

p.24
4
\({\small (1)}~\)商 \(2x+5\)、余り \(6x-7\)
\({\small (2)}~\)商 \(x^2-x+{\large \frac{1}{2}}\)、余り \(-{\large \frac{15}{2}}\)

p.24
5
\(3x^3-2x^2-5x+1\)

p.24
6
\({\small (1)}~1\)　\({\small (2)}~{\large \frac{2x-y}{2x+y}}\)
\({\small (3)}~{\large \frac{5}{(x+1)^2(x+2)}}\)　\({\small (4)}~{\large \frac{3x-2}{(2x-1)(x-1)}}\)

p.24
7
\({\small (1)}~a=2~,~b=-2~,~c=1\)
\({\small (2)}~a=-3~,~b=1~,~c=-2\)
\({\small (3)}~a={\large \frac{1}{3}}~,~b=-{\large \frac{1}{3}}~,~c={\large \frac{2}{3}}\)

p.26
練習20
\({\small (1)}~\)[証明]
　(右辺)
\(=(x^2+x+1)(x^2-x+1)\)
\(=\left\{(x^2+1)+x\right\}\left\{(x^2+1)-x\right\}\)
\(=(x^2+1)^2-x^2\)
\(=x^4+x^2+1\)
\(=\)(左辺)
したがって、
\(x^4+x^2+1\)
　　\(=(x^2+x+1)(x^2-x+1)\)
[終]

\({\small (2)}~\)[証明]
　(左辺)
\(=(a^2-b^2)(x^2-y^2)\)
\(=a^2x^2-a^2y^2-b^2x^2+b^2y^2\)
　(右辺)
\(=(ax+by)^2-(ay+bx)^2\)
\(=(a^2x^2+2abxy+b^2y^2)\)
　　　\(-(a^2y^2+2abxy+b^2x^2)\)
\(=a^2x^2-a^2y^2-b^2x^2+b^2y^2\)
したがって、
\((a^2-b^2)(x^2-y^2)\)
　　\(=(ax+by)^2-(ay+bx)^2\)
[終]
→ 等式の証明

p.26
練習21
\({\small (1)}~\)[証明]
　(左辺)−(右辺)
\(=a^2-bc-(b^2-ac)\)
\(a+b+c=0\) より、\(c=-a-b\) を代入すると、
\(=a^2-b(-a-b)-b^2+a(-a-b)\)
\(=a^2+ab+b^2-b^2-a^2-ab\)
\(=0\)
したがって、
　\(a^2-bc=b^2-ac\)
[終]

\({\small (2)}~\)[証明]
　(左辺)
\(=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)\)
\(a+b+c=0\) より、\(c=-a-b\) を代入すると、
\(=a^2+b^2+(-a-b)^2\)
　　\(+2ab+2b(-a-b)+2(-a-b)a\)
\(=a^2+b^2+a^2+2ab+b^2\)
　　\(+2ab-2ab-2b^2-2a^2-2ab\)
\(=0\)
したがって、
\(a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=0\)
[終]
→ 条件付き等式の証明

p.27
練習22
\({\large \frac{a}{b}}={\large \frac{c}{d}}=k\) とすると、
\(a=kb~,~c=kd\)
\({\small (1)}~\)[証明]
　(左辺)$$~=\frac{3a+2c}{3b+2d}$$代入すると、$$~=\frac{3kb+2kd}{3b+2d}=\frac{k(3b+2d)}{3b+2d}=k$$　(右辺)$$~=\frac{3a-2c}{3b-2d}$$代入すると、$$~=\frac{3kb-2kd}{3b-2d}=\frac{k(3b-2d)}{3b-2d}=k$$したがって、$$~~~\frac{3a+2c}{3b+2d}=\frac{3a-2c}{3b-2d}$$[終]

\({\small (2)}~\)[証明]
　(左辺)$$~=\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}$$代入すると、$$~=\frac{k^2b^2-b^2}{k^2b^2+b^2}=\frac{b^2(k^2-1)}{b^2(k^2+1)}$$$$~=\frac{k^2-1}{k^2+1}$$　(右辺)$$~=\frac{c^2-d^2}{c^2+d^2}$$代入すると、$$~=\frac{k^2d^2-d^2}{k^2d^2+d^2}=\frac{d^2(k^2-1)}{d^2(k^2+1)}$$$$~=\frac{k^2-1}{k^2+1}$$したがって、$$~~~\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}=\frac{c^2-d^2}{c^2+d^2}$$[終]
→ 比例式と等式の証明

p.27
練習23
\(a=9~,~b=12~,~c=15\)

p.28
問4
\({\small (1)}~\)[証明]
\(a>b\) と基本性質２より \(a+c>b+c\)
\(c>d\) と基本性質２より \(c+b>d+b\)
これらと、基本性質１より、
\(a+c>b+d\) [終]

\({\small (2)}~\)[証明]
\(a>b~,~c>0\) と基本性質３より \(ac>bc\)
\(c>d~,~b>0\) と基本性質３より \(bc>bd\)
これらと、基本性質１より、
\(ac>bd\) [終]

p.29
練習24
[証明]
　(左辺)−(右辺)
\(=(ac+bd)-(ad+bc)\)
\(=a(c-d)-b(c-d)\)
\(=(a-b)(c-d)\)
ここで、\(a>b~,~c>d\) より \(a-b>0~,~c-d>0\) であるので、
\(=(a-b)(c-d)>0\)
したがって、
\(ac+bd>ad+bc\) [終]
→ 不等式の証明①（条件付き）

p.29
問5
[証明]
　(左辺)−(右辺)
\(=a^2+b^2-2ab\)
\(=(a-b)^2≧0\)
したがって、
\(a^2+b^2≧2ab\)
また、等号が成り立つのは \(a-b=0\) すなわち \(a=b\) のとき [終]

p.30
練習25
\({\small (1)}~\)[証明]
　(左辺)
\(=a^2+ab+b^2\)
\(=\left(a+{\large \frac{b}{2}}\right)^2+{\large \frac{3}{4}}b^2≧0\)
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]

\({\small (2)}~\)[証明]
　(左辺)−(右辺)
\(=(a^2+b^2)(x^2+y^2)-(ax+by)^2\)
\(=(a^2x^2+a^2y^2+b^2x^2+b^2x^2)\)
　　\(-(a^2x^2+2abxy+b^2y^2)\)
\(=a^2y^2-2abxy+b^2x^2\)
\(=(ay-bx)^2≧0\)
したがって、
\((a^2+b^2)(x^2+y^2)≧(ax+by)^2\)
また、等号が成り立つのは \(ay-bx=0\) すなわち \(ay=bx\) のとき [終]

p.30
練習26
[証明]
　(左辺)-(右辺)
\(=a^2+b^2-2(a+b-1)\)
\(=(a^2-2a+1)+(b^2-2b+1)\)
\(=(a-1)^2+(b-1)^2≧0\)
したがって、
\(a^2+b^2≧2(a+b-1)\)
また、等号が成り立つのは \(a-1=0\) かつ \(b-1=0\) すなわち \(a=b=1\) のとき [終]
→ 不等式の証明②（２次式）

p.31
練習27
[証明]
　(左辺)\(^2\)−(右辺)\(^2\)
\(~=(3\sqrt{a}+2\sqrt{b})^2-(\sqrt{9a+4b})^2\)
\(~=(9a+12\sqrt{ab}+4b)-(9a+4b)\)
\(~=12\sqrt{ab}>0\)
よって、
\((3\sqrt{a}+2\sqrt{b})^2>(\sqrt{9a+4b})^2\)
\(3\sqrt{a}+2\sqrt{b}>0~,~\sqrt{9a+4b}>0\) より
　\(3\sqrt{a}+2\sqrt{b}>\sqrt{9a+4b}\)
[終]
→ 不等式の証明③（平方根）

p.32
練習28
[証明]
　(右辺)\(^2\)−(左辺)\(^2\)
\(~=(|a|+|b|)^2-|a-b|^2\)
\(~=|a|^2+2|a||b|+|b|^2\)
　　\(-(a^2-2ab+b^2)\)
\(~=a^2+2|ab|+b^2-a^2+2ab-b^2\)
\(~=2(|ab|+ab)≧0\)
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.34
問6
[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.34
練習29
\({\small (1)}~\)[証明] \(a>0\) より \(2a>0~,~{\large \frac{3}{a}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
　\(2a+{\large \frac{3}{a}}≧2\sqrt{2a\cdot{\large \frac{3}{a}}}=2\sqrt{6}\)
また、等号が成立するのは \(2a={\large \frac{3}{a}}\) のときで \(a>0\) より \(a={\large \frac{\sqrt{6}}{2}}\) のとき
[終]

\({\small (2)}~\)[証明] 左辺を展開すると、$$~~~~~~\left(\frac{b}{a}+\frac{d}{c}\right)\left(\frac{a}{d}+\frac{c}{d}\right)$$$$~=\frac{bc}{ad}+\frac{ad}{bc}+2$$ここで、 \({\large \frac{bc}{ad}}>0~,~{\large \frac{ad}{bc}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、$$~{ \frac{bc}{ad}}+{ \frac{ad}{bc}}≧2\sqrt{{ \frac{bc}{ad}}\cdot{ \frac{ad}{bc}}}=2$$したがって、$$~~~\left(\frac{b}{a}+\frac{d}{c}\right)\left(\frac{a}{d}+\frac{c}{d}\right)≧4$$また、等号が成立するのは \({\large \frac{bc}{ad}}={\large \frac{ad}{bc}}\) のときで、すなわち \(ad=bc\) のとき
[終]
→ 相加平均と相乗平均

p.35
8
\({\small (1)}~\)[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]

\({\small (2)}~\)[証明]
　(右辺)$$~=\left(x-\frac{1}{x}\right)^3+3\left(x+\frac{1}{x}\right)$$$$~=x^-3\cdot x^2\cdot\frac{1}{x}+3\cdot x \cdot \frac{1}{x^2}-\frac{1}{x^3}$$$$~~~~~~~~~~~~~~~+3x-\frac{3}{x}$$$$~=x^3-3x+\frac{3}{x}-\frac{1}{x^3}+3x-\frac{3}{x}$$$$~=x^3-\frac{1}{x^3}$$　\(=\)(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.35
9
[証明]
　(左辺)
\(=ab(a+b)+bc(b+c)\)
　　\(+ca(c+a)+3abc\)
ここで、\(a+b+c=0\) より、
\(a+b=-c\)\(~,~\)\(b+c=-a\)\(~,~\)\(c+a=-b\) となり代入すると、
\(=-abc-bca-cab+3abc\)
\(=0\)
したがって、
\(ab(a+b)+bc(b+c)\)
　　\(+ca(c+a)+3abc=0\)
[終]

p.35
10
[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.35
11
[証明] \({\large \frac{x}{a}}={\large \frac{y}{b}}={\large \frac{z}{c}}=k\) より、
　\(x=ka~,~y=kb~,~z=kc\)
これを、左辺に代入すると、
　(左辺)$$~=\frac{ka+2kb+3kc}{a+2b+3c}$$$$~=\frac{k(a+2b+3c)}{a+2b+3c}=k$$次に、右辺に代入すると、
　(右辺)$$~=\frac{ka+kb+kc}{a+b+c}$$$$~=\frac{k(a+b+c)}{a+b+c}=k$$したがって、$$~\frac{x+2y+3z}{a+2b+3c}=\frac{x+y+z}{a+b+c}$$[終]

p.35
12
[証明]
　(右辺)\(^2\)−(左辺)\(^2\)$$~=\left(1+\frac{a}{2}\right)^2-\left(\sqrt{1+a}\right)^2$$$$~=\left(1+a+\frac{a^2}{4}\right)-(1+a)$$$$~=\frac{a^2}{4}$$\(a>0\) より、$$~~~\frac{a^2}{4}>0$$よって、$$~~~\left(1+\frac{a}{2}\right)^2>\left(\sqrt{1+a}\right)^2$$ここで、\(1+{\large \frac{a}{2}}>0\)\(~,~\)\(\sqrt{1+a}>0\) であるので、$$~~~\sqrt{1+a}<1+\frac{a}{2}$$[終]

p.35
13
\({\small (1)}~\)[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.35
14
\({\small (1)}~\)[証明] \(ab>0~,~{\large \frac{4}{ab}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
　\(ab+{\large \frac{4}{ab}}≧2\sqrt{ab\cdot{\large \frac{4}{ab}}}\)
　　　　　　\(=2\sqrt{4}=4\)
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]

\({\small (2)}~\)
[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、\(ab>0~,~{\large \frac{4}{ab}}>0\)
(1)より、
　\(ab+{\large \frac{4}{ab}}≧4\)
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.36
1
\(0\)

p.36
2
\(a=3\)、商 \(x+2\)

p.36
3
\({\small (1)}~\)[証明]
　(右辺)
\(=(a+b+c)\)
　　\((a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\)
\(=a^3+ab^2+ac^2-a^2b-abc-ca^2\)
　\(+a^2b+b^3+bc^2-ab^2-b^2c-bca\)
　　\(ca^2+cb^2+c^3-cab-bc^2-c^2a\)
\(=a^3+b^3+c^3-3abc\)
したがって、
\(a^3+b^3+c^3-3abc\)
　\(=(a+b+c)\)
　　\((a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\)　　
[終]

\({\small (2)}~\)[証明]
　(左辺)-(右辺)
\(=a^3+b^3+c^3-3abc\)
(1) より、
\(=(a+b+c)\)
　　\((a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\)
ここで、\(a>0~,~b>0~,~c>0\) より、
　\(a+b+c>0\)
また、$$~~~~~a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$$$$~=\frac{1}{2}(a^2-2ab+b^2$$$$~~~~~~~+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2)$$$$~=\frac{1}{2}\left\{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right\}$$$$~≧0$$これらより、
　\((a+b+c)\)
　　\((a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)≧0\)
したがって、
　\(a^3+b^3+c^3≧3abc\)
また、等号が成り立つときは、
　\(a-b=0~,~b-c=0~,~c-a=0\)
すなわち、\(a=b=c\) のとき[終]

p.36
4
[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、\({}_{ n } {\rm C}_{ r }>0~,~x>0\) より、
　\({}_{ n } {\rm C}_{ 2 }x^2+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }x^n >0\)
したがって、
\((1+x)^n>1+nx\) [終]

p.36
5
\(x=1~,~y=2\)

p.36
6
[証明] \({\large \frac{x}{b+c}}={\large \frac{y}{c+a}}={\large \frac{z}{a+b}}=k\) より、
　\(x=k(b+c)\)
　　　\(~,~y=k(c+a)~,~z=k(a+b)\)
ここで、
　(左辺)
\(=ay-az+bz-bx+cx-cy\)
\(=(c-b)x+(a-c)y+(b-a)z\)
ここで、\(x~,~y~,~z\) を代入すると、
\(=(c-b)k(b+c)\)
　　\(+(a-c)k(c+a)+(b-a)k(a+b)\)
\(=k(c^2-b^2+a^2-c^2+b^2-a^2)=0\)
したがって、
\(a(y-z)+b(z-x)+c(x-y)=0\) [終]

p.36
7
\({\small (1)}~\)[証明]
　(右辺)
\(=(ax+by+cz)^2+(ay-bx)^2\)
　　　　　　\(+(bz-cy)^2+(cx-az)^2\)
\(=a^2x^2+b^2y^2+c^2z^2\)
　\(+2abxy+2bcyz+2cazx\)
　\(+a^2y^2-2abxy+b^2x^2\)
　\(+b^2z^2-2bcyz+c^2y^2\)
　\(+c^2x^2-2cazx+a^2z^2\)
\(=(a^2+b^2+c^2)x^2+(a^2+b^2+c^2)y^2\)
　　　　　　\(+(a^2+b^2+c^2)z^2\)
\(=(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)\)
したがって、
\((a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)\)
　\(=(ax+by+cz)^2+(ay-bx)^2\)
　　　\(+(bz-cy)^2+(cx-az)^2\)
[終]

\({\small (2)}~\)[証明]
(1) より、
\((a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)\)
　　　　　　\(-(ax+by+cz)^2\)
　\(=(ay-bx)^2+(bz-cy)^2\)
　　　　　　\(+(cx-az)^2\)
ここで、
\((ay-bx)^2+(bz-cy)^2\)
　　　\(+(cx-az)^2≧0\)
したがって、
\((a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)\)
　　\(≧(ax+by+cz)^2\)
また、等号が成り立つのは、
\(ay-bx=0\) かつ \(bz-cy=0\) かつ \(cx-az=0\)
すなわち
\(ay=bx\) かつ \(bz=cy\) かつ \(cx=az\)
のとき [終]

p.36
8
\(2ab~,~{\large \frac{1}{2}}~,~a^2+b^2\)

p.36
9
\({\small (1)}~\)[証明]
\(|a|<1~,~|b|<1\) より、
　\(|a||b|<1~\Leftrightarrow~|ab|<1\)
よって、
　\(-1<ab<1\)
したがって、
　\(1+ab>0\) [終]

\({\small (2)}~\)[証明]
　(右辺)\(^2\)−(左辺)\(^2\)
\(=(1+ab)^2-|a+b|^2\)
\(=(1+2ab+a^2b^2)-(a^2+2ab+b^2)\)
\(=1-z^2-b^2-a^2b^2\)
\(=(1-a^2)(1-b^2)\)
ここで、\(|a|<1~,~|b|<1\) より、
　 \(1-|a|^2>0~,~1-|b|^2>0\)
\(=(1-|a|^2)(1-|b|^2)>0\)
よって、
　\(|a+b|^2<(1+ab)^2\)
また、\(|a+b|>0\) であり、(1)より \(1+ab>0\) であるので、
　\(|a+b|<1+ab\) [終]