【新課程】数研出版：高等学校数学Ⅱ[710]

p.9 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.9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.9 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.10 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.10 練習5\({\small (1)}~(x+1)(x-1)\)
　　　　\((x^2-x+1)(x^2+x+1)\)
\({\small (2)}~(a+2b)(a-2b)\)
　　　　\((a^2-2ab+4b^2)(a^2+2ab+4b^2)\)
→ ６次式の因数分解

p.10 深める$$\begin{split}&x^6-y^6\\[2pt]~~=~&(x^2)^3-(y^2)^3\\[2pt]&~~~~~~(x^2-y^2)\{(x^2)^2+x^2y^2+(y^2)^2\}\\[2pt]~~=~&(x^2-y^2)\{x^4+2x^2y^2+y^4-(xy)^2\}\\[2pt]~~=~&(x^2-y^2)\{(x^2+y^2)^2-(xy)^2\}\\[2pt]~~=~&(x^2-y^2)(x^2+y^2+xy)(x^2+y^2-xy)\\[2pt]~~=~&(x+y)(x-y)\\[2pt]&~~~~~~(x^2+xy+y^2)(x^2-xy+y^2)\end{split}$$

p.11 練習6$$~~~5~,~10~,~10~,~5$$

p.11 練習7$$~~~1~,~6~,~15~,~20~,~15~,~6~,~1$$

p.13 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.13 練習9$${\small (1)}~96$$$${\small (2)}~-80$$→ 二項定理

p.13 深める$$1.~~{}_{ n } {\rm C}_{ 0 }=1~,~{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }=n$$$$2.~~{}_{ n } {\rm C}_{ r+1 }={}_{ n-1 } {\rm C}_{ r }+{}_{ n-1 } {\rm C}_{ r+1 }$$

p.14 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.14 練習11$${\small (1)}~60$$$${\small (2)}~90$$$${\small (3)}~15$$

p.15 研究 練習1$$~~~2520$$→ 多項定理

p.15 深める並んでいる \(n\) 個の \((a+b+c)\) のそれぞれから、
\(a\) を \(p\) 個、\(b\) を \(q\) 個、\(c\) を \(r\) 個
(ただし、\(p+q+r=n\)) 取り出す場合の数は、同じものを含む順列となるので、
　\({\large \frac{\,n!\,}{\,p!q!r!\,}}\) 通り
となる
よって、\(a^pb^qc^r\) の係数が \({\large \frac{\,n!\,}{\,p!q!r!\,}}\) となる

p.17 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.18 練習13$$~~~x^2+x-1$$

p.18 練習14　商 \(2x-5a\)、余り \(0\)
→ 整式の割り算

p.19 練習15$${\small (1)}~{ \frac{\,5b^2\,}{\,2a^2\,}}$$$${\small (2)}~{ \frac{\,x-3\,}{\,x+4\,}}$$$${\small (3)}~{ \frac{\,x+1\,}{\,2x-1\,}}$$

p.19 練習16$${\small (1)}~2x$$$${\small (2)}~{ \frac{\,x-3\,}{\,x^2\,}}$$→ 分数式の計算

p.20 練習17$${\small (1)}~3$$$${\small (2)}~{ \frac{\,x+4\,}{\,2x-1\,}}$$$${\small (3)}~2x+1$$

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

p.21 練習19$$~~~{ \frac{1}{\,x-1\,}}$$→ 分母や分子に分数式を含む式

p.22 練習20　(1) と (4)

p.23 練習21$$~~~a=2~,~b=-1~,~c=5$$

p.24 練習22$$~~~a=1~,~b=-1$$→ 恒等式

p.24 研究 練習1$$~~~a=2~,~b=1~,~c=-3$$

p.27 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.27 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.27 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.28 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.29 深める[証明]
　(左辺)−(右辺)$$\begin{split}~~=~&\frac{\,a+c\,}{\,b+d\,}-\frac{\,a-c\,}{\,b-d\,}\\[3pt]~~=~&\frac{\,(a+c)(b-d)-(a-c)(b+d)\,}{\,(b+d)(b-d)\,}\\[3pt]~~=~&\frac{\,-2ad+2bc\,}{\,b^2-d^2\,}\\[3pt]~~=~&\frac{\,-2(ad-bc)\,}{\,b^2-d^2\,}\end{split}$$\({\large \frac{\,a\,}{\,b\,}}={\large \frac{\,c\,}{\,d\,}}\) より、\(ad-bc=0\) であるので、$$~~=~0$$したがって、$$~~~\frac{\,a+c\,}{\,b+d\,}=\frac{\,a-c\,}{\,b-d\,}$$[終]

p.30 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.30 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.31 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.32 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.33 練習31[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.35 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

p.36 問題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.36 問題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.36 問題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.36 問題12$$~~~ax+by>bx+ay$$

p.36 問題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.36 問題 14[証明]
　(左辺)$$~={ \frac{\,a\,}{\,a\,}}+{ \frac{\,a\,}{\,b\,}}+{ \frac{\,b\,}{\,a\,}}+{ \frac{\,b\,}{\,b\,}}$$$$={ \frac{\,a\,}{\,b\,}}+{ \frac{\,b\,}{\,a\,}}+2$$\(a>0~,~b>0\) 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、$$~~~{ \frac{\,a\,}{\,b\,}}+{ \frac{\,b\,}{\,a\,}}≧2\sqrt{{ \frac{\,a\,}{\,b\,}}\cdot{ \frac{\,b\,}{\,a\,}}}=2$$両辺に \(2\) を加えると、$$~~~{ \frac{\,a\,}{\,b\,}}+{ \frac{\,b\,}{\,a\,}}+2≧2+2$$したがって、$$~~~(a+b)\left({ \frac{\,1\,}{\,a\,}}+{ \frac{\,1\,}{\,b\,}}\right)≧4$$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.37 章末問題Ａ 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.37 章末問題Ａ 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.37 章末問題Ａ 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]

p.38 章末問題Ｂ 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]