このページは、東京書籍：Standard数学Ⅱ[702]
１章 方程式・式と証明
１章 方程式・式と証明
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。
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Standard数学Ⅱ １章 方程式・式と証明
Standard数学Ⅱ ２章 図形と方程式
Standard数学Ⅱ ３章 三角関数
Standard数学Ⅱ ４章 指数関数・対数関数
Standard数学Ⅱ ５章 微分と積分
１章 方程式・式と証明
１節 整式・分数式の計算
p.10 問1[証明]
\(\begin{split}&(a-b)^3\\[2pt]~~=~&(a-b)(a-b)^2\\[2pt]~~=~&(a-b)(a^2-2ab+b^2)\\[2pt]~~=~&a^3-2a^2+ab^2-a^2b+2ab^2-b^3\\[2pt]~~=~&a^3-3a^2b+3ab^2-b^3\end{split}\)
[終]
解法のPoint｜(a+b)³の展開の公式
\(\begin{split}&(a-b)^3\\[2pt]~~=~&(a-b)(a-b)^2\\[2pt]~~=~&(a-b)(a^2-2ab+b^2)\\[2pt]~~=~&a^3-2a^2+ab^2-a^2b+2ab^2-b^3\\[2pt]~~=~&a^3-3a^2b+3ab^2-b^3\end{split}\)
[終]
解法のPoint｜(a+b)³の展開の公式
p.10 問2\({\small (1)}~x^3+3x^2+3x+1\)
\({\small (2)}~8x^3-12x^2+6x-1\)
\({\small (3)}~x^3+9x^2y+27xy^2+27y^3\)
\({\small (4)}~27x^3-54x^2y+36xy^2-8y^3\)
解法のPoint｜(a+b)³の展開の公式
\({\small (2)}~8x^3-12x^2+6x-1\)
\({\small (3)}~x^3+9x^2y+27xy^2+27y^3\)
\({\small (4)}~27x^3-54x^2y+36xy^2-8y^3\)
解法のPoint｜(a+b)³の展開の公式
p.11 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]
解法のPoint｜(a+b)(a²-ab+b²)の展開の公式
\(~~~(a-b)(a^2+ab+b^2)\)
\(~=a^3+a^2b+ab^2-a^2b-ab^2-b^3\)
\(~=a^3-b^3\) [終]
解法のPoint｜(a+b)(a²-ab+b²)の展開の公式
p.11 問4\({\small (1)}~x^3+1\)
\({\small (2)}~8x^3-1\)
\({\small (3)}~27x^3+y^3\)
\({\small (4)}~x^3-1000y^3\)
解法のPoint｜(a+b)(a²-ab+b²)の展開の公式
\({\small (2)}~8x^3-1\)
\({\small (3)}~27x^3+y^3\)
\({\small (4)}~x^3-1000y^3\)
解法のPoint｜(a+b)(a²-ab+b²)の展開の公式
p.12 問5\({\small (1)}~(x-1)(x^2+x+1)\)
\({\small (2)}~(x+5)(x^2-5x+25)\)
\({\small (3)}~(x-3y)(x^2+3xy+9y^2)\)
\({\small (4)}~(2x+y)(4x^2-2xy+y^2)\)
解法のPoint｜a³+b³の因数分解の公式
\({\small (2)}~(x+5)(x^2-5x+25)\)
\({\small (3)}~(x-3y)(x^2+3xy+9y^2)\)
\({\small (4)}~(2x+y)(4x^2-2xy+y^2)\)
解法のPoint｜a³+b³の因数分解の公式
p.12 問6
解法のPoint｜6次式と3次式の因数分解
\({\small (1)}~(a+b)(a-b)(a^2+ab+b^2)(a^2-ab+b^2)\)
\({\small (2)}~(x+1)^2(x^2-x+1)^2\)
\({\small (2)}~(x+1)^2(x^2-x+1)^2\)
解法のPoint｜6次式と3次式の因数分解
p.13 問7
\(+10a^2b^3+5ab^4+b^5\)
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
解法のPoint｜二項定理と展開式
\((a+b)^5=(a+b)(a+b)^4\)
\(~=(a+b)(a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4)\)
\(~=a^5+4a^4b+6a^3b^2+4a^2b^3+ab^4+a^4b+4a^3b^2+6a^2b^3+4ab^4+b^5\)
\(~=a^5+5a^4b+10a^3b^2+10a^2b^3+5ab^4+b^5\)
\(~=(a+b)(a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4)\)
\(~=a^5+4a^4b+6a^3b^2+4a^2b^3+ab^4+a^4b+4a^3b^2+6a^2b^3+4ab^4+b^5\)
\(~=a^5+5a^4b+10a^3b^2+10a^2b^3+5ab^4+b^5\)
\(+10a^2b^3+5ab^4+b^5\)
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
解法のPoint｜二項定理と展開式
p.15 問10[証明] (左辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&3^n
\\[3pt]~~~&=&(1+2)^n\end{eqnarray}\)
二項定理の展開式より、
したがって、
\({}_n \mathrm{ C }_0+2 \cdot {}_n \mathrm{ C }_1+2^2 \cdot {}_n \mathrm{ C }_2+\cdots+2^n \cdot {}_n \mathrm{ C }_n=3^n\)
[終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(\begin{eqnarray}~~~&=&3^n
\\[3pt]~~~&=&(1+2)^n\end{eqnarray}\)
二項定理の展開式より、
\(\begin{eqnarray}~~~&=&{}_n \mathrm{ C }_0 \cdot 1^n \cdot 2^0+{}_n \mathrm{ C }_1 \cdot 1^{n-1} \cdot 2^1+{}_n \mathrm{ C }_2 \cdot 1^{n-2} \cdot 2^2+\cdots+{}_n \mathrm{ C }_n \cdot 1^0 \cdot 2^n
\\[3pt]~~~&=&{}_n \mathrm{ C }_0+2 \cdot {}_n \mathrm{ C }_1+2^2 \cdot {}_n \mathrm{ C }_2+\cdots+2^n \cdot {}_n \mathrm{ C }_n\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&{}_n \mathrm{ C }_0+2 \cdot {}_n \mathrm{ C }_1+2^2 \cdot {}_n \mathrm{ C }_2+\cdots+2^n \cdot {}_n \mathrm{ C }_n\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
したがって、
\({}_n \mathrm{ C }_0+2 \cdot {}_n \mathrm{ C }_1+2^2 \cdot {}_n \mathrm{ C }_2+\cdots+2^n \cdot {}_n \mathrm{ C }_n=3^n\)
[終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.18 問11\({\small (1)}~\)商 \(2x-3\)、余り\(5x-5\)
\({\small (2)}~\)商 \(x-1\)、余り\(-2x+1\)
解法のPoint｜多項式を多項式で割った商と余り
\({\small (2)}~\)商 \(x-1\)、余り\(-2x+1\)
解法のPoint｜多項式を多項式で割った商と余り
p.20 問13\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,x\,}{\,3z\,}\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,x+1\,}{\,x-2\,}\)
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,x(x+2)\,}{\,8(x-1)\,}\)
解法のPoint｜分数式と共通因数の約分
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,x(x+2)\,}{\,8(x-1)\,}\)
解法のPoint｜分数式と共通因数の約分
p.20 問14\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,x+7\,}{\,x\,}\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,x-4\,}{\,(x-1)(2x+1)\,}\)
解法のPoint｜分数式の乗法・除法
解法のPoint｜分数式の乗法・除法
p.21 問15\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,x\,}{\,x-1\,}\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,2\,}{\,x+3\,}\)
解法のPoint｜分数式の加法・減法
解法のPoint｜分数式の加法・減法
p.21 問16\({\small (1)}~-\displaystyle \frac{\,4\,}{\,(x+3)(x-1)\,}\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,5x\,}{\,(x+1)(2x-3)\,}\)
解法のPoint｜通分が必要な分数式の加法・減法
解法のPoint｜通分が必要な分数式の加法・減法
p.22 問17\({\small (1)}~-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,x-1\,}\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,2x+3\,}{\,(x+3)(x+1)\,}\)
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,x^2+2x+4\,}{\,x+1\,}\)
解法のPoint｜通分が必要な分数式の加法・減法
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,x^2+2x+4\,}{\,x+1\,}\)
解法のPoint｜通分が必要な分数式の加法・減法
p.22 問18\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,x+2\,}{\,3x-1\,}\) \({\small (2)}~x-1\)
解法のPoint｜分母分子に分数式を含む分数式
解法のPoint｜分母分子に分数式を含む分数式
Training
p.23 Training 1\({\small (1)}~8x^3+36x^2y+54xy^2+27y^3\)
\({\small (2)}~64a^3-48a^2b+12ab^2-b^3\)
解法のPoint｜(a+b)³の展開の公式
\({\small (3)}~125x^3+8\)
\({\small (4)}~27a^3-64b^3\)
解法のPoint｜(a+b)(a²-ab+b²)の展開の公式
\({\small (2)}~64a^3-48a^2b+12ab^2-b^3\)
解法のPoint｜(a+b)³の展開の公式
\({\small (3)}~125x^3+8\)
\({\small (4)}~27a^3-64b^3\)
解法のPoint｜(a+b)(a²-ab+b²)の展開の公式
p.23 Training 2\({\small (1)}~(3x+2y)(9x^2-6xy+4y^2)\)
\({\small (2)}~(a-4b)(a^2+4ab+16b^2)\)
解法のPoint｜a³+b³の因数分解の公式
\({\small (2)}~(a-4b)(a^2+4ab+16b^2)\)
解法のPoint｜a³+b³の因数分解の公式
p.23 Training 3\(\begin{split}&{\small (1)}~(a+b+1)\\[2pt]&(a^2+2ab+b^2-a-b+1)\end{split}\)
\({\small (2)}~2y(12x^2+y^2)\)
解法のPoint｜a³+b³の因数分解の公式
\({\small (3)}~(x+2)^2(x^2-2x+4)^2\)
解法のPoint｜6次式と3次式の因数分解
\({\small (2)}~2y(12x^2+y^2)\)
解法のPoint｜a³+b³の因数分解の公式
\({\small (3)}~(x+2)^2(x^2-2x+4)^2\)
\({\small (4)}~(a+b)(a-2b)(a^2-ab+b^2)(a^2+2ab+4b^2)\)
解法のPoint｜6次式と3次式の因数分解
p.23 Training 5[証明] (左辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&0
\\[3pt]~~~&=&\{1+(-1)\}^n\end{eqnarray}\)
二項定理の展開式より、
したがって、
\({}_n \mathrm{ C }_0-{}_n \mathrm{ C }_1+{}_n \mathrm{ C }_2-\cdots+(-1)^n{}_n \mathrm{ C }_n=0\)
[終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(\begin{eqnarray}~~~&=&0
\\[3pt]~~~&=&\{1+(-1)\}^n\end{eqnarray}\)
二項定理の展開式より、
\(\begin{eqnarray}~~~&=&{}_n \mathrm{ C }_0 \cdot 1^n \cdot (-1)^0+{}_n \mathrm{ C }_1 \cdot 1^{n-1} \cdot (-1)^1+{}_n \mathrm{ C }_2 \cdot 1^{n-2} \cdot (-1)^2+\cdots+{}_n \mathrm{ C }_n \cdot 1^0 \cdot (-1)^n
\\[3pt]~~~&=&{}_n \mathrm{ C }_0-{}_n \mathrm{ C }_1+{}_n \mathrm{ C }_2-\cdots+(-1)^n{}_n \mathrm{ C }_n\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&{}_n \mathrm{ C }_0-{}_n \mathrm{ C }_1+{}_n \mathrm{ C }_2-\cdots+(-1)^n{}_n \mathrm{ C }_n\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
したがって、
\({}_n \mathrm{ C }_0-{}_n \mathrm{ C }_1+{}_n \mathrm{ C }_2-\cdots+(-1)^n{}_n \mathrm{ C }_n=0\)
[終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.23 Training 6\({\small (1)}~\)商 \(3x^2+5x-2\)、余り\(0\)
\({\small (2)}~\)商 \(x+2\)、余り\(-4x-5\)
解法のPoint｜多項式を多項式で割った商と余り
\({\small (2)}~\)商 \(x+2\)、余り\(-4x-5\)
解法のPoint｜多項式を多項式で割った商と余り
p.23 Training 8\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,3(x^2+2x+4)\,}{\,x(x+2)\,}\) \({\small (2)}~x-5\)
解法のPoint｜分数式の乗法・除法
解法のPoint｜分数式の乗法・除法
p.23 Training 9\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,10\,}{\,(x+3)(x-3)\,}\)
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,(x+1)(x^2+x+1)\,}\)
解法のPoint｜通分が必要な分数式の加法・減法
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,(x+1)(x^2+x+1)\,}\)
解法のPoint｜通分が必要な分数式の加法・減法
p.23 Training 10\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,x\,}{\,x-1\,}\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,a+1\,}{\,a-1\,}\)
解法のPoint｜分母分子に分数式を含む分数式
解法のPoint｜分母分子に分数式を含む分数式
２節 ２次方程式
p.25 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 \(0\)
解法のPoint｜複素数の実部・虚部
\({\small (2)}~\)実部 \(2\)、虚部 \(1\)
\({\small (3)}~\)実部 \(0\)、虚部 \(\sqrt{7}\)
\({\small (4)}~\)実部 \(-5\)、虚部 \(0\)
解法のPoint｜複素数の実部・虚部
p.26 問3\({\small (1)}~7+3i\) \({\small (2)}~1-3i\)
解法のPoint｜複素数の加法・減法
\({\small (3)}~31-29i\) \({\small (4)}~25\)
解法のPoint｜複素数の乗法
\({\small (5)}~-i\)
解法のPoint｜虚数単位iを含む計算
解法のPoint｜複素数の加法・減法
\({\small (3)}~31-29i\) \({\small (4)}~25\)
解法のPoint｜複素数の乗法
\({\small (5)}~-i\)
解法のPoint｜虚数単位iを含む計算
p.26 問4\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,3\,}{\,10\,}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,10\,}i\) \({\small (2)}~-i\)
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}+\displaystyle \frac{\,3\,}{\,5\,}i\) \({\small (4)}~-i\)
解法のPoint｜共役な複素数
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}+\displaystyle \frac{\,3\,}{\,5\,}i\) \({\small (4)}~-i\)
解法のPoint｜共役な複素数
p.27 問5\({\small (1)}~3-2i\) \({\small (2)}~\sqrt{5}+\sqrt{2}i\)
\({\small (3)}~-3i\) \({\small (4)}~-4\)
解法のPoint｜複素数の除法
\({\small (3)}~-3i\) \({\small (4)}~-4\)
解法のPoint｜複素数の除法
p.28 問6\({\small (1)}~2\sqrt{2}i\) \({\small (2)}~-5\sqrt{2}i\)
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,\sqrt{7}\,}{\,4\,}i\)
解法のPoint｜負の数の平方根と虚数単位i
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,\sqrt{7}\,}{\,4\,}i\)
解法のPoint｜負の数の平方根と虚数単位i
p.30 問9\({\small (1)}~x=\displaystyle \frac{\,-3\pm\sqrt{13}\,}{\,2\,}\)
\({\small (2)}~x=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\)
\({\small (3)}~x=\displaystyle \frac{\,3\pm\sqrt{7}i\,}{\,4\,}\)
\({\small (4)}~x=\displaystyle \frac{\,-3\pm2i\,}{\,2\,}\)
解法のPoint｜複素数範囲の2次方程式の解
\({\small (2)}~x=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\)
\({\small (3)}~x=\displaystyle \frac{\,3\pm\sqrt{7}i\,}{\,4\,}\)
\({\small (4)}~x=\displaystyle \frac{\,-3\pm2i\,}{\,2\,}\)
解法のPoint｜複素数範囲の2次方程式の解
p.30 問10[証明] 解の公式より、
\(~~~x=\displaystyle \frac{\,-b\pm\sqrt{b^2-4ac}\,}{\,2a\,}\)
これに \(b=2b’\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&\displaystyle \frac{\,-2b’\pm\sqrt{(-2b’)^2-4ac}\,}{\,2a\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-2b’\pm\sqrt{4b’^2-4ac}\,}{\,2a\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-2b’\pm2\sqrt{b’^2-ac}\,}{\,2a\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-b’\pm\sqrt{b’^2-ac}\,}{\,a\,}
\end{eqnarray}\)
[終]
解法のPoint｜複素数範囲の2次方程式の解
\(~~~x=\displaystyle \frac{\,-b\pm\sqrt{b^2-4ac}\,}{\,2a\,}\)
これに \(b=2b’\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&\displaystyle \frac{\,-2b’\pm\sqrt{(-2b’)^2-4ac}\,}{\,2a\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-2b’\pm\sqrt{4b’^2-4ac}\,}{\,2a\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-2b’\pm2\sqrt{b’^2-ac}\,}{\,2a\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-b’\pm\sqrt{b’^2-ac}\,}{\,a\,}
\end{eqnarray}\)
[終]
解法のPoint｜複素数範囲の2次方程式の解
p.30 問11\({\small (1)}~x=-1\pm\sqrt{5}\)
\({\small (2)}~x=\displaystyle \frac{\,2\pm\sqrt{2}i\,}{\,3\,}\)
解法のPoint｜複素数範囲の2次方程式の解
\({\small (2)}~x=\displaystyle \frac{\,2\pm\sqrt{2}i\,}{\,3\,}\)
解法のPoint｜複素数範囲の2次方程式の解
p.31 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
解法のPoint｜複素数範囲の2次方程式の解の判別式
\({\small (2)}~\)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
解法のPoint｜複素数範囲の2次方程式の解の判別式
p.34 問15\({\small (1)}~\)和 \(-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\)、積 \(-2\)
\({\small (2)}~\)和 \(1\)、積 \(-2\)
解法のPoint｜2次方程式の解と係数の関係
\({\small (2)}~\)和 \(1\)、積 \(-2\)
解法のPoint｜2次方程式の解と係数の関係
p.36 問18\({\small (1)}~(x-1-\sqrt{3})(x-1+\sqrt{3})\)
\({\small (2)}~3\left(x-\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{2}i\,}{\,3\,}\right)\left(x-\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{2}i\,}{\,3\,}\right)\)
\({\small (3)}~(x+i)(x-i)\)
解法のPoint｜複素数範囲での2次式の因数分解
\({\small (2)}~3\left(x-\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{2}i\,}{\,3\,}\right)\left(x-\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{2}i\,}{\,3\,}\right)\)
\({\small (3)}~(x+i)(x-i)\)
解法のPoint｜複素数範囲での2次式の因数分解
p.37 問19
解法のPoint｜有理数・実数・複素数範囲での因数分解
\({\small (1)}~(x^2+2)(x^2-3)\)
\({\small (2)}~(x^2+2)(x+\sqrt{3})(x-\sqrt{3})\)
\({\small (3)}~(x+\sqrt{2}i)(x-\sqrt{2}i)(x+\sqrt{3})(x-\sqrt{3})\)
\({\small (2)}~(x^2+2)(x+\sqrt{3})(x-\sqrt{3})\)
\({\small (3)}~(x+\sqrt{2}i)(x-\sqrt{2}i)(x+\sqrt{3})(x-\sqrt{3})\)
解法のPoint｜有理数・実数・複素数範囲での因数分解
p.38 問21\({\small (1)}~1+\sqrt{2}~,~1-\sqrt{2}\)
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{3}i\,}{\,2\,}~,~\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\)
解法のPoint｜和と積の値と2数
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{3}i\,}{\,2\,}~,~\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\)
解法のPoint｜和と積の値と2数
Training
p.39 Training 13\({\small (1)}~-20\)
解法のPoint｜虚数単位iを含む計算
\({\small (2)}~22-10\sqrt{3}i\)
解法のPoint｜複素数の乗法
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,15\,}{\,17\,}+\displaystyle \frac{\,8\,}{\,17\,}i\)
\({\small (4)}~2i\)
解法のPoint｜複素数の除法
解法のPoint｜虚数単位iを含む計算
\({\small (2)}~22-10\sqrt{3}i\)
解法のPoint｜複素数の乗法
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,15\,}{\,17\,}+\displaystyle \frac{\,8\,}{\,17\,}i\)
\({\small (4)}~2i\)
解法のPoint｜複素数の除法
p.39 Training 15\({\small (1)}~6i~,~6i~,~-\displaystyle \frac{\,i\,}{\,2\,}~,~\displaystyle \frac{\,i\,}{\,2\,}\)
\({\small (2)}~-\sqrt{10}~,~\sqrt{10}~,~\displaystyle \frac{\,\sqrt{10}\,}{\,5\,}~,~\displaystyle \frac{\,\sqrt{10}\,}{\,5\,}\)
解法のPoint｜負の数の平方根の計算
\({\small (2)}~-\sqrt{10}~,~\sqrt{10}~,~\displaystyle \frac{\,\sqrt{10}\,}{\,5\,}~,~\displaystyle \frac{\,\sqrt{10}\,}{\,5\,}\)
解法のPoint｜負の数の平方根の計算
p.39 Training 16\({\small (1)}~x=\displaystyle \frac{\,5\sqrt{2}\pm\sqrt{2}i\,}{\,2\,}\)
\({\small (2)}~x=\displaystyle \frac{\,-3\pm4i\,}{\,10\,}\)
解法のPoint｜複素数範囲の2次方程式の解
\({\small (2)}~x=\displaystyle \frac{\,-3\pm4i\,}{\,10\,}\)
解法のPoint｜複素数範囲の2次方程式の解
p.39 Training 19\({\small (1)}~\left(x-\displaystyle \frac{\,-1+\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\right)\left(x-\displaystyle \frac{\,-1-\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\right)\)
\({\small (2)}~(2x-3i)(2x+3i)\)
解法のPoint｜複素数範囲での2次式の因数分解
\({\small (2)}~(2x-3i)(2x+3i)\)
解法のPoint｜複素数範囲での2次式の因数分解
p.39 Training 20\({\small (1)}~(x^2-5)(x^2+1)\)
\({\small (2)}~(x+\sqrt{5})(x-\sqrt{5})(x^2+1)\)
\({\small (3)}~(x+\sqrt{5})(x-\sqrt{5})(x+i)(x-i)\)
解法のPoint｜有理数・実数・複素数範囲での因数分解
\({\small (2)}~(x+\sqrt{5})(x-\sqrt{5})(x^2+1)\)
\({\small (3)}~(x+\sqrt{5})(x-\sqrt{5})(x+i)(x-i)\)
解法のPoint｜有理数・実数・複素数範囲での因数分解
p.39 Training 21\({\small (1)}~x^2-2x+4=0\)
\({\small (2)}~x^2+x+1=0\)
\({\small (3)}~x^2+2x+1=0\)
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\({\small (2)}~x^2+x+1=0\)
\({\small (3)}~x^2+2x+1=0\)
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３節 高次方程式
p.43 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
解法のPoint｜因数定理を用いた3次式の因数分解
\({\small (2)}~\)もたない
\({\small (3)}~\)もたない
\({\small (4)}~\)因数にもつ
解法のPoint｜因数定理を用いた3次式の因数分解
p.43 問6\({\small (1)}~(x-1)(x+2)^2\)
\({\small (2)}~(x+1)(2x-1)(x+2)\)
\({\small (3)}~(x-2)(x+2)(x-3)\)
\({\small (4)}~(x-2)(3x+1)(x+3)\)
解法のPoint｜因数定理を用いた3次式の因数分解
\({\small (2)}~(x+1)(2x-1)(x+2)\)
\({\small (3)}~(x-2)(x+2)(x-3)\)
\({\small (4)}~(x-2)(3x+1)(x+3)\)
解法のPoint｜因数定理を用いた3次式の因数分解
p.44 問7\({\small (1)}~x=2~,~-1\pm\sqrt{3}i\)
\({\small (2)}~x=-1~,~\displaystyle \frac{\,1\pm\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\)
解法のPoint｜3次方程式x³=a³の解
\({\small (2)}~x=-1~,~\displaystyle \frac{\,1\pm\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\)
解法のPoint｜3次方程式x³=a³の解
p.44 問8\({\small (1)}~\)[証明] \(1\) の3乗根は、\(x^3=1\) の解より、
\(\begin{eqnarray}\hspace{30pt}~~~x^3&=&1
\\[3pt]~~~x^3-1^3&=&0\end{eqnarray}\)
公式 \(a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\{x+(-1)\}\{x^2-x\cdot(-1)+(-1)^2\}&=&0
\\[3pt]~~~(x-1)(x^2+x+1)&=&0\end{eqnarray}\)
よって、\(x-1=0\) または \(x^2+x+1=0\)
\(x-1=0\) より \(x=1\)
\(x^2+x+1=0\) の解は解の公式より、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&\displaystyle \frac{\,-1\pm\sqrt{1^2-4\cdot 1\cdot 1}\,}{\,2\cdot 1\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-1\pm\sqrt{1-4}\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-1\pm\sqrt{-3}\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-1\pm\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~\omega^2&=&\left(\,\displaystyle \frac{\,-1+\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\,\right)^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(-1+\sqrt{3}i)^2\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1-2\sqrt{3}i+3i^2\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1-2\sqrt{3}i-3\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-2-2\sqrt{3}i\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-1-\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~\omega^2&=&\left(\,\displaystyle \frac{\,-1-\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\,\right)^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(-1-\sqrt{3}i)^2\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1+2\sqrt{3}i+3i^2\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1+2\sqrt{3}i-3\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-2+2\sqrt{3}i\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-1+\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
\(x=\omega\) と代入すると
\(\omega^2+\omega+1=0\) [終]
解法のPoint｜1の3乗根とオメガω
\(\begin{eqnarray}\hspace{30pt}~~~x^3&=&1
\\[3pt]~~~x^3-1^3&=&0\end{eqnarray}\)
公式 \(a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\{x+(-1)\}\{x^2-x\cdot(-1)+(-1)^2\}&=&0
\\[3pt]~~~(x-1)(x^2+x+1)&=&0\end{eqnarray}\)
よって、\(x-1=0\) または \(x^2+x+1=0\)
\(x-1=0\) より \(x=1\)
\(x^2+x+1=0\) の解は解の公式より、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&\displaystyle \frac{\,-1\pm\sqrt{1^2-4\cdot 1\cdot 1}\,}{\,2\cdot 1\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-1\pm\sqrt{1-4}\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-1\pm\sqrt{-3}\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-1\pm\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(\omega=\displaystyle \frac{\,-1+\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\) とすると、\(\omega^2\) は、
\(\begin{eqnarray}~~~\omega^2&=&\left(\,\displaystyle \frac{\,-1+\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\,\right)^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(-1+\sqrt{3}i)^2\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1-2\sqrt{3}i+3i^2\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1-2\sqrt{3}i-3\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-2-2\sqrt{3}i\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-1-\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
また、\(\omega=\displaystyle \frac{\,-1-\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\) とすると、\(\omega^2\) は、
\(\begin{eqnarray}~~~\omega^2&=&\left(\,\displaystyle \frac{\,-1-\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\,\right)^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(-1-\sqrt{3}i)^2\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1+2\sqrt{3}i+3i^2\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1+2\sqrt{3}i-3\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-2+2\sqrt{3}i\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-1+\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
よって、虚数解の \(1\) つを \(\omega\) とすると、\(\omega^2\) がもう \(1\) つの虚数解となる
したがって、\(1\) の3乗根は \(1~,~\omega~,~\omega^2\) となる [終]
\({\small (2)}~\)[証明] \(\omega\) は \(x^2+x+1=0\) の解より、
\(x=\omega\) と代入すると
\(\omega^2+\omega+1=0\) [終]
解法のPoint｜1の3乗根とオメガω
p.45 問9\({\small (1)}~x=\pm2~,~\pm3\)
\({\small (2)}~x=\pm\sqrt{5}~,~\pm\sqrt{3}i\)
\({\small (3)}~x=\pm1~,~\pm i\)
解法のPoint｜x²=tと置き換える4次方程式
\({\small (2)}~x=\pm\sqrt{5}~,~\pm\sqrt{3}i\)
\({\small (3)}~x=\pm1~,~\pm i\)
解法のPoint｜x²=tと置き換える4次方程式
p.45 問10\({\small (1)}~x=1~,~5~,~-2\)
\({\small (2)}~x=2~,~\displaystyle \frac{\,-2\pm\sqrt{2}i\,}{\,2\,}\)
解法のPoint｜因数定理を用いた3次方程式の解
\({\small (2)}~x=2~,~\displaystyle \frac{\,-2\pm\sqrt{2}i\,}{\,2\,}\)
解法のPoint｜因数定理を用いた3次方程式の解
Training
p.48 Training 23\({\small (1)}~\)[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、\(x=-\displaystyle \frac{\,b\,}{\,a\,}\) を代入すると、
\(P\left(-\displaystyle \frac{\,b\,}{\,a\,}\right)\)
\(=(-b+b)Q\left(-\displaystyle \frac{\,b\,}{\,a\,}\right)+R=R\)
したがって、整式 \(P(x)\) を１次式 \(ax+b\) で割った余りは、\(P\left(-\displaystyle \frac{\,b\,}{\,a\,}\right)\) に等しい [終]
\({\small (2)}~2\)
解法のPoint｜剰余の定理と余りの値
\(P(x)=(ax+b)Q(x)+R\)
ここで、\(x=-\displaystyle \frac{\,b\,}{\,a\,}\) を代入すると、
\(P\left(-\displaystyle \frac{\,b\,}{\,a\,}\right)\)
\(=(-b+b)Q\left(-\displaystyle \frac{\,b\,}{\,a\,}\right)+R=R\)
したがって、整式 \(P(x)\) を１次式 \(ax+b\) で割った余りは、\(P\left(-\displaystyle \frac{\,b\,}{\,a\,}\right)\) に等しい [終]
\({\small (2)}~2\)
解法のPoint｜剰余の定理と余りの値
p.48 Training 26\({\small (1)}~(x-1)(x+2)(4x+3)\)
\({\small (2)}~(x-3)(3x+1)(3x-2)\)
解法のPoint｜因数定理を用いた3次式の因数分解
\({\small (2)}~(x-3)(3x+1)(3x-2)\)
解法のPoint｜因数定理を用いた3次式の因数分解
p.48 Training 28\({\small (1)}~x=\pm\sqrt{3}~,~\pm\displaystyle \frac{\,\sqrt{2}\,}{\,2\,}i\)
\({\small (2)}~x=\pm\sqrt{2}i~,~\pm\displaystyle \frac{\,2\sqrt{3}\,}{\,3\,}i\)
解法のPoint｜x²=tと置き換える4次方程式
\({\small (2)}~x=\pm\sqrt{2}i~,~\pm\displaystyle \frac{\,2\sqrt{3}\,}{\,3\,}i\)
解法のPoint｜x²=tと置き換える4次方程式
p.48 Training 29\({\small (1)}~x=-1~,~-5~,~\displaystyle \frac{\,5\,}{\,2\,}\)
\({\small (2)}~x=-2~,~\displaystyle \frac{\,3\pm\sqrt{3}i\,}{\,3\,}\)
解法のPoint｜因数定理を用いた3次方程式の解
\({\small (2)}~x=-2~,~\displaystyle \frac{\,3\pm\sqrt{3}i\,}{\,3\,}\)
解法のPoint｜因数定理を用いた3次方程式の解
p.48 Training 31いえない
反例は、\(P(x)=(x-1)^2(x+1)+3x+1\) など
反例は、\(P(x)=(x-1)^2(x+1)+3x+1\) など
４節 式と証明
p.53 問4\({\small (1)}~\)[証明]
(左辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(2a+b)^2-(a+2b)^2
\\[3pt]~~~&=&4a^2+4ab+b^2-(a^2+4ab+4b^2)
\\[3pt]~~~&=&4a^2+4ab+b^2-a^2-4ab-4b^2
\\[3pt]~~~&=&3a^2-3b^2
\\[3pt]~~~&=&3(a^2-b^2)\end{eqnarray}\)
したがって、\((2a+b)^2-(a+2b)^2=3(a^2-b^2)\) [終]
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(a^2+b^2)(c^2+d^2)
\\[3pt]~~~&=&a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\end{eqnarray}\)
(右辺)
したがって、\((a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2\) [終]
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(左辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(2a+b)^2-(a+2b)^2
\\[3pt]~~~&=&4a^2+4ab+b^2-(a^2+4ab+4b^2)
\\[3pt]~~~&=&4a^2+4ab+b^2-a^2-4ab-4b^2
\\[3pt]~~~&=&3a^2-3b^2
\\[3pt]~~~&=&3(a^2-b^2)\end{eqnarray}\)
したがって、\((2a+b)^2-(a+2b)^2=3(a^2-b^2)\) [終]
\({\small (2)}~\)[証明]
(左辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(a^2+b^2)(c^2+d^2)
\\[3pt]~~~&=&a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\end{eqnarray}\)
(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(ac+bd)^2+(ad-bc)^2
\\[3pt]~~~&=&a^2c^2+2abcd+b^2d^2+a^2d^2-2abcd+b^2c^2
\\[3pt]~~~&=&a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2
\\[3pt]~~~&=&a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&a^2c^2+2abcd+b^2d^2+a^2d^2-2abcd+b^2c^2
\\[3pt]~~~&=&a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2
\\[3pt]~~~&=&a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\end{eqnarray}\)
したがって、\((a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2\) [終]
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p.54 問5\({\small (1)}~\)[証明] \(x+y=1\) より、\(y=1-x\)
（右辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&y^2-y
\\[3pt]~~~&=&(1-x)^2-(1-x)
\\[3pt]~~~&=&1-2x+x^2-1+x
\\[3pt]~~~&=&x^2-2x+x
\\[3pt]~~~&=&x^2-x
\end{eqnarray}\)
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\({\small (2)}~\)[証明] \(a+b+c=0\) より、\(c=-a-b\)
（左辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&a^2+b^2+c^2
\\[3pt]~~~&=&a^2+b^2+(-a-b)^2
\\[3pt]~~~&=&a^2+b^2+a^2+2ab+b^2
\\[3pt]~~~&=&2a^2+2ab+2b^2\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&-2(ab+bc+ca)
\\[3pt]~~~&=&-2\{ab+b(-a-b)+(-a-b)a\}
\\[3pt]~~~&=&-2(ab-ab-b^2-a^2-ab)
\\[3pt]~~~&=&-2(-a^2-b^2-ab)
\\[3pt]~~~&=&2a^2+2b^2+2ab
\\[3pt]~~~&=&2a^2+2ab+2b^2\end{eqnarray}\)
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（右辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&y^2-y
\\[3pt]~~~&=&(1-x)^2-(1-x)
\\[3pt]~~~&=&1-2x+x^2-1+x
\\[3pt]~~~&=&x^2-2x+x
\\[3pt]~~~&=&x^2-x
\end{eqnarray}\)
したがって、\(x^2-x=y^2-y\) [終]
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\({\small (2)}~\)[証明] \(a+b+c=0\) より、\(c=-a-b\)
（左辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&a^2+b^2+c^2
\\[3pt]~~~&=&a^2+b^2+(-a-b)^2
\\[3pt]~~~&=&a^2+b^2+a^2+2ab+b^2
\\[3pt]~~~&=&2a^2+2ab+2b^2\end{eqnarray}\)
（右辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&-2(ab+bc+ca)
\\[3pt]~~~&=&-2\{ab+b(-a-b)+(-a-b)a\}
\\[3pt]~~~&=&-2(ab-ab-b^2-a^2-ab)
\\[3pt]~~~&=&-2(-a^2-b^2-ab)
\\[3pt]~~~&=&2a^2+2b^2+2ab
\\[3pt]~~~&=&2a^2+2ab+2b^2\end{eqnarray}\)
したがって、\(a^2+b^2+c^2=-2(ab+bc+ca)\) [終]
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p.54 問6[証明] \(\displaystyle\frac{\,a\,}{\,b\,}=\displaystyle\frac{\,c\,}{\,d\,}=k\) とおくと、
\(a=kb~,~c=kd\)
（左辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle\frac{\,2a+3c\,}{\,2b+3d\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,2kb+3kd\,}{\,2b+3d\,}\hspace{25pt}(\,∵~ a=kb~,~c=kd\,)\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,k(2b+3d)\,}{\,2b+3d\,}\\[3pt]~~~&=&k\end{eqnarray}\)
（右辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle\frac{\,2a-3c\,}{\,2b-3d\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,2kb-3kd\,}{\,2b-3d\,}\hspace{25pt}(\,∵~ a=kb~,~c=kd\,)\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,k(2b-3d)\,}{\,2b-3d\,}\\[3pt]~~~&=&k\end{eqnarray}\)
したがって、
\(\displaystyle\frac{\,2a+3c\,}{\,2b+3d\,}=\displaystyle\frac{\,2a-3c\,}{\,2b-3d\,}\) [終]
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\(a=kb~,~c=kd\)
（左辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle\frac{\,2a+3c\,}{\,2b+3d\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,2kb+3kd\,}{\,2b+3d\,}\hspace{25pt}(\,∵~ a=kb~,~c=kd\,)\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,k(2b+3d)\,}{\,2b+3d\,}\\[3pt]~~~&=&k\end{eqnarray}\)
（右辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle\frac{\,2a-3c\,}{\,2b-3d\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,2kb-3kd\,}{\,2b-3d\,}\hspace{25pt}(\,∵~ a=kb~,~c=kd\,)\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,k(2b-3d)\,}{\,2b-3d\,}\\[3pt]~~~&=&k\end{eqnarray}\)
したがって、
\(\displaystyle\frac{\,2a+3c\,}{\,2b+3d\,}=\displaystyle\frac{\,2a-3c\,}{\,2b-3d\,}\) [終]
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p.56 問7［証明］
(左辺)－(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(3a+b)-(a+3b)
\\[3pt]~~~&=&3a+b-a-3b
\\[3pt]~~~&=&2a-2b
\\[3pt]~~~&=&2(a-b)\end{eqnarray}\)
ここで、\(a \gt b\) より、
\(a-b \gt 0\) であるから、
\(2(a-b) \gt 0\)
したがって、
\((3a+b)-(a+3b) \gt 0\) となり、
\(3a+b \gt a+3b\) [終]
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(左辺)－(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(3a+b)-(a+3b)
\\[3pt]~~~&=&3a+b-a-3b
\\[3pt]~~~&=&2a-2b
\\[3pt]~~~&=&2(a-b)\end{eqnarray}\)
ここで、\(a \gt b\) より、
\(a-b \gt 0\) であるから、
\(2(a-b) \gt 0\)
したがって、
\((3a+b)-(a+3b) \gt 0\) となり、
\(3a+b \gt a+3b\) [終]
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p.57 問8\({\small (1)}~\)[証明]
(左辺)－(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&2(x^2+y^2)-(x-y)^2
\\[3pt]~~~&=&2x^2+2y^2-(x^2-2xy+y^2)
\\[3pt]~~~&=&2x^2+2y^2-x^2+2xy-y^2
\\[3pt]~~~&=&x^2+2xy+y^2
\\[3pt]~~~&=&(x+y)^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\(2(x^2+y^2){\small ~≧~}(x-y)^2\) [終]
また、等号が成立するのは、
\(x+y=0\) すなわち \(x=-y\) のとき
\(\begin{eqnarray}~~~&=&5(x^2+y^2)-(2x-y)^2
\\[3pt]~~~&=&5x^2+5y^2-(4x^2-4xy+y^2)
\\[3pt]~~~&=&5x^2+5y^2-4x^2+4xy-y^2
\\[3pt]~~~&=&x^2+4xy+4y^2
\\[3pt]~~~&=&(x+2y)^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\(5(x^2+y^2){\small ~≧~}(2x-y)^2\) [終]
また、等号が成立するのは、
\(x+2y=0\) すなわち \(x=-2y\) のとき
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(左辺)－(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&2(x^2+y^2)-(x-y)^2
\\[3pt]~~~&=&2x^2+2y^2-(x^2-2xy+y^2)
\\[3pt]~~~&=&2x^2+2y^2-x^2+2xy-y^2
\\[3pt]~~~&=&x^2+2xy+y^2
\\[3pt]~~~&=&(x+y)^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\(2(x^2+y^2){\small ~≧~}(x-y)^2\) [終]
また、等号が成立するのは、
\(x+y=0\) すなわち \(x=-y\) のとき
\({\small (2)}~\)[証明]
(左辺)－(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&5(x^2+y^2)-(2x-y)^2
\\[3pt]~~~&=&5x^2+5y^2-(4x^2-4xy+y^2)
\\[3pt]~~~&=&5x^2+5y^2-4x^2+4xy-y^2
\\[3pt]~~~&=&x^2+4xy+4y^2
\\[3pt]~~~&=&(x+2y)^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\(5(x^2+y^2){\small ~≧~}(2x-y)^2\) [終]
また、等号が成立するのは、
\(x+2y=0\) すなわち \(x=-2y\) のとき
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p.57 問9\({\small (1)}~\)[証明]
(左辺)－(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&x^2+y^2-xy
\\[3pt]~~~&=&x^2-y\,x+y^2\end{eqnarray}\)
\( x \) について、平方完成すると、
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\left(x^2-yx+\displaystyle\frac{\,y^2\,}{\,4\,}\right)-\displaystyle\frac{\,y^2\,}{\,4\,}+y^2
\\[5pt]~~~&=&\left(x-\displaystyle\frac{\,y\,}{\,2\,}\right)^2+\displaystyle\frac{\,3\,}{\,4\,}y^2\end{eqnarray}\)
ここで、\( \left(x-\displaystyle\frac{\,y\,}{\,2\,}\right)^2{\small ~≧~}0~,~\displaystyle\frac{\,3\,}{\,4\,}y^2{\small ~≧~}0 \) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\left(x-\displaystyle\frac{\,y\,}{\,2\,}\right)^2+\displaystyle\frac{\,3\,}{\,4\,}y^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\( x^2+y^2{\small ~≧~}xy \) [終]
また、等号が成立するのは、
\(x-\displaystyle\frac{\,y\,}{\,2\,}=0\) かつ \(y=0\)
\(~\Leftrightarrow~x=\displaystyle\frac{\,y\,}{\,2\,}\) より、\(x=0\)
すなわち \( x=y=0 \) のとき
\(\begin{eqnarray}~~~&=&x^2+y^2-4x-6y+13
\\[3pt]~~~&=&x^2-4x+y^2-6y+13\end{eqnarray}\)
\( x \) と \( y \) について、それぞれ平方完成すると、
ここで、\( (x-2)^2{\small ~≧~}0~,~(y-3)^2{\small ~≧~}0 \) より、
\(\begin{eqnarray}~~~(x-2)^2+(y-3)^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\( x^2+y^2-4x-6y+13{\small ~≧~}0 \) [終]
また、等号が成立するのは、
\(x-2=0\) かつ \(y-3=0\)
すなわち \( x=2~,~y=3 \) のとき
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(左辺)－(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&x^2+y^2-xy
\\[3pt]~~~&=&x^2-y\,x+y^2\end{eqnarray}\)
\( x \) について、平方完成すると、
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\left(x^2-yx+\displaystyle\frac{\,y^2\,}{\,4\,}\right)-\displaystyle\frac{\,y^2\,}{\,4\,}+y^2
\\[5pt]~~~&=&\left(x-\displaystyle\frac{\,y\,}{\,2\,}\right)^2+\displaystyle\frac{\,3\,}{\,4\,}y^2\end{eqnarray}\)
ここで、\( \left(x-\displaystyle\frac{\,y\,}{\,2\,}\right)^2{\small ~≧~}0~,~\displaystyle\frac{\,3\,}{\,4\,}y^2{\small ~≧~}0 \) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\left(x-\displaystyle\frac{\,y\,}{\,2\,}\right)^2+\displaystyle\frac{\,3\,}{\,4\,}y^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\( x^2+y^2{\small ~≧~}xy \) [終]
また、等号が成立するのは、
\(x-\displaystyle\frac{\,y\,}{\,2\,}=0\) かつ \(y=0\)
\(~\Leftrightarrow~x=\displaystyle\frac{\,y\,}{\,2\,}\) より、\(x=0\)
すなわち \( x=y=0 \) のとき
\({\small (2)}~\)
\( x \) と \( y \) それぞれについて平方完成する
[証明]
(左辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&x^2+y^2-4x-6y+13
\\[3pt]~~~&=&x^2-4x+y^2-6y+13\end{eqnarray}\)
\( x \) と \( y \) について、それぞれ平方完成すると、
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(x^2-4x+4)-4+(y^2-6y+9)-9+13
\\[3pt]~~~&=&(x-2)^2+(y-3)^2\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&(x-2)^2+(y-3)^2\end{eqnarray}\)
ここで、\( (x-2)^2{\small ~≧~}0~,~(y-3)^2{\small ~≧~}0 \) より、
\(\begin{eqnarray}~~~(x-2)^2+(y-3)^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\( x^2+y^2-4x-6y+13{\small ~≧~}0 \) [終]
また、等号が成立するのは、
\(x-2=0\) かつ \(y-3=0\)
すなわち \( x=2~,~y=3 \) のとき
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p.58 問10[証明] 両辺の平方の差は、
(左辺)²－(右辺)²
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\left(a+1\right)^2-\left(\sqrt{2a+1}\right)^2
\\[3pt]~~~&=&(a^2+2a+1)-(2a+1)
\\[3pt]~~~&=&a^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、
\(\left(a+1\right)^2 {\small ~≧~} \left(\sqrt{2a+1}\right)^2\)
ここで、\( a+1 \gt 0 \)、\( \sqrt{2a+1} \gt 0 \) より、
\(a+1 {\small ~≧~} \sqrt{2a+1}\) [終]
すなわち、\( a=0 \) のとき
■ この問題の詳しい解説はこちら！
(左辺)²－(右辺)²
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\left(a+1\right)^2-\left(\sqrt{2a+1}\right)^2
\\[3pt]~~~&=&(a^2+2a+1)-(2a+1)
\\[3pt]~~~&=&a^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、
\(\left(a+1\right)^2 {\small ~≧~} \left(\sqrt{2a+1}\right)^2\)
ここで、\( a+1 \gt 0 \)、\( \sqrt{2a+1} \gt 0 \) より、
\(a+1 {\small ~≧~} \sqrt{2a+1}\) [終]
等号が成り立つのは、\( a^2=0 \) のとき、
すなわち、\( a=0 \) のとき
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.59 問11\({\small (1)}~\)相加平均 \(\displaystyle \frac{\,101\,}{\,2\,}\)、相乗平均 \(10\)
したがって、(相加平均)\(\gt\)(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)\(\gt\)(相乗平均)
解法のPoint｜相加平均と相乗平均の大小関係
したがって、(相加平均)\(\gt\)(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)\(\gt\)(相乗平均)
解法のPoint｜相加平均と相乗平均の大小関係
p.60 問12\({\small (1)}~\)
[証明] \(a\gt 0\) より、\(a\gt 0~,~\displaystyle \frac{\,4\,}{\,a\,}\gt 0\)
よって、相加平均と相乗平均の大小関係より、
\(\begin{eqnarray}~~~a+\displaystyle \frac{\,4\,}{\,a\,}&{\small ~≧~}&2\sqrt{\,a\cdot\displaystyle \frac{\,4\,}{\,a\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&2\sqrt{\,4\,}=4\end{eqnarray}\)
したがって、\(a+\displaystyle \frac{\,4\,}{\,a\,}{\small ~≧~}4\) [終]
また、等号が成り立つのは、
\(\begin{eqnarray}~~~a=\displaystyle \frac{\,4\,}{\,a\,}~\Leftrightarrow~a^2&=&4\end{eqnarray}\)
\(a\gt 0\) より、\(a=2\) のとき
よって、相加平均と相乗平均の大小関係より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,a\,}{\,b\,}+\displaystyle \frac{\,b\,}{\,a\,}&{\small ~≧~}&2\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,a\,}{\,b\,}\cdot\displaystyle \frac{\,b\,}{\,a\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&2\sqrt{\,1\,}=2\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,b\,}+\displaystyle \frac{\,b\,}{\,a\,}{\small ~≧~}2\) [終]
また、等号が成り立つのは、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,a\,}{\,b\,}=\displaystyle \frac{\,b\,}{\,a\,}~\Leftrightarrow~a^2&=&b^2\end{eqnarray}\)
\(a\gt 0~,~b\gt 0\) より、\(a=b\) のとき
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[証明] \(a\gt 0\) より、\(a\gt 0~,~\displaystyle \frac{\,4\,}{\,a\,}\gt 0\)
よって、相加平均と相乗平均の大小関係より、
\(\begin{eqnarray}~~~a+\displaystyle \frac{\,4\,}{\,a\,}&{\small ~≧~}&2\sqrt{\,a\cdot\displaystyle \frac{\,4\,}{\,a\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&2\sqrt{\,4\,}=4\end{eqnarray}\)
したがって、\(a+\displaystyle \frac{\,4\,}{\,a\,}{\small ~≧~}4\) [終]
また、等号が成り立つのは、
\(\begin{eqnarray}~~~a=\displaystyle \frac{\,4\,}{\,a\,}~\Leftrightarrow~a^2&=&4\end{eqnarray}\)
\(a\gt 0\) より、\(a=2\) のとき
\({\small (2)}~\)
[証明] \(a\gt 0~,~b\gt 0\) より、\(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,b\,}\gt 0~,~\displaystyle \frac{\,b\,}{\,a\,}\gt 0\)
よって、相加平均と相乗平均の大小関係より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,a\,}{\,b\,}+\displaystyle \frac{\,b\,}{\,a\,}&{\small ~≧~}&2\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,a\,}{\,b\,}\cdot\displaystyle \frac{\,b\,}{\,a\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&2\sqrt{\,1\,}=2\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,b\,}+\displaystyle \frac{\,b\,}{\,a\,}{\small ~≧~}2\) [終]
また、等号が成り立つのは、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,a\,}{\,b\,}=\displaystyle \frac{\,b\,}{\,a\,}~\Leftrightarrow~a^2&=&b^2\end{eqnarray}\)
\(a\gt 0~,~b\gt 0\) より、\(a=b\) のとき
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p.61 challenge 問1[証明] 両辺の平方の差は、
(左辺)²－(右辺)²
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\left(\,|\,a\,|+|\,b\,|\,\right)^2-|\,a-b\,|^2
\\[3pt]~~~&=&|\,a\,|^2+2|\,a\,||\,b\,|+|\,b\,|^2-(a-b)^2
\\[3pt]~~~&=&a^2+2|\,ab\,|+b^2-\left(\,a^2-2ab+b^2\,\right)
\\[3pt]~~~&=&a^2+2|\,ab\,|+b^2-a^2+2ab-b^2
\\[3pt]~~~&=&2\left(\,|\,ab\,|+ab\,\right){\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\(\left(\,|\,a\,|+|\,b\,|\,\right)^2{\small ~≧~}|\,a-b\,|^2\)
\(|\,a\,|+|\,b\,|{\small ~≧~}0~,~|\,a-b\,|{\small ~≧~}0\) より、
\(|\,a\,|+|\,b\,|{\small ~≧~}|\,a-b\,|\) [終]
等号が成り立つのは、
\(|\,ab\,|+ab=0~~\Leftrightarrow~~|\,ab\,|=-ab\)
すなわち \(ab{\small ~≦~}0\) のとき
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(左辺)²－(右辺)²
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\left(\,|\,a\,|+|\,b\,|\,\right)^2-|\,a-b\,|^2
\\[3pt]~~~&=&|\,a\,|^2+2|\,a\,||\,b\,|+|\,b\,|^2-(a-b)^2
\\[3pt]~~~&=&a^2+2|\,ab\,|+b^2-\left(\,a^2-2ab+b^2\,\right)
\\[3pt]~~~&=&a^2+2|\,ab\,|+b^2-a^2+2ab-b^2
\\[3pt]~~~&=&2\left(\,|\,ab\,|+ab\,\right){\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
∵ \(|\,ab\,|{\small ~≧~}-ab\) より、\(|\,ab\,|+ab{\small ~≧~}0\)
よって、\(\left(\,|\,a\,|+|\,b\,|\,\right)^2{\small ~≧~}|\,a-b\,|^2\)
\(|\,a\,|+|\,b\,|{\small ~≧~}0~,~|\,a-b\,|{\small ~≧~}0\) より、
\(|\,a\,|+|\,b\,|{\small ~≧~}|\,a-b\,|\) [終]
等号が成り立つのは、
\(|\,ab\,|+ab=0~~\Leftrightarrow~~|\,ab\,|=-ab\)
すなわち \(ab{\small ~≦~}0\) のとき
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Training
p.62 Training 32\({\small (1)}~ a=1~,~b=0~,~c=-2\)
\({\small (2)}~ a=2~,~b=-3~,~c=-4\)
解法のPoint｜恒等式となる等式の条件
\({\small (3)}~ a=2~,~b=-3~\)
解法のPoint｜分数式の恒等式
\({\small (2)}~ a=2~,~b=-3~,~c=-4\)
解法のPoint｜恒等式となる等式の条件
\({\small (3)}~ a=2~,~b=-3~\)
解法のPoint｜分数式の恒等式
p.62 Training 33\({\small (1)}~\)[証明]
(左辺)
したがって、\((ax-by)^2-(ay-bx)^2=(a^2-b^2)(x^2-y^2)\) [終]
したがって、
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(x+1)^3-(3x^2+1)
\\[3pt]~~~&=&x^3+3x^2+3x+1-3x^2-1
\\[3pt]~~~&=&x^3+3x\end{eqnarray}\)
(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(x-1)^3+(3x^2+1)
\\[3pt]~~~&=&x^3-3x^2+3x-1+3x^2+1
\\[3pt]~~~&=&x^3+3x\end{eqnarray}\)
したがって、
\((x+1)^3-(3x^2+1)=(x-1)^3+(3x^2+1)\) [終]
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(左辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(ax-by)^2-(ay-bx)^2
\\[3pt]~~~&=&a^2x^2-2abxy+b^2y^2-(a^2y^2-2abxy+b^2x^2)
\\[3pt]~~~&=&a^2x^2-2abxy+b^2y^2-a^2y^2+2abxy-b^2x^2
\\[3pt]~~~&=&a^2x^2+b^2y^2-a^2y^2-b^2x^2
\\[3pt]~~~&=&a^2(x^2-y^2)-b^2(x^2-y^2)
\\[3pt]~~~&=&(a^2-b^2)(x^2-y^2)\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&a^2x^2-2abxy+b^2y^2-(a^2y^2-2abxy+b^2x^2)
\\[3pt]~~~&=&a^2x^2-2abxy+b^2y^2-a^2y^2+2abxy-b^2x^2
\\[3pt]~~~&=&a^2x^2+b^2y^2-a^2y^2-b^2x^2
\\[3pt]~~~&=&a^2(x^2-y^2)-b^2(x^2-y^2)
\\[3pt]~~~&=&(a^2-b^2)(x^2-y^2)\end{eqnarray}\)
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)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,2\,}\{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,2\,}(a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,2\,}(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca)
\\[5pt]~~~&=&a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,2\,}(a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,2\,}(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca)
\\[5pt]~~~&=&a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\end{eqnarray}\)
したがって、
\(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=\displaystyle\frac{\,1\,}{\,2\,}\{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\}\) [終]
\({\small (3)}~\)[証明]
(左辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(x+1)^3-(3x^2+1)
\\[3pt]~~~&=&x^3+3x^2+3x+1-3x^2-1
\\[3pt]~~~&=&x^3+3x\end{eqnarray}\)
(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(x-1)^3+(3x^2+1)
\\[3pt]~~~&=&x^3-3x^2+3x-1+3x^2+1
\\[3pt]~~~&=&x^3+3x\end{eqnarray}\)
したがって、
\((x+1)^3-(3x^2+1)=(x-1)^3+(3x^2+1)\) [終]
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p.62 Training 34\({\small (1)}\)
[証明] \(x-y=1\) より、\(x=y+1\)
（左辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&x^2+y^2
\\[3pt]~~~&=&(y+1)^2+y^2
\\[3pt]~~~&=&y^2+2y+1+y^2
\\[3pt]~~~&=&2y^2+2y+1\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&2xy+x-y
\\[3pt]~~~&=&2(y+1)y+(y+1)-y
\\[3pt]~~~&=&2y^2+2y+y+1-y
\\[3pt]~~~&=&2y^2+2y+1\end{eqnarray}\)
（右辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&x^3-3xy
\\[3pt]~~~&=&(y+1)^3-3(y+1)y
\\[3pt]~~~&=&y^3+3y^2+3y+1-3y^2-3y
\\[3pt]~~~&=&y^3+1
\\[3pt]~~~&=&(\text{左辺})\end{eqnarray}\)
■ この問題の詳しい解説はこちら！
[証明] \(x-y=1\) より、\(x=y+1\)
（左辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&x^2+y^2
\\[3pt]~~~&=&(y+1)^2+y^2
\\[3pt]~~~&=&y^2+2y+1+y^2
\\[3pt]~~~&=&2y^2+2y+1\end{eqnarray}\)
（右辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&2xy+x-y
\\[3pt]~~~&=&2(y+1)y+(y+1)-y
\\[3pt]~~~&=&2y^2+2y+y+1-y
\\[3pt]~~~&=&2y^2+2y+1\end{eqnarray}\)
したがって、\(x^2+y^2=2xy+x-y\) [終]
\({\small (2)}\)
[証明] \(x-y=1\) より、\(x=y+1\)
（右辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&x^3-3xy
\\[3pt]~~~&=&(y+1)^3-3(y+1)y
\\[3pt]~~~&=&y^3+3y^2+3y+1-3y^2-3y
\\[3pt]~~~&=&y^3+1
\\[3pt]~~~&=&(\text{左辺})\end{eqnarray}\)
したがって、\(y^3+1=x^3-3xy\) [終]
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p.62 Training 35[証明] \(\displaystyle\frac{\,a\,}{\,b\,}=\displaystyle\frac{\,c\,}{\,d\,}=k\) とおくと、
\(a=kb~,~c=kd\)
（左辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle\frac{\,a+c\,}{\,b+d\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,kb+kd\,}{\,b+d\,}\hspace{25pt}(\,∵~ a=kb~,~c=kd\,)\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,k(b+d)\,}{\,b+d\,}\\[3pt]~~~&=&k\end{eqnarray}\)
（右辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle\frac{\,a^2 d\,}{\,b^2 c\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,(kb)^2 \cdot d\,}{\,b^2 \cdot kd\,}\hspace{25pt}(\,∵~ a=kb~,~c=kd\,)\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,k^2 b^2 d\,}{\,kb^2 d\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,k^2\,}{\,k\,}\\[3pt]~~~&=&k\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle\frac{\,a+c\,}{\,b+d\,}=\displaystyle\frac{\,a^2 d\,}{\,b^2 c\,}\) [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(a=kb~,~c=kd\)
（左辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle\frac{\,a+c\,}{\,b+d\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,kb+kd\,}{\,b+d\,}\hspace{25pt}(\,∵~ a=kb~,~c=kd\,)\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,k(b+d)\,}{\,b+d\,}\\[3pt]~~~&=&k\end{eqnarray}\)
（右辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle\frac{\,a^2 d\,}{\,b^2 c\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,(kb)^2 \cdot d\,}{\,b^2 \cdot kd\,}\hspace{25pt}(\,∵~ a=kb~,~c=kd\,)\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,k^2 b^2 d\,}{\,kb^2 d\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,k^2\,}{\,k\,}\\[3pt]~~~&=&k\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle\frac{\,a+c\,}{\,b+d\,}=\displaystyle\frac{\,a^2 d\,}{\,b^2 c\,}\) [終]
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p.62 Training 36[証明]
(左辺)－(右辺)
よって、\((a^2+4)(x^2+1){\small ~≧~}(ax+2)^2\) [終]
また、等号が成立するのは、
\(a-2x=0\) すなわち \(a=2x\) のとき
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(左辺)－(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(a^2+4)(x^2+1)-(ax+2)^2
\\[3pt]~~~&=&a^2x^2+a^2+4x^2+4-(a^2x^2+4ax+4)
\\[3pt]~~~&=&a^2x^2+a^2+4x^2+4-a^2x^2-4ax-4
\\[3pt]~~~&=&a^2-4ax+4x^2
\\[3pt]~~~&=&(a-2x)^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&a^2x^2+a^2+4x^2+4-(a^2x^2+4ax+4)
\\[3pt]~~~&=&a^2x^2+a^2+4x^2+4-a^2x^2-4ax-4
\\[3pt]~~~&=&a^2-4ax+4x^2
\\[3pt]~~~&=&(a-2x)^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\((a^2+4)(x^2+1){\small ~≧~}(ax+2)^2\) [終]
また、等号が成立するのは、
\(a-2x=0\) すなわち \(a=2x\) のとき
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p.62 Training 37[証明]
(左辺)－(右辺)
ここで、\( (a-1)^2{\small ~≧~}0~,~(b-1)^2{\small ~≧~}0 \) より、
\(\begin{eqnarray}~~~(a-1)^2+(b-1)^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\( a^2+b^2{\small ~≧~}2(a+b-1) \) [終]
また、等号が成立するのは、
\(a-1=0\) かつ \(b-1=0\)
すなわち \( a=b=1 \) のとき
■ この問題の詳しい解説はこちら！
(左辺)－(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&a^2+b^2-2(a+b-1)
\\[3pt]~~~&=&a^2+b^2-2a-2b+2
\\[3pt]~~~&=&(a^2-2a)+(b^2-2b)+2
\\[3pt]~~~&=&(a^2-2a+1)-1+(b^2-2b+1)-1+2
\\[3pt]~~~&=&(a-1)^2+(b-1)^2\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&a^2+b^2-2a-2b+2
\\[3pt]~~~&=&(a^2-2a)+(b^2-2b)+2
\\[3pt]~~~&=&(a^2-2a+1)-1+(b^2-2b+1)-1+2
\\[3pt]~~~&=&(a-1)^2+(b-1)^2\end{eqnarray}\)
ここで、\( (a-1)^2{\small ~≧~}0~,~(b-1)^2{\small ~≧~}0 \) より、
\(\begin{eqnarray}~~~(a-1)^2+(b-1)^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\( a^2+b^2{\small ~≧~}2(a+b-1) \) [終]
また、等号が成立するのは、
\(a-1=0\) かつ \(b-1=0\)
すなわち \( a=b=1 \) のとき
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p.62 Training 38[証明] \( a {\small ~≧~} b {\small ~≧~} 0 \) より、\( \sqrt{a} {\small ~≧~} \sqrt{b} \) となり、
\( \sqrt{a}-\sqrt{b} {\small ~≧~} 0 \)
両辺の平方の差は、
(右辺)²－(左辺)²
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\left(\sqrt{a-b}\right)^2-\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2
\\[3pt]~~~&=&(a-b)-\left\{\left(\sqrt{a}\right)^2-2\sqrt{a}\sqrt{b}+\left(\sqrt{b}\right)^2\right\}
\\[3pt]~~~&=&(a-b)-(a-2\sqrt{ab}+b)
\\[3pt]~~~&=&a-b-a+2\sqrt{ab}-b
\\[3pt]~~~&=&2\sqrt{ab}-2b
\\[3pt]~~~&=&2\sqrt{b}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right){\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、
\(\left(\sqrt{a-b}\right)^2 {\small ~≧~} \left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\)
ここで、\( \sqrt{a-b} {\small ~≧~} 0 \)、\( \sqrt{a}-\sqrt{b} {\small ~≧~} 0 \) より、
\(\sqrt{a-b} {\small ~≧~} \sqrt{a}-\sqrt{b}\)
したがって、
\(\sqrt{a}-\sqrt{b} {\small ~≦~} \sqrt{a-b}\) [終]
\( 2\sqrt{b}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)=0 \) のとき、
\(\sqrt{b}=0\) または \(\sqrt{a}-\sqrt{b}=0\)
すなわち、\( b=0 \) または \( a=b \) のとき
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\( \sqrt{a}-\sqrt{b} {\small ~≧~} 0 \)
両辺の平方の差は、
(右辺)²－(左辺)²
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\left(\sqrt{a-b}\right)^2-\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2
\\[3pt]~~~&=&(a-b)-\left\{\left(\sqrt{a}\right)^2-2\sqrt{a}\sqrt{b}+\left(\sqrt{b}\right)^2\right\}
\\[3pt]~~~&=&(a-b)-(a-2\sqrt{ab}+b)
\\[3pt]~~~&=&a-b-a+2\sqrt{ab}-b
\\[3pt]~~~&=&2\sqrt{ab}-2b
\\[3pt]~~~&=&2\sqrt{b}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right){\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、
\(\left(\sqrt{a-b}\right)^2 {\small ~≧~} \left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\)
ここで、\( \sqrt{a-b} {\small ~≧~} 0 \)、\( \sqrt{a}-\sqrt{b} {\small ~≧~} 0 \) より、
\(\sqrt{a-b} {\small ~≧~} \sqrt{a}-\sqrt{b}\)
したがって、
\(\sqrt{a}-\sqrt{b} {\small ~≦~} \sqrt{a-b}\) [終]
等号が成り立つのは、
\( 2\sqrt{b}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)=0 \) のとき、
\(\sqrt{b}=0\) または \(\sqrt{a}-\sqrt{b}=0\)
すなわち、\( b=0 \) または \( a=b \) のとき
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.62 Training 39[証明] \(a\gt 0\) より、\(9a\gt 0~,~\displaystyle \frac{\,4\,}{\,a\,}\gt 0\)
よって、相加平均と相乗平均の大小関係より、
\(\begin{eqnarray}~~~9a+\displaystyle \frac{\,4\,}{\,a\,}&{\small ~≧~}&2\sqrt{\,9a\cdot\displaystyle \frac{\,4\,}{\,a\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&2\sqrt{\,36\,}=12\end{eqnarray}\)
したがって、\(9a+\displaystyle \frac{\,4\,}{\,a\,}{\small ~≧~}12\) [終]
また、等号が成り立つのは、
\(\begin{eqnarray}~~~9a=\displaystyle \frac{\,4\,}{\,a\,}~\Leftrightarrow~9a^2&=&4\\[5pt]~~~a^2&=&\displaystyle \frac{\,4\,}{\,9\,}\end{eqnarray}\)
\(a\gt 0\) より、\(a=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\) のとき
■ この問題の詳しい解説はこちら！
よって、相加平均と相乗平均の大小関係より、
\(\begin{eqnarray}~~~9a+\displaystyle \frac{\,4\,}{\,a\,}&{\small ~≧~}&2\sqrt{\,9a\cdot\displaystyle \frac{\,4\,}{\,a\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&2\sqrt{\,36\,}=12\end{eqnarray}\)
したがって、\(9a+\displaystyle \frac{\,4\,}{\,a\,}{\small ~≧~}12\) [終]
また、等号が成り立つのは、
\(\begin{eqnarray}~~~9a=\displaystyle \frac{\,4\,}{\,a\,}~\Leftrightarrow~9a^2&=&4\\[5pt]~~~a^2&=&\displaystyle \frac{\,4\,}{\,9\,}\end{eqnarray}\)
\(a\gt 0\) より、\(a=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\) のとき
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p.62 Training 40\(x+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,x\,}=2\) となる \(x\) は等号成立条件より、\(x=1\)
\(x+\displaystyle \frac{\,4\,}{\,x\,}=4\) となる \(x\) は等号成立条件より、\(x=2\)
これより、この２つを同時に満たす \(x\) は存在しないので、最小値は \(8\) とならない
解法のPoint｜相加平均・相乗平均と最小値
\(x+\displaystyle \frac{\,4\,}{\,x\,}=4\) となる \(x\) は等号成立条件より、\(x=2\)
これより、この２つを同時に満たす \(x\) は存在しないので、最小値は \(8\) とならない
解法のPoint｜相加平均・相乗平均と最小値
p.63 参考 問1\({\small (1)}~\)商 \(x^2-2x+2\)、余り \(3\)
\({\small (2)}~\)商 \(x^3-2x^2+3x-3\)、余り \(0\)
\({\small (2)}~\)商 \(x^3-2x^2+3x-3\)、余り \(0\)
Level Up
p.64 Level Up 1
解法のPoint｜x³+y³+z³-3xyzの因数分解
\({\small (1)}~\)[証明]
(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(a+b)^3-3ab(a+b)
\\[3pt]~~~&=&a^3+3a^2b+3ab^2+b^3-3^2b-3ab^2
\\[3pt]~~~&=&a^3+b^3
\end{eqnarray}\)
\(~=\)(右辺) [終]
\({\small (2)}~(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\)
(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(a+b)^3-3ab(a+b)
\\[3pt]~~~&=&a^3+3a^2b+3ab^2+b^3-3^2b-3ab^2
\\[3pt]~~~&=&a^3+b^3
\end{eqnarray}\)
\(~=\)(右辺) [終]
\({\small (2)}~(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\)
解法のPoint｜x³+y³+z³-3xyzの因数分解
p.64 Level Up 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]
解法のPoint｜共役な複素数
\(\alpha=a+bi~,~\beta=c+di\)
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]
解法のPoint｜共役な複素数
p.64 Level Up 4\({\small (1)}~\)[証明] \( x=1-\sqrt{3}\,i \) より、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&1-\sqrt{3}\,i
\\[3pt]~~~\hspace{40pt}x-1&=&-\sqrt{3}\,i\end{eqnarray}\)
両辺を2乗すると、
\({\small (2)}~12-\sqrt{3}\,i\)
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\(\begin{eqnarray}~~~x&=&1-\sqrt{3}\,i
\\[3pt]~~~\hspace{40pt}x-1&=&-\sqrt{3}\,i\end{eqnarray}\)
両辺を2乗すると、
\(\begin{eqnarray}~~~(x-1)^2&=&(-\sqrt{3}\,i)^2
\\[3pt]~~~x^2-2x+1&=&3i^2
\\[3pt]~~~x^2-2x+1&=&3\cdot(-1)\hspace{15pt}(\,∵~i^2=-1\,)
\\[3pt]~~~x^2-2x+1+3&=&0
\\[3pt]~x^2-2x+4&=&0\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~x^2-2x+1&=&3i^2
\\[3pt]~~~x^2-2x+1&=&3\cdot(-1)\hspace{15pt}(\,∵~i^2=-1\,)
\\[3pt]~~~x^2-2x+1+3&=&0
\\[3pt]~x^2-2x+4&=&0\end{eqnarray}\)
[終]
\({\small (2)}~12-\sqrt{3}\,i\)
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p.65 Level Up 11[証明] \(\displaystyle\frac{\,x\,}{\,a\,}=\displaystyle\frac{\,y\,}{\,b\,}=\displaystyle\frac{\,z\,}{\,c\,}=k\) とおくと、
\(x=ka~,~y=kb~,~z=kc\)
（左辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)\\[3pt]~~~&=&(a^2+b^2+c^2)\left\{(ka)^2+(kb)^2+(kc)^2\right\}\\[3pt]~~~&=&(a^2+b^2+c^2)(k^2 a^2+k^2 b^2+k^2 c^2)\\[3pt]~~~&=&(a^2+b^2+c^2) \cdot k^2(a^2+b^2+c^2)\\[3pt]~~~&=&k^2(a^2+b^2+c^2)^2\end{eqnarray}\)
（右辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(ax+by+cz)^2\\[3pt]~~~&=&(a \cdot ka+b \cdot kb+c \cdot kc)^2\\[3pt]~~~&=&(ka^2+kb^2+kc^2)^2\\[3pt]~~~&=&\left\{k(a^2+b^2+c^2)\right\}^2\\[3pt]~~~&=&k^2(a^2+b^2+c^2)^2\end{eqnarray}\)
したがって、
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(x=ka~,~y=kb~,~z=kc\)
（左辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)\\[3pt]~~~&=&(a^2+b^2+c^2)\left\{(ka)^2+(kb)^2+(kc)^2\right\}\\[3pt]~~~&=&(a^2+b^2+c^2)(k^2 a^2+k^2 b^2+k^2 c^2)\\[3pt]~~~&=&(a^2+b^2+c^2) \cdot k^2(a^2+b^2+c^2)\\[3pt]~~~&=&k^2(a^2+b^2+c^2)^2\end{eqnarray}\)
（右辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(ax+by+cz)^2\\[3pt]~~~&=&(a \cdot ka+b \cdot kb+c \cdot kc)^2\\[3pt]~~~&=&(ka^2+kb^2+kc^2)^2\\[3pt]~~~&=&\left\{k(a^2+b^2+c^2)\right\}^2\\[3pt]~~~&=&k^2(a^2+b^2+c^2)^2\end{eqnarray}\)
したがって、
\((a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)=(ax+by+cz)^2\) [終]
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p.65 Level Up 12［証明］
(右辺)－(左辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&2(ac+bd)-(a+b)(c+d)
\\[3pt]~~~&=&2ac+2bd-(ac+ad+bc+bd)
\\[3pt]~~~&=&2ac+2bd-ac-ad-bc-bd
\\[3pt]~~~&=&ac+bd-ad-bc
\\[3pt]~~~&=&ac-ad-bc+bd
\\[3pt]~~~&=&(c-d)a-(c-d)b
\\[3pt]~~~&=&(a-b)(c-d)\end{eqnarray}\)
ここで、\(a {\small ~≧~} b~,~c {\small ~≧~} d\) より、
\(a-b {\small ~≧~} 0~,~c-d {\small ~≧~} 0\) であるから、
\((a-b)(c-d) {\small ~≧~} 0\)
したがって、
\(2(ac+bd)-(a+b)(c+d) {\small ~≧~} 0\) となり、
\((a+b)(c+d) {\small ~≦~} 2(ac+bd)\) [終]
また、等号が成り立つのは、
\((a-b)(c-d)=0\)
すなわち、\(a=b\) または \(c=d\) のとき
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(右辺)－(左辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&2(ac+bd)-(a+b)(c+d)
\\[3pt]~~~&=&2ac+2bd-(ac+ad+bc+bd)
\\[3pt]~~~&=&2ac+2bd-ac-ad-bc-bd
\\[3pt]~~~&=&ac+bd-ad-bc
\\[3pt]~~~&=&ac-ad-bc+bd
\\[3pt]~~~&=&(c-d)a-(c-d)b
\\[3pt]~~~&=&(a-b)(c-d)\end{eqnarray}\)
ここで、\(a {\small ~≧~} b~,~c {\small ~≧~} d\) より、
\(a-b {\small ~≧~} 0~,~c-d {\small ~≧~} 0\) であるから、
\((a-b)(c-d) {\small ~≧~} 0\)
したがって、
\(2(ac+bd)-(a+b)(c+d) {\small ~≧~} 0\) となり、
\((a+b)(c+d) {\small ~≦~} 2(ac+bd)\) [終]
また、等号が成り立つのは、
\((a-b)(c-d)=0\)
すなわち、\(a=b\) または \(c=d\) のとき
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p.65 Level Up 13\({\small (1)}~\)[証明]
(左辺)－(右辺)
よって、\((a^2+b^2)(x^2+y^2){\small ~≧~}(ax+by)^2\) [終]
また、等号が成立するのは、
\(ay-bx=0\) すなわち \(ay=bx\) のとき
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\({\small (2)}~\)[証明]
(左辺)－(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&a^2+b^2+c^2-(ab+bc+ca)\end{eqnarray}\)
ここで、\((a-b)^2{\small ~≧~}0~,~(b-c)^2{\small ~≧~}0~,~(c-a)^2{\small ~≧~}0\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\left\{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right\}{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\(a^2+b^2+c^2{\small ~≧~}ab+bc+ca\) [終]
\(a-b=0\) かつ \(b-c=0\) かつ \(c-a=0\)
\(~\Leftrightarrow~\) \(a=b\) かつ \(b=c\) かつ \(c=a\)
すなわち \( a=b=c \) のとき
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(左辺)－(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(a^2+b^2)(x^2+y^2)-(ax+by)^2
\\[3pt]~~~&=&a^2x^2+a^2y^2+b^2x^2+b^2y^2-(a^2x^2+2abxy+b^2y^2)
\\[3pt]~~~&=&a^2x^2+a^2y^2+b^2x^2+b^2y^2-a^2x^2-2abxy-b^2y^2
\\[3pt]~~~&=&a^2y^2-2abxy+b^2x^2
\\[3pt]~~~&=&(ay-bx)^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&a^2x^2+a^2y^2+b^2x^2+b^2y^2-(a^2x^2+2abxy+b^2y^2)
\\[3pt]~~~&=&a^2x^2+a^2y^2+b^2x^2+b^2y^2-a^2x^2-2abxy-b^2y^2
\\[3pt]~~~&=&a^2y^2-2abxy+b^2x^2
\\[3pt]~~~&=&(ay-bx)^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\((a^2+b^2)(x^2+y^2){\small ~≧~}(ax+by)^2\) [終]
また、等号が成立するのは、
\(ay-bx=0\) すなわち \(ay=bx\) のとき
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\({\small (2)}~\)[証明]
(左辺)－(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&a^2+b^2+c^2-(ab+bc+ca)\end{eqnarray}\)
全体を \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) でくくり出すと、
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\left\{(a^2-2ab+b^2)+(b^2-2bc+c^2)+(c^2-2ca+a^2)\right\}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\left\{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right\}\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\left\{(a^2-2ab+b^2)+(b^2-2bc+c^2)+(c^2-2ca+a^2)\right\}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\left\{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right\}\end{eqnarray}\)
ここで、\((a-b)^2{\small ~≧~}0~,~(b-c)^2{\small ~≧~}0~,~(c-a)^2{\small ~≧~}0\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\left\{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right\}{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\(a^2+b^2+c^2{\small ~≧~}ab+bc+ca\) [終]
また、等号が成立するのは、
\(a-b=0\) かつ \(b-c=0\) かつ \(c-a=0\)
\(~\Leftrightarrow~\) \(a=b\) かつ \(b=c\) かつ \(c=a\)
すなわち \( a=b=c \) のとき
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p.65 Level Up 14\({\small (1)}~\)［証明］
(左辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(a+b)\left(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,a\,}+\frac{\,1\,}{\,b\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&a\cdot\displaystyle\frac{\,1\,}{\,a\,}+a\cdot\frac{\,1\,}{\,b\,}+b\cdot\frac{\,1\,}{\,a\,}+b\cdot\frac{\,1\,}{\,b\,}
\\[5pt]~~~&=&1+\displaystyle\frac{\,a\,}{\,b\,}+\frac{\,b\,}{\,a\,}+1
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,a\,}{\,b\,}+\frac{\,b\,}{\,a\,}+2~~~\cdots{\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
ここで、\(a \gt 0~,~b \gt 0\) より、
\(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,b\,} \gt 0~,~\frac{\,b\,}{\,a\,} \gt 0\)
よって、相加平均と相乗平均の大小関係より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,a\,}{\,b\,}+\frac{\,b\,}{\,a\,}&{\small ~≧~}&2\sqrt{\frac{\,a\,}{\,b\,}\cdot\frac{\,b\,}{\,a\,}}
\\[5pt]~~~&=&2\sqrt{\,1\,}=2\end{eqnarray}\)
\(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,b\,}+\frac{\,b\,}{\,a\,}+2{\small ~≧~}2+2\)
\({\small [\,1\,]}\) より、
\(\displaystyle (a+b)\left(\frac{\,1\,}{\,a\,}+\frac{\,1\,}{\,b\,}\right){\small ~≧~}4\) [終]
\(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,b\,}=\frac{\,b\,}{\,a\,}~\Leftrightarrow ~ a^2=b^2\)
\(a \gt 0~,~b \gt 0\) より、\(a=b\) のとき
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\({\small (2)}~\)［証明］
(左辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\left(a+\displaystyle\frac{\,1\,}{\,b\,}\right)\left(b+\frac{\,4\,}{\,a\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&a\cdot b+a\cdot\displaystyle\frac{\,4\,}{\,a\,}+\frac{\,1\,}{\,b\,}\cdot b+\frac{\,1\,}{\,b\,}\cdot\frac{\,4\,}{\,a\,}
\\[5pt]~~~&=&ab+4+1+\displaystyle\frac{\,4\,}{\,ab\,}
\\[5pt]~~~&=&ab+\displaystyle\frac{\,4\,}{\,ab\,}+5~~~\cdots{\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
ここで、\(a \gt 0~,~b \gt 0\) より、
\(\displaystyle ab \gt 0~,~\frac{\,4\,}{\,ab\,} \gt 0\)
よって、相加平均と相乗平均の大小関係より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle ab+\frac{\,4\,}{\,ab\,}&{\small ~≧~}&2\sqrt{ab\cdot\frac{\,4\,}{\,ab\,}}
\\[5pt]~~~&=&2\sqrt{\,4\,}=4\end{eqnarray}\)
\(\displaystyle ab+\frac{\,4\,}{\,ab\,}+5{\small ~≧~}4+5\)
\({\small [\,1\,]}\) より、
\(\displaystyle \left(a+\frac{\,1\,}{\,b\,}\right)\left(b+\frac{\,4\,}{\,a\,}\right){\small ~≧~}9\) [終]
\(\displaystyle ab=\frac{\,4\,}{\,ab\,}~\Leftrightarrow ~ (ab)^2=4\)
\(a \gt 0~,~b \gt 0\) より、\(ab=2\) のとき
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(左辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(a+b)\left(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,a\,}+\frac{\,1\,}{\,b\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&a\cdot\displaystyle\frac{\,1\,}{\,a\,}+a\cdot\frac{\,1\,}{\,b\,}+b\cdot\frac{\,1\,}{\,a\,}+b\cdot\frac{\,1\,}{\,b\,}
\\[5pt]~~~&=&1+\displaystyle\frac{\,a\,}{\,b\,}+\frac{\,b\,}{\,a\,}+1
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,a\,}{\,b\,}+\frac{\,b\,}{\,a\,}+2~~~\cdots{\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
ここで、\(a \gt 0~,~b \gt 0\) より、
\(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,b\,} \gt 0~,~\frac{\,b\,}{\,a\,} \gt 0\)
よって、相加平均と相乗平均の大小関係より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,a\,}{\,b\,}+\frac{\,b\,}{\,a\,}&{\small ~≧~}&2\sqrt{\frac{\,a\,}{\,b\,}\cdot\frac{\,b\,}{\,a\,}}
\\[5pt]~~~&=&2\sqrt{\,1\,}=2\end{eqnarray}\)
よって、\(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,b\,}+\frac{\,b\,}{\,a\,}{\small ~≧~}2~~~\cdots{\small [\,2\,]}\)
両辺に \(2\) を加えると、
\(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,b\,}+\frac{\,b\,}{\,a\,}+2{\small ~≧~}2+2\)
\({\small [\,1\,]}\) より、
\(\displaystyle (a+b)\left(\frac{\,1\,}{\,a\,}+\frac{\,1\,}{\,b\,}\right){\small ~≧~}4\) [終]
また、等号が成立するのは \({\small [\,2\,]}\) より、
\(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,b\,}=\frac{\,b\,}{\,a\,}~\Leftrightarrow ~ a^2=b^2\)
\(a \gt 0~,~b \gt 0\) より、\(a=b\) のとき
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\({\small (2)}~\)［証明］
(左辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\left(a+\displaystyle\frac{\,1\,}{\,b\,}\right)\left(b+\frac{\,4\,}{\,a\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&a\cdot b+a\cdot\displaystyle\frac{\,4\,}{\,a\,}+\frac{\,1\,}{\,b\,}\cdot b+\frac{\,1\,}{\,b\,}\cdot\frac{\,4\,}{\,a\,}
\\[5pt]~~~&=&ab+4+1+\displaystyle\frac{\,4\,}{\,ab\,}
\\[5pt]~~~&=&ab+\displaystyle\frac{\,4\,}{\,ab\,}+5~~~\cdots{\small [\,1\,]}\end{eqnarray}\)
ここで、\(a \gt 0~,~b \gt 0\) より、
\(\displaystyle ab \gt 0~,~\frac{\,4\,}{\,ab\,} \gt 0\)
よって、相加平均と相乗平均の大小関係より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle ab+\frac{\,4\,}{\,ab\,}&{\small ~≧~}&2\sqrt{ab\cdot\frac{\,4\,}{\,ab\,}}
\\[5pt]~~~&=&2\sqrt{\,4\,}=4\end{eqnarray}\)
よって、\(\displaystyle ab+\frac{\,4\,}{\,ab\,}{\small ~≧~}4~~~\cdots{\small [\,2\,]}\)
両辺に \(5\) を加えると、
\(\displaystyle ab+\frac{\,4\,}{\,ab\,}+5{\small ~≧~}4+5\)
\({\small [\,1\,]}\) より、
\(\displaystyle \left(a+\frac{\,1\,}{\,b\,}\right)\left(b+\frac{\,4\,}{\,a\,}\right){\small ~≧~}9\) [終]
また、等号が成立するのは \({\small [\,2\,]}\) より、
\(\displaystyle ab=\frac{\,4\,}{\,ab\,}~\Leftrightarrow ~ (ab)^2=4\)
\(a \gt 0~,~b \gt 0\) より、\(ab=2\) のとき
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