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１章 方程式・式と証明
２章 図形と方程式
３章 三角関数
４章 指数関数・対数関数
５章 微分と積分
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]
\(~~~~~~~(a-b)^3\)
\(~=(a-b)(a-b)^2\)
\(~=(a-b)(a^2-2ab+b^2)\)
\(~=a^3-2a^2b+ab^2\)
\(-a^2b+2ab^2-b^3\)
\(~=a^3-3a^2b+3ab^2-b^3\)
[終]
\(~~~~~~~(a-b)^3\)
\(~=(a-b)(a-b)^2\)
\(~=(a-b)(a^2-2ab+b^2)\)
\(~=a^3-2a^2b+ab^2\)
\(-a^2b+2ab^2-b^3\)
\(~=a^3-3a^2b+3ab^2-b^3\)
[終]
p.10 問2$${\small (1)}~x^3+3x^2+3x+1$$$${\small (2)}~8x^3-12x^2+6x-1$$$${\small (3)}~x^3+9x^2y+27xy^2+27y^3$$$${\small (4)}~27x^3-54x^2y+36xy^2-8y^3$$
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]
\(~~~~~~(a-b)(a^2+ab+b^2)\)
\(~=a^3+a^2b+ab^2\)
\(-a^2b-ab^2-b^3\)
\(~=a^3-b^3\)
[終]
p.11 問4$${\small (1)}~x^3+1$$$${\small (2)}~8x^3-1$$$${\small (3)}~27x^3+y^3$$$${\small (4)}~x^3-1000y^3$$→ ３次式の展開（数学Ⅰ）
p.12 問5$${\small (1)}~(x-1)(x^2+x+1)$$$${\small (2)}~(x+5)(x^2-5x+25)$$$${\small (3)}~(x-3y)(x^2+3xy+9y^2)$$$${\small (4)}~(2x+y)(4x^2-2xy+y^2)$$→ ３次式の因数分解（数学Ⅰ）
p.12 問6$$\begin{split}&{\small (1)}~(a+b)(a-b)\\[2pt]&~~~~~~~~~(a^2+ab+b^2)(a^2-ab+b^2)\end{split}$$$${\small (2)}~(x+1)^2(x^2-x+1)^2$$→ ６次式の因数分解
p.13 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
\(~=(a+b)\)
\((a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4)\)
\(~=a^5+4a^4b+6a^3b^2+4a^2b^3\)
\(+ab^4+a^4b+4a^3b^2\)
\(+6a^2b^3+4ab^4+b^5\)
\(~=a^5+5a^4b+10a^3b^2\)
\(+10a^2b^3+5ab^4+b^5\)
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.15 問8\(~~~~~~(a+b)^6\)
\(~=a^6+6a^5b+15a^4b^2\)
\(~~~~~~~~+20a^3b^3+15a^2b^4+6ab^5+b^6\)
\(~=a^6+6a^5b+15a^4b^2\)
\(~~~~~~~~+20a^3b^3+15a^2b^4+6ab^5+b^6\)
p.15 問9$$~~~-216$$→ 二項定理
p.15 問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、\(x=2\) とすると
左辺は、\((1+2)^n=3^n\)
右辺は、
\({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+2\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ 1 } +2^2\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\)
\(+\cdots +2^n\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ n }\)
したがって、
\(3^n\)
\(={}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+2\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ 1 } +2^2\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\)
\(+\cdots +2^n\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ n }\)
[終]
→ 二項定理の利用
次の二項定理の式において、
\((1+x)^n\)
\(={}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }x +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }x^2\)
\(+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }x^n\)
ここで、\(x=2\) とすると
左辺は、\((1+2)^n=3^n\)
右辺は、
\({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+2\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ 1 } +2^2\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\)
\(+\cdots +2^n\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ n }\)
したがって、
\(3^n\)
\(={}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+2\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ 1 } +2^2\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\)
\(+\cdots +2^n\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ n }\)
[終]
→ 二項定理の利用
p.16 Challenge 問1$${\small (1)}~90$$$${\small (2)}~1440$$→ 多項定理
p.18 問11\({\small (1)}~\)商 \(2x-3\)、余り\(5x-5\)
\({\small (2)}~\)商 \(x-1\)、余り\(-2x+1\)
\({\small (2)}~\)商 \(x-1\)、余り\(-2x+1\)
p.19 問12$$~~~x^2+5x-2$$→ 整式の割り算
p.19 Challenge 問1 商 \(x^2-ax-2a^2\)、余り \(0\)
p.20 問13$${\small (1)}~{ \frac{x}{\,3z\,}}$$$${\small (2)}~{ \frac{\,x+1\,}{x-2}}$$$${\small (3)}~{ \frac{\,x(x+2)\,}{8(x-1)}}$$
p.20 問14$${\small (1)}~{ \frac{\,x+7\,}{x}}$$$${\small (2)}~{\ \frac{x-4}{\,(x-1)(2x+1)\,}}$$→ 分数式の計算
p.21 問15$${\small (1)}~{ \frac{x}{\,x-1\,}}$$$${\small (2)}~{ \frac{2}{\,x+3\,}}$$
p.21 問16$${\small (1)}~-{ \frac{4}{\,(x+3)(x-1)\,}}$$$${\small (2)}~{ \frac{5x}{\,(x+1)(2x-3)\,}}$$
p.22 問17$${\small (1)}~-{ \frac{1}{\,x-1\,}}$$$${\small (2)}~{ \frac{2x+3}{\,(x+3)(x+1)\,}}$$$${\small (3)}~{ \frac{\,x^2+2x+4\,}{x+1}}$$→ 通分を用いる分数式の計算
p.22 問18$${\small (1)}~{ \frac{x+2}{\,3x-1\,}}$$$${\small (2)}~x-1$$→ 分母や分子に分数式を含む式
Training
p.23 Training 1$${\small (1)}~8x^3+36x^2y+54xy^2+27y^3$$$${\small (2)}~64a^3-48a^2b+12ab^2-b^3$$$${\small (3)}~125x^3+8$$$${\small (4)}~27a^3-64b^3$$
p.23 Training 2$${\small (1)}~(3x+2y)(9x^2-6xy+4y^2)$$$${\small (2)}~(a-4b)(a^2+4ab+16b^2)$$
p.23 Training 3$$\begin{split}&{\small (1)}~(a+b+1)\\[2pt]&~~~~~~~~(a^2+2ab+b^2-a-b+1)\end{split}$$$${\small (2)}~2y(12x^2+y^2)$$$${\small (3)}~(x+2)^2(x^2-2x+4)^2$$$$\begin{split}&{\small (4)}~(a+b)(a-2b)\\[2pt]&~~~~~~~~~(a^2-ab+b^2)(a^2+2ab+4b^2)\end{split}$$
p.23 Training 4$${\small (1)}~189$$$${\small (2)}~576$$
p.23 Training 5[証明]
次の二項定理の式において、
\((1+x)^n\)
\(={}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }x +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }x^2\)
\(+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }x^n\)
ここで、\(x=-1\) とすると
左辺は、\((1-1)^n=0^n=0\)
右辺は、
\({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }\cdot(-1) +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\cdot(-1)^2\)
\(+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }\cdot(-1)^n\)
したがって、
\({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }-{}_{ n } {\rm C}_{ 1 } +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }-\)
\(\cdots +(-1)^n\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ n }=0\)
[終]
次の二項定理の式において、
\((1+x)^n\)
\(={}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }x +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }x^2\)
\(+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }x^n\)
ここで、\(x=-1\) とすると
左辺は、\((1-1)^n=0^n=0\)
右辺は、
\({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }\cdot(-1) +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\cdot(-1)^2\)
\(+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }\cdot(-1)^n\)
したがって、
\({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }-{}_{ n } {\rm C}_{ 1 } +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }-\)
\(\cdots +(-1)^n\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ n }=0\)
[終]
p.23 Training 6\({\small (1)}~\)商 \(3x^2+5x-2\)、余り\(0\)
\({\small (2)}~\)商 \(x+2\)、余り\(-4x-5\)
\({\small (2)}~\)商 \(x+2\)、余り\(-4x-5\)
p.23 Training 7$$~~~B=2x^2+4x-3$$
p.23 Training 8$${\small (1)}~{ \frac{\,3(x^2+2x+4)\,}{x(x+2)}}$$$${\small (2)}~x-5$$
p.23 Training 9$${\small (1)}~{ \frac{10}{\,(x+3)(x-3)\,}}$$$${\small (2)}~{ \frac{1}{\,(x+1)(x^2+x+1)\,}}$$
p.23 Training 10$${\small (1)}~{ \frac{x}{\,x-1\,}}$$$${\small (2)}~{ \frac{\,a+1\,}{a-1}}$$
p.23 Training 11 ②
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 \(0\)
\({\small (2)}~\)実部 \(2\)、虚部 \(1\)
\({\small (3)}~\)実部 \(0\)、虚部 \(\sqrt{7}\)
\({\small (4)}~\)実部 \(-5\)、虚部 \(0\)
p.25 問2$${\small (1)}~x=-2~,~y=1$$$${\small (2)}~x=-5~,~y=3$$→ 複素数の相等
p.26 問3$${\small (1)}~7+3i$$$${\small (2)}~1-3i$$$${\small (3)}~31-29i$$$${\small (4)}~25$$$${\small (5)}~-i$$→ 複素数の計算
p.26 問5$${\small (1)}~{ \frac{3}{\,10\,}}+{ \frac{1}{\,10\,}}i$$$${\small (2)}~-i$$$${\small (3)}~{ \frac{4}{\,5\,}}+{ \frac{3}{\,5\,}}i$$$${\small (4)}~-i$$→ 分数と複素数
p.27 問5$${\small (1)}~3-2i$$$${\small (2)}~\sqrt{5}+\sqrt{2}i$$$${\small (3)}~-3i$$$${\small (4)}~-4$$→ 共役な複素数と式の値
p.28 問6$${\small (1)}~2\sqrt{2}i$$$${\small (2)}~-5\sqrt{2}i$$$${\small (3)}~{ \frac{\,\sqrt{7}\,}{4}}i$$
p.28 問7$$~~~3\sqrt{2}i~,~-3\sqrt{2}i$$
p.28 問8$${\small (1)}~-14\sqrt{5}$$$${\small (2)}~-3i$$→ 負の数の平方根
p.30 問9$${\small (1)}~x={ \frac{\,-3\pm\sqrt{13}\,}{2}}$$$${\small (2)}~x={ \frac{1}{\,2\,}}$$$${\small (3)}~x={ \frac{\,3\pm\sqrt{7}i\,}{4}}$$$${\small (4)}~x={ \frac{\,-3\pm2i\,}{2}}$$
p.30 問10[証明] 解の公式より、$$~x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$$これに \(b=2b’\) を代入すると、$$~x=\frac{-2b’\pm\sqrt{(-2b’)^2-4ac}}{2a}$$$$~x=\frac{-2b’\pm\sqrt{4b’^2-4ac}}{2a}$$$$~x=\frac{-2b’\pm2\sqrt{b’^2-ac}}{2a}$$$$~x=\frac{-b’\pm\sqrt{b’^2-ac}}{a}$$[終]
p.30 問11$${\small (1)}~x=-1\pm\sqrt{5}$$$${\small (2)}~x={ \frac{\,2\pm\sqrt{2}i\,}{3}}$$→ ２次方程式の虚数解
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
→ 複素数範囲での２次方程式の解の条件
\({\small (2)}~\)重解をもつ
\({\small (3)}~\)異なる２つの実数解をもつ
\({\small (4)}~\)異なる２つの虚数解をもつ
→ 複素数範囲での２次方程式の解の条件
p.32 問13$$~~~k>{ \frac{\,9\,}{8}}$$
p.32 問14$$~~~-4<k<4$$→ 複素数範囲での２次方程式の解の条件
p.34 問15\({\small (1)}~\)和 \(-{\large \frac{3}{2}}\)、積 \(-2\)
\({\small (2)}~\)和 \(1\)、積 \(-2\)
\({\small (2)}~\)和 \(1\)、積 \(-2\)
p.35 問16$${\small (1)}~6$$$${\small (2)}~-4$$$${\small (3)}~4$$→ ２次方程式の解と係数の関係
p.35 問17$$~~~m=\pm3$$→ ２つの解の条件と解と係数の関係
p.36 問18$${\small (1)}~(x-1-\sqrt{3})(x-1+\sqrt{3})$$$${\small (2)}~3\left(x-{ \frac{\,1+\sqrt{2}i\,}{3}}\right)\left(x-{ \frac{\,1-\sqrt{2}i\,}{3}}\right)$$$${\small (3)}~(x+i)(x-i)$$
p.37 問19$${\small (1)}~(x^2+2)(x^2-3)$$
$${\small (2)}~(x^2+2)(x+\sqrt{3})(x-\sqrt{3})$$$$\begin{split}&{\small (3)}~(x+\sqrt{2}i)(x-\sqrt{2}i)\\[2pt]&~~~~~~~~~(x+\sqrt{3})(x-\sqrt{3})\end{split}$$→ 複素数範囲での因数分解
$${\small (2)}~(x^2+2)(x+\sqrt{3})(x-\sqrt{3})$$$$\begin{split}&{\small (3)}~(x+\sqrt{2}i)(x-\sqrt{2}i)\\[2pt]&~~~~~~~~~(x+\sqrt{3})(x-\sqrt{3})\end{split}$$→ 複素数範囲での因数分解
p.37 問20$${\small (1)}~x^2-4x-1=0$$$${\small (2)}~x^2+10x+26=0$$→ 解が与えられた２次方程式
p.38 問21$${\small (1)}~1+\sqrt{2}~,~1-\sqrt{2}$$$${\small (2)}~{ \frac{\,1+\sqrt{3}i\,}{2}}~,~{ \frac{\,1-\sqrt{3}i\,}{2}}$$
p.38 問22$${\small (1)}~x^2-3x-8=0$$$${\small (2)}~2x^2+3x-4=0$$
Training
p.39 Training 12$${\small (1)}~x=4~,~y=-3$$$${\small (2)}~x=2~,~y=-5$$
p.39 Training 13$${\small (1)}~-20$$$${\small (2)}~22-10\sqrt{3}i$$$${\small (3)}~{ \frac{15}{\,17\,}}+{ \frac{8}{\,17\,}}i$$$${\small (4)}~2i$$
p.39 Training 14$${\small (1)}~2\sqrt{2}-2\sqrt{2}i$$$${\small (2)}~i$$
p.39 Training 15$${\small (1)}~6i~,~6i~,~-{ \frac{i}{\,2\,}}~,~{ \frac{i}{\,2\,}}$$$${\small (2)}~-\sqrt{10}~,~\sqrt{10}~,~{ \frac{\,\sqrt{10}\,}{5}}~,~{ \frac{\,\sqrt{10}\,}{5}}$$
p.39 Training 16$${\small (1)}~x={ \frac{\,5\sqrt{2}\pm\sqrt{2}i\,}{2}}$$$${\small (2)}~x={ \frac{\,-3\pm4i\,}{10}}$$
p.39 Training 17$$~~~{ \frac{1}{\,5\,}}<a<1$$
p.39 Training 18$${\small (1)}~1$$$${\small (2)}~5$$$${\small (3)}~6$$
p.39 Training 19$${\small (1)}~\left(x-{ \frac{\,-1+\sqrt{3}i\,}{2}}\right)\left(x-{ \frac{\,-1-\sqrt{3}i\,}{2}}\right)$$$${\small (2)}~(2x-3i)(2x+3i)$$
p.39 Training 20$${\small (1)}~(x^2-5)(x^2+1)$$$${\small (2)}~(x+\sqrt{5})(x-\sqrt{5})(x^2+1)$$$${\small (3)}~(x+\sqrt{5})(x-\sqrt{5})(x+i)(x-i)$$
p.39 Training 21$${\small (1)}~x^2-2x+4=0$$$${\small (2)}~x^2+x+1=0$$$${\small (3)}~x^2+2x+1=0$$
p.39 Training 22\(\sqrt{(-1)\times(-1)}=\sqrt{-1}\times\sqrt{-1}\) とならない
３節 高次方程式
p.40 問1$${\small (1)}~7$$$${\small (2)}~7$$$${\small (3)}~5$$
p.41 問2$${\small (1)}~-10$$$${\small (2)}~0$$
p.41 問3$$~~~a=2$$→ 剰余の定理
p.42 問4$$~~~-2x+10$$→ 剰余の定理と余りの決定
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
\({\small (2)}~\)もたない
\({\small (3)}~\)もたない
\({\small (4)}~\)因数にもつ
p.43 問6$${\small (1)}~(x-1)(x+2)^2$$$${\small (2)}~(x+1)(2x-1)(x+2)$$$${\small (3)}~(x-2)(x+2)(x-3)$$$${\small (4)}~(x-2)(3x+1)(x+3)$$→ 因数定理を用いる因数分解
p.44 問7$${\small (1)}~x=2~,~-1\pm\sqrt{3}i$$$${\small (2)}~x=-1~,~{ \frac{\,1\pm\sqrt{3}i\,}{2}}$$
p.44 問8\({\small (1)}~\)
[証明] \(1\) の３乗根は$$~~~1~,~\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}~,~\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}$$であることより、
\(\omega={\large \frac{-1+\sqrt{3}i}{2}}\) とすると、
\(\omega^2={\large \frac{-1-\sqrt{3}i}{2}}\)
\(\omega={\large \frac{-1-\sqrt{3}i}{2}}\) とすると、
\(\omega^2={\large \frac{-1+\sqrt{3}i}{2}}\)
これより、虚数解の１つを \(\omega\) とすると、もう１つが \(\omega^2\) となる
したがって、\(1\) の３乗根は \(1~,~\omega~,~\omega^2\) である [終]
\({\small (2)}~\)
[証明] \(\omega\) は \(1\) の３乗根より、
\(\omega^3=1\)
移項して因数分解すると、
\((\omega-1)(\omega^2+\omega+1)=0\)
\(\omega\) は虚数であるので、
\(\omega^2+\omega+1=0\) [終]
→ １の３乗根
[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.45 問9$${\small (1)}~x=\pm2~,~\pm3$$$${\small (2)}~x=\pm\sqrt{5}~,~\pm\sqrt{3}i$$$${\small (3)}~x=\pm1~,~\pm i$$→ 高次方程式の解②（４次方程式）
p.45 問10$${\small (1)}~x=1~,~5~,~-2$$$${\small (2)}~x=2~,~{ \frac{\,-2\pm\sqrt{2}i\,}{2}}$$
p.45 問11$${\small (1)}~x=2~,~-3$$$${\small (2)}~x=-1$$→ 高次方程式の解①（３次方程式）
p.47 問13$$~~~2~{\rm cm}$$
Training
p.48 Training 23\({\small (1)}~\)
[証明] 整式 \(P(x)\) を \(ax+b\) で割ったときの商を \(Q(x)\)、余りを \(R\) とすると、
\(P(x)=(ax+b)Q(x)+R\)
ここで、\(x=-{\large \frac{b}{a}}\) のとき \(ax+b=0\) となるので、上の式に代入すると、
\(P\left(-{\large \frac{b}{a}}\right)=0\cdot Q(x)+R\)
したがって、
\(R=P\left(-{\large \frac{b}{a}}\right)\) [終]
\({\small (2)}~2\)
[証明] 整式 \(P(x)\) を \(ax+b\) で割ったときの商を \(Q(x)\)、余りを \(R\) とすると、
\(P(x)=(ax+b)Q(x)+R\)
ここで、\(x=-{\large \frac{b}{a}}\) のとき \(ax+b=0\) となるので、上の式に代入すると、
\(P\left(-{\large \frac{b}{a}}\right)=0\cdot Q(x)+R\)
したがって、
\(R=P\left(-{\large \frac{b}{a}}\right)\) [終]
\({\small (2)}~2\)
p.48 Training 24$${\small (1)}~-1$$$${\small (2)}~3$$
p.48 Training 25$$~~~2x+2$$
p.48 Training 26$${\small (1)}~(x-1)(x+2)(4x+3)$$$${\small (2)}~(x-3)(3x+1)(3x-2)$$
p.48 Training 27$${\small (1)}~-1$$$${\small (2)}~-1$$$${\small (3)}~2$$
p.48 Training 28$${\small (1)}~x=\pm\sqrt{3}~,~\pm{ \frac{\,\sqrt{2}\,}{2}}i$$$${\small (2)}~x=\pm\sqrt{2}i~,~\pm{ \frac{\,2\sqrt{3}\,}{3}}i$$
p.48 Training 29$${\small (1)}~x=-1~,~-5~,~{ \frac{\,5\,}{2}}$$$${\small (2)}~x=-2~,~{ \frac{\,3\pm\sqrt{3}i\,}{3}}$$
p.48 Training 30\(a=1~,~b=10\)、他の解 \(x=-2~,~1-2i\)
p.48 Training 30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.50 問1$${\small (1)}~a=1~,~b=0~,~c=1$$$${\small (2)}~a=1~,~b=0~,~c=-3$$
p.51 問2$${\small (1)}~a=2~,~b=-1~,~c=3$$$${\small (2)}~a=7~,~b=4~,~c=-11$$
p.52 問3$$~~~a=5~,~b=-1$$→ 恒等式
p.53 問4\({\small (1)}~\)[証明]
(左辺)
\(~=(2a+b)^2-(a+2b)^2\)
\(~=(4a^2+4ab+b^2)\)
\(-(a^2+4ab+4b^2)\)
\(~=3a^2-3b^2\)
(右辺)
\(~=3(a^2-b^2)\)
\(~=3a^2-3b^2\)
したがって、
\((2a+b)^2-(a+2b)^2=3(a^2-b^2)\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
(左辺)
\(~=(a^2+b^2)(c^2+d^2)\)
\(~=a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\)
(右辺)
\(~=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2\)
\(~=(a^2c^2+2abcd+b^2d^2)\)
\(~~~~+(a^2d^2-2abcd+b^2c^2)\)
\(~=a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\)
したがって、
\((a^2+b^2)(c^2+d^2)\)
\(~=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2\)
[終]
→ 等式の証明
(左辺)
\(~=(2a+b)^2-(a+2b)^2\)
\(~=(4a^2+4ab+b^2)\)
\(-(a^2+4ab+4b^2)\)
\(~=3a^2-3b^2\)
(右辺)
\(~=3(a^2-b^2)\)
\(~=3a^2-3b^2\)
したがって、
\((2a+b)^2-(a+2b)^2=3(a^2-b^2)\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
(左辺)
\(~=(a^2+b^2)(c^2+d^2)\)
\(~=a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\)
(右辺)
\(~=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2\)
\(~=(a^2c^2+2abcd+b^2d^2)\)
\(~~~~+(a^2d^2-2abcd+b^2c^2)\)
\(~=a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\)
したがって、
\((a^2+b^2)(c^2+d^2)\)
\(~=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2\)
[終]
→ 等式の証明
p.54 問5\({\small (1)}~\)[証明]
\(x+y=1\) より \(x=1-y\)
これを、左辺に代入すると、
(左辺)
\(~=(1-y)^2-(1-y)\)
\(~=1-2y+y^2-1+y\)
\(~=y^2-y\)
これより、右辺と等しくなる
したがって、
\(x^2-x=y^2-y\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
\(a+b+c=0\) より \(c=-a-b\)
これを、左辺に代入すると、
(左辺)
\(~=a^2+b^2+(-a-b)^2\)
\(~=a^2+b^2+a^2+2ab+b^2\)
\(~=2a^2+2ab+2b^2\)
次に、右辺に代入すると、
(右辺)
\(~=-2\{ab+b(-a-b)+(-a-b)a\}\)
\(~=-2(ab-ab-b^2-a^2-ab)\)
\(~=-2(-a^2-ab-b^2)\)
\(~=2a^2+2ab+2b^2\)
したがって、
\(a^2+b^2+c^2=-2(ab+bc+ca)\)
[終]
→ 条件付き等式の証明
\(x+y=1\) より \(x=1-y\)
これを、左辺に代入すると、
(左辺)
\(~=(1-y)^2-(1-y)\)
\(~=1-2y+y^2-1+y\)
\(~=y^2-y\)
これより、右辺と等しくなる
したがって、
\(x^2-x=y^2-y\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
\(a+b+c=0\) より \(c=-a-b\)
これを、左辺に代入すると、
(左辺)
\(~=a^2+b^2+(-a-b)^2\)
\(~=a^2+b^2+a^2+2ab+b^2\)
\(~=2a^2+2ab+2b^2\)
次に、右辺に代入すると、
(右辺)
\(~=-2\{ab+b(-a-b)+(-a-b)a\}\)
\(~=-2(ab-ab-b^2-a^2-ab)\)
\(~=-2(-a^2-ab-b^2)\)
\(~=2a^2+2ab+2b^2\)
したがって、
\(a^2+b^2+c^2=-2(ab+bc+ca)\)
[終]
→ 条件付き等式の証明
p.54 問6[証明] \({\large \frac{a}{b}}={\large \frac{c}{b}}=k\) より、
\(a=kb~,~c=kd\)
これを、左辺に代入すると、
(左辺)
\(~={\large \frac{2kb+3kd}{2b+3d}}=k\)
次に、右辺に代入すると、
(右辺)
\(~={\large \frac{2kb-3kd}{2b-3d}}=k\)
したがって、
\({\large \frac{2a+3c}{2b+3d}}={\large \frac{2a-3c}{2b-3d}}\)
[終]
→ 比例式と等式の証明
\(a=kb~,~c=kd\)
これを、左辺に代入すると、
(左辺)
\(~={\large \frac{2kb+3kd}{2b+3d}}=k\)
次に、右辺に代入すると、
(右辺)
\(~={\large \frac{2kb-3kd}{2b-3d}}=k\)
したがって、
\({\large \frac{2a+3c}{2b+3d}}={\large \frac{2a-3c}{2b-3d}}\)
[終]
→ 比例式と等式の証明
p.56 問7[証明]
(左辺)\(-\)(右辺)
\(~=(3a+b)-(a+3b)\)
\(~=2(a-b)\)
ここで、\(a>b\) より \(a-b>0\) となるので
\(~=2(a-b)>0\)
したがって、(左辺)\(-\)(右辺)\(>0\) より
\(3a+b>a+3b\)
[終]
→ 不等式の証明①（条件付き）
(左辺)\(-\)(右辺)
\(~=(3a+b)-(a+3b)\)
\(~=2(a-b)\)
ここで、\(a>b\) より \(a-b>0\) となるので
\(~=2(a-b)>0\)
したがって、(左辺)\(-\)(右辺)\(>0\) より
\(3a+b>a+3b\)
[終]
→ 不等式の証明①（条件付き）
p.57 問8\({\small (1)}~\)[証明]
(左辺)\(-\)(右辺)
\(~=2(x^2+y^2)-(x-y)^2\)
\(~=(2x^2+2y^2)-(x^2-2xy+y^2)\)
\(~=x^2+2xy+y^2\)
\(~=(x+y)^2\)
ここで、\((x+y)^2≧0\) であるので、
\(~=(x+y)^2≧0\)
したがって、(左辺)\(-\)(右辺)\(≧0\) より
\(2(x^2+y^2)≧(x-y)^2\)
また、等号が成立するのは \(x+y=0\) すなわち \(x=-y\) のとき
[終]
\({\small (2)}~\) [証明]
(左辺)\(-\)(右辺)
\(~=5(x^2+y^2)-(2x-y)^2\)
\(~=(5x^2+5y^2)-(4x^2-4xy+y^2)\)
\(~=x^2+4xy+4y^2\)
\(~=(x+2y)^2\)
ここで、\((x+2y)^2≧0\) であるので、
\(~=(x+2y)^2≧0\)
したがって、(左辺)\(-\)(右辺)\(≧0\) より
\(5(x^2+y^2)≧(2x-y)^2\)
また、等号が成立するのは \(x+2y=0\) すなわち \(x=-2y\) のとき
[終]
(左辺)\(-\)(右辺)
\(~=2(x^2+y^2)-(x-y)^2\)
\(~=(2x^2+2y^2)-(x^2-2xy+y^2)\)
\(~=x^2+2xy+y^2\)
\(~=(x+y)^2\)
ここで、\((x+y)^2≧0\) であるので、
\(~=(x+y)^2≧0\)
したがって、(左辺)\(-\)(右辺)\(≧0\) より
\(2(x^2+y^2)≧(x-y)^2\)
また、等号が成立するのは \(x+y=0\) すなわち \(x=-y\) のとき
[終]
\({\small (2)}~\) [証明]
(左辺)\(-\)(右辺)
\(~=5(x^2+y^2)-(2x-y)^2\)
\(~=(5x^2+5y^2)-(4x^2-4xy+y^2)\)
\(~=x^2+4xy+4y^2\)
\(~=(x+2y)^2\)
ここで、\((x+2y)^2≧0\) であるので、
\(~=(x+2y)^2≧0\)
したがって、(左辺)\(-\)(右辺)\(≧0\) より
\(5(x^2+y^2)≧(2x-y)^2\)
また、等号が成立するのは \(x+2y=0\) すなわち \(x=-2y\) のとき
[終]
p.57 問9\({\small (1)}~\)[証明]
(左辺)\(-\)(右辺)
\(~=x^2+y^2-xy\)
\(~=\left(x-{\large \frac{y}{2}}\right)^2+{\large \frac{3}{4}}y^2\)
ここで、\(\left(x-{\large \frac{y}{2}}\right)≧0~,~{\large \frac{3}{4}}y^2≧0\) より
\(~=\left(x-{\large \frac{y}{2}}\right)^2+{\large \frac{3}{4}}y^2≧0\)
したがって、(左辺)\(-\)(右辺)\(≧0\) より
\(x^2+y^2≧xy\)
また、等号が成立するのは \(x-{\large \frac{y}{2}}=0\) かつ \(y=0\) のとき、すなわち \(x=y=0\) のとき
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
\(~~~~~~x^2+y^2-4x-6y+13\)
\(~=(x-2)^2+(y-3)^2\)
ここで、\((x-2)^2≧0~,~(y-3)^2≧0\) より
\(~=(x-2)^2+(y-3)^2≧0\)
したがって、
\(x^2+y^2-4x-6y+13≧0\)
また、等号が成立するのは \(x-2=0\) かつ \(y-3=0\) のとき、すなわち \(x=2~,~y=3\) のとき
[終]
→ 不等式の証明②（２次式）
(左辺)\(-\)(右辺)
\(~=x^2+y^2-xy\)
\(~=\left(x-{\large \frac{y}{2}}\right)^2+{\large \frac{3}{4}}y^2\)
ここで、\(\left(x-{\large \frac{y}{2}}\right)≧0~,~{\large \frac{3}{4}}y^2≧0\) より
\(~=\left(x-{\large \frac{y}{2}}\right)^2+{\large \frac{3}{4}}y^2≧0\)
したがって、(左辺)\(-\)(右辺)\(≧0\) より
\(x^2+y^2≧xy\)
また、等号が成立するのは \(x-{\large \frac{y}{2}}=0\) かつ \(y=0\) のとき、すなわち \(x=y=0\) のとき
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
\(~~~~~~x^2+y^2-4x-6y+13\)
\(~=(x-2)^2+(y-3)^2\)
ここで、\((x-2)^2≧0~,~(y-3)^2≧0\) より
\(~=(x-2)^2+(y-3)^2≧0\)
したがって、
\(x^2+y^2-4x-6y+13≧0\)
また、等号が成立するのは \(x-2=0\) かつ \(y-3=0\) のとき、すなわち \(x=2~,~y=3\) のとき
[終]
→ 不等式の証明②（２次式）
p.58 問10[証明]
(左辺)\(^2\)\(-\)(右辺)\(^2\)
\(~=(a+1)^2-(\sqrt{2a+1})^2\)
\(~=a^2≧0\)
したがって、
\((a+1)^2≧(\sqrt{2a+1})^2\)
ここで、\(a+1≧0~,~\sqrt{2a+1}≧0\) より、
\(a+1≧\sqrt{2a+1}\)
また、等号が成立するのは \(a^2=0\) のとき、すなわち \(a=0\) のとき
[終]
→ 不等式の証明③（平方根）
(左辺)\(^2\)\(-\)(右辺)\(^2\)
\(~=(a+1)^2-(\sqrt{2a+1})^2\)
\(~=a^2≧0\)
したがって、
\((a+1)^2≧(\sqrt{2a+1})^2\)
ここで、\(a+1≧0~,~\sqrt{2a+1}≧0\) より、
\(a+1≧\sqrt{2a+1}\)
また、等号が成立するのは \(a^2=0\) のとき、すなわち \(a=0\) のとき
[終]
→ 不等式の証明③（平方根）
p.59 問11\({\small (1)}~\)相加平均 \({\large \frac{101}{2}}\)、相乗平均 \(10\)
したがって、(相加平均)\(>\)(相乗平均)
\({\small (2)}~\)相加平均 \(40\)、相乗平均 \(40\)
したがって、(相加平均)\(=\)(相乗平均)
\({\small (3)}~\)相加平均 \(50\)、相乗平均 \(48\)
したがって、(相加平均)\(>\)(相乗平均)
したがって、(相加平均)\(>\)(相乗平均)
\({\small (2)}~\)相加平均 \(40\)、相乗平均 \(40\)
したがって、(相加平均)\(=\)(相乗平均)
\({\small (3)}~\)相加平均 \(50\)、相乗平均 \(48\)
したがって、(相加平均)\(>\)(相乗平均)
p.60 問12\({\small (1)}~\)
[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
[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.61 challenge 問1[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）
(左辺)\(^2\)\(-\)(右辺)\(^2\)
\(~=(|a|+|b|)^2-|a-b|^2\)
\(~=2(|ab|+ab)\)
ここで、\(|ab|≧-ab\) であることより
\(~=2(|ab|+ab)≧0\)
したがって、
\((|a|+|b|)^2≧|a-b|^2\)
ここで、\(|a|+|b|≧0~,~|a-b|≧0\) より、
\(|a|+|b|≧|a-b|\)
また、等号が成立するのは \(|ab|=-ab\) のとき、すなわち \(ab≦0\) のとき
[終]
→ 不等式の証明④（絶対値）
Training
p.62 Training 32$${\small (1)}~ a=1~,~b=0~,~c=-2$$$${\small (2)}~ a=2~,~b=-3~,~c=-4$$$${\small (3)}~ a=2~,~b=-3~$$
p.62 Training 33\({\small (1)}~\)[証明]
(左辺)
\(~=(ax-by)^2-(ay-bx)^2\)
\(~=a^2x^2-b^2x^2-a^2y^2+b^2y^2\)
(右辺)
\(~=(a^2-b^2)(x^2-y^2)\)
\(~=a^2x^2-b^2x^2-a^2y^2+b^2y^2\)
したがって、
\((ax-by)^2-(ay-bx)^2\)
\(=(a^2-b^2)(x^2-y^2)\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
(右辺)
\(={\large \frac{1}{2}}\{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\}\)
\(=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\)
よって、左辺と等しくなる
したがって、
\(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\)
\(={\large \frac{1}{2}}\{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\}\)
[終]
\({\small (3)}~\)[証明]
(左辺)
\(~=(x+1)^3-(3x^2+1)\)
\(~=x^3+3x\)
(右辺)
\(~=(x-1)^3+(3x^2+1)\)
\(~=x^3+3x\)
したがって、
\((x+1)^3-(3x^2+1)\)
\(=(x-1)^3+(3x^2+1)\)
[終]
(左辺)
\(~=(ax-by)^2-(ay-bx)^2\)
\(~=a^2x^2-b^2x^2-a^2y^2+b^2y^2\)
(右辺)
\(~=(a^2-b^2)(x^2-y^2)\)
\(~=a^2x^2-b^2x^2-a^2y^2+b^2y^2\)
したがって、
\((ax-by)^2-(ay-bx)^2\)
\(=(a^2-b^2)(x^2-y^2)\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
(右辺)
\(={\large \frac{1}{2}}\{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\}\)
\(=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\)
よって、左辺と等しくなる
したがって、
\(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\)
\(={\large \frac{1}{2}}\{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\}\)
[終]
\({\small (3)}~\)[証明]
(左辺)
\(~=(x+1)^3-(3x^2+1)\)
\(~=x^3+3x\)
(右辺)
\(~=(x-1)^3+(3x^2+1)\)
\(~=x^3+3x\)
したがって、
\((x+1)^3-(3x^2+1)\)
\(=(x-1)^3+(3x^2+1)\)
[終]
p.62 Training 34\({\small (1)}~\)[証明]
\(x-y=1\) より \(x=y+1\)
これを、左辺に代入すると、
(左辺)
\(~=(y+1)^2+y^2\)
\(~=2y^2+2y+1\)
次に、右辺に代入すると、
(右辺)
\(~=2(y+1)y+(y+1)-y\)
\(~=2y^2+2y+1\)
したがって、
\(x^2+y^2=2xy+x-y\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
\(x-y=1\) より \(x=y+1\)
これを、右辺に代入すると、
(右辺)
\(~=(y+1)^3-3(y+1)y\)
\(~=y^3+1\)
これより、左辺と等しくなる
したがって、
\(y^3+1=x^3-3xy\)
[終]
\(x-y=1\) より \(x=y+1\)
これを、左辺に代入すると、
(左辺)
\(~=(y+1)^2+y^2\)
\(~=2y^2+2y+1\)
次に、右辺に代入すると、
(右辺)
\(~=2(y+1)y+(y+1)-y\)
\(~=2y^2+2y+1\)
したがって、
\(x^2+y^2=2xy+x-y\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明]
\(x-y=1\) より \(x=y+1\)
これを、右辺に代入すると、
(右辺)
\(~=(y+1)^3-3(y+1)y\)
\(~=y^3+1\)
これより、左辺と等しくなる
したがって、
\(y^3+1=x^3-3xy\)
[終]
p.62 Training 35[証明] \({\large \frac{a}{b}}={\large \frac{c}{b}}=k\) より、
\(a=kb~,~c=kd\)
これを、左辺に代入すると、
(左辺)
\(~={\large \frac{kb+kd}{b+d}}=k\)
次に、右辺に代入すると、
(右辺)
\(~={\large \frac{(kb)^2d}{b^2(dk)}}=k\)
したがって、
\({\large \frac{a+c}{b+d}}={\large \frac{a^2d}{b^2c}}\)
[終]
\(a=kb~,~c=kd\)
これを、左辺に代入すると、
(左辺)
\(~={\large \frac{kb+kd}{b+d}}=k\)
次に、右辺に代入すると、
(右辺)
\(~={\large \frac{(kb)^2d}{b^2(dk)}}=k\)
したがって、
\({\large \frac{a+c}{b+d}}={\large \frac{a^2d}{b^2c}}\)
[終]
p.62 Training 36[証明]
(左辺)\(-\)(右辺)
\(~=(a^2+4)(x^2+1)-(ax+2)^2\)
\(~=a^2x^2+a^2+4x^2+4\)
\(-a^2x^2-4ax-4\)
\(~=4x^2-4ax+a^2\)
\(~=(2x-a)^2\)
\((2x-a)^2≧0\) であり、(左辺)\(-\)(右辺)\(≧0\)
したがって、
\((a^2+4)(x^2+1)≧(ax+2)^2\)
また、等号が成立するのは \(2x-a=0\) のとき、すなわち \(2x=a\) のとき
[終]
(左辺)\(-\)(右辺)
\(~=(a^2+4)(x^2+1)-(ax+2)^2\)
\(~=a^2x^2+a^2+4x^2+4\)
\(-a^2x^2-4ax-4\)
\(~=4x^2-4ax+a^2\)
\(~=(2x-a)^2\)
\((2x-a)^2≧0\) であり、(左辺)\(-\)(右辺)\(≧0\)
したがって、
\((a^2+4)(x^2+1)≧(ax+2)^2\)
また、等号が成立するのは \(2x-a=0\) のとき、すなわち \(2x=a\) のとき
[終]
p.62 Training 37[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]
(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]
p.62 Training 38[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]
(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.62 Training 39[証明] \(a>0\) であるので、\(9a>0~,~{\large \frac{4}{a}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
\(9a+{\large \frac{4}{a}}≧2\sqrt{9a\cdot{\large \frac{4}{a}}}=12\)
また、等号が成立するのは \(9a={\large \frac{4}{a}}\) のときで \(a>0\) より \(a={\large \frac{2}{3}}\) のとき
[終]
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
\(9a+{\large \frac{4}{a}}≧2\sqrt{9a\cdot{\large \frac{4}{a}}}=12\)
また、等号が成立するのは \(9a={\large \frac{4}{a}}\) のときで \(a>0\) より \(a={\large \frac{2}{3}}\) のとき
[終]
p.62 Training 40\(x+{\large \frac{\,1\,}{\,x\,}}=2\) となる \(x\) は等号成立条件より、\(x=1\)
\(x+{\large \frac{\,4\,}{\,x\,}}=4\) 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
\(x+{\large \frac{\,4\,}{\,x\,}}=4\) 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
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 方程式・式と証明
p.64 Level Up 1\({\small (1)}~\)[証明]
(右辺)
\(~=(a+b)^3-3ab(a+b)\)
\(~=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3\)
\(-3^2b-3ab^2\)
\(~=a^3+b^3\)
\(~=\)(右辺) [終]
\({\small (2)}~\)
\((a+b+c)\)
\((a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\)
(右辺)
\(~=(a+b)^3-3ab(a+b)\)
\(~=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3\)
\(-3^2b-3ab^2\)
\(~=a^3+b^3\)
\(~=\)(右辺) [終]
\({\small (2)}~\)
\((a+b+c)\)
\((a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\)
p.64 Level Up 2$${\small (1)}~66a^2b^{10}$$$${\small (2)}~12a^{11}b$$
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]
\(\alpha=a+bi~,~\beta=c+di\)
とすると、
\({\small (1)}~\)[証明]
\(\alpha+\beta=(a+c)+(b+d)i\)
であることより、
\(\overline {\alpha+\beta}=(a+c)-(b+d)i\)
次に、
\(\overline {\alpha}+\overline {\beta}\)
\(=(a-bi)+(c-di)\)
\(=(a+c)-(b+d)i\)
したがって、
\(\overline {\alpha+\beta}=\overline {\alpha}+\overline {\beta}\) [終]
\({\small (2)}~\)[証明]
\(\alpha\beta\)
\(=(a+bi)(c+di)\)
\(=(ac-bd)+(ad+bc)i\)
よって、
\(\overline {\alpha\beta}=(ac-bd)-(ad+bc)i\)
次に、
\(\overline {\alpha}\overline {\beta}\)
\(=(a-bi)(c-di)\)
\(=(ac-bd)-(ad+bc)i\)
したがって、
\(\overline {\alpha\beta}=\overline {\alpha}\overline {\beta}\) [終]
p.64 Level Up 4\({\small (1)}~\)
[証明] \(x=1-\sqrt{3}i\) より、
\(x-1=-\sqrt{3}i\)
両辺を２乗すると、
\((x-1)^2=(-\sqrt{3}i)^2\)
\(x^2-2x+1=3i^2\)
\(i^2=-1\) より、
\(x^2-2x+1=-3\)
したがって、
\(x^2-2x+4=0\) [終]
\({\small (2)}~12-\sqrt{3}i\)
[証明] \(x=1-\sqrt{3}i\) より、
\(x-1=-\sqrt{3}i\)
両辺を２乗すると、
\((x-1)^2=(-\sqrt{3}i)^2\)
\(x^2-2x+1=3i^2\)
\(i^2=-1\) より、
\(x^2-2x+1=-3\)
したがって、
\(x^2-2x+4=0\) [終]
\({\small (2)}~12-\sqrt{3}i\)
p.64 Level Up 5$$~~~a<-2~,~1<a$$
p.64 Level Up 6$$~~~k=-4~,~2$$
p.64 Level Up 7$$~~~-3x+7$$
p.65 Level Up 8$$~~~a=6~,~b=-3$$
p.65 Level Up 9$${\small (1)}~3$$$${\small (2)}~0$$
p.65 Level Up 10$$~~~2~{\rm cm}$$
p.65 Level Up 11[証明]
\({\large \frac{x}{a}}={\large \frac{y}{b}}={\large \frac{z}{c}}=k\) とすると、
\(x=ka~,~y=kb~,~z=kc\)
これより、
(左辺)
\(=(a^2+b^2+c^2)\)
\(\{(ka)^2+(kb)^2+(kc)^2\}\)
\(=k^2(a^2+b^2+c^2)^2\)
また、
(右辺)
\(=(a\cdot ka+b\cdot kb+c\cdot kc)^2\)
\(=k^2(a^2+b^2+c^2)^2\)
したがって、
\((a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)\)
\(=(ax+by+cz)^2\) [終]
\({\large \frac{x}{a}}={\large \frac{y}{b}}={\large \frac{z}{c}}=k\) 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.65 Level Up 12[証明]
(右辺)\(-\)(左辺)
\(=2(ac+bd)-(a+b)(c+d)\)
\(=2ac+2bd-ac-ad-bc-bd\)
\(=ac-ad-bc+bd\)
\(=a(c-d)-b(c-d)\)
\(=(a-b)(c-d)\)
ここで、\(a≧b~,~c≧d\) より、
\(a-b≧0~,~c-d≧0\)
よって、
\(=(a-b)(c-d)≧0\)
したがって、
\((a+b)(c+d)≦2(ac+bd)\)
等号が成り立つのは、\(a-b=0\) または \(c-d=0\) すなわち \(a=b\) または \(c=d\) のとき [終]
(右辺)\(-\)(左辺)
\(=2(ac+bd)-(a+b)(c+d)\)
\(=2ac+2bd-ac-ad-bc-bd\)
\(=ac-ad-bc+bd\)
\(=a(c-d)-b(c-d)\)
\(=(a-b)(c-d)\)
ここで、\(a≧b~,~c≧d\) より、
\(a-b≧0~,~c-d≧0\)
よって、
\(=(a-b)(c-d)≧0\)
したがって、
\((a+b)(c+d)≦2(ac+bd)\)
等号が成り立つのは、\(a-b=0\) または \(c-d=0\) すなわち \(a=b\) または \(c=d\) のとき [終]
p.65 Level Up 13\({\small (1)}~\)
[証明]
(左辺)\(-\)(右辺)
\(=(a^2+b^2)(x^2+y^2)-(ax+by)^2\)
\(=a^2x^2+a^2y^2+b^2x^2+b^2y^2\)
\(-(a^2x^2+2abxy+b^2y^2)\)
\(=b^2x^2-2abxy+a^2y^2\)
\(=(bx-ay)^2≧0\)
したがって、
\((a^2+b^2)(x^2+y^2)≧(ax+by)^2\)
等号が成り立つのは、\(bx-ay=0\) すなわち \(bx=ay\) のとき [終]
\({\small (2)}~\)
[証明]
(左辺)\(-\)(右辺)
\(=a^2+b^2+c^2-(ab+bc+ca)\)
\(={\large \frac{1}{2}}(2a^2+2b^2+2c^2\)
\(-2ab-2bc-2ca)\)
\(={\large \frac{1}{2}}(a^2-2ab+b^2\)
\(+b^2-2bc+c^2\)
\(+c^2-2ca+a^2)\)
\(={\large \frac{1}{2}}\{(a-b)^2\)
\(+(b-c)^2+(c-a)^2\}\)
ここで、
\((a-b)^2≧0\)
\((b-c)^2≧0\)
\((c-a)^2≧0\)
これらより、
\(={\large \frac{1}{2}}\{(a-b)^2\)
\(+(b-c)^2+(c-a)^2\}≧0\)
したがって、
\(a^2+b^2+c^2≧ab+bc+ca\)
等号が成り立つのは、
\(a-b=0\) かつ \(b-c=0\) かつ \(c-a=0\)
すなわち
\(a=b\) かつ \(b=c\) かつ \(c=a\)
のとき [終]
[証明]
(左辺)\(-\)(右辺)
\(=(a^2+b^2)(x^2+y^2)-(ax+by)^2\)
\(=a^2x^2+a^2y^2+b^2x^2+b^2y^2\)
\(-(a^2x^2+2abxy+b^2y^2)\)
\(=b^2x^2-2abxy+a^2y^2\)
\(=(bx-ay)^2≧0\)
したがって、
\((a^2+b^2)(x^2+y^2)≧(ax+by)^2\)
等号が成り立つのは、\(bx-ay=0\) すなわち \(bx=ay\) のとき [終]
\({\small (2)}~\)
[証明]
(左辺)\(-\)(右辺)
\(=a^2+b^2+c^2-(ab+bc+ca)\)
\(={\large \frac{1}{2}}(2a^2+2b^2+2c^2\)
\(-2ab-2bc-2ca)\)
\(={\large \frac{1}{2}}(a^2-2ab+b^2\)
\(+b^2-2bc+c^2\)
\(+c^2-2ca+a^2)\)
\(={\large \frac{1}{2}}\{(a-b)^2\)
\(+(b-c)^2+(c-a)^2\}\)
ここで、
\((a-b)^2≧0\)
\((b-c)^2≧0\)
\((c-a)^2≧0\)
これらより、
\(={\large \frac{1}{2}}\{(a-b)^2\)
\(+(b-c)^2+(c-a)^2\}≧0\)
したがって、
\(a^2+b^2+c^2≧ab+bc+ca\)
等号が成り立つのは、
\(a-b=0\) かつ \(b-c=0\) かつ \(c-a=0\)
すなわち
\(a=b\) かつ \(b=c\) かつ \(c=a\)
のとき [終]
p.65 Level Up 14\({\small (1)}~\)
[証明]
(左辺)
\(={\large \frac{a}{a}}+{\large \frac{a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}+{\large \frac{b}{b}}\)
\(={\large \frac{a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}+2\)
\(a>0~,~b>0\) であるので、\({\large \frac{a}{b}}>0~,~{\large \frac{b}{a}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
\({\large \frac{a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}≧2\sqrt{{\large \frac{a}{b}}\cdot{\large \frac{b}{a}}}=2\)
両辺に \(2\) を加えると、
\({\large \frac{a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}+2≧2+2\)
したがって、
\((a+b)\left({\large \frac{1}{a}}+{\large \frac{1}{b}}\right)≧4\)
また、等号が成立するのは \({\large \frac{a}{b}}={\large \frac{b}{a}}\) のときで \(a>0~,~b>0\) より \(a=b\) のとき
[終]
\({\small (2)}~\)
[証明]
(左辺)
\(={\large \frac{a}{a}}+{\large \frac{4a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}+{\large \frac{4b}{b}}\)
\(={\large \frac{4a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}+5\)
\(a>0~,~b>0\) であるので、\({\large \frac{4a}{b}}>0~,~{\large \frac{b}{a}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
\({\large \frac{4a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}≧2\sqrt{{\large \frac{4a}{b}}\cdot{\large \frac{b}{a}}}=4\)
両辺に \(5\) を加えると、
\({\large \frac{4a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}+5≧4+5\)
したがって、
\((a+b)\left({\large \frac{1}{a}}+{\large \frac{4}{b}}\right)≧9\)
また、等号が成立するのは \({\large \frac{4a}{b}}={\large \frac{b}{a}}\) のときで \(a>0~,~b>0\) より \(2a=b\) のとき
[終]
[証明]
(左辺)
\(={\large \frac{a}{a}}+{\large \frac{a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}+{\large \frac{b}{b}}\)
\(={\large \frac{a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}+2\)
\(a>0~,~b>0\) であるので、\({\large \frac{a}{b}}>0~,~{\large \frac{b}{a}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
\({\large \frac{a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}≧2\sqrt{{\large \frac{a}{b}}\cdot{\large \frac{b}{a}}}=2\)
両辺に \(2\) を加えると、
\({\large \frac{a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}+2≧2+2\)
したがって、
\((a+b)\left({\large \frac{1}{a}}+{\large \frac{1}{b}}\right)≧4\)
また、等号が成立するのは \({\large \frac{a}{b}}={\large \frac{b}{a}}\) のときで \(a>0~,~b>0\) より \(a=b\) のとき
[終]
\({\small (2)}~\)
[証明]
(左辺)
\(={\large \frac{a}{a}}+{\large \frac{4a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}+{\large \frac{4b}{b}}\)
\(={\large \frac{4a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}+5\)
\(a>0~,~b>0\) であるので、\({\large \frac{4a}{b}}>0~,~{\large \frac{b}{a}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
\({\large \frac{4a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}≧2\sqrt{{\large \frac{4a}{b}}\cdot{\large \frac{b}{a}}}=4\)
両辺に \(5\) を加えると、
\({\large \frac{4a}{b}}+{\large \frac{b}{a}}+5≧4+5\)
したがって、
\((a+b)\left({\large \frac{1}{a}}+{\large \frac{4}{b}}\right)≧9\)
また、等号が成立するのは \({\large \frac{4a}{b}}={\large \frac{b}{a}}\) のときで \(a>0~,~b>0\) より \(2a=b\) のとき
[終]
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