このページは、東京書籍：Advanced数学Ⅱ[701]
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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Advanced数学Ⅱ １章 方程式・式と証明
Advanced数学Ⅱ ２章 図形と方程式
Advanced数学Ⅱ ３章 三角関数
Advanced数学Ⅱ ４章 指数関数・対数関数
Advanced数学Ⅱ ５章 微分と積分
１章 方程式・式と証明
１節 整式の乗法・除法と分数式
p.6 問1\({\small (1)}~\)
\(\begin{split}&(a-b)^3\\[2pt]~~=~&(a-b)(a-b)^2\\[2pt]~~=~&(a-b)(a^2-2ab+b^2)\\[2pt]~~=~&a^3-2a^2+ab^2-a^2b+2ab^2-b^3\\[2pt]~~=~&a^3-3a^2b+3ab^2-b^3\end{split}\)
\({\small (2)}~\)
\(\begin{split}&(a-b)^3\\[2pt]~~=~&\left\{ a+(-b) \right\}^3\\[2pt]~~=~&a^3+3a^2(-b)+3a(-b)^2+(-b)^3\\[2pt]~~=~&a^3-3a^2b+3ab^2-b^3\end{split}\)
解法のPoint｜(a+b)³の展開の公式
\(\begin{split}&(a-b)^3\\[2pt]~~=~&(a-b)(a-b)^2\\[2pt]~~=~&(a-b)(a^2-2ab+b^2)\\[2pt]~~=~&a^3-2a^2+ab^2-a^2b+2ab^2-b^3\\[2pt]~~=~&a^3-3a^2b+3ab^2-b^3\end{split}\)
\({\small (2)}~\)
\(\begin{split}&(a-b)^3\\[2pt]~~=~&\left\{ a+(-b) \right\}^3\\[2pt]~~=~&a^3+3a^2(-b)+3a(-b)^2+(-b)^3\\[2pt]~~=~&a^3-3a^2b+3ab^2-b^3\end{split}\)
解法のPoint｜(a+b)³の展開の公式
p.6 問2\({\small (1)}~x^3+3x^2+3x+1\)
\({\small (2)}~27x^3-27x^2+9x-1\)
\({\small (3)}~x^3+30x^2y+300xy^2+1000y^3\)
\({\small (4)}~8x^3-60x^2y+150xy^2-125y^3\)
解法のPoint｜(a+b)³の展開の公式
\({\small (2)}~27x^3-27x^2+9x-1\)
\({\small (3)}~x^3+30x^2y+300xy^2+1000y^3\)
\({\small (4)}~8x^3-60x^2y+150xy^2-125y^3\)
解法のPoint｜(a+b)³の展開の公式
p.7 問3\({\small (1)}~\)[証明]
\(~~~(a+b)(a^2-ab+b^2)\)
\(~=a^3-a^2b+ab^2+a^2b-ab^2+b^3\)
\(~=a^3+b^3\) [終]
\({\small (2)}~\)[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]
\({\small (2)}~\)[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
p.7 問5\({\small (1)}~(x+1)(x^2-x+1)\)
\({\small (2)}~(x-2)(x^2+2x+4)\)
\({\small (3)}~(4x-5y)(16x^2+20xy+25y^2)\)
解法のPoint｜a³+b³の因数分解の公式
\({\small (2)}~(x-2)(x^2+2x+4)\)
\({\small (3)}~(4x-5y)(16x^2+20xy+25y^2)\)
解法のPoint｜a³+b³の因数分解の公式
p.7 問6
解法のPoint｜6次式と3次式の因数分解
\({\small (1)}~(x+2y)(x^2-2xy+4y^2)(x-2y)(x^2+2xy+4y^2)\)
\({\small (2)}~(x+2)(x^2-2x+4)(x-1)(x^2+x+1)\)
\({\small (2)}~(x+2)(x^2-2x+4)(x-1)(x^2+x+1)\)
解法のPoint｜6次式と3次式の因数分解
p.8 問7
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
\((a+b)^5=(a+b)(a+b)^4\)
\(~=(a+b)(a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4)\)
\(~=a^5+4a^4b+6a^3b^2+4a^2b^3+ab^4+a^4b+4a^3b^2+6a^2b^3+4ab^4+b^5\)
\(~=a^5+5a^4b+10a^3b^2+10a^2b^3+5ab^4+b^5\)
\(~=(a+b)(a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4)\)
\(~=a^5+4a^4b+6a^3b^2+4a^2b^3+ab^4+a^4b+4a^3b^2+6a^2b^3+4ab^4+b^5\)
\(~=a^5+5a^4b+10a^3b^2+10a^2b^3+5ab^4+b^5\)
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.8 問8\(n=5\) の行は \(1,5,10,10,5,1\)
\(n=6\) の行は \(1,6,15,20,15,6,1\)
解法のPoint｜二項定理と展開式
\(n=6\) の行は \(1,6,15,20,15,6,1\)
\(~~~(a+b)^6=a^6+6a^5b+15a^4b^2+20a^3b^3+15a^2b^4+6ab^5+b^6\)
解法のPoint｜二項定理と展開式
p.10 問9
解法のPoint｜二項定理と展開式
\({\small (1)}~81a^4+108a^3b+54a^2b^2+12ab^3+b^4\)
\({\small (2)}~16x^4-96x^3y+216x^2y^2-216xy^3+81y^4\)
\({\small (3)}~32x^{10}+80x^8+80x^6+40x^4+10x^2+1\)
\({\small (2)}~16x^4-96x^3y+216x^2y^2-216xy^3+81y^4\)
\({\small (3)}~32x^{10}+80x^8+80x^6+40x^4+10x^2+1\)
解法のPoint｜二項定理と展開式
p.12 問13\({\small (1)}~\)[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！
\({\small (2)}~\)[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！
\(\begin{eqnarray}~~~&=&3^n
\\[3pt]~~~&=&(1+2)^n\end{eqnarray}\)
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！
\({\small (2)}~\)[証明] (左辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&0
\\[3pt]~~~&=&\{1+(-1)\}^n\end{eqnarray}\)
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.14 問15\({\small (1)}~\)商 \(2x-5\)、余り \(4x-7\)
\({\small (2)}~\)商 \(2x^2+x-1\)、余り \(0\)
\({\small (3)}~\)商 \(3x-2\)、余り \(9x+3\)
\({\small (4)}~\)商 \(x^2+2x-1\)、余り \(x+3\)
解法のPoint｜多項式を多項式で割った商と余り
\({\small (2)}~\)商 \(2x^2+x-1\)、余り \(0\)
\({\small (3)}~\)商 \(3x-2\)、余り \(9x+3\)
\({\small (4)}~\)商 \(x^2+2x-1\)、余り \(x+3\)
解法のPoint｜多項式を多項式で割った商と余り
p.16 問19\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,4ac\,}{\,5b^2\,}\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,x+2\,}{\,2x+1\,}\) \({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,x^2-x+1\,}{\,x+3\,}\)
解法のPoint｜分数式と共通因数の約分
解法のPoint｜分数式と共通因数の約分
p.17 問20\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,x-3\,}{\,(x+2)^2\,}\)
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,(x+1)(x^2+2x+4)\,}{\,(x+2)(x-1)\,}\)
解法のPoint｜分数式の乗法・除法
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,(x+1)(x^2+2x+4)\,}{\,(x+2)(x-1)\,}\)
解法のPoint｜分数式の乗法・除法
p.17 問21\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,2\,}{\,x+3\,}\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,x\,}{\,x-1\,}\)
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.18 問22\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,4x+5\,}{\,(x+3)(x-4)\,}\)
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,x\,}{\,(x-1)(2x-1)\,}\)
解法のPoint｜通分が必要な分数式の加法・減法
\({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,x\,}{\,(x-1)(2x-1)\,}\)
解法のPoint｜通分が必要な分数式の加法・減法
p.18 問23\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,a+1\,}{\,a-1\,}\) \({\small (2)}~-\displaystyle \frac{\,y\,}{\,x\,}\)
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
問題
p.19 問題 1\({\small (1)}~\) \(8a^3-36a^2b+54ab^2-27b^3\)
解法のPoint｜(a+b)³の展開の公式
\({\small (2)}~\) \(64a^3-27b^3\)
解法のPoint｜(a+b)(a²-ab+b²)の展開の公式
解法のPoint｜(a+b)³の展開の公式
\({\small (2)}~\) \(64a^3-27b^3\)
解法のPoint｜(a+b)(a²-ab+b²)の展開の公式
p.19 問題 2\({\small (1)}~\) \((xy-3z)(x^2y^2+3xyz+9z^2)\)
解法のPoint｜a³+b³の因数分解の公式
解法のPoint｜部分的な3次式の因数分解
解法のPoint｜a³+b³の因数分解の公式
\({\small (2)}~\) \((x+y+1)(x^2-xy-x+y^2+2y+1)\)
解法のPoint｜部分的な3次式の因数分解
p.19 問題 3\({\small (1)}~\) \(-12a^{11}b~,~66a^2b^{10}\)
解法のPoint｜二項定理と項の係数
\({\small (2)}~\) \(-1680\)
解法のPoint｜多項定理を用いた展開式の項の係数
解法のPoint｜二項定理と項の係数
\({\small (2)}~\) \(-1680\)
解法のPoint｜多項定理を用いた展開式の項の係数
p.19 問題 4\({\small (1)}~\) 商 \(4x+1\)，余り \(5x+3\)
解法のPoint｜多項式を多項式で割った商と余り
\({\small (2)}~\) 商 \(2x^2+x-\displaystyle\frac{\,1\,}{\,3\,}\)，余り \(\displaystyle\frac{\,2\,}{\,3\,}\)
\({\small (3)}~\) 商 \(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,2\,}x^2-x+1\)，余り \(7\)
解法のPoint｜商に分数を含む多項式の割り算
解法のPoint｜多項式を多項式で割った商と余り
\({\small (2)}~\) 商 \(2x^2+x-\displaystyle\frac{\,1\,}{\,3\,}\)，余り \(\displaystyle\frac{\,2\,}{\,3\,}\)
\({\small (3)}~\) 商 \(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,2\,}x^2-x+1\)，余り \(7\)
解法のPoint｜商に分数を含む多項式の割り算
p.19 問題 5\({\small (1)}~\) 商 \(2\)，余り \(5\)
\({\small (2)}~\) 商 \(-1\)，余り \(-5\)
解法のPoint｜多項式を多項式で割った商と余り
\({\small (2)}~\) 商 \(-1\)，余り \(-5\)
解法のPoint｜多項式を多項式で割った商と余り
p.19 問題 6\({\small (1)}~\) \(\displaystyle\frac{\,(2x+5y)(x-y)\,}{\,(x+y)^2\,}\) \({\small (2)}~\) \(x\)
解法のPoint｜分数式の乗法・除法
\({\small (3)}~\) \(\displaystyle\frac{\,4\,}{\,(x+1)(x-1)(x^2+1)\,}\)
\({\small (4)}~\) \(\displaystyle\frac{\,x+3\,}{\,x+1\,}\)
解法のPoint｜通分が必要な分数式の加法・減法
\({\small (5)}~\) \(\displaystyle\frac{\,a+2\,}{\,2a+3\,}\)
解法のPoint｜分母分子に分数式を含む分数式
解法のPoint｜分数式の乗法・除法
\({\small (3)}~\) \(\displaystyle\frac{\,4\,}{\,(x+1)(x-1)(x^2+1)\,}\)
\({\small (4)}~\) \(\displaystyle\frac{\,x+3\,}{\,x+1\,}\)
解法のPoint｜通分が必要な分数式の加法・減法
\({\small (5)}~\) \(\displaystyle\frac{\,a+2\,}{\,2a+3\,}\)
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.20 問1\({\small (1)}~\)実部 \(-1\)、虚部 \(\sqrt{3}\)
\({\small (2)}~\)実部 \(2\)、虚部 \(-1\)
\({\small (3)}~\)実部 \(0\)、虚部 \(\sqrt{7}\)
\({\small (4)}~\)実部 \(-5\)、虚部 \(0\)
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.21 問3\({\small (1)}~i\) \({\small (2)}~-20\)
\({\small (3)}~-2\) \({\small (4)}~1\)
解法のPoint｜虚数単位iを含む計算
\({\small (3)}~-2\) \({\small (4)}~1\)
解法のPoint｜虚数単位iを含む計算
p.22 問4\({\small (1)}~7+3i\) \({\small (2)}~1-3i\)
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
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
p.22 問5\({\small (1)}~3-2i\) \({\small (2)}~\sqrt{5}+\sqrt{2}i\)
\({\small (3)}~-4\) \({\small (4)}~-3i\)
解法のPoint｜共役な複素数
\({\small (3)}~-4\) \({\small (4)}~-3i\)
解法のPoint｜共役な複素数
p.22 問6\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,3\,}{\,10\,}+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,10\,}i\) \({\small (2)}~-i\)
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,5\,}i\) \({\small (4)}~-i\)
解法のPoint｜複素数の除法
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,4\,}{\,5\,}-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,5\,}i\) \({\small (4)}~-i\)
解法のPoint｜複素数の除法
p.24 問8\({\small (1)}~2\sqrt{2}i\) \({\small (2)}~-5\sqrt{2}i\)
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,\sqrt{7}\,}{\,4\,}i\)
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.24 問10\({\small (1)}~2\sqrt{3}i\) \({\small (2)}~-14\sqrt{5}\) \({\small (3)}~-3i\)
解法のPoint｜負の数の平方根の計算
解法のPoint｜負の数の平方根の計算
p.25 問11\({\small (1)}~x=\displaystyle \frac{\,-3\pm\sqrt{13}\,}{\,2\,}\) \({\small (2)}~x=\displaystyle \frac{\,3\pm\sqrt{11}i\,}{\,5\,}\)
\({\small (3)}~x=\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\pm i\,}{\,2\,}\) \({\small (4)}~x=\displaystyle \frac{\,1\pm\sqrt{2}i\,}{\,2\,}\)
解法のPoint｜複素数範囲の2次方程式の解
\({\small (3)}~x=\displaystyle \frac{\,\sqrt{3}\pm i\,}{\,2\,}\) \({\small (4)}~x=\displaystyle \frac{\,1\pm\sqrt{2}i\,}{\,2\,}\)
解法のPoint｜複素数範囲の2次方程式の解
p.27 問12\({\small (1)}~\)異なる２つの実数解をもつ
\({\small (2)}~\)異なる２つの虚数解をもつ
\({\small (3)}~\)重解をもつ
解法のPoint｜複素数範囲の2次方程式の解の判別式
\({\small (2)}~\)異なる２つの虚数解をもつ
\({\small (3)}~\)重解をもつ
解法のPoint｜複素数範囲の2次方程式の解の判別式
p.27 問13\(k\lt 1~,~5\lt k\) のとき、
異なる２つの実数解をもつ
\(k=1~,~5\) のとき、
重解をもつ
\(1\lt k\lt 5\) のとき、
異なる２つの虚数解をもつ
解法のPoint｜複素数範囲の文字係数の2次方程式
異なる２つの実数解をもつ
\(k=1~,~5\) のとき、
重解をもつ
\(1\lt k\lt 5\) のとき、
異なる２つの虚数解をもつ
解法のPoint｜複素数範囲の文字係数の2次方程式
p.28 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.29 問16\({\small (1)}~6\) \({\small (2)}~-4\)
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,6\,}{\,5\,}\) \({\small (4)}~-4\)
解法のPoint｜解と係数の関係と対称式の値
\({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,6\,}{\,5\,}\) \({\small (4)}~-4\)
解法のPoint｜解と係数の関係と対称式の値
p.30 問18\({\small (1)}~\left(x-\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{5}\,}{\,2\,}\right)\left(x-\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{5}\,}{\,2\,}\right)\)
\({\small (2)}~3\left(x-\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{2}i\,}{\,3\,}\right)\left(x-\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{2}i\,}{\,3\,}\right)\)
\({\small (3)}~(x+\sqrt{5})(x-\sqrt{5})\)
\({\small (4)}~(x+2i)(x-2i)\)
解法のPoint｜複素数範囲での2次式の因数分解
\({\small (2)}~3\left(x-\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{2}i\,}{\,3\,}\right)\left(x-\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{2}i\,}{\,3\,}\right)\)
\({\small (3)}~(x+\sqrt{5})(x-\sqrt{5})\)
\({\small (4)}~(x+2i)(x-2i)\)
解法のPoint｜複素数範囲での2次式の因数分解
p.31 問19\({\small (1)}~(x^2+2)(x^2-3)\)
\({\small (2)}~(x^2+2)(x+\sqrt{3})(x-\sqrt{3})\)
\({\small (3)}~(x+\sqrt{2}i)(x-\sqrt{2}i)(x+\sqrt{3})(x-\sqrt{3})\)
解法のPoint｜有理数・実数・複素数範囲での因数分解
\({\small (2)}~(x^2+2)(x+\sqrt{3})(x-\sqrt{3})\)
\({\small (3)}~(x+\sqrt{2}i)(x-\sqrt{2}i)(x+\sqrt{3})(x-\sqrt{3})\)
解法のPoint｜有理数・実数・複素数範囲での因数分解
p.31 問20\({\small (1)}~x^2+x-2=0\)
\({\small (2)}~x^2-4x-1=0\)
\({\small (3)}~x^2+10x+26=0\)
解法のPoint｜2数を解とする2次方程式
\({\small (2)}~x^2-4x-1=0\)
\({\small (3)}~x^2+10x+26=0\)
解法のPoint｜2数を解とする2次方程式
p.32 問21\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{3}i\,}{\,2\,}~,~\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\)
\({\small (2)}~-4+\sqrt{5}~,~-4-\sqrt{5}\)
解法のPoint｜和と積の値と2数
\({\small (2)}~-4+\sqrt{5}~,~-4-\sqrt{5}\)
解法のPoint｜和と積の値と2数
p.32 問22\({\small (1)}~x^2+6x+17=0\)
\({\small (2)}~3x^2+2x+1=0\)
\({\small (3)}~x^2+2x+9=0\)
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\({\small (2)}~3x^2+2x+1=0\)
\({\small (3)}~x^2+2x+9=0\)
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問題
p.35 問題 8\({\small (1)}~\) \(6\sqrt{2}\,i\)
解法のPoint｜負の数の平方根の計算
\({\small (2)}~\) \(21-20i\)
解法のPoint｜複素数の乗法
\({\small (3)}~\) \(\displaystyle\frac{\,6\,}{\,5\,}\)
\({\small (4)}~\) \(-\displaystyle\frac{\,6\,}{\,13\,}-\displaystyle\frac{\,17\,}{\,13\,}i\)
解法のPoint｜複素数の除法
解法のPoint｜負の数の平方根の計算
\({\small (2)}~\) \(21-20i\)
解法のPoint｜複素数の乗法
\({\small (3)}~\) \(\displaystyle\frac{\,6\,}{\,5\,}\)
\({\small (4)}~\) \(-\displaystyle\frac{\,6\,}{\,13\,}-\displaystyle\frac{\,17\,}{\,13\,}i\)
解法のPoint｜複素数の除法
p.35 問題 9\({\small (1)}~\)[証明] \(a~,~b~,~c~,~d\) を実数として、\(\alpha=a+bi~,~\beta=c+di\) とすると、
\(~\alpha+\beta=(a+c)+(b+d)i\)
よって、
\(\overline {\alpha+\beta}\)
\(~=(a+c)-(b+d)i\)
\(~=(a-bi)+(c-di)\)
\(~=\overline {\alpha}+\overline {\beta}\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明] \(a~,~b~,~c~,~d\) を実数として、\(\alpha=a+bi~,~\beta=c+di\) とすると、
\(\overline {\alpha\beta}\)
\(~=\overline {(a+bi)(c+di)}\)
\(~=(ac-bd)-(ad-bc)i\)
また、
\(~~~~~~~\overline {\alpha}\overline {\beta}\)
\(~=(a-bi)(c-di)\)
\(~=(ac-bd)-(ad-bc)i\)
したがって、
\(~~~\overline {\alpha\beta}=\overline {\alpha}\overline {\beta}\)
[終]
解法のPoint｜共役な複素数
\(~\alpha+\beta=(a+c)+(b+d)i\)
よって、
\(\overline {\alpha+\beta}\)
\(~=(a+c)-(b+d)i\)
\(~=(a-bi)+(c-di)\)
\(~=\overline {\alpha}+\overline {\beta}\)
[終]
\({\small (2)}~\)[証明] \(a~,~b~,~c~,~d\) を実数として、\(\alpha=a+bi~,~\beta=c+di\) とすると、
\(\overline {\alpha\beta}\)
\(~=\overline {(a+bi)(c+di)}\)
\(~=(ac-bd)-(ad-bc)i\)
また、
\(~~~~~~~\overline {\alpha}\overline {\beta}\)
\(~=(a-bi)(c-di)\)
\(~=(ac-bd)-(ad-bc)i\)
したがって、
\(~~~\overline {\alpha\beta}=\overline {\alpha}\overline {\beta}\)
[終]
解法のPoint｜共役な複素数
p.35 問題 10\({\small (1)}~\) \(x=\displaystyle\frac{\,3\sqrt{2}\pm\sqrt{14}\,i\,}{\,4\,}\)
\({\small (2)}~\) \(x=2\pm2\sqrt{2}\,i\)
解法のPoint｜複素数範囲の2次方程式の解
\({\small (2)}~\) \(x=2\pm2\sqrt{2}\,i\)
解法のPoint｜複素数範囲の2次方程式の解
p.35 問題 12\({\small (1)}~\) \(\displaystyle\frac{\,7\,}{\,2\,}\) \({\small (2)}~\) \(-2\) \({\small (3)}~\) \(\displaystyle\frac{\,17\,}{\,2\,}\)
解法のPoint｜解と係数の関係と対称式の値
解法のPoint｜解と係数の関係と対称式の値
p.35 問題 14\({\small (1)}~\) \(x^2+(m+6)x+3m+10=0\)
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\({\small (2)}~\) \(-\displaystyle\frac{\,10\,}{\,3\,}\lt m{\small ~≦~}-2~,~2{\small ~≦~}m\)
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\({\small (2)}~\) \(-\displaystyle\frac{\,10\,}{\,3\,}\lt m{\small ~≦~}-2~,~2{\small ~≦~}m\)
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３節 高次方程式
p.37 問1\({\small (1)}~-1\) \({\small (2)}~1\) \({\small (3)}~\displaystyle \frac{\,1\,}{\,27\,}\)
解法のPoint｜剰余の定理と余りの値
解法のPoint｜剰余の定理と余りの値
p.38 問3\({\small (1)}~\)[証明] \(P(x)\) を \(ax+b\) で割ったときの商を \(Q(x)\)、余りを \(R\) とすると、
\(P(x)=(ax+b)Q(x)+R\)
ここで、\(x=-\displaystyle \frac{\,b\,}{\,a\,}\) 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.39 問6\({\small (1)}~\)
\(x-3\) を因数にもつ
\(x+3\) を因数にもたない
\({\small (2)}~\)
\(x-3\) を因数にもつ
\(x+3\) を因数にもつ
解法のPoint｜因数定理を用いた3次式の因数分解
\(x-3\) を因数にもつ
\(x+3\) を因数にもたない
\({\small (2)}~\)
\(x-3\) を因数にもつ
\(x+3\) を因数にもつ
解法のPoint｜因数定理を用いた3次式の因数分解
p.39 問7\({\small (1)}~(x-1)(x-2)(x-3)\)
\({\small (2)}~(x-1)(x+2)^2\)
\({\small (3)}~(x-2)(3x+1)(x+3)\)
解法のPoint｜因数定理を用いた3次式の因数分解
\({\small (2)}~(x-1)(x+2)^2\)
\({\small (3)}~(x-2)(3x+1)(x+3)\)
解法のPoint｜因数定理を用いた3次式の因数分解
p.40 問8\({\small (1)}~x=2~,~-1\pm\sqrt{3}i\)
\({\small (2)}~x=-1~,~\displaystyle \frac{\,1\pm\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\)
\({\small (3)}~x=0~,~-2~,~1\pm\sqrt{3}i\)
解法のPoint｜3次方程式x³=a³の解
\({\small (2)}~x=-1~,~\displaystyle \frac{\,1\pm\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\)
\({\small (3)}~x=0~,~-2~,~1\pm\sqrt{3}i\)
解法のPoint｜3次方程式x³=a³の解
p.40 問9\({\small (1)}~\)[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、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&\displaystyle \frac{\,-1\pm\sqrt{1^2-4\cdot 1\cdot 1}\,}{\,2\cdot 1\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-1\pm\sqrt{1-4}\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-1\pm\sqrt{-3}\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-1\pm\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~\omega^2&=&\left(\,\displaystyle \frac{\,-1+\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\,\right)^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(-1+\sqrt{3}i)^2\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1-2\sqrt{3}i+3i^2\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1-2\sqrt{3}i-3\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-2-2\sqrt{3}i\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-1-\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~\omega^2&=&\left(\,\displaystyle \frac{\,-1-\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\,\right)^2
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,(-1-\sqrt{3}i)^2\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1+2\sqrt{3}i+3i^2\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1+2\sqrt{3}i-3\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-2+2\sqrt{3}i\,}{\,4\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,-1+\sqrt{3}i\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
\({\small (2)}~\)[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
\(\begin{eqnarray}\hspace{30pt}~~~x^3&=&1
\\[3pt]~~~x^3-1^3&=&0\end{eqnarray}\)
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.41 問10\({\small (1)}~x=\pm1~,~\pm\sqrt{2}\)
\({\small (2)}~x=\pm2~,~\pm\sqrt{7}i\)
解法のPoint｜x²=tと置き換える4次方程式
\({\small (2)}~x=\pm2~,~\pm\sqrt{7}i\)
解法のPoint｜x²=tと置き換える4次方程式
p.41 問11\({\small (1)}~x=2~,~-1\pm\sqrt{5}\)
\({\small (2)}~x=-1~,~\displaystyle \frac{\,1\pm\sqrt{5}i\,}{\,6\,}\)
解法のPoint｜因数定理を用いた3次方程式の解
\({\small (2)}~x=-1~,~\displaystyle \frac{\,1\pm\sqrt{5}i\,}{\,6\,}\)
解法のPoint｜因数定理を用いた3次方程式の解
p.42 問12\({\small (1)}~x=-1~,~\pm2~,~3\)
\({\small (2)}~x=-2~,~-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~1\)
解法のPoint｜因数定理を用いた4次方程式の解
\({\small (2)}~x=-2~,~-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~1\)
解法のPoint｜因数定理を用いた4次方程式の解
問題
p.44 問題 15３次式を２次式で割った余りは１次式以下となるので、
\(P(x)\) を \((x-1)^2\) で割ったときの余りが \(P(1)\) ではない
\(P(x)\) を \((x-1)^2\) で割ったときの余りが \(P(1)\) ではない
p.44 問題 16\({\small (1)}~\) \(a=-1\) \({\small (2)}~\) \(a=-13\) \({\small (3)}~\) \(a=3\)
解法のPoint｜因数定理と文字係数
解法のPoint｜因数定理と文字係数
p.44 問題 20\({\small (1)}~\) \(x=\pm2~,~\pm\sqrt{2}\,i\)
\({\small (2)}~\) \(x=-2~,~3~,~\displaystyle\frac{\,1\pm\sqrt{7}\,i\,}{\,2\,}\)
解法のPoint｜x²=tと置き換える4次方程式
\({\small (3)}~\) \(x=2~,~\pm\sqrt{2}\)
\({\small (4)}~\) \(x=-2~,~\displaystyle\frac{\,1\,}{\,2\,}~,~3\)
解法のPoint｜因数定理を用いた3次方程式の解
\({\small (5)}~\) \(x=1~,~\pm\displaystyle\frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\displaystyle\frac{\,1\,}{\,3\,}\)
解法のPoint｜因数定理を用いた4次方程式の解
\({\small (2)}~\) \(x=-2~,~3~,~\displaystyle\frac{\,1\pm\sqrt{7}\,i\,}{\,2\,}\)
解法のPoint｜x²=tと置き換える4次方程式
\({\small (3)}~\) \(x=2~,~\pm\sqrt{2}\)
\({\small (4)}~\) \(x=-2~,~\displaystyle\frac{\,1\,}{\,2\,}~,~3\)
解法のPoint｜因数定理を用いた3次方程式の解
\({\small (5)}~\) \(x=1~,~\pm\displaystyle\frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\displaystyle\frac{\,1\,}{\,3\,}\)
解法のPoint｜因数定理を用いた4次方程式の解
p.44 問題 22\({\small (1)}~\) \(a=4~,~b=1\)、他の解は \(x=-3\)
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\({\small (2)}~\) \(a=-4~,~b=-11\)、他の解は \(x=6\)
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\({\small (2)}~\) \(a=-4~,~b=-11\)、他の解は \(x=6\)
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４節 式と証明
p.49 問3\({\small (1)}~\)[証明]
(左辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(x^2-1)^2+3x(x-1)
\\[3pt]~~~&=&x^4-2x^2+1+3x^2-3x
\\[3pt]~~~&=&x^4+x^2-3x+1\end{eqnarray}\)
(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(x^2+1)^2-x(x+3)
\\[3pt]~~~&=&x^4+2x^2+1-x^2-3x
\\[3pt]~~~&=&x^4+x^2-3x+1\end{eqnarray}\)
したがって、\((x^2-1)^2+3x(x-1)=(x^2+1)^2-x(x+3)\) [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)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(x^2-1)^2+3x(x-1)
\\[3pt]~~~&=&x^4-2x^2+1+3x^2-3x
\\[3pt]~~~&=&x^4+x^2-3x+1\end{eqnarray}\)
(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(x^2+1)^2-x(x+3)
\\[3pt]~~~&=&x^4+2x^2+1-x^2-3x
\\[3pt]~~~&=&x^4+x^2-3x+1\end{eqnarray}\)
したがって、\((x^2-1)^2+3x(x-1)=(x^2+1)^2-x(x+3)\) [終]
\({\small (2)}~\)[証明]
(左辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(a^2+b^2)(c^2+d^2)
\\[3pt]~~~&=&a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\end{eqnarray}\)
(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.49 問4[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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（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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p.49 問5[証明] \(a+b+c=0\) より、\(c=-a-b\)
（左辺）
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（左辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)
\\[3pt]~~~&=&a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca
\\[3pt]~~~&=&a^2+b^2+(-a-b)^2+2ab+2b(-a-b)+2(-a-b)a
\\[3pt]~~~&=&a^2+b^2+a^2+2ab+b^2+2ab-2ab-2b^2-2a^2-2ab
\\[3pt]~~~&=&a^2+a^2-2a^2+b^2+b^2-2b^2+2ab+2ab-2ab-2ab
\\[3pt]~~~&=&0\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca
\\[3pt]~~~&=&a^2+b^2+(-a-b)^2+2ab+2b(-a-b)+2(-a-b)a
\\[3pt]~~~&=&a^2+b^2+a^2+2ab+b^2+2ab-2ab-2b^2-2a^2-2ab
\\[3pt]~~~&=&a^2+a^2-2a^2+b^2+b^2-2b^2+2ab+2ab-2ab-2ab
\\[3pt]~~~&=&0\end{eqnarray}\)
したがって、
\(a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=0\) [終]
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p.50 問6[証明] \(\displaystyle\frac{\,a\,}{\,b\,}=\displaystyle\frac{\,c\,}{\,d\,}=k\) とおくと、
\(a=kb~,~c=kd\)
（左辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle\frac{\,a+2b\,}{\,2a+b\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,kb+2b\,}{\,2kb+b\,}\hspace{25pt}(\,∵~ a=kb\,)\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,b(k+2)\,}{\,b(2k+1)\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,k+2\,}{\,2k+1\,}\end{eqnarray}\)
（右辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle\frac{\,c+2d\,}{\,2c+d\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,kd+2d\,}{\,2kd+d\,}\hspace{25pt}(\,∵~ c=kd\,)\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,d(k+2)\,}{\,d(2k+1)\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,k+2\,}{\,2k+1\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle\frac{\,a+2b\,}{\,2a+b\,}=\displaystyle\frac{\,c+2d\,}{\,2c+d\,}\) [終]
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\(a=kb~,~c=kd\)
（左辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle\frac{\,a+2b\,}{\,2a+b\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,kb+2b\,}{\,2kb+b\,}\hspace{25pt}(\,∵~ a=kb\,)\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,b(k+2)\,}{\,b(2k+1)\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,k+2\,}{\,2k+1\,}\end{eqnarray}\)
（右辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle\frac{\,c+2d\,}{\,2c+d\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,kd+2d\,}{\,2kd+d\,}\hspace{25pt}(\,∵~ c=kd\,)\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,d(k+2)\,}{\,d(2k+1)\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,k+2\,}{\,2k+1\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle\frac{\,a+2b\,}{\,2a+b\,}=\displaystyle\frac{\,c+2d\,}{\,2c+d\,}\) [終]
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p.50 問7[証明] \(x:y:z=2:3:4\) より、 \(k\) を用いて
\(x=2k~,~y=3k~,~z=4k\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~&&x^2:y^2:z^2
\\[3pt]~~~&=&4k^2:9k^2:16k^2
\\[3pt]~~~&=&4:9:16
\end{eqnarray}\)
[終]
解法のPoint｜連比を用いた計算
\(x=2k~,~y=3k~,~z=4k\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~&&x^2:y^2:z^2
\\[3pt]~~~&=&4k^2:9k^2:16k^2
\\[3pt]~~~&=&4:9:16
\end{eqnarray}\)
[終]
解法のPoint｜連比を用いた計算
p.51 問8\({\small (1)}~\)
\(a \gt 0\) より、両辺に \(b\) をかけると、\(b \gt 0\) より不等号の向きはそのままなので、
\(ab \gt 0\)
\({\small (2)}~\)
\(a \lt 0\) より、両辺に \(b\) をかけると、\(b \lt 0\) より不等号の向きは逆になるので、
\(ab \gt 0\)
\({\small (3)}~\)
\(a \gt b\) の両辺に \(c\) を加えると
\(a+c \gt b+c\)
\(c \gt d\) の両辺に \(b\) を加えると
\(c+b \gt d+b\)
これらより、
\(a+c \gt b+d\)
解法のPoint｜条件付きの不等式の証明
\(a \gt 0\) より、両辺に \(b\) をかけると、\(b \gt 0\) より不等号の向きはそのままなので、
\(ab \gt 0\)
\({\small (2)}~\)
\(a \lt 0\) より、両辺に \(b\) をかけると、\(b \lt 0\) より不等号の向きは逆になるので、
\(ab \gt 0\)
\({\small (3)}~\)
\(a \gt b\) の両辺に \(c\) を加えると
\(a+c \gt b+c\)
\(c \gt d\) の両辺に \(b\) を加えると
\(c+b \gt d+b\)
これらより、
\(a+c \gt b+d\)
解法のPoint｜条件付きの不等式の証明
p.52 問9［証明］
(左辺)－(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(ab+cd)-(ad+bc)
\\[3pt]~~~&=&ab+cd-ad-bc
\\[3pt]~~~&=&ab-ad-bc+cd
\\[3pt]~~~&=&(b-d)a-(b-d)c
\\[3pt]~~~&=&(a-c)(b-d)\end{eqnarray}\)
ここで、\(a \gt c~,~b \gt d\) より、
\(a-c \gt 0~,~b-d \gt 0\) であるから、
\((a-c)(b-d) \gt 0\)
したがって、
\((ab+cd)-(ad+bc) \gt 0\) となり、
\(ab+cd \gt ad+bc\) [終]
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(左辺)－(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(ab+cd)-(ad+bc)
\\[3pt]~~~&=&ab+cd-ad-bc
\\[3pt]~~~&=&ab-ad-bc+cd
\\[3pt]~~~&=&(b-d)a-(b-d)c
\\[3pt]~~~&=&(a-c)(b-d)\end{eqnarray}\)
ここで、\(a \gt c~,~b \gt d\) より、
\(a-c \gt 0~,~b-d \gt 0\) であるから、
\((a-c)(b-d) \gt 0\)
したがって、
\((ab+cd)-(ad+bc) \gt 0\) となり、
\(ab+cd \gt ad+bc\) [終]
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p.52 問10[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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(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.53 問11[証明]
(左辺)－(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&2x^2+5-4x
\\[3pt]~~~&=&2x^2-4x+5
\\[3pt]~~~&=&2\left(x^2-2x\right)+5
\\[3pt]~~~&=&2\left(x^2-2x+1-1\right)+5
\\[3pt]~~~&=&2(x-1)^2-2+5
\\[3pt]~~~&=&2(x-1)^2+3\end{eqnarray}\)
ここで、\( (x-1)^2{\small ~≧~}0 \) より、
\(\begin{eqnarray}~~~2(x-1)^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\( 2(x-1)^2+3{\small ~≧~}3 \gt 0 \)
したがって、\( 2x^2+5 \gt 4x \) [終]
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(左辺)－(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&2x^2+5-4x
\\[3pt]~~~&=&2x^2-4x+5
\\[3pt]~~~&=&2\left(x^2-2x\right)+5
\\[3pt]~~~&=&2\left(x^2-2x+1-1\right)+5
\\[3pt]~~~&=&2(x-1)^2-2+5
\\[3pt]~~~&=&2(x-1)^2+3\end{eqnarray}\)
ここで、\( (x-1)^2{\small ~≧~}0 \) より、
\(\begin{eqnarray}~~~2(x-1)^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\( 2(x-1)^2+3{\small ~≧~}3 \gt 0 \)
したがって、\( 2x^2+5 \gt 4x \) [終]
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p.53 問12\({\small (1)}~\)[証明]
(左辺)－(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&a^2+2b^2-2ab
\\[3pt]~~~&=&a^2-2ab+b^2+b^2
\\[3pt]~~~&=&(a-b)^2+b^2\end{eqnarray}\)
ここで、\( (a-b)^2{\small ~≧~}0~,~b^2{\small ~≧~}0 \) より、
\(\begin{eqnarray}~~~(a-b)^2+b^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\( a^2+2b^2{\small ~≧~}2ab \) [終]
また、等号が成立するのは、
\(a-b=0\) かつ \(b=0\)
すなわち \( a=b=0 \) のとき
\(\begin{eqnarray}~~~&=&2x^2-(6xy-5y^2)
\\[3pt]~~~&=&2x^2-6xy+5y^2\end{eqnarray}\)
\( x \) について、平方完成すると、
\(\begin{eqnarray}~~~&=&2\left(x^2-3xy+\displaystyle\frac{\,9y^2\,}{\,4\,}\right)-\displaystyle\frac{\,9y^2\,}{\,2\,}+5y^2
\\[5pt]~~~&=&2\left(x-\displaystyle\frac{\,3y\,}{\,2\,}\right)^2+\displaystyle\frac{\,1\,}{\,2\,}y^2\end{eqnarray}\)
ここで、\( 2\left(x-\displaystyle\frac{\,3y\,}{\,2\,}\right)^2{\small ~≧~}0~,~\displaystyle\frac{\,1\,}{\,2\,}y^2{\small ~≧~}0 \) より、
\(\begin{eqnarray}~~~2\left(x-\displaystyle\frac{\,3y\,}{\,2\,}\right)^2+\displaystyle\frac{\,1\,}{\,2\,}y^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\( 2x^2{\small ~≧~}6xy-5y^2 \) [終]
また、等号が成立するのは、
\(x-\displaystyle\frac{\,3y\,}{\,2\,}=0\) かつ \(y=0\)
\(~\Leftrightarrow~x=\displaystyle\frac{\,3y\,}{\,2\,}\) より、\(x=0\)
すなわち \( x=y=0 \) のとき
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(左辺)－(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&a^2+2b^2-2ab
\\[3pt]~~~&=&a^2-2ab+b^2+b^2
\\[3pt]~~~&=&(a-b)^2+b^2\end{eqnarray}\)
ここで、\( (a-b)^2{\small ~≧~}0~,~b^2{\small ~≧~}0 \) より、
\(\begin{eqnarray}~~~(a-b)^2+b^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\( a^2+2b^2{\small ~≧~}2ab \) [終]
また、等号が成立するのは、
\(a-b=0\) かつ \(b=0\)
すなわち \( a=b=0 \) のとき
\({\small (2)}~\)[証明]
(左辺)－(右辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&2x^2-(6xy-5y^2)
\\[3pt]~~~&=&2x^2-6xy+5y^2\end{eqnarray}\)
\( x \) について、平方完成すると、
\(\begin{eqnarray}~~~&=&2\left(x^2-3xy+\displaystyle\frac{\,9y^2\,}{\,4\,}\right)-\displaystyle\frac{\,9y^2\,}{\,2\,}+5y^2
\\[5pt]~~~&=&2\left(x-\displaystyle\frac{\,3y\,}{\,2\,}\right)^2+\displaystyle\frac{\,1\,}{\,2\,}y^2\end{eqnarray}\)
ここで、\( 2\left(x-\displaystyle\frac{\,3y\,}{\,2\,}\right)^2{\small ~≧~}0~,~\displaystyle\frac{\,1\,}{\,2\,}y^2{\small ~≧~}0 \) より、
\(\begin{eqnarray}~~~2\left(x-\displaystyle\frac{\,3y\,}{\,2\,}\right)^2+\displaystyle\frac{\,1\,}{\,2\,}y^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\( 2x^2{\small ~≧~}6xy-5y^2 \) [終]
また、等号が成立するのは、
\(x-\displaystyle\frac{\,3y\,}{\,2\,}=0\) かつ \(y=0\)
\(~\Leftrightarrow~x=\displaystyle\frac{\,3y\,}{\,2\,}\) より、\(x=0\)
すなわち \( x=y=0 \) のとき
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p.55 問13\({\small (1)}~\)[証明] \(a\gt 0\) より、\(a\gt 0~,~\displaystyle \frac{\,9\,}{\,a\,}\gt 0\)
よって、相加平均と相乗平均の大小関係より、
\(\begin{eqnarray}~~~a+\displaystyle \frac{\,9\,}{\,a\,}&{\small ~≧~}&2\sqrt{\,a\cdot\displaystyle \frac{\,9\,}{\,a\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&2\sqrt{\,9\,}=6\end{eqnarray}\)
したがって、\(a+\displaystyle \frac{\,9\,}{\,a\,}{\small ~≧~}6\) [終]
また、等号が成り立つのは、
\(\begin{eqnarray}~~~a=\displaystyle \frac{\,9\,}{\,a\,}~\Leftrightarrow~a^2&=&9\end{eqnarray}\)
\(a\gt 0\) より、\(a=3\) のとき
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\({\small (2)}~\)［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
■ 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、
\(\begin{eqnarray}~~~a+\displaystyle \frac{\,9\,}{\,a\,}&{\small ~≧~}&2\sqrt{\,a\cdot\displaystyle \frac{\,9\,}{\,a\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&2\sqrt{\,9\,}=6\end{eqnarray}\)
したがって、\(a+\displaystyle \frac{\,9\,}{\,a\,}{\small ~≧~}6\) [終]
また、等号が成り立つのは、
\(\begin{eqnarray}~~~a=\displaystyle \frac{\,9\,}{\,a\,}~\Leftrightarrow~a^2&=&9\end{eqnarray}\)
\(a\gt 0\) より、\(a=3\) のとき
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\({\small (2)}~\)［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、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,a\,}{\,b\,}+\frac{\,b\,}{\,a\,}&{\small ~≧~}&2\sqrt{\frac{\,a\,}{\,b\,}\cdot\frac{\,b\,}{\,a\,}}
\\[5pt]~~~&=&2\sqrt{\,1\,}=2\end{eqnarray}\)
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
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.56 問14[証明] 両辺の平方の差は、
(右辺)²－(左辺)²
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\left(1+\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2\,}\right)^2-\left(\sqrt{1+a}\right)^2
\\[5pt]~~~&=&1+a+\displaystyle \frac{\,a^2\,}{\,4\,}-(1+a)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,a^2\,}{\,4\,}~\gt~0\end{eqnarray}\)
よって、
\(\left(1+\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2\,}\right)^2 \gt \left(\sqrt{1+a}\right)^2\)
ここで、\( a \gt 0 \) であるので、\( 1+\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2\,} \gt 0 \)、\( \sqrt{1+a} \gt 0 \) より、
\(1+\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2\,} \gt \sqrt{1+a}\)
したがって、
\(\sqrt{1+a} \lt 1+\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2\,}\) [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
(右辺)²－(左辺)²
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\left(1+\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2\,}\right)^2-\left(\sqrt{1+a}\right)^2
\\[5pt]~~~&=&1+a+\displaystyle \frac{\,a^2\,}{\,4\,}-(1+a)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,a^2\,}{\,4\,}~\gt~0\end{eqnarray}\)
よって、
\(\left(1+\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2\,}\right)^2 \gt \left(\sqrt{1+a}\right)^2\)
ここで、\( a \gt 0 \) であるので、\( 1+\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2\,} \gt 0 \)、\( \sqrt{1+a} \gt 0 \) より、
\(1+\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2\,} \gt \sqrt{1+a}\)
したがって、
\(\sqrt{1+a} \lt 1+\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2\,}\) [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.56 問15[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
■ この問題の詳しい解説はこちら！
(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
■ この問題の詳しい解説はこちら！
問題
p.57 問題24[証明] \(a+b+c=0\) より、\(c=-a-b\)
（左辺）
ここで、\(c=-a-b\) より、\(a+b=-c\)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&3ab(-c)
\\[3pt]~~~&=&-3abc\end{eqnarray}\)
■ この問題の詳しい解説はこちら！
（左辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)
\\[3pt]~~~&=&a^2\{b+(-a-b)\}+b^2\{(-a-b)+a\}+(-a-b)^2(a+b)
\\[3pt]~~~&=&a^2(-a)+b^2(-b)+(a+b)^2(a+b)
\\[3pt]~~~&=&-a^3-b^3+(a+b)^3
\\[3pt]~~~&=&-a^3-b^3+a^3+3a^2b+3ab^2+b^3
\\[3pt]~~~&=&3a^2b+3ab^2
\\[3pt]~~~&=&3ab(a+b)\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&a^2\{b+(-a-b)\}+b^2\{(-a-b)+a\}+(-a-b)^2(a+b)
\\[3pt]~~~&=&a^2(-a)+b^2(-b)+(a+b)^2(a+b)
\\[3pt]~~~&=&-a^3-b^3+(a+b)^3
\\[3pt]~~~&=&-a^3-b^3+a^3+3a^2b+3ab^2+b^3
\\[3pt]~~~&=&3a^2b+3ab^2
\\[3pt]~~~&=&3ab(a+b)\end{eqnarray}\)
ここで、\(c=-a-b\) より、\(a+b=-c\)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&3ab(-c)
\\[3pt]~~~&=&-3abc\end{eqnarray}\)
したがって、
\(a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)=-3abc\) [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.57 問題25[証明] \(\displaystyle\frac{\,a\,}{\,b\,}=\displaystyle\frac{\,c\,}{\,d\,}=k\) とおくと、
\(a=kb~,~c=kd\)
（左辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle\frac{\,(a+b)^2\,}{\,ab\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,(kb+b)^2\,}{\,kb \cdot b\,}\hspace{25pt}(\,∵~ a=kb\,)\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,\left\{b(k+1)\right\}^2\,}{\,kb^2\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,b^2(k+1)^2\,}{\,kb^2\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,(k+1)^2\,}{\,k\,}\end{eqnarray}\)
（右辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle\frac{\,(c+d)^2\,}{\,cd\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,(kd+d)^2\,}{\,kd \cdot d\,}\hspace{25pt}(\,∵~ c=kd\,)\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,\left\{d(k+1)\right\}^2\,}{\,kd^2\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,d^2(k+1)^2\,}{\,kd^2\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,(k+1)^2\,}{\,k\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle\frac{\,(a+b)^2\,}{\,ab\,}=\displaystyle\frac{\,(c+d)^2\,}{\,cd\,}\) [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(a=kb~,~c=kd\)
（左辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle\frac{\,(a+b)^2\,}{\,ab\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,(kb+b)^2\,}{\,kb \cdot b\,}\hspace{25pt}(\,∵~ a=kb\,)\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,\left\{b(k+1)\right\}^2\,}{\,kb^2\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,b^2(k+1)^2\,}{\,kb^2\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,(k+1)^2\,}{\,k\,}\end{eqnarray}\)
（右辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&\displaystyle\frac{\,(c+d)^2\,}{\,cd\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,(kd+d)^2\,}{\,kd \cdot d\,}\hspace{25pt}(\,∵~ c=kd\,)\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,\left\{d(k+1)\right\}^2\,}{\,kd^2\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,d^2(k+1)^2\,}{\,kd^2\,}\\[3pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,(k+1)^2\,}{\,k\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle\frac{\,(a+b)^2\,}{\,ab\,}=\displaystyle\frac{\,(c+d)^2\,}{\,cd\,}\) [終]
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p.57 問題26[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
■ この問題の詳しい解説はこちら！
(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
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.57 問題27①の等号が成立するのは \(ab=4\)
②の等号が成立するのは \(ab=9\)
のときで、①と②がともに等号が成立することはない
よって、③の等号は成り立たない
解法のPoint｜相加平均・相乗平均と最小値
②の等号が成立するのは \(ab=9\)
のときで、①と②がともに等号が成立することはない
よって、③の等号は成り立たない
解法のPoint｜相加平均・相乗平均と最小値
p.57 問題28[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
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\( \sqrt{a}-\sqrt{b} {\small ~≧~} 0 \)
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
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p.57 問題29[証明]
\(\small [\,1\,]\) \(|\,a\,|-|\,b\,|\lt 0\) のとき
\(|\,a-b\,|{\small ~≧~}0\) であるから、\(|\,a\,|-|\,b\,|{\small ~≦~}|\,a-b\,|\) は成り立つ
\(\small [\,2\,]\) \(|\,a\,|-|\,b\,|{\small ~≧~}0\) のとき
両辺の平方の差は、
(右辺)²－(左辺)²
\(\begin{eqnarray}~~~&=&|\,a-b\,|^2-\left(\,|\,a\,|-|\,b\,|\,\right)^2
\\[3pt]~~~&=&(a-b)^2-\left(\,|\,a\,|^2-2|\,a\,||\,b\,|+|\,b\,|^2\,\right)
\\[3pt]~~~&=&a^2-2ab+b^2-a^2+2|\,ab\,|-b^2
\\[3pt]~~~&=&2\left(\,|\,ab\,|-ab\,\right){\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\(|\,a-b\,|^2{\small ~≧~}\left(\,|\,a\,|-|\,b\,|\,\right)^2\)
\(|\,a\,|-|\,b\,|{\small ~≧~}0~,~|\,a-b\,|{\small ~≧~}0\) より、
\(|\,a\,|-|\,b\,|{\small ~≦~}|\,a-b\,|\)
\(\small [\,1\,]\)、\(\small [\,2\,]\) より、\(|\,a\,|-|\,b\,|{\small ~≦~}|\,a-b\,|\) [終]
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\(\small [\,1\,]\) \(|\,a\,|-|\,b\,|\lt 0\) のとき
\(|\,a-b\,|{\small ~≧~}0\) であるから、\(|\,a\,|-|\,b\,|{\small ~≦~}|\,a-b\,|\) は成り立つ
\(\small [\,2\,]\) \(|\,a\,|-|\,b\,|{\small ~≧~}0\) のとき
両辺の平方の差は、
(右辺)²－(左辺)²
\(\begin{eqnarray}~~~&=&|\,a-b\,|^2-\left(\,|\,a\,|-|\,b\,|\,\right)^2
\\[3pt]~~~&=&(a-b)^2-\left(\,|\,a\,|^2-2|\,a\,||\,b\,|+|\,b\,|^2\,\right)
\\[3pt]~~~&=&a^2-2ab+b^2-a^2+2|\,ab\,|-b^2
\\[3pt]~~~&=&2\left(\,|\,ab\,|-ab\,\right){\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
∵ \(|\,ab\,|{\small ~≧~}ab\) より、\(|\,ab\,|-ab{\small ~≧~}0\)
よって、\(|\,a-b\,|^2{\small ~≧~}\left(\,|\,a\,|-|\,b\,|\,\right)^2\)
\(|\,a\,|-|\,b\,|{\small ~≧~}0~,~|\,a-b\,|{\small ~≧~}0\) より、
\(|\,a\,|-|\,b\,|{\small ~≦~}|\,a-b\,|\)
\(\small [\,1\,]\)、\(\small [\,2\,]\) より、\(|\,a\,|-|\,b\,|{\small ~≦~}|\,a-b\,|\) [終]
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p.58 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 \(0\)
p.59 発展 問1\({\small (1)}~\displaystyle \frac{\,7\,}{\,2\,}\) \({\small (2)}~\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\)
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練習問題
p.60 練習問題A 1[証明] (左辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(-1)^n
\\[3pt]~~~&=&(1+(-2))^n\end{eqnarray}\)
二項定理の展開式より、
したがって、
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\(\begin{eqnarray}~~~&=&(-1)^n
\\[3pt]~~~&=&(1+(-2))^n\end{eqnarray}\)
二項定理の展開式より、
\(\begin{eqnarray}~~~&=&{}_n \mathrm{ C }_0 \cdot 1^n \cdot (-2)^0+{}_n \mathrm{ C }_1 \cdot 1^{n-1} \cdot (-2)^1+{}_n \mathrm{ C }_2 \cdot 1^{n-2} \cdot (-2)^2+\cdots+{}_n \mathrm{ C }_n \cdot 1^0 \cdot (-2)^n
\\[3pt]~~~&=&{}_n \mathrm{ C }_0-2{}_n \mathrm{ C }_1+2^2{}_n \mathrm{ C }_2-\cdots+(-2)^n{}_n \mathrm{ C }_n\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&{}_n \mathrm{ C }_0-2{}_n \mathrm{ C }_1+2^2{}_n \mathrm{ C }_2-\cdots+(-2)^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、
\({}_n \mathrm{ C }_0-2{}_n \mathrm{ C }_1+2^2{}_n \mathrm{ C }_2-\cdots+(-2)^n{}_n \mathrm{ C }_n=(-1)^n\)
[終]
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p.60 練習問題A 4\(k=-4\) のとき、
\(\alpha=1~,~\beta=3\) または \(\alpha=3~,~\beta=1\)
\(k=2\) のとき、
\(\alpha=1~,~\beta=-3\) または \(\alpha=-3~,~\beta=1\)
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\(\alpha=1~,~\beta=3\) または \(\alpha=3~,~\beta=1\)
\(k=2\) のとき、
\(\alpha=1~,~\beta=-3\) または \(\alpha=-3~,~\beta=1\)
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p.60 練習問題A 6[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.60 練習問題A 7\({\small (1)}~\)[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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\({\small (2)}~\)［証明］
\(a \gt 0~,~b \gt 0\) より、相加平均と相乗平均の大小関係より、
\(a+b{\small ~≧~}2\sqrt{\,ab\,}~~~\cdots{\small [\,1\,]}\)
\(c \gt 0~,~d \gt 0\) より、相加平均と相乗平均の大小関係より、
\(c+d{\small ~≧~}2\sqrt{\,cd\,}~~~\cdots{\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}\)、\({\small [\,2\,]}\) の各辺はすべて正であるから、辺々を掛けると、
\(\begin{eqnarray}~~~(a+b)(c+d)&{\small ~≧~}&2\sqrt{\,ab\,}\cdot 2\sqrt{\,cd\,}
\\[5pt]~~~&=&4\sqrt{\,abcd\,}\end{eqnarray}\)
よって、\((a+b)(c+d){\small ~≧~}4\sqrt{\,abcd\,}\) [終]
\(a=b\) かつ \(c=d\) のとき
\(a+b{\small ~≧~}2\sqrt{\,ab\,}~~~\cdots{\small [\,1\,]}\)
\(b \gt 0~,~c \gt 0\) より、相加平均と相乗平均の大小関係より、
\(b+c{\small ~≧~}2\sqrt{\,bc\,}~~~\cdots{\small [\,2\,]}\)
\(c \gt 0~,~a \gt 0\) より、相加平均と相乗平均の大小関係より、
\(c+a{\small ~≧~}2\sqrt{\,ca\,}~~~\cdots{\small [\,3\,]}\)
\({\small [\,1\,]}\)、\({\small [\,2\,]}\)、\({\small [\,3\,]}\) の各辺はすべて正であるから、辺々を掛けると、
よって、\((a+b)(b+c)(c+a){\small ~≧~}8abc\) [終]
\(a=b\) 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)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&a^2+b^2+c^2-(ab+bc+ca)\end{eqnarray}\)
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
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\({\small (2)}~\)［証明］
\(a \gt 0~,~b \gt 0\) より、相加平均と相乗平均の大小関係より、
\(a+b{\small ~≧~}2\sqrt{\,ab\,}~~~\cdots{\small [\,1\,]}\)
\(c \gt 0~,~d \gt 0\) より、相加平均と相乗平均の大小関係より、
\(c+d{\small ~≧~}2\sqrt{\,cd\,}~~~\cdots{\small [\,2\,]}\)
\({\small [\,1\,]}\)、\({\small [\,2\,]}\) の各辺はすべて正であるから、辺々を掛けると、
\(\begin{eqnarray}~~~(a+b)(c+d)&{\small ~≧~}&2\sqrt{\,ab\,}\cdot 2\sqrt{\,cd\,}
\\[5pt]~~~&=&4\sqrt{\,abcd\,}\end{eqnarray}\)
よって、\((a+b)(c+d){\small ~≧~}4\sqrt{\,abcd\,}\) [終]
また、等号が成立するのは \({\small [\,1\,]}\)、\({\small [\,2\,]}\) より、
\(a=b\) かつ \(c=d\) のとき
\({\small (3)}~\)［証明］
\(a \gt 0~,~b \gt 0\) より、相加平均と相乗平均の大小関係より、
\(a+b{\small ~≧~}2\sqrt{\,ab\,}~~~\cdots{\small [\,1\,]}\)
\(b \gt 0~,~c \gt 0\) より、相加平均と相乗平均の大小関係より、
\(b+c{\small ~≧~}2\sqrt{\,bc\,}~~~\cdots{\small [\,2\,]}\)
\(c \gt 0~,~a \gt 0\) より、相加平均と相乗平均の大小関係より、
\(c+a{\small ~≧~}2\sqrt{\,ca\,}~~~\cdots{\small [\,3\,]}\)
\({\small [\,1\,]}\)、\({\small [\,2\,]}\)、\({\small [\,3\,]}\) の各辺はすべて正であるから、辺々を掛けると、
\(\begin{eqnarray}~~~(a+b)(b+c)(c+a)&{\small ~≧~}&2\sqrt{\,ab\,}\cdot 2\sqrt{\,bc\,}\cdot 2\sqrt{\,ca\,}
\\[5pt]~~~&=&8\sqrt{\,a^2b^2c^2\,}
\\[5pt]~~~&=&8abc\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&8\sqrt{\,a^2b^2c^2\,}
\\[5pt]~~~&=&8abc\end{eqnarray}\)
よって、\((a+b)(b+c)(c+a){\small ~≧~}8abc\) [終]
また、等号が成立するのは \({\small [\,1\,]}\)、\({\small [\,2\,]}\)、\({\small [\,3\,]}\) より、
\(a=b\) かつ \(b=c\) かつ \(c=a\)
すなわち、\(a=b=c\) のとき
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p.61 練習問題B 9\({\small (1)}~\)[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、
\({\small (2)}~\) \(11\)
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&1-\sqrt{3}\,i
\\[3pt]~~~\hspace{40pt}x-1&=&-\sqrt{3}\,i\end{eqnarray}\)
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]
\({\small (2)}~\) \(11\)
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p.61 練習問題B 12\(k\) を自然数として、
\(n=3k\) のとき、\(2\)
\(n=3k+1\) のとき、\(-1\)
\(n=3k+2\) のとき、\(-1\)
解法のPoint｜1の3乗根ωを用いた式の値
\(n=3k\) のとき、\(2\)
\(n=3k+1\) のとき、\(-1\)
\(n=3k+2\) のとき、\(-1\)
解法のPoint｜1の3乗根ωを用いた式の値
p.61 練習問題B 13[証明] \(\displaystyle\frac{\,a\,}{\,b\,}=\displaystyle\frac{\,b\,}{\,c\,}=k\) とおくと、
\(a=kb~,~b=kc\)
よって、\(a=kb=k \cdot kc=k^2 c\)
（左辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(a+b+c)(a-b+c)\\[3pt]~~~&=&(k^2 c+kc+c)(k^2 c-kc+c)\\[3pt]~~~&=&c(k^2+k+1) \cdot c(k^2-k+1)\\[3pt]~~~&=&c^2(k^2+k+1)(k^2-k+1)\\[3pt]~~~&=&c^2\left\{(k^2+1)+k\right\}\left\{(k^2+1)-k\right\}\\[3pt]~~~&=&c^2\left\{(k^2+1)^2-k^2\right\}\\[3pt]~~~&=&c^2(k^4+2k^2+1-k^2)\\[3pt]~~~&=&c^2(k^4+k^2+1)\end{eqnarray}\)
（右辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&a^2+b^2+c^2\\[3pt]~~~&=&(k^2 c)^2+(kc)^2+c^2\\[3pt]~~~&=&k^4 c^2+k^2 c^2+c^2\\[3pt]~~~&=&c^2(k^4+k^2+1)\end{eqnarray}\)
したがって、
\((a+b+c)(a-b+c)=a^2+b^2+c^2\) [終]
■ この問題の詳しい解説はこちら！
\(a=kb~,~b=kc\)
よって、\(a=kb=k \cdot kc=k^2 c\)
（左辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&(a+b+c)(a-b+c)\\[3pt]~~~&=&(k^2 c+kc+c)(k^2 c-kc+c)\\[3pt]~~~&=&c(k^2+k+1) \cdot c(k^2-k+1)\\[3pt]~~~&=&c^2(k^2+k+1)(k^2-k+1)\\[3pt]~~~&=&c^2\left\{(k^2+1)+k\right\}\left\{(k^2+1)-k\right\}\\[3pt]~~~&=&c^2\left\{(k^2+1)^2-k^2\right\}\\[3pt]~~~&=&c^2(k^4+2k^2+1-k^2)\\[3pt]~~~&=&c^2(k^4+k^2+1)\end{eqnarray}\)
（右辺）
\(\begin{eqnarray}~~~&=&a^2+b^2+c^2\\[3pt]~~~&=&(k^2 c)^2+(kc)^2+c^2\\[3pt]~~~&=&k^4 c^2+k^2 c^2+c^2\\[3pt]~~~&=&c^2(k^4+k^2+1)\end{eqnarray}\)
したがって、
\((a+b+c)(a-b+c)=a^2+b^2+c^2\) [終]
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p.61 練習問題B 14［証明］
(右辺)－(左辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&2(ax+by)-(a+b)(x+y)
\\[3pt]~~~&=&2ax+2by-(ax+ay+bx+by)
\\[3pt]~~~&=&2ax+2by-ax-ay-bx-by
\\[3pt]~~~&=&ax+by-ay-bx
\\[3pt]~~~&=&ax-ay-bx+by
\\[3pt]~~~&=&(x-y)a-(x-y)b
\\[3pt]~~~&=&(a-b)(x-y)\end{eqnarray}\)
ここで、\(a {\small ~≧~} b~,~x {\small ~≧~} y\) より、
\(a-b {\small ~≧~} 0~,~x-y {\small ~≧~} 0\) であるから、
\((a-b)(x-y) {\small ~≧~} 0\)
したがって、
\(2(ax+by)-(a+b)(x+y) {\small ~≧~} 0\) となり、
\((a+b)(x+y) {\small ~≦~} 2(ax+by)\) [終]
また、等号が成り立つのは、
\((a-b)(x-y)=0\)
すなわち、\(a=b\) または \(x=y\) のとき
■ この問題の詳しい解説はこちら！
(右辺)－(左辺)
\(\begin{eqnarray}~~~&=&2(ax+by)-(a+b)(x+y)
\\[3pt]~~~&=&2ax+2by-(ax+ay+bx+by)
\\[3pt]~~~&=&2ax+2by-ax-ay-bx-by
\\[3pt]~~~&=&ax+by-ay-bx
\\[3pt]~~~&=&ax-ay-bx+by
\\[3pt]~~~&=&(x-y)a-(x-y)b
\\[3pt]~~~&=&(a-b)(x-y)\end{eqnarray}\)
ここで、\(a {\small ~≧~} b~,~x {\small ~≧~} y\) より、
\(a-b {\small ~≧~} 0~,~x-y {\small ~≧~} 0\) であるから、
\((a-b)(x-y) {\small ~≧~} 0\)
したがって、
\(2(ax+by)-(a+b)(x+y) {\small ~≧~} 0\) となり、
\((a+b)(x+y) {\small ~≦~} 2(ax+by)\) [終]
また、等号が成り立つのは、
\((a-b)(x-y)=0\)
すなわち、\(a=b\) または \(x=y\) のとき
■ この問題の詳しい解説はこちら！
p.61 練習問題B 15[証明] \(|\,a\,|+|\,b\,|\) と \(\sqrt{\,a^2+b^2\,}\) の平方の差は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\left(\,|\,a\,|+|\,b\,|\,\right)^2-\left(\sqrt{\,a^2+b^2\,}\right)^2
\\[3pt]~~~&=&|\,a\,|^2+2|\,a\,||\,b\,|+|\,b\,|^2-\left(\,a^2+b^2\,\right)
\\[3pt]~~~&=&a^2+2|\,ab\,|+b^2-a^2-b^2
\\[3pt]~~~&=&2|\,ab\,|{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\(\left(\,|\,a\,|+|\,b\,|\,\right)^2{\small ~≧~}\left(\sqrt{\,a^2+b^2\,}\right)^2\)
\(|\,a\,|+|\,b\,|{\small ~≧~}0~,~\sqrt{\,a^2+b^2\,}{\small ~≧~}0\) より、
\(\sqrt{\,a^2+b^2\,}{\small ~≦~}|\,a\,|+|\,b\,|\)
\(\begin{eqnarray}~~~&&\left(\sqrt{\,2\,}\sqrt{\,a^2+b^2\,}\right)^2-\left(\,|\,a\,|+|\,b\,|\,\right)^2
\\[3pt]~~~&=&2\left(\,a^2+b^2\,\right)-\left(\,|\,a\,|^2+2|\,a\,||\,b\,|+|\,b\,|^2\,\right)
\\[3pt]~~~&=&2a^2+2b^2-a^2-2|\,ab\,|-b^2
\\[3pt]~~~&=&a^2-2|\,ab\,|+b^2
\\[3pt]~~~&=&\left(\,|\,a\,|-|\,b\,|\,\right)^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\(\left(\sqrt{\,2\,}\sqrt{\,a^2+b^2\,}\right)^2{\small ~≧~}\left(\,|\,a\,|+|\,b\,|\,\right)^2\)
\(|\,a\,|+|\,b\,|{\small ~≧~}0~,~\sqrt{\,2\,}\sqrt{\,a^2+b^2\,}{\small ~≧~}0\) より、
\(|\,a\,|+|\,b\,|{\small ~≦~}\sqrt{\,2\,}\sqrt{\,a^2+b^2\,}\)
\(\sqrt{\,a^2+b^2\,}{\small ~≦~}|\,a\,|+|\,b\,|{\small ~≦~}\sqrt{\,2\,}\sqrt{\,a^2+b^2\,}\)
[終]
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\(\begin{eqnarray}~~~&&\left(\,|\,a\,|+|\,b\,|\,\right)^2-\left(\sqrt{\,a^2+b^2\,}\right)^2
\\[3pt]~~~&=&|\,a\,|^2+2|\,a\,||\,b\,|+|\,b\,|^2-\left(\,a^2+b^2\,\right)
\\[3pt]~~~&=&a^2+2|\,ab\,|+b^2-a^2-b^2
\\[3pt]~~~&=&2|\,ab\,|{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\(\left(\,|\,a\,|+|\,b\,|\,\right)^2{\small ~≧~}\left(\sqrt{\,a^2+b^2\,}\right)^2\)
\(|\,a\,|+|\,b\,|{\small ~≧~}0~,~\sqrt{\,a^2+b^2\,}{\small ~≧~}0\) より、
\(\sqrt{\,a^2+b^2\,}{\small ~≦~}|\,a\,|+|\,b\,|\)
\(\sqrt{\,2\,}\sqrt{\,a^2+b^2\,}\) と \(|\,a\,|+|\,b\,|\) の平方の差は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\left(\sqrt{\,2\,}\sqrt{\,a^2+b^2\,}\right)^2-\left(\,|\,a\,|+|\,b\,|\,\right)^2
\\[3pt]~~~&=&2\left(\,a^2+b^2\,\right)-\left(\,|\,a\,|^2+2|\,a\,||\,b\,|+|\,b\,|^2\,\right)
\\[3pt]~~~&=&2a^2+2b^2-a^2-2|\,ab\,|-b^2
\\[3pt]~~~&=&a^2-2|\,ab\,|+b^2
\\[3pt]~~~&=&\left(\,|\,a\,|-|\,b\,|\,\right)^2{\small ~≧~}0\end{eqnarray}\)
よって、\(\left(\sqrt{\,2\,}\sqrt{\,a^2+b^2\,}\right)^2{\small ~≧~}\left(\,|\,a\,|+|\,b\,|\,\right)^2\)
\(|\,a\,|+|\,b\,|{\small ~≧~}0~,~\sqrt{\,2\,}\sqrt{\,a^2+b^2\,}{\small ~≧~}0\) より、
\(|\,a\,|+|\,b\,|{\small ~≦~}\sqrt{\,2\,}\sqrt{\,a^2+b^2\,}\)
したがって、
\(\sqrt{\,a^2+b^2\,}{\small ~≦~}|\,a\,|+|\,b\,|{\small ~≦~}\sqrt{\,2\,}\sqrt{\,a^2+b^2\,}\)
[終]
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