文字数が多く、重くなるのでページを分割しています。
各章は下のリンクまたはページ下の「次へ」をクリックしてください。
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\({\small (1)}~\)$$\begin{split}&(a-b)^3\\[2pt]~~=~&(a-b)(a-b)^2\\[2pt]~~=~&(a-b)(a^2-2ab+b^2)\\[2pt]~~=~&a^3-2a^2+ab^2-a^2b+2ab^2-b^3\\[2pt]~~=~&a^3-3a^2b+3ab^2-b^3\end{split}$$\({\small (2)}~\)$$\begin{split}&(a-b)^3\\[2pt]~~=~&\left\{ a+(-b) \right\}^3\\[2pt]~~=~&a^3+3a^2(-b)+3a(-b)^2+(-b)^3\\[2pt]~~=~&a^3-3a^2b+3ab^2-b^3\end{split}$$
p.6 問2$${\small (1)}~x^3+3x^2+3x+1$$$${\small (2)}~27x^3-27x^2+9x-1$$$${\small (3)}~x^3+30x^2y+300xy^2+1000y^3$$$${\small (4)}~8x^3-60x^2y+150xy^2-125y^3$$
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]
\(~~~~~~(a-b)(a^2+ab+b^2)\)
\(~=\left\{ a+(-b) \right\}\left\{a^2-a(-b)+(-b)^2 \right\}\)
\(~=a^3+(-b)^3\)
\(~=a^3-b^3\)
[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]
\({\small (2)}~\)[証明]
\(~~~~~~(a-b)(a^2+ab+b^2)\)
\(~=\left\{ a+(-b) \right\}\left\{a^2-a(-b)+(-b)^2 \right\}\)
\(~=a^3+(-b)^3\)
\(~=a^3-b^3\)
[終]
p.7 問4$${\small (1)}~x^3+343$$$${\small (2)}~8x^3-27y^3$$→ ３次式の展開（数学Ⅰ）
p.7 問5$${\small (1)}~(x+1)(x^2-x+1)$$$${\small (2)}~(x-2)(x^2+2x+4)$$$${\small (3)}~(4x-5y)(16x^2+20xy+25y^2)$$→ ３次式の因数分解（数学Ⅰ）
p.7 問6\({\small (1)}~(x+2y)(x^2-2xy+4y^2)\)
\((x-2y)(x^2+2xy+4y^2)\)
\({\small (2)}~(x+2)(x^2-2x+4)\)
\((x-1)(x^2+x+1)\)
→ ６次式の因数分解
\((x-2y)(x^2+2xy+4y^2)\)
\({\small (2)}~(x+2)(x^2-2x+4)\)
\((x-1)(x^2+x+1)\)
→ ６次式の因数分解
p.8 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.8 問8\(n=5\) の行は \(1,5,10,10,5,1\)
\(n=6\) の行は \(1,6,15,20,15,6,1\)
\(~~~~~~(a+b)^6\)
\(~=a^6+6a^5b+15a^4b^2\)
\(+20a^3b^3+15a^2b^4+6ab^5+b^6\)
\(n=6\) の行は \(1,6,15,20,15,6,1\)
\(~~~~~~(a+b)^6\)
\(~=a^6+6a^5b+15a^4b^2\)
\(+20a^3b^3+15a^2b^4+6ab^5+b^6\)
p.10 問9\({\small (1)}~81a^4+108a^3b\)
\(+54a^2b^2+12ab^3+b^4\)
\({\small (2)}~16x^4-96x^3y+216x^2y^2\)
\(-216xy^3+81y^4\)
\({\small (3)}~32x^{10}+80x^8+80x^6\)
\(+40x^4+10x^2+1\)
\(+54a^2b^2+12ab^3+b^4\)
\({\small (2)}~16x^4-96x^3y+216x^2y^2\)
\(-216xy^3+81y^4\)
\({\small (3)}~32x^{10}+80x^8+80x^6\)
\(+40x^4+10x^2+1\)
p.10 問10$${\small (1)}~576$$$${\small (2)}~-270$$→ 二項定理
p.11 問11 \(x^2y^2z\)の係数 \(360\)
\(x^3y^2\)の係数 \(40\)
\(x^3y^2\)の係数 \(40\)
p.12 問12$$~~~-840$$→ 多項定理
p.12 問13\({\small (1)}~\)[証明]
次の二項定理の式において、
\((1+x)^n\)
\(={}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }x +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }x^2\)
\(+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }x^n\)
ここで、\(x=2\) 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]
\({\small (2)}~\)[証明]
次の二項定理の式において、
\((1+x)^n\)
\(={}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }x +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }x^2\)
\(+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }x^n\)
ここで、\(x=-1\) とすると
左辺は、\((1-1)^n=0^n=0\)
右辺は、
\({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }-1\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ 1 } +(-1)^2\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\)
\(+\cdots +(-1)^n\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ n }\)
したがって、
\(0={}_{ n } {\rm C}_{ 0 }-{}_{ n } {\rm C}_{ 1 } +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\)
\(-\cdots +(-1)^n\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ n }\)
[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]
\({\small (2)}~\)[証明]
次の二項定理の式において、
\((1+x)^n\)
\(={}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }x +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }x^2\)
\(+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }x^n\)
ここで、\(x=-1\) とすると
左辺は、\((1-1)^n=0^n=0\)
右辺は、
\({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }-1\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ 1 } +(-1)^2\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\)
\(+\cdots +(-1)^n\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ n }\)
したがって、
\(0={}_{ n } {\rm C}_{ 0 }-{}_{ n } {\rm C}_{ 1 } +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\)
\(-\cdots +(-1)^n\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ n }\)
[終]
→ 二項定理の利用
p.13 問14商 \(x+2\)、余り \(9\)
\(3x^2+2x+1=(3x-4)(x+2)+9\)
\(3x^2+2x+1=(3x-4)(x+2)+9\)
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 \(x+3\)
\({\small (2)}~\)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 \(x+3\)
p.14 問16$$~~~A=x^3+3x^2+5x+5$$
p.15 問17$$~~~B=x^2+5x-2$$→ 整式の割り算
p.15 問18 商 \(x^2-xy-2y^2\)、余り \(0\)
p.16 問19$${\small (1)}~{ \frac{\,4ac\,}{\,5b^2\,}}$$$${\small (2)}~{ \frac{\,x+2\,}{\,2x+1\,}}$$$${\small (3)}~{ \frac{\,x^2-x+1\,}{\,x+3\,}}$$
p.17 問20$${\small (1)}~{ \frac{\,x-3\,}{\,(x+2)^2\,}}$$$${\small (2)}~{ \frac{\,(x+1)(x^2+2x+4)\,}{\,(x+2)(x-1)\,}}$$→ 分数式の計算
p.17 問21$${\small (1)}~{ \frac{2}{\,x+3\,}}$$$${\small (2)}~{ \frac{x}{\,x-1\,}}$$
p.18 問22$${\small (1)}~{ \frac{4x+5}{\,(x+3)(x-4)\,}}$$$${\small (2)}~{ \frac{x}{\,(x-1)(2x-1)\,}}$$→ 通分を用いる分数式の計算
p.18 問23$${\small (1)}~{ \frac{\,a+1\,}{\,a-1\,}}$$$${\small (2)}~-{ \frac{\,y\,}{\,x\,}}$$→ 分母や分子に分数式を含む式
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 \(0\)
\({\small (2)}~\)実部 \(2\)、虚部 \(-1\)
\({\small (3)}~\)実部 \(0\)、虚部 \(\sqrt{7}\)
\({\small (4)}~\)実部 \(-5\)、虚部 \(0\)
p.21 問2$${\small (1)}~x=4~,~y=-3$$$${\small (2)}~x=2~,~y=3$$→ 複素数の相等
p.21 問3$${\small (1)}~i$$$${\small (2)}~-20$$$${\small (3)}~-2$$$${\small (4)}~1$$
p.22 問4$${\small (1)}~7+3i$$$${\small (2)}~1-3i$$$${\small (3)}~31-29i$$$${\small (4)}~25$$→ 複素数の計算
p.22 問5$${\small (1)}~3-2i$$$${\small (2)}~\sqrt{5}+\sqrt{2}i$$$${\small (3)}~-4$$$${\small (4)}~-3i$$→ 共役な複素数と式の値
p.22 問6$${\small (1)}~{ \frac{\,3\,}{\,10\,}}+{ \frac{\,1\,}{\,10\,}}i$$$${\small (2)}~-i$$$${\small (3)}~{ \frac{\,4\,}{\,5\,}}-{ \frac{\,3\,}{\,5\,}}i$$$${\small (4)}~-i$$→ 分数と複素数
p.23 問7$$~~~\pm\sqrt{5}i$$
p.24 問8$${\small (1)}~2\sqrt{2}i$$$${\small (2)}~-5\sqrt{2}i$$$${\small (3)}~{ \frac{\,\sqrt{7}\,}{\,4\,}}i$$
p.24 問9$$~~~\pm3\sqrt{2}i$$
p.24 問10$${\small (1)}~2\sqrt{3}i$$$${\small (2)}~-14\sqrt{5}$$$${\small (3)}~-3i$$→ 負の数の平方根
p.25
問11$${\small (1)}~x={ \frac{\,-3\pm\sqrt{13}\,}{2}}$$$${\small (2)}~x={ \frac{\,3\pm\sqrt{11}i\,}{5}}$$$${\small (3)}~x={ \frac{\,\sqrt{3}\pm i}\,{2}}$$$${\small (4)}~x={ \frac{\,1\pm\sqrt{2}i\,}{2}}$$→ ２次方程式の虚数解
問11$${\small (1)}~x={ \frac{\,-3\pm\sqrt{13}\,}{2}}$$$${\small (2)}~x={ \frac{\,3\pm\sqrt{11}i\,}{5}}$$$${\small (3)}~x={ \frac{\,\sqrt{3}\pm i}\,{2}}$$$${\small (4)}~x={ \frac{\,1\pm\sqrt{2}i\,}{2}}$$→ ２次方程式の虚数解
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
→ 複素数範囲での２次方程式の解の条件
\({\small (2)}~\)異なる２つの虚数解をもつ
\({\small (3)}~\)重解をもつ
→ 複素数範囲での２次方程式の解の条件
p.27 問13\(k<1~,~5<k\) 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
\(1<k<5\) のとき
異なる２つの虚数解をもつ
異なる２つの実数解をもつ
\(k=1~,~5\) のとき
重解をもつ
\(1<k<5\) のとき
異なる２つの虚数解をもつ
p.28 問15\({\small (1)}~\)和 \(-{\large \frac{\,3\,}{\,2\,}}\)、積 \(-2\)
\({\small (2)}~\)和 \(1\)、積 \(2\)
\({\small (2)}~\)和 \(1\)、積 \(2\)
p.29 問16$${\small (1)}~6$$$${\small (2)}~-4$$$${\small (3)}~{ \frac{\,6\,}{\,5\,}}$$$${\small (4)}~-4$$→ ２次方程式の解と係数の関係
p.29 問17$$~~~m=\pm8$$→ ２つの解の条件と解と係数の関係
p.30 問18$${\small (1)}~\left(x-{ \frac{\,1+\sqrt{5}\,}{2}}\right)\left(x-{ \frac{\,1-\sqrt{5}\,}{2}}\right)$$$${\small (2)}~3\left(x-{ \frac{\,1+\sqrt{2}i\,}{3}}\right)\left(x-{ \frac{\,1-\sqrt{2}i\,}{3}}\right)$$$${\small (3)}~(x+\sqrt{5})(x-\sqrt{5})$$$${\small (4)}~(x+2i)(x-2i)$$
p.31 問19$${\small (1)}~(x^2+2)(x^2-3)$$$${\small (2)}~(x^2+2)(x+\sqrt{3})(x-\sqrt{3})$$$${\small (3)}~(x+\sqrt{2}i)(x-\sqrt{2}i)(x+\sqrt{3})(x-\sqrt{3})$$→ 複素数範囲での因数分解
p.31 問20$${\small (1)}~x^2+x-2=0$$$${\small (2)}~x^2-4x-1=0$$$${\small (3)}~x^2+10x+26=0$$→ 解が与えられた２次方程式
p.32 問21$${\small (1)}~{ \frac{\,1+\sqrt{3}i\,}{2}}~,~{ \frac{\,1-\sqrt{3}i\,}{2}}$$$${\small (2)}~-4+\sqrt{5}~,~-4-\sqrt{5}$$
p.32 問22$${\small (1)}~x^2+6x+17=0$$$${\small (2)}~3x^2+2x+1=0$$$${\small (3)}~x^2+2x+9=0$$
p.34 問23$${\small (1)}~1<k<3$$$${\small (2)}~k>3$$→ ２次方程式の解の符号
問題
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]
\({\small (2)}~\)[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]
３節 高次方程式
p.37 問1$${\small (1)}~-1$$$${\small (2)}~1$$$${\small (3)}~{\large \frac{1}{27}}$$
p.37 問2$${\small (1)}~15$$$${\small (2)}~-7$$
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、\(x=-{\large \frac{b}{a}}\) を代入すると、$$~~~~~~P\left(-{ \frac{b}{a}}\right)$$$$~=(-b+b)Q\left(-{\frac{b}{a}}\right)+R$$$$~=0+R=R$$したがって、整式 \(P(x)\) を１次式 \(ax+b\) で割った余りは、\(P\left(-{\large \frac{b}{a}}\right)\) に等しい [終]
$${\small (2)}~2$$→ 剰余の定理
\(P(x)=(ax+b)Q(x)+R\)
ここで、\(x=-{\large \frac{b}{a}}\) を代入すると、$$~~~~~~P\left(-{ \frac{b}{a}}\right)$$$$~=(-b+b)Q\left(-{\frac{b}{a}}\right)+R$$$$~=0+R=R$$したがって、整式 \(P(x)\) を１次式 \(ax+b\) で割った余りは、\(P\left(-{\large \frac{b}{a}}\right)\) に等しい [終]
$${\small (2)}~2$$→ 剰余の定理
p.38 問4$$~~~a=2$$
p.38 問5$$~~~-x+5$$→ 剰余の定理と余りの決定
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
\(x-3\) 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
p.39 問7$${\small (1)}~(x-1)(x-2)(x-3)$$$${\small (2)}~(x-1)(x+2)^2$$$${\small (3)}~(x-2)(3x+1)(x+3)$$→ 因数定理を用いる因数分解
p.40 問8$${\small (1)}~x=2~,~-1\pm\sqrt{3}i$$$${\small (2)}~x=-1~,~{ \frac{\,1\pm\sqrt{3}i\,}{\,2\,}}$$$${\small (3)}~x=0~,~-2~,~1\pm\sqrt{3}i$$
p.40 問9\({\small (1)}~\)
[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.41 問10$${\small (1)}~x=\pm1~,~\pm\sqrt{2}$$$${\small (2)}~x=\pm2~,~\pm\sqrt{7}i$$→ 高次方程式の解②（４次方程式）
p.41 問11$${\small (1)}~x=2~,~-1\pm\sqrt{5}$$$${\small (2)}~x=-1~,~{ \frac{\,1\pm\sqrt{5}i\,}{6}}$$→ 高次方程式の解①（３次方程式）
p.42 問12$${\small (1)}~x=-1~,~\pm2~,~3$$$${\small (2)}~x=-2~,~-{ \frac{\,1\,}{\,2\,}}~,~1$$
p.42 問13$${\small (1)}~x=2~,~-3$$$${\small (2)}~x=-1$$
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
４節 式と証明
p.47 問1$$~~~a=7~,~b=4~,~c=-11$$
p.48 問2$$~~~a=5~,~b=-1$$→ 恒等式
p.49 問3\({\small (1)}~\)[証明]
(左辺)
\(~=(x^2-1)^2+3x(x-1)\)
\(~=x^4-2x^2+1+3x^2-3x\)
\(~=x^4+x^2-3x+1\)
(右辺)
\(~=(x^2+1)^2-x(x+3)\)
\(~=x^4+2x^2+1-x^2-3x\)
\(~=x^4+x^2-3x+1\)
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)
\(~=(a^2+b^2)(c^2+d^2)\)
\(~=a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\)
(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)
\(~=(x^2-1)^2+3x(x-1)\)
\(~=x^4-2x^2+1+3x^2-3x\)
\(~=x^4+x^2-3x+1\)
(右辺)
\(~=(x^2+1)^2-x(x+3)\)
\(~=x^4+2x^2+1-x^2-3x\)
\(~=x^4+x^2-3x+1\)
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)
\(~=(a^2+b^2)(c^2+d^2)\)
\(~=a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\)
(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.49 問4[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]
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]
p.49 問5[証明] \(a+b+c=0\) より \(c=-a-b\)
これを、左辺に代入すると、
(左辺)
\(~=a^2+b^2+(-a-b)^2\)
\(+2\{ab+b(-a-b)+(-a-b)a\}\)
\(~=a^2+b^2+a^2+2ab+b^2\)
\(+2(ab-ab-b^2-a^2-ab)\)
\(~=2a^2+2ab+2b^2\)
\(+2(-a^2-ab-b^2)\)
\(~=2a^2+2ab+2b^2-2a^2-2ab-2b^2\)
\(~=0\)
したがって、
\(a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=0\)
[終]
→ 条件付き等式の証明
これを、左辺に代入すると、
(左辺)
\(~=a^2+b^2+(-a-b)^2\)
\(+2\{ab+b(-a-b)+(-a-b)a\}\)
\(~=a^2+b^2+a^2+2ab+b^2\)
\(+2(ab-ab-b^2-a^2-ab)\)
\(~=2a^2+2ab+2b^2\)
\(+2(-a^2-ab-b^2)\)
\(~=2a^2+2ab+2b^2-2a^2-2ab-2b^2\)
\(~=0\)
したがって、
\(a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=0\)
[終]
→ 条件付き等式の証明
p.50 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)
\(~={\large \frac{\,kb+2b\,}{\,2bk+b\,}}={\large \frac{\,b(k+2)\,}{\,b(2k+1)\,}}\)
\(~={\large \frac{\,k+2\,}{\,2k+1\,}}\)
次に、右辺に代入すると、
(右辺)
\(~={\large \frac{\,kd+2d\,}{\,2dk+d\,}}={\large \frac{\,d(k+2)\,}{\,d(2k+1)\,}}\)
\(~={\large \frac{\,k+2\,}{\,2k+1\,}}\)
したがって、
\({\large \frac{\,a+2b\,}{\,2a+b\,}}={\large \frac{\,c+2d\,}{\,2c+d\,}}\)
[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)
\(~={\large \frac{\,kb+2b\,}{\,2bk+b\,}}={\large \frac{\,b(k+2)\,}{\,b(2k+1)\,}}\)
\(~={\large \frac{\,k+2\,}{\,2k+1\,}}\)
次に、右辺に代入すると、
(右辺)
\(~={\large \frac{\,kd+2d\,}{\,2dk+d\,}}={\large \frac{\,d(k+2)\,}{\,d(2k+1)\,}}\)
\(~={\large \frac{\,k+2\,}{\,2k+1\,}}\)
したがって、
\({\large \frac{\,a+2b\,}{\,2a+b\,}}={\large \frac{\,c+2d\,}{\,2c+d\,}}\)
[終]
→ 比例式と等式の証明
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、
\(x^2:y^2:z^2\)
\(~=4k^2:9k^2:16k^2\)
\(~=4:9:16\) [終]
\(x=2k~,~y=3k~,~z=4k\)
よって、
\(x^2:y^2:z^2\)
\(~=4k^2:9k^2:16k^2\)
\(~=4:9:16\) [終]
p.51 問7\({\small (1)}~\)
\(a>0\) より、両辺に \(b\) をかけると、\(b>0\) より不等号の向きはそのままなので、
\(ab>0\)
\({\small (2)}~\)
\(a<0\) より、両辺に \(b\) をかけると、\(b<0\) より不等号の向きは逆になるので、
\(ab>0\)
\({\small (3)}~\)
\(a>b\) の両辺に \(c\) を加えると
\(a+c>b+c\)
\(c>d\) の両辺に \(b\) を加えると
\(c+b>d+b\)
これらより、
\(a+c>b+d\)
\(a>0\) より、両辺に \(b\) をかけると、\(b>0\) より不等号の向きはそのままなので、
\(ab>0\)
\({\small (2)}~\)
\(a<0\) より、両辺に \(b\) をかけると、\(b<0\) より不等号の向きは逆になるので、
\(ab>0\)
\({\small (3)}~\)
\(a>b\) の両辺に \(c\) を加えると
\(a+c>b+c\)
\(c>d\) の両辺に \(b\) を加えると
\(c+b>d+b\)
これらより、
\(a+c>b+d\)
p.52 問9[証明]
(左辺)−(右辺)
\(=ab+cd-ad-bc\)
\(=a(b-d)-c(b-d)\)
\(=(a-c)(b-d)\)
ここで、\(a>c~,~b>d\) より、
\(a-c>0~,~b-d>0\)
よって、
\(=(a-c)(b-d)>0\)
したがって、
\(ab+cd>ad+bc\) [終]
→ 不等式の証明①（条件付き）
(左辺)−(右辺)
\(=ab+cd-ad-bc\)
\(=a(b-d)-c(b-d)\)
\(=(a-c)(b-d)\)
ここで、\(a>c~,~b>d\) より、
\(a-c>0~,~b-d>0\)
よって、
\(=(a-c)(b-d)>0\)
したがって、
\(ab+cd>ad+bc\) [終]
→ 不等式の証明①（条件付き）
p.52 問10[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)
\(~=5(x^2+y^2)-(2x-y)^2\)
\(~=(5x^2+5y^2)-(4x^2-4xy+y^2)\)
\(~=x^2+4xy+4y^2\)
\(~=(x+2y)^2\)
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.53 問11[証明]
(左辺)−(右辺)
\(~=2x^2+5-4x\)
\(~=2(x-1)^2+3\)
ここで、\((x-1)^2≧0\) であるので、
\(~=2(x-1y)^2+3>0\)
したがって、
\(2x^2+5>4x\) [終]
(左辺)−(右辺)
\(~=2x^2+5-4x\)
\(~=2(x-1)^2+3\)
ここで、\((x-1)^2≧0\) であるので、
\(~=2(x-1y)^2+3>0\)
したがって、
\(2x^2+5>4x\) [終]
p.53 問12\({\small (1)}~\)[証明]
(左辺)−(右辺)
\(=a^2+2b^2-2ab\)
\(=(a-b)^2+b^2\)
ここで、\((a-b)^2≧0~,~b^2≧0\) より、
\(=(a-b)^2+b^2≧0\)
したがって、(左辺)−(右辺)\(≧0\) より
\(a^2+2b^2≧2ab\)
また、等号が成立するのは \(a-b=0\) かつ \(b=0\) のとき、すなわち \(a=b=0\) のとき [終]
\({\small (2)}~\)[証明]
(左辺)−(右辺)
\(~=2x^2-6xy+5y^2\)
\(~=2\left(x-{\large \frac{\,3\,}{\,2\,}}y\right)^2+{\large \frac{\,1\,}{\,2\,}}y^2\)
ここで、\(\left(x-{\large \frac{\,3\,}{\,2\,}}y\right)≧0~,~{\large \frac{\,1\,}{\,2\,}}y^2≧0\) より
\(~=2\left(x-{\large \frac{\,3\,}{\,2\,}}y\right)^2+{\large \frac{\,1\,}{\,2\,}}y^2≧0\)
したがって、(左辺)−(右辺)\(≧0\) より
\(2x^2≧6xy-5y^2\)
また、等号が成立するのは \(x-{\large \frac{\,3\,}{\,2\,}}y=0\) かつ \(y=0\) のとき、すなわち \(x=y=0\) のとき [終]
→ 不等式の証明②（２次式）
(左辺)−(右辺)
\(=a^2+2b^2-2ab\)
\(=(a-b)^2+b^2\)
ここで、\((a-b)^2≧0~,~b^2≧0\) より、
\(=(a-b)^2+b^2≧0\)
したがって、(左辺)−(右辺)\(≧0\) より
\(a^2+2b^2≧2ab\)
また、等号が成立するのは \(a-b=0\) かつ \(b=0\) のとき、すなわち \(a=b=0\) のとき [終]
\({\small (2)}~\)[証明]
(左辺)−(右辺)
\(~=2x^2-6xy+5y^2\)
\(~=2\left(x-{\large \frac{\,3\,}{\,2\,}}y\right)^2+{\large \frac{\,1\,}{\,2\,}}y^2\)
ここで、\(\left(x-{\large \frac{\,3\,}{\,2\,}}y\right)≧0~,~{\large \frac{\,1\,}{\,2\,}}y^2≧0\) より
\(~=2\left(x-{\large \frac{\,3\,}{\,2\,}}y\right)^2+{\large \frac{\,1\,}{\,2\,}}y^2≧0\)
したがって、(左辺)−(右辺)\(≧0\) より
\(2x^2≧6xy-5y^2\)
また、等号が成立するのは \(x-{\large \frac{\,3\,}{\,2\,}}y=0\) かつ \(y=0\) のとき、すなわち \(x=y=0\) のとき [終]
→ 不等式の証明②（２次式）
p.55 問13\({\small (1)}~\)
[証明] \(a>0~,~{\large \frac{\,9\,}{\,a\,}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
\(a+{\large \frac{\,9\,}{\,a\,}}≧2\sqrt{a\cdot{\large \frac{\,9\,}{\,a\,}}}=6\)
また、等号が成立するのは \(a={\large \frac{\,9\,}{\,a\,}}\) のときで \(a>0\) より \(a=3\) のとき [終]
\({\small (2)}~\)
[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]
→ 相加平均と相乗平均
[証明] \(a>0~,~{\large \frac{\,9\,}{\,a\,}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、
\(a+{\large \frac{\,9\,}{\,a\,}}≧2\sqrt{a\cdot{\large \frac{\,9\,}{\,a\,}}}=6\)
また、等号が成立するのは \(a={\large \frac{\,9\,}{\,a\,}}\) のときで \(a>0\) より \(a=3\) のとき [終]
\({\small (2)}~\)
[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]
→ 相加平均と相乗平均
p.56 問14[証明]
(右辺)\(^2\)−(左辺)\(^2\)
\(~=\left(1+{\large \frac{\,a\,}{\,2\,}}\right)^2-(\sqrt{1+a})^2\)
\(~=1+a+{\large \frac{\,a^2\,}{\,4\,}}-1-a\)
\(~={\large \frac{\,a^2\,}{\,4\,}}>0\)
したがって、
\((\sqrt{1+a})^2<\left(1+{\large \frac{\,a\,}{\,2\,}}\right)^2\)
ここで、\(\sqrt{1+a}>0~,~1+{\large \frac{\,a\,}{\,2\,}}>0\) より、
\(\sqrt{1+a}<1+{\large \frac{\,a\,}{\,2\,}}\) [終]
→ 不等式の証明③（平方根）
(右辺)\(^2\)−(左辺)\(^2\)
\(~=\left(1+{\large \frac{\,a\,}{\,2\,}}\right)^2-(\sqrt{1+a})^2\)
\(~=1+a+{\large \frac{\,a^2\,}{\,4\,}}-1-a\)
\(~={\large \frac{\,a^2\,}{\,4\,}}>0\)
したがって、
\((\sqrt{1+a})^2<\left(1+{\large \frac{\,a\,}{\,2\,}}\right)^2\)
ここで、\(\sqrt{1+a}>0~,~1+{\large \frac{\,a\,}{\,2\,}}>0\) より、
\(\sqrt{1+a}<1+{\large \frac{\,a\,}{\,2\,}}\) [終]
→ 不等式の証明③（平方根）
p.56 問15[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）
問題
p.57 問題23[証明]
(左辺)
\(~=a^2b-a^2c+b^2c\)
\(-b^2a+c^2a-c^2b\)
(右辺)
\(~=a^2b-ab^2+b^2c\)
\(-bc^2+c^2a-ac^2\)
\(~=a^2b-a^2c+b^2c\)
\(-b^2a+c^2a-c^2b\)
したがって、
\(a^2(b-c)+b^2(c-a)\)
\(+c^2(a-b)\)
\(=ab(a-b)+bc(b-c)\)
\(+ca(c-a)\) [終]
(左辺)
\(~=a^2b-a^2c+b^2c\)
\(-b^2a+c^2a-c^2b\)
(右辺)
\(~=a^2b-ab^2+b^2c\)
\(-bc^2+c^2a-ac^2\)
\(~=a^2b-a^2c+b^2c\)
\(-b^2a+c^2a-c^2b\)
したがって、
\(a^2(b-c)+b^2(c-a)\)
\(+c^2(a-b)\)
\(=ab(a-b)+bc(b-c)\)
\(+ca(c-a)\) [終]
p.57 問題24[証明] \(a+b+c=0\) より、\(c=-a-b\)
これより、
(左辺)
\(~=a^2(b-a-b)\)
\(+b^2(-a-b+a)\)
\(+(-a-b)^2(a+b)\)
\(~=-a^3-b^3+(a+b)^3\)
\(~=3a^2b+3ab^2\)
(右辺)
\(~=-3ab(-a-b)\)
\(~=3a^2b+3ab^2\)
したがって、
\(a^2(b+c)+b^2(c+a)\)
\(+c^2(a+b)=-3abc\) [終]
これより、
(左辺)
\(~=a^2(b-a-b)\)
\(+b^2(-a-b+a)\)
\(+(-a-b)^2(a+b)\)
\(~=-a^3-b^3+(a+b)^3\)
\(~=3a^2b+3ab^2\)
(右辺)
\(~=-3ab(-a-b)\)
\(~=3a^2b+3ab^2\)
したがって、
\(a^2(b+c)+b^2(c+a)\)
\(+c^2(a+b)=-3abc\) [終]
p.57 問題25[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)
\(~={\large \frac{\,(bk+b)^2\,}{\,kb\cdot b\,}}={\large \frac{\,b^2(k+1)^2\,}{\,kb^2\,}}\)
\(~={\large \frac{\,(k+1)^2\,}{\,k\,}}\)
次に、右辺に代入すると、
(右辺)
\(~={\large \frac{\,(dk+d)^2\,}{\,kd\cdot d\,}}={\large \frac{\,d^2(k+1)^2\,}{\,kd^2\,}}\)
\(~={\large \frac{\,(k+1)^2\,}{\,k\,}}\)
したがって、
\({\large \frac{\,(a+b)^2\,}{\,ab\,}}={\large \frac{\,(c+d)^2\,}{\,cd\,}}\)
[終]
\(a=kb~,~c=kd\)
これを、左辺に代入すると、
(左辺)
\(~={\large \frac{\,(bk+b)^2\,}{\,kb\cdot b\,}}={\large \frac{\,b^2(k+1)^2\,}{\,kb^2\,}}\)
\(~={\large \frac{\,(k+1)^2\,}{\,k\,}}\)
次に、右辺に代入すると、
(右辺)
\(~={\large \frac{\,(dk+d)^2\,}{\,kd\cdot d\,}}={\large \frac{\,d^2(k+1)^2\,}{\,kd^2\,}}\)
\(~={\large \frac{\,(k+1)^2\,}{\,k\,}}\)
したがって、
\({\large \frac{\,(a+b)^2\,}{\,ab\,}}={\large \frac{\,(c+d)^2\,}{\,cd\,}}\)
[終]
p.57 問題26[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]
(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]
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
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
p.57 問題28[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.57 問題29[証明]
(ⅰ) \(|a|-|b|≧0\) のとき
(右辺)\(^2\)−(左辺)\(^2\)
\(~=|a-b|^2-(|a|-|b|)^2\)
\(~=(a^2-2ab+b^2)\)
\(-(|a|^2-2|a||b|+|b|^2)\)
\(~=a^2-2ab+b^2\)
\(-a^2+2|ab|+b^2\)
\(~=2(|ab|-ab)≧0\)
よって、
\(|a-b|^2≧(|a|-|b|)^2\)
\(|a-b|≧0~,~|a|-|b|≧0\) より
\(|a|-|b|≦|a-b|\)
(ⅰ) \(|a|-|b|≧0\) のとき
(右辺)\(^2\)−(左辺)\(^2\)
\(~=|a-b|^2-(|a|-|b|)^2\)
\(~=(a^2-2ab+b^2)\)
\(-(|a|^2-2|a||b|+|b|^2)\)
\(~=a^2-2ab+b^2\)
\(-a^2+2|ab|+b^2\)
\(~=2(|ab|-ab)≧0\)
よって、
\(|a-b|^2≧(|a|-|b|)^2\)
\(|a-b|≧0~,~|a|-|b|≧0\) より
\(|a|-|b|≦|a-b|\)
(ⅱ) \(|a|-|b|<0\) のとき
\(|a-b|≧0\) であるので、
\(|a|-|b|<|a-b|\)
したがって、(ⅰ)と(ⅱ)より、
\(|a|-|b|≦|a-b|\) [終]
p.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$${\small (1)}~{ \frac{\,7\,}{\,2\,}}$$$${\small (2)}~{ \frac{\,2\,}{\,3\,}}$$
練習問題 方程式・式と証明
p.60 練習問題Ａ 1[証明]
次の二項定理の式において、
\((1+x)^n\)
\(={}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }x +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }x^2\)
\(+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }x^n\)
ここで、\(x=-2\) とすると
左辺は、\((1-2)^n=(-1)^n\)
右辺は、
\({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }\cdot(-2) +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\cdot(-2)^2\)
\(+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }\cdot(-2)^n\)
したがって、
\({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }-2{}_{ n } {\rm C}_{ 1 } +2^2{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\)
\(-\cdots +(-2)^n\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ n }=(-1)^n\)
[終]
次の二項定理の式において、
\((1+x)^n\)
\(={}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }x +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }x^2\)
\(+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }x^n\)
ここで、\(x=-2\) とすると
左辺は、\((1-2)^n=(-1)^n\)
右辺は、
\({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }\cdot(-2) +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\cdot(-2)^2\)
\(+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }\cdot(-2)^n\)
したがって、
\({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }-2{}_{ n } {\rm C}_{ 1 } +2^2{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }\)
\(-\cdots +(-2)^n\cdot{}_{ n } {\rm C}_{ n }=(-1)^n\)
[終]
p.60 練習問題Ａ 6[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.60 練習問題Ａ 7\({\small (1)}~\)[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]
\({\small (2)}~\)[証明] \(a>0~,~b>0\) であるのて、相加平均と相乗平均の関係より、
\(a+b≧2\sqrt{ab}~~~\cdots{\large ①}\)
\(c>0~,~d>0\) であるのて、相加平均と相乗平均の関係より、
\(c+d≧2\sqrt{cd}~~~\cdots{\large ②}\)
①、②の両辺をそれぞれをかけると、$$\begin{eqnarray}~~~(a+b)(c+d)&≧&2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{cd}\\[2pt]~~~&=&4\sqrt{abcd}\end{eqnarray}$$また、①と②の等号が成立するのは、\(a=b~,~c=d\) となるので、
等号が成立するのは、\(a=b\) かつ \(c=d\) となる [終]
\({\small (3)}~\)[証明] \(a>0~,~b>0\) であるのて、相加平均と相乗平均の関係より、
\(a+b≧2\sqrt{ab}~~~\cdots{\large ①}\)
\(b>0~,~c>0\) であるのて、相加平均と相乗平均の関係より、
\(b+c≧2\sqrt{bc}~~~\cdots{\large ②}\)
\(c>0~,~a>0\) であるのて、相加平均と相乗平均の関係より、
\(c+a≧2\sqrt{ca}~~~\cdots{\large ③}\)
①、②、③の両辺をそれぞれをかけると、
\((a+b)(b+c)(c+a)\)
\(≧2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{bc}\cdot2\sqrt{ca}\)
\(=8\sqrt{a^2b^2c^2}\)
\(=8abc\)
また、①と②と③の等号が成立するのは、\(a=b~,~b=c~,~c=a\) となるので、
等号が成立するのは、\(a=b=c\) となる [終]
(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]
\({\small (2)}~\)[証明] \(a>0~,~b>0\) であるのて、相加平均と相乗平均の関係より、
\(a+b≧2\sqrt{ab}~~~\cdots{\large ①}\)
\(c>0~,~d>0\) であるのて、相加平均と相乗平均の関係より、
\(c+d≧2\sqrt{cd}~~~\cdots{\large ②}\)
①、②の両辺をそれぞれをかけると、$$\begin{eqnarray}~~~(a+b)(c+d)&≧&2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{cd}\\[2pt]~~~&=&4\sqrt{abcd}\end{eqnarray}$$また、①と②の等号が成立するのは、\(a=b~,~c=d\) となるので、
等号が成立するのは、\(a=b\) かつ \(c=d\) となる [終]
\({\small (3)}~\)[証明] \(a>0~,~b>0\) であるのて、相加平均と相乗平均の関係より、
\(a+b≧2\sqrt{ab}~~~\cdots{\large ①}\)
\(b>0~,~c>0\) であるのて、相加平均と相乗平均の関係より、
\(b+c≧2\sqrt{bc}~~~\cdots{\large ②}\)
\(c>0~,~a>0\) であるのて、相加平均と相乗平均の関係より、
\(c+a≧2\sqrt{ca}~~~\cdots{\large ③}\)
①、②、③の両辺をそれぞれをかけると、
\((a+b)(b+c)(c+a)\)
\(≧2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{bc}\cdot2\sqrt{ca}\)
\(=8\sqrt{a^2b^2c^2}\)
\(=8abc\)
また、①と②と③の等号が成立するのは、\(a=b~,~b=c~,~c=a\) となるので、
等号が成立するのは、\(a=b=c\) となる [終]
p.61 練習問題Ｂ 9\({\small (1)}~\)[証明]
\(x=1-\sqrt{3}i\) より、\(x-1=-\sqrt{3}i\)
両辺を２乗すると、
\((x-1)^2=(-\sqrt{3}i)^2\)
\(~\Leftrightarrow~x^2-2x+1=-3\)
したがって、
\(x^2-2x+4=0\) [終]
$${\small (2)}~11$$
\(x=1-\sqrt{3}i\) より、\(x-1=-\sqrt{3}i\)
両辺を２乗すると、
\((x-1)^2=(-\sqrt{3}i)^2\)
\(~\Leftrightarrow~x^2-2x+1=-3\)
したがって、
\(x^2-2x+4=0\) [終]
$${\small (2)}~11$$
p.61 練習問題Ｂ 13[証明] \({\large \frac{\,a\,}{\,b\,}}={\large \frac{\,b\,}{\,c\,}}=k\) より、
\(a=kb~,~b=kc\)
これより、
\(a=k\cdot kc=k^2c\)
これらを代入すると、
(左辺)
\(=(k^2c+kc+c)(k^2c-kc+c)\)
\(=c^2(k^2+k+1)(k^2-k+1)\)
\(=c^2\left\{(k^2+1)^2-k^2\right\}\)
\(=c^2(k^4+k^2+1)\)
(右辺)
\(=(k^2c)^2+(kc)^2+c^2\)
\(=c^2(k^4+k^2+1)\)
したがって、
\((a+b+c)(a-b+c)\)
\(=a^2+b^2+c^2\) [終]
\(a=kb~,~b=kc\)
これより、
\(a=k\cdot kc=k^2c\)
これらを代入すると、
(左辺)
\(=(k^2c+kc+c)(k^2c-kc+c)\)
\(=c^2(k^2+k+1)(k^2-k+1)\)
\(=c^2\left\{(k^2+1)^2-k^2\right\}\)
\(=c^2(k^4+k^2+1)\)
(右辺)
\(=(k^2c)^2+(kc)^2+c^2\)
\(=c^2(k^4+k^2+1)\)
したがって、
\((a+b+c)(a-b+c)\)
\(=a^2+b^2+c^2\) [終]
p.61 練習問題Ｂ 14[証明]
(右辺)−(左辺)
\(=2(ax+by)-(a+b)(x+y)\)
\(=2ax+2by-ax-ay-bx-by\)
\(=ax-ay-bx+by\)
\(=a(x-y)-b(x-y)\)
\(=(a-b)(x-y)\)
ここで、\(a≧b~,~x≧y\) より、
\(a-b≧0~,~x-y≧0\)
よって、
\(=(a-b)(x-y)≧0\)
したがって、
\((a+b)(x+y)≦2(ax+by)\)
等号が成り立つのは、\(a-b=0\) または \(x-y=0\) すなわち \(a=b\) または \(x=y\) のとき [終]
(右辺)−(左辺)
\(=2(ax+by)-(a+b)(x+y)\)
\(=2ax+2by-ax-ay-bx-by\)
\(=ax-ay-bx+by\)
\(=a(x-y)-b(x-y)\)
\(=(a-b)(x-y)\)
ここで、\(a≧b~,~x≧y\) より、
\(a-b≧0~,~x-y≧0\)
よって、
\(=(a-b)(x-y)≧0\)
したがって、
\((a+b)(x+y)≦2(ax+by)\)
等号が成り立つのは、\(a-b=0\) または \(x-y=0\) すなわち \(a=b\) または \(x=y\) のとき [終]
p.61 練習問題Ｂ 15平方の差を考えると、
\((\sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2})^2-(|a|+|b|)^2\)
\(=2(a^2+b^2)-(a^2+2|a||b|+b^2)\)
\(=a^2-2|a||b|+b^2\)
\(=(|a|-|b|)^2≧0\)
よって、
\((\sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2})^2≧(|a|+|b|)^2\)
\((\sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2})^2-(|a|+|b|)^2\)
\(=2(a^2+b^2)-(a^2+2|a||b|+b^2)\)
\(=a^2-2|a||b|+b^2\)
\(=(|a|-|b|)^2≧0\)
よって、
\((\sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2})^2≧(|a|+|b|)^2\)
また、
\((|a|+|b|)^2-(\sqrt{a^2+b^2})^2\)
\(=a^2+2|a||b|+b^2-(a^2+b^2))\)
\(=2|ab|≧0\)
よって、
\((|a|+|b|)^2≧(\sqrt{a^2+b^2})^2\)
これらより、
\((\sqrt{a^2+b^2})^2≦\)
\((|a|+|b|)^2≦(\sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2})^2\)
それぞれ０以上であるので、
\(\sqrt{a^2+b^2}≦|a|+|b|\)
\(≦\sqrt{2}\sqrt{a^2+b^2}\) [終]
次のページ「２章 図形と方程式」
