【新課程】数研出版：数学Ⅱ[709]

p.9 練習1$${\small (1)}~x^3+3x^2+3x+1$$$${\small (2)}~x^3-6x^2+12x-8$$$${\small (3)}~27a^3+27a^2b+9ab^2+b^3$$$${\small (4)}~8x^3-36x^2y+54xy^2-27y^3$$

p.9 問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]
 
[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]

p.9 練習2$${\small (1)}~x^3+8$$$${\small (2)}~x^3-27$$$${\small (3)}~27x^3+y^3$$$${\small (4)}~8x^3-27a^3$$→ ３次式の展開（数学Ⅰ）

p.10 練習3$${\small (1)}~(x+2)(x^2-2x+4)$$$${\small (2)}~(x-4)(x^2+4x+16)$$$${\small (3)}~(a+3b)(a^2-3ab+9b^2)$$$${\small (4)}~(2x-5y)(4x^2+10xy+25y^2)$$→ ３次式の因数分解（数学Ⅰ）

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

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

p.11 問2$$~~~5~,~10~,~10~,~5$$

p.12 練習5　\(1~,~6~,~15~,~20~,~15~,~6~,~1\)
　\(1~,~7~,~21~,~35~,~35~,~21~,~7~,~1\)

p.13 練習6$$\begin{split}&{\small (1)}~a^5-5a^4b+10a^3b^2\\[2pt]&~~~~~~~~-10a^2b^3+5ab^4-b^5\end{split}$$$$\begin{split}&{\small (2)}~x^6+12x^5+60x^4\\[2pt]&~~~~~~~~+160x^3+240x^2+192x+64\end{split}$$

p.13 練習7$${\small (1)}~4860$$$${\small (2)}~-720$$→ 二項定理

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

p.14 練習8\({\small (1)}~\)[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、\(x=-1\) 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]
 
\({\small (2)}~\)[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、\(x=-2\) 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]
→ 二項定理の利用

p.14 練習9$${\small (1)}~105$$$${\small (2)}~140$$$${\small (3)}~35$$→ 多項定理

p.15 研究 練習1$$~~~2520$$

p.17 練習10\({\small (1)}~\)商 \(3x-4\)、余り \(6\)
\({\small (2)}~\)商 \(2x+1\)、余り \(2x+2\)
\({\small (3)}~\)商 \(4x-1\)、余り \(-7x+3\)

p.18 練習11$$~~~{\rm B}=x^2+3x-2$$

p.18 練習12　商 \(x^2-ax+2a^2\)、余り \(-2a^3\)
→ 整式の割り算

p.19 練習13$${\small (1)}~{ \frac{\,ax^2\,}{\,5y\,}}$$$${\small (2)}~{ \frac{\,x+5\,}{\,x-3\,}}$$$${\small (3)}~{ \frac{\,x+1\,}{\,x^2+x+1\,}}$$$${\small (4)}~{ \frac{\,a(a+4b)\,}{\,2(a-b)\,}}$$

p.20 練習14$${\small (1)}~{ \frac{\,x-3y\,}{\,x\,}}$$$${\small (2)}~{ \frac{\,x-1\,}{\,x-4\,}}$$→ 分数式の計算

p.20 練習15$${\small (1)}~x-2$$$${\small (2)}~{ \frac{\,2\,}{\,x+a\,}}$$

p.21 練習16$${\small (1)}~{ \frac{\,2\,}{\,x(x+2)\,}}$$$${\small (2)}~-{ \frac{\,x-4\,}{\,(x-1)(x+2)\,}}$$→ 通分を用いる分数式の計算

p.21 練習17$${\small (1)}~{ \frac{\,x\,}{\,y\,}}$$$${\small (2)}~-a+1$$→ 分母や分子に分数式を含む式

p.22 問3　(2) と (4)

p.23 練習18$${\small (1)}~a=3~,~b=-1$$$${\small (2)}~a=1~,~b=2~,~c=1$$$${\small (3)}~a=1~,~b=-3~,~c=1~,~d=0$$

p.24 練習19$$~~~a=-3~,~b=5$$→ 恒等式

p.28 練習20\({\small (1)}~\)[証明]
　(右辺)
\(=(x^2+x+1)(x^2-x+1)\)
\(=\left\{(x^2+1)+x\right\}\left\{(x^2+1)-x\right\}\)
\(=(x^2+1)^2-x^2\)
\(=x^4+x^2+1\)
\(=\)(左辺)
したがって、
\(x^4+x^2+1\)
　　\(=(x^2+x+1)(x^2-x+1)\)
[終]
 
\({\small (2)}~\)[証明]
　(左辺)
\(=(a^2-b^2)(x^2-y^2)\)
\(=a^2x^2-a^2y^2-b^2x^2+b^2y^2\)
　(右辺)
\(=(ax+by)^2-(ay+bx)^2\)
\(=(a^2x^2+2abxy+b^2y^2)\)
　　　\(-(a^2y^2+2abxy+b^2x^2)\)
\(=a^2x^2-a^2y^2-b^2x^2+b^2y^2\)
したがって、
\((a^2-b^2)(x^2-y^2)\)
　　\(=(ax+by)^2-(ay+bx)^2\)
[終]
→ 等式の証明

p.28 練習21\({\small (1)}~\)[証明]
　(左辺)−(右辺)
\(=a^2-bc-(b^2-ac)\)
\(a+b+c=0\) より、\(c=-a-b\) を代入すると、
\(=a^2-b(-a-b)-b^2+a(-a-b)\)
\(=a^2+ab+b^2-b^2-a^2-ab\)
\(=0\)
したがって、
　\(a^2-bc=b^2-ac\)
[終]
 
\({\small (2)}~\)[証明]
　(左辺)
\(=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)\)
\(a+b+c=0\) より、\(c=-a-b\) を代入すると、
\(=a^2+b^2+(-a-b)^2\)
　　\(+2ab+2b(-a-b)+2(-a-b)a\)
\(=a^2+b^2+a^2+2ab+b^2\)
　　\(+2ab-2ab-2b^2-2a^2-2ab\)
\(=0\)
したがって、
\(a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=0\)
[終]
→ 条件付き等式の証明

p.28 練習22[証明] \(a+b+c=0\) より、
　\(a+b=-c~,~b+c=-a~,~c+a=-b\)
これを左辺に代入すると、
　(左辺)$$\begin{split}~~=~&ab(-c)+bc(-a)+ca(-b)+3abc\\[2pt]~~=~&-abc-abc-abc+3abc\\[2pt]~~=~&0\end{split}$$したがって、$$~~~ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)=0$$[終]

p.28 深める[証明]
　(右辺)$$\begin{split}~~=~&a^3+ab^2+ac^2-a^2b-abc-ca^2\\[2pt]&~~~a^2b+b^3+bc^2-ab^2-b^2c-abc\\[2pt]&~~~a^2c+b^2c+c^3-abc-bc^2-c^2a\\[2pt]~~=~&a^3+b^3+c^3-3abc\end{split}$$したがって、$$~~~a^3+b^3+c^3-3abc$$$$~=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$$[終]
 
[証明]
　(左辺)−(右辺)$$\begin{split}~=~&a^3+b^3+c^3-3abc\\[2pt]~=~&(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\end{split}$$\(a+b+c=0\) より、$$=~0$$したがって、$$~~~a^2+b^2+c^2=3abc$$[終]

p.29 練習23\({\large \frac{\,a\,}{\,b\,}}={\large \frac{\,c\,}{\,d\,}}=k\) とすると、
\(a=kb~,~c=kd\)
\({\small (1)}~\)[証明]
　(左辺)$$~=\frac{\,3a+2c\,}{\,3b+2d\,}$$代入すると、$$~=\frac{\,3kb+2kd\,}{\,3b+2d\,}=\frac{\,k(3b+2d)\,}{\,3b+2d\,}=k$$　(右辺)$$~=\frac{\,3a-2c\,}{\,3b-2d\,}$$代入すると、$$~=\frac{\,3kb-2kd\,}{\,3b-2d\,}=\frac{\,k(3b-2d)\,}{\,3b-2d\,}=k$$したがって、$$~~~\frac{\,3a+2c\,}{\,3b+2d\,}=\frac{\,3a-2c\,}{\,3b-2d\,}$$[終]
 
\({\small (2)}~\)[証明]
　(左辺)$$~=\frac{\,a^2-b^2\,}{\,a^2+b^2\,}$$代入すると、$$~=\frac{\,k^2b^2-b^2\,}{\,k^2b^2+b^2\,}=\frac{\,b^2(k^2-1)\,}{\,b^2(k^2+1)\,}$$$$~=\frac{\,k^2-1\,}{\,k^2+1\,}$$　(右辺)$$~=\frac{\,c^2-d^2\,}{\,c^2+d^2\,}$$代入すると、$$~=\frac{\,k^2d^2-d^2\,}{\,k^2d^2+d^2\,}=\frac{\,d^2(k^2-1)\,}{\,d^2(k^2+1)\,}$$$$~=\frac{\,k^2-1\,}{\,k^2+1\,}$$したがって、$$~~~\frac{\,a^2-b^2\,}{\,a^2+b^2\,}=\frac{\,c^2-d^2\,}{\,c^2+d^2\,}$$[終]
→ 比例式と等式の証明

p.29 練習24[証明] \({\large \frac{\,a\,}{\,b\,}}={\large \frac{\,c\,}{\,b\,}}=k\) より、
　\(a=kb~,~c=kd\)
これを、左辺に代入すると、
　(左辺)$$~=\frac{\,mkb+nkd\,}{\,mb+nd\,}=\frac{\,k(mb+nd)\,}{\,mb+nd}\,=k$$次に、右辺に代入すると、
　(右辺)$$~=\frac{\,a\,}{\,b\,}=\frac{\,kb\,}{\,b\,}=k$$したがって、$$~\frac{\,ma+nc\,}{\,mb+nd\,}=\frac{\,a\,}{\,b\,}$$[終]

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

p.30 練習25$$~~~a=9~,~b=12~,~c=15$$

p.30 練習26$$~~~a:b:c=2:1:3$$

p.31 問4\({\small (1)}~\)[証明]
\(a>b\) と基本性質２より \(a+c>b+c\)
\(c>d\) と基本性質２より \(c+b>d+b\)
これらと、基本性質１より、
\(a+c>b+d\) [終]
 
\({\small (2)}~\)[証明]
\(a>b~,~c>0\) と基本性質３より \(ac>bc\)
\(c>d~,~b>0\) と基本性質３より \(bc>bd\)
これらと、基本性質１より、
\(ac>bd\) [終]

p.32 練習27[証明]
　(左辺)−(右辺)
\(=(ac+bd)-(ad+bc)\)
\(=a(c-d)-b(c-d)\)
\(=(a-b)(c-d)\)
ここで、\(a>b~,~c>d\) より \(a-b>0~,~c-d>0\) であるので、
\(=(a-b)(c-d)>0\)
したがって、
　\(ac+bd>ad+bc\)
[終]
→ 不等式の証明①（条件付き）

p.32 問5[証明]
　(左辺)−(右辺)
\(=a^2+b^2-2ab\)
\(=(a-b)^2≧0\)
したがって、
　\(a^2+b^2≧2ab\)
また、等号が成り立つのは \(a-b=0\) すなわち \(a=b\) のとき [終]

p.33 練習28\({\small (1)}~\)[証明]
　(左辺)
\(=a^2+ab+b^2\)
\(=\left(a+{\large \frac{\,b\,}{\,2\,}}\right)^2+{\large \frac{\,3\,}{\,4\,}}b^2≧0\)
したがって、
　\(a^2+ab+b^2≧0\)
また、等号が成り立つのは \(a+{\large \frac{\,b\,}{\,2\,}}=0\) かつ \(b=0\) すなわち \(a=b=0\) のとき [終]
 
\({\small (2)}~\)[証明]
　(左辺)−(右辺)
\(=(a^2+b^2)(x^2+y^2)-(ax+by)^2\)
\(=(a^2x^2+a^2y^2+b^2x^2+b^2x^2)\)
　　\(-(a^2x^2+2abxy+b^2y^2)\)
\(=a^2y^2-2abxy+b^2x^2\)
\(=(ay-bx)^2≧0\)
したがって、
　\((a^2+b^2)(x^2+y^2)≧(ax+by)^2\)
また、等号が成り立つのは \(ay-bx=0\) すなわち \(ay=bx\) のとき [終]

p.33 練習29[証明]
　(左辺)-(右辺)
\(=a^2+b^2-2(a+b-1)\)
\(=(a^2-2a+1)+(b^2-2b+1)\)
\(=(a-1)^2+(b-1)^2≧0\)
したがって、
　\(a^2+b^2≧2(a+b-1)\)
また、等号が成り立つのは \(a-1=0\) かつ \(b-1=0\) すなわち \(a=b=1\) のとき [終]
→ 不等式の証明②（２次式）

p.34 練習30[証明]
　(左辺)\(^2\)−(右辺)\(^2\)
\(~=(3\sqrt{a}+2\sqrt{b})^2-(\sqrt{9a+4b})^2\)
\(~=(9a+12\sqrt{ab}+4b)-(9a+4b)\)
\(~=12\sqrt{ab}>0\)
よって、
\((3\sqrt{a}+2\sqrt{b})^2>(\sqrt{9a+4b})^2\)
\(3\sqrt{a}+2\sqrt{b}>0~,~\sqrt{9a+4b}>0\) より
　\(3\sqrt{a}+2\sqrt{b}>\sqrt{9a+4b}\)
[終]
→ 不等式の証明③（平方根）

p.35 練習31[証明]
　(右辺)\(^2\)−(左辺)\(^2\)
\(~=(|a|+|b|)^2-|a-b|^2\)
\(~=|a|^2+2|a||b|+|b|^2\)
　　\(-(a^2-2ab+b^2)\)
\(~=a^2+2|ab|+b^2-a^2+2ab-b^2\)
\(~=2(|ab|+ab)≧0\)
よって、
　\((|a|+|b|)^2≧|a-b|^2\)
\(|a|+|b|≧0~,~|a-b|≧0\) より
　\(|a-b|≦|a|+|b|\)
また、等号が成り立つのは \(|ab|+ab=0\) すなわち \(ab≦0\) のとき [終]
→ 不等式の証明④（絶対値）

p.37 問6[証明]
　(左辺)$$\begin{split}~~=~&{ \frac{\,a\,}{\,a\,}}+{ \frac{\,a\,}{\,b\,}}+{ \frac{\,b\,}{\,a\,}}+{ \frac{\,b\,}{\,b\,}}\\[2pt]~~=~&{ \frac{\,a\,}{\,b\,}}+{ \frac{\,b\,}{\,a\,}}+2\end{split}$$\(a>0~,~b>0\) であるので、$$~~~{ \frac{\,a\,}{\,b\,}}>0~,~{ \frac{\,b\,}{\,a\,}}>0$$よって、相加平均と相乗平均の関係より、$$~~~{ \frac{\,a\,}{\,b\,}}+{ \frac{\,b\,}{\,a\,}}≧2\sqrt{{ \frac{\,a\,}{\,b\,}}\cdot{ \frac{\,b\,}{\,a\,}}}=2$$両辺に \(2\) を加えると、$$~~~{ \frac{\,a\,}{\,b\,}}+{ \frac{\,b\,}{\,a\,}}+2≧2+2$$したがって、$$~~~(a+b)\left({ \frac{\,1\,}{\,a\,}}+{ \frac{\,1\,}{\,b\,}}\right)≧4$$また、等号が成立するのは \({\large \frac{\,a\,}{\,b\,}}={\large \frac{\,b\,}{\,a\,}}\) のときで \(a>0~,~b>0\) より \(a=b\) のとき
[終]

p.37 練習32\({\small (1)}~\)[証明] \(a>0\) より \(2a>0~,~{\large \frac{\,3\,}{\,a\,}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、$$~~~2a+{ \frac{\,3\,}{\,a\,}}≧2\sqrt{2a\cdot{ \frac{\,3\,}{\,a\,}}}=2\sqrt{6}$$また、等号が成立するのは \(2a={\large \frac{\,3\,}{\,a\,}}\) のときで \(a>0\) より \(a={\large \frac{\,\sqrt{6}\,}{\,2\,}}\) のとき
[終]
 
\({\small (2)}~\)[証明] 左辺を展開すると、$$~~~~~~\left(\frac{\,b\,}{\,a\,}+\frac{\,d\,}{\,c\,}\right)\left(\frac{\,a\,}{\,d\,}+\frac{\,c\,}{\,d\,}\right)$$$$~=\frac{\,bc\,}{\,ad\,}+\frac{\,ad\,}{\,bc\,}+2$$ここで、 \({\large \frac{\,bc\,}{\,ad\,}}>0~,~{\large \frac{\,ad\,}{\,bc\,}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、$$~{ \frac{\,bc\,}{\,ad\,}}+{ \frac{\,ad\,}{\,bc\,}}≧2\sqrt{{ \frac{\,bc\,}{\,ad\,}}\cdot{ \frac{\,ad\,}{\,bc\,}}}=2$$したがって、$$~~~\left(\frac{\,b\,}{\,a\,}+\frac{\,d\,}{\,c\,}\right)\left(\frac{\,a\,}{\,d\,}+\frac{\,c\,}{\,d\,}\right)≧4$$また、等号が成立するのは \({\large \frac{\,bc\,}{\,ad\,}}={\large \frac{\,ad\,}{\,bc\,}}\) のときで、すなわち \(ad=bc\) のとき
[終]
→ 相加平均と相乗平均

p.37 深めるそれぞれの等号成立条件は、
\(x>0\) かつ \(x={\large \frac{\,1\,}{\,x\,}}\) より、\(x=1\)
\(x>0\) かつ \(x={\large \frac{\,4\,}{\,x\,}}\) より、\(x=2\)
となるので、$$~~~x+\frac{\,1\,}{\,x\,}=2~,~x+\frac{\,4\,}{\,x\,}=4$$を同時に満たす \(x\) は存在しないから

p.38 問題9\({\small (1)}~\)[証明]
　(右辺)$$~=\left(x+\frac{\,1\,}{\,x\,}\right)^3-3\left(x+\frac{\,1\,}{\,x\,}\right)$$$$~=x^3+3\cdot x^2\cdot\frac{\,1\,}{\,x\,}+3\cdot x \cdot \frac{\,1\,}{\,x^2\,}$$$$~~~~~~~~~~+\frac{\,1\,}{\,x^3\,}-3x-\frac{\,3\,}{\,x\,}$$$$~=x^3+3x+\frac{\,3\,}{\,x\,}+\frac{\,1\,}{\,x^3\,}-3x-\frac{\,3\,}{\,x\,}$$$$~=x^3+\frac{\,1\,}{\,x^3\,}$$　\(=\)(左辺)
したがって、$$~~~x^3+\frac{\,1\,}{\,x^3\,}$$$$~~~~~~=\left(x+\frac{\,1\,}{\,x\,}\right)^3-3\left(x+\frac{\,1\,}{\,x\,}\right)$$[終]
 
\({\small (2)}~\)[証明]
　(右辺)$$~=\left(x-\frac{\,1\,}{\,x\,}\right)^3+3\left(x+\frac{\,1\,}{\,x\,}\right)$$$$~=x^-3\cdot x^2\cdot\frac{\,1\,}{\,x\,}+3\cdot x \cdot \frac{\,1\,}{\,x^2\,}-\frac{\,1\,}{\,x^3\,}$$$$~~~~~~~~~~~~~~~+3x-\frac{\,3\,}{\,x\,}$$$$~=x^3-3x+\frac{\,3\,}{\,x\,}-\frac{\,1\,}{\,x^3\,}+3x-\frac{\,3\,}{\,x\,}$$$$~=x^3-\frac{\,1\,}{\,x^3\,}$$　\(=\)(左辺)
したがって、$$~~~x^3-\frac{\,1\,}{\,x^3\,}$$$$~~~~~~=\left(x-\frac{\,1\,}{\,x\,}\right)^3+3\left(x-\frac{\,1\,}{\,x\,}\right)$$[終]

p.38 問題10[証明] \(a+b+c=0\) より、
　\(b+c=-a~,~c+a=-b~,~a+b=-c\)
左辺に代入すると、
　(左辺)$$\begin{split}~=~&(-a)^2+(-b)^2+(-c)^2+2(bc+ca+ab)\\[2pt]~=~&a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\\[2pt]~=~&(a+b+c)^2\\[2pt]~=~&0\end{split}$$したがって、$$~~~(b+c)^2+(c+a)^2+(a+b)^2$$$$~~~~~~~~~~~+2(bc+ca+ab)=0$$[終]

p.38 問題11[証明] \({\large \frac{\,x\,}{\,a\,}}={\large \frac{\,y\,}{\,b\,}}={\large \frac{\,z\,}{\,c\,}}=k\) より、
　\(x=ka~,~y=kb~,~z=kc\)
これを、左辺に代入すると、
　(左辺)$$\begin{split}~~=~&\frac{\,ka+2kb+3kc\,}{\,a+2b+3c\,}\\[3pt]~~=~&\frac{\,k(a+2b+3c)\,}{\,a+2b+3c\,}=k\end{split}$$次に、右辺に代入すると、
　(右辺)$$\begin{split}~~=~&\frac{\,ka+kb+kc\,}{\,a+b+c\,}\\[3pt]~~=~&\frac{\,k(a+b+c)\,}{\,a+b+c\,}=k\end{split}$$したがって、$$~\frac{\,x+2y+3z\,}{\,a+2b+3c\,}=\frac{\,x+y+z\,}{\,a+b+c\,}$$[終]

p.38 問題12[証明]
　(右辺)\(^2\)−(左辺)\(^2\)$$\begin{split}~~=~&\left(1+\frac{\,a\,}{\,2\,}\right)^2-\left(\sqrt{1+a}\right)^2\\[3pt]~~=~&\left(1+a+\frac{\,a^2\,}{\,4\,}\right)-(1+a)\\[3pt]~~=~&\frac{\,a^2\,}{\,4\,}\end{split}$$\(a>0\) より、$$~~~\frac{\,a^2\,}{\,4\,}>0$$よって、$$~~~\left(1+\frac{\,a\,}{\,2\,}\right)^2>\left(\sqrt{1+a}\right)^2$$ここで、\(1+{\large \frac{\,a\,}{\,2\,}}>0\)\(~,~\)\(\sqrt{1+a}>0\) であるので、$$~~~\sqrt{1+a}<1+\frac{\,a\,}{\,2\,}$$[終]

p.38 問題13\({\small (1)}~\)[証明]
(ⅰ) \(|a|-|b|≧0\) のとき
　(右辺)\(^2\)−(左辺)\(^2\)
\(~=|a-b|^2-(|a|-|b|)^2\)
\(~=(a^2-2ab+b^2)\)
　　\(-(|a|^2-2|a||b|+|b|^2)\)
\(~=a^2-2ab+b^2\)
　　\(-a^2+2|ab|+b^2\)
\(~=2(|ab|-ab)≧0\)
よって、
　\(|a-b|^2≧(|a|-|b|)^2\)
\(|a-b|≧0~,~|a|-|b|≧0\) より
　\(|a|-|b|≦|a-b|\)
(ⅱ) \(|a|-|b|<0\) のとき
\(|a-b|≧0\) であるので、
　\(|a|-|b|<|a-b|\)
したがって、(ⅰ)と(ⅱ)より、
　\(|a|-|b|≦|a-b|\) [終]
 
\({\small (2)}~\)[証明]
(ⅰ) \(|a|-|b|≧0\) のとき
　(右辺)\(^2\)−(左辺)\(^2\)
\(~=|a+b|^2-(|a|-|b|)^2\)
\(~=(a^2+2ab+b^2)\)
　　\(-(|a|^2-2|a||b|+|b|^2)\)
\(~=a^2+2ab+b^2\)
　　\(-a^2+2|ab|+b^2\)
\(~=2(|ab|+ab)≧0\)
よって、
　\(|a+b|^2≧(|a|-|b|)^2\)
\(|a+b|≧0~,~|a|-|b|≧0\) より
　\(|a|-|b|≦|a+b|\)
(ⅱ) \(|a|-|b|<0\) のとき
\(|a-b|≧0\) であるので、
　\(|a|-|b|<|a+b|\)
したがって、(ⅰ)と(ⅱ)より、
　\(|a|-|b|≦|a+b|\) [終]

p.38 問題14\({\small (1)}~\)[証明] \(ab>0~,~{\large \frac{\,4\,}{\,ab\,}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、$$\begin{eqnarray}~~~ab+{ \frac{\,4\,}{\,ab\,}}&≧&2\sqrt{ab\cdot{ \frac{\,4\,}{\,ab\,}}}\\[3pt]~~~&=&2\sqrt{4}=4\end{eqnarray}$$また、等号が成立するのは \(ab={\large \frac{\,4\,}{\,ab\,}}\) のときで \(a>0~,~b>0\) より \(ab=2\) のとき
[終]
 
\({\small (2)}~\)
[証明]
　(左辺)$$\begin{split}~~=~&ab+{ \frac{\,9a\,}{\,a\,}}+{ \frac{\,4b\,}{\,b\,}}+{ \frac{\,36\,}{\,ab\,}}\\[3pt]~~=~&ab+{ \frac{\,36\,}{\,ab\,}}+13\end{split}$$
\(a>0~,~b>0\) であるので、\(ab>0~,~{\large \frac{\,36\,}{\,ab\,}}>0\)
よって、相加平均と相乗平均の関係より、$$\begin{eqnarray}~~~ab+{ \frac{\,36\,}{\,ab\,}}&≧&2\sqrt{ab\cdot{ \frac{\,36\,}{\,ab\,}}}\\[3pt]~~~&=&2\sqrt{36}=12\end{eqnarray}$$両辺に \(13\) を加えると、$$~~~ab+{ \frac{\,36\,}{\,ab\,}}+13≧12+13$$したがって、$$~~~\left(a+{ \frac{\,4\,}{\,b\,}}\right)\left(b+{ \frac{\,9\,}{\,a\,}}\right)≧25$$また、等号が成立するのは \(ab={\large \frac{\,36\,}{\,ab\,}}\) のときで \(a>0~,~b>0\) より \(ab=6\) のとき
[終]

p.39 演習問題Ａ 3[証明]
　(左辺)-(右辺)
\(=a^3+b^3+c^3-3abc\)
\(=(a+b+c)\)
　　\((a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\)
ここで、\(a>0~,~b>0~,~c>0\) より、
　\(a+b+c>0\)
また、$$~~~~~a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$$$$~=\frac{1}{2}(a^2-2ab+b^2$$$$~~~~~~~+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2)$$$$~=\frac{1}{2}\left\{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right\}$$$$~≧0$$これらより、
　\((a+b+c)\)
　　\((a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)≧0\)
したがって、
　\(a^3+b^3+c^3≧3abc\)
また、等号が成り立つときは、
　\(a-b=0~,~b-c=0~,~c-a=0\)
すなわち、\(a=b=c\) のとき[終]

p.39 演習問題Ａ 4[証明]
次の二項定理の式において、
　\((1+x)^n\)
　　\(={}_{ n } {\rm C}_{ 0 }+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }x +{}_{ n } {\rm C}_{ 2 }x^2+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }x^n\)
ここで、
　\({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }=1~,~{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }x=nx\)
これらより、
　\((1+x)^n\)
　　\(=1+nx +\left({}_{ n } {\rm C}_{ 2 }x^2+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }x^n\right)\)
また、\({}_{ n } {\rm C}_{ r }>0~,~x>0\) より、
　\({}_{ n } {\rm C}_{ 2 }x^2+\cdots +{}_{ n } {\rm C}_{ n }x^n >0\)
したがって、
\((1+x)^n>1+nx\) [終]

p.39 演習問題Ｂ 6[証明] \({\large \frac{x}{b+c}}={\large \frac{y}{c+a}}={\large \frac{z}{a+b}}=k\) より、
　\(x=k(b+c)\)
　　　\(~,~y=k(c+a)~,~z=k(a+b)\)
ここで、
　(左辺)
\(=ay-az+bz-bx+cx-cy\)
\(=(c-b)x+(a-c)y+(b-a)z\)
ここで、\(x~,~y~,~z\) を代入すると、
\(=(c-b)k(b+c)\)
　　\(+(a-c)k(c+a)+(b-a)k(a+b)\)
\(=k(c^2-b^2+a^2-c^2+b^2-a^2)=0\)
したがって、
\(a(y-z)+b(z-x)+c(x-y)=0\) [終]

p.39 演習問題Ｂ 7\({\small (1)}~\)[証明]
　(右辺)
\(=(ax+by+cz)^2+(ay-bx)^2\)
　　　　　　\(+(bz-cy)^2+(cx-az)^2\)
\(=a^2x^2+b^2y^2+c^2z^2\)
　\(+2abxy+2bcyz+2cazx\)
　\(+a^2y^2-2abxy+b^2x^2\)
　\(+b^2z^2-2bcyz+c^2y^2\)
　\(+c^2x^2-2cazx+a^2z^2\)
\(=(a^2+b^2+c^2)x^2+(a^2+b^2+c^2)y^2\)
　　　　　　\(+(a^2+b^2+c^2)z^2\)
\(=(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)\)
したがって、
\((a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)\)
　\(=(ax+by+cz)^2+(ay-bx)^2\)
　　　\(+(bz-cy)^2+(cx-az)^2\)
[終]
 
\({\small (2)}~\)[証明]
(1) より、
\((a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)\)
　　　　　　\(-(ax+by+cz)^2\)
　\(=(ay-bx)^2+(bz-cy)^2\)
　　　　　　\(+(cx-az)^2\)
ここで、
\((ay-bx)^2+(bz-cy)^2\)
　　　\(+(cx-az)^2≧0\)
したがって、
\((a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)\)
　　\(≧(ax+by+cz)^2\)
また、等号が成り立つのは、
\(ay-bx=0\) かつ \(bz-cy=0\) かつ \(cx-az=0\)
すなわち
\(ay=bx\) かつ \(bz=cy\) かつ \(cx=az\)
のとき [終]

p.39 演習問題Ｂ 9\({\small (1)}~\)[証明]
\(|a|<1~,~|b|<1\) より、
　\(|a||b|<1~\Leftrightarrow~|ab|<1\)
よって、
　\(-1<ab<1\)
したがって、
　\(1+ab>0\) [終]
 
\({\small (2)}~\)[証明]
　(右辺)\(^2\)−(左辺)\(^2\)
\(=(1+ab)^2-|a+b|^2\)
\(=(1+2ab+a^2b^2)-(a^2+2ab+b^2)\)
\(=1-z^2-b^2-a^2b^2\)
\(=(1-a^2)(1-b^2)\)
ここで、\(|a|<1~,~|b|<1\) より、
　 \(1-|a|^2>0~,~1-|b|^2>0\)
\(=(1-|a|^2)(1-|b|^2)>0\)
よって、
　\(|a+b|^2<(1+ab)^2\)
また、\(|a+b|>0\) であり、(1)より \(1+ab>0\) であるので、
　\(|a+b|<1+ab\) [終]