やさしい理系数学～２～

　このシリーズは、河合塾の「やさしい理系数学」の解答/解説に注釈をつけて、解りやすくしたものです。元の「やさしい理系数学（改訂版）」を見ながらでないと、このnoteだけでは何のことを書いてるか解らないです。
　なお、執筆時点の最新版である三訂版ではないので、注意してください。

例題５

1⃣

• 解の公式で解を求めると$${\displaystyle x=\frac{-m±\sqrt{m^2+4・12}}{2} }$$。

• $${\displaystyle x=\frac{-m±\sqrt{m^2+4・12}}{2} }$$が有理数になるには、$${\displaystyle {m^2+4・12} }$$が整数の$${2}$$乗でなければならないから、この整数を$${l}$$とすると、$${ m^2+4・12 = l^2}$$と表せる。

1⃣_別解

• 有理数であれば、整数の分数で表現できるので、これを$${\displaystyle \frac{p}{q}}$$を解とする。

• $${α,β}$$を解とすると、$${ x^2+mx-12 = (x-α)(x-β) }$$と表せる。

• $${ x^2+mx-12 = (x-α)(x-β)=x^2-(α+β)x+αβ }$$であるから、$${ ｍ=-(α+β)}$$、$${αβ=-12}$$。

2⃣

• $${3}$$次方程式の解を$${α、β、γ}$$とすると、$${3}$$次方程式は$${s(x-α)(x-β)(x-γ)=0}$$と表せるので、$${x^3}$$の係数が$${2}$$だから、$${s=2}$$。

• $${2(x-α)(x-β)(x-γ)=2\{x^3-(α+β+γ)x^2+(αβ+βγ+γα)x-αβγ\}=0}$$。

• $${\displaystyle -2(α+β+γ)=-3a ⇔ α+β+γ = \frac{3}{2}a }$$。

• $${\displaystyle 2(αβ+βγ+γα)=2(a+7) ⇔ αβ+βγ+γα=a+7 }$$。

• $${\displaystyle -2αβγ=a^2-9a+8=(a-1)(a-8) ⇔ αβγ= -\frac{1}{2}(a-1)(a-8) }$$。

• $${α、β、γ}$$は自然数で、$${\displaystyle α+β+γ = \frac{3}{2}a }$$だから、$${\displaystyle \frac{3}{2}a}$$が自然数にならなければならないので、$${a}$$は偶数。

• $${α、β、γ}$$は自然数で、$${\displaystyle αβγ= -\frac{1}{2}(a-1)(a-8) }$$だから、$${\displaystyle -\frac{1}{2}(a-1)(a-8) }$$も自然数でなければならないので、$${(a-1)(a-8) }$$が負にならない。

• $${ 1< a <8 }$$で、偶数はである$${a}$$は$${2，4，6}$$。

• $${αβγ=6}$$で、$${α、β、γ}$$が自然数であることから、$${α、β、γ}$$が$${1，2，3}$$のいずれかであることは容易に解る。

例題６

【解答１】

• $${x^2-2x+4y^2=0 ⇔ 4y^2=2x-x^2}$$。

• $${2x-x^2 > 0 ⇔ x(2-x) >0 }$$ なので、$${x}$$も$${2-x}$$も0より大きいから、$${2-x >0 ⇔ 2 > x}$$。

• $${\displaystyle 4y^2=2x-x^2 ⇔ 4x^2y^2=x^2\left(2x-x^2\right) ⇔x^2y^2=\frac{1}{4}x^3(2-x)=\frac{1}{4}\frac{1}{3}x^3(6-3x) }$$。

• $${\displaystyle \sqrt[4]{x^3(6-3x)} ≦ \frac{3}{2} ⇔ x^3(6-3x)≦\left( \frac{3}{2} \right)^4  }$$なので、$${\displaystyle x^3(6-3x)}$$の最大値は$${\displaystyle \left( \frac{3}{2} \right)^4  }$$。

• $${\displaystyle x^2y^2= \frac{1}{4}\frac{1}{3}x^3(6-3x) ⇔ xy= \sqrt{ \frac{1}{4}\frac{1}{3}x^3(6-3x) } }$$。だから、$${xy}$$の最大値は、$${\displaystyle \sqrt{ \frac{1}{4}\frac{1}{3} \left( \frac{3}{2} \right)^4  } }$$。

【解答２】

• $${\displaystyle x^2-2x+4y^2=0 ⇔ 4y^2=2x-x^2⇔y^2=\frac{2x-x^2}{4} }$$。

• $${f'(x)=0}$$のとき極値をとるから、$${f'(x)=2x^2(3-2x)}$$なので、$${\displaystyle x=0,\frac{3}{2}}$$で極値。

• $${\displaystyle x=0 }$$のときは$${xy=0}$$だから、$${\displaystyle x=\frac{3}{2}}$$で最大。

• $${\displaystyle xy=\frac{1}{2}\sqrt{2x^3-x^4}}$$に$${\displaystyle x=\frac{3}{2}}$$を代入して、$${\displaystyle xy=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{3^3}{2^4}}}$$。

【解答３】

• $${\displaystyle f'(θ)=\frac{1}{2}\left[\sinθ(1+\cosθ)\right]'=\frac{1}{2}\left\{[\sinθ]'(1+\cosθ)+\sinθ[1+\cosθ]' \right\}=\frac{1}{2}\{\cosθ(1+\cosθ)+\sinθ(-\sinθ) }$$で、$${\sin^2θ+\cos^2θ=1⇔\sin^2θ=1-\cos^2θ }$$を代入して$${\displaystyle f'(θ)= \frac{1}{2}\left(\cosθ+\cos^2θ-1+\cos^2θ\right)=\frac{1}{2}\left(2\cos^2θ+\cosθ-1\right) }$$。

• $${\displaystyle f'(θ)=\frac{1}{2}\left(2\cos^2θ+\cosθ-1\right)=\frac{1}{2}(2\cosθ-1)(\cosθ+1)=0 }$$だから、$${2\cosθ-1=0、\cosθ+1=0}$$なので、$${\displaystyle \cosθ=\frac{1}{2},-1⇔θ=\frac{\pi}{3},\pi}$$。

• $${\displaystyle θ=\frac{\pi}{3} }$$のとき、$${\displaystyle \frac{1}{2}\left\{\sin\frac{\pi}{3}\left(1+\cos\frac{\pi}{3}\right)\right\}=\frac{1}{2}\left\{\frac{\sqrt3}{2}\left(1+\frac{1}{2} \right) \right\}= \frac{1}{2}\frac{3\sqrt3}{4}=\frac{3\sqrt3}{8} }$$。

• $${\displaystyle θ=\pi }$$のとき、$${\displaystyle \frac{1}{2}\left\{\sin\pi \left(1+\cos\pi\right)\right\}=0 }$$。

例題７

（１）

• $${f(x)=0}$$の解が$${α}$$なら、$${f(α)=0}$$。

• $${\displaystyle f(\frac{p}{q})=\frac{p^n}{q^n}+a_1\frac{p^{n-1}}{q^{n-1}}+…+a_{n-1}\frac{p}{q}+a_n=0 }$$で、全体を$${q^{n-1}}$$倍すると、$${\displaystyle \frac{p^n}{q}+a_1p^{n-1}+…+a_{n-1}pq^{n-2}+a_nq^{n-1}=0}$$

（２）

• $${ (kg+r)^n }$$を展開すると$${ k^ng^n+k^{n-1}g^{n-1}r+…+r^n }$$であるから、$${k}$$の倍数と$${r^n}$$に分離できる。$${ (kg+r)^{n-1} }$$についても同様。

• $${ r^n+a_1r^{n-1}+…+a_{n-1}r+a_n =f(r)}$$。

• $${f(α)=0=(kの倍数)+f(r)⇔kの倍数=-f(r)}$$で、$${r}$$は$${1}$$から$${k}$$までの数だから、$${kの倍数}$$になる$${f(r)}$$がある。

問１１

【解答１】

• $${\displaystyle  f(x)=x^2+ax+\frac{1}{b}=(x＋\frac{a}{2})^2+\frac{1}{b}-\frac{a^2}{2^2} }$$だから、$${f(x)}$$軸の$${x}$$座標は$${\displaystyle -\frac{a}{2}}$$。

• $${\displaystyle  f(x)=g(x) ⇔ f(x)-g(x)=0 ⇔ x^2+ax+\frac{1}{b}-\left( x^2+bx+\frac{1}{a} \right)=0 ⇔ (a-b)x+\frac{1}{b}-\frac{1}{a} ⇔ x=\frac{1}{a-b}\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b} \right) =0 }$$。

• $${ 2つの異なる実数解を持つ ⇔ 判別式>0 }$$。

• $${f(x)}$$の判別式$${\displaystyle a^2-4\frac{1}{b} }$$が$${0}$$より大なので、$${\displaystyle a^2-\frac{4}{b} >0 ⇔ a^2 > \frac{4}{b} ⇔ a > \frac{4}{ab} ⇔ \frac{a}{2} > \frac{2}{ab} ⇔ -\frac{a}{2} <-\frac{2}{ab} }$$。

• $${a<0< b}$$だから、$${\displaystyle -\frac{a}{2} }$$は正。

• $${f(x)}$$と$${g(x)}$$の交点の$${y}$$座標は$${\displaystyle f\left(-\frac{1}{ab} \right)=\frac{1}{a^2b^2}}$$でこれが正だから、$${g(x)}$$と$${x}$$軸との交点の$${x}$$座標は、$${f(x)}$$と$${g(x)}$$の交点の$${x}$$座標より小さい。

【解答２】

• $${\displaystyle x^2+ax+\frac{1}{b}=0 ⇔ abx+1 =-bx^2 }$$だから、$${y=abx+1}$$と$${y=-bx^2}$$の交点の$${x}$$座標が、$${\displaystyle x^2+ax+\frac{1}{b}=0 }$$の解である。

• $${y=abx+1}$$は$${(0,1)}$$を通る右下がりの直線。

• $${y=-bx^2}$$は、$${b}$$が正の数であるから、原点を通る上に凸の2次曲線。

• $${y=-ax^2}$$は、$${a}$$が負の数であるから、原点を通る下に凸の2次曲線。

問１２

【解答１】

• $${\displaystyle a+\frac{1}{a} }$$は相加相乗平均の定理から、$${\displaystyle \frac{a+\frac{1}{a}}{2}≧\sqrt{a\frac{1}{a}} ⇔ a+\frac{1}{a} ≧ 2\sqrt{a\frac{1}{a}}=2 }$$。

• $${\displaystyle a+\frac{1}{a} }$$の最小値は$${2}$$で、このとき$${\displaystyle a+\frac{1}{a} =2 ⇔ a^2-2a＋1=0 ⇔(a-1)^2=0}$$なので、$${a=1}$$。

【解答２】

• $${y=f(x)}$$は$${x=0}$$のとき$${y=c}$$で、$${f(0)>0}$$だから、$${c>0}$$。

• $${x}$$切片が正で、$${(1,1)}$$と$${(3,5)}$$を通る放物線で、頂点の$${y}$$座標が最大なのは、$${(1,1)}$$を頂点とするもの。

問１３

• $${2}$$次方程式の2つの解が$${α}$$と$${β}$$のとき、この2次方程式は$${(x-α)(x-β)=x^2-(α+β)x＋αβ=0}$$と表せる。

• $${p}$$が素数で$${(α＋2)(β＋2)=-p}$$だから、$${α＋2=1,β＋2=-p}$$または$${α＋2=p,β＋2=-1}$$なので、$${α=-1}$$または$${β=-3}$$だから、方程式の解は$${-1}$$または$${-3}$$になると推定される。

• $${x^2＋(p^2-7p-2)x＋2p^2-15p-8=0}$$に$${x=-1}$$と$${x=-3}$$を代入する。

問１４

（１）

• $${y=f(x)}$$のグラフが、$${x}$$軸と$${3}$$箇所で交わるので、実数解が$${3}$$つあると言える。

（２）

• $${f(α)=α^3-3α+1=0 ⇔ α^3-3α = -1 }$$。

• $${f(β)=0 }$$だから、$${f(β)=β^3-3β+1=0 ⇔ β^3-3β = -1 }$$。

• $${α-β}$$の符号を調べて、$${α}$$と$${β}$$の大小関係を確かめる。

• $${α-(α^2-2) = -(α^2-α+2)=-(α-2)(α+1)=(2-α)(α+1) }$$で、$${1<α<2}$$だから、$${2-α}$$も$${α+1}$$も正。

• $${β=α^2-2}$$なので、$${(2-β)(β+1)=(2-α^2+2)(α^2-2+1)=(4-α^2)(α^2-1)}$$だから、${1<α<2}$$だから、$${4-α^2}$$も$${α^2-1}$$も正。

（２）の別解

• $${ (2\cosθ)^3-3(2\cosθ)+1=8\cos^3θ-6\cosθ+1=2(4\cos^3θ-3\cosθ)+1=0 ⇔ 2(4\cos^3θ-3\cosθ)=-1 }$$。

• 3倍角の公式で、$${\cos3θ=4\cos^3θ-3\cosθ}$$だから、$${\displaystyle 2\cos3θ=-1 ⇔ \cos3θ=-\frac{1}{2} }$$。

• $${ 0< θ <π }$$だから、$${ 0< 3θ <3π }$$。

• 2倍角の公式で、$${\cos2θ=2\cos^2θ-1}$$より、$${\displaystyle 2\cos\left(2 \frac{2\pi}{9} \right)=2\left(2\cos^2\frac{2\pi}{9}-1\right)=4\cos^2\frac{2\pi}{9}-2=\left(2\cos\frac{2\pi}{9}\right)^2-2 }$$。

• $${\displaystyle α=2\cos\frac{2\pi}{9}}$$だから、$${\displaystyle \left(2\cos\frac{2\pi}{9}\right)^2=α^2 }$$。

問１５

【解答１】

• $${\displaystyle S(n)=\sum_{k=1}^{100}|n-k| }$$は、$${k=n}$$を境に$${(n-k)}$$の符号が反転する。すなわち、$${k}$$が$${n-1}$$になるまでは$${|n-k|=n-k}$$で、$${k}$$が$${n+1}$$を以上のときは、$${|n-k|=k-n}$$。なお、$${k=n}$$のときは$${|n-k|=0}$$なので、$${\displaystyle S(n)=\sum_{k=1}^{100}|n-k|=\sum_{k=1}^{n-1}(n-k)＋\sum_{k=n+1}^{100}(k-n) }$$。

• $${\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}(n-k)=\frac{(n-1)-1+1}{2}\{n-1+n-(n-1)\} }$$。

• $${\displaystyle \sum_{k=n+1}^{100}(k-n)= \frac{100-(n-1)+1}{2}\{(n+1-n)+(100-n)\} }$$。

• $${\displaystyle \frac{1}{2}n(n-1)+\frac{1}{2}(100-n)(101-n)=\frac{1}{2}\left(n^2-n+100・101-201n+n^2 \right)=\frac{1}{2}\left(2n^2-202n+100・101 \right)=n^2-101+50・101  }$$。

【解答２】

• $${|n| -|n-100| ≧ 0 ⇔ |n| ≧|n-100|}$$ なので、$${|n| ≧|n-100| }$$となるためには、$${n ≧-(n-100) }$$でなければならないので、$${n ≧-(n-100) ⇔n ≧-n+100 ⇔ 2n≧100 ⇔ n≧50}$$。同様にして、$${|n| -|n-100| ≦ 0 ⇔ n≦50}$$。

• $${|n| -|n-100|}$$が$${0}$$以上と仮定すると$${n}$$は$${50}$$以上で、$${|n| -|n-100|}$$が$${0}$$以下と仮定すると$${n}$$は$${50}$$以下なので、両方が成り立つときが$${S}$$の最小値だから、$${n=50}$$のとき、$${S(n+1)-S(n)=0 ⇔ S(n+1)=S(n)}$$が成り立つから、$${S(50)=S(50)}$$。

• $${S(50)=|50-1|＋|50-2|＋…|50-49|＋|50-50|＋|50-51|＋|50-52|＋…+|50-100|=49＋48+…1＋0＋1＋2＋…＋50}$$。

問１６

【解答１】

• $${0≦a+b ⇔ b ≧ -a、a+b≦1⇔b≦-a+1}$$。

• $${-3≦2a+b ⇔ b ≧ -2a-3、2a+b≦-2⇔b≦-2a-2}$$。

【解答２】

• $${\displaystyle f(1)=1+a+b ⇔a+b=f(1)-1、f(2)=8+4a+2b ⇔2a+b= \frac{1}{2}f(2)-4}$$

• $${f(3)=-3f(1)+3f(2)+6}$$だから、$${f(3)}$$は$${f(2)}$$が小さいほど大きく$${f(2)}$$が大きいほど大きいので、$${f(3)}$$の最大値は、$${f(1)=1}$$で$${f(2)=4}$$のとき。

問１７

【解答１】

• $${a+b=1 ⇔ b=1-a ⇔ |b|=|1-a| }$$。

• $${|1-a| ≦2 ⇔ -2≦1-a≦2 ⇔ -3 ≦-a ≦ 1 ⇔ 3 ≧ a ≧ -1 }$$。

• $${ 3 ≧ a ≧ -1 }$$で$${ |a| ≦ 2 ⇔ -2≦a≦2}$$だから、$${-1≦a≦2 }$$。

• $${ac+bd}$$に$${ b=1-a、d=1-ｃ}$$を代入して$${\displaystyle ac+bd=ac+(1-a)(1-ｃ)=\frac{1}{2}(4ac-2a-2c+1+1) }$$。

• $${-1≦a≦2 ⇔ -2≦2a≦4⇔-2-1≦2a-1≦4-1 }$$。

• $${\displaystyle ac+bd=\frac{1}{2}(2a-1)(2c-1)+\frac{1}{2}  }$$だから、$${(2a-1)(2c-1)}$$が最小の時に$${ac+bd}$$は最小になる。

• $${(2a-1)(2c-1)}$$が最小になるには、$${(2a-1)}$$と$${(2c-1)}$$で符号が異なり、一方が最小のときに他方が最大になればよいので、$${(2a-1)=-3、(2c-1)=3}$$または、${(2a-1)=3、(2c-1)=-3}$$のときなので、これを$${\displaystyle ac+bd=\frac{1}{2}(2a-1)(2c-1)+\frac{1}{2}  }$$に代入して、$${ac+bd}$$の最小値を求める。

• $${(2a-1)(2c-1)}$$が最大になるには、$${(2a-1)}$$と$${(2c-1)}$$がともに最大のときだから、$${(2a-1)=3、(2c-1)=3}$$を$${\displaystyle ac+bd=\frac{1}{2}(2a-1)(2c-1)+\frac{1}{2}  }$$に代入して、$${ac+bd}$$の最大値を求める。

【解答２】

• $${f(a,c)=(2c-1)a-c+1}$$ において$${c}$$を固定するから、$${f(a,c)}$$は$${a}$$の1次関数といえるので、$${f(a,c)}$$は$${2c-1≧0}$$のとき単調増加となって、$${a=-1)}$$で最小となり、$${a=2)}$$で最大となる。

• $${f(a,c)}$$が単調増加であるときは、$${\displaystyle 2c-1≧0 ⇔ c≧\frac{1}{2}}$$だから、$${-1≦ｃ≦2}$$と合わせて、$${\displaystyle \frac{1}{2} ≦ｃ≦2}$$。

• $${f(a,c)=(2c-1)a-c+1}$$なので、$${c}$$についても1次関数。

• $${-3c+2 ≦f(a,c)≦3c-1}$$で、$${\displaystyle \frac{1}{2} ≦ｃ≦2}$$だから、$${c=2}$$のとき$${f(a,c)}$$は最大になり最小にもなる。

【解答３】

• $${a+b=1 ⇔ b = 1-a }$$なので、$${ a= -1 }$$のとき$${b= 2}$$で、$${ a= 2}$$のとき$${b= -1}$$だから、$${\rm P}$$点は$${(-1,2)}$$と$${(2,-1)}$$を通る直線上にある。

• $${c+d=1 ⇔ d = 1-c }$$なので、$${ c= -1 }$$のとき$${d= 2}$$で、$${ c= 2}$$のとき$${d= -1}$$だから、$${\rm Q}$$点は$${(-1,2)}$$と$${(2,-1)}$$を通る直線上にある。

• ∠$${\rm AOB}$$は鈍角だから、$${\rm\overrightarrow {OA}・\overrightarrow {OB} }$$は負。内積は挟角が大きいほど小さい。

問１８

• $${y-x= x^2－y^2 =(x-y)(x+y) ⇔ 0= x-y+(x-y)(x+y)=(x-y)(1+x+y) }$$。

• $${x=y}$$のとき式④が成立しないので場合分けが必要となる。

• $${x≠y}$$であれば、$${0= (x-y)(1+x+y) }$$の両辺を$${x-y}$$で割れる。

• $${x+y=-1、xy=1-a}$$だから、$${(t-x)(t-y)=t^2-(x+y)y+xy=0}$$の$${2}$$次方程式の解と係数の関係から、$${x}$$と$${y}$$は、$${t^2+t+1-a=0}$$の解。

• $${x≠y}$$としたときの$${x}$$と$${y}$$が$${t^2+t+1-a=0}$$の解であるから、$${t^2+t+1-a=0}$$の重解は存在しないことになるので、この方程式の判別式が$${0}$$以上のときは解無しとなる。