式と証明・高次方程式

・対称式は、基本対称式で表せ！

 \(x^2+y^2-3 x y=\class{mathkuu}{\underline{(x+y)^2-5 x y}} \)

\[x^3+y^3+z^3-3xyz=\class{mathkuu}{\underline{(x+y+z)\left\{(x+y+z)^2-3(x y+y z+z x)\right\}}}\]

・同次式は、\(\dfrac{x}{y}=t\)と置換せよ！

 \(x^2-a x y+2 y^2 \geqq 0\ (y\mathrel{\bcancel{\mkern-8mu=\mkern-8mu}} 0)\) は、\(\class{mathkuu}{\underline{\left(\dfrac{x}{y}\right)^2-a\left(\dfrac{x}{y}\right)+2 \geqq 0}}\)で、

 \(\dfrac{x}{y}=t\) とおくと、\(t^2-a t+2 \geqq 0\) と1変数化！

・相反式は、\(x+\dfrac{1}{x}=t\)と置換せよ！(トマト・しんぶんし型の相反方程式など)

 \(x^4-2 x^3+3 x^2-2 x+1=0\)は、代入により\(x\mathrel{\bcancel{\mkern-8mu=\mkern-8mu}} 0\) であることがわかるので、

\(x^2-2 x+3-\dfrac{2}{x}+\dfrac{1}{x^2}=0\)と変形できる。

（係数が\(1,-2,3,-2,1\)と回文になっている＝「トマト」「しんぶんし」のように前から読んでも後ろから読んでも同じ並びになっていることに注目）

\[x+\dfrac{1}{x}=t \text { とおくと、 }\left(x^2+\dfrac{1}{x^2}=t^2-2 \text { から }\right) \quad t^2-2 t+1=0\]

 ※相反式のような逆数の和（\(\left( ○+\dfrac{1}{○}\right)\)）は相加相乗と相性がよいことも頭に入れておく。

・分数式は、割り算して(分母の次数)＞(分子の次数)にせよ！

\[\dfrac{x^2}{x-1}=\dfrac{(x-1)(x+1)+1}{x-1}=x+1+\dfrac{1}{x-1}\ と割り算して分子の次数を下げる\]

・サイクリックな式は、辺々\(\pm\)せよ！ (\(y=f(x),\ x=f(y)\)など)

 \( \begin{cases} y=x^2-x \cdots ①\\ x=y^2-y \cdots ② \end{cases} \) は、 \( \begin{cases} (x+y)=(x^2+y^2)-(x+y) \quad & \leftarrow ①+②より\\ -(x-y)=(x-y)(x+y)-(x-y) \quad & \leftarrow ①-②より \end{cases} \)

・比例式は、\(=k\)と置け！ (\(\dfrac{A}{B}=\dfrac{C}{D}=\dfrac{E}{F}\)のとき\(\dfrac{A}{B}=\dfrac{C}{D}=\dfrac{E}{F}=k\)と置く)

チェバ，メネラウスなどでもでてくる\((分数)=(分数)\)の形の式を，比と見ることも忘れない！比例定数を置くイメージで，\(=k\)と置いてみよう！

\(x,yの式で、xとyを入れかえても同じ式になるものを対称式という。\)対称式ときたら・・・



ex.) \[x^2+y^2=(x+y)^2-2xy,\quad x^3+y^3=(x+y)(x^2-xy+y^2)\ \mathrm{or}\ =(x+y)^3-3xy(x+y)\]

※3変数\(x, y, z\)の場合は、基本対称式\(x+y+z, xy+yz+zx, xyz\)で表す！

※対称式は，すべて基本対称式で表せることが知られている。

相反式ときたら・・・\(x+\dfrac{1}{x}\)のカタマリで表せ！↓ 例 \[x^2+\dfrac{1}{x^2}=\class{mathkuu}{\underline{\left( x+\dfrac{1}{x}\right)^2}}-\class{mathkuu}{\underline{2}},\ x^3+\dfrac{1}{x^3}=\class{mathkuu}{\underline{\left( x+\dfrac{1}{x}\right)^3}}-\class{mathkuu}{\underline{3\cdot \cancel{x}\cdot \cancel{\dfrac{1}{x}}\left( x+\dfrac{1}{x}\right)}}\]

また、\(x^{\frac{1}{2}}+x^{-{\frac{1}{2}}}\)や\(x^{\frac{1}{2}}-x^{-{\frac{1}{2}}}\)は、2乗すると、\(x+x^{-1}+2\)や\(x+x^{-1}-2\)となるのもよく使う。

相反式\(\left( ○+\dfrac{1}{○}\right)\)は相加相乗と相性がよい！

\(a>0\), \(b>0\)のとき、 \[\class{mathkuu}{\underline{a+b\geqq 2\sqrt{ab}}}\] \[等号成立は\class{mathkuu}{\underline{a=b}}のとき\]

\[\begin{aligned} (a+b)^2&=\class{mathkuu}{\underline{a^2+2 a b+b^2}}\\ (a-b)^2&=\class{mathkuu}{\underline{a^2-2 a b+b^2}}\\ (a+b)(a-b)&=\class{mathkuu}{\underline{a^2-b^2}}\\ (x + a)(x + b) &= \class{mathkuu}{\underline{x^2 + (a + b)x + ab}}\\ (ax + b)(cx + d) &= \class{mathkuu}{\underline{acx^2 + (ad + bc)x + bd}}\\ (a+b+c)^2&=\class{mathkuu}{\underline{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}}\\ (a+b)^3&=\class{mathkuu}{\underline{a^3+3 a^2 b+3 a b^2+b^3}}\\ (a-b)^3&=\class{mathkuu}{\underline{a^3-3 a^2 b+3 a b^2-b^3}}\\ (a+b)\left(a^2-a b+b^2\right)&=\class{mathkuu}{\underline{a^3+b^3}}\\ (a-b)\left(a^2+a b+b^2\right)&=\class{mathkuu}{\underline{a^3-b^3}}\\ \end{aligned}\]

\[\begin{aligned} a^2+2 a b+b^2&=\class{mathkuu}{\underline{(a+b)^2}}\\ a^2-2 a b+b^2&=\class{mathkuu}{\underline{(a-b)^2}}\\ a^2-b^2&=\class{mathkuu}{\underline{(a+b)(a-b)}}\\ x^2+(a+b) x+ab&=\class{mathkuu}{\underline{(x+a)(x+b)}}\\ acx^2 + (ad + bc)x + bd&=\class{mathkuu}{\underline{(ax + b)(cx + d)}}\quad (たすき掛け) \\ a^3+b^3&=\class{mathkuu}{\underline{(a+b)\left(a^2-a b+b^2\right)}}\\ a^3-b^3&=\class{mathkuu}{\underline{(a-b)\left(a^2+a b+b^2\right)}}\\ 【発展】　　　x^3+y^3+z^3-3xyz&=\class{mathkuu}{\underline{(x+y+z)(\color{blue}{x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx})}}\\ \color{blue}{x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx}&=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{1}{2} \left \{ (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2 \right \}}}\\ \end{aligned}\]

STEP.1 共通因数でくくる
STEP.2 似た形は置き換える
STEP.3 最低次数の文字で整理するor登場回数の少ない文字
ex.)
\[x^2+xy+x+2y-2=\class{mathkuu}{\underline{(x+2)(x-1)+y(x+2)}}=\class{mathkuu}{\underline{(x+2)(x+y-1)}}\]（\(y\)の次数が最低・登場回数も最少）
他にも、2乗の差が作れないかなど確認する。（複2次式）
ex.)
\[x^4+x^2+1=\class{mathkuu}{\underline{(x^2+1)^2-x^2}}=\class{mathkuu}{\underline{(x^2+x+1)(x^2-x+1)}}\]

\[ (a+b)^n=\class{mathkuu}{\underline{{ }_n \mathrm{C}_0 a^n+{ }_n \mathrm{C}_1 a^{n-1} b+{ }_n \mathrm{C}_2 a^{n-2} b^2+\cdots \cdots+\color{red}{{ }_n \mathrm{C}_r a^{n-r} b^r}+\cdots \cdots+{ }_n \mathrm{C}_n b^n}} \] において, \(a=1, b=x\) とすると， \[ (1+x)^n={ }_n \mathrm{C}_0+{ }_n \mathrm{C}_1 x+{ }_n \mathrm{C}_2 x^2+\cdots \cdots+{ }_n \mathrm{C}_n x^n \] この等式に \(x=1\) を代入すると， \[ 2^n=\class{mathkuu}{\underline{{ }_n \mathrm{C}_0+{ }_n \mathrm{C}_1+{ }_n \mathrm{C}_2+\cdots \cdots+{ }_n \mathrm{C}_n}} \] ※二項定理は、\(n\)個の掛け算のうちどの項を何個選ぶかの組み合わせの話と認識しよう

\((a+b+c)^n\) の展開式における \(a^p b^q c^r\) の項は、 \[ \class{mathkuu}{\underline{\dfrac{n !}{p ! q ! r !} a^p b^q c^r}}\quad \text { ただし } p+q+r=n \] ※二項定理同様、\(n\)個の掛け算のうちどの項を何個選ぶかの組み合わせと理解しよう

恒等式(すべての\(x\)で成り立つ式）ときたら\(\cdots\)

1. 係数比較法
2. 数値代入法（必要条件で絞る解き方のため、逆の確認が必要）

「方程式がすべての\(k\)について成り立つ」, 「\(k\)の値によらず通る点」ときたら・・・
→\(k\)について整理！
→\((kの係数)=0\), \((それ以外)=0\)

教科書にある例題で，「等式 \(\dfrac{3x - 5}{(2x - 1)(x + 3)} = \dfrac{a}{2x - 1} + \dfrac{b}{x + 3}\) が \(x\) についての恒等式となるように，定数 \(a, b\) の値を定めよ。」という問題がある。これに対し，「与えられた等式が \(x\) についての恒等式ならば，その両辺に \((2x - 1)(x + 3)\) を掛けて得られる等式\(3x - 5 = a(x + 3) + b(2x - 1)\)も \(x\) についての恒等式である。」という記述で解答が始まるのだが，高校1年生のときにこの記述がずっと納得できなかった。解答の主張はすなわち，最初は定義域になかった\(x=-3,\ \dfrac{1}{2}\)を分母をはらったあとの式に代入してもよいということであるが，これは下の代数学の基本定理と呼ばれる定理の一部で説明ができる。

「\(n\)次の多項式を0にする値を\(n+1\)個見つけたら，その多項式は恒等的に0。」これを利用すると，分母をはらったあとの多項式は，少なくとも\(x=-3,\ \dfrac{1}{2}\)以外のすべての実数では恒等的に成り立つ事から，\(x=-3,\ \dfrac{1}{2}\)を代入しても成り立つといえる。これは多項式の連続性にも関連している。

\(a,b,c\)：実数のとき

1. \(ab>0\)：\(\class{mathkuu}{\underline{a>0かつb>0}}\) または \(\class{mathkuu}{\underline{a<0かつb<0}}\)
   →「\(a\)と\(b\)は同符号」！
2. \(ab=0\)：\(\class{mathkuu}{\underline{a=0またはb=0}}\)
   →「少なくとも一方が0(両方0も可)」！
3. \(ab \mathrel{\bcancel{\mkern-8mu=\mkern-8mu}} 0\)：\(\class{mathkuu}{\underline{a \mathrel{\bcancel{\mkern-8mu=\mkern-8mu}} 0かつb \mathrel{\bcancel{\mkern-8mu=\mkern-8mu}} 0}}\)
   →「0は無い」！
4. \(a^2+b^2=0\)：\(\class{mathkuu}{\underline{a=b=0}}\)
   →「両方0確定」！（\(\because\)有名不等式：\((実数)^2 \geqq 0\)）
5. \(abc=0\)：\(\class{mathkuu}{\underline{a=0またはb=0またはc=0}}\)
   →「少なくとも1つが0」！
6. \(abc \mathrel{\bcancel{\mkern-8mu=\mkern-8mu}} 0\)：\(\class{mathkuu}{\underline{a \mathrel{\bcancel{\mkern-8mu=\mkern-8mu}} 0かつb \mathrel{\bcancel{\mkern-8mu=\mkern-8mu}} 0かつc \mathrel{\bcancel{\mkern-8mu=\mkern-8mu}} 0}}\)
   →「0は無い」！
7. \(a^2+b^2+c^2=0\)：\(\class{mathkuu}{\underline{a=b=c=0}}\)
   →「全部0確定」！（\(\because\)有名不等式：\((実数)^2 \geqq 0\)）

【応用編】

1. \((a-〇)(b-〇)(c-〇)=0 \iff \class{mathkuu}{\underline{a,b,cのうち少なくとも1つが〇}}\)
2. \((a-〇)^2+(b-〇)^2+(c-〇)^2=0 \iff \class{mathkuu}{\underline{a,b,cすべてが〇}}\)

等式\(\mathrm{A}=\mathrm{B}\)の証明ときたら・・・原則，3通り！

1. \(\mathrm{A}-\mathrm{B}=0\)を示す。
2. A(複雑な方)を変形してBに。
3. AをCに，BをCに，と別の同じ式Cに変形

等式\(大\geqq 小\)の証明ときたら・・・

→原則：\(大-小\geqq 0\)を示す！

方針立てのテクニックは・・・



1. やっぱりまずは因数分解を考える。(積の形を作る)
2. 2乗の和を作る。（平方完成）(\((実数)^2\geqq 0\)利用)
3. 関数と見て、最小値\(\geqq 0\)を示す
   
   (その際グラフは比べやすいグラフで比べる)
4. 有名不等式利用(\((実数)^2\geqq 0\)，相加相乗、コーシー・シュワルツ、三角不等式 etc...)
   ※他にも，整数や数列など自然数\(n\)に関する不等式では代入して実験，帰納法なども。

(i)の例）因数分解を考える

(ii)の例）2乗の和を作る（平方完成）

(iii)の例）関数と見て，最小値\(\geqq 0\)を示す

(iv)の例）有名不等式利用（相加相乗平均など）

\(a, b, c, d\) は実数とする。 \[ a+b i=c+d i \iff \class{mathkuu}{\underline{a=c かつ b=d}} \] \[特に、a+b i=0 \iff \class{mathkuu}{\underline{a=0 かつ b=0}}\]

\[※\sqrt{-3} \times \sqrt{-5}=\sqrt{(-3)(-5)}=\sqrt{15}は間違い。(詳しくは指数対数の章)\] \[正しくは、\: \sqrt{-3} \times \sqrt{-5}=\sqrt{3}i \times \sqrt{5}i=-\sqrt{15}\] \[\color{red}{\sqrt{-1}の形を見たらすぐに i \: に直そう！}\]

2 次方程式 \(a x^2+b x+c=0\) がどんな解をもつ？

⇒判別式 \(D=b^2-4ac\) について、次のことが成り立つ。 \[ \begin{aligned} & D>0 \iff \text { 異なる } 2 \text { つの実数解をもつ } \\ & D=0 \iff \text { 重解をもつ } \\ & D<0 \iff \class{mathkuu}{\underline{2つの共役な虚数解をもつ}} \end{aligned} \]

実数係数の2次方程式が虚数解\(p+qi\)をもつとき、その共役な複素数\(p-qi\)も
2次方程式の解である。

※同様に実数係数であれば，このことは2次方程式だけでなく一般の\(n\)次方程式で成り立つ。

\(2次方程式 ax^2+bx+c=0 の2つの解を \alpha, \beta とすると、\) \[\alpha +\beta =\class{mathkuu}{\underline{-\dfrac{b}{a}}}, \quad \alpha \beta =\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{c}{a}}}\] \(3次方程式 ax^3+bx^2+cx+d=0 の解を \alpha, \beta, \gamma とすると、\) \[\alpha +\beta +\gamma =\class{mathkuu}{\underline{-\dfrac{b}{a}}}, \quad \alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{c}{a}}}, \quad \alpha \beta \gamma =\class{mathkuu}{\underline{-\dfrac{d}{a}}}\]

\(整式P(x)を整式f(x)で割ったときの商がQ(x)で余りがr(x)ならば，\) \[P(x)=\class{mathkuu}{\underline{f(x)Q(x)+r(x)}}\qquad ただし，(f(x)の次数)\class{mathkuu}{>}(r(x)の次数)\]

・整式 \(P(x)\)を\(x - \alpha\)で割ったときの余りは，\(\class{mathkuu}{\underline{P(\alpha)}}\)に等しい。

・\(P(x)\)を\(ax + b\)で割ったときの余りは，\(\class{mathkuu}{\underline{P\left( -\dfrac{b}{a} \right)}}\)に等しい。

・整式 \(P(x)\) が \(x - \alpha\) を因数にもつ \(\Longleftrightarrow P(\class{mathkuu}{\underline{\alpha}}) = \class{mathkuu}{\underline{0}}\)

・\(P(x)\) が \(ax + b\) を因数にもつ \(\Longleftrightarrow P\left( \class{mathkuu}{\underline{-\dfrac{b}{a}}} \right) = \class{mathkuu}{\underline{0}}\)

重解もつ場合は条件足りない→与式から\((x-○)\)を無理やり作り，\((x-○)\)を除いた恒等式を考えるなど工夫せよ！

もしくは，微分法を利用せよ！（多項式の恒等式を微分したものも恒等式）

条件足りないので，\((x-○)^2(x-△)\)で割った余りの2次式をさらに\((x-○)^2\)で割ってみる！

1. 3乗して \(a\) となる数，つまり \(x^3 = a\) の解を \(a\) の3乗根という．

2. \(a\)が0でない実数のとき\(a\)の3乗根は3個で\(\class{mathkuu}{\underline{1}}\)つが実数，\(\class{mathkuu}{\underline{2}}\)つが虚数。(実数は\(\sqrt[3]{a})\)

3. \(\class{mathkuu}{\underline{1}}\)の3乗根のうち，虚数であるものの1つを \(\omega\) とすると，1の3乗根は \(1, \omega, \class{mathkuu}{\underline{\omega^2}}\) で，

\[ \class{mathkuu}{\underline{\omega^3}} = \class{mathkuu}{\underline{1}}, \quad \class{mathkuu}{\underline{\omega^2 + \omega + 1}} = \class{mathkuu}{\underline{0}},\quad \class{mathkuu}{\underline{\omega ^2}}=\ \class{mathkuu}{\underline{\overline{\omega}}}\quad を満たす。 \]

\(整式P(x)を整式f(x)=x^2+x+1で割った余りときたら・・・\) \[P(x)=(x^2+x+1)Q(x)+ax+bと，\ \class{mathkuu}{\underline{\omega ^3=1}},\ \class{mathkuu}{\underline{\omega ^2+\omega +1 =0}}などを利用せよ！\]

\(x=\sqrt{a}+b\)を次数の高い式に代入するのはメンドー・・・

→\[元の式を「x-b=\sqrt{a}の両辺2乗して得られるx^2-2bx+(b^2-a)=0の左辺」で割った式に代入せよ！\]

⇒まずは\(0\)や\(\pm 1\)を入れてみる

⇒ダメなら、\(\pm \dfrac{定数項の約数}{最高次の係数の約数}\)