式と証明・高次方程式

式変形で手が止まったら，次の3つを思い出す。 対称式 \(x,\ y\)を入れかえても変わらない式　→　基本対称式\(x+y,\ xy\)で表せ！ \[x^2+y^2=\class{mathkuu}{\underline{(x+y)^2-2xy}},\qquad x^3+y^3=\class{mathkuu}{\underline{(x+y)^3-3xy(x+y)}}\] 3文字なら基本対称式は\(x+y+z,\ xy+yz+zx,\ xyz\)。 \[\begin{aligned} x^3+y^3+z^3-3xyz&=\class{mathkuu}{\underline{(x+y+z)}}\\ &\quad \times\class{mathkuu}{\underline{(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)}} \end{aligned}\] 同次式 各項の次数がそろっている式　→　\(\dfrac{x}{y}=t\)とおいて1文字に！

ex.) \(y\mathrel{\bcancel{\mkern-8mu=\mkern-8mu}} 0\)のとき，\(2x^2-5xy+2y^2>0\) の両辺を\(y^2\)で割ると \[2\left(\dfrac{x}{y}\right)^2-5\left(\dfrac{x}{y}\right)+2>0\ \Longrightarrow\ \class{mathkuu}{\underline{2t^2-5t+2>0}}\] 相反式 係数が回文（トマト・しんぶんし型）　→　\(x+\dfrac{1}{x}=t\)とおけ！

ex.) \(x^4-5x^3+8x^2-5x+1=0\)　（\(x=0\)は解でないので）両辺を\(x^2\)で割ると \[\left(x^2+\dfrac{1}{x^2}\right)-5\left(x+\dfrac{1}{x}\right)+8=0\] \(x+\dfrac{1}{x}=t\) とおくと \(x^2+\dfrac{1}{x^2}=t^2-2\) だから，\(\class{mathkuu}{\underline{t^2-5t+6=0}}\)

※逆数の和 \(\left( ○+\dfrac{1}{○}\right)\) は相加相乗とも相性がよい（Point1.1.4）。実際に使う場面はPoint1.4.3の(iv)で。

分数式 →　割り算して(分子の次数)\(<\)(分母の次数)の形にせよ！ \[\dfrac{x^2+1}{x-1}=\dfrac{(x-1)(x+1)+2}{x-1}=\class{mathkuu}{\underline{x+1+\dfrac{2}{x-1}}}\] サイクリックな式 \(x\)と\(y\)を入れかえるともう一方の式になる　→　辺々\(\pm\)せよ！

ex.) \(\begin{cases} y=x^2-2x\ \cdots①\\ x=y^2-2y\ \cdots②\end{cases}\) について，\(①-②\) より \[y-x=(x^2-y^2)-2(x-y)\ \Longrightarrow\ \class{mathkuu}{\underline{(x-y)(x+y-1)=0}}\] 比例式 →　\(=k\)とおけ！

\(\dfrac{A}{B}=\dfrac{C}{D}=\dfrac{E}{F}=k\) とおけば \(A=kB,\ C=kD,\ E=kF\) となり，分数が消えて扱いやすくなる。

※チェバ・メネラウスなどで出てくる\((分数)=(分数)\)も，「比」とみる感覚を持とう！

\(x,\ y\)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.) \[\begin{aligned} x^2+y^2&=(x+y)^2-2xy\\ x^3+y^3&=(x+y)(x^2-xy+y^2)\\ &=(x+y)^3-3xy(x+y) \end{aligned}\] ※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・・・\(x+\dfrac{1}{x}\)のかたまりで表せ！↓ 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

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

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

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.)
\[x^4+x^2+1=\class{mathkuu}{\underline{(x^2+1)^2-x^2}}=\class{mathkuu}{\underline{(x^2+x+1)(x^2-x+1)}}\]

\[\begin{aligned} (a+b)^n=&\class{mathkuu}{\underline{{ }_n \mathrm{C}_0 a^n+{ }_n \mathrm{C}_1 a^{n-1} b}}\\ &\class{mathkuu}{\underline{+{ }_n \mathrm{C}_2 a^{n-2} b^2+\cdots\cdots}}\\ &\class{mathkuu}{\underline{+{\color{red}{{ }_n \mathrm{C}_r a^{n-r} b^r}}+\cdots\cdots+{ }_n \mathrm{C}_n b^n}} \end{aligned}\] 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。

\(a,\ b,\ c\)は実数とする。数式を見たら，その場で日本語に言いかえるクセをつけよう。

\(ab=0\) \(\iff\) \(a=0\) または \(b=0\) → 「少なくとも一方が\(0\)」（両方\(0\)も可）

\(abc=0\) \(\iff\) \(a=0\) または \(b=0\) または \(c=0\) → 「少なくとも1つが\(0\)」

\(ab\mathrel{\bcancel{\mkern-8mu=\mkern-8mu}} 0\) \(\iff\) \(a\mathrel{\bcancel{\mkern-8mu=\mkern-8mu}} 0\) かつ \(b\mathrel{\bcancel{\mkern-8mu=\mkern-8mu}} 0\) → 「\(0\)は無い」

\(abc\mathrel{\bcancel{\mkern-8mu=\mkern-8mu}} 0\) \(\iff\) \(a,\ b,\ c\) のどれも \(0\)でない → 「\(0\)は無い」

\(ab>0\) \(\iff\) \(a>0\)かつ\(b>0\) または \(a<0\)かつ\(b<0\) → 「\(a\)と\(b\)は同符号」

【2乗の和が\(0\)】

\(a^2+b^2=0\) \(\iff\) \(a=b=0\) → 「両方\(0\)で確定」

\(a^2+b^2+c^2=0\) \(\iff\) \(a=b=c=0\) → 「全部\(0\)で確定」

（\(\because\) 有名不等式 \((実数)^2\geqq 0\)。\(0\)以上のものを足して\(0\)になるのは，全部\(0\)のときだけ）

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. 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。 \[ a+b i=c+d i \iff \class{mathkuu}{\underline{a=c かつ b=d}} \] \[特に、a+b i=0 \iff \class{mathkuu}{\underline{a=0 かつ b=0}}\]

\(a > 0\) のとき，\(-a\) の平方根は \[\class{mathkuu}{\underline{\pm\sqrt{-a}}} \quad すなわち \quad \class{mathkuu}{\underline{\pm\sqrt{a}\,i}}\] ※特に，\(-1\) の平方根は \(\pm i\)。

※\(\sqrt{-3} \times \sqrt{-5}=\sqrt{(-3)(-5)}=\sqrt{15}\)は間違い。(詳しくは指数対数の章\()\) 正しくは、 \(\sqrt{-3} \times \sqrt{-5}=\sqrt{3}i \times \sqrt{5}i=-\sqrt{15}\)

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。 \[ \begin{aligned} & D>0 \iff \text { 異なる } 2 \text { つの実数解をもつ } \\ & D=0 \iff \text { 重解をもつ } \\ & D<0 \iff \class{mathkuu}{\underline{2つの共役な虚数解をもつ}} \end{aligned} \]

複素数 \(\alpha = a+bi\)（\(a,\ b\)は実数）に対して，\(\class{mathkuu}{\underline{a - bi}}\) を \(\alpha\) と共役な複素数といい，\(\overline{\alpha}\) で表す。 互いに共役な複素数 \(\alpha = a+bi\)，\(\overline{\alpha} = a-bi\) の和と積は， \[\alpha + \overline{\alpha} = \class{mathkuu}{\underline{2a}}, \qquad \alpha\,\overline{\alpha} = \class{mathkuu}{\underline{a^2+b^2}}\] となり，ともに実数（実数or複素数）である。 複素数の四則計算の結果は，次のようになる。

1. 加法 \[(a+bi)+(c+di) = \class{mathkuu}{\underline{(a+c)+(b+d)i}}\]
2. 減法 \[(a+bi)-(c+di) = \class{mathkuu}{\underline{(a-c)+(b-d)i}}\]
3. 乗法 \[(a+bi)(c+di) = \class{mathkuu}{\underline{(ac-bd)+(ad+bc)i}}\]
4. 除法 \[\dfrac{a+bi}{c+di} = \dfrac{ac+bd}{c^2+d^2} + \dfrac{bc-ad}{c^2+d^2}i\]

すなわち，2つの複素数の和・差・積・商はまた複素数になる。また，\(\alpha,\ \beta\) を複素数とすると， \[\alpha\beta = 0 \iff \class{mathkuu}{\underline{\alpha = 0\ または\ \beta = 0}}\] ※（補足）\(\overline{\alpha+\beta} = \overline{\alpha}+\overline{\beta}\)，\(\overline{\alpha\beta} = \overline{\alpha}\,\overline{\beta}\) のように，バーはバラバラにできる。差や商でも同じ。

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。

\(n\)次方程式は，複素数の範囲で，重解を重複して数えれば\(n\)個の解をもつ。

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， \[\alpha +\beta +\gamma =\class{mathkuu}{\underline{-\dfrac{b}{a}}}, \quad \alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha=\class{mathkuu}{\underline{\dfrac{c}{a}}}, \quad \alpha \beta \gamma =\class{mathkuu}{\underline{-\dfrac{d}{a}}}\]

2数 \(\alpha,\ \beta\) に対して，\(p = \alpha+\beta\)，\(q = \alpha\beta\) とすると，\(\alpha\) と \(\beta\) を解とする2次方程式の1つは \[\class{mathkuu}{\underline{x^2 - px + q = 0}}\]

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

\(x - \alpha\)（1次式）で割るときに使える筆算のようなもの。 \(P(x) = 2x^3 - 3x^2 + 4\) を \(x - 2\) で割る場合（欠けている次数は \(0\) を必ず書く）： \[ \begin{array}{r|rrrr} 2 & 2 & -3 & 0 & 4 \\ & & 4 & 2 & 4 \\ \hline & 2 & 1 & 2 & {\color{red}{8}} \end{array} \]

1. 係数を次数の高い順に並べる（欠けた次数は \(0\)）。左に \(\alpha\) を書く。
2. 先頭の係数をそのまま下ろす。
3. 「下ろした数 \(\times \alpha\)」を次の縦列の上に書き，たす。これを繰り返す。
4. 最後の1つが余り，残りが商の係数。

上の例なら，商 \(\class{mathkuu}{\underline{2x^2 + x + 2}}\)，余り \(\class{mathkuu}{\underline{8}}\)。

・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 \(\Longleftrightarrow P\left( \class{mathkuu}{\underline{-\dfrac{b}{a}}} \right) = \class{mathkuu}{\underline{0}}\)

余りの問題は，「余りの未知数の個数」と「代入できる\(x\)の個数」が合うかどうかが全て。

\(x-a\)で割る 余りは定数（未知数1個）／代入できるのは\(x=a\)の1個　→　足りる

\((x-a)(x-b)\)で割る 余りは1次式（未知数2個）／代入できるのは\(x=a,\ b\)の2個　→　足りる

\((x-a)^2\)で割る 余りは1次式（未知数2個）／代入できるのは\(x=a\)の1個だけ　→　1個足りない！

※割る式に同じ因数が2回出てくると，必ず条件が1個足りなくなる。\((x-○)^2(x-△)\)型も同じ構造(Point1.5.15)。

足りない1個を埋める手は，次の2つ。

1. \((x-a)\)をひねり出す（与式・余りの式のどちらからでもよい）
2. 微分する。多項式の恒等式は微分しても恒等式

\((x-○)^2(x-△)\)型(Point1.5.15)も，結局は(1)を余りの式に対して使う。

\((x-○)^2(x-△)\)で割った余りときたら・・・余りの2次式から，条件の強い\((x-○)^2\)の方をひねり出せ！

※これも余りの未知数3個に対し，代入できるのは\(x=○,\ △\)の2個で1個足りない型(Point1.5.14)。埋め方も同じで，余りの2次式から\((x-○)^2\)をひねり出す。

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

\(x^2+x+1=0\) の虚数解の1つを \(\omega\) とする。これは\(1\)の虚数の3乗根であり(Point1.5.16)， \[\class{mathkuu}{\underline{\omega ^3=1}},\qquad \class{mathkuu}{\underline{\omega ^2+\omega +1 =0}}\] を満たす。整式\(P(x)\)を\(x^2+x+1\)で割った余りときたら・・・

→\(P(x)=(x^2+x+1)Q(x)+ax+b\) とおいて，\(x=\omega\)を代入せよ！（\(\omega\)は\(x^2+x+1=0\)の解なので第1項が消える）

\(x=\sqrt{a}+b\) を次数の高い式に代入するのは面倒\(\cdots\)

→まず \(x-b=\sqrt{a}\) の両辺を2乗して，\(\sqrt{\ }\)の消えた2次式を作る。 \[x^2-2bx+(b^2-a)=\class{mathkuu}{\underline{0}}\] →元の式をこの2次式で割り，余りに代入せよ！（商の部分は\(0\)倍になって消える）

⇒まずは\(0\)や\(\pm 1\)を入れてみる

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