第1巻
数と式と証明
イズミの数学
http://izu-mix.com/math/
3
イズミの数学テキストとは
本シリーズについて
「高校や大学の垣根を無くし、その時点で学習できる範囲をしっかり身に付けてもらお
う」というのが本シリーズの目標です。
高校で学ぶ微積分のすぐあとに微分方程式・テイラー展開・ロピタルの定理などの面白
い世界があるにもかかわらず、高校で学習しないのはもったいないことです。数学 C で
学ぶ 1 次変換は、大学の線型代数のかなり難しい内容へ踏み入る準備です。高校の範囲で
も、方程式・不等式の理論が数 I と数 II にまたがっています。そこで、本書ではこのよう
なことが起こらないよう、各分野について高校数学の基礎から大学の教養で学習する内容
まで順序立てて紹介しました。
数学に自信のない方は「この巻で学習する内容」を参考に、必要な範囲を勉強して下さ
い。そこまで理解できた方、数学に自信のある方は、各巻を順番に読み進めて下さい。な
お、それ以前の巻で学習していない内容や、高度な話題が登場するときには本文中にもそ
の旨を記載していますので、それを参考にして下さい。
本シリーズは、問題を解くことを重視する網羅系参考書とは違い、あくまで数学を理解
することに重点をおいて編集しています。重要な演習問題は多数含みましたが、受験には
足りないですから、必要な方は問題集などで訓練を積んでください。
本書をマスターすることで、大学教養レベルの基本までを学習することができるでしょ
う。本書を学んだあとで各分野の専門書に進んでいっていただきたいと思います。
読者の皆様へのお願い
単純なケアレスミス（打ち間違い、計算ミス etc.）、数学的に大きく間違っている点な
どを発見したら、報告をお願いします。また初学者からの「ここが分かりにくい」という
意見や、内容を熟知されている方からの「このような例題は是非入れた方がよい」「この
概念はここで教えるべきだ」といった助言も大歓迎です。報告は、
http://izu-mix.com/math/
内にある「ミス報告・ご意見ご感想」からメッセージを送って下さい。納得がいく分かり
やすいテキストになるまで何度も改訂版を発行していく予定です。
4
第 1 巻で学習する内容
この巻では、数学の基礎である計算と論理・命題、集合論、整数論について、高校数学
で理解できる範囲を学習します。高校の単元に対応させると、数学 I の「方程式と不等
式」、数学 A の「集合と論理」
、数学 II の「式と証明」
、
「複素数と方程式」の範囲となり、
多くの分野にまたがっていることが分かります。
しかし、特に数学 I・II の内容は非常に強いつながりをもっており、これらを分けて学
習しては効果は半減でしょう。そこで本書ではこれらをまとめて学習するように編集しま
した。
なお第 1 巻は、初めの巻にもかかわらず難しい内容（高校では学習しない内容など）も
∗1
いくつか含まれています。また、他の巻の知識が必要となる内容も書いてあります。
そ
こで初読に限らず、高校生のうちは難しいと感じた部分は飛ばして、必要な部分から学習
するようにしていただきたい。
なお、大学入試には出題されないであろう例題・練習問題∗2 については＃マークを付
けた。
第1章
式の展開と因数分解の計算、中学から高校で学ぶ式の変形など計算
の基礎を学習する。1.1∼1.8.1 は中学∼数学 I・II で学習、1.8.2、
1.8.3 は数学 III。
第2章
2 次方程式の解法を様々な角度から学ぶ。数学 I・II で学習する内
容。
第3章
高次方程式について学ぶ。3.1∼3.2 は数学 II で学ぶ内容で必ず
知っておかなければならないが、それ以外は高校範囲を超える。
第4章
さまざまな方程式・不等式の解法と注意点の紹介。すべて高校範囲
内。
第5章
数学 II で学習する式と証明の範囲を学習する。すべて高校範囲内。
第6章
数学 A で学習する集合、命題などの範囲を簡単に紹介する。すべ
て高校範囲内。
第7章
高校数学ではあまり学習しない整数問題などを扱う。7.2 はやや難
しいが、7.2.2、7.3.4 以外は大学入試で出題される範囲であるから
一読してもらいたい。
∗1
ただし、そのような場合は本文中にその旨が記してあるので、未学習なら飛ばして読んでも一向に構わな
い。
∗2 基準としては、高校で習わない高度な知識が必要な問題であり、誘導があればこの限りではない。
5
目次
第1章
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
第2章
9
計算と式の扱い
数と式の基礎 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
1.1.1
数の分類 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
1.1.2
式に関する用語 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
式の変形（展開と因数分解、平方完成） . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16
1.2.1
式の展開 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16
1.2.2
因数分解 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20
1.2.3
平方完成 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
絶対値と平方根 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
1.3.1
絶対値 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
1.3.2
平方根とその有理化 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
1.3.3
2 重根号 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
40
高次式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
42
1.4.1
式の割り算 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
42
1.4.2
剰余の定理、因数定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
50
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
55
1.5.1
指数の拡張 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
55
1.5.2
累乗根 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
57
対称式と交代式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
60
指数法則と累乗根
1.6.1
対称式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
60
1.6.2
交代式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
67
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
70
1.7.1
複素数とその計算 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
70
1.7.2
複素平面上に複素数を表す . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
75
1.7.3
極形式とド・モアブルの定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
78
複素数と複素平面
1 次方程式と 2 次方程式
89
2.1
方程式と 1 次方程式の解法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
90
2.2
2 次方程式の解法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
93
2.2.1
因数分解による解法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
93
6
目次
2.3
2.4
第3章
3.1
3.2
3.3
3.4
第4章
4.1
4.2
4.3
第5章
5.1
2.2.2
解の公式による解法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
94
2.2.3
2 次方程式の解と 2 次式の因数分解 . . . . . . . . . . . . . . . . .
98
2.2.4
2 次方程式の判別式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
解と係数の関係 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
2.3.1
2 次方程式の場合 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
2.3.2
3 次方程式の場合 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
その他の方程式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
2.4.1
連立方程式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
2.4.2
文字の入った方程式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
高次方程式
117
高次方程式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
3.1.1
因数分解して解く . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
3.1.2
相反方程式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
1 の n 乗根 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
3.2.1
1 の 3 乗根 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
3.2.2
1 の 5 乗根 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
高次方程式の代数的な解法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
3.3.1
代数学の基本定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
3.3.2
3 次方程式の解の公式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
3.3.3
4 次方程式の解の公式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
一般の判別式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
3.4.1
3 次方程式の判別式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
3.4.2
判別式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
不等式とその他の方程式、不等式
147
不等式の解法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148
4.1.1
不等式の式変形と 1 次不等式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148
4.1.2
2 次不等式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149
4.1.3
高次の不等式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157
連立不等式と分数不等式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
4.2.1
連立不等式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
4.2.2
分数不等式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164
絶対値、平方根を含む方程式、不等式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167
4.3.1
絶対値を含む方程式、不等式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167
4.3.2
平方根を含む方程式、不等式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169
恒等式と等式・不等式の証明
171
恒等式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172
7
目次
5.2
5.3
第6章
6.1
6.2
6.3
第7章
7.1
7.2
式の証明と式の値
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176
5.2.1
等式の証明 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176
5.2.2
式の値 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
5.2.3
不等式の証明 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181
絶対不等式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
5.3.1
相加相乗の不等式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
5.3.2
相加相乗の不等式の証明
5.3.3
コーシー・シュワルツの不等式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193
5.3.4
絶対不等式の注意点 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188
201
集合と命題、条件
集合 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202
6.1.1
集合の基礎 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202
6.1.2
直積 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212
命題とその真偽 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213
6.2.1
命題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213
6.2.2
否定 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218
6.2.3
必要条件と十分条件 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222
6.2.4
命題とその逆・裏・対偶
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225
対偶法と背理法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226
6.3.1
対偶法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226
6.3.2
背理法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227
229
整数問題と論証問題
整数問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230
7.1.1
不定方程式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230
7.1.2
整数論の基本定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237
7.1.3
ユークリッドの互除法と連分数展開
. . . . . . . . . . . . . . . . 239
合同式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244
7.2.1
合同式の基本とその利用
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244
7.2.2
合同方程式と中国剰余定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247
7.3
ピタゴラス数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256
7.4
整数、素数に関する知識 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261
7.4.1
整数と素数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261
7.4.2
倍数、公倍数、公約数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267
7.4.3
k 進法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270
7.4.4
素数にまつわる話題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273
7.5
論証問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279
7.6
演算と構造 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286
8
目次
第8章
7.6.1
演算 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286
7.6.2
群・環・体 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 290
第 1 巻のまとめ・問題演習
295
8.1
第 1 巻はどこに続くか . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295
8.2
第 1 巻の問題演習 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 296
8.3
第 1 巻の問題演習・解答編 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299
9
第1章
計算と式の扱い
数学を、特に高校数学や受験数学をマスターするためには、まずは計算できることが必
要である。これには小学校、中学校の膨大な計算練習がものをいう。まずは正確にできる
ように、正確にできるようになったら今度はスピードアップを目指したい。
この章では、その基本となる計算技術を紹介する。展開や因数分解はもちろんのこと、
平方根、絶対値の計算や複素数の扱いをマスターしてもらいたい。
この章の内容は、主に中学から数学 I・数学 II の内容である。ただし、第 1.8 章で学ぶ
複素平面の話は次の新課程の数学 III の範囲である。
10
第 1 章 計算と式の扱い
1.1 数と式の基礎
1.1.1 数の分類
展開や因数分解を学習する前に、まずは用語の確認から始めよう。
普段から「整数」だとか「小数」「分数」、その他にも「自然数」や「実数」、「無理数」
と、様々な「数」を学習してきているだろう。
それらがどのような数を表すのかを、ここで一度まとめておこう。
まずは整数であるが、これは小数のない数と考えればよい。例えば、3, 7, 12000 のよう
な数や、0, −2, −9 のように 0 や負の数も含まれる。
また、正の整数、すなわち 1, 2, 3, · · · といった数のことを自然数という。0 は含まない
ことに注意しよう。∗1
簡単にこのように紹介したが、自然数というものが、数の原点にあるといってもよい。
自然数はペアノ∗2 によって初めてきちんと定義された。これについては付録で紹介する
ので、興味のある方は読んでいただきたい。
次に紹介するのは「小数がある数」であるが、これは少しややこしい。小数には 2 種
類、細かく分けると 3 種類あるのである。
まずは有限小数と呼ばれるものである。これは、たとえば 3.5 だとか 0.91 のように、有
限の桁で完結する小数である。
一方で、有限ではない、無限小数と呼ばれるものがある。たとえば
1
という数は、実際
7
に計算すると、
1
˙
= 0.1428571428571 · · · = 0.14285
7˙
7
となり、無限に小数が続く数となる。このような数は、最右辺のように繰り返す最初と最
後の数の上に点を打つことで、その間の数が繰り返されることを表す。もう少し例を挙げ
ると、
˙
0.121212 · · · = 0.1˙ 2,
0.333 · · · = 0.3˙
のように表す。
一般に、分数を小数に直すときは、割り切れる小数（有限小数）か、無限に続くがどこ
かで繰り返される小数（循環無限小数）になる。
つまり、小数で表されているもののうち、有限小数または循環無限小数のことを合わせ
て分数と呼ぶのである。
では、循環する無限小数があるなら、循環しない無限小数があるのかというと、ある。
それはみなさんが良く知っている円周率 π などが良い例である。
π = 3.1415926535897932384626433 · · ·
∗1
普通自然数というと 0 は含まないが、0 を含む方が都合がいい世界もある。そのようなときは 0 を含む
場合もある。
∗2
Guiseppe Peano(1858-1932)
1.1 数と式の基礎
11
これは、循環することがなく、無限に続く小数で、このような循環しない無限小数でしか
表すことのできない数のことを無理数という。
逆に、無理数でない数のことを有理数といい、整数、分数（普通の小数と、循環小数）
は有理数である。
有理数は一般に整数 p, q を用いて、
p
という形に表すことができる数であり、無理数は
q
このように表すことができないものである。
π の他にも
√
3 や自然対数の底 e（数 III で学習する）なども無理数である。しかし、一
般にある数 x が無理数であることをいうには、証明が必要である。
さて、無理数ともなると最も扱いにくそうなイメージがあるが、実はもう 1 ランク上に
超越数とよばれる分け方がある。
有理数係数の n 次方程式
an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0
√
の解になることのない数のことを超越数というのである。例えば、 3 は無理数ではあ
るが、
x2 − 3 = 0
の解であるから、超越数ではない。π や e は超越数である。∗3
さて、ここまで紹介した数は、どの数も数直線の上に存在する数であった。3 も −7.13
˙ 3˙ も π も、数直線の上に存在する（きっちりとは無理でも、大体の場所に指し示す
も 5.12
ことができる）数である。このように、数直線上に存在する数のことを実数という。
それに対し、高校に入って 2 乗して初めて −1 になる、すなわち
x2 = −1
を満たすような数 x を定義した。これを i と表し虚数と呼ぶ。虚数 i を用いれば、例えば、
(3i)2 = 9i2 = 9 × (−1) = −9
といった計算ができる。
この i や 3i は、数直線上に表すことができない。∗4 このように、数直線上に表すことの
できない数のことを虚数という。例えば、3 + 2i のように実数と虚数が混ざったものも数
直線上に表すことができないので、虚数と呼ぶ。
そして、実数と虚数これらを一纏めに複素数と呼ぶことにする。
ここまで述べたことを簡単にまとめてみると、次のようになる。



整数（自然数も含まれる）




実数 有理数 分数（循環小数）

複素数


無理数（循環しない無限小数）



虚数
∗3
∗4
もちろん、超越数であることをいうには証明する必要がある。
敢えていうと、複素平面上に表すことは可能である。これについては複素数平面の章で学ぶ。
12
第 1 章 計算と式の扱い
■例題 1.1 (数の分類) 次の数は整数、分数、無理数、虚数のどれか答えよ。ただし、
a, b は実数とする。
(1) 3 − 2i
(2) π
(4) a + bi
˙ 7˙
(5) 2.35
10
7
(6) 0.123456789101112 · · ·
(3) −
....................................................................................
□解答 1.1 数の分類は是非覚えておきたい。(4) は a, b の値によって場合分けする必要
があります。
解 (1) i が含まれているので虚数。
(2) π = 3.141592 · · · は循環しない小数なので、無理数。
(3) すでに分数で書かれているから一目瞭然で分数。
(4) b = 0 のときは分数（a は実数で、すべての実数は分数で表される）、b = 0 のとき
は虚数。
(5) 次の問題で見るとおり、循環する小数は分数で表されるので、分数。
(6) 一見意味がありそうだが、これは循環しない小数なので無理数。なお、この値は超
越数である。∗5
˙ 7˙ を分数に直しなさい。
■例題 1.2 (循環小数を分数に直す) 2.35
....................................................................................
□解答 1.2 パターンを知らないと解けませんが、繰り返す部分が重なるように 10k 倍し
て帳消しにするパターンを覚えておきましょう。
解
x = 2.357357 . . .
とおいて、繰り返し部が重なるように 1000 倍して、
1000x = 2357.357357 . . .
より、辺々引いて、
999x = 2355
∗5
すなわち
x=
785
333
0 と小数点のあとに自然数を 1 から順に並べた数であるが、この数は数学者デイヴィッド・チャンバーノ
ウンにちなんでチャンパーノウン定数と呼ばれる数で、超越数であることが知られている。
1.1 数と式の基礎
13
1.1.2 式に関する用語
■用語のチェック
式と計算を扱う前に、覚えておきたい用語をいくつかまとめておこう。
用語のチェック
単項式
数や文字だけの積の形の式
多項式
単項式の和（差）の形の式
次数
掛け合わせた文字の個数（文字の指数の和）、多項式の場合は最高次の項の
次数を指す
項 多項式における各単項式
係数
項における、数字の部分
たとえば、3x2 や −1 のように、これ以上足し合わせることができなくした数のことを
項という。単項式とは項が 1 つの式、多項式とは項をいくつか足し合わせてあるものを
いう。
例えば、3x2 − 7x + 1 はこれ以上計算できず、3 つの項が足し合わせられているので、多
項式である。このとき足し合わされている 3 つの項をそれぞれ書き上げると、3x2 , −7x, 1
となる。つまり、
3x2 − 7x + 1 = (3x2 ) + (−7x) + (1)
というような見方をするのが重要である。このときの 1 つ 1 つが項である。
次数については、単項式と多項式の場合で定義が異なるので注意したい。単項式の場合
は、それ自身の次数であり、多項式では、それぞれの項の次数のうち、もっとも高い次数
をいう。例えば x5 の次数は 5 であり、3x3 + 2x − 6 の次数は 3 だといえる。
また、次数を数えるときには、「同じ」文字が何回掛け合わされているかではなく、単
に文字が何個掛け合わされているかを考えればよいので、例えば 3x2 yz 5 の次数は、x が
2 個、y が 1 個、z が 5 個掛け合わされているので、2 + 1 + 5 = 8 だといえる。
最後に係数について紹介しておこう。係数とは項のうち文字でない部分をさし、例えば
−6xy 2 では、−6 となる。
14
第 1 章 計算と式の扱い
■計算法則
これから行う計算は、次の法則を元に行う。
計算法則
交換法則
A + B = B + A, AB = BA
結合法則
(A + B) + C = A + (B + C), (AB)C = A(BC)
分配法則
A(B + C) = AB + AC
指数法則
Am B n = Am+n , (Am )n = Amn , (AB)n = An B n
これらの法則は、A, B が実数や複素数のときには成り立つので問題はないが、一般に
∗6
成り立つものではない。
交換法則といえば A + B = B + A のような法則のことで、こ
れが成り立つかどうかは調べる必要がある。
■降べきの順
多項式について、ある 1 つの文字について字数の高いものから並べていくことを降べき
の順に並べるという。
例えば、
5x2 − 3 + 4x4 − 5x + 2x3
2次
0次
4次
1次
3次
という多項式を x について降べきの順に並び替えると、
4x4 + 2x3 + 5x2 − 5x − 3
4次
3次
2次
1次
0次
となる。
このように、降べきの順に並び替えることで式の見通しがよくなる。このテクニックは
複雑な因数分解を行うときなどには必ず必要な技術であるから、複雑な式をみたら特定の
文字について降べきの順に並び替えるように心がけたい。
∗6
例えば、第 8 巻で学習する「行列」では和の交換法則や結合法則は成り立つが、積の交換法則が成り立た
ない。つまり、AB = BA である。
1.1 数と式の基礎
15
■例題 1.3 (次数と係数) 次の式の次数を答えよ。また項に分け、それぞれの係数を答
えよ。
(1) 3x2 y 4 (2) a3 b2 c − xy 2 z 3 (3) 5p2 q + 3pq − 4q 4
....................................................................................
□解答 1.3
解 (1) 次数は文字部分の指数の和で 6、係数は 3。
(2) 次数は 6。項別にみると、a3 b2 c の係数は 1、xy 2 z 3 の係数は −1。
(3) 次数は項に分けた状態にして、それぞれの次数でもっとも高いものを取り出して 4。
項別にみると、5p2 q の係数は 5、3pq の係数は 3、−4q 4 の係数は −4 である。
■例題 1.4 (降べきの順)
5x2 y 4 − 2x4 y + 3xy 2 − 5y 3
を x、y について降べきの順に並べよ。
....................................................................................
□解答 1.4 文字が複数ある場合は、どの文字に着目して降べきの順に並び替えるのかが
ポイントです。例えば x について降べきの順に並べる場合は、y は数字のように思って、
x の次数の順に並べばよい。y は数字と思うのだから、解答のように x より y を先に書く
のも分かりやすくなるだろう。
解 x について降べきの順に並べると、
−2yx4 + 5y 4 x2 + 3y 2 x − 5y 3
4次
2次
1次
0次
となる。
y について降べきの順に並べると、
5x2 y 4 − 5y 3 + 3xy 2 − 2x4 y
となる。
16
第 1 章 計算と式の扱い
1.2 式の変形（展開と因数分解、平方完成）
1.2.1 式の展開
■展開の方法
計算の基礎として、式の展開とその逆の因数分解を学習しよう。
式の展開は、数学をやっていく以上、かならず出来て欲しい計算の技術である。そして
その逆にあたる因数分解は、方程式を初めとして、さまざまな場面で必要になってくるの
で、こちらもしっかりマスターしておいてもらいたい。
式の展開の基本は、分配法則
a(b + c) = ab + ac
にある。これを拡張すると、(a + b)(c + d) の計算が可能になる。
説明の 1 つに、x + y = P と置き換えて、
(a + b)(x + y) = (a + b)P
= aP + bP
= a(x + y) + b(x + y)
= ax + ay + bx + by
という証明がある。もちろんこれでもよいのだが、毎回こんなことをやっていては大変で
ある。
そこで、まず a に着目して、もう一つのカッコの x, y にそれぞれ a を掛ける（
1
、2 ）
。
次に b に着目して、やはり x, y に b を掛ける。この部分を頭で計算して、次々書き下せば、
2
1
1
2
(a + b) (x + y) = ax + ay + bx + by
3
3
4
4
と一発で計算できるだろう。
もちろん、項が増えても同じ事である。(a + b + c)(x + y + z) は、まず a に着目して、
a(x + y + z) を計算、次に b に着目して b(x + y + z) を計算……、として着実に計算を書
き下していけば、
(a + b + c)(x + y + z) = ax + ay + az + bx + by + bz + cx + cy + cz
となる。何度も練習して計算のスピードアップを目指してもらいたい。
1.2 式の変形（展開と因数分解、平方完成）
17
■(x + a)(x + b) など
次によく見かける公式は、
(x + a)(x + b)
といった式や、x に係数が付いた
(ax + b)(cx + d)
といったタイプである。これぐらいは前のページのやり方で毎回地道にやってもよいが、
繰り返し計算をしているうちに、
(x + a)(x + b) = x2 +（a と b の和）x +（a と b の積）
すなわち、
(x + a)(x + b) = x2 + (a + b)x + ab
(1.1)
となることが分かるだろう。このことは記憶に値する。同様に、
(ax + b)(cx + d) =
ac
x の係数の積
x2 +
(ad + bc)
x+
「外と外、内と内」のかけ算
となる。
因数分解の公式 (1)
(ax + p)(bx + q) = abx2 + (aq + bp)x + pq
特に a = b = 1 のときは、
(x + p)(x + q) = x2 + (p + q)x + pq
bd
定数同士の積
18
第 1 章 計算と式の扱い
■公式として覚えておきたいもの
展開は、基本的には地道に計算すれば必ず計算できるのであるが、それを毎回やってい
ては大変だから、という理由から次の 4 つは公式として覚えておくとよい。まず公式を紹
介しておこう。
因数分解の公式 (2)
(a ± b)2 = a2 ± 2ab + b2
(1.2)
(a + b)(a − b) = a2 − b2
(1.3)
(a ± b)3 = a3 ± 3a2 b + 3ab2 ± b3
(1.4)
(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca
(1.5)
左辺が右辺となることは、地道に計算をすれば確認できる。例えば (1.3) 式を考えても、
(a + b)3 = {(a + b)(a + b)}(a + b)
= (a2 + ab + ba + b2 )(a + b)
= (a2 + 2ab + b2 )(a + b)
= a2 · a + a2 · b + 2ab · a + 2ab · b + b2 · a + b2 · b
= a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3
となることが分かるが、この計算を毎回やっているのは効率が悪い。そこで、公式として
覚えるのである。
(1.5) 式は、少しレベルの高い公式だが、よく利用されるので覚えておきたい。「1 つず
つを 2 乗して、2 つずつ積を取ったものを足し合わせて 2 倍」と覚えておけば簡単である。
1.2 式の変形（展開と因数分解、平方完成）
■例題 1.5 (展開の計算) 次の計算をしなさい。
(1) (x − 2y)(x + 5y) (2) (x − 4y)3 (3) (2x − 3y + 5z)2
(4) (x + 3y − 5z)(x + 7y − 5z) (5) (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4)
....................................................................................
□解答 1.5
解 (1) 中学校の復習。これは地道に計算しましょう。慣れれば一目で、
(x − 2y)(x + 5y) = x2 + 3xy − 10y 2
と計算できます。
(2) (1.4) 式の展開は必ずできるようにしておきたい。
(x − 4y)3 = x3 + 3 · x2 · (−4y) + 3 · x2 · (−4y)2 + (−4y)3
= x3 − 12x2 y + 48xy 2 − 64y 3
(3) (1.5) 式は覚えておくと便利である。
(2x − 3y + 5z)2 = 4x2 + 9y 2 + 25z 2 − 12xy − 30yz + 20zx
(4) x − 5z をひとかたまりとしてみればよい。
(x + 3y − 5z)(x + 7y − 5z)
= {(x − 5z) + 3y}{(x − 5z) + 7y}
= (x − 5z)2 + 10(x − 5z)y + 21y 2
= x2 − 10xz + 25z 2 + 10xy − 50yz + 21y 2
(5) 前 2 つと後ろ 2 つで展開するとあとの計算が大変。次のようにすると計算が楽に。
(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4)
= {(x + 1)(x + 4)}{(x + 2)(x + 3)}
= (x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6)
= (x2 + 5x)2 + 10(x2 + 5x) + 24
= x4 + 10x3 + 25x2 + 10x2 + 50x + 24
= x4 + 10x3 + 35x2 + 50x + 24
19
20
第 1 章 計算と式の扱い
1.2.2 因数分解
■因数分解とは
そもそも因数分解とは何か、が分かっていない人も多い。そこで、ここでは因数分解に
ついて少し詳しく紹介しておこう。
数学で「因」というと、あるものを構成する一部のような意味を表していて、因数とい
うのはある数を構成する一部の数という意味だと考えればよい。
まずは数を例として紹介しよう。たとえば 4 というと、4 = 2 × 2 のように分解できる。
このように、ある数を掛け算に分解することを（数の）因数分解といい、2 を因数という。
∗7
これは約数といってもよい。
一方で、一般に高校の始めに学ぶ因数分解は、式の因数分解である。たとえば、(x +
1)(x + 2) を展開すると x2 + 3x + 2 となる。これを逆に考えると、x2 + 3x + 2 は、(x + 1)
と (x + 2) の積でできている、と考えることができる。これを式で表すと、
x2 + 3x + 2 = (x + 1)(x + 2)
のようになる。
このように、与えられた式をより細かい（次数の低い）式で表すことを、因数分解とい
う。∗8
∗7
∗8
当然、小数や分数を考えれば因数が増えるように思うが、通常は因数というと整数の範囲で考える。
式を分解するのに、因“数”分解と呼んでいるから、意味を捉えにくい。因式分解と名づければ分かりや
すいかもしれないが、語呂が悪い。
1.2 式の変形（展開と因数分解、平方完成）
21
■共通因数でくくる
最も基本的な因数分解は、共通因数でくくることである。すべての項に同じ数や文字が
含まれている場合は、その数や文字でくくることができる。例えば、
3x2 + 6y 2 = 3(x2 + 2y 2 )
x2 y + 3xy − 5x = x(xy + 3y − 5)
といったような感じである。
これは、次に紹介する
a2 + 2ab + b2 = (a + b)2
といった因数分解より基本であるのにもかかわらず、公式を覚えるのに夢中になればなる
ほど忘れてしまう因数分解であるから、まず数式を見たら共通因数が無いか、確認するよ
うにしてもらいたい。
■中学校の復習
ここからが“公式”として覚えなければならない因数分解である。ここから紹介する因
数分解は、展開と違い、覚えていないと手も足も出ない状態になってしまうので、展開よ
りも練習を重ねる必要がある。
まずは、中学校でも学習したものから紹介しよう。この因数分解はできないという人は
少ないだろうが、繰り返しになるが覚えておかないと手の出しようが無いので、必ず覚え
ておかなければなりません。
中学校の復習
a2 ± 2ab + b2 = (a ± b)2
(1.6)
a2 − b2 = (a + b)(a − b)
(1.7)
特に、(1.7) 式は、これからますます重要になる。というのは、例えば、
(ax + b)2 − (py + q)2
という式が出たときにも、ax + b, py − q をひとかたまりに見ると、A2 − B 2 の形になっ
ていることから因数分解できることに気付かなければならない。「かたまりとして見る」
も、これから数学を勉強する上で重要なポイントとなる。
22
第 1 章 計算と式の扱い
■たすきがけ
つづいて高校で学ぶ公式を見ていく。立て続けに公式が登場するので、1 つずつ順番に
見ていこう。まずは絶対にマスターしなければならない「たすきがけ」である。
たすきがけタイプの因数分解
acx2 + (ad + bc)x + bd = (ax + b)(cx + d)
(1.8)
(1.8) 式は、いわゆる“たすきがけ”といわれるもので、中学で学習した因数分解の公式
のレベルアップバージョンで、すでに紹介した展開の公式を逆にしただけなのであるが、
やり方を知らないまま、いきなり、
2x2 + x − 1 = (2x − 1)(x + 1)
と因数分解できる人はいないだろう。ここでは、この因数分解のやり方を学んでいこう。
px2 + qx + r という式を因数分解することを考える。そこでまず、因数分解された結
果を、
px2 + qx + r = (ax + ○)(cx + △)
という式になると考える。当然、係数は p = ac を満たしていなければならないので、例
えば p = 2 であれば、a = 1, c = 2 などとおけばよい。なお、プラスマイナスは○や△と
なっている数で考えることになるので、この時点では負の値を考える必要はない。
次に○や△となっているところに適当な値 b, d を入れるのだが、このとき、
bd = r, ad + cd = q
となっていなければならず、これを満たす数を「ひたすら探す」のである。ここが初心者
には難しいのである。
抽象的な例では分かりにくいから、次のページでいくつか具体例を挙げていこう。
1.2 式の変形（展開と因数分解、平方完成）
例 1 2x2 + x − 6 を因数分解せよ。
高校レベルの最も基本的な因数分解であるから、これをパッと解答できるようにしよう。
STEP1 まずは、x2 の係数が 2 であり、2 = 1 × 2 であるから、
2x2 + x − 6 = (2x + ○)(x + △)
というパターンしかありえない。なお、両者がマイナスになる 2 = −1 × (−2) について
は、ここでは考えなくて良い。というのは、○や△の部分の正負を入れ替えたものを考え
ればよいからである。
STEP2 それぞれの場合に○、△にどのような数が当てはまればうまく式が成り立つか
を考えていく。
右辺を展開すると、
2x2 + (○ + 2 △)x + ○△
となり、これが 2x2 + x − 6 となるので、○と△の積が −6 となるペアを考える。∗9
さて、積が −6 になるもの、といわれてもそれは無数にある。2 × (−3) もそうだが、
−1.5 × 4 のように小数や分数、無理数などまで考えていたらキリがない。しかし因数分
解のときにはそれほど難しいことは考えなくても良い。「因数分解せよ」という問題では、
a, b が分数や小数になることはないのである（そんな複雑なものは普通には出題されず、
もっと他の方法を考える出題である）。
それは○と△のペアが
(1, −6), (−1, 6), (2, −3), (−2, 3)
の 4 通りであり（当然○と△で入れ替えがあるので、細かく言えば 8 通りである）、これ
∗10
らのうち、○ +2 △が 1 となるものを探せばよいのである。
その結果、−3 + 2 × 2 = 1 となることを見つけて、○が −3、△が 2 となればよいこと
が分かる。よって、
2x2 + x − 6 = (2x − 3)(x + 2)
となることが分かる。
また、始めのうちは検算の意味をこめて最後に右辺を展開してみることをお勧めする。
展開する過程は、今説明した内容の逆であるから、因数分解と展開の関係を身をもって体
感することができるだろう。
∗9
∗10
当然、○ +2 △ = +1 となることも必要だが、それはあとで考える。
ここはシラミツブシ。慣れないうちは頭のなかでこれらすべてを当てはめるのは混乱してしまう（当然解
答欄の横のほうにメモを書けばよい）のだが、慣れてくると勘が働いて素早くできるようになるだろう。
23
24
第 1 章 計算と式の扱い
例 2 6x2 − 11x + 5 を因数分解せよ。
STEP1 まず x2 の係数を考える。今回は 6 を 2 つの積に分けるので、
6x2 − 11x + 5 =
(2x + ○)(3x + △)
(x + ○)(6x + △)
の 2 通りが考えられる。どちらが正解かはこの段階では分からないので、2 つの候補を考
える必要がある。
STEP2 それぞれの場合に○、△にどのような数が当てはまればうまく式が成り立つか
を考えていく。
まず、
6x2 − 11x + 5 = (2x + ○)(3x + △)
となる候補を探そう。
○と△は、掛けたとき 5 になるのだから 1 と 5、または両方負として −1 と −5 である。
これをいろいろ当てはめてみよう。考えられるパターンは、
(2x + 1)(3x + 5),
(2x + 5)(3x + 1)
(2x − 1)(3x − 5),
(2x − 5)(3x − 1)
の 4 通りがあるが、どれを展開しても 6x2 − 11x + 5 にならないことが分かる。実際に
やってみよう。
(2x + 1)(3x + 5) = 6x2 + 13x + 5
(2x + 5)(3x + 1) = 6x2 + 17x + 5
このように全部書き出してもよいが、6x2 になることと、定数部が 5 になることは当たり
前（そうなるように決めた！）だから、x の係数だけを考えればよい。この計算は、展開
の公式で見たように「外と外、内と内」の計算をすればよい。よって、
(2x − 1)(3x − 5) = · · · − 13x + · · ·
(2x − 5)(3x − 1) = · · · − 17x + · · ·
となる。いずれも元の 6x2 − 11x + 5 にならないことが確かめられる。よってこの場合は
不適である。
そこで、次のパターンである、
6x2 − 11x + 5 = (x + ○)(6x + △)
を考えよう。ここでもやはり、○と△にいろいろ当てはめると、
(x + 1)(6x + 5),
(x + 5)(6x + 1)
(x − 1)(6x − 5),
(x − 5)(6x − 1)
1.2 式の変形（展開と因数分解、平方完成）
の 4 通りが考えられ、いま、(x − 1)(6x − 5) = 6x2 − 11x + 5 となるので、結果として
6x2 − 11x + 5 = (x − 1)(6x − 5)
であると分かる。以上で完成である。
こうやって具体的に思考の流れを書き出すと非常に長ったらしくなるが、慣れてきた
ら、x2 の係数を
6x2 − 11x + 5 =
(2x + ○)(3x + △)
(x + ○)(6x + △)
のように割り振ったあとの“○△探し”は暗算でできるようになるだろう。
たすきがけだけは練習を繰り返すしかない。問題集を何度もやって慣れていこう。
■たすきがけと呼ばれる所以
たとえば、例 1 で示した
2x2 + x − 6 = (2x − 3)(x + 2)
を求める際に、次のようなメモを元に計算することが多い。1 列目には掛けて 2 次の係数
となる 2 数、2 列目には掛けて定数になるような 2 数を書くのだが、これらの数を決め
るときに、それらを斜めに掛け合わせて和をとったときに 1 次の係数となるように数を
書く。
2
1
−3 −→ −3
2 −→
4
1
この、斜め掛けをしている部分（線）が、たすきに似ていることからこのように称される
ようになった。∗11
しかし、著者はこのメモを使うことをお勧めしない。ここまでで紹介してきた因数分解
の考え方を身につける前に、中身を伴わないまま自動的に答えを出すのはよくないと考え
るからである。
∗11
「たすき」というと、リレーのたすきのようなものを思い浮かべるかもしれないが、「着物など和服の袖
やたもとが邪魔にならないように、背中の部分に斜め十文字（×のような形）に交わさせて肩に結ぶ紐。
」
のことを指しています。括弧内は wikipedia から抜粋した。
25
26
第 1 章 計算と式の扱い
■3 乗の公式
「たすきがけ」をマスターしたら、次の 3 乗の公式が登場する。覚えるパターンは和の
3 乗と 3 乗同士の和（差）である。∗12
3 乗の因数分解
a3 ± b3 = (a ± b)(a2 ∓ ab + b2 ) （複合同順）
(1.9)
(1.9) 式は、3 乗足す 3 乗、3 乗引く 3 乗の公式であり、
(a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3
という展開の公式と混同してしまいがちなので、違いを押さえて区別してきちんと覚えて
おこう。なお、正負については、もとの符号と 1 つ目の括弧の符号が同じである、すなわ
ち、3 乗足す 3 乗なら、1 つ目のカッコがプラスになり、3 乗引く 3 上なら、1 つ目のカッ
コがマイナスになることを覚えて欲しい。そして次のカッコの 2 つ目の符号がそれと逆に
なることを覚えておけばよい。
■覚えておくと便利な公式
次の公式は覚えておくと便利である。
ハイレベル公式
a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca)
(1.10)
(a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ac + bd)2 + (ad − bc)2
(1.11)
(1.10) 式は覚えにくい公式ではあるが、ややハイレベルな問題では利用することもある
ので、是非覚えておきたい。∗13 また、(1.11) 式はラグランジュの恒等式とよばれ、普段は
学習しないが、整数問題などで使われることがあるので挙げておいた。
(1.10) 式と (1.11) 式の証明は、177 ページを参考にしてもらいたい。また (1.11) 式の
∗14
証明として、次の方法を紹介しておこう。
行列に関する次の恒等式：
a b
−b a
c
d
−d
c
=
ac + bd
ad − bc
−ad + bc
ac + bd
においてそれぞれ行列式をとり、行列式の性質 detA · detB = det(AB) を用いると、今
の等式が得られる。
∗12
これらをごっちゃにするケースが多いので、区別して覚えるようにしたい。
特に試験前とかは覚えておきたい。
∗14 行列に関する知識が必要なので、行列を知らない人は飛ばしてください。
∗13
1.2 式の変形（展開と因数分解、平方完成）
27
■その他の公式
さらに、(1.4) 式や (1.9) 式の応用として、次のような公式があるので紹介しておこう。
これまで紹介したものとは違い、高校に入ってすぐ学ぶことはないだろうが、中級レベル
の問題を解くときには必要となる公式である。
重要公式
n
n
(a + b) =
n Ck a
k n−k
b
(1.12)
k=0
n
n
a − b = (a − b)(an−1 + an−2 b + an−3 b2 + · · · + abn−2 + bn−1 )
(1.13)
n が奇数のとき
an + bn = (a + b)(an−1 − an−2 b + an−3 b2 − · · · − abn−2 + bn−1 )
(1.14)
まずは、(1.12) 式について紹介しておこう。この式は 2 項定理とよばれ、次のような構
造になっている。∗15
一般の自然数 n について、
(a + b)n = (a + b) (a + b) · · · (a + b)
1
2
n
を展開するときに、n 個の (a + b) のうち、1 番目の (a + b) から a か b のいずれかを選
び、次の (a + b) から再び a か b かを選び、という作業を繰り返して掛け合わせた積のす
べての和を取る。∗16
特に、n 回の選択のうち、r 回 a を選び、n − r 回 b を選ぶと ar bn−r という項が得ら
れ、その個数は n Cr 個だから、ar bn−r の係数は n Cr であることになるので、一般項は、
n
n
k n−k
n Ck a b
(a + b) =
k=0
となる。これが (1.12) 式の成り立ちである。
さて、これを具体的に書き上げてみると、
(a + b)2 = a2 + 2ab + b2
(a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3
(a + b)4 = a4 + 4a3 b + 6a2 b2 + 4ab3 + b4
..
.
∗15
∗16
組み合わせの数を表す n Cr について知らない人は飛ばしてよい。第 4 巻でも紹介している。
た と え ば 、(a + b)2 で は 、a, a と 選 ぶ と き に 得 ら れ る 項 a2 、a, b と 選 ぶ と き に 得 ら れ る 項 ab、
b, a と 選 ぶ と き に 得 ら れ る 項 ba、b, b と 選 ぶ と き に 得 ら れ る 項 b2 を も と め 、そ れ ら の 和 で あ る
a2 + ab + ba + b2 = a2 + 2ab + b2 が展開したときの式となる。
28
第 1 章 計算と式の扱い
となる。しかし、係数の値を求めるには、展開をしないまでも、いちいち組み合わせの計
算をしなければならないことになってしまう。
ところでいま、係数の部分を太字で表したのには意味がある。いま、この展開の係数の
みを書き上げてみると、次のようになっている。
n=1
n=2
n=3
n=4
n=5
..
.
1
1
1
1
1
2
3
4
5
1
1
3
6
10
..
.
1
4
10
1
5
1
この三角形状の数の並びをパスカルの三角形といい、この数の並びには、両端以外のどの
数も、その左上と右上の数の和になっているという特徴がある。
この性質を用いると、(a + b)5 などの係数をすぐに求めることができる。つまり、
1, 5, 10, 10, 5, 1 の順番だということを考えて、あとは a, b の指数を a について項べきの順
（b について昇べきの順）に並べたものにこの係数を付けて、
(a + b)5 = a5 + 5a4 b + 10a3 b2 + 10a2 b3 + 5ab4 + b5
とすればよいのである。
n 乗では 2 項定理で書き表すしかないが、(a + b) の 5 乗や 6 乗といったある程度の展
開であれば、このパスカルの三角形を書き上げて係数を取り出せばよい。
また、この係数はいずれも組み合わせを使って表現される値であるから、この性質から、
n Cr
= n−1 Cr−1 + n−1 Cr
が成り立つことが分かる。∗17
なお、後半の 2 つ、(1.13) 式や (1.14) 式は、整数問題などで利用するものであるが、こ
こでは紹介にとどめておく。証明としては、右辺を展開すれば、左辺になることから示す
ことができる。
∗17
これは証明ではなく、あくまで暗記法であることを注意しておきたい。なぜなら、パスカルの三角
形において、ある数が左上と右上の数の和となる性質を証明できてはいないからである。むしろ、
n Cr = n−1 Cr−1 + n−1 Cr という等式があるから、パスカルの三角形の性質が証明できるのである。
1.2 式の変形（展開と因数分解、平方完成）
29
■例題 1.6 (因数分解) 因数分解しなさい。
(1) x2 − 4x + 3
(2) 2x2 − 9x + 4
(4) x4 − 13x2 + 36 (5) (x2 + 3y 2 )2 − 4x2 y 2
(3) x3 + 8
(6) x6 − 1
....................................................................................
□解答 1.6
解 (1) 中学校の復習で、x2 − 4x + 3 = (x − 1)(x − 3) となる。
(2) たすきがけの因数分解はできますか？
2x2 − 9x + 4 = (2x + α)(x + β)
∗18
と因数分解できると考えて、
α + 2β = −9、αβ = 4 を満たす数のペアを探す。すると、
α = −1、β = −4 なので、
2x2 − 9x + 4 = (2x − 1)(x − 4)
となる。
(3) (1.9) 式の因数分解は覚えておかないと手が出ません。
x3 + 8 = (x + 2)(x2 − 2x + 4)
(4) 4 次式なのは関係ありません。x2 = t のようにおいて x2 をひとかたまりとしてみ
ればよい。2 行目で終わりにしてはいけません。
x4 − 13x2 + 36 = (x2 − 4)(x2 − 9)
= (x + 2)(x − 2)(x + 3)(x − 3)
(5) 大きく見ると、2 乗引く 2 乗の形をしています。最後まで因数分解できるときはき
ちんと最後まで。
(x2 − 3y 2 )2 − 4x2 y 2 = (x2 − 3y 2 + 2xy)(x2 − 3y 2 − 2xy)
= (x − y)(x + 3y)(x + y)(x − 3y)
(6) 複合していますが、まずは大きく見て、上と同じように始める。
x6 − 1 = (x3 + 1)(x3 − 1)
= (x + 1)(x2 − x + 1)(x − 1)(x2 + x + 1)
∗18
ここで x2 の係数は、1,2 のペアしか思い付かないのでこうおける。もし問題の 2 次の項が、4x2 などと
なっている場合は、簡単にはおけない。1, 4 のペアの他に、2, 2 のペアがあるからだ。
30
第 1 章 計算と式の扱い
■例題 1.7 (やや難しい因数分解) 因数分解しなさい。
(1) 2x2 − 5xy − 3y 2 + 3x + 5y − 2
(2) 6x2 + 5xy + y 2 + 2x − y − 20
†［2009 センター数学 IA］
....................................................................................
□解答 1.7 文字が 2 文字以上含まれる場合の因数分解はちょっと複雑ですが、まずは
どちらか 1 文字に着目して項べきの順に並び替えます。
解
(1) まずは特定の文字（式の中で最大次数の低い文字）について降べきの順に並び替え
ます。
2x2 − 5xy − 3y 2 + 3x + 5y − 2
= 2x2 + (3 − 5y)x − 3y 2 + 5y − 2
= 2x2 + (3 − 5y)x − (3y 2 − 5y + 2)
ここで y だけの項を因数分解して、
= 2x2 + (3 − 5y)x − (y − 1)(3y − 2)
つぎに x について因数分解して（y − 1 と 3y − 2 のどちらを負にするか、2 倍するか、を
シラミツブシに考える）、
= {2x + (y − 1)}{x − (3y − 2)}
= (2x + y − 1)(x − 3y + 2)
(2) x について降べきの順に並べて、
6x2 + (5y + 2)x + y 2 − y − 20
= 6x2 + (5y + 2)x + (y + 4)(y − 5)
= {2x + (y + 4)}{3x + (y − 5)}
= (2x + y + 4)(3x + y − 5)
1.2 式の変形（展開と因数分解、平方完成）
■例題 1.8 (難しい因数分解) 因数分解しなさい。
(1) x4 + x2 + 1
(2) 4x4 + 1
(3) x3 + 3xy + y 3 − 1
....................................................................................
□解答 1.8 (1) と (2) は複 2 次式と呼ばれる式で、独特のパターンです。(3) は公式を
使うことを知らないと、手も足も出ません。
解 (1) ポイントは、2 乗引く 2 乗の形をわざとつくるところです。
x4 + x2 + 1 = (x4 + 2x2 + 1) − x2
= (x2 + 1)2 − x2
= (x2 + x + 1)(x2 − x + 1)
(2) (1) と同様にして解きます。
4x4 + 1 = (4x4 + 4x2 + 1) − 4x2
= (2x2 + 1)2 − 4x2
= (2x2 + 2x + 1)(2x2 − 2x + 1)
(3) (1.10) 式において、a = x, b = y, c = −1 としたものになっていることを利用して、
x3 + 3xy + y 3 − 1 = (x + y − 1)(x2 + y 2 + 1 − xy + y + x)
= (x + y − 1)(x2 + y 2 − xy + x + y + 1)
31
32
第 1 章 計算と式の扱い
1.2.3 平方完成
■平方完成
平方完成は、中学校で学習している。それは、因数分解できない 2 次方程式を解くと
きに、
x2 − 4x − 7 = 0
(x − 2)2 − 4 − 7 = 0
(x − 2)2 = 11
√
x − 2 = ± 11
√
x = 2 ± 11
という式変形をしただろう。
ax2 + bx + c
の形をした式を、
a(x + p)2 + q
の形に変形することを平方完成という。
これは、式で言えば、
b
ax + bx + c = a x −
2a
2
2
−
b2 − 4ac
4a
なのであるが、これを覚えるのは得策ではない。
中学校の時にも学習したかもしれないが、先ほどの例で見ると、まずは x2 − 4x の部分
に注目し、(x + p)2 から目標の形が現れるような適当な p を考えると、p = −2 だとうま
く x2 − 4x という形が現れる。つまり、
(x − 2)2 = x2 − 4x + 4
の、はじめの 2 項がうまく使えるということである。この両辺から 4 を引けば、
x2 − 4x = (x − 2)2 − 4
という目標の形を (x + p)2 の形に変形できたことになる。あとは、うまく帳尻を合わせて
いくようにする。
いくつか例を紹介しておこう。下線部の変形をうまく見つけるのがコツである。コツを
掴めばあとは機械的に計算するだけである。
まず、x2 + bx + c のうち b が偶数のときは簡単に変形できるだろう。つまり、(x + p)2
1.2 式の変形（展開と因数分解、平方完成）
33
の p は b の半分になり、帳尻合わせのために引くモノは、p の 2 乗になる。
x2 + 6x − 1 = (x + 3)2 − 9 − 1
= (x + 3)2 − 10
x2 − 2x + 5 = (x − 1)2 − 1 + 5
= (x − 1)2 + 4
また、b が奇数でも、今のを踏まえて b の半分を p として採用すれば、次のように平方完
成ができる。
x+
3
2
2
x2 + 3x + 3 =
x+
3
2
2
=
−
9
+3
4
+
3
4
さらに、a = 1 のときは、まずはじめの 2 項を a でくくることから始める。あとは今まで
と同じように平方完成すればよい。
2x2 − 10x + 3 = 2(x2 − 5x) + 3
=2
5
x−
2
2
−
25
4
=2 x−
5
2
−
25
+3
2
=2 x−
5
2
−
19
2
+3
平方完成は 2 次方程式を解くときはもちろん、2 次関数のグラフを書くとき（頂点を求め
るとき）にも利用するので、必ずできるようにしておくようにしよう。
34
第 1 章 計算と式の扱い
1.3 絶対値と平方根
1.3.1 絶対値
■絶対値
中学校でも絶対値については学んだはずである。その方法としては数字の部分を取り
出すという風に記憶しているのではないだろうか。たとえば、| − 5| = 5 といった感じで
ある。
しかし、高校では絶対値の中に文字が入る場合を考えなければならない。この場合も、
そのまま文字の部分だけ取り出せばよいのだろうか？ たとえば、| − a| = a は成り立つ
だろうか？
答えはノーである。たとえば、a = −6 としたとき、上の式は、| − (−6)| = −6 となって
しまう。絶対値を取ったのに出てきた値が負の値となるのはおかしい。そもそも絶対値と
は数直線における原点 0 からの距離であり、その値がマイナスになることはあり得ない。
中学校のときに「数字の部分を取り出す」としていた行為は、次のように考え直しても
らいたい。
• 絶対値の中身が正のときは、そのままの数字を出す。（例）|7| → 7
• 絶対値の中身が負のときは、正負を逆にして出す。（例）| − 4| → 4
ここでポイントとなるのは、絶対値の中身が負のときには正負を逆にするという発想の
仕方である。これは当然、中学で絶対値を外すときにやった操作と同じ事であるが、中学
の時には「数字だけを取り出す」ということに集中してしまうために、高校に入ってこの
∗19
操作に疑問を覚える人がとても多いのである。
そこで、絶対値の中に文字式が入ってきた場合も同様に、
|A| =
A（A 0 のとき）
−A（A < 0 のとき）
と考えればよい。やっていることは先ほど書いたとおり、「中身が負なら正負を入れ替え
る」ということに尽きる。
絶対値
絶対値 |A| とは、数直線上で A で表される点と原点 0 との距離であり、
|A| =
で表される。
∗19
本当に多いのだ。
A（A 0 のとき）
−A（A < 0 のとき）
(1.15)
1.3 絶対値と平方根
35
■絶対値の性質
また、次の絶対値の性質も覚えておこう。
絶対値の主な計算
(1) |ab| = |a||b| (2) a
|a|
(3) a
=
b
|b|
|a|
証明
等式、不等式の証明方法については 176 ページ以降で学ぶので、きちんとしたことはそ
ちらを読んでから理解できればよいです。とにかく左辺と右辺が等しくなることを示す。
(1) それぞれ、a の正負、b の正負で地道に場合分けすればよい。
• a, b の少なくとも一方が 0 のときは、左辺、右辺共に 0 となり式は成り立つ。
• a > 0, b > 0 のときは、ab > 0 より |ab| = ab。|a||b| = ab となる。
• a > 0, b < 0 のときは、ab < 0 より |ab| = −ab、|a||b| = a · (−b) = −ab となる。
• a < 0, b > 0 のときは、ab < 0 より |ab| = −ab、|a||b| = −a · b となる。
• a < 0, b < 0 のときは、ab > 0 より |ab| = ab、|a||b| = −a · (−b) = ab となる。
以上より、すべて左辺と右辺が等しくなることから証明された。
(2) (1) と同様の方法で示せるので割愛。
(3) は、a
0 のときは、|a| = a となり等号が成立。a < 0 のときは |a| = −a であるが、
a < 0 であるから −a > 0 より a < −a が成り立つ。以上より a
絶対値を用いた計算問題などは、167 ページでも行う。
|a| となる。■
36
第 1 章 計算と式の扱い
■例題 1.9 (絶対値を外す) 次の絶対値を外せ。
(1) |4| (2) | − 5| (3) |x + 1| (4) |x2 − 4| (5) |x2 + 3|
....................................................................................
□解答 1.9 (1)、(2) は中学の復習。(3)、(4) は公式利用です。
解
(1) |4| = 4。
(2) | − 5| = 5。
(3) x
−1 のときは絶対値の中身が正なのでそのまま外して、|x + 1| = x + 1。
x < −1 のときは絶対値の中身が負なので、マイナスを付けて外す。よって、|x + 1| =
−(x + 1) = −x − 1 となる。
x −1 のとき x + 1
x < −1 のとき −x − 1
(4) x2 − 4
0 となるのは x
−2, 2
x のとき。∗20 このときはそのままはずして、
|x2 − 4| = x2 − 4 である。
逆に −2 < x < 2 のときは符号が入れ替わるので、|x2 − 4| = −x2 + 4 である。
x −2, 2 x のとき
−2 < x < 2 のとき
x2 − 4
−x2 + 4
(5) x2 + 3 は常に正だからそのまま外して、
|x2 + 3| = x2 + 3
とすればよい。
∗20
厳密には、2 次不等式の解法を学ばなければ解くことはできません。ここでは直感的に分かってもらえれ
ば十分です。
1.3 絶対値と平方根
37
1.3.2 平方根とその有理化
■平方根
絶対値と共に覚えておきたいものが平方根である。実は、平方根と絶対値は切っても切
れない縁にある。
中学校で習ったとおり、2 乗して a になる数のうち、正のものを
√
a として表した。こ
√
の定義の通り、平方根の値は正の値である。例えば、 64 = 8 であり、 64 = −8 である
√
ということである。
つまり、ルートの中身の平方根のうち、正の方を選ばなければならない。文字で書く
と、絶対値のときと同じように、
√
A2 =
A（A 0 のとき）
−A（A < 0 のとき）
となることに注意しなければならない。∗21 これは絶対値の性質と非常に似ているので、絶
対値を用いて次のようにまとめることができる。
2 乗の平方根は絶対値
√
A2 = |A|
■例題 1.10 (2 乗の平方根は絶対値) 0 < a < 3 のとき、
√
3 a2 + 2
a2 + 4a + 4 − 2
a2 − 6a + 9
［1999 北海道薬大］
を簡単にせよ。
....................................................................................
□解答 1.10
解
√
3 a2 + 2 a2 + 4a + 4 − 2 a2 − 6a + 9
√
= 3 a2 + 2 (a + 2)2 − 2 (a − 3)2
= 3|a| + 2|a + 2| − 2|a − 3|
ここで 0 < a < 3 より、a + 2 > 0 より |a + 2| = a + 2、a − 3 < 0 より |a − 3| = −(a − 3)
となるので、
= 3a + 2(a + 2) − 2(−a + 3) = 7a − 2
∗21
√
√
p
実際に A = 4 のとき、 42 = 16 = 4 となり、これは A に等しく A = −3 ならば、 (−3)2 =
であり、これが −A となることから確認できる。
√
9=3
38
第 1 章 計算と式の扱い
■分母の有理化
中学校の時から、「分母に根号が入った形」はきちんと有理化するように習っている。
例えば、
√
√
1
1
3
3
√ =√ ×√ =
3
3
3
3
∗22
といったような具合である。
1
√ といった形でも、有理化は行うことが出来る。分子分母に、分母に
3+ 2
√
√
共役な数 3 − 2 を掛けると、
同様に、 √
√
√
√
√
√
1
1
3− 2
3− 2 √
√ =√
√ ×√
√ =
√
= 3− 2
3−2
3+ 2
3+ 2
3− 2
とできる。
これらをまとめておく。
分母の有理化
√
√
1× a
1
√ （分子分母に a を掛ける）
√ =√
a
a× a
√
a
=
a
√
√
√
√
1 × ( a ∓ b)
1
√ = √
√ √
√ （分子分母に a ∓ b を掛ける）
√
a± b
( a ± b)( a ∓ b)
√
√
a∓ b
=
a−b
その他にも例えば、
√
√
√ √
3
3
1
42 − 3 4 3 3 + 32
√
√ = √
√
√ √
√ √
3
3
3
4+ 33
( 3 4 + 3 3)( 42 − 3 4 3 3 + 32 )
√
√
√ √
3
3
42 − 3 4 3 3 + 32
√
√
=
( 3 4)3 + ( 3 3)3
√
√
√ √
3
3
42 − 3 4 3 3 + 32
=
7
のようにうまく有理化できる場合もある∗23 ので、その場その場で有理化できないかは
チェックしておきたい。
∗22
ただし、有理化した形が必ずしも使いやすいとはいえない。たとえば、sin 45◦ =
√
2
1
だが、これは √
2
2
の方が使いやすいということもある。よって、計算の途中では有理化が必ずしもよいとは限らない。ただ
し、最終的な解答としては有理化した解答を書くように気を付けたい。
∗23 (a + b)(a2 − ab + b2 ) = a3 + b3 の公式を用いている。
1.3 絶対値と平方根
39
■例題 1.11 (有理化) 次の式を有理化せよ。
√
√
√
√
3
2+ 3+ 5
√ (2) √
√
√
(1) 2− 3
2− 3− 5
....................................................................................
□解答 1.11
解
(1) 分子分母に 2 +
√
3 を掛けて、
√
√
√
2 3+3
3(2 + 3)
√
√ =
与式 =
=3+2 3
4−3
(2 − 3)(2 + 3)
√
√
√
√
√
√
√
(2) ( 2)2 + ( 3)2 = ( 5)2 であることに注目して、分母を ( 2 − 3) − 5 として
√
√
√
見て、分子分母に ( 2 − 3) + 5 を掛けて、
√
√
√
√
√
√
2+ 3+ 5
2− 3+ 5
√
√ ×√
√
√
与式 = √
2− 3− 5
2− 3+ 5
√
√
√
( 2 + 5)2 − ( 3)2
√
√
= √
( 2 − 3)2 − ( 5)2
√
√
7 + 2 10 − 3
4 + 2 10
√
√
=
=
5−2 6−5
−2 6
√
2 + 10
=− √
6
√
√
2 6 + 60
=−
6
√
√
6 + 15
=−
3
40
第 1 章 計算と式の扱い
1.3.3 2 重根号
■2 重根号
先に公式を見ておこう。
2 重根号
a > b > 0 としたとき、
√
√
√
a + b ± 2 ab = a ± b
(1.16)
証明
証明は簡単である。右辺の 2 乗を実際に計算し、それが左辺の 2 乗（大きなルートを外
したもの）に等しいことを示せばよい。つまり、
√ √
( 右辺 )2 = a ± 2 a b + b = ( 左辺 )2
より、示される。■
この公式で重要なのは、ルートの中のルートの前に係数 2 があることである。この係数
がない場合は公式が使えない。そのようなときは、係数 2 を作り出す工夫をしなければな
らない。練習問題を参考にしてもらいたい。
最後に a > b > 0 とした理由を考えておこう。まず、a, b が正であるのはルートの中は
正でなければならないという理由からである。
a > b については、式の中に登場するプラスマイナスのうち、プラスの場合は a, b の大
√
√
小は問わないが、マイナスの場合、a < b では右辺の a − b がマイナスになってしま
うと、左辺が（平方根だから）プラスであることに矛盾するので、a > b としてある。
とにかく右辺の第 1 項の方を大きくしておけば、プラスでもマイナスでも間違いにはな
らないということから、a > b > 0 を付けてあるのである。このことについても次の練習
問題で確認しておいてもらいたい。
最後にもう 1 つ注意。どのような 2 重根号も外せるとは限らないことをしっかりと覚
えておこう。
1.3 絶対値と平方根
41
■例題 1.12 (2 重根号) 次の 2 重根号を外せ。
(1) √
7 + 2 10 (2) √
12 − 4 5 (3) 2+
√
3
....................................................................................
□解答 1.12 とにかく、根号の中の根号の係数が 2 になるようにうまく変形するところ
がポイントです。
解 (1) 足して 7、掛けて 10 となるような数は 2, 5 であるから、
√
√
√
7 + 2 10 = 5 + 2
となる。
(2) ルート内のルートの前の係数が 2 ではないので公式が使えない。ここでは、ルート
の中から 2 をくくり出して、
√
√
√
12 − 2 20 = 10 − 2
となる。
√
√
♠ ここで、 2 − 10 としてはならない。問題の式を見れば、値が正になるのは一目瞭然
である。∗24
(3) (2) のようにやっても係数 2 が作り出せない。このようなときはルートの中に
掛けて、
2+
√
3=
2
を
2
√
4+2 3
2
としてから考える。
2+
√
√
4+2 3
=
2
3=
√
√
√
4+2 3
3+ 1
√
√
=
2
2
有理化して、
=
√
√
6+ 2
2
∗24 「なんで一目瞭然なの？」と思うかも知れない。どんなときでも
√
も当然なのである。一方で、 2 −
√
√
p
√
A > 0 であるから、 12 − 4 5 > 0
10 とすると計算結果が負になるため不適なのである。
42
第 1 章 計算と式の扱い
1.4 高次式
1.4.1 式の割り算
■多項式の割り算
式の割り算というのは日常ではあまり見かけないが、実は重要な手法である。例えば因
数分解をするのにも必要で、特にあとで紹介する剰余の定理などは、高次式の因数分解や
高次方程式の解法に必要となる。
計算の見た目は小学校で学んだ割り算に似ている。ここではその計算の方法を順を追っ
て説明しよう。
STEP1 まずは数の割り算のように式を書く。
x − 1 2x2 − 5x + 2
STEP2 割る式 x − 1 の x に着目し、ここに何を掛けたら割られる式の 2x2 になるの
かを考え（2x を掛ければよい）、それを x2 の上に書く。
2x
x − 1 2x2 −5x+2
STEP3 次数を合わせながら、割られる式の下に x − 1 と 2x の積を書く。
2x
x − 1 2x2 −5x+2
2x2 −2x
STEP4 普通の割り算のように引き算し、次の項を下に降ろす。
2x
x − 1 2x2 −5x+2
2x2 −2x
−3x+2
STEP5 STEP4 の結果について、再び x に何を掛けたら −3x になるかを考えて、そ
の答え（−3）を書く。以下、STEP2 以降の手順を繰り返す。
2x −3
x − 1 2x2 −5x+2
2x2 −2x
−3x+2
1.4 高次式
43
STEP6 最後に割る式の次数より“余り”の次数が低くなったらこれ以上計算できない
のでそこで終わり。
2x −3
x − 1 2x2 −5x+2
2x2 −2x
−3x+2
−3x+3
−1
以上より、
(2x2 − 5x + 2) ÷ (x − 1) = 2x − 3
あまり − 1
であることが分かる。
以上が多項式の割り算の基本的な手法である。実際に手を動かしてみないと慣れてこな
いところもあるので、後に設けた例題で、手を動かして練習して欲しい。
さて、最後にこの割り算の注意点を紹介しておこう。次数がずれている場合には、式を
書く場所に気をつけなければならない。例えば x3 − 2x + 1 を x − 1 で割るという問題
では、
x − 1 x3 − 2x + 1
のように書いてしまうと、
x2
x − 1 x3 −2x+1
x3 −x2
となってしまい、縦に見たときに次数が合わなくなってしまう。
そこで、はじめから 2 次の式を書くためのスペースをあけて、
x2
x − 1 x3
x3 −x2
と計算するようにしなければならない。
−2x+1
44
第 1 章 計算と式の扱い
■割り算とみるか、積の形でみるか
51 を 12 で割ったときの商と余りは、と聞かれれば、
51 ÷ 12 = 4 · · · 3
と答えるだろう∗25 が、これは数学では非常に扱いにくい。というのも · · · の部分をどの
ように式に取り込めばよいのか分からないからである。
ところで、この式を
12 × 4 + 3 = 51
のように見ることができる。これは割り算の検算の式となるわけだが、先ほどの割り算を
このように変形して 1 つの式として見ることは重要である。
このことは多項式の割り算でも同じである。つまり、多項式 A(x) を多項式 B(x) で
割ったときに、商が P (x)、余りが R(x) となったときに、
A(x) ÷ B(x) = P (x) あまり R(x)
というよりは、
A(x) = B(x)P (x) + R(x)
と書いた方がよいのである。この表現を忘れないようにしてもらいたい。
■割り算の基本定理
普通の数の割り算においては、
• 余りは、割る数よりも小さい数である
となるが、式の割り算においても同様の性質がある。すなわち、
• 余りの式は、割る式よりも次数が低い
ということである。これを含めて、以下の（多項式の）割り算の基本定理を紹介しよう。
割り算の基本定理
2 つの多項式 A(x),B(x) があるとき、
A(x) = B(x)Q(x) + R(x) （R(x) = 0 または deg R(x) < deg B(x)）
が成り立つような多項式 Q(x),R(x) がただ 1 つ存在する。
∗25
ここで · · · はあまりを表す略記号。
1.4 高次式
45
以下の証明では、A(x) などを単に A と表すことにする。
証明
【deg R < deg B となることの証明】
A の次数を m、B の次数を n とする。
m < n ならば Q = 0、R = A とすれば題意は満たす。
m
n のときは、A の最高次の係数を am 、B の最高次の係数を bn とすると、
am m−n
x
B
bn
A−
の次数は m − 1 以下になる。この次数を m とおく。
m
n ならば、
A =A−
am m−n
x
B
bn
とおいて、同様に A の最高次の係数を am として、
A −
am m −n
x
B
bn
とすれば、この式の次数は m − 1 以下となるため、繰り返すことでいずれ n より次数の
低い式 A
···
を得られる。それを R とおけば題意を満たす。
【Q, R がただ 1 つ存在することの証明】
A = BQ1 + R1 , A = BQ2 + R2 と 2 通りで書くことができたとする。（もちろんここ
で、deg R1 , deg R2 < deg B である。）
辺々引くと、
B(Q1 − Q2 ) = R2 − R1
となる。ここで、両辺の次数を調べると、右辺は、
deg B(Q1 − Q2 ) = deg B + deg (Q1 − Q2 )
deg B
(1.17)
となり、deg B 以上になるが、左辺は、
deg (R2 − R1 ) < deg B
となり、deg B より小さい。ここで左辺と右辺の次数が等しくなるには、Q1 − Q2 = 0 が
必要になる。
このとき、(1.17) 式の左辺 = 0 となるので、右辺も 0、すなわち R1 = R2 となる。
よって、Q1 = Q2 , R1 = R2 が示せた。■
46
第 1 章 計算と式の扱い
■例題 1.13 (多項式の割り算) A を B で割った商と余りを求めよ。
(1) A = 6x2 + 4x + 4,
B = 2x − 1
3
(2) A = 4x − 5x + 1,
B =x+1
....................................................................................
□解答 1.13 (2) は、まず降べきの順に並べ替えて筆算を書きます。
解
(1)
(2)
−5x2 +5x −1
7
2
2x − 1 6x2 +4x +4
3x +
x + 1 −5x3
+4x+1
−5x3 −5x2
2
6x −3x
−5x2 +4x
7x +4
7
7x−
2
15
2
5x2 +5x
−x+1
−x−1
2
以上より、
(1) 商：3x +
7
2
、余り：
15
2
(2) 商：−5x2 + 5x − 1、余り：2
■例題 1.14 (多項式の割り算) x の多項式とみて、2x3 + 10y 3 − 3xy 2 を x + 2y で
割った商と余りを求めよ。
....................................................................................
□解答 1.14 x の多項式とみるのだから、y は定数と考える。
解
2x2 −4xy +5y 2
x + 2y 2x3
−3xy 2 +10y 3
2x3 +4x2 y
−4x2 y−3xy 2
−4x2 y−8xy 2
5xy 2 +10y 3
5xy 2 +10y 3
0
より、商は 2x2 − 4xy + 5y 2 、余りは 0 である。
1.4 高次式
47
■例題 1.15 (多項式の割り算) 次の問いに答えよ。
(1) x2 + 3x − 1 で割ると、商が 2x − 1、余り 3 となるような多項式を求めよ。
(2) 3x3 − 2x2 + 1 を割ると、商が x + 1、余りが x − 3 となる多項式を求めよ。
....................................................................................
□解答 1.15
解 (1) 求める多項式を f (x) とすると、
f (x) = (x2 + 3x − 1)(2x − 1) + 3
= 2x3 + 5x2 − 5x + 4
となる。
(2) 求める多項式を f (x) とすると、
3x3 − 2x2 + 1 = f (x)(x + 1) + x − 3
となるので、
3x3 − 2x2 − x + 4 = f (x)(x + 1)
となるので、3x3 − 2x2 − x + 4 を x + 1 で割ると、商は 3x2 − 5x + 4、余りは 0 だから、
f (x) = 3x2 − 5x + 4
となる。
■係数だけを書いて割り算する
多項式の割り算はすべてを書くと大変なので、係数だけを書くという方法も慣れておく
と良い。時間がないセンター試験などでは 1 秒も無駄にはできないのである。
x2 +x
x − 1 x3
1 1
−2x+1
x3 −x2
2
x −2x
x2 −x
−x+1
1 − 1 1 0 −2 1
→ 1−1
1 −2
1 −1
−1 1
48
第 1 章 計算と式の扱い
■組み立て除法
最後に、1 次式での割り算をすばやく行う方法として、組み立て除法を紹介しよう。こ
の方法は 1 次式で割る場合に余りをすばやく計算するのに適している。2 次式以上の式で
割る場合には使うことができない。
先に方法から説明しよう。例として、2x2 − 5x + 2 を x − 3 で割る場合を考える。
STEP1 各次数の係数を横に順番に書き、その横に線で仕切って割る式 x − k の k を
書く。
2
−5
2
3
STEP2 一番左の数字はそのまま下ろし、その数と区切った k の積を 1 つ右の列の数
の下に書く。次に縦に足し算した合計を一番下に書く。これを繰り返す。
2
−5 2
6 3
1 5
+)
2
3
STEP3 一番下の行に並んだ数は、左から商の係数（次数は初めに書いたときの列より
1 次小さくなる）で、一番右は余りとなる。
x2
x
定数
2
−5
6
1
2
3
5
+)
2
3
x 定数 あまり
商 2x + 1
あまり 5
■妥当性
この方法が成立する理由を簡単に説明しておこう。以下では割られる式が 3 次の式の場
合で紹介するが、それ以上の次数の場合でも同様に示すことができる。
ax3 + bx2 + cx + d を x − k で割ったときの商を lx2 + mx + n、あまりを r とすると、
ax3 + bx2 + cx + d = (x − k)(lx2 + mx + n) + r
= lx3 + (m − kl)x2 + (n − km)x + r − kn
となることから、係数を比較することで、
l = a,
m = b + kl,
n = c + km,
r = d + kn
となることが分かる。これを先ほどの方法で形式的に計算することができる。
a
+)
l
b
c
d
kl km kn
m
n
r
k
1.4 高次式
49
■px + q で割る場合
組立て除法は x − k （x の係数が 1 の場合）で割る場合しか使うことができない。しか
し、少し応用することで px + q で割る場合の計算も可能である。
たとえば 3x3 − 2x2 + 4x − 3 を 3x − 2 で割る場合は、x の係数を 1 にするために 3 で
割った x −
2
で割ってみると、
3
3
−2 4
+)
3
2
0
0
4
2
3
−3
8
3
1
−
3
となる。ここで、
商 3x2 + 4
あまり −
1
3
としてはいけない。
組立て除法で計算した内容を考え直してみると、
3x3 − 2x2 + 4x − 3 =
x−
2
3
(3x2 + 4) −
1
3
という計算をしたことになっていて、3x − 2 で割ったわけではなかったことを思い返さな
ければならない。そこで、右辺の 2 つの括弧をうまく調整して、
(3x − 2) x2 +
4
3
−
1
3
とすることで、最終的な答えを得ることができる。つまり、3x3 − 2x2 + 4x − 3 を 3x − 2
で割った答えは、
商 x2 +
4
3
余り −
1
3
となる。
この結果から、商については少し手を加えなければならないが、余りについては手を加
えず、（割る式）= 0 を満たす x を右上の枠に書き込めばよいことから、組立て除法は 1
次式で割る場合の余りをすばやく求めるのに最適であると考えられる。
50
第 1 章 計算と式の扱い
1.4.2 剰余の定理、因数定理
■剰余の定理と因数定理
まずは剰余の定理を紹介しよう。
剰余の定理
多項式 P (x) を 1 次式 x − a で割ったときの余りは P (a) である。
証明
1 次式で割るので、余り r は 0 または定数なので、
P (x) = (x − a)Q(x) + r
とおける。ここで x = a を代入すると、r = P (a) となる。■
同様に、一般の 1 次式 ax + b で割ったときの余りは P
−
b
a
となる。
また、余りが 0 になる場合、つまり割り切れる場合を考えると、次のことが言える。
因数定理
多項式 P (x) を 1 次式 x − a で割り切れるとき、つまり P (x) が x − a を因数に持つ
とき、P (a) = 0 である。
高次式の因数分解では因数定理が非常に役に立つ。高次式を因数分解することは、のち
のち高次方程式を解くために必要になるため、必ずできるようにしておいてもらいたい。
1.4 高次式
51
■例題 1.16 (因数定理を用いた因数分解) 次の式を因数分解せよ。
(1) x3 − 2x + 1
(2) 2x4 − x3 − 2x + 1
....................................................................................
□解答 1.16 因数定理を利用して因数分解します。それぞれの式を f (x) と置いたと
き、
「f (a) = 0 を満たす a があるとき、f (x) は x − a を因数に持つ」のですから、f (x) = 0
となるような x をとにかく探せばよい。
解
(1) f (x) = x3 − 2x + 1 とおくと、
f (1) = 1 − 2 + 1 = 0
だから (x − 1) を因数に持つ。∗26 よって、
x3 − 2x + 1 = (x − 1)(· · · · · · )
となるはずである。· · · の部分は実際に割り算をすることで、
x3 − 2x + 1 = (x − 1)(x2 + x − 1)
となることが分かる。2 つ目のカッコ内は因数分解できないので、これが答えである。
(2) f (x) = 2x4 − x3 − 2x + 1 とおくと、
f (1) = 2 − 1 − 2 + 1 = 0
だから f (x) は x − 1 で割り切れる。よって、
f (x) = (x − 1)(2x3 + x2 + x − 1)
となる。
さらに g(x) = 2x3 + x2 + x − 1 とおいて割り切れる数を探すと、
g
となることから、g(x) は
1
2
x−
1
2
=2×
1 1 1
+ + −1=0
8 4 2
を因数にもつ。よって、
1
f (x) = (x − 1)(x − )(2x2 + 2x + 2)
2
= (x − 1)(2x − 1)(x2 + x + 1)
∗26
これを見つけるには、x = 1, −1, 2, −2, · · · といろいろな値を代入してみるしかない。当てずっぽうの
ように見えるが、実はこのときに代入してみる値の候補は限られる。これについては後述する。
52
第 1 章 計算と式の扱い
である。
♠ この問題において、x =
1
は簡単に見つけられただろうか。「整数でない値まで考えな
2
いとならない」ともなると、かなり偶然に頼らなければならないような気がする。
しかし、そんなことはない。先に結論をいうと、f (x) = 0 となる x の具体的な候補は、
x=±
f (x) の定数項の約数
f (x) の最大次の項の係数の約数
である。ここでは、なぜそうなるのか簡単な説明を加えておこう。
簡単な説明
n 次の多項式 f (x) = an xn + an−1 xn−1 · · · + a1 x + a0 が、px + q で割り切れるとす
ると、
an xn + an−1 xn−1 . . . a1 x + a0 = (px + q)(an−1 xn−1 . . . a1 x + a0 )
といった式が成り立つ。
ここで、
an = pan−1
であるから、p は an （最大次数の項の係数）の約数でなければならない。
同様に、
a0 = qa0
であるから、q は a0 （定数項）の約数ということになる。
ただし、p,q,an−1 などの正負まではわからないから、候補としてはプラスマイナスを考
えることにする。これによって、割り切れる候補を見つけだす場合には、上の条件を満た
す数を順に当てはめていけばよいことになる。
1
2
例題では、1,−1, ,−
1
を当てはめればよく、これらで割り切れなければ、有理数の範
2
∗27
囲の 1 次式では割り切れないことが分かる。
∗27
無理数まで考えればそんなこともない。たとえば、x2 − 2 において、これを割り切る 1 次式 px + q は
有理数の範囲では見つからない。
1.4 高次式
53
■例題 1.17 (余りの決定) f (x) を x − 1 で割ると 5 余り、x − 2 で割ると 7 余るとき、
f (x) を x2 − 3x + 2 で割ったときの余りを求めよ。
....................................................................................
□解答 1.17 まずは題意を式で表します。
解 題意より、適当に P (x),Q(x),R(x) を考えて、
f (x) = (x − 1)P (x) + 5
f (x) = (x − 2)Q(x) + 7
また、x2 − 3x + 2 = (x − 1)(x − 2) で割った余りは 1 次式となるので、
f (x) = (x − 1)(x − 2)R(x) + ax + b
とおける。ここで、
f (1) = a + b = 5,
f (2) = 2a + b = 7
を解いて、a = 2, b = 3 となり、余りは 2x + 3。
■例題 1.18 (割り算の問題) f (x) を x+1 で割ると 8 余り、x2 −x+3 で割ると 3x+1
余る。このとき、f (x) を (x + 1)(x2 − x + 3) で割ったときの余りを求めよ。
....................................................................................
□解答 1.18 前の問題と同様、題意を式で表すところからはじまりますが、今回は「余
り」のほうにも割り算を考えます。
解 適当に P (x),Q(x),R(x) を考えて、
f (x) = (x + 1)P (x) + 8
f (x) = (x2 − x + 3)Q(x) + 3x + 1
また、(x + 1)(x2 − x + 3) で割った余りは 2 次式となるので、
f (x) = (x + 1)(x2 − x + 3)R(x) + ax2 + bx + c
とおける。ここで、この余りも x2 − x + 3 で割ると 3x + 1 余るはずなので、
f (x) = (x + 1)(x2 − x + 3)R(x) + a(x2 − x + 3) + 3x + 1
とおけるので、ここで x = −1 を代入して、
f (−1) = 5a − 2 = 8
より、a = 2 となるので、答えは 2(x2 − x + 3) + 3x + 1 = 2x2 + x + 7 となる。
54
第 1 章 計算と式の扱い
■例題 1.19 (高次式の値) x = 1 −
√
2 のとき、x4 + x3 + x2 + x + 1 の値を求めよ。
....................................................................................
□解答 1.19 いちいち代入していては大変。ここでは「次数下げ」のテクニックとして、
割り算を利用します。
解
f (x) = x4 + x3 + x2 + x + 1
とおく。ここで、x = 1 −
√
2 を変形すると、
√
√
x = 1 − 2 ⇐⇒ x − 1 = − 2
⇐⇒ x2 − 2x + 1 = 2 ⇐⇒ x2 − 2x − 1 = 0
となる∗28 ので、f (x) を x2 − 2x − 1 で割って、
f (x) = (x2 − 2x − 1)(x2 + 3x + 8) + 20x + 9
という関係式を導くと、x2 − 2x − 1 = 0 であることから、
f (x) = 20x + 9
となり、求める値は、
f (1 −
√
√
√
2) = 20 − 20 2 + 9 = 29 − 20 2
となる。
♠ 上の式から、x2 = 2x + 1 を何度も利用して、次々に次数を下げて解いていっても同じ
結果を得る。つまり、
x4 + x3 + x2 + x + 1
= x2 · x2 + x · x2 + x2 + x + 1
ここで x2 = 2x + 1 を代入して、
= (2x + 1)(2x + 1) + x(2x + 1) + (2x + 1) + x + 1
= 6x2 + 8x + 3
= 6(2x + 1) + 8x + 3
（←さらに x2 = 2x + 1 を代入した。
）
√
= 20x + 9 = 20(1 − 2) + 9
√
= 29 − 20 2
∗28
ルートを消すために、ルートのある項を仲間はずれにして 2 乗。この式が、次数を下げる鍵になる。
1.5 指数法則と累乗根
55
1.5 指数法則と累乗根
1.5.1 指数の拡張
■指数の拡張
指数について詳しくは第 2 巻の第 4 章「指数関数」で学ぶ内容だが、関数の性質を除い
た指数法則については数の分野の内容であるから、先に学習しておこう。
さて、中学校から学んできた指数 an は、a を n 回かけることで定義していた。そのよ
うな定義から、n は自然数しか取りえなかったが、これからは n を整数、あるいは有理
1
数、最終的には実数に拡張した場合を考えていく。つまり、a−4 とか a 2 といった数につ
いて考えていく。
まずは a0 を定義することから始めよう。∗29 これまで、an+1 は an の値からさらに a 倍
したもの、つまり、
an+1 = an × a
として定義していた。これを逆に見ると、
an = an+1 ÷ a
(1.18)
と見ることができるだろう。この式の考え方は非常に重要である。
そこで (1.18) 式で n = 0 とおけば、
a0 = a1 ÷ a = 1
となる。つまり、どんな数も、0 乗すると 1 になるのである。
0 乗の計算
a0 = 1
さらにここから進めていこう。(1.18) 式において n = −1 とおくと、
a−1 = a0 ÷ a = 1 ÷ a =
となる。さらに n = −2 とおけば、
a−2 = a−1 ÷ a =
となる。これを繰り返し用いることで、
a−n =
∗29
1
an
意味としては「a を 0 回掛けた値」という意味になる。
1
a2
1
a
56
第 1 章 計算と式の扱い
∗30
となることが分かるだろう。
マイナス乗の計算
a−n =
1
an
さて、
an × am = a × a × · · · × a × a × a × · · · × a = a × a × · · · × a
n回
m回
(n+m) 回
となることから、一般に n, m について、
an × am = an+m
が成り立つ。また、
m回
m回
m回
m n
(a ) = a × · · · × a × a × · · · × a × · · · × a × · · · × a = amn
n回
であることより、
(am )n = amn
が成り立つ。最後に、
(ab)n = ab × ab × · · · × ab = an bn
n回
は当然といえるだろう。
これらをまとめて指数法則という。まとめておこう。
指数法則
am an = a(m+n)
(am )n = amn
(ab)n = an bn
さらに、指数法則の 1 つ目から導かれる、
am ÷ an = am ×
1
= am a−n = a(m−n)
an
も準公式として押さえておこう。
∗30
(1.18) 式を定義とすれば、あとは数学的帰納法を用いて示すことができる。
1.5 指数法則と累乗根
57
1.5.2 累乗根
■累乗根
さて、続いては累乗根である。中学校で学習したのは、2 乗して a になる数のうち正
√
√
a で表すことにしていた。たとえば、16 の平方根は ±4 であったが、
√
16 = 4 であり、−4 を表すときには − 4 としなければならないのであった。
のもののことを
これは面積が 16 となる正方形の 1 辺の長さは 4 であることを表すのに似ている（負の
方を考えることはないだろう）
。ところで、体積が 27 となる立方体の 1 辺の長さは 3 であ
るが、これを表す方法はないだろうか。
そこで、3 乗して a になる数を、
と表すことにし、これを 3 乗根 a
同様に、n 乗して a になる数を
∗31
√
n
√
3
a
√
3
と表す。例えば、 27 = 3 となる。
a と表すことにする。このようなものを n 乗根とい
い、平方根（すなわち 2 乗根）や 3 乗根など、このような表記をするものをまとめて累乗
根という。
さて、2 乗根、3 乗根について少し注意をしておこう。2 乗根の場合はルートの中が負
になるようなものは考えない∗32 が、3 乗根の場合はルートの中が負になることもある。た
とえば、
√
3
−125 = −5
という表記ができる。
√
√
また、2 乗根の場合は 2 乗して a になる数が 2 種類あるため（+ a と − a）、そのう
ちの正の方を表すという注意点があったのに対し、3 乗根の場合はそのような心配がない。
3 乗して a になる数は（複素数を考えなければ）1 つしかない。∗33
√
4
ここまでの話は偶数乗、奇数乗の場合にそのまま応用される。例えば、 81 は 3 であ
√
∗34
り、−3 とはならない。また、 3 −343 は当然 −7 であり、7 であるはずはない。
∗31「さんじょうこんエー」と読む。
∗32
なぜなら、2 乗して負になる実数は存在しないからである。
複素数を考えると、a, aω, aω 2 の 3 つある。ω は x2 + x + 1 = 0 の解の 1 つを表している。詳しくは
第 3.2.1 章で紹介する。
∗34 なぜなら、7 は 3 乗しても −343 にならない。
∗33
58
第 1 章 計算と式の扱い
■累乗根と指数の関係
さて、2 乗根を含め、累乗根は指数の形に書くことができる。たとえば 2 乗して a にな
る数 x は、
x × x = a = a1
ということであるから、ここに指数法則を用いると、x = ak とすると、
ak × ak = a1
a2k = a1
すなわち
となることから、
2k = 1
k=
となることが分かる。つまり、a の 2 乗根
√
となる。同様に 3 乗根であれば、
となり、一般に n 乗根は、
√
1
2
a は、
1
a = a2
√
3
a = a3
√
n
a = an
1
1
となる。さらに、指数法則を用いることで、
√
n
m
am = a n =
√
n
a
m
1
= an
m
などの表記ができることが分かる。
指数と累乗根の関係
√
n
√
m
am = ( n a)m = a n
1
= (am ) n
1.5 指数法則と累乗根
59
■例題 1.20 (指数と累乗根) 次の計算をせよ。ただし、a > 0, b > 0 とする。
(1) √
4
6×
√
1
6 × 12 4
1
3
(2) (ab−2 )− 2 × a 2 b−1
1
1
1
1
(3) (a 2 + b 2 )2 + (a 2 − b 2 )2
....................................................................................
□解答 1.20 指数法則に基づいて計算していきます。
解 (1)
√
4
6×
√
1
1
1
1
3
1
= 6 · 2 4 ∗35
(2)
3
1
1
3
(ab−2 )− 2 × a 2 b−1 = a− 2 b × a 2 b−1
1
3
= a(− 2 + 2 ) b(1−1)
= a1 b0 = a
(3)
1
1
1
1
(a 2 + b 2 )2 + (a 2 − b 2 )2
1
1
1
1
= (a + 2a 2 b 2 + b) + (a − 2a 2 b 2 + b)
= 2a + 2b
∗35
これは、6
1
6 × 12 4 = 6 4 + 2 × 12 4 = 6 4 × 12 4
√
√
4
4
4
= 63 × 12 = 64 2
√
4
2 としても可です。
60
第 1 章 計算と式の扱い
1.6 対称式と交代式
1.6.1 対称式
■対称式と基本対称式
対称式という概念は、はじめて学習するときには分かりにくいものであるが、今後よく
登場するものであるから、しっかり勉強しておきたい。
対称式とは、x と y を入れ替えても元と同じ式になるというもので、例えば、
x + y,
x2 + y 2 ,
x2 y + xy 2
xy,
はそれぞれ x と y を入れ替えたときに、
x+y =y+x
x2 + y 2 = y 2 + x2
xy = yx
x2 y + yx2 = y 2 x + xy 2
となり、元の式と等しいため対称式であるといえる。今の場合、x, y の 2 文字で構成され
るから 2 変数の対称式という。一方、
x2 − y 2 ,
x − y,
x + y2
などは、x と y を入れ替えたときに、
x−y =y−x
x2 − y 2 = y 2 − x2
x + y 2 = y + x2
となり一致しないので、対称式ではない。
ところで、対称式をわざわざ学習するのは、
対称式は基本対称式のみの形に変形できる
という性質があるからといってもよいだろう。基本対称式とは、2 変数の場合は和 x + y
と積 xy の 2 つのことで、例えば先ほど挙げた対称式は、
x2 + y 2 = (x + y)2 − 2xy
x2 y + xy 2 = xy(x + y)
のように基本対称式のみを利用した形に変形できる。これが非常に重要で、今後はこのこ
とが利用される。
1.6 対称式と交代式
61
■例題 1.21 (対称式) 次の対称式が基本対称式 p = x + y, q = xy のみで表せることを
確認せよ。
(1) x2 + y 2
(2) x3 + y 3
(4) x5 + y 5
(5) (x − y)2
(3) x4 + y 4
1
1
(6) +
x y
....................................................................................
□解答 1.21 確認さえできればよいので、解答のように厳密に計算する必要はない。解答
では p, q のみの式になることで確認した。なお、(1)、(2)、(5) は準公式。結果をすぐに
思い出せるようにしておきたい。
解 (1) まず 2 乗を作り出して、余計なものを引き算すれば、
x2 + y 2 = (x + y)2 − 2xy = p2 − 2q
(2) 因数分解の（1.4）式を用いて、
x3 + y 3 = (x + y)(x2 − xy + y 2 )
とすると、x2 + y 2 の部分を (1) を利用して計算し直さなければならない。こういうとき
は、先に 3 乗を作ってから余計なものを引き算して、
x3 + y 3 = (x + y)3 − 3xy(x + y) = p3 − 3pq
とするとよい。どちらも結果は同じである。
(3) まずは 4 乗を 2 乗の 2 乗として考えて、やはり余計なものを引く。
x4 + y 4 = (x2 + y 2 )2 − 2x2 y 2
= (p2 − 2q)2 − 2q 2
(4) (3) を踏まえて、5 乗は 2 乗と 3 乗として考えればよい。
x5 + y 5 = (x2 + y 2 )(x3 + y 3 ) − x2 y 3 − x3 y 2
= (x2 + y 2 )(x3 + y 3 ) − x2 y 2 (x + y)
= (p2 − 2q){(p2 − 2q)2 − 2q 2 } − pq 2
(5) 展開して考えればよい。
(x − y)2 = x2 − 2xy + y 2
= (x2 + 2xy + y 2 ) − 4xy
= (x + y)2 − 4xy = p2 − 4q
(6) 通分するだけで対称式の形になる。
p
1
1
y+x
+ =
=
x y
xy
q
62
第 1 章 計算と式の扱い
■3 変数の対称式
文字を入れ替えても同じになる、というのが 2 変数の対称式の定義である。ところで、
入れ替える文字が 3 文字になれば 3 変数の対称式というものが存在する。
3 文字の場合は、どの 2 つの文字を入れ替えても元の式と同じになるもので、例えば、
x + y + z,
x2 + y 2 + z 2
といったようなもので、この場合も基本対称式のみの形に変形できる。3 文字の場合の基
本対称式は、
和 x + y + z,
積 xyz,
2 文字ずつの積 xy + yz + zx
の 3 種類である。例えば先ほどの x2 + y 2 + z 2 は、
x2 + y 2 + z 2 = (x + y + z)2 − 2(xy + yz + zx)
と表せることから、基本対称式で表されることが分かる。
これらの対称式の考え方は、このあとで学ぶ解と係数の関係で発揮される。そのために
も理解をしておいてもらいたい。
■定義
最後にまとめとして、対称式、基本対称式の定義を乗せておく。最後の証明は少々難し
いので飛ばして構わない。
対称式
x1 , x2 , · · · の多項式で、x1 , x2 , · · · のどの 2 つの文字を入れ替えても元の式と同じに
なるものを対称式という。
この定義を式で記すと、例えば 2 変数 x1 , x2 の多項式 f (x1 , x2 ) が、
f (x1 , x2 ) = f (x2 , x1 )
を満たすとき、この f (x1 , x2 ) は（2 変数の）対称式といい、3 変数 x1 , x2 , x3 の多項式
f (x1 , x2 , x3 ) が、
f (x1 , x2 , x3 ) = f (x2 , x1 , x3 ),
f (x1 , x2 , x3 ) = f (x3 , x2 , x1 ),
f (x1 , x2 , x3 ) = f (x1 , x3 , x2 )
のそれぞれを満たす、すなわち、
f (x1 , x2 , x3 ) = f (x2 , x1 , x3 ) = f (x1 , x3 , x2 )
を満たすとき、この f (x1 , x2 , x3 ) は（3 変数の）対称式という。
1.6 対称式と交代式
63
また、対称式と基本対称式については、次のような性質がある。
基本対称式
基本対称式とは、
s1 = x1 + x2 + x3 + · · · + xn
s2 =
xi xj
i<j
s3 =
xi xj xk
i<j<k
..
.
sn = x1 x2 · · · xn
である。
この定義では分かりにくいが、具体的に 2 変数、3 変数の基本対称式は、
• 2 変数 x, y についての基本対称式は、x + y, xy
• 3 変数 x, y, z についての基本対称式は、x + y + z, xy + yz + zx, xyz
である。
重要な定理として、次の対称式の基本定理がある。
対称式の基本定理
対称式はその基本対称式で表される。
この定理の証明は難しいため高校では行われない。ここでは有名なものをひとつ記して
おく。
証明
まず、2 つの単項式
xi11 xi22 · · · xinn ,
xj11 xj22 · · · xjnn
に対し、ベキを比べたときに
i1 = j1 ,
i2 = j2 ,
··· ,
ik = jk
であるが、
ik+1 > jk+1
j
j
となるような k があるときには、xi11 xi22 · · · xinn の方が x11 x22 · · · xjnn よりも次数が高いと
∗36
決める。このような決め方を辞書式順序という。
∗36
この定義では、たとえば x31 x42 x23 x4 と x31 x42 x3 x34 では前者の方が次数が高いことになる。
64
第 1 章 計算と式の扱い
ある多項式 f (x1 , x2 , · · · , xn ) について、この辞書式順序における最高次の項を LT (f )
とおく。このとき、
LT (f g) = LT (f )LT (g)
となる。
さて、対称式である多項式 f (x1 , x2 , · · · , xn ) について、
LT (f ) = cxi11 xi22 · · · xinn
とおくと、i1
i2
···
in である。なぜなら、もし ik < ik+1 だとすると、f は対称
式なので、LT (f ) において xk と xk+1 を入れ替えた単項式
i
k
cxi11 · · · xik+1
xkk+1 · · · xinn
が必ず含まれている。しかし、先ほど決めた規則からこちらの方が LT (f ) よりも高次に
なってしまい矛盾するからである。
さて、基本対称式の積で表される単項式
i
n−1
s1i1 −i2 s2i2 −i3 · · · sn−1
−in in
sn
の最高次の項は、
LT (s1 )i1 −i2 · · · LT (sn )in
= xi11 −i2 (x1 x2 )i2 −i3 · · · (x1 · · · xi )ii −ii+1 · · · (x1 · · · xn )in
= xi11 xi22 · · · xinn
となるので、
i
n−1
f − csi11 −i2 s2i2 −i3 · · · sn−1
−in in
sn
の最高次の項の次数は、f の最高次の項の次数より小さい。これを f とし、ここにまた
同様の操作を行うことでさらに最高次の項の次数の低い f を得ることができる。この操
作を繰り返すことで、最終的には f
···
= 0 となる。すると、
i
n−1
f = cs1i1 −i2 si22 −i3 · · · sn−1
−in in
sn
+ ···
と基本対称式のみで表されることが示される。■
この証明は、そのまま対称式を基本対称式で表す手順となっている。今の証明を利用し
て次の例題にチャレンジしてもらいたい。
1.6 対称式と交代式
65
■例題 1.22 (対称式 ＃ ) 対称式 f = x3 + y 3 + z 3 を基本対称式で表せ。
....................................................................................
□解答 1.22 高校範囲を超えるので、流れを覚えてもらえればよい。
x は文字を替えたものすべての和、すなわち
解 表記を楽にするために、例えば、
x + y + z を表し、
x2 y は x2 y + x2 z + y 2 x + y 2 z + z 2 x + z 2 y を表すとする。∗37
さて、まずこの多項式の単項式のうち、辞書式順序で最大次数となるのは、x3 であ
る。∗38 つまり i1 = 3, i2 = 0, i3 = 0 となる。よって、
s3−0
s0−0
s03 =
1
2
x
3
を引けばよい。よって、
f =f−
x
3
3
=
x3 −
x
=
x3 −
x3 + 3
= −3
x2 y + 6xyz
x2 y − 6xyz
となる。∗39
f の最大次数の項は 3x2 y （i1 = 2, i2 = 1, i3 = 0）となるから、次は
−3s2−1
s1−0
s03 = −3
1
2
x
xy
を引けばよい。よって、
f =f +3
= −3
x
xy
x2 y − 6xyz 3
x2 y + 3xyz
= 3xyz
X
x3 と記すことができる。
∗37
この表記を用いると、f は
∗38
これは、x3 = x3 y 0 z 0 , y 3 = x0 y 3 z 0 , z 3 = x0 y 0 z 3 となることから分かる。
ここで、
∗39
X 3
X
X
x =
x3 + 3
x2 y + 6xyz
という計算をしているが、この計算は次のようにして求めている。
P 3
x は、3 乗計算の間に x を 3 回選ぶ場合の数は 1 通りだから 1 倍
•
P 2
•
x y は、3 乗計算の間に x を 2 回、y を 1 回選ぶ場合の数は 3 C2 = 3 通りだから、3 倍（y を 2 回、
z を 1 回の場合も同数）
• xyz は、3 乗計算の間に、x, y, z を 1 回ずつ選ぶ場合の数は 3 C1 × 2 C1 × 1 C1 = 6 通りである。また、
もはやシグマを付ける必要がないのでシグマは付けない。
である。
66
第 1 章 計算と式の扱い
となる。これは 3s3 であるから、最後に 3s3 を引いて、
f
= f − 3s3 = 0
となる。ここまでの作業を戻していくと、
f = 3s3
であり、
f =f −3
x
xy
= 3s3 − 3s1 s2
となり、
f =f +
x
3
= 3s3 − 3s1 s2 + s31
となる。よって、
x31 + x32 + x33 = (x1 + x2 + x3 )3 − 3(x1 + x2 + x3 )(x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ) + 3x1 x2 x3
となり、基本対称式のみで表すことができた。
1.6 対称式と交代式
67
1.6.2 交代式
■交代式
続いては交代式についてみていこう。
交代式も対称式を似ているが、文字を入れ替えたときに式の値が (−1) 倍になる性質を
持つ。つまり、
交代式
x, y についての多項式 f (x, y) が、
f (x, y) = −f (y, x)
を満たすとき、f (x, y) を交代式という。
また、3 文字の場合も同様に、x, y, z についての多項式 f (x, y, z) が、
f (x, y, z) = −f (y, x, z)
f (x, y, z) = −f (x, z, y)
f (x, y, z) = −f (z, y, x)
を満たすとき、f (x, y, z) を交代式という。
であるものを、交代式という。なお、3 文字の場合は上 2 つの式から 3 つ目の式を導くこ
とができるので、3 つ目の式は必要ない（が、分かりやすいよう書いておく）。
交代式には次のような性質がある。
交代式の性質
2 変数 x, y の交代式 f (x, y) は、(x − y) を因数に持つ。
同様に、3 変数 x, y, z の交代式 f (x, y, z) は、(x − y)(y − z)(z − x) を因数に持つ。
これらの因数を、それぞれ 2 文字、3 文字の最簡交代式という。
証明
2 文字の場合、f (x, y) に対し、f (x, y) = −f (y, x) が満たされる。ここで、x = y を代
入すると、f (y, y) = −f (y, y) となることより、f (y, y) = 0。これは、x − y を因数に持
つことが分かる。∗40
同様に、3 文字の場合、f (x, y, z) に対し、f (x, y, z) = −f (y, x, z) だが、ここで x = y
を代入すれば、f (y, y, z) = −f (y, y, z) より f (y, y, z) = 0 となる。これは 2 文字の時と
∗40
これは、y を定数と見たときの因数定理の適用による。つまり、f (x, y) = f (x) と考えれば、f (x) が
f (a) = 0 を満たすとき、f (x) は x − a を因数を持つのだった。今回は y を代入して f (y) = 0 となっ
たのだから、f (x) = f (x, y) は x − y を因数に持つと考えられる。
68
第 1 章 計算と式の扱い
同様に y, z を定数と見て因数定理を当てはめれば、x − y を因数に持つことが分かる。y, z
についても同様のことを確かめればよく、f (x, y, z) は (x − y), (y − z), (z − x) をそれぞ
れに因数に持つ、すなわち、(x − y)(y − z)(z − x) を因数に持つと分かる。■
さらに、次のようなことが言える。
（交代式）=（最簡交代式）×（対称式）
例えば 2 文字の場合、(x − y) を因数に持つことが分かっているので、f (x, y) =
(x − y)Q(x, y) と書くことが出来るが、ここで f (x, y) = −f (y, x) であることから、x, y
を入れ替えると、
f (y, x) = (y − x)Q(y, x) = −(x − y)Q(y, x) = −f (x, y)
となり、最後の 2 式より (x − y)Q(y, x) = f (x, y)、つまり、Q(x, y) = Q(y, x) である。
3 文字でも同様に証明できる。
この性質を利用すると、次のような因数分解ができる。例題で紹介しよう。
1.6 対称式と交代式
69
■例題 1.23 (交代式の因数分解 ＃ ) 次の式を因数分解せよ。
(1) x3 (z − y) + y 3 (x − z) + z 3 (y − x)
(2) x4 (y − z) + y 4 (z − x) + z 4 (x − y)
....................................................................................
□解答 1.23 交代式の性質を利用して解いていきます。
解
(1) f (x, y, z) = x3 (z − y) + y 3 (x − z) + z 3 (y − x) とおくと、f (x, y, z) は交代式で
ある。
交代式は、最簡交代式と対称式の積で表すことができるが、いま、f (x, y, z) は 4 次式
なので、3 次の最簡交代式と 1 次の対称式の積（正確には、それの定数倍）と考えること
が出来る。よって、
f (x, y, z) = (x − y)(y − z)(z − x) × a(x + y + z)
定数×1 次の対称式
とすることができる。
次に x3 の係数を比較すれば、z − y = −(y − z)a となることより、a = 1 なので、
f (x, y, z) = (x − y)(y − z)(z − x)(x + y + z)
(2) f (x, y, z) = x4 (y − z) + y 4 (z − x) + z 4 (x − y) とおくと、f (x, y, z) は交代式なの
で、f (x, y, z) が 5 次式であることに気を付けて、3 次の最簡交代式と 2 次の交代式の積
として考えればよい。つまり、
f (x, y, z) = (x − y)(y − z)(z − x) × {a(x2 + y 2 + z 2 ) + b(xy + yz + zx)}
定数×2 次の対称式
とおける。
ここで、まず x4 の係数を比較すれば、a = −1 が導かれる。さらに x3 の係数を比較す
ると、a = −1 も用いて、
a{y(y − z) + z(y − z)} − b(y − z)(y + z) = −(b + 1)(y 2 − z 2 )
となり、これが 0 に等しいので、b = −1 となる。
よって、因数分解の結果は、
f (x, y, z) = −(x − y)(y − z)(z − x)(x2 + y 2 + z 2 + xy + yz + zx)
となる。
70
第 1 章 計算と式の扱い
1.7 複素数と複素平面
1.7.1 複素数とその計算
■虚数単位 i の定義
中学までは実数の世界しか知らなかった。すなわち、あらゆる数も数直線の上に書くこ
とができた。しかし、高校では数直線上に表せない数が登場する。それが虚数である。
まずは、虚数単位 i を次のように定義する。
虚数単位 i の定義
i2 = −1
(1.19)
を満たす数の 1 つを虚数単位として定義する。すなわち、
√
−1 = i
である。
また、a, b を実数としたとき、a + bi で表される数を複素数といい、a を実部、b を虚部
という。また、ある複素数 z の実部を Re z 、虚部を Im z で表す。
ここで、Im z = b = 0 のときは実数であり、Re z = a = 0 のときは純虚数であると
いう。
また、z = a + bi に対して、虚部の正負を入れ替えた a − bi のことを共役な複素数とい
い、z で表す。さて、
z = a + bi,
z = a − bi
を a, b について解くと、
a=
z+z
,
2
b=
z−z
2i
であり、a は実部、b は虚部であるから、
Re z =
z+z
,
2
Im z =
z−z
2i
(1.20)
となることも分かる。
■複素数の計算
これについては難しいことはない。i を普通の文字として扱い、i2 が登場したら −1 に
置き換えればよい。
分母に複素数がある場合は、平方根の時と同様に分母に共役な複素数を分母、分子に有
理化する。また、ルートの中がマイナスとなっているときには、すぐに
て i の式に直すように心がけること。
√
−1 = i を用い
1.7 複素数と複素平面
71
■例題 1.24 (複素数の基本計算) 次の計算をしなさい。
(1) (4 − 2i) + (5 − 2i)
3 + 2i
(4) 3 − 2i
(2) (5 − 2i) − (2 − 4i)
√
√
(5) −5 × −20
(3) (3 + 2i)(2 − 3i)
√
6
(6) √
−2
....................................................................................
□解答 1.24 i を普通の文字と同じように計算します。
解 (1) (4 − 2i) + (5 − 2i) = 9 − 4i
(2) (5 − 2i) − (2 − 4i) = 3 + 2i
(3) i2 を −1 に置き換えればよい。
(3 + 2i)(2 − 3i) = 6 − 9i + 4i − 6i2
= 6 − 9i + 4i + 6 = 12 − 5i
(4) 分母の有理化と同様の手法で解く。
5 + 12i
3 + 2i
(3 + 2i)(3 + 2i)
(3 + 2i)2
=
=
=
3 − 2i
(3 − 2i)(3 + 2i)
9+4
13
√
(5) ∗41 ルートの中がマイナスとなっているときには、すぐに −1 = i とする。
√
−5 ×
√
−20 =
=
√
√
5i ×
√
20i
100i2 = −10
√
√
√
6
(6) (5) を踏まえて「共に負」ではないから、 √
= −3 = 3i とすると誤り！∗42
−2
√
a
√ =
b
a
b
は、a > 0, b < 0 のときは成り立たないのである。やはりすぐに i の式にして、
√
√
√
√
6
6
3i
√
= √ = 2 = − 3i
i
−2
2i
√
∗41（注意）この問題で、
∗42
−5 ×
√
−20 =
p
(−5) × (−20) =
√
√ √
a b = ab
√
100 = 10 としてはいけない。
が成り立つのは、a, b がともに負でないときである（一方が負なら成立）。
これら (5),(6) を踏まえて、次のことが言える。
√
√ √
a b = ab,
r
√
a
a
√ =
b
b
は、どちらも正、すなわち a > 0, b > 0 のときにのみ使えると覚えておけば無難。
72
第 1 章 計算と式の扱い
■実数条件、純虚数条件
次に、実数条件と純虚数条件を紹介しよう。先ほどの（1.20）式から分かることは、
z − z = 0 であるとき、虚部は消え実部のみになり、これはすなわち実数であるから、実
数の条件は、
z=z
である。同様に純虚数となるための条件は、z + z = 0 だから、
z = −z
であればよい。
実数条件と純虚数条件
複素数 z が実数である ⇐⇒ z = z
実数条件
純虚数条件
複素数 z が純虚数である ⇐⇒ z = −z, z = 0
■共役な複素数
共役な複素数の性質についてまとめておく。
共役な複素数の性質
z = a + bi に対して共役な複素数は z = a − bi である。
また、共役な複素数には、
α ± β = α ± β , αβ = αβ ,
β
α
=
β
α
という計算が成り立つ。
■複素数の絶対値
詳しくは次章以降で学ぶが、複素数 z = a + bi の絶対値は
|z| =
a2 + b2
で表す。右辺のルートの中身は、zz であるから、
|z|2 = zz
とも表現される。このときに |z|2 = z 2 としてしまわないように気を付けなければなら
ない。
1.7 複素数と複素平面
73
■例題 1.25 (実数条件) 虚数 z （ただし z = ±i）に対し、
α=
z
1 + z2
とする。|z| = 1 ならば α は実数であることを示せ。
....................................................................................
□解答 1.25
解 |z| = 1 より、|z|2 = zz = 1 であるから、z =
1
となる。これを問題の式に代入
z
して、
α=
1
z
1
1+ 2
z
=
z
=α
1 + z2
となり、α は
α=α
を満たすので実数である。
■例題 1.26 (共役な複素数の性質) f (x) = ax2 + bx + c とする（a, b, c は実数）。複
素数 α に対し、f (α) = 0 ならば f (α) = 0 であることを示せ。
....................................................................................
□解答 1.26
解
aα2 + bα + c = 0 ⇐⇒ aα2 + bα + c = 0 = 0
である。ここで共役な複素数の性質より、
aα2 + bα + c = aα2 + bα + c
= aα2 + bα + c
= f (α)
より、f (α) = 0 が証明された。
74
第 1 章 計算と式の扱い
■例題 1.26 が意味しているのは、
実数係数の 2 次方程式の解の 1 つが α であるとき、共役な複素数 α も解である
∗43
ということである。このことはこれから先問題を解くときに証明なしに利用してよい。
なお、このことは実数係数であれば n 次方程式に拡張できる。このことを示してお
こう。
共役な解
実数係数の n 次代数方程式に複素数解 α が存在すれば、その共役な複素数 α も解で
ある。
証明
係数が実数の n 次代数方程式
an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0
に、複素数 α が解だとすると、
an αn + an−1 αn−1 + · · · + a1 α + a0 = 0
が成り立つ。ここで共役な複素数の性質より、
an αn + an−1 αn−1 + · · · + a1 α + a0 = 0
⇐⇒ an αn + an−1 αn−1 + · · · + a1 α + a0 = 0
より、示された。■
∗43
とはいえ、今のようにそのことを出題される場合もありうるので、証明もできるようにしておきたい。
1.7 複素数と複素平面
75
第 1.7.2 章と第 1.7.3 章では、一部「三角比」、「ベクトル」の知識も必要です。
1.7.2 複素平面上に複素数を表す
■この章で学習する内容
以下で学習する内容は新教育課程における数学 III の内容であり、本シリーズでは第 12
巻の第 1 章で学習します。しかし、この内容を理解することでさまざまな問題の背景が見
え、問題を解く上でのヒントとなる場合が多く、数学的にこれを学習せずに方程式を語る
ことは難しいので、ここで簡単に紹介しておく。
■複素数を座標軸上に書く
これまで見てきたように、複素数 z = a + bi は実部と虚部の 2 つの実数を定めること
で 1 つの複素数が定まる。例えば実部が 2 で虚部が 5 なら、2 + 5i といった感じである。
これを (2, 5) のように書いても、複素数であるということを意識していれば理解には困ら
ない。そこで複素数を a + bi ではなく (a, b) と書くという考え方をしよう。
ところで、この (a, b) という表記は座標上の点の表し方と等しい。そこで、複素数 a + bi
を (a, b) だと思って座標に書くことにしよう。このときの座標のことを複素平面あるいは
ガウス平面という。また、a は実部を表しているので、座標平面の横軸は実軸（実数の大
きさの尺度）であり、同様に b は虚部を表しているので、縦軸は虚軸（虚数の大きさの尺
度）であることになる。このことを表すため、普段 x, y を書くところは実軸、虚軸あるい
は Re, Im と表す。
ところで実軸は数直線と同じ意味であるから、複素平面は、あたかも数直線に新しい軸
が増えたという見方もできる。複素平面では、0 は原点に、実数 a は実軸上に、純虚数 bi
は虚軸上に表される。
Im
3
O
2
Re
複素平面に 2 + 3i を表す
76
第 1 章 計算と式の扱い
■実数条件と純虚数条件
既に紹介した実数条件と純虚数条件について、複素平面を用いて表してみよう。
複素数 z = a + bi の共役複素数 z = a − bi を表すと、図のようになる。これらは実軸
に関して対称である。このことから、z = z を満たすのは実軸上の点、すなわち実数であ
ることが分かる。これが実数条件である。
また、純虚数 z = bi のときは z = −bi となるので、純虚数条件は z = −z であること
が分かる。
Im
z = 2 + 3i
O
Re
z = 2 − 3i
z = 2 + 3i とz = 2 − 3i
■原点を通る一直線上にある複素数
図のように、複素数 0, α, β が一直線上にあるとする。
Im
kb
b
O
β
α
a
ka
Re
0, α, β が一直線上にある
このとき図の相似関係から、α = a + bi とすると、k を実数として β = ka + kbi とな
ることが分かる。よって、
β = k(a + bi) = kα
である。
さらにこれは、ベクトルにおいて点 O, A, B が一直線上にあるときに成り立つ
−→
−→
OA = k OB
という式と同じ意味である。
1.7 複素数と複素平面
77
■複素数の足し算、引き算の意味
次に複素数の足し算、引き算が複素平面上ではどのような意味を持つか考えてみよう。
まずは α = a + bi, β = c + di に対して、足し算
α + β = (a + c) + (b + d)i
を複素平面上に表すと次のようになる。ここで注目してもらいたいのは、複素平面上で
0, α, β, α + β を表す点をそれぞれ O, A, B, C とすると、
−→ −→ −→
OA + OB = OC
となっていることである。つまり、複素数の和は複素平面上ではベクトルのように振る舞
うということである。
なお、図中で表した A(α) という記号は、「点 A は複素数では α を表している」という
ことを略記したものである。
Im
C(α + β)
B(β)
A(α)
O
Re
0, α, β が一直線上にある
このことは当たり前である。例えば、
(3 + 2i) + (2 + i) = (3 + 2) + (2 + 1)i = 5 + 3i
という計算では、実軸方向への和 3 + 2 と虚軸方向の和 2 + 1 があるが、これはまさに
3 + 2i を表す点からさらに実軸方向へ 2、虚軸方向へ 1 進んだ点を表している。
これの逆を考えたものが複素数の差である。同様に
(5 + 3i) − (3 + 2i) = 2 + i
であるが、これは 5 + 3i という点と 3 + 2i という点の差が、実軸方向では 2、虚軸方向で
は 1 であるという意味である。
一般に、点 A(α) から点 B(β) への移動量は、β − α で表される。このこともベクトル
の考え方と全く同じである。
78
第 1 章 計算と式の扱い
1.7.3 極形式とド・モアブルの定理
■極座標の知恵
座標上のある点を表すには、その x 座標と y 座標を用いて (a, b) という形で示せばよ
かった。中学校で学んだこの表し方はとても身近なものであるが、ここで新しい表し方を
考えてみよう。それは「距離と角度」を用いるというものである。
中心 O からの距離 r と、x 軸の正の部分との為す角 θ を用いて、(r, θ) を指定すること
∗44
で、すべての座標上の点を表すことができる。この座標のことを極座標という。
たとえば、(1, 1) という点を考えよう。直交座標では (1, 1) と表される点だが、これは、
√
√
12 + 12 = 2（三平方の定理を用いた）で、角度が 45◦
√
るから、(1, 1) は極座標では ( 2, 45◦ ) と表される。
中心からの距離が
y
1
O
y
45◦
x
直交座標 (1, 1)
の点であ
√
( 2, 45◦ )
(1, 1)
1
∗45
O
x
√
極座標 ( 2, 45◦ )
極座標表示にはいくつか注意点がある。
まずは、r の値についてであるが、絶対値 r は正のものを取ることに決める。たとえば、
√
√
( 2, 45◦ ) という点は、(− 2, 225◦ ) という表記もできないことはない。しかしこのよう
に表すのは一般的ではない。
また、偏角については一般に整数 n を用いて、
(r, θ) = (r, θ + 360◦ × n)
√
√
を満たすことから、例えば ( 2, 45◦ ) ではなく、( 2, 45◦ + 360◦ × n) と表すべきである。
しかし、重要なのは 0◦
ては、角度が 0◦
θ < 360◦ を満たす θ であるから、答案に書く最終的な答えとし
θ < 360◦ を満たすような角度を書くことにする。
■極形式
さて、これを利用して先ほどの z = a + bi を変形してみよう。極座標で用いた、原点と
の距離 r と、x 軸（の正の部分）とのなす角 θ を用いると、
a = r cos θ,
b = r sin θ
であること。そこで、
z = (r cos θ) + (r sin θ)i
= r(cos θ + i sin θ)
∗44
∗45
(1.21)
これに対して、今まで学んできた座標のことを直交座標といったり、デカルト座標だとかいう。
このことは、図から明らかである。本当はきちんと計算すべきであるが、今は「図から明らか」でいいこ
とにしておく。
1.7 複素数と複素平面
79
と変形できる。当然ここで r は原点との距離、θ は x 軸とのなす角である。ここで r のこ
とを複素数 z の絶対値という。また、なす角 θ のことを複素数 z の偏角といい、arg z と
表す。∗46 また、(1.21) 式のことを複素数の極形式という。ここで絶対値 r と偏角 θ は、
r = |z| =
a2 + b2 ,
θ = arg z
となる。
■例題 1.27 (極形式) 次の複素数の絶対値 r と偏角 θ を求め、極形式で表せ。ただし
偏角は 0◦
θ < 360◦ とする。
√
(1) −1 + 3i (2) 1 − i (3) 3i
....................................................................................
√
□解答 1.27 絶対値 z = a2 + b2 は公式通りでよいが、偏角については、複素平面に点
を打ってその角度を読み取る。
解
(1) 絶対値は |z| =
√
(−1)2 + ( 3)2 = 2、0◦
θ < 360◦ を満たす偏角は以下の図よ
り 120◦ である。よって、
z = 2(cos 120◦ + i sin 120◦ )
となる。
(2) 絶対値は |z| =
√
12 + (−1)2 = 2、偏角は 315◦ である。よって、
√
z = 2(cos 315◦ + i sin 315◦ )
となる。
(3) 絶対値は |z| = 3、偏角は 90◦ だから、
z = 3(cos 90◦ + i sin 90◦ )
である。
z = −1 +
√
3i
Im
60◦
Im
120◦
O
Re
Im
z = 3i
90◦
315◦
O
Re
O
Re
z =1−i
(1) z = −1 +
√
3i
(2) z = 1 − i
(3) z = 3i
♠ 三角比で表された部分に数値を代入すると、元の値に戻ることを確かめるとよい。
∗46
arg は argument の略。
80
第 1 章 計算と式の扱い
■極形式を用いた積、商とド・モアブルの定理
極形式の表示の利点は、かけ算割り算の計算にある。これらについて紹介していこう。
まず、極形式で表された 2 つの複素数
z1 = r1 (cos θ1 + i sin θ1 ),
z2 = r2 (cos θ2 + i sin θ2 )
を用意しよう。これらの積は、
z1 z2 = r1 r2 (cos θ1 + i sin θ1 )(cos θ2 + i sin θ2 )
= r1 r2 {(cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2 ) + i(sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2 )}
ここに三角関数の加法定理を用いて、
= r1 r2 {cos(θ1 + θ2 ) + i sin(θ1 + θ2 )}
となる。この結果に着目すると、
絶対値 → それぞれの絶対値の積,
偏角 → それぞれの偏角の和
となっていることが分かる。つまり複素数の積は、それを極形式表示にしたとき、絶対値
の積と、偏角の和を用いて表すことができるのである。まとめておくと、
r1 (cos θ1 + i sin θ1 ) · r2 (cos θ2 + i sin θ2 ) = r1 r2 {cos(θ1 + θ2 ) + i sin(θ1 + θ2 )} (1.22)
が成り立つ。
この (1.22) 式を用いて、
r1
{cos(θ1 − θ2 ) + i sin(θ1 − θ2 )} × r2 (cos θ2 + i sin θ2 ) = r1 (cos θ1 + i sin θ1 )
r2
とし、これを変形することで、
r1 (cos θ1 + i sin θ1 )
r1
= {cos(θ1 − θ2 ) + i sin(θ1 − θ2 )}
r2 (cos θ2 + i sin θ2 )
r2
(1.23)
となることも示される。これは商においては、
絶対値 → それぞれの絶対値の商,
偏角 → それぞれの偏角の差
となっていて、積との対比で覚えればよい。
また、絶対値が 1 の複素数 z = (cos θ + i sin θ)
返し用いて、
∗47
の累乗については、(1.22) 式を繰り
z n = rn (cos nθ + i sin nθ)
となることがわかる。これをド・モアブル（De Moivre）の定理という。
∗47
つまり、これは原点を中心とした半径 1 の円周上に存在する。
(1.24)
1.7 複素数と複素平面
81
以上をまとめておこう。
積、商、ド・モアブルの定理
複素数の積では「絶対値は積、偏角は和」となる。商では「絶対値は商、偏角は差」
となる。z1 = r1 (cos θ1 + i sin θ1 ), z2 = r2 (cos θ2 + i sin θ2 ) に対して、
z1 z2 = r1 (cos θ1 + i sin θ1 ) · r2 (cos θ2 + i sin θ2 )
= r1 r2 {cos(θ1 + θ2 ) + i sin(θ1 + θ2 )}
z1
r1 (cos θ1 + i sin θ1 )
=
z2
r2 (cos θ2 + i sin θ2 )
r1
= {cos(θ1 − θ2 ) + i sin(θ1 − θ2 )}
r2
また、ド・モアブルの定理：
(cos θ + i sin θ)n = (cos nθ + i sin nθ)
が成り立つ。
ここで図形的な意味づけも押さえておこう。以下に、z = cos θ + i sin θ とその累乗で
ある z 2 , z 3 , · · · を複素平面上に表した。このとき絶対値については、|z| = 1 であるから
n 乗しても常に |z n | = 1 である。念のため計算結果も書いておくと、
z = cos θ + i sin θ
z 2 = cos 2θ + i sin 2θ
z 3 = cos 3θ + i sin 3θ
..
.
z n = cos nθ + i sin nθ
である。
Im
z
z3
4
z2
z5
O
z
Re
z, z 2 , z 3 , · · ·
この図からも分かるように、複素数の積は回転を表しているということを理解してもら
いたい。また、絶対値も含めると複素数の積は、拡大と回転を表しているといえる。
82
第 1 章 計算と式の扱い
■例題 1.28 (積、商とド・モアブルの定理) 次の計算し、極形式の形で答えよ。ただ
し偏角は 0◦
θ < 360◦ とする。
(1) 2(cos 30◦ + i sin 30◦ ) × 3(cos 45◦ + i sin 45◦ )
(2) (cos 15◦ + i sin 15◦ )6
√
(3) (−1 + 3i)5
3 + 3i
√
(4) −1 − 3i
....................................................................................
□解答 1.28 積は角度の足し算、商は角度の引き算です。
解
(1) 複素数の積では、絶対値は積、偏角は和になるのでした。
2(cos 30◦ + i sin 30◦ ) × 3(cos 45◦ + i sin 45◦ )
= 6(cos 75◦ + i sin 75◦ )
(2) ド・モアブルの定理より、
(cos 15◦ + i sin 15◦ )6 = cos(15◦ × 6) + i sin(15◦ × 6)
= cos 90◦ + i sin 90◦
(3) そのまま計算すると大変です。極形式表示になおしてから計算します。
−1 +
√
3i = 2(cos 120◦ + i sin 120◦ )
であるから、
{2(cos 120◦ + i sin 120◦ )}5 = 25 {cos(120◦ × 5) + i sin(120◦ × 5)}
= 32(cos 600◦ + i sin 600◦ )
ここで、偏角は 360◦ 変わっても同じ値だから、
= 32(cos 240◦ + i sin 240◦ )
(4) これも極形式に直してから計算する。
√
3 + 3i
3 2(cos 45◦ + sin 45◦ )
√ =
2(cos 240◦ + i sin 240◦ )
−1 − 3i
√
3 2
{cos(−195◦ ) + i sin(−195◦ )}
=
2
√
3 2
=
(cos 165◦ + i sin 165◦ )
2
1.7 複素数と複素平面
83
■例題 1.29 (n 乗根) 極形式を用いて次の方程式を解け。
√
(1) z 3 = 1 (2) z 4 = −1 (3) z 3 = 4 3 + 4i
....................................................................................
□解答 1.29 まずは右辺を極形式で表して、ド・モアブルの定理で変形します。
解
(1) z = r(cos θ + i sin θ) とおく。ただし、θ は 0◦
θ < 360◦ を満たす。右辺の 1 は
極形式で表すと、cos(360◦ × k) + i sin(360◦ × k) であるから、
z 3 = r3 (cos 3θ + i sin 3θ) = cos(360◦ × k) + i sin(360◦ × k)
となる。これらを比較して、r = 1 となる。また、
3θ = 360◦ × k
となる。0◦
θ < 360◦ より、
より、 θ = 120◦ × k
θ = 0◦ , 120◦ , 240◦
となる。よって答えは、
z = cos 0◦ + i sin 0◦ , cos 120◦ + i sin 120◦ , cos 240◦ + i sin 240◦
♠ これらは変形すると、
√
√
−1 + 3i −1 − 3i
z = 1,
,
2
2
となる。また、例えば cos 120◦ + i sin 120◦ を複素平面上で表すと下図のようになる。積
は回転だったから、さらに 2 つ分回転すると z は 1 になることが分かるだろう。同様に
cos 240◦ + i sin 240◦ も 1 周してやはり 1 になる。
z Im
O
Re
84
第 1 章 計算と式の扱い
(2) (1) と同様に、z = r(cos θ + i sin θ)（0◦
θ < 360◦ ）とおく。方程式は、
z = r4 (cos 4θ + i sin 4θ) = cos(180◦ + 360◦ × k) + i sin(180◦ + 360◦ × k)
となる。これらより r = 1 であり、
4θ = 180◦ + 360◦ × k
である。0◦
より、 θ = 45◦ + 90◦ × k
θ < 360◦ より、
θ = 45◦ , 135◦ , 225◦ , 315◦
となるので、
z = cos 45◦ + i sin 45◦ , cos 135◦ + i sin 135◦ ,
cos 225◦ + i sin 225◦ , cos 315◦ + i sin 315◦
√
√
(3) |4 3 + 4i| = 4| 3 + i| = 4 · 2 = 23 であるから、
√
4 3 + 4i = 8
√
3 1
+ i
2
2
より、極形式で表示すると、
z 3 = 23 {cos(30◦ + 360◦ × k) + i sin(30◦ + 360◦ × k)}
である。z = r(cos θ + i sin θ)（0◦
θ < 360◦ ）とおくと、
r3 (cos eθ + i sin eθ) = 23 {cos(30◦ + 360◦ × k) + i sin(30◦ + 360◦ × k)}
より、r = 2 であり、
3θ = 30◦ + 360◦ × k
となる。0◦
θ < 360◦ より、
より、 θ = 10◦ + 120◦ × k
θ = 10◦ , 130◦ , 250◦
となる。よって答えは、
z = 2(cos 10◦ + i sin 10◦ ), 2(cos 130◦ + i sin 130◦ ), 2(cos 250◦ + i sin 250◦ )
♠ これはこれ以上簡単にはできない。
1.7 複素数と複素平面
85
三角比の値を求める方法としての複素数計算 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
有名な三角比以外の値を求めるのは難しい。例えば cos 15◦ のような値はそう簡単には
求められないため、加法定理に頼ることになる。
ところで、複素数の積を用いると、
(cos 30◦ + i sin 30◦ ) × (cos 45◦ + i sin 45◦ ) = cos 75◦ + i sin 75◦
となることはもう分かっている。ところで 30◦ , 45◦ の場合の三角比の値は既に知ってい
るから、左辺は、
√
√
1 + 3i
,
cos 30 + i sin 30 =
2
◦
◦
◦
◦
cos 45 + i sin 45 =
2+
2
√
2i
であることがわかる。これを用いて左辺を計算すると、
√
√
√
√
√
√
√
1 + 3i
2 + 2i
( 6 − 2) + ( 6 + 2)i
×
=
2
2
4
となることが分かる。つまり、
√
√
√
√
( 6 − 2) + ( 6 + 2)i
= cos 75◦ + i sin 75◦
4
が成り立つことが示される。ここで実部、虚部を比較することで、
√
cos 75◦ =
6−
4
√
2
√
,
sin 75◦ =
6+
4
√
2
が成り立つことが分かる。
また、128 ページで紹介したように、z 5 = 1 を極形式を用いて解いた答えと、代数的に
きちんと解いた場合の答えを比較することで、cos 72◦ , sin 72◦ などの値を求めることも可
能である。
さらに、三角関数で学習する倍角、3 倍角などの公式も、実は複素数の積を利用するこ
とで求めることができる。三角関数の方法は 4 倍角や 5 倍角といった大きい倍角の公式を
求めるときには、2 倍角や 3 倍角の公式を繰り返し用いなければならなかったのに対し、
複素数の方法では展開さえできれば一発で答えを導出することができるのが利点である。
86
第 1 章 計算と式の扱い
■例題 1.30 (n 倍角の公式) 次の等式が成立するように、定数 p, q, r の値を定めよ。
cos 5θ = p cos5 θ + q cos3 θ + r cos θ
....................................................................................
□解答 1.30 解 ド・モアブルの定理によって、
cos 5θ + i sin 5θ = (cos θ + i sin θ)5
が成り立つ。右辺の実部だけを取ると、
cos5 θ + 5 C2 cos3 θ(i sin θ)2 + 5 C4 cos θ(i sin θ)4
= cos5 θ − 10 cos3 θ sin2 θ + 5 cos θ sin4 θ
= cos5 θ − 10 cos3 θ(1 − cos2 θ) + 5 cos θ(1 − cos2 θ)2
= 16 cos5 θ − 20 cos3 θ + 5 cos θ
となり、これは左辺の実部すなわち cos 5θ に等しいので、
p = 16, q = −20, r = 5
である。
♠ 同様に虚部を比較すれば sin 5θ を求めることができる。
1.7 複素数と複素平面
87
■例題 1.31 (三角関数との対応) 次の等式を示せ。
n+1
n
θ sin
θ
2
2
(1) 1 + cos θ + cos 2θ + · · · + cos nθ =
θ
sin
2
n+1
n
θ
sin θ sin
2
2
(2) sin θ + sin 2θ + · · · + sin nθ =
θ
sin
2
....................................................................................
cos
□解答 1.31 解 これらはまとめて解くことができる。z = cos θ + i sin θ とおくと、
1 + z + z2 + · · · + zn
= (1 + cos θ + cos 2θ + · · · + cos nθ) + i(sin θ + sin 2θ + · · · + sin nθ)
である。ところで、
1 + z + z2 + · · · + zn =
1 − z n+1
1−z
が成り立つから、右辺に z = cos θ + i sin θ を代入して、
1 − z n+1
1 − {cos(n + 1)θ + i sin(n + 1)θ}
=
1−z
1 − (cos θ + i sin θ)
=
ここで、cos θ = 1 − 2 sin2
{1 − cos(n + 1)θ} − i sin(n + 1)θ
(1 − cos θ) − i sin θ
θ
θ
θ
, sin θ = 2 sin cos だから、
2
2
2
n+1
n+1
n+1
θ − 2i sin
θ cos
θ
2
2
2
=
θ
θ
θ
2 sin2 − 2i sin cos
2
2
2
n+1
n+1
n+1
θ cos
θ + i sin
θ
−2i sin
2
2
2
=
θ
θ
θ
−2i sin
cos + i sin
2
2
2
2 sin2
カッコの中同士の割り算は、
cos α + i sin α
= cos(α − β) + i sin(α − β) を用いて、
cos β + i sin β
n+1
θ
2
θ
sin
2
sin
=
n
θ
cos θ + i sin θ
2
2
88
第 1 章 計算と式の扱い
となるから、
(1 + cos θ + cos 2θ + · · · + cos nθ) + i(sin θ + sin 2θ + · · · + sin nθ)
n+1
θ
2
θ
sin
2
sin
=
θ
n
cos θ + i sin θ
2
2
である。ここで実部、虚部を比較することでそれぞれ (1)、(2) が得られる。
89
第2章
1 次方程式と 2 次方程式
この章では 1 次方程式と 2 次方程式の解法について学ぶ。方程式の考え方は日常生活
でも用いられることは多く、また解法を覚えることも数学を上達させる上で重要なことで
ある。
この章で学ぶのは、中学で学ぶ内容にプラスアルファしたものである。重要な内容ばか
りなので、きちんと理解して必ず解けるようにしておきたい。
特に後半では判別式と解と係数の関係といった入試に頻出のテーマを取り上げている。
方程式の解法を身につけたら、こちらに取り組んでもらいたい。
90
第2章
1 次方程式と 2 次方程式
2.1 方程式と 1 次方程式の解法
■方程式とは
方程式とは、未知数が含まれた等式のことで、たとえば、
x−4=2
x2 + 3x + 1 = 0
t3 = 1
∗1
のようなもののことである。
未知数はよく x と置かれるが、3 つ目の式のように t など
で表されることもある。
そして、この未知数がいくつのときに等式が成立するか求めることを方程式を解くとい
う。そして、未知数に代入することで等式が成立するような数（複数あることもある）の
ことを方程式の解という。例えば 1 つ目の方程式
x−4=2
は、x = 6 とすれば左辺が 6 − 4 となり、この答え 2 は右辺に等しくなるから x = 6 がこ
の方程式の解である。
ところで、今の解 x = 6 をどのように見つけたのか、というのは非常に重要なことであ
る。一般に方程式を解くのは簡単ではないが、1 次方程式、2 次方程式の場合にはすぐに
解くことができる。その方法を学習していこう。
∗1
または、未知数が複数ある 3x + y = 4 というのも方程式の仲間である（不定方程式という）
。
2.1 方程式と 1 次方程式の解法
91
■等式の変形
方程式を解くときに許される行為は、次の 4 つである。
• 両辺に同じ数を足す
• 両辺から同じ数を引く
• 両辺に 0 以外の同じ数を掛ける
• 両辺を 0 以外の同じ数で割る
当たり前だが、
○=△
という式に、左辺に 6 を足し、右辺に 3 を足すと、
○+6=△+3
ということはあり得ない。両辺には同じものを足さなければならない。
すると、
x+5=2
という式に対して、両辺に 5 を引いて、
(x + 5) − 5 = 2 − 5
x = −3
と解くことができる。これはあたかも
x +5 = 2
x = 2 −5
というように、ある足し算（引き算）をイコールを挟んで移動するときには、その正負が
入れ替わると考えることができる。この操作を移項という。便利であるが、そのもとには
「両辺に同じ数を足す（引く）
」といった操作があることを忘れてはならない。
また、x に係数がついている
3x − 5 = 1
といった場合は、まず移項して
3x = 6
とする。とにかく ○ x = △ という形にすることが重要である。∗2 そして、両辺を 2 で割
ることで、
x=2
となる。少し練習してみよう。
∗2
“文字は左に数は右に”
92
第2章
1 次方程式と 2 次方程式
■例題 1.32 (1 次方程式) 次の方程式を解きなさい。
3
1
(1) 3x + 5 = 4 (2) x − 2 = 3x + 1 (3) x + = 1
4
3
....................................................................................
□解答 1.32 丁寧に、順を追って計算していこう。
解 (1) まず左辺の +5 を右辺に移項して ○ x = △ の形にする。
3x = 4 − 5
= −1
次に、両辺を 3 で割って、
x=−
1
3
が答え。
(2) これも“文字は左に数は右に”で、文字の部分を左に、数字の部分を右に移項して、
x − 2 = 3x + 1
x − 3x = 1 + 2
−2x = 3
となる。あとは −2 で両辺を割って、
x=−
3
2
となる。
(3) 分数のままではやりにくいので、両辺を 12 倍して、
9x + 4 = 12
となる。あとは今までのように解いて、
9x = 8
より、両辺を 9 で割って
x=
となる。
8
9
2.2 2 次方程式の解法
93
2.2 2 次方程式の解法
2.2.1 因数分解による解法
■2 次方程式とは
2 次方程式とは
ax2 + bx + c = 0 (a = 0)
(2.1)
といった形をしたものである。
2 次方程式の解法には 2 つある。それは「因数分解による解法」と「解の公式による解
法」である。これらの方法には一長一短がある。それは、
• 因数分解による解法は、すべての 2 次方程式に当てはまるわけではないが、当てはま
る場合は非常に簡単に解ける
• 解の公式による解法は、すべての 2 次方程式で使うことができるが、計算が煩雑で
大変
ということで、結論から言うと、
因数分解できるなら「因数分解による解法」で解く
↓
因数分解できない場合は（しょうがなく）「解の公式による解法」で解く
というものである。
中学でも習っていると思うので、解く分にはそれほど問題ない人が多いだろう。まずは
因数分解と解の公式を駆使してどのような 2 次方程式でも解けるようにしてもらいたい。
■因数分解による解法
まずは、与えられた 2 次方程式を因数分解をして解くことを考える。
与えられた 2 次方程式を整理して（2.1）式の形にしたとき、その左辺が因数分解でき
れば、つまり、
ax2 + bx + c = a(x − α)(x − β) = 0
と変形できれば、この方程式の解は、α, β であることが分かる（実際に x に α, β を代入
∗3
すれば右辺が 0 になることから確認できる）。
この方法は因数分解できないと使えない。しかし、因数分解できる場合には威力を発揮
する。そこで、2 次方程式を見たらまず因数分解できないか考えてみるのが重要である。
∗3
一般に、
a(x − x1 )(x − x2 ) . . . (x − xn ) = 0
の解は x = x1 , x2 , . . . , xn であることが言える。
94
第2章
1 次方程式と 2 次方程式
2.2.2 解の公式による解法
さて、因数分解できそうにもない、あるいはできない場合には、解の公式を使うことに
なる。この方法を使えば、どのような 2 次方程式でも解くことができる。
先に結果から述べておこう。この結果は必ず暗記しなければならない。
2 次方程式の解の公式
ax2 + bx + c = 0(a = 0) の解は、
x=
−b ±
√
b2 − 4ac
2a
(2.2)
である。
この式の導出は、もとの ax2 + bx + c = 0 という式を、91 ページで紹介した 4 つの等
∗4
式の変形のルールに従って変形していくのである。
実際にやってみると、
ax2 + bx + c = 0
c
b
x2 + x + = 0
a
a
x+
b
2a
2
−
(x2 の係数で割る)
b2
c
+ =0
2
4a
a
x+
b
2a
x+
2
=
(x を一纏めにする（平方完成）)
b2 − 4ac
4a2
b2 − 4ac
4a2
√
−b ± b2 − 4ac
x=
2a
b
=±
2a
となる。なお、x の係数が偶数、つまり ax2 + 2b x + c = 0 の場合は、
x=
=
−2b ±
−2b ± 4(b 2 − ac)
(−2b )2 − 4ac
=
2a
2a
−2b ± 2 b 2 − ac
−b ± b 2 − ac
=
2a
a
となることより、
x=
−b ±
b 2 − ac
a
を公式として覚えておくと計算が楽になる。これも例題でチェックしておこう。
∗4
ただし、途中で x2 = a から x = ±a という変形や、平方完成（32 ページ）を利用している。
(2.3)
2.2 2 次方程式の解法
95
■例題 1.33 (2 次方程式) 次の方程式を解きなさい。
(1) x2 + 2x − 8 = 0
(2) x2 + 3x − 5 = 0
(3) 3x2 − 4x − 8 = 0
(4) 3x2 + 5x + 2 = 0
(5) 2x2 + 2x + 7 = 0
(6) x2 − 4x + 4 = 0
√
√
√
(8) 2x2 − 2 6x + 6 2 − 4 = 0
(7) −0.2x2 + 0.9x − 1.1 = 0
....................................................................................
□解答 1.33 2 次方程式の鉄則は、まず因数分解ができないか考えてみる。できるも
のは因数分解を行って解き、できない場合は解の公式に当てはめて機械的に解くだけで
ある。
解 (1) 因数分解できるので因数分解して、
x2 + 2x − 8 = 0
(x − 2)(x + 4) = 0
x = −4, 2
(2) 因数分解できないので解の公式（2.2）式に代入して、
x=
−3 ±
−3 ±
32 − 4 · 1 · (−5)
=
2·1
2
√
29
(3) 因数分解は出来ない。x の係数が偶数なのに気を付けて、解の公式（2.3）式に代入
して、
x=
√
√
2±2 7
22 − 3 · (−8)
2 ± 28
=
=
3
3
3
2±
(4) 因数分解できるので因数分解して、
3x2 + 5x + 2 = 0
(3x + 2)(x + 1) = 0
x = −1, −
3
2
(5) 因数分解できず、x の係数が偶数なのに気を付けて、
x=
−1 ±
√
√
√
−1 ± 13i
12 − 2 · 7
−1 ± −13
=
=
2
2
2
となり、これは虚数解をもつ。∗5
∗5
虚数を習わない数 I の範囲では「（実数の範囲では）解無し」となる。
96
第2章
1 次方程式と 2 次方程式
(6) 因数分解できるので因数分解して、
x2 − 4x + 4 = 0
(x − 2)2 = 0
x=2
となり、これは重解∗6 である。
(7) そのまま解の公式に入れては大変。両辺を −10 倍してから解く。
−0.2x2 + 0.9x − 1.1 = 0
2x2 − 9x + 11 = 0
これは因数分解できないので、解の公式に代入して、
x=
(8) 両辺を
√
9±
√
√
9 ± 7i
92 − 88
=
4
4
2 で割ってから、解の公式に代入する。
√
√
x2 − 2 3x + 6 − 2 2 = 0
x=
=
√
√
3±
√
3 − (6 − 2 2)
3±
√
−3 + 2 2
√
3 ± 3 − 2 2i
√
√
= 3 ± ( 2 − 1)i
=
∗6
√
2 次方程式の解が一つになる場合がある。そのような解のことを重解という。
2.2 2 次方程式の解法
97
■例題 1.34 (やや難しい 2 次方程式) 次の方程式を解きなさい。
(1) x4 − 3x2 + 2 = 0
(2) x2 − (2a + b)x + a2 + ab = 0
x+3
(4) = 3x − 7
x−2
(3) (x + 3)2 − 162 = 0
....................................................................................
□解答 1.34 続いては、2 次方程式ではないが 2 次方程式の解法を適応できるものを中心
に紹介する。これらを解くと、因数分解の重要性が再確認できるだろう。
解 (1) x2 をひとかたまりとしてみれば因数分解できる。
x4 − 3x2 + 2 = 0
(x2 − 1)(x2 − 2) = 0
x2 = 1, 2
よって x = ±1, ±
√
2 である。
(2) 因数分解はやや難しいが、定数部をまず因数分解して、
x2 − (2a + b) + a2 + ab = 0
x2 − (2a + b) + a(a + b) = 0
(x − a){x − (a + b)} = 0
より x = a, a + b となる。
(3) わざわざ展開するまでもなく因数分解できますね。
(x + 3)2 − 162 = 0
{(x + 3) + 4}{(x + 3) − 4} = 0
(x + 7)(x − 1) = 0
x = −7, 1
(4) 分母を払えば 2 次方程式になります。
x+3
= 3x − 7
x−2
両辺に x − 2 を掛けて、
x + 3 = (3x − 7)(x − 2)
x + 3 = 3x2 − 13x + 14
3x2 − 14x + 11 = 0
(3x − 11)(x − 1) = 0
x = 1,
11
3
98
第2章
1 次方程式と 2 次方程式
2.2.3 2 次方程式の解と 2 次式の因数分解
■平方完成による解法
中学校で、因数分解できない方程式を解くときには、次のように解いた。
例えば、
x2 + 4x − 6 = 0
を解くなら、
x2 + 4x − 6 = 0
(x + 2)2 − 4 − 6 = 0
(x + 2)2 = 10
√
x + 2 = ± 10
√
x = −2 ± 10
のように変形して解を求める。
これは、実際には解の公式の手順を追いかけていることになるのだが、毎回これをやっ
ているのは時間がかかる。だからこそ解の公式があるのである。そこで、高校生以上であ
∗7
れば、必ず便利な解の公式を使うようにしてもらいたい。
なお、平方完成の手順は、詳しくは第 1.2.3 章で説明したので、そちらを参考にしても
らいたい。
■解の公式を利用した因数分解
普通、因数分解といえば、
x2 + 4x − 5 = (x + 5)(x − 1)
といった形で行い、これによって 2 次方程式 x2 + 4x − 5 = 0 の解が分かるわけである。
これを逆手にとって、例えば
x2 + 4x − 6
のような式を因数分解しようというのがこの節の目的である。
2 次式 ax2 + bx + c を因数分解するとき、その（2 次式）= 0 とした方程式の解を α, β
とすれば、
ax2 + bx + c = a(x − α)(x − β)
と因数分解できることは、経験からも知っているだろう。
——ということは、先に解が分かっていれば、それを利用して因数分解できるのである。
∗7
じゃあ何故中学校ではこのような面倒くさい方法で学習するのだろうか。もちろん、2 次関数の頂点を求
める「平方完成」をスムーズにできるようにする目的もあるのだろうが、解の公式を“丸暗記”するのは
良くない、という考え方の人もいるのだろうか。
2.2 2 次方程式の解法
99
先ほどの例で見た x2 + 4x − 6 も、x2 + 4x − 6 = 0 の解が、解の公式より
x = −2 ±
√
10
となることを用いて、
√
√
x2 + 4x − 6 = {x − (−2 + 10)}{x − (−2 − 10)}
√
√
= (x + 2 − 10)(x + 2 + 10)
と因数分解できるわけである。とはいえ、これが役に立つ場面はそれほど多いわけではな
い。∗8
もし、6x2 + x − 15 の因数分解が思い付かなかったとしよう。そのようなとき、
6x2 + x − 15 = 0 の解は、
x=
となり、x =
−1 ±
√
12 − 4 · 6 · (−15)
−1 ± 1 + 360
−1 ± 19
=
=
12
12
12
3 5
, − となる。よって、
2 3
6x2 + x − 15 = 6 x −
3
2
x+
5
3
= (2x − 3)(3x + 5)
と因数分解ができる。
このようにすれば、どうしても因数分解が思い付かなかったときにも因数分解が出来る
ようになる。とはいえ、因数分解は出来る限り見た感じでできるよう、練習問題をこなし
て欲しい。
∗8
じゃあ何故紹介するのかと聞かれても答えようがない。
100
第2章
1 次方程式と 2 次方程式
2.2.4 2 次方程式の判別式
■2 次方程式の判別式
さて、さきほどの例題の中にもあったのだが、解の公式のルートの中身によって、解の
数、または解が実数解なのか虚数解なのかが変わってくる。
つまり、解の個数を確かめるには、ルートの中身 b2 − 4ac が重要になってくることに
なる。この式の値を判別式と呼び、D で表す。
2 次方程式の判別式
ax2 + bx + c = 0(a = 0) に対して、
D = b2 − 4ac
(2.4)
をその 2 次方程式の判別式という。
D = b2 − 4ac > 0 ならば、2 つの実数解を持つ。
D = b2 − 4ac = 0 ならば、1 つの実数解（重解）を持つ（解は x =
D = b2 − 4ac < 0 ならば、実数解はなく、2 つの虚数解を持つ。
−b
）。
2a
ルートの中が正ならば、ルートの前の ± によって解が 2 つになり、ルートの中が 0 な
らば、± は関係なく、解は
√
−b ± 0
−b
x=
=
2a
2a
となる。
また、ルートの中が負の場合、これは実数だけを考えていてはルートの中が負になるこ
とはあってはならないので、解なしと考える。虚数を定義した後ならば、この方程式が虚
数解を持つことが分かるだろう。
判別式を D = b2 − 4ac と覚えている人は多いが、なぜこの D で解の個数を判別できる
のかを理解していない人がたくさんいる。判別式は解の公式のルートの中身、ということ
をしっかり覚えておくようにしたい。
なお、2 次方程式の x の係数が偶数の場合、つまり ax2 + 2b + c = 0 の判別式は、
（2.3）
2
− ac とすることができ、これを判別式として利用するこ
1
ともできる。ただし、この場合は D そのものの値の になっているので、D/4 としてお
4
式のルートの中身をとれば、b
かなければならない。これは、
2
b − ac =
b2
1
D
− ac = (b2 − 4ac) =
4
4
4
ということからすぐに確認できる。よって、ax2 + 2b x + c = 0(a = 0) の判別式は、
D/4 = b 2 − ac
である。
(2.5)
2.2 2 次方程式の解法
101
■例題 1.35 (2 次方程式の判別式) 次の方程式の実数の範囲で解はいくつ持つか。
(1) 3x2 + 4x + 8 = 0
(2) x2 − 5x + 4 = 0
(4) x2 + bx + 7 = 0
(5) ax2 + 5x − 2 = 0
(3) x2 + 18x + 81 = 0
....................................................................................
□解答 1.35 (4) を解くにはこの後学習する 2 次不等式の知識が必要になるので、未修の
人は飛ばして下さい。なお、実数解がないというのはすなわち虚数解を持つという意味で
ある。
解 (1) x の 1 次の係数が偶数だから、（2.5）式を使えばよい。
D/4 = 22 − 3 · 8 = 4 − 24 < 0
より、実数解はない。
(2) これは一般の（2.4）式を使って、
D = (−5)2 − 4 · 1 · 4 = 25 − 16 > 0
より、2 つの実数解をもつ。
(3) D/4 = 92 − 1 · 81 = 81 − 81 = 0 より、1 つの実数解（重解）を持つ。
(4) D = b2 − 4 · 1 · 7 = b2 − 28 となり、これの正負を考える。

√
√

D > 0、すなわち、b < −2√7, 2 7 < b のとき、2 つの実数解を持つ。
D = 0、すなわち、b = ±2 7 のとき、1 つの実数解（重解）を持つ。

√
√

D < 0、すなわち、−2 7 < b < 2 7 のとき、実数解は持たない。
(5) D = 52 − 4a · (−2) = 25 + 8a として、先ほどと同じように解くと間違い。a = 0
の場合は 2 次方程式でないのだから、まず場合分けをする。
1. a = 0 のとき、与えられた方程式は 5x − 2 = 0 となり、これは x =
2
という 1 つの
5
実数解を持つ。
2. a = 0 の場合、与えられた方程式は 2 次方程式であり、その判別式は D = 25 + 8a で
あるから、

25

D > 0、すなわち、a > − , a = 0 のとき、2 つの実数解を持つ。


8



25
D = 0、すなわち、a = −
のとき、重解を持つ。

8




25

D < 0、すなわち、a < −
のとき、実数解はない。
8
102
第2章
1 次方程式と 2 次方程式
2.3 解と係数の関係
2.3.1 2 次方程式の場合
■解と係数の関係とは
これから学ぶ解と係数の関係は、高校で学ぶ関係式の中で、もっとも重要度の高いもの
だと言えるだろう。それは、あらゆる場面でこの関係式が使われるからである。
解と係数の関係を学習すると、
• 2 次方程式の解 α, β から、これらが解となるような方程式 x2 + px + q = 0 の係数
p, q を求められる
• 2 次方程式 x2 + px + q = 0 を見ただけで、その解の和 α + β と積 αβ をすぐに求め
られる
という技術が身に付く。
例えば「解が x = 3, 6 の方程式は x2 − 9x + 18 = 0 である」だとか、
x2 + 3x − 11 = 0
の 2 解が α, β であるとき、その和が
α + β = −3
だったり、その積が
αβ = −11
であることが、もとの方程式を見ただけですぐにいえるようになるのである。
このようなワザは入試基礎として頻出であるから、これから身に付けていこう。
2.3 解と係数の関係
103
■2 次方程式の場合
まずはその公式を見てみよう。
2 次方程式の解と係数の関係
2 次方程式
ax2 + bx + c = 0
(a = 0)
の 2 解を α, β とおくと、
α+β =−
αβ =
c
a
b
a
この公式は、以下に与える考え方も含めて覚えてもらいたい。
考え方
さて、2 解が α, β とおかれるとき、
ax2 + bx + c = a(x − α)(x − β)
とおくことができることは、とても重要なので押さえておいてもらいたい。
ここで、この右辺を展開して α + β について解いてみよう。
ax2 + bx + c = a(x − α)(x − β)
= ax2 − a(α + β)x + aαβ
さて、ここで係数比較をすると、
b = −a(α + β), c = aαβ
となることを利用すれば、それぞれ (2.6) 式や (2.7) 式が導かれる。■
(2.6)
(2.7)
104
第2章
1 次方程式と 2 次方程式
■例題 1.36 (2 次方程式の解と係数の関係) 2 次方程式
x2 + 3x − 5 = 0
の 2 解を α, β とするとき、次の値はいくつか。
(1) α + β
(2) αβ
(3) α2 + β 2
(4) α3 + β 3
(6) (α + 1)(β + 1)
(7) (α3 + α2 + 1)(β 3 + β 2 + 1)
(5) (α − β)2
....................................................................................
□解答 1.36 解と係数の関係を用いた簡単な例題である。(1)∼(3) は対称式の内容を思
い出して欲しい。特に、
x2 + y 2 = (x + y)2 − 2xy
x3 + y 3 = (x + y)3 − 3xy(x + y)
といった関係式は頻出なので使いこなせるようにして欲しい。これらをマスターしている
と、解と係数の関係に現れる式はどれも基本対称式の形であることから、簡単に解くこと
ができる。
また (4) と (5) についてはもちろん展開をしてもよいが、解と係数の関係をうまく利用
した独特の解法があるので、それも要チェックです。
解
(1)、(2) これが基本です。解と係数の関係から、α + β = −3, αβ = −5 である。
(3) まずは基本の公式。冒頭で紹介した式を利用して、
α2 + β 2 = (α + β)2 − 2αβ
= (−3)2 − 2 · (−5) = 19
(4) 同じく上で紹介した 2 つ目の式を利用して、
α3 + β 3 = (α + β)3 − 3αβ(α + β)
= (−3)3 − 3 · (−5)(−3)
= −27 − 45 = −72
(5) 一度展開すればよい。α2 + β 2 の値がすでに分かっているので、
(α − β)2 = α2 − 2αβ + β 2
= 19 − 2 · (−5) = 29
である。
（← (2)、(3) を利用）
2.3 解と係数の関係
105
♠ ところで、
(x − y)2 = (x + y)2 − 4xy
というのも準公式です。これを利用して、
(α − β)2 = (α + β)2 − 4αβ
= (−3)2 − 4 · (−5) = 29
とすることも多い。
(6) 普通に展開して解くと、
(α + 1)(β + 1) = αβ + α + β + 1
= −5 − 3 + 1 = −7
となるが、ここでは 2 次方程式を意識した解法を紹介する。この手法は是非身につけて欲
しいものなのできちんと理解してもらいたい。
方程式 x2 + 3x − 5 = 0 は、α, β が方程式の解なので、
x2 + 3x − 5 = (x − α)(x − β)
と因数分解できる。この式に x = −1 を代入すれば、
(−1)2 + 3 · (−1) − 5 = (1 + α)(1 + β)
となり、右辺が問題の式となっている。左辺を計算して、
(α + 1)(β + 1) = 1 − 3 − 5 = −7
となる。
(7) いちいち展開して、では大変。ここでもうまい方法を考えます。今回のポイントは、
まず次数を下げる
ということ。α は 2 次方程式 x2 + 3x − 5 = 0 の解なので、
α2 + 3α − 5 = 0
を満たす。ここで、α3 + α2 + 1 をこの式で割ると、
α3 + α2 + 1 = (α2 + 3α − 5)(α − 2) + 11α − 9
= 11α − 9
となる。∗9 同様に β 3 + β 2 + 1 = 11β − 9 が成り立つから、問題の式は、
(α3 + α2 + 1)(β 3 + β 2 + 1) = (11α − 9)(11β − 9)
= 121αβ − 99(α + β) + 81
= 121 · (−5) − 99 · (−3) + 81
= −605 + 297 + 81 = −227
となる。
∗9
α2 = −3α + 5 を 1 次式になるまで次々代入して α3 + α2 + 1 = 11α − 9 を得てもよい。
106
第2章
1 次方程式と 2 次方程式
2.3.2 3 次方程式の場合
■3 次方程式の解と係数の関係
3 次方程式についてはまだ学習していないが、3 次方程式の解と係数の関係については、
先ほどと同様の考え方でもとめることができる。
3 次方程式の解と係数の関係
3 次方程式
ax3 + bx2 + cx + d = 0
(a = 0)
の 3 解を α, β, γ とおくと、
α+β+γ =−
b
a
αβ + βγ + γα =
αβγ = −
(2.8)
d
a
d
a
これも 2 次方程式の場合と同様に、3 解が α, β, γ であることより、
ax3 + bx2 + cx + d = a(x − α)(x − β)(x − γ)
とおいて、右辺を展開して係数比較すれば、(2.8) 式∼(2.10) 式が導かれる。
(2.9)
(2.10)
2.3 解と係数の関係
107
■例題 1.37 (3 次方程式の解と係数の関係) 3 次方程式
x3 − 2x2 − 4 = 0
の 3 つの解を α, β, γ とするとき、次の式の値を求めよ。
(1) α2 + β 2 + γ 2
(2) α3 + β 3 + γ 3
(4) (α + 1)(β + 1)(γ + 1)
(3) α4 + β 4 + γ 4
(5) (α + β)(β + γ)(γ + α)
....................................................................................
□解答 1.37 3 次方程式の場合の演習です。(2) では次数下げ、(4) と (5) は方程式の
性質を利用した解法を用いて解いていきます。
解 解と係数の関係より、
α + β + γ = 2,
αβ + βγ + γα = 0,
αβγ = 4
(1) これは展開のところで学んだ (1.5) 式を利用して、
α2 + β 2 + γ 2 = (α + β + γ)2 − 2(αβ + βγ + γα)
= 22 − 2 · 0 = 4
となる。
(2) 基本対称式で表すことを考えれば、(1.10) 式を思い出して、
α3 + β 3 + γ 3 = (α + β + γ){α2 + β 2 + γ 2 − (αβ + βγ + γα)} + 3αβγ
= 2 · (4 − 0) + 3 · 4 = 20
とすれば解けるが、ここでは
まず次数を下げる
に着目。α, β, γ は x3 − 2x2 − 4 = 0 を満たすことより、たとえば α について、
α3 − 2α2 − 4 = 0
α3 = 2α2 + 4
(※)
が成り立つ。β, γ についても同様である。よって、
α3 + β 3 + γ 3 = (2α2 + 4) + (2β 2 + 4) + (2γ 2 + 4)
= 2(α2 + β 2 + γ 2 ) + 12
= 2 · 4 + 12 = 20
となる。
（← (1) の結果を用いた。
）
108
第2章
1 次方程式と 2 次方程式
(3) (※) 式にさらに α を掛けることで、
α4 = 2α3 + 4α
などとなるので、
α4 + β 4 + γ 4 = (2α3 + 4α) + (2β 3 + 4β) + (2γ 3 + 4γ)
= 2(α3 + β 3 + γ 3 ) + 4(α + β + γ)
= 2 · 20 + 4 · 2 = 48
となる。∗10
(4) 前の例題の (4) と同様に解く。方程式の因数分解は、
x3 − 2x2 − 4 = (x − α)(x − β)(x − γ)
となり、ここに x = −1 を代入すると、
−1 − 2 − 4 = {−(1 + α)}{−(1 + β)}{−(1 + γ)}
−7 = −(α + 1)(β + 1)(γ + 1)
よって、
(α + 1)(β + 1)(γ + 1) = 7
である。
(5) 展開して、では大変。α + β + γ = 2 より、α + β = 2 − γ などを用いて計算する。
(α + β)(β + γ)(γ + α) = (2 − γ)(2 − α)(2 − β)
この値は (4) と同様に、因数分解した
x3 − 2x2 − 4 = (x − α)(x − β)(x − γ)
に x = 2 を代入して、
8 − 8 − 4 = (2 − γ)(2 − α)(2 − β)
−4
となることより、
(α + β)(β + γ)(γ + α) = −4
である。
∗10
このような解法で、Sn = αn + β n + γ n が漸化式で表せるようになる。
2.3 解と係数の関係
109
■例題 1.38 (新しい方程式の作成) 3 次方程式
x3 + 3x2 − x + 1 = 0
の 3 つの解を、α, β, γ とする。次の 3 数を解とする 3 次方程式を求めよ。
(1) α + 1, β + 1, γ + 1 (2) 1
1
1
,
,
α−1 β−1 γ−1
....................................................................................
□解答 1.38 (1) では、まず地道に計算して解く方法を紹介する。♠ で別解としてテク
ニックを紹介します。
解 解と係数の関係より、
α + β + γ = −3,
αβ + βγ + γα = −1,
αβγ = −1
(1) α = α + 1, β = β + 1, γ = γ + 1 として、
α +β +γ ,
αβ +β γ +γ α,
αβγ
の値が分かれば、解と係数の関係を逆に用いて求めることができる。いま、
α + β + γ = (α + β + γ) + 3 = 0
α β + β γ + γ α = (α + 1)(β + 1) + (β + 1)(γ + 1) + (γ + 1)(α + 1)
= (αβ + βγ + γα) + 2(α + β + γ) + 3
= (−1) + 2(−3) + 3 = −4
また、(α + 1)(β + 1)(γ + 1) は、
x3 + 3x2 − x + 1 = (x − α)(x − β)(x − γ)
に −1 を代入して、
(α + 1)(β + 1)(γ + 1) = −4
となる。これらより、求める 3 次方程式は、
x3 − 4x + 4 = 0
となる。
♠ この計算はとっても大変！ ここでは、
結果から次の手を考える
ことを考える。
α, β, γ が x3 + 3x2 − x + 1 = 0 の解である
t = α + 1, β + 1, γ + 1 は (t − 1)3 + 3(t − 1)2 − (t − 1) + 1 = 0 の解
110
第2章
1 次方程式と 2 次方程式
となる。よって、これを展開して、
(t − 1)3 + 3(t − 1)2 − (t − 1) + 1 = 0
(t3 − 3t2 + 3t − 1) + 3(t2 − 2t + 1) − t + 1 + 1 = 0
t3 − 4t + 4 = 0
(2) もちろん、(1) のように、
1
1
1
1
1
1
+
+
,
,
α−1 β−1 γ−1
α−1β−1γ−1
1
1
1
1
1
1
+
+
α−1β−1 β−1γ−1 γ−1α−1
∗11
を計算で求めても良いが、想像通り骨が折れる。
そこで、(1)♠ のように解くことを考
える。
t=
1
1
1
,
,
α−1 β−1 γ−1
とおけば、
α=
1
1
1
+ 1, β = + 1, γ = + 1
t
t
t
などが得られる。ここで α, β, γ は、元の方程式の解なのだから、
1
+1
t
3
+3
1
+1
t
2
−
1
+1 +1=0
t
が成り立ち、これを展開した t についての方程式は、
1
1
1
,
,
を解にもつ方
α−1 β−1 γ−1
程式になっている。よって、これを展開すれば、求める方程式が得られる。
これを計算するときに、t = 0 は解でないことより、全体に t3 を掛けて計算すると楽で
ある。
(1 + t)3 + 3t(1 + t)2 − t2 (1 + t) + t3 = 0
(t3 + 3t2 + 3t + 1) + 3t(t2 + 2t + 1) − t3 − t2 + t3 = 0
4t3 + 8t2 + 6t + 1 = 0
∗11
1
1
1
1
=
α−1β−1γ−1
(α − 1)(β − 1)(γ − 1)
と
1
1
1
1
1
1
(γ − 1) + (α − 1) + (β − 1)
+
+
=
α−1β−1
β−1γ−1
γ−1α−1
(α − 1)(β − 1)(γ − 1)
はそれほど難しくないが、
1
1
1
(β − 1)(γ − 1) + (α − 1)(γ − 1) + (α − 1)(β − 1)
+
+
=
α−1
β−1
γ−1
(α − 1)(β − 1)(γ − 1)
の計算が面倒である。
2.4 その他の方程式
111
2.4 その他の方程式
2.4.1 連立方程式
■連立方程式
中学校の時に学習した、
2x + 5y = 1
3x + 4y = −2
のようなものは、2 元 1 次連立方程式という。2 元とは、未知数が 2 つあることを示し、1
次とはもちろん文字の最大次数のことである。
未知数が複数ある場合は、好きな式を用いて文字を消していく。これを代入法という。
今の場合、（どちらでもよいのだが例えば）1 つ目の式を x について解くことで、
x=
1 − 5y
2
を得られるので、これを用いて x を消していく。2 つ目の式に代入して、
3
1 − 5y
2
+ 4y = −2
を解けばよいことになる。両辺を 2 倍して整理して、
3(1 − 5y) + 8y = −4
−7y = −7
y=1
となる。あとはどちらかの式に y = 1 を代入して、x = −2 を得る。
代入法は文字数が増えた場合や、複雑な問題を簡単にするときに有効な方法なので、か
ならず出来るようにしておいてもらいたい。
ところで、中学校で 2 元 1 次連立方程式を解いたときは、もう 1 つの方法である消去法
をよく使ったはずだ。
消去法とは、未知数の係数を同じにして、辺々を足し引きすることで未知数を消す方法
で、例えば今の例なら、1 つ目の式を 3 倍、2 つ目の式を 2 倍した、
6x + 15y = 3
6x + 8y = −4
とし、1 つ目の式から 2 つ目の式を引けば、x の項が消え、
7y = 7,
y=1
を得る方法である。これは 2 文字の連立方程式では非常に有用なので中学校では多用し
た人も多いだろうが、文字数が増えると使いにくいため必ず代入法を覚えておいてもらい
たい。
112
第2章
1 次方程式と 2 次方程式
■例題 1.39 (連立方程式) 次の連立方程式を解け。ただし、x, y, z は未知数、a は定数
を表す。
(1) 3x + 5y + 2 = x − 5y − 6 = −x + 7y + 8



x
+
y
+
z
=
2





 x +y
(2)
(3)
y +z
x − y − 3z = 4





 x

+z
2x + 3y − z = 13
=2
=5
=3

3x + 2y = 5
(4)
x2 + 2xy + 2y 2 = 5
....................................................................................
（最左辺）=（中辺）と（中辺）=（最右辺）に分けて考える。(2) 文字が増
□解答 1.39 (1)
えたら消去法が便利。(3) このような形を循環系という。辺々足すのが定石。(4)2 次式が
入った場合は注意。最終的に出た答えが、本当に与えられた式を満たしているか確認する
とミスが防げる。
(1) （最左辺）=（中辺）と（中辺）=（最右辺）に分けて式を書くと、
3x + 5y + 2 = x − 5y − 6
x − 5y − 6 = −x + 7y + 8
⇐⇒
x + 5y + 4 = 0
x − 6y − 7 = 0
となる。あとは普通の連立方程式として解く。（省略して）x = 1, y = −1 である。
(2) 文字が増えたときは、まず 1 文字消す。それぞれの式を順に (2-a)、(2-b)、(2-c) と
おくと、(2-c) から、
z = 2x + 3y − 13
(2-d)
なので、(2-d) 式を、(2-a) 式、(2-b) 式に代入して、
3x + 4y − 15 = 0
−x − 2y + 7 = 0
となる。これを解いて x = 1, y = 3 となり、これを (2-d) 式に代入して z = −2。
(3) 辺々足すと、
2(x + y + z) = 10 ⇐⇒ x + y + z = 5
これと、x + y = 2 より z = 3、さらにこれと y + z = 5 より x = 0, y = 2 が得られる。
(4) それぞれの式を (5-a)、(5-b) とおくと、(5-a) 式より、y =
5 − 3x
となり、これを
2
(5-b) 式に代入して、
5 − 3x
+2
x + 2x ·
2
2
5 − 3x
2
2
=5
を解いて、x = 1, 3 となる。それぞれの場合について (5-a) 式を用いて y の値を求めて、
答えは、(x, y) = (1, 1), (3, −2) となる。∗12
∗12
x = 1, 3 を得たあとで、x2 + 2xy + 2y 2 の方に代入してはならない。（(5-a) 式を用いて変形した）(5-b)
2.4 その他の方程式
113
2.4.2 文字の入った方程式
■文字が入った方程式
文字の入った方程式などを解くときに気をつけなければならないことがある。それは、
文字で割るときには細心の注意を！
ということである。
例えば、
ax = 3
の解は
x=
3
a
としてはいけない。a が 0 でない場合はこれでよいが、a が 0 の場合、a で割ることに
なってしまい計算できない。このようなときは場合分けをする。
実際、a = 0 の場合、与えられた方程式は 0 · x = 3 となり、これを満たす x は存在し
ない∗13 ので正解は、

a = 0 のとき 解無し
3
a = 0 のとき x =
a
となる。
さらに、
ax = b
の場合、a = 0 のときには b にも場合分けが必要で、

a = b = 0 のとき




a = 0, b = 0 のとき
a = 0, b = 0 のとき




a = 0, b = 0 のとき
任意の x
解無し
x=0
b
x=
a
となる。∗14
特に、解が無数にある場合を不定、解がない場合を不能という。
文字の入った方程式や不等式をみたら、まず文字の扱いに細心の注意を払うようにした
い。これは高次の方程式になっても同じことである。
式から得た解を、
（それより古い情報しか持っていない）(5-b) 式にいれるのは意味がない。つまり、同値
変形が、
(
(5-a) 式
(5-b) 式
∗13
∗14
(
(5-a) 式
=⇒
x = 1, 3
というもので、(5-b) 式から得た解を再び (5-b) 式に入れるのはナンセンスである。
どのような x と 0 をかけても、3 にはならない。
後ろ 2 つは結局 x =
b
にまとめられるので、3 つの場合分けで十分。
a
114
第2章
1 次方程式と 2 次方程式
■例題 1.40 (文字が入った方程式) 次の方程式を解け。ただし a は定数である。
(1) (a − 1)x + 3a = 4 − a (2) ax2 + 2(a − 1)x + a = 0

x + (a − 1)y = −1
(3) (3)†［2002 関西大］
ax + (a + 3)y = 1
....................................................................................
□解答 1.40 (1) は文字で割らないように気をつけるだけです。(2) では、x2 の係数が 0
でなければ 2 次方程式、0 の場合は 1 次方程式として解かなければなりません。場合分け
が必須です。(3) の連立方程式になってもポイントは変わりません。計算が複雑です。
解
(1) 整理すると、
(a − 1)x = 4(1 − a)
となる。
a = 1 のとき、両辺を a − 1 で割って、
x = −4
であり、a = 1 のときは方程式は 0 = 0 となり、x は任意の数となる。
以上より、
x = −4 （a = 1 のとき）
x は任意 （a = 1 のとき）
となる。
(2) a = 0 のときは、解の公式を用いて、
x=
−(a − 1) ±
√
(a − 1)2 − a2
1 − a ± 1 − 2a
=
a
a
であり、a = 0 のとき、−2x = 0 より、x = 0 となる。
以上より、

√
 1 − a ± 1 − 2a
（a = 0 のとき）
a

x=0
（a = 0 のとき）
となる。
(3)
∗15
a によって念入りに場合分けをする。それぞれの式を順に (4-a)、(4-b) とおく
と、(4-a) より、
x = −1 + (1 − a)y
∗15
(4-a’)
今回は代入法を用いたが、消去法なら「1 つ目の両辺に a を掛けて辺々引いて」と始めればよい。ただし
両辺に文字 a を掛けるので、a = 0 と a = 0 の場合分けが必要になる。
2.4 その他の方程式
115
となるので、これを (4-b) に代入して、
a{−1 − (a − 1)y} + (a + 3)y = 1
−(a2 − 2a − 3)y = 1 + a
−(a − 3)(a + 1)y = a + 1
となる。
(i) a = −1 のとき、両辺を a + 1 で割って −(a − 3)y = 1 となる。
1
(i-A) a = 3 のとき、y = −
であり、(4-a’) 式に代入して x を求めると、
a−3
x = −1 +
a−1
a−3
である。
(i-B) a = 3 の場合、0 · y = 1 となり、解無し。
(ii) a = −1 のときは、0y = 0 となり任意の y が解となるので、このときの解を y = t
とおけば、x = −1 + (1 − a)t となる。
以上をまとめると、

a−1
1


a = −1, a = 3 のとき x = −1 + a − 3 , y = − a − 3
a = −1, a = 3 のとき 解無し



a = −1 のとき
x = −1 + (1 − a)t, y = t
117
第3章
高次方程式
高校数学では 2 次方程式に対して、3 次、4 次などの方程式のことを高次方程式という。
高次方程式が一般的に解けるかどうかということを結論から言うと、3 次方程式・4 次
方程式は代数的に解くことが出来る（即ち、解の公式が存在する）ことが証明されており、
また、5 次以上の方程式には解の公式が存在しないことが証明されている。
ところで、高校で解くことが必要となる高次方程式は、
• 因数分解できる（因数定理を利用する）
• 相反方程式になっている
のどちらかである。よってまずはこの 2 つの解法を紹介しよう。
118
第 3 章 高次方程式
3.1 高次方程式
3.1.1 因数分解して解く
まずは、因数分解が出来る場合を考える。因数分解さえできれば、高次方程式であって
も、2 次方程式のときと解法は同じである。
たとえば、ある方程式が
(x + 1)(x + 3)(x + 5) = 0
と因数分解できた場合、解は、
x = −1, −3, −5
となる。つまり、因数分解さえできれば高次方程式であっても解くのは難しくないという
わけである。
問題はいかにして因数分解を行うかという点である。思い出したいのは因数定理であ
る。因数定理を学習したところで、高次式の因数分解を練習しただろう。あれを応用すれ
ば、3 次以上の方程式でも因数分解して解くことができるのである。
因数定理をしっかり復習してから次の例題に進んで欲しい。
3.1 高次方程式
119
■例題 1.41 (高次方程式) 次の方程式を解け。
(1) x3 − 7x + 6 = 0
(2) 2x3 − 5x2 + 8x − 3 = 0
(3) x(x + 1)(x + 2) = 4 · 5 · 6
....................................................................................
□解答 1.41
解
(1) x = 1 を代入すれば問題の式は成立するので、x = 1 は解である。よって、与えら
れた式の左辺は x − 1 を因数に持つ。
x3 − 7x + 6 = 0
(x − 1)(x2 + x − 6) = 0
(x − 1)(x − 2)(x + 3) = 0
となるので、x = 1, 2, −3 となる。
(2) （因数定理より、）x =
1
が解であるから左辺は 2x − 1 を因数に持つ。
2
2x3 − 5x2 + 8x − 3 = 0
(2x − 1)(x2 − 2x + 3) = 0
となる。ここで、
を解くと、x = 1 ±
x2 − 2x + 3 = 0
√
2i となるので、答えは、
x=
1
2
,1 ±
√
2i
(3) 式を見てすぐに解 x = 4 が分かるから、展開したあとは因数 (x − 4) でくくる。
x(x + 1)(x + 2) = 4 · 5 · 6
x(x + 1)(x + 2) − 4 · 5 · 6 = 0
x3 + 3x2 + 2x − 120 = 0
(x − 4)(x2 + 7x + 30) = 0
よって、
x = 4,
−7 ±
√
2
71i
120
第 3 章 高次方程式
■例題 1.42 (高次方程式) 次の問に答えよ。
(1) 方程式 x3 − 3x2 − 12x + 3ax + 16 = 0 が、正の解 a をもつとき、a の値と、残りの
解を求めよ。
(2) 方程式 x3 + ax2 + 9x + b = 0 の 1 つの解が 1 − 2i であるとき、実数 a, b の値と、
残りの解を求めよ。
....................................................................................
□解答 1.42 x = a が解といわれたら、x に a を代入することから始めるのが鉄則。ただ
し (2) では、別解のような解法もできるようにしておきたい。
解 (1) 与式に x = a を代入して、
a3 − 3a2 − 12a + 3a2 + 16 = 0
a3 − 12a + 16 = 0
(a − 2)(a2 + 2a − 8) = 0
(a − 2)2 (a + 4) = 0
より、正の解は a = 2。
次に、与式に a = 2 を代入して、
x3 − 3x2 − 12x + 6x + 16 = 0
x3 − 3x2 − 6x + 16 = 0
を解くと、x = 2 を解に持つことに注意して因数分解すると、
(x − 2)(x2 − x − 8) = 0
となるので、残りの解は、
x=
1±
√
33
2
(2) (1) と同様の解法で考える。まず、x = 1 − 2i を代入すれば、
(1 − 2i)3 + a(1 − 2i)2 + 9(1 − 2i) + b = 0
となる。整理すると、
−3a + b − 2 − 4(a + 4)i = 0
となり、ここで、−3a + b − 2, −4(a + 4) は実数なので、
−3a + b − 2 = 0, a + 4 = 0
である。∗1 これを解けば、a = −4, b = −10 となる。
∗1
ここで、「a, b が実数のとき a + bi = 0 ならば、a = b = 0 であるという性質を用いている。これにつ
いては恒等式の節で説明し直す。
3.1 高次方程式
121
さて、a = −4, b = −10 を代入すると、方程式は、
x3 − 4x2 + 9x − 10 = 0
となり、因数定理によって x = 2 が解だから、因数分解すれば、
(x − 2)(x2 − 2x + 5) = 0
となる。
x2 − 2x + 5 = 0
を解くと、
x = 1 ± 2i
となるので、他の解は、x = 2, 1 + 2i である。
♠ さて、74 ページでは、
「n 次代数方程式の一つの解が複素数 α であるとき、もう 1 つの
解はそれに共役な複素数 α となる」ことを見た。この性質を用いれば、この問題は次のよ
うに解ける。
別解
1 − 2i が解であることより他の解は x = 1 + 2i と x = α とできる。よって、元の 3 次
式を因数分解した形は、
x3 + ax2 + 9x + b = (x − α){x − (1 + 2i)}{x − (1 − 2i)}
= (x − α)(x2 − 2x + 5)
= x3 − (2 + α)x2 + (5 + 2α)x − 5α
ここで係数を比較すれば、α = 2（残りの解）となることより、a = −4, b = −10 と
なる。
122
第 3 章 高次方程式
3.1.2 相反方程式
ここでは、特殊な高次方程式を紹介する。a = 0 に対して、
ax4 + bx3 + cx2 + bx + a = 0
(3.1)
ax5 + bx4 + cx3 + cx2 + bx + a = 0
(3.2)
のように、係数が対称の形をしている方程式を相反方程式という。相反方程式は解法が決
まっており、誘導がつくことも多いが、誘導がなくとも解けるようにしておきたい。
(3.1) 式は中心の次数を 1 にするため、例えば上の方程式なら x2 (= 0) で割って、
ax2 + bx + c +
として、t = x +
b
a
+ 2 =0
x x
1
とおくとうまく解ける。記述の場合は x2 = 0 であることもきちんと
x
書くことが重要。∗2
また (3.2) 式の場合、じっとよく見てみると x = −1 が解であることが分かる。そこで、
(x − 1) でくくると (3.1) 式タイプの相反方程式に帰着させることができる。
∗2
方程式をみると、x = 0 を代入すると a = 0 となって矛盾が生じる（a = 0 である）から、一言「x = 0
は明らかに方程式の解ではないから、
」と書けばよい。
3.1 高次方程式
123
■例題 1.43 (相反方程式) x4 − 8x3 + 17x2 − 8x + 1 = 0 を解け。
....................................................................................
□解答 1.43 解 x = 0 は明らかに方程式の解ではないから、両辺を x2 で割って、
1
8
+ 2 =0
x x
1
1
x2 + 2 − 8 x +
+ 17 = 0
x
x
x2 − 8x + 17 −
となる。ここで、
t=x+
1
x
とおくと、 t2 = x2 + 2 +
1
x2
となるので、
x2 +
1
= t2 − 2
x2
となるので、先ほどの方程式は、
(t2 − 2) − 8t + 17 = 0
t2 − 8t + 15 = 0
(t − 3)(t − 5) = 0
となるので t = 3, 5 である。
√
1
3± 5
2
x + = 3 のときは、x − 3x + 1 = 0 より、x =
である。
x
2√
1
5 ± 21
x + = 5 のときは、x2 − 5x + 1 = 0 より、x =
である。
x
2
よって解は、
x=
となる。
3±
√
2
5 5±
,
√
2
21
124
第 3 章 高次方程式
3.2 1 の n 乗根
3.2.1 1 の 3 乗根
■1 の 3 乗根 ω
3 乗して 1 になる数を ω とおくと、この ω にはいくつかの性質がある。この ω の性質
について見ていこう。
ω は x3 = 1 の解であるから、まずは x3 = 1 を解くことから始めよう。
x3 = 1
x3 − 1 = 0
(x − 1)(x2 + x + 1) = 0
√
3i
−1
±
であるから、x3 = 1
となり、x2 + x + 1 = 0 を、解の公式を用いて解くと、x =
2
√
−1 ± 3i
の解は x = 1,
である。
2
√
√
−1 + 3i
−1 − 3i
ここで、虚数解である
または
を ω と表す。
2
2
■ω の性質
ω はもともと x3 = 1 の解だから、ω 3 = 1 を満たす。また、x2 + x + 1 = 0 の解である
から、
ω2 + ω + 1 = 0
を満たす。さらに、x2 + x + 1 = 0 の解は ω, ω であることより、解と係数の関係より、
ω + ω = −1,
ω·ω =1
も成立する。最後に、1 = ω 3 を ω · ω = 1 に代入して、両辺を ω で割れば、
ω = ω2
となることも分かる。これらをまとめておこう。
ω の性質
ω3 = 1
(3.3)
ω2 + ω + 1 = 0
(3.4)
ω + ω = −1
(3.5)
ω · ω = |ω|2 = 1
(3.6)
ω = ω2
(3.7)
これらの性質は複素数平面上の ω の位置を確認することで難なく理解することができ
る。詳しくは付録を参照していただきたい。
3.2 1 の n 乗根
125
■例題 1.44 (ω の性質) 次の問に答えよ。
(1) x3 = 1 の解のうち、虚数のものの 1 つを ω とするとき、ω 2 + ω, ω 30 + ω 29 + ω 28
［2006 東京薬大・薬］
の値を求めよ。
3
(2) α は 1 でない複素数で、α = 1 をみたすものとする。(α + 1)2006 = p + qi となる
実数 p, q の値を求めよ。ただし、i は虚数単位である。
［2006 信州大］
....................................................................................
□解答 1.44 解 (1) ω 2 + ω + 1 = 0 だから、ω 2 + ω = −1。また、
ω 30 + ω 29 + ω 28 = ω 28 (ω 2 + ω + 1) = 0
(2) このとき、α2 + α + 1 = 0 をみたすので、α + 1 = −α2 である。よって、
(α + 1)2006 = (−α2 )2006 = α4012 = (α3 )1337 × α = α
√
−1
±
3i
となる。ここで、α は α2 + α + 1 = 0 の解より、α =
だから、
2
√
1
3
p=− , q=±
2
2
■例題 1.45 (x2 + x + 1 で割った余り) x100 を x2 + x + 1 で割った余りを求めよ。
［上智大（改題）］
....................................................................................
□解答 1.45 解 x100 を x2 + x + 1 で割ったときの商を Q(x)、余りを ax + b とおく
と（a, b は実数）、
x100 = (x2 + x + 1)Q(x) + ax + b
ここで x = ω を代入すると、ω 2 + ω + 1 = 0 であるから、
ω 100 = aω + b
であり、ω 3 = 1 の性質を用いると、ω 100 = (ω 3 )33 · ω = ω となるので、
ω = aω + b
ここで a, b は実数より、a = 1 では (1 − a)ω = b より b が虚数となり矛盾する。よって
a = 1 であり b = 0、すなわち、余りは x である。
126
第 3 章 高次方程式
3.2.2 1 の 5 乗根
■1 の 4 乗根、6 乗根
メインテーマは 5 乗根であるが、その前に 4 乗根を考えよう。
1 の 4 乗根は、x4 = 1 を解けばよい。
x4 = 1
x4 − 1 = 0
(x2 + 1)(x2 − 1) = 0
(x + i)(x − i)(x + 1)(x − 1) = 0
となるので、x = ±1, ±i となる。
続いて 6 乗根を考えよう。■例題 1.6 の (6) では、x6 − 1 を因数分解した結果がある。
これを利用して x6 − 1 = 0 を解くと、
x6 − 1 = 0
(x + 1)(x − 1)(x2 − x + 1)(x2 + x + 1) = 0
√
√
3i
−1
±
3i
1
±
が得られ、x2 + x + 1 = 0 より、x =
x2 − x + 1 = 0 より、x =
2
2
が得られる。
よって、
√
√
1 ± 3i −1 ± 3i
x = 1, −1,
,
2
2
となる。
つぎに学習する 5 乗根も含めて、n 乗して 1 になる数を求める方法としては、複素平面
を学習して得られるド・モアブルの定理が非常に有用である。詳しくは付録に収録したの
で、是非学習してもらいたい。
3.2 1 の n 乗根
127
■1 の 5 乗根
最後に 1 の 5 乗根を考える。これは重要問題なので例題形式で見ておこう。
■例題 1.46 (1 の 5 乗根) 1 の 5 乗根を求めよ。
....................................................................................
□解答 1.46 x5 = 1 を解く。
x5 − 1 = 0
(x − 1)(x4 + x3 + x2 + x + 1) = 0
より、1 つの解が x = 1 であることは明らか。残りの解は、x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0 の
解である。∗3 x = 0 は解でないから、x2 (= 0) で両辺を割って、
x2 + x + 1 +
ここで t = x +
1
1
+ 2 =0
x x
1
1
1
とおくと、t2 = x2 + 2 + 2 より、x2 + 2 = t2 − 2 となるので、
x
x
x
(t2 − 2) + t + 1 = 0
より、 t2 + t − 1 = 0
√
−1 ± 5
より、t =
となる。
2
√
√
−1 + 5
−1 + 5
2
(i) t =
、すなわち x −
x + 1 = 0 のとき、この方程式は、
2
2
√
2x2 + (1 − 5)x + 2 = 0
となりこれを解いて、
x=
−1 −
(ii) t =
2
−1 +
√
5±
(1 −
√
5)2 − 16
=
4
√
5
−1 −
、すなわち x2 −
2
いて、
x=
−1 −
√
√
5
−1 +
√
√
10 + 2 5i
5±
4
x + 1 = 0 のとき、これを (i) と同様に解
√
10 − 2 5i
5±
4
となる。
よって x5 = 1 の解、すなわち 1 の 5 乗根は、
x = 1,
−1 +
√
5±
√
10 + 2 5i
4
,
である。
∗3
これは相反方程式である。解法は前節を参照のこと。
−1 −
√
√
10 − 2 5i
5±
4
128
第 3 章 高次方程式
以下の説明には複素数平面の知識が必要です。
♠ この結果とド・モアブルの定理を併用すると、cos 72◦ などの値を求めることができる。
以下ではその方法を紹介する。
x5 = 1 をド・モアブルの定理を用いて解くと、
x = cos(72◦ × k) + i sin(72◦ × k) k = 0, 1, 2, 3, 4
となる。これらの点を複素平面上にとると、下図のようになり、例えば cos 72◦ の値は、
先ほどの x5 = 1 の解のうち、実部が 1 でない正のものの実部、すなわち、
−1 +
cos 72 =
4
◦
√
5
であることがわかる。同様に sin 72◦ は、より大きい虚部を持つ解の虚部であるから、
◦
sin 72 =
√
10 + 2 5
4
であることも分かる。∗4
Im
cos 72◦ + i sin 72◦
O
Re
z 5 = 1 の解を複素平面に表す。
∗4
ただし、実際に cos 72◦ , sin 72◦ の値を求めるときには、x = 72◦ とおいて、
sin 2x = sin(360◦ − 3x) = cos 3x
となることを利用する。これに 2 倍角、3 倍角の公式を用いて、
sin 2x = sin 3x
2 cos2 x − 1 = 4 cos3 x − 3 cos x
4 cos3 x − 2 cos2 x − 3 cos x + 1 = 0
(cos x − 1)(4 cos2 x + 2 cos x − 1) = 0
√
−1 ± 5
cos x = 1,
4
を導き、x = 72◦ は 0 < cos x < 1 であるから、
cos x = cos 72◦ =
であることが分かる。これと sin x =
−1 +
4
√
5
√
1 − cos2 x より、sin 72◦ も求めることができる。
3.3 高次方程式の代数的な解法
3.3 高次方程式の代数的な解法
3.3.1 代数学の基本定理
代数学の基本定理とは次のようなものである。
代数学の基本定理
複素数係数の n 次方程式
an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0
は、複素数の範囲で n 個の解を持つ（但し、n 重根は n 個として数える）。
この代数学の基本定理は、受験生にとって当たり前のように利用されているものである
が、∗5 これは自明なことではなく、証明が必要である。
とはいえ、ここで証明をするには、我々にはいささか知識が足りない。そこで、ここで
はいったんこのことを認めることにして、（これまでもだったが）今後も複素数係数の n
∗6
次方程式は複素数範囲内に n 個の解を持つとしよう。
ここで注意したいのは、この定理は、n 次方程式には n 個の解があることは証明され
ているが、それを求めることができるかどうかについては言及していないということで
ある。
これもまた証明するのは非常に難しいが、5 次以上の方程式には解の公式が存在しない
ことが示されている。∗7
つまり、この定理は単に n 次方程式に n 個の解があるという存在を保証するだけであ
ることに注意してもらいたい。
なお、代数学の基本定理の証明は、今となっては代数的な方法から解析的な方法、さら
には幾何学を応用した方法まで多数あるが、どれも難しい。というのも、この一般的な代
数学の基本定理は、オイラー、ダランベール、ラグランジュ達も証明することができな
かった難問であり、一番はじめに解決したのはガウスで、1799 年の彼の卒業論文でそれ
が発表されたという。このときのガウスの方法は、複素関数論を応用した方法であり、そ
の後 4 つの異なる証明を行い、複素数の重要性をも決定付けたという。
∗5
例えば問題文に 3 次方程式が登場すれば、何の疑いもなく「3 次方程式の 3 解を α, β, γ とおく」などと
するだろう。しかし、これは何も自明なことではない。
∗6 この定理の証明は、複素関数論の章で行う。
∗7 証明は、アーベルによって行われた。また、3 次方程式、4 次方程式については解の公式がある。これら
はこのあと紹介する。
129
130
第 3 章 高次方程式
3.3.2 3 次方程式の解の公式
■3 次方程式の解の公式
ここでいう解の公式とは、与えられた方程式を加減乗除、もしくは平方根などの作業を
行うことで解を求めることができる、一般的な方法のことである。
例えば 2 次方程式は、第 2.2.2 章（94 ページ）にあるように、実際に加減乗除と平方根
をとる作業を行えばどのような方程式でも解くことができる。
それに対して、3 次以上の方程式は、因数定理などを用いて因数分解をおこなって解く
以外に方法がないようにみえる。実際、入試に出題される 3 次以上の方程式は、因数分解
して解くものか、解かなくてもよい方程式である。
しかし、実際に 3 次以上の方程式にも、2 次方程式の解の公式のような公式、すなわち
加減乗除と平方根を取るという代数的な方法のみで解ける「解の公式」はないのだろう
か、ということを考えた人がいる。
そして、カルダノ∗8 はその 3 次方程式の代数的な解法を発見し証明した。ここでは、そ
の方法を紹介しよう。
■立方完成
まずは、3 次方程式の一般形
ax3 + bx2 + cx + d = 0 （a = 0）
(3.8)
x3 + mx + n = 0
(3.9)
をより簡単な形である
の形に変形できることを示そう（これを立方完成という）。
まずは、ax3 + bx2 + cx + d = 0 は最大次の係数である a で割って、
c
d
b
x3 + x2 + x + = 0
a
a
a
と変形してももちろんよいだろう。つまり、b =
般形は、
b
などと置き換えれば、3 次方程式の一
a
x3 + b x2 + c x + d = 0
(3.10)
とすることができる。
次に、
（3.10）式から 2 次の項をなくし（3.9）式に変形すること（立方完成）を考える。
これは 2 次式の平方完成と同様の方法を用いる。
2 次方程式の時は、2 次の展開公式 (x +a)2 = x2 +2ax+a2 を用いて、例えば、x2 +2ax
となっていれば、
x2 + 2ax = (x + a)2 − a2
とすることによって、2 次の項を消すことができたのだった。
∗8
Girolamo Cardano(1501-76)
3.3 高次方程式の代数的な解法
131
同様に、3 次の展開公式 (x + a)3 = x3 + 3ax2 + · · · を用いて、
3
2
x +bx =
b
x+
3
3
−（余計な項）
といったように計算すれば、2 次の項が消える。ここまでくれば、x +
b
を x と置き換え
3
x 3 + mx + n = 0
と変形できることになる。
このあとで紹介するカルダノの公式では、この
x 3 + mx + n = 0
という方程式を解くことができる。その解 x が分かれば、
x=x −
b
3
とすれば解 x が求められることになる。
なお、どのような n 次の式もこの方法を応用すれば n − 1 次をなくした、
axn + cxn−2 + dxn−3 + · · ·
という形に直すことができる。このことをカルダノ変換という。
この変形は重要であるから、次の例題で練習しておこう。
■例題 1.47 (立方完成) x3 + 3x2 + 5x + 7 を x 3 + mx + n の形に変形せよ。
....................................................................................
□解答 1.47 解
x3 + 3x2 + 5x + 7 = {(x + 1)3 − 3x − 1} + 5x + 7
= (x + 1)3 + 2x + 6
x + 1 = x とおけば、
3
= x + 2(x − 1) + 6
=x
となる。
3
+ 2x + 4
132
第 3 章 高次方程式
■式の変形
さて、解くべき方程式は、
x 3 + mx + n = 0
となった。これを解くのに少々天下り∗9 だが、恒等式：
(u + v)3 = 3uv(u + v) + (u3 + v 3 )
を用いる。これを変形して、
(u + v)3 − 3uv(u + v) − (u3 + v 3 ) = 0
として、
u+v =x,
とおけば、上の等式は、
m = −3uv,
n = −(u3 + v 3 )
x 3 − 3mx + n = 0
となるので、上の設定
m = −3uv,
n = −(u3 + v 3 )
(a)
を満たす u, v を求めれば、解を求めることができるはずである。
次数がそろっていないので、u3 , v 3 で揃うように 1 つ目の関係式を 3 乗してまとめると、
m3
u v =−
,
27
3 3
u3 + v 3 = −n
(b)
となる∗10 から、解と係数の関係より u3 , v 3 は、
t2 + nt −
m3
=0
27
の解となっていなければならない。
これは 2 次方程式の解の公式を用いて解くことができる。
t=−
n
±
2
n2
m3
+
4
27
となり、u3 , v 3 はどちらがどちらでもよいので、
u3 = −
∗9
n
+
2
n2
m3
n
+
, v3 = − −
4
27
2
n2
m3
+
4
27
天下りだが、覚えておくとカルダノの公式は解けたも同然なので、
(u + v)3 − 3uv(u + v) − (u3 + v 3 ) = 0
∗10
を用いるということを覚えておくと良い。
複素数の範囲まで考えると (a) と (b) は同値ではないことが、後にポイントとなる。
(a) =⇒(b)
であるが、
(b)=⇒ (a) ではない。
これは、2 乗のときに x = 2 =⇒ x2 = 4 だが、x2 = 4 =⇒ x = 2 ではなく、x = ±2 というのと同様
で、x = 2 =⇒ x3 = 8 だが、x3 = 8 =⇒ x = 2, 2ω, 2ω 2 となるからである。
一般に、x3 = a3 の解は a, aω, aω 2 の 3 つである。
3.3 高次方程式の代数的な解法
133
としても一般性を失わない。
さて、脚注で述べたとおり、これを u, v に戻すときには多少気を付けなければならな
い。それは、例えば u3 = 8 であるとき、u = 2 だけではなく、u = 2, 2ω, 2ω 2 といった 3
つの解があるということである。
これを考えると、
u=
v=
3
3
−
n
+
2
n2
m3
+
,
4
27
−
n
−
2
m3
n2
+
,
4
27
3
3
−
n
+
2
n2
m3
+
ω,
4
27
−
n
−
2
m3
n2
+
ω,
4
27
3
3
−
n
+
2
n2
m3 2
+
ω
4
27
−
n
−
2
m3 2
n2
+
ω
4
27
ということになる。
簡単のため、
p=
3
とおいておけば、
−
n
+
2
n2
m3
+
,
4
27
u = p, pω, pω 2 ,
q=
3
−
n
−
2
n2
m3
+
4
27
v = q, qω, qω 2
となる。
このままだと、u, v のペアは、
(p, q),
(p, qω),
(p, qω 2 ),
(pω, q),
··· ,
(pω 2 , qω 2 )
の 9 つあることになるが、このうち、もともとの条件である (a) 式
uv = −
m
3
を満たすような u, v になるようにしなければならない。
これを満たすのは、
(u, v) = (p, q), (pω, qω 2 ), (pω 2 , qω)
であるから、2 次の項をなくした方程式（3.9）の解は、
x = p + q,
pω + qω 2 ,
pω 2 + qω
であると分かる。そうすれば、元の方程式（3.8）の解は、
x=x −
b
3
として求めることができる。
これによって、どのような 3 次方程式も、2 次方程式を解くことと、3 乗根を取ること
で解けるということが分かる。
134
第 3 章 高次方程式
■例題 1.48 (カルダノの公式 ＃ ) x3 − 6x2 + 3x + 2 = 0 をカルダノの公式を用いて
解け。
....................................................................................
□解答 1.48 解 まずは、2 次の項を消す変形を行うと、
x3 − 6x2 + 3x + 2 = 0
{(x − 2)3 − 12x + 8} + 3x + 2 = 0
(x − 2)3 − 9x + 10 = 0
(x − 2)3 − 9(x − 2) − 8 = 0
x − 2 = x とおけば、
x 3 − 9x − 8 = 0
と変形できる。さて、x = u + v とおけば、恒等式：
(u + v)3 − 3uv(u + v) − (u3 + v 3 ) = 0
より、uv = 3, u3 + v 3 = 8 とすれば問題の式と同じになる。1 つ目の関係式を 3 乗して、
u3 v 3 = 27,
u3 + v 3 = 8
であるから、u3 , v 3 は 2 次方程式 t2 − 8t + 27 = 0 の 2 解である。2 次方程式の解の公式
を用いて実際に解けば、
u3 = 4 +
となる。
p=
3
4+
√
11i,
q=
3
4−
√
√
11i, v 3 = 4 −
√
11i
11i とおけば、
u = p, pω, pω 2 ,
v = q, qω, qω 2
となるが、そのうち満たすのは、(u, v) = (p, q), (pω, qω 2 ), (pω 2 , qω) である。
解は、x = u + v より求められるので、3 解は、
x1 = p + q =
3
4+
√
11i +
x2 = pω + qω 2 =
3
4+
x3 = pω 2 + qω =
3
4+
√
√
3
4−
11iω +
11iω 2 +
√
3
11i
4−
3
√
4−
11iω 2
√
11iω
3.3 高次方程式の代数的な解法
135
であるから、
x1 = x1 + 2 =
3
4+
x2 = x2 + 2 =
3
4+
x3 = x3 + 2 =
3
4+
√
√
√
11i +
3
11iω +
11iω 2 +
4−
3
√
4−
3
11i + 2
√
4−
11iω 2 + 2
√
11iω + 2
となる。
♠ さて、x3 − 6x2 + 3x + 2 = 0 はよく見ると、x − 1 を因数にもつ（x − 1 で割り切れる）
ことに気付く。実際に割り算を行うと、
x3 − 6x2 + 3x + 2 = (x − 1)(x2 − 5x − 2)
となり、この 3 次方程式の解は、x = 1,
5±
√
2
33
であることが分かる。
つまり、上の x1 , x2 , x3 は、上の 3 つの（虚数でない）解のいずれかを表していること
になる。∗11
さて、実際に、
(1 ±
√
√
√
11i)3 = −32 ± 8 11i = −8(4 ± 11i)
より、
3
4±
√
√
−1 ∓ 11i
11i =
2
であることを考えれば、上の解のうちの 1 つ目は、
√
√
−1 − 11i −1 + 11i
+
+ 2 = −1 + 2 = 1
x1 =
2
2
となり、これは因数分解の結果と一致する（他も同様に計算すれば等しくなることは確か
∗12
められる）。
∗11
驚くべきこｐとは、本来の答えには虚数が含まれないのに、計算途中で虚数を経由しなければならないと
いうことである。
∗12 では、
(1 ±
√
√
√
11i)3 = −32 ± 8 11i = −8(4 ± 11i)
であることをどのようにして見つけるかというと、これは難しい。
136
第 3 章 高次方程式
3.3.3 4 次方程式の解の公式
■4 次方程式の解法
4 次方程式の解の公式は、フェラリ∗13 が導いた。
まずは、3 次方程式の公式のときのように、4 次方程式
ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 （a = 0）
は、全体を a で割り、さらに x = x +
b
とおけば、3 次の項を消すことができる（b は
4
b
である）。つまり、4 次方程式の一般形は、
a
x4 + lx2 + mx + n = 0
(3.11)
としてもよいことになる。
さて、(3.11) 式は、3 次の項がないので、
(x2 + λ)2 = (px + q)2
と変形できるはずである。実際に (3.11) 式は、
x4 = −lx2 − mx − n
x4 + 2λx2 + λ2 = (2λ − l)x2 − mx + (λ2 − n)
とでき、ここで右辺は平方完成できるはずなので、（右辺）= 0 の方程式の判別式が 0 で
なければならない。
D = m2 + 4(2λ − 1)(λ2 − n) = 0
となり、この式から λ を決定する。これは λ についての 3 次方程式だから、カルダノの
公式から解けることが保証されている。
そのうちのひとつを λ0 とすると、
(x2 + λ0 )2 = (px + q)2
とすれば、
x2 + λ0 = ±(px + q)
となると、これは x についての 2 次方程式なのでここから x を求めることができる。
このように、2 次方程式、3 次方程式を解くことと加減乗除と平方根を考えることで、4
次方程式を解くことができることが証明された。
∗13
Ludovico Ferrari(1522-65)
3.3 高次方程式の代数的な解法
137
■例題 1.49 (フェラリの公式 ＃ ) x4 + 3x2 − 6x + 10 = 0 をフェラリの方法を用いて
解け。
....................................................................................
□解答 1.49 ここまでに紹介した解法の流れに則って解いていきます。
解 まずは、x4 = −3x2 + 6x − 10 と変形し、左辺を (x2 + λ)2 の形になるようにす
ると、
(x2 + λ)2 = (2λ − 3)x2 + 6x + (λ2 − 10)
となる。ここで左辺は平方完成できなければならないので、（右辺）= 0 の判別式を考
えて、
D = 32 − (2λ − 3)(λ2 − 10)
= −2λ3 + 3λ2 + 20λ − 21 = 0
を解いて、λ = 1 を得る。よって、
(x2 + 1)2 = −x2 + 6x − 9
右辺は当然因数分解でき、
(x2 + 1)2 = −(x − 3)2
x2 + 1 = ±(x − 3)i
となる。つまり解くべき方程式は、
x2 − ix + 1 + 3i = 0 , x2 + ix + 1 − 3i = 0
の 2 つの 2 次方程式。前者の方程式の解は、
x=
i±
−1 − 4(1 − 3i)
i±
=
2
√
−5 − 12i
2
√
となる。ここまでを解としても良いが、ここで、a, b を実数として、 −5 − 12i = a + bi
のように根号が外れないか考えてみる。
√
−5 − 12i = a + bi
−5 − 12i = a2 − b2 + 2abi
a, b は実数としたので、辺々比較してよいので、
a2 − b2 = −5 , ab = −6
138
第 3 章 高次方程式
ab = −6 より b =
6
を 1 つめの式に代入し、
a
2
a −
6
a
2
= −5
a4 + 5a2 − 36 = 0
(a2 + 9)(a2 − 4) = 0
a = ±3i, ±2
a は実数なので a = ±2、さらに ab = −6 を用いて、
(a, b) = (±2, ∓3) （復号同順）
√
となる。つまり、 −5 − 12i = ±(2 − 3i) となる。これを方程式の解に代入すると、
x=
i ± (2 − 3i)
= 1 − i, −1 + 2i
2
となる。同様にもう一つの方程式を解いて得られる解は、
x = 1 + i, −1 − 2i
であるから（各自確認するとよい。今回は係数が実数なので共役な複素数解を持つに決
まっているのだが）、元の方程式の解は、
x = 1 ± i, −1 ± 2i
といえる。
3.4 一般の判別式
139
第 3.4 章の内容の理解には、微分（数学 II）の知識が必要な部分があります。
3.4 一般の判別式
3.4.1 3 次方程式の判別式
■3 次方程式の判別式
この節では、3 次方程式の判別式について紹介していこう。
まず、3 次方程式の解について考察すると、3 次方程式の解には、
• 3 つの実数解をもつ
• 重解をもつ
• 虚数解をもつ
という 3 つのパターンがある。この 3 つを判別できる方法として、3 次方程式にも判別式
がある。これを求めるには数学 II の微分の知識が必要であるので、まず先に結果を述べ
ておき、その証明はあとにしよう。
3 次方程式の判別式
3 次方程式 x3 + mx + n = 0 の判別式は D = −4m3 − 27n2 であり、
(1) D > 0 のとき、相違なる実数解を 3 つ持つ
(2) D = 0 のとき、重解を持つ
(3) D < 0 のとき、虚数解を持つ
1 つ注意して欲しいのは、この判別式は一般の場合ではなく、平方完成した後の
x3 + mx + n = 0 の場合に適応できるものであるということである。というのも、
ax3 + bx2 + cx + d = 0
の判別式は、
D = b2 c2 + 18abcd − 4ac3 − 4b3 d − 27a2 d2
となるが、これはさすがに覚えられないだろう。
それでは、まずはこの D をどのようにして求めたか、次の例題を通じて求めてみよう。
140
第 3 章 高次方程式
■例題 1.50 (3 次方程式の判別式) 次の問いに答えよ。
(1) 方程式 x3 + mx + n = 0（ただし m, n は実数）が、3 つの互いに異なる実数解を持
†［2002 慶應大（商）］
つための必要十分条件を求めよ。
(2) また、重解を持つための必要十分条件、虚数解を持つ（実数解が 1 つである）ため
の必要十分条件をそれぞれ求めよ。
［追加問題］
....................................................................................
□解答 1.50
(1) f (x) = x3 + mx + n とおくとき、
f (x) = 3x2 + m = 0
の解を x = α, β（α < β ）とすると、f (x) の最大次数の係数が正であることから、それぞ
れ極大 f (α)、極小 f (β) であることが分かる。
ここで f (x) = 0 が 3 つの異なる実数解を持つためには、f (x) は、x が増加するにつれ
て、負から始まり、正、負、正と正負を行き来しなければならず、そのためには、極大値
が正、極小値が負にならなければならない。ここで、
f (α) > 0, f (β) < 0 ⇐⇒ f (α)f (β) < 0
であるから、求める条件は、f (α)f (β) < 0 である。
f (α)f (β) = (α3 + mα + n)(β 3 + mβ + n)
ここで、α, β は 3x2 + m = 0 の解だから、3α2 + m = 0 より m = −3α2 、同様に
m = −3β 2 であるから、
= (α3 − 3α3 + n)(β 3 − 3β 3 + n)
= (−2α3 + n)(−2β 3 + n)
ここで、解と係数の関係より、α + β = 0, αβ =
(α + β)(α2 − αβ + β 2 ) = 0 であるから、
m
であり、これらより α3 + β 3 =
3
= 4α3 β 3 − 2n(α3 + β 3 ) + n2
=4
=
4
27
m
3
3
− 2n × 0 + n2
m3 + n2 < 0
3.4 一般の判別式
141
(2) 重解を持つためには、f (α) = 0 または f (β) = 0 であればよい。これは、f (α)f (β) =
0 であればよく、条件は、
f (α)f (β) =
4
27
m3 + n2 = 0
となる。
実数解が 1 つであるためには、f (α) と f (β) が同符号（つまり、f (α) > 0, f (β) > 0 ま
たは、f (α) < 0, f (β) < 0 である）か、α = β であればよい。
f (α) と f (β) が同符号の場合、f (α)f (β) > 0 だから、
f (α)f (β) =
4 3
m + n2 > 0
27
(a)
である。
α = β の場合は、3x2 + m = 0 が重解を持つのだから、2 次方程式の判別式から、
D = −4 × 3 × m = 0
より、m = 0 である。ところでこの m = 0 の条件は (a) 式に含まれるとしてよい。なぜ
なら、(a) 式において m = 0 を代入すれば n2 > 0 となり、これは n = 0 以外では成立す
るし、n = 0 の場合はもとの方程式が x3 = 0 となり、これは 3 重解 x = 0 を持つので実
数解は 1 つではなくなるからである。
よって、実数解が 1 つの条件は
4
27
m3 + n2 > 0 である。
例題の結果をまとめておくと、
4 3
m + n2 < 0 のとき 3 つの異なる実数解をもつ
27
4 3
(2)
m + n2 = 0 のとき重解をもつ
27
4 3
(3)
m + n2 > 0 のとき 1 つの実数解（2 つは虚数解）をもつ
27
(1)
ということがいえ、左辺を変形すれば、節の始めに述べた判別式の形が得られ、まとめ
と同じことになる。
さて、カルダノの解法の中では判別式はどこに登場しただろうか。振り返ってみると、
p=
3
−
n
+
2
n2
m3
+
,
4
27
q=
3
−
n
−
2
n2
m3
+
4
27
であった。よって、3 重根の中にあるルートの中身が判別式そのものであると分かる。
たとえば、
n2
m3
+
が 0 であれば、p = q となる。すると、解である、
4
27
x = p + q, pω + qω 2 , pω 2 + qω
のうち後者 2 つは、どちらも等しくなるので、重解を持つことになる。つまり、重解を持
つ条件は、
n2
m3
+
= 0 ⇐⇒ 4m3 + 27n2 = 0 であることが分かる。これは例題で見た
4
27
重解を持つ条件と等しくなる。
142
第 3 章 高次方程式
3.4.2 判別式
■判別式とは
ところで、判別式 D とは何者なのだろうか。本書では、
• 重解をもつ
⇐⇒
D=0
ということを示すことのできる式として定義しよう。ここまで見てきた 2 次方程式や 3 次
方程式の場合は、「重解を持つ」ということの他に「実数解をもつ」だとか「虚数解をも
つ」といった情報も得られるが、これは 2 次方程式や 3 次方程式に限ったもので、一般に
はそこまで分かるわけではない。
■一般の判別式
判別式 D とは、n 次方程式が重解を持つときにその値が 0 となるような多項式である。
これを元に実際の判別式を求めていこう。
2 次方程式の場合は、a2 x2 + a1 x + a0 = 0 の解を α, β とすると、
D2 = α − β
とし、3 次方程式の場合には、a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 = 0 の解を α, β, γ としたときに、
D3 = (α − β)(β − γ)(γ − α)
のようにすれば、解の中に少なくとも 2 つ同じものがあれば、その値が 0 となることが分
かる。∗14
しかし、実際の判別式はこれをもう少し工夫した形で利用する。
1 つ目はその形に“対称性”をもたせるための細工である。式における対称性とは「対
称式かどうか」ということである。
判別式の利点は、その方程式の係数をみただけで、重解をもつかどうかが分かる、とい
うものである。しかし、この形では結局解 α, β などがいくつなのか分かっていないと利
用できない。それでは判別式の意味がないのである。
そこで、解と係数の関係を用いて α, β などを係数で表すことにするのだが、解と係数
の関係は基本対称式の形をしているため、もとの判別式 D の値も対称式の形であること
が望ましいのである。
交代式である式を対称式にするには式全体を 2 乗すればよい。すべての差を 2 乗した、
D2 = (α − β)2
あるいは
∗14
D3 = (α − β)2 (β − γ)2 (γ − α)2
ここで D の添え字は、方程式の次数を表している。D2 は 2 次方程式の判別式、D3 は 3 次方程式の判
別式という意味である。
3.4 一般の判別式
143
を判別式とするとよい。2 乗したことによって、どの 2 文字を入れ替えても D の値は変
わらない。
2 つ目は係数である。上で得た D2 = (α − β)2 を展開していこう。解と係数の関係
から、
b
α+β =− ,
a
αβ =
c
a
であるから、これらを用いて計算すると、
D2 = (α + β)2 − 4αβ
=
−
b
a
2
−4·
c
b2 − 4ac
=
a
a2
となり、確かに分子には見たことのある形があるが、分母に係数が出てきてしまう。
この分母の係数を消すために、すでに考えていた判別式に補正をかけます。具体的に
は、a2n−2 をかけるとよい。
これらをまとめて、最後に一般的な判別式を紹介しておこう。n 次方程式
an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0
の判別式 D は、その解を t1 , t2 , · · · , tn としたときに、
D = a2n−2
n
(ti − tk )2
1 i<k n
= a2n−2
(t1 − t2 )2 (t1 − t3 )2 · · · (tn−1 − tn )2
n
となる。∗15
2 次方程式 ax2 + bx + c = 0 の場合は、
a2·2−2 (α − β)2 = a2 × (α + β)2 − 4αβ
= a2
−
b
a
2
−4·
c
a
= b2 − 4ac
となり、これはよく知られた判別式と一致していることがわかる。
∗15
Q
は積を表す記号。和を表す
P
と同様に使え、
n
Y
k=1
である。
ak = a1 a2 · · · an
144
第 3 章 高次方程式
■例題 1.51 (3 次方程式の判別式) 実数 p, q （ただし q = 0）に対して、3 つの実数
a1 , a2 , a3 が
a1 + a2 + a3 = 0,
a1 a2 + a2 a3 + a3 a1 = p,
a1 a2 a3 = q
を満たしているとする。このとき、
D = (a1 − a2 )2 (a2 − a3 )2 (a3 − a1 )2
を p, q で表したい。（解答はすべて p, q または実数を用いて表せ。
）
いま、
f (x) = (x − a1 )(x − a2 )(x − a3 )
とおき、f (x) の導関数を f (x) と書く。このとき、
D = A f (a1 )f (a2 )f (a3 )
と表すことができる。一方、3 つの関係式
f (aj ) = B +
C aj
(j = 1, 2, 3)
を同時に満たす B と C がとれて、

x −

C a1
 x −

C a2
 x −

C a3

= x3 + D x2 + E x + F となる。以上を利用して D = G と表すことができる。 †［2004 立命館大・理系］
....................................................................................
□解答 1.51 ここまでの学習をもとに考えると、ここで表されている D は a1 , a2 , a3 を
解とする 3 次方程式
x3 + px − q = 0
の判別式となっていることが分かります。
解 積の微分の公式 (uvw) = u vw + uv w + uvw を用いて、
f (x) = (x − a2 )(x − a3 ) + (x − a1 )(x − a3 ) + (x − a1 )(x − a2 )
より、
f (a1 ) = (a1 −a2 )(a1 −a3 ),
f (a2 ) = (a2 −a1 )(a2 −a3 ),
f (a3 ) = (a3 −a1 )(a3 −a2 )
3.4 一般の判別式
145
となるので、
D = −1 × f (a1 )f (a2 )f (a3 )
である。つぎに、解答欄にあうように f (a1 ) = (a1 − a2 )(a1 − a3 ) を変形していくと、
f (a1 ) = (a1 − a2 )(a1 − a3 )
= a21 − (a2 + a3 ) a1 + a2 a3
=−a1
= 2a21 +
q
a1
(a)
であり、ここで、
q
a1
q
が成り立つ。これを (a) 式
となる（これは a2 , a3 についても同様）ので、a2j = −p +
aj
3q
に代入して、f (a1 ) = −2p +
となる。これは f (a2 ), f (a3 ) についても同様だから、
a1
p = a1 (a2 + a3 ) + a2 a3 = −a21 +
f (aj ) = −2p +
3q
aj
である。つぎに、与えられた式を計算して、
x−
3q
a1
x−
3q
a2
x−
3q
a3
27q 3
a1 a2 a3
= x3 − 3q
1
1
1
+
+
a1
a2
a3
= x3 − 3q ·
a1 a2 + a2 a3 + a3 a1 2
a1 + a2 + a3
27q 3
x + 9q 2 ·
x−
a1 a2 a3
a1 a2 a3
a1 a2 a3
x2 + 9q 2
1
1
1
+
+
a1 a2
a2 a3
a3 a1
x−
p
0
27q 3
= x3 − 3q · x2 + 9q 2 · x −
q
q
q
= x3 + (−3p)x2 + 0x + (−27q 2 )
(b)
となる。最後に、
D = −f (a1 )f (a2 )f (a3 )
=
2p −
3q
a1
2p −
3q
a2
2p −
となり、これは (b) 式で x = 2p を代入したものなので、
= (2p)3 − 3p(2p)2 − 27q 2
= −4p3 − 27q 2
である。
3q
a3
147
第4章
不等式とその他の方程式、不等式
この章では、不等式の解法を学ぶ。不等式を解くことは、方程式を解くのと同じぐらい
重要なことで、普段気にしていなくとも、日常生活でいつも考える必要のあることであ
る。不等式の解法は 1 次の場合と 2 次以上の場合で異なる。本質的には同じだがその難
易度が変わる。1 次の場合は方程式とほとんど同じ式変形のみで解くことができる。それ
に対して 2 次以上の場合では、関数のグラフを利用して解くことになる。
実際 2 次不等式では、2 次関数のグラフを描く必要があるのだが、その方法の詳細は第
2 巻で学ぶことになる。そこでこの章では 2 次不等式を解くのに必要な内容だけを紹介す
ることにする。
148
第 4 章 不等式とその他の方程式、不等式
4.1 不等式の解法
4.1.1 不等式の式変形と 1 次不等式
■不等式の式変形
不等式は、方程式と似た方法で解くことができる。すなわち、両辺に同じ数を足したり
引いたりしてもよい（方程式と変わりない）。
しかし、両辺にある数を掛けたり割ったりするときは、その数が正のときは不等号の向
きはそのまま、負のときは不等号の向きを逆にしなければならない。
この点に気を付けて式変形を行うようにする。
不等式の式変形
不等式の式変形については、不等号の向きに気を付ける。
• 和（差）は方程式の時と同様に移項できる。
a > b ⇐⇒ a ± c > b ± c
• 積（商）は、かける値の正負に気を付けて計算する。
a > b ⇐⇒
ac > bc（c > 0 のとき）
ac < bc（c < 0 のとき）
■1 次不等式
1 次不等式は、この不等式の式変形を行うことですぐに解くことができる。
たとえば −3x + 7 > −2 を解きたいとすると、両辺に −7 を足して（7 を移項して）、
−3x > −9
となり、両辺を −3 で割ると、
x<3
となる。不等号の向きが変わったことに気をつけてもらいたい。ここが方程式との違いで
ある。
4.1 不等式の解法
149
4.1.2 2 次不等式
■2 次不等式には 2 次関数のグラフが必要
さて、次は 2 次不等式であるが、1 次不等式のように式変形をするだけでは解くことが
できない。2 次不等式は、2 次関数のグラフを使って解くということを覚えておこう。
つまり、2 次関数のグラフの書き方を会得しなければならない。肝心の 2 次関数に関し
て、その性質やグラフの書き方などは第 2 巻で学習するが、ここでは 2 次不等式を解くの
に必要な範囲で 2 次関数のグラフを書く方法を紹介するので、これをもとに 2 次不等式を
解いていこう。
■2 次関数のグラフ-1
さて、2 次関数とは
y = ax2 + bx + c （a = 0）
といった関数である。
まずは最も簡単な b = c = 0 の場合を考えてみよう。中学で学んだとおり、y = x2 の
グラフは、
• a > 0 のときは上に開いていくグラフ（これを「下に凸」という）
• a < 0 のときは下に開いていくグラフ（これを「上に凸」という）
となっている。そして、このことは y = ax2 + bx + c のように bx + c の部分が加わった
としても変わりない。つまり、上に凸か下に凸かは必ず 2 次の係数 a の正負によって決
まるということである。
y
O
y
x
O
y = x2 のグラフ
y = −x2 のグラフ
（下に凸）
（上に凸）
x
150
第 4 章 不等式とその他の方程式、不等式
■2 次関数のグラフ-2
次のポイントは、切片を求めることである。∗1 まず x 切片、つまり x 軸と交わる点を求
めよう。これは、y の値が 0 となる点であるから、
y = ax2 + bx + c = 0
となるような x を求めればよい。これは 2 次方程式を解けばよく、この解を α, β(α < β)
としておく。
x = α, β において y = 0 ということは、グラフでは x = α, β において x 軸と交わると
いうことであるから、これと、前のページで考えた a の正負から凸の方向を合わせて考え
れば、完全ではないがある程度の 2 次関数のグラフを描くことができる。
例えば y = x2 − 5x + 4 のグラフを考えてみよう。ポイントとして、
• a > 0 だから下に凸
• x2 − 5x + 4 = 0 の解が x = 1, 4 であることから、x 軸と x = 1, 4 で交わる放物線を
描く
ということに気をつけると、以下のようなグラフになる。
y
O
1
4
x
y = x2 − 5x + 4 のグラフ
∗1
切片とは x 軸、あるいは y 軸とグラフが交わる点を求めるということで、x 軸と交わる点のことを x 切
片、y 軸と交わる点のことを y 切片という。
4.1 不等式の解法
151
■2 次不等式の解法− x 軸と 2 点で交わる場合
2 次関数のグラフをかけるようになったところで、2 次不等式を解いていく。
例えば、x2 − 5x + 4 > 0 を解け、という問題が出たとする。この問題は、
y = x2 − 5x + 4 のグラフのうち y > 0 となるような x の範囲を答えよ
という問題に読み直すことができる。
y
O
1
4
x
y = x2 − 5x + 4 のグラフ
ところで、y = x2 − 5x + 4 のグラフが上のようになることが分かれば、y > 0 を満た
している領域が x < 1, 4 < x であることから、これが直接答えになる。
つまり、グラフを書き、その範囲を見比べて解答を求めるという主方針さえ間違えなけ
∗2
れば、不等式の問題は間違えることはない。
また、不等号に等号が含まれる x2 − 5x + 4
0 という問題では、y
して、範囲の両端部（x = 1, 4）も含まれるということから、x
1, 4
0 である範囲と
x が解である。
このように 2 次不等式の問題は、2 次関数のグラフをイメージしながら（メモとして答
案に書いて）解くようにしていき、最後に不等号の等号の有無を気にして解答を書けば
よい。
∗2
グラフさえ書ければ、3 次不等式でも 4 次不程式でも解法は変わらない。
152
第 4 章 不等式とその他の方程式、不等式
■例題 1.52 (不等式) 次の不等式を解け。
(1) 6x − 4 > 0
(2) −3x + 9 < 0
(3) −x2 − 4x + 21 > 0
(4) 2x2 + 5x − 8 > 0
....................................................................................
□解答 1.52
解
(1) 6x − 4 > 0 ⇐⇒ 6x > 4 となり、両辺を 6 で割って、x >
2
3
(2) −3x < −9 と移項し、両辺を −3 で割る。このとき符号の向きに注意して、x > 3
となる。
(3) 見やすくするため、(−1) 倍して、
x2 + 4x − 21 < 0
(x + 7)(x − 3) < 0
となり、y = (x + 7)(x − 3) のグラフを考えて、−7 < x < 3 となる。
(4) 2x2 + 5x − 8 は因数分解できないが、2x2 + 5x − 8 = 0 を解けば x 軸と交わる点
√
89
−5
±
の座標は分かる。2x2 + 5x − 8 = 0 を解いて、x =
となるので、グラフと x
4
軸の交点は、
(x, y) =
√
−5 − 89
,0 ,
4
だと分かる。グラフを考えて、x <
√
−5 −
4
√
−5 + 89
,0
4
89 −5 +
,
4
√
89
< x となる。
♠(3)、(4) は次のようにグラフを書いて答えを導く。
y
−7
O
y
3
x
√
−5 − 89
4
O
x
√
−5 + 89
4
y = x2 + 4x − 21 のグラフ y = 2x2 + 5x − 8 のグラフ
4.1 不等式の解法
153
■2 次不等式の解法− x 軸との交点がない場合
さて、これまでは x 軸との交点がある場合を考えていたが、必ずしも x 軸との交点があ
るとは限らない。「ちょうど接する」場合や、「まったく接しない場合」だって考えなけれ
ばならない。
これは、あたかも ax2 + bx + c = 0 の判別式と関係がある。これまでの内容から、
「方程式の解」は「x 軸との交点」
と考えられるのだから、
• 判別式の値が 0 になれば方程式の解は 1 つ、すなわち x 軸との交点は 1 つ
• 判別式が負になれば解なし、すなわち x 軸との交点がない
ということまで想像できれば文句ない。
まずは D = b2 − 4ac < 0 である場合を考えてみよう。この場合、上でまとめたように
y = ax2 + bx + c のグラフは x 軸とは交わらない。
このことを厳密に書くのは難しいが、
「x 軸に交わらない」ことと「凸となる方向」に着
目すれば、（ものすごく適当だが）雰囲気をつかんだグラフは描ける。つまり、常に正で
ありつづけるか、常に負でありつづけるようなグラフとなる。そして、この内容が分かる
グラフであれば、2 次不等式を解くのには問題ない。
具体例を 1 つ挙げておこう。x2 + 4x + 7 > 0 という問題の場合、（右辺）= 0 の方程
式の判別式 D/4 = 4 − 7 < 0 だから解がない。また、x2 の係数が正であるから下に凸で
あるから、グラフは常に x 軸より上にあるということが分かる。グラフは以下の通りで
ある。
y
3
−2 O x
y = x2 + 4x + 7 のグラフ
このグラフをもとにすると、x2 + 4x + 7 > 0 の解としては、不等式が常に成り立つの
で「全ての実数」とすればよい。逆に、x2 + 4x + 7 < 0 は「解無し」が答えである。
154
第 4 章 不等式とその他の方程式、不等式
■2 次不等式の解法− x 軸と 1 点で接する場合
一番ややこしいのが、x 軸と 1 点で接する場合であるが、この場合もグラフと対比して
考えれば問題ない。
まずは y = x2 + 4x + 4 のグラフを書いてみよう。x2 + 4x + 4 = 0 の判別式は、
D/4 = 22 − 4 = 0 だから解は 1 つ、x = −2 である。このことからグラフは、「x 軸との
交点は 1 ヵ所で、x = −2」ということと「下に凸」ということが分かる。だから、グラ
フは以下の通りになる。
y
−2 O x
y = x2 + 4x + 4 のグラフ
気をつけなければならないのは、不等号の等号の有無である。たとえば x2 + 4x + 4 に
対して、不等号の向きも含めると、
1. x2 + 4x + 4 > 0
2. x2 + 4x + 4
0
2
3. x + 4x + 4 < 0
4. x2 + 4x + 4
0
の 4 種類がある。これらについて、それぞれの答えを考えてみよう。
1. では、x2 + 4x + 4 の値が 0 より大きいわけだから、ちょうど 0 になる x = −2 は除
かれる。よって答えは「x = −2 以外のすべての実数」となる。
2. では、x2 + 4x + 4 の値が 0 以上なのだから、ちょうど 0 になる x = −2 も含めて
「すべての実数」となる。
3. では、x2 + 4x + 4 の値が 0 より小さい範囲を求めるのだが、x = −2 でさえも 0 よ
りは小さくならないのだから、そのようなところは存在しない。よって「解なし」となる。
4. では、x2 + 4x + 4 の値が 0 以下になる範囲を求めればよく、x = −2 のときだけな
んとか y = 0 となるので、解は「x = −2」の 1 点のみである。
このように、不等号の向きや等号の有無で、かなり解答が変化するので、注意してくだ
さい。
4.1 不等式の解法
155
■例題 1.53 (不等式) 次の不等式を解け。
(1) x2 − 4x + 4 > 0
(2) −x2 + 2x − 5 > 0
....................................................................................
□解答 1.53 重要なことは、どのような問題であっても 2 次不等式を解きたければグラ
フを考えるということである。
解
(1) 左辺を因数分解して、(x − 2)2 > 0 となる。これは、x = 2 以外では成立。よって
答えは、x = 2 を除く全ての実数。
(2) x2 の係数を正にするために (−1) 倍すると、問題は x2 − 2x + 5 < 0 となる。しか
し、x2 − 2x + 5 = 0 は実数解を持たず、
x2 − 2x + 5 = (x − 1)2 + 4 > 0
は常に正である∗3 から、問題を満たす実数 x は存在しない。
y
y
O
O
2
x
x
y = x2 − 4x + 4 のグラフ y = −x2 + 2x − 5 のグラフ
∗3
実数の 2 乗は常に正であり、正に正の数を足しても正。
156
第 4 章 不等式とその他の方程式、不等式
■2 次不等式の解法−まとめ
最後に、2 次不等式の解法をまとめておこう。ax2 + bx + c > 0 または ax2 + bx + c < 0
を解きたいとする。ただし、2 次の係数 a は正とする（負の場合は −1 倍して正にする）
。
D の符号
D>0
α
D=0
β
x
α
D<0
x
x
y =（左辺）のグラフ
ax2 + bx + c > 0
x < α, β < x
α以外のすべての実数
すべての実数
ax2 + bx + c < 0
α<x<β
解無し
解無し
すべての実数
すべての実数
x=α
解無し
ax2 + bx + c
0
ax2 + bx + c
0
x
α
α, β
x
x
β
ここの表に書いていることを理解することは重要だが、これを覚えることはしないよう
に気を付けてもらいたい。このパラグラフの冒頭で述べたように、2 次不等式を解く場合
には、頭の中だけで数式を追うのではなく、必ずグラフを書いて解くようにしたい。
なお 2 次不等式の解法の詳細は、第 2 巻にまとめているのでそちらを参考にしてもらい
たい。
4.1 不等式の解法
157
4.1.3 高次の不等式
■高次の不等式
2 次不等式の解法より、不等式の解法にはグラフを用いるといいことが分かってもらえ
ただろう。もちろん、グラフが書ければそれだけでほぼ解けるのだが、逆にグラフが書き
づらい場合は困ってしまう。
たとえば、3 次関数、4 次関数のグラフはすぐかけるだろうか？ 3 次、4 次の不等式
を解くにはそれぞれ 3 次関数、4 次関数のグラフが必要になる。
もちろん、微分を学習した人は、増減表を書いてグラフを書くことは可能だろうが、不
等式を解くのに必要なグラフは、そこまで厳密なものでなくても良い。不等式のときに知
りたいことは、どの区間で正になるのか、負になるのかということである。
そのために必要なのは、どこで正から負に、負から正に変わるのかをチェックし、区間
ごとに正か負かを吟味するだけでよいのである。
では、ある関数 y = f (x) のグラフが正から負に、負から正に変わる点というのは x 軸
を横切る瞬間であるから、f (x) = 0 となる点、すなわち方程式 f (x) = 0 の解である。
ある関数 y = f (x) の値の正負が入れ替わる可能性があるのは、方程式 f (x) = 0 の
解の点である。
ここで「可能性がある」という表現をしたのは、いくら f (x) = 0 の解となっていても、
x 軸を横切らずに正のまま、あるいは負のままであるということがありうる。∗4 あくまで
「正と負が入れ替わるチャンスは f (x) = 0 の解の点」というだけで、「f (x) = 0 の点で正
と負が入れ替わる」というわけではないことに注意して欲しい。
さて、このことを踏まえて、大まかなグラフを書くための手順を述べていく。
STEP1 解を求める
例として、4 次関数 y = x4 + 3x3 − x − 3 を同時に考えていくことにしよう。まず
x4 + 3x3 − x − 3 = 0 の解を求める。
x3 (x + 3) − (x + 3) = 0
(x3 − 1)(x + 3) = 0
(x − 1)(x2 + x + 1)(x + 3) = 0
となるので、実数解は x = 1, −3 となる。虚数解は不等式を解く場合には無視してよい。
ここで、x = −3, 1 で正と負が入れ替わる可能性があることが分かるが、実際に正負が
入れ替わるかはまだ分からない。
そこで、次のような表を作り、この表の“？”の欄にその領域が正か負かをメモしてい
∗4
例えば、y = x2 のグラフは x2 = 0 の解 x = 0 の点で y = 0 であるが、その前後でどちらも正の値と
なる。
158
第 4 章 不等式とその他の方程式、不等式
くのである。
x
y
−3
？
0
1
？
0
？
STEP2 それぞれの区間でプラスかマイナスか
まずは、x = −3 に達するまでは正か負かを考える。−3 より小さい x であれば、x が
いくつであっても f (x) の正負は変わらないはずである。
たとえば、x = −10 とかをいれてみると、y = (−10)4 + 3(−10)3 − (−10) − 3 > 0 と
なることは分かるだろう（4 乗の項が効いてくるからである）。
よって、表の x < −3 の欄に + と書き入れる。
x
y
−3
+
0
1
？
0
？
同様に −3 < x < 1 の間の値、例えば x = 0 を代入することで、y = 04 + 3 · 03 −
0 − 3 = −3 < 0 であることが分かるし、1 < x の値も適当に x = 10 を代入すれば、
y = 104 + 3 · 103 − 10 − 3 > 0 であることも分かる。
これを踏まえて表を完成させると、
x
y
−3
+
1
0
−
0
+
となる。
この表さえあれば無敵である。たとえば、もし問題が「x4 + 3x3 − x − 3
0 を解
け」となっていれば、表から関数が正の値を取る x の範囲を選べばよい。表より解答は、
x > −3, 1 < x となる。
ちなみに、実際のグラフは以下のようになる。実際のグラフのような詳細は、ここで示
した方法で書くことはできない。
y
−3
O
1
x
y = x4 + 3x3 − x − 3 のグラフ
4.1 不等式の解法
159
■例題 1.54 (高次の不等式) x3 − 3x + 2 > 0 を解け。
....................................................................................
□解答 1.54 y = f (x) = x3 − 3x + 2 のグラフがどのようなグラフになるか、さきほ
どの表を用いて想像する。
∗5
解 y = x3 − 3x + 2 の右辺を因数分解すると、y = (x − 1)2 (x + 2) となる。
よって、
f (x) = 0 の解は x = 1, −2 になる。ここで表の準備を行う。実際に書くと、x のところの
f (x) = 0 の解である x = 1, −2 を入れればよい。
x
y
−2
？
0
1
？
0
？
さて、x < −2 を満たす適当な値、たとえば x = −100 を入れたときの値を考えると、
f (−100) < 0 であることは容易に分かる。
同様に x = 0 を代入して、f (0) > 0、x = 100 を代入して、f (100) > 0 ということが
わかる。
この結果を表に書き込むと、
x
y
−2
−
0
1
+
0
+
となる。
以上より、問題は f (x) > 0 となる範囲は、表と見比べて −2 < x < 1, 1 < x となる。
y
−2
O
1
x
y = x3 − 3x + 2 のグラフ
∗5
この因数分解は復習にはなるが、因数定理によって行っている。実際に、f (1) = 0 であるから、(x − 1)
を因数に持つことが分かり、y = (x − 1)(x2 + x − 2) となる。さらに 2 つ目のカッコの中身を因数分解
すればよい。もうこんな解説いらないよね？
160
第 4 章 不等式とその他の方程式、不等式
この問題で「x = 1 は境界であるはずなのに、その前後で正負が変化していない」とい
うことに着目しよう。
普通の解では、その前後で y の値の正負が変化するが、今回のように重解から導かれる
解による境界では、その前後で関数の値の正負は変わらずに、単に（この場合は）x 軸に
接してまた離れるだけなのである。
なお、3 重解のときは普通通り正負が変化し、4 重解のときは 2 重解のときと同様、正
負が変わらない。一般に奇数重解では正負が変化し（グラフが交わる）、偶数重解では正
負は変化しない（グラフはくっついてまた離れる）のである。
以上のことを踏まえて、n 次関数 y = f (x) のグラフを書くときのコツをまとめてお
こう。
(1) まずは、f (x) = 0 の解を求める。その解が境界となる。
(2) 境界点と境界点の間の領域の正負は、同じ領域なら一致する。つまり、領域ご
とに適当な点を用いて正負を調べれば十分である。
(3) 大抵は境界ごとに正負が入れ替わる。しかし、n 重解の点では正負が入れ替わ
らなかったりするので注意する。
• n が偶数のとき：その前後で正負は入れ替わらない
• n が奇数のとき：その前後で正負が入れ替わる
※このことは、領域ごとに正負を調べていれば、不必要であるが、手を抜いて交互に
正負だとする場合は注意が必要である。
以上に気をつけて、正負の表を埋めていくようにしたい。なおこの内容は第 5 巻「微
分」の中で再び詳しく説明する。
4.2 連立不等式と分数不等式
161
4.2 連立不等式と分数不等式
4.2.1 連立不等式
■連立不等式
最も基本的な連立不等式は、例えば、
x>4
x 7
といったものである。x が 4 より大きくて、かつ 7 以下という意味だから、容易に、
4<x
7
という解を得られるであろう。
4
x
7
また、
x<3
x>5
を満たすような x は存在しないので、これは“解無し”になる。
3
5
x
文字が含まれてきて、
x>a
x 6
となれば、
a < 6 のとき a < x 6
a 6 のとき 解無し
と場合分けをすることになる。
2 次不等式が含まれる連立不等式では、それを解くことで例えば、
3<x
x<5
7
のような形になることがある。これは簡単に、
3<x<5
が解だと分かるだろう。
162
第 4 章 不等式とその他の方程式、不等式
3
5
7
x
では、
x < 3, 7
x>5
x
というときはどうだろう。このとき、この 1 つ目の「,」の意味が重要になってくる。普
通、2 次方程式を解いたときに得られるコンマは「かつ」の意味でなく、
「または」の意味
であるから、この連立不等式の意味は、
x は 3 未満または 7 以上 かつ
x は 5 より大きい
である。そう考えれば、この連立不等式の解は、
x
7
であることは分かるだろう。
3
5
7
x
連立不等式を解くときに重要なのは、数式だけで解くのではなく、その不等式が表す領
域を、数直線上に表し、それの共通部分を探すように求めていくことである。
4.2 連立不等式と分数不等式
163
■例題 1.55 (連立不等式) 次の連立不等式を解け。

x2 + 2x − 3 < 0
(1) 2x2 − 7x − 4 0
(2) 
x2 − 2x + 1 > 0
−x2 + x + 4 > 0
....................................................................................
□解答 1.55 解
(1) それぞれの不等式を解くと、

−3 < x < 1
1
x − , 4 x
2
となるので、共通範囲を考えて、
−3 < x
−
1
2
となる。
(2) それぞれの不等式を解くと、

x = 1 を除くすべての実数
√
√
1
−
17
1
+
17

<x<
2
2
となるので、共通範囲を考えて、
1−
√
17
2
となる。
< x < 1, 1 < x <
1+
√
2
17
164
第 4 章 不等式とその他の方程式、不等式
4.2.2 分数不等式
■分数が入った不等式
∗6
分数が入った不等式は、特に間違いやすいので注意しておこう。
不等式では、両辺に掛けるものの正負によって、不等号の向きが変わることに注意しな
ければならない。そこで掛けるものの場合分けをきちんとしなければなりません。
一方で、“必ず正になるもの”を掛ければ不等号の向きにこだわる必要がなくなるので、
場合分けのわずらわしさはない。つまり、以下が成り立つ。
分数不等式の同値変形
分数不等式では、分母の 2 乗（
0）を両辺に掛けることで同値変形することができ
る。すなわち、
B
> C ⇐⇒ AB > CA2
A
B
•
C ⇐⇒ AB CA2 かつ A = 0
A
•
が成り立つ。
特に、不等号に等号が含まれる場合に、A = 0 という条件が加わっているところに解説
を加えておこう。
右側の式 AB
CA2 は、A = 0 の場合にも成り立ってしまう式であるが、左側の式で
は A = 0 ということはあり得ない。そのため、A = 0 という条件を加える必要があるの
である。
例題では、まず始めに場合分けをした方法を紹介し、別解として同値変形をうまく利用
した手法を紹介する。
∗6
分数不等式は本来は数学 III の範囲である。
4.2 連立不等式と分数不等式
165
■例題 1.56 (分数不等式) 次の不等式を解け。
(1) 3
1
> 5 (2) x+1
x−2
2
x+3
....................................................................................
□解答 1.56 方程式のときのように、両辺に (x + 1) をかけて、と始めてはいけない。
なぜかというと、不等式では両辺にかけるものの正負によって、不等号の向きが変わるた
めである。場合分けしたら後始末も大事です。
解 (1)(i) x + 1 > 0 すなわち x > −1 のとき
両辺に (x + 1) を掛けて、
3 > 5(x + 1)
を整理して 5x + 2 < 0 となり、これを解いて x < −
2
となる。条件より x > −1 であっ
5
たから、両方の条件を合わせて、
−1 < x < −
2
5
となる。∗7
(ii) x + 1 < 0 すなわち x < −1 のとき
両辺に (x + 1) をかけると（不等号の向きは変わって）、
3 < 5(x + 1)
を整理して 5x + 2 > 0 となり、これを解いて x > −
2
であるが、条件より x < −1 であ
5
るのでこれを満たす範囲はない。
以上 (i)、(ii) より、求める範囲は −1 < x < −
2
5
である。
別解
この問題では必ず別解も覚えておきたい。「常に正である式を掛ければ不等号の向きは
変わらない」こと、すなわち、
B
> C ⇐⇒ AB > CA2
A
となることを利用する。
今回の例では、両辺に (x + 1)2 をかける。(x + 1)2 は常に正だから、不等号の向きを
考えなくてよいからである。すると、
3
>5
x+1
∗7
⇐⇒
3(x + 1) > 5(x + 1)2
もともとの条件 x > −1 と、その結果で得られた条件 x < −
は、−1 < x < −
2
である。
5
2
を連立させ、どちらも満たしている範囲
5
166
第 4 章 不等式とその他の方程式、不等式
となる。あとはこれを展開、整理して、(5x + 2)(x + 1) < 0 となるから、これを解いて、
−1 < x <
5
2
を得る。
♠ この解き方では解かなければならない不等式の次数が上がるが、場合分けをしなくてよ
くなるので、難しいことを考えなくて済むのがメリットである。
(2) 等号が含まれるときは、（分母）= 0 にも注意して、x = 2, −3 として、両辺に
(x − 2)2 (x + 3)2 を掛けて、
(x + 3)2 (x − 2)
2(x − 2)2 (x + 3)
(x − 2)(x + 3){2(x − 2) − (x + 3)}
(x − 2)(x + 3)(x − 7)
0
となる。これを解いて、x = 2, −3 に注意すると、
−3 < x < 2, 7
となる。
x
0
4.3 絶対値、平方根を含む方程式、不等式
167
4.3 絶対値、平方根を含む方程式、不等式
4.3.1 絶対値を含む方程式、不等式
■絶対値を含む方程式、不等式
まずは絶対値を含む方程式、方程式について例題と共に紹介しよう。絶対値が入ったま
までは計算することができないので、面倒でも場合分けをしながら絶対値をはずしていく
ことが重要である。絶対値のはずし方は以下の通り。
絶対値
|A| =
A （A 0 のとき）
−A （A < 0 のとき）
忘れがちではあるが、場合分けをしたあとは解が適しているかを判断することも忘れて
はならない。
■例題 1.57 (絶対値を含む方程式、不等式) 次の方程式、不等式を解け。
(1) 3|x − 3| − 2|x + 1| = 0 (2) x2 + 3|x| − 4 = 0 (3) |x2 − 9| < x + 1
....................................................................................
□解答 1.57 (1)|x − 3| は x = 3 の前後で、|x + 1| は x = −1 の前後で場合分け、つまり
x < −1, −1
x
3, 3 < x の 3 パターンで場合分け。∗8 (2)x2 = |x|2 という性質を用い
ると楽に解ける。(3) 丁寧に場合分け。
解 (1)(a) 3 < x のとき
3(x − 3) − 2(x + 1) = 0
x − 11 = 0
より x = 11 となる。これは 3 < x を満たすので、x = 11 は解。
(b) −1
x
3 のとき
3(−x + 3) − 2(x + 1) = 0
−5x + 7 = 0
より x =
∗8
7
となる。これは −1
5
5
x
5
3 を満たすので、x =
7
は解。
5
解答 で は 、x < −1,−1
x
3,3 < x と 分 け て い る が 、こ こ で 等 号 の 位 置 は 自 由 に 変 え ら れ
る。たとえば、x
−1,−1 < x
3,3 < x としてもよいし、極端に言えば全てに等号をつけて、
x −1,−1 x 3,3 x としてもよい。
5
5
5 5 5
5
168
第 4 章 不等式とその他の方程式、不等式
(c) x < −1 のとき
3(−x + 3) − 2(−x − 1) = 0
−x + 11 = 0
より x = 11 となり、これは x < −1 を満たさないので、不適。
以上 (a)、(b)、(c) より、x = 11,
(2) x2 = |x|2 であるから、
7
5
となる。
|x|2 + 3|x| − 4 = 0
(|x| − 1)(|x| + 4) = 0
|x| = 1, −4
となり、|x| = −4 は不適なので、|x| = 1 すなわち x = ±1 となる。
(3)(i) x2 − 9
0 すなわち x
−3, 3
x のとき
x2 − 9 < x + 1
x2 − x − 10 < 0
を解いて、
1−
√
41
2
ら、もともとの x
<x<
−3, 3
√
1+
41
2
∗9
となる。
これは大体 −2. · · · < x < 3. · · · であるか
x の条件とあわせて、
√
1 + 41
3 x<
2
となる。
(ii) x2 − 9 < 0 すなわち −3 < x < 3 のとき
−x2 + 9 < x + 1
x2 + x − 8 > 0
√
√
−1 − 33 −1 + 33
を解いて、x <
,
< x で、これは大体 x < −3. · · · , 2. · · · < x なの
2
2
で、これを −3 < x < 3 の範囲と合わすと、
√
−1 + 33
<x<3
2
である。
以上、(i)、(ii) より、
−1 +
√
2
33
x
1+
√
41
2
である。
∗9
x2
− x − 10 = 0 を解いて、x =
1±
√
41
であることと、グラフを思い浮かべて解く。
2
4.3 絶対値、平方根を含む方程式、不等式
169
4.3.2 平方根を含む方程式、不等式
■平方根を含む方程式、不等式
次に、平方根を含む方程式、不等式について考えていこう。
平方根計算で気をつけなければならないのは、
• 平方根の中は常に 0 以上
• 平方根を取ったあとの値も 0 以上
• 単純に両辺を 2 乗すると、同値変形ではない
ということである。
√
まず始めの 2 つについて考えてみよう。実際 x を実数の範囲で考えると、 x はルート
の中の値である x も 0 以上であるし、ルートを取った後の値
√
x も 0 以上であるという
ことである。具体的な計算は、例題を通じて見ていこう。
また、ルートをはずすためには両辺を 2 乗したくなるのが世の常であるが、「両辺を 2
∗10
乗する」という計算はいつも同値関係とは限らないということが問題である。
方程式の場合は、始めに挙げた平方根のとり得る範囲に注意して、
√
A = B ⇐⇒ A = B 2 , B
0
が成り立つ。一方で、不等式の場合は複雑で、
√
A < B ⇐⇒ A 0, B > 0, A < B 2
√
A > B ⇐⇒ (A 0, B < 0) または、(A < B 2 , B
となる。特に
√
0)
A > B については、B が正か負かで場合分けして変形する必要がある。
それにしても、これはかなりややこしい！
これだけややこしいと、どこで間違えてもおかしくない。そこで、
平方根を含む不等式を解くときは、式だけで解こうとしない
ことを覚えておいてもらいたい。では、どのように解くかというと、グラフを用いて解く
のである。平方根を含む関数のことを無理関数といい、この関数のグラフの書き方は、高
校では数学 III、本シリーズでは第 2 巻で学ぶので、ここでは紹介しない。
∗10
たとえば、2 < x だからといってこれの両辺を 2 乗した 4 < x2 とすると、これは同値ではない。
『
「2 < x」ならば「4 < x2 」
』は真だが、逆の『
「4 < x2 」ならば「2 < x」
』は偽である。命題の真偽につ
いては、第 6 章を参考にしてもらいたい。
170
第 4 章 不等式とその他の方程式、不等式
■例題 1.58 (平方根を含む方程式、不等式) 次の方程式、不等式を解け。
(1) √
x = x − 2 (2) √
x+4>x
....................................................................................
□解答 1.58 (1) 平方根の中は常に 0 以上だから、x
0 である。また、平方根を取った
値も 0 以上だから左辺は明らかに 0 以上。よって、右辺も 0 以上でなければならないか
ら、x − 2
0 という条件が隠れた条件であることが分かる。(2) は、前のページでまと
√
めた同値変形で解いていく。 x + 4 > x だから右辺の x の正負に分けて考える。
解 (1) 平方根の中身は 0 以上だから、x
右辺も正。すなわち x − 2
0 である。また、左辺は明らかに正だから
0 である。
さて、両辺を 2 乗して整理すると、
x = (x − 2)2
x2 − 5x + 4 = 0
(x − 1)(x − 4) = 0
より x = 1, 4 となり、条件より x
2 だったから、これを満たす解は x = 4 である。
(2) 平方根の中身は 0 以上だから、x + 4
(i) x < 0 のとき
条件より −4
x < 0 となり、このとき
0 すなわち x
√
−4 である。
x + 4 > x は常に成り立つ（なぜなら、いま
考えている範囲は右辺が負となる範囲であり、左辺は平方根なので常に正だから「正」>
「負」は常に成り立つ）
。よって、−4
(ii) x
x < 0 となる。
0 のとき
両辺を 2 乗した x + 4 > x2 を解いて、
x
0 とあわせて、0
x<
1+
√
2
17
1−
√
17
2
<x<
1+
√
2
17
となる。条件の範囲
となる。
以上、(i)、(ii) をあわせて、
−4 < x <
となる。
♠ y1 =
√
1+
√
17
2
x + 4 と y2 = x とをグラフ上に表して、y1 > y2 を満たす範囲を探すと、上
記の答えと同じであることが分かる（交点は y1 = y2 の方程式を解いて求める）。
171
第5章
恒等式と等式・不等式の証明
等式や不等式を証明することは非常に重要である。“証明”と聞くと難しく聞こえるが、
等式や不等式の証明は、基本的にはパターン化されているので、まずは基本的な証明の形
をものにしていこう。
172
第 5 章 恒等式と等式・不等式の証明
5.1 恒等式
■恒等式の性質
まずは恒等式について学んでいこう。恒等式とは「つねに（恒に）等しい（成り立つ）
式」という意味で、含まれている文字にどのような値を代入してもその等式の両辺が等し
くなるようなものをいう。
たとえば、
x2 + 3x + 2 = 0
という式は、特別な x（x = −1, −2）についてしか成り立たない式であり、このような式
は方程式などという。一方で、
x2 + 3x + 2 = (x + 1)(x + 2)
は x がどのような数であっても成り立つ式である。このようなものを恒等式という。
さて、恒等式に関しては、次の定理が成り立つ。それを証明していこう。
恒等式に関する定義と定理
高々 n 次の x についての多項式 f (x), g(x) について、
• f (x) と g(x) が同一の式である。すなわち、次数が等しく、かつ同じ次数の項の
係数が等しい。
が成り立つとき、恒等式 f (x) = g(x) が成り立つという。このとき、次の 2 つが成り
立つ。
(i) 任意の x に対して、f (x) と g(x) は同一の値を取る。
(ii) 等式 f (x) = g(x) が互いに異なる n + 1 個の x の値に対して成り立つ。
証明
定義 ⇒(i) は明らか、(i)⇒(ii) も明らかであるから、以下では、(ii)⇒ 定義について証
明する。∗1 いま、
H(x) = f (x) − g(x)
とおくと、H(x) は n 次以下の多項式となる。いま (iii) の事実より、互いに異なる
ai (1
i
n + 1) に対しては H(ai ) = 0 であるから、因数定理により、
H(x) = (x − a1 )(x − a2 ) · · · (x − an+1 )Q(x)
と因数分解される。いま、Q(x) = 0 であれば、左辺の次数は n 次以下であり、右辺の次
数は n + 1 次以上になるから、矛盾。よって Q(x) = 0 すなわち H(x) = 0 である。よっ
て、f (x) = g(x) であることが示された。■
∗1
これによって、定義と定理 (i)、(ii) がすべて同値な命題であることがしめされる。
5.1 恒等式
173
■例題 1.59 (恒等式) 次の等式が恒等式になるように a, b, c の値を決めよ。
(1) x2 + 2x − 1 = a(x + 1) + bx + cx2
(2) x3 + 1 = (x − 2)3 + a(x − 2)2 + b(x + 2) + c
［2003 同志社女子大（学芸・現代社会）］†
....................................................................................
□解答 1.59 恒等式となるように文字の部分を埋めるタイプの問題では、大きく 2 つの解
法がある。それぞれの係数を比較することで求める係数比較法と、x に適当な値を代入し
て、それぞれの式が成り立つように条件を絞っていく手法である。それぞれの方法で (1)
を解いていこう。また、(2) では、右辺を展開して
x3 + 1 = x3 + (a − 6)x2 + (12 − 4a + b)x + (4a − 2b + c − 8)
として、係数を比較して連立方程式を解けばよいが、
同じものが登場したら置き換える！
という鉄則に基づいて解くと計算が減らせる。。
解 (1)
• 係数比較法
右辺を x について整理すれば、
x2 + 2x − 1 = cx2 + (a + b)x + a
となる。これについて係数を比較すると、c = 1, a + b = 2, a = −1 であるから、
a = −1, b = 3, c = 1 となる。
• 数値代入法
問題の式に x = 0 を代入すると、
−1 = a
となる。同様に x = −1, 1 を代入するとそれぞれ、
−2 = −b + c,
2 = 2a + b + c
∗2
となることより、これらを連立して解いて a = −1, b = 3, c = 1 を得る。
∗3
これらの条件は必要条件である。
これらを右辺に代入すると、右辺は x2 + 2x − 1
∗2
未知数が 3 つあるときは、適当な 3 つの値を x に代入するとよい。このときに代入する値はなんでもよ
いので、できるだけ計算が楽になりそうな値を用いて、ここでは 0, 1, −1 を用いた。
∗3 数値代入で求めた値は、適当に入れた値以外でも成立することを確認しなければならない。題意を満たす
ために必要な条件を求め、それが十分であることを示さなければならないのである。
174
第 5 章 恒等式と等式・不等式の証明
となり、左辺と一致するので与式は恒等式となる（十分性の確認）。よって答えは
a = −1, b = 3, c = 1 となる。∗4
(2) x − 2 = A と置き換えると、
(A + 2)3 + 1 = A3 + 6A2 + 12A + 9 = A3 + aA2 + bA + c
となる。係数比較しすればただちに a = 6, b = 12, c = 9 となる。
■例題 1.60 (「任意の」) (k + 2)x + (k − 1)y − k − 5 = 0 が任意の実数 k に対して
成り立つとき、x, y の値を求めよ。
....................................................................................
□解答 1.60 これも重要な問題である。「任意の実数 k に対して」
「すべての実数 t に対し
て」のように書かれている場合、それは k, t に対する恒等式である、と考えるのである。
どのような k を代入しても式が成り立つ、というのはまさに恒等式の考え方であるからで
ある。そこで、k について式をまとめなおす。
解 与えられた式を k についてまとめると、
k(x + y − 1) + 2x − y − 5 = 0
(a)
となる。∗5 ここで、どのような k に対してもこれが恒等式として成り立つのだから、それ
ぞれ（k に対する）係数を比較すると、
x + y − 1 = 2x − y − 5 = 0
となる。これを解いて x = 2, y = −1 となる。
♠ この問題は、例えば次のような形で出題されることもある。
直線 (k + 2)x + (k − 1)y − k − 5 = 0 は（k の値に関係なく）必ずある定点 (x, y) を
通る。その定点の座標を求めよ。
一見全く異なる出題であるが、「k の値に関係なく」というところから「任意の k に対
して」と同じだと気付くと、この問題を「恒等式の問題だ」と気付くことができるだろう。
答えはもとの問題の答えと同じで、(x, y) = (2, −1) である。
∗4
なお、先ほどの定理の 3. によると「2 次式においては x に異なる 3 つの値を代入して常に成り立てば、
それはすでに恒等式である」ことが示されているので、この定理を既知とすれば、十分性の確認は必要な
くなるのだが、この定理は一般に高校数学の教科書に述べられたものではなく、明らかとはいえないた
め、このように十分性を確認するのが親切であると考えられる。
∗5 なお、(a) 式は、直線 x + y − 1 = 0 と 2x − y − 5 = 0 の交点 (2,-1) を通る直線群を表すことになる。
このことは第 2 巻で学習する。
5.1 恒等式
175
■例題 1.61 (恒等式における定理の利用) 次の式を簡単にせよ。ただし、a, b, c は異な
る 3 数である。
f (x) =
(x − a)(x − b) (x − b)(x − c) (x − c)(x − a)
+
+
(c − a)(c − b)
(a − b)(a − c)
(b − c)(b − a)
....................................................................................
□解答 1.61 これを知識なしで解くのは難しい。前に紹介した定理を利用して解きます。
解 与えられた式は、2 次以下の多項式であるから、
f (x) = px2 + qx + r
と表すことができる。ここで、
f (a) = f (b) = f (c) = 1
であることと、定理より「2 次以下の式 f (x) は、少なくとも 3 つの異なる x の値で決定
する」ことを考えると、これらを満たす 2 次以下の式は f (x) = 1 しかありえない。
176
第 5 章 恒等式と等式・不等式の証明
5.2 式の証明と式の値
5.2.1 等式の証明
■等式の証明
等式の証明方法はワンパターンである。まずはその方法をチェックしておこう。
等式の証明方法
等式 A = B の証明は、次の 3 パターンが主である。
(i) A を計算した結果が B になるように変形する。すなわち、A = · · · = B を示す。
もちろん逆に B を変形して A を導いても良い。
(ii) A を計算した結果と、B を計算した結果が等しければよい。すなわち、A =
· · · = C, B = · · · = C となることを示せば良い。
(iii) A − B = 0 となることを示せばよい。
これを使った証明は次の例題で練習する。
ここで、初心者がやりがちな間違いを紹介する。例えば、(x + y)2 = x2 + 2xy + y 2 を
示せ、という問題で、
(x + y)2 = x2 + 2xy + y 2
(x + y)(x + y) = x2 + 2xy + y 2
x2 + xy + yx + y 2 = x2 + 2xy + y 2
x2 + 2xy + y 2 = x2 + 2xy + y 2
と書くと、これは大きな間違いである。
式としてはどこも間違っていないのであるが、書き方が非常によくない。というのも、
今から示そうとする等式をいきなり書いてしまっているところがよくないのである。
やろうとしていることは、「左辺を計算したら、右辺の結果になります」ということを
いいたいのだから、
（左辺）= x2 + xy + yx + y 2 = x2 + 2xy + y 2 =（右辺）
のように、“左辺を頑張って計算したら右辺になったんですよ”ということをアピールす
るような書き方にしなければならない。これは上に紹介した (i) の方法に近い。
5.2 式の証明と式の値
177
■例題 1.62 (等式の証明) (1)∼(3) の等式を証明せよ。
(1) (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ac + bd)2 + (ad − bc)2
(2) a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca)
(3) a + b + c = 0 のとき、a3 + b3 + c3 = 3abc
....................................................................................
□解答 1.62 解 (1) 方針 (ii) でいく。つまり、右辺、左辺を共に展開して一致するこ
とを確かめる。
（左辺）= a2 c2 + a2 d2 + b2 c2 + b2 d2
（右辺）= a2 c2 + b2 d2 + 2abcd + a2 d2 + b2 c2 − 2abcd
= a2 c2 + b2 d2 + a2 d2 + b2 c2
より、（左辺）=（右辺）より証明された。
(2) 方針 (i) でいく。あえて公式を証明させる場合は、途中の展開を書き下した方が丁
寧でよい。
（右辺）= (a3 + ab2 + ac2 − a2 b − abc − a2 c)
+ (a2 b + b3 + bc2 − ab2 − b2 c − abc)
+ (a2 c + b2 c + c3 − abc − bc2 − ac2 )
= a3 + b3 + c3 − 3abc =（左辺）
(3) 与えられた式 a + b + c = 0 より、c = −(a + b) を代入して、文字を 1 文字減らす
ことを考える。あとは方針 (ii) で攻める。
（左辺）= a3 + b3 + c3 = a3 + b3 + {−(a + b)}3
= a3 + b3 − (a + b)3
= a3 + b3 − (a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 )
= −3ab(a + b)
（右辺）= 3abc = 3ab × {−(a + b)}
= −3ab(a + b)
より、（左辺）=（右辺）より証明された。
♠ 別解として、方針 (iii) でいくパターンも示そう。
（左辺）−（右辺）= a3 + b3 + c3 − 3abc
= (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca)
= 0 · (a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca) = 0
より、（左辺）=（右辺）となるから題意は示された。
178
第 5 章 恒等式と等式・不等式の証明
■例題 1.63 (等式の証明) a + b + c =
も 1 つは 1 に等しいことを示せ。
1 1 1
+ + = 1 のとき、a, b, c のうち少なくと
a b c
［1986 法政大・経］
....................................................................................
□解答 1.63 a, b, c のうち少なくとも 1 つは 1 ということを示すためには、
(a − 1)(b − 1)(c − 1) = 0
であることを示せればよい。つまり、問題は、
a+b+c=
1 1 1
+ + = 1 のとき、(a − 1)(b − 1)(c − 1) = 0 を示せ。
a b
c
ということである。このように、示すべき内容を数式で表現しなおすことを身につけてお
こう。
解
1 1 1
ab + bc + ca
+ + =
= 1 ⇐⇒ abc = ab + bc + ca
a b
c
abc
である。今、
(a − 1)(b − 1)(c − 1) =
abc
−(ab + bc + ca) + (a + b + c) −1
=ab+bc+ca
=1
=0+1−1=0
が成り立つから、a, b, c のいずれかは 1 であることが示された。
♠ このように「内容を数式で表現しなおす」という問題の例をもう少し挙げておこう。例
えば「a, b, c すべてが 3 である」という条件は、
(a − 3)2 + (b − 3)2 + (c − 3)2 = 0
という式に直せる。
5.2 式の証明と式の値
179
5.2.2 式の値
■式の値
式の値を求める問題はいくつかのパターンがあり、これまでにもいくつか紹介したが、
これまでに扱えなかったパターンを紹介しておこう。
■例題 1.64 (式の値（比例式）)
y+z
z+x
xy + yz + zx
x+y
=
=
(= 0) のとき、 2
の値を求めよ。
3
4
5
x + y2 + z2
....................................................................................
□解答 1.64 このような比例式が現れた場合は、比例式 = k とおいて、x, y, z を k で
表す。
解 x+y
y+z
z+x
=
=
= k とおけば、
3
4
5


x + y = 3k
y + z = 4k


z + x = 5k
である。∗6 辺々足すと、2(x + y + z) = 12k より、
x + y + z = 6k
となる。これと (a) を連立すると、z = 3k, x = 2k, y = k となる。
これを問題の式に代入して、
11
xy + yz + zx
2k 2 + 3k 2 + 6k 2
11k 2
=
=
=
2
2
2
2
2
2
2
x +y +z
4k + k + 9k
14k
14
となる。
∗6
この方程式は、■例題 1.39 で紹介した循環形。
(a)
180
第 5 章 恒等式と等式・不等式の証明
√
14 + 6 5 の整数部分を a、小数部分を b
■例題 1.65 (式の値（整数部と小数部）) とする。このとき、a,
b2 +
1
,
b2
b3 +
1
の値を求めよ。
b3
［2004 青山学院大・経］
....................................................................................
□解答 1.65 まずは、与えられた値の大体の数を把握することから始める。
解 2 重根号の公式を思い出して、
√
14 + 6 5 =
√
√
√
√
14 + 2 45 = 9 + 5 = 3 + 5
√
となり、 5 = 2. · · · だから、与えられた式は 5. · · · である。よって、a = 5 である。
つぎに、b =（与えられた数）− 5 であるから、
b = (3 +
√
5) − 5 =
√
5−2
である。
次に、b2 +
1
1
∗7
などの値は、b + から求めていく。
2
b
b
1 √
1
b+ = 5−2+ √
b
5−2
√
√
1
5+2
√
= 5−2+ √
5−2 5+2
√
√
√
5+2
= 5−2+
=2 5
5−4
であるから、
b2 +
1
=
b2
b+
1
b
2
−2
= 20 − 2 = 18
3
1
1
b+
−3 b+
b
b
√
√ 3
= 2 5 −3 2 5
√
√
√
= 40 5 − 6 5 = 34 5
1
b + 3 =
b
3
となる。
∗7
a2 +
1
=
a2
a+
1
a
2
−2
は、重要な恒等式：
a2 + b2 = (a + b)2 − 2ab
の ab = 1 の場合である。重要な式なので覚えておこう。3 次の場合も同様である。
5.2 式の証明と式の値
181
5.2.3 不等式の証明
■不等式の証明
つづいて、不等式の証明方法を紹介する。
不等式の証明の基本は、大きい方から小さい方を引いて、その結果が 0 より大きいこと
を示せればよい。∗8
不等式の証明方法
A
B を証明するためには、A − B
0 を示せばよい。
この方法は、非常に基本的なものであるが、これで解ける範囲は広いのでまずは次に紹
介する例題を必ず解けるようにしてほしい。
■両辺が正の数であるとき
「両辺が正の数」であるときにのみ使える手法として、辺々を 2 乗したもの同士を比較
するという手法がある。
式で書いておくと、
A
B
0
=⇒
A2
B2
が成り立つということである。
例えば、3 > 2 ならそれぞれを 2 乗して、9 > 4 が成り立つ。しかし、片方にマイナス
が入っていると、たとえば 3 > −4 のときには両辺を 2 乗すると、9 > 16 となってしま
い、これはおかしい。
平方根などが入ってくると、直接引き算をして求めるのは難しいが、平方根を取ったも
のは必ず正であるから、両辺を 2 乗するという手法が用いられる場合が多い。
次の例題で練習していこう。
∗8
•
•
•
•
ただし、応用も含めるとそれだけでは足りないだろう。いくつか例を挙げておくと、
後で紹介する絶対不等式（相加相乗など）に持ち込む。
A > B を示すのに、A > C, C > B となる C をみつける。
A − B の最小値 > 0 を示す（微分などを用いる方法も含む）。
数学的帰納法、逆を仮定して背理法など、論法を使う。
182
第 5 章 恒等式と等式・不等式の証明
■例題 1.66 (不等式の証明) 次の問いに答えよ。
(1) a2 + b2 + c2
ab + bc + ca を証明せよ。また、等号が成立するのはどのような場
合か。
(2) a
0, b
(3) |a| + |b|
0 であるとき、
2(a + b)
√
a+
√
b を証明せよ。
|a + b| を証明せよ。
....................................................................................
1
倍して整え
2
ることに気付くためにも、一度は経験しておかないと。(2) と (3) は両辺が正なので、2 乗
□解答 1.66 (1) 定番中の定番の問題……だが、意外と解けない人も多い。
したもの同士で考えるとよい。
(1) 左辺から右辺を引くと、
1
2a2 + 2b2 + 2c2 − 2ab − 2bc − 2ca
2
1
=
(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2
2
a2 + b2 + c2 − (ab + bc + ca) =
ここで、任意の X に対し、X 2
0 であるから、上の値は必ず正の値になる。よって、題
意は示された。
1
(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 = 0 のときである
2
∗9
から、a − b = b − c = c − a = 0 であればよい。よって、a = b = c のとき等号成立。
次に等号成立だが、等号成立は
(2) 左辺も右辺も明らかに正であるから、2 乗したもので比較する。
√
（左辺の 2 乗）−（右辺の 2 乗）= 2(a + b) − ( a +
√
b)2
√
= 2a + 2b − (a + 2 ab + b)
√
= a + 2 ab + b
√
√
= ( a + b)2 0
(3) (2) と同様、左辺も右辺も正だから、2 乗したものを比較する。
( 左辺 )2 = (|a| + |b|)2 = a2 + 2|a||b| + b2
( 右辺 )2 = (|a + b|)2 = a2 + 2ab + b2
となる。ここで、|ab| ≥ ab なので、(|a| + |b|)2
(|a + b|)2 となり、証明された。
♠ この不等式を三角不等式という。ばらばらの絶対値より、あわせてから絶対値を取った
ほうが小さい。
∗9
等号成立は指示がなければ示す必要はない。ただし、不等式を用いて最小値・最大値を求めたい場合は等
号成立を示さなければならない。（→ 196 ページ）
5.2 式の証明と式の値
183
■見当をつけてから不等式を証明する
不等式の問題のパターンで、よく出題される「先に見当をつけてから」不等式を証明す
るパターンを紹介しよう。
まずは例題を示す。
0 < a < b, a + b = 1 に対して、b と a2 + b2 のどちらが大きいか？
この問題で、たとえば b の方が大きいとすれば、b − (a2 + b2 )
0 を示せばよいし、逆
であれば、逆の不等式を示せばよい。もちろん、a = 1 − b として文字を消していく。
しかし、そもそもどちらが大きいのか分からないため、2 種類計算をしないと判断がつ
かない。
そこで、たとえば題意を満たすような a, b の値として、勝手に a =
1
2
, b = と決め付
3
3
けて代入してみる。すると、
b=
3
1
= ,
3
9
a2 + b2 =
1 4
5
+ =
9 9
9
であることから、恐らく a2 + b2 の方が大きいはずだと分かってから、
a2 + b2 − b > 0
∗10
を示せないかを考えていくようにすればよい。
このように、パッと見てどうしたらよいのか分からないときに、具体的な値を入れて試
してみる、というのは、「実験する」という数学の問題を解くときによく用いられるテク
ニックであるから覚えておこう。
∗10
A, B の 2 つの比較なら A − B を計算してその正負からどちらが大きかったのか判断がつくが、3 つ以
上のものを比較する場合は、先に見当を付けないと膨大な計算をしないと判断がつかず大変である。
184
第 5 章 恒等式と等式・不等式の証明
■例題 1.67 (不等式の問題) 0 < a < b, a + b = 1 のとき、次の 4 つの数の大小を比
較せよ。
a,
b,
2ab,
a2 + b2
....................................................................................
□解答 1.67 0 < a < b, a + b = 1 を満たすような数として、a =
ると、2ab =
5
4 2
, a + b2 = であることから、おそらく、
9
9
1
2
, b = を代入してみ
3
3
a < 2ab < a2 + b2 < b
ではないかと予想できる。これから、
2ab − a > 0,
(a2 + b2 ) − 2ab > 0,
b − (a2 + b2 ) > 0
を証明するように考える。
解 b = 1 − a を 0 < a < b に当てはめると、a < 1 − a すなわち 0 < a <
1
が成り
2
立つ。
「a < 2ab を示す」
2ab − a = 2a(1 − a) − a
= a − 2a2 = a(1 − 2a)
ここで、a > 0 かつ、a < 1 − a を変形して 1 − 2a > 0 であることから、これらの積は正
である。よって、2ab − a = a(1 − 2a) > 0 であり、a < 2ab が成立する。
「2ab < a2 + b2 を示す」
(a2 + b2 ) − 2ab = a2 + (1 − a)2 − 2a(1 − a)
= a2 + a2 − 2a + 1 + 2a2 − 2a
= 4a2 − 4a + 1 = (2a − 1)2 > 0
より、2ab < a2 + b2 が成立する。
「a2 + b2 < b を示す」
b − (a2 + b2 ) = (1 − a) − {a2 + (1 − a)2 }
= 1 − a − a2 − a2 + 2a − 1
= −2a2 + a = a(1 − 2a) > 0
より、a2 + b2 < b が成立する。
これらより、a < 2ab < a2 + b2 < b である。
5.3 絶対不等式
185
5.3 絶対不等式
5.3.1 相加相乗の不等式
■絶対不等式
これから紹介するのは、2 つの有名な不等式である。不等式ではあるが、これまでの不
等式のように解を求めるといった類のものではなく、常に成り立つ不等式である。いうな
れば、方程式に対する恒等式に当たるものであり、このような不等式を絶対不等式という。
「常に成り立つ不等式」というものがピンとこないかもしれないので、例を挙げておく
と、たとえば
x2 + 1 > x2
という不等式は、すべての実数に対して必ず成り立つため絶対不等式である。
■相加相乗の不等式
有名な不等式の 1 つ目は、相加相乗の不等式である。よく「相加相乗」だとか「相加相
乗の関係式」だとかいわれ、高校数学、受験数学では頻出である。この節では相加相乗に
ついて見ていく。
まずは不等式を紹介する前に、相加平均、相乗平均といった 2 種類の平均を紹介してお
こう。
n 個の数 a1 , a2 , · · · , an に対し、
• これらを足して n で割ったもの、すなわち、
An =
a1 + a2 + · · · + an
n
を相加平均（arithmetic average）という。これはいわゆる平均である。
• これらを掛け合わせて n 乗根を取ったもの、つまり、
Gn =
√
n
a1 a2 . . . an
を相乗平均（geometrical mean）という
これらの相加平均、相乗平均に対し、次のような不等式が必ず成り立つ。そこで、次の
不等式を相加相乗の不等式といって、今後断った上で用いて議論をする場合がある。
186
第 5 章 恒等式と等式・不等式の証明
相加相乗の不等式
相加平均と相乗平均には、常に（相加平均） （相乗平均）の関係がある。式で表
すと、
√
n
a1 + a2 + · · · + an
n
a1 a2 . . . an
(5.1)
である（ただし全ての k に対し ak > 0）
。また、等号成立は、a1 = a2 = · · · = an の
ときである。
特に n = 2 の場合は、
a+b
2
√
ab
(5.2)
である。これも a, b は正の実数とし、等号成立は a = b のときである。
(5.2) 式は、左辺の分母を払って、
a+b
√
2 ab
という形で使われることも多いので、この形式にも慣れておこう。
一般の場合の (5.1) 式の証明は難しいのであとに回し、簡単に証明できる n = 2 の場合
の (5.2) 式を証明しておこう。
証明
a+b
√
2 ab を示す。
√
（左辺）−（右辺）= a + b − 2 ab
√
√
√ √
= ( a)2 + ( b)2 − 2 a b
√
√
= ( a − b)2 0
√
等号成立は、 a =
√
b より a = b のとき。■
5.3 絶対不等式
187
■例題 1.68 (相加相乗の問題) 次の問いに答えよ。
(1) 任意の正の定数 a, b に対して、次の不等式が成り立つことを示せ。
(a + b)
1 1
+
a b
4
(2) 3x + 2y = 12 を満たす正の数 x, y について、xy の最大値はいくつか。
....................................................................................
□解答 1.68 解 (1) 展開すると、
(a + b)
1 1
+
a b
=
a
b
+ +2
b
a
となる。相加相乗の関係を用いると、
√
a b
· =2 1=2
b a
a
b
+
b
a
2
(a + b)
1 1
+
a b
より、これを代入すれば、
2+2=4
となるから、証明された。
♠ 後で述べるが、これだけで最小値が 4 であることが言えたわけではない。あくまで、問
∗11
題の式が 4 より大きいことが言えただけである。
(2) y =
12 − 3x
を代入して x の 2 次関数の最大最小問題としてもよいが、ここでは相
2
加相乗を用いて、
3x + 2y
であるから、
62
3x · 2y
2
3x · 2y
即ち、 xy
6
これは、3x = 2y すなわち x = 2, y = 3 のとき等号成立し、このとき最大値 6 をとる。
∗11
詳しいことは 5.3.4 章を参照。
188
第 5 章 恒等式と等式・不等式の証明
5.3.2 相加相乗の不等式の証明
■覚えておきたい証明
相加相乗には様々な方法があるが、そのうち、特に知っておいてもらいたい方法を 2 つ
だけ紹介しよう。なお、その他の証明方法は付録??を参考にしてもらいたい。
■3 文字限定の方法
まずは 3 文字の場合は、因数分解を利用した巧妙な解法がある。これはノーヒントでは
かなり思いつきづらいが、2009 年の明治学院大などではノーヒントで求めさせる出題も
あるため、方法も合わせて覚えておきたい。
■例題 1.69 (3 文字の相加相乗の証明)
x, y, z を正の実数とするとき、
x+y+z
3
√
3
xyz であることを証明せよ。また等号が
成り立つのはどのような場合か。
....................................................................................
□解答 1.69 ノーヒントの場合でも、この問題では、
a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca)
(a)
を用いるということを覚えておくと手が付けやすい。
解 (a) 式の左辺は、a, b, c を正の実数とすると、
a+b+c>0
a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca =
1
(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2
2
0
(b)
であるから（(b) 式は■例題 1.66 を参照）、(a) 式の右辺は必ず正である。つまり、
a3 + b3 + c3 − 3abc
が成り立つ。ここで a3 = x つまり、a =
√
3
0
x とおきかえると、
√
x + y + z − 3 3 xyz
0
となる。これを変形すれば、問題の式が示される。
なお、等号成立は、
1
(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2
2
a = b = c のときである。
= 0 を満たすとき、すなわち
5.3 絶対不等式
189
このパラグラフの内容の理解には、数学的帰納法（数学 B）の知識が必要です。
■2m 文字から逆戻り
次に紹介する方法は非常に巧妙だが、特徴的なので入試でも出題されやすいので覚えて
おくとよい。
まずは、次の例題を解くことで、ここで紹介する証明法の流れを体感してもらおう。
■例題 1.70 (2m 文字から逆戻り)
(1) 2 つの正の数 x1 と x2 について、その相加平均 H2 と相乗平均 G2 の間に、次の関
係があることを証明せよ。
H2
G2
すなわち
√
1
(x1 + x2 )
2
x1 x2
(2) 4 つの正の数 x1 , x2 , x3 , x4 について、その相加平均 H4 と相乗平均 G4 の間に、次
の関係があることを証明せよ。
H4
G4
すなわち
(3) (2) において、d =
√
3
√
4
1
(x1 + x2 + x3 + x4 )
4
x1 x2 x3 x4
x1 x2 x3 とおくことにより、3 つの正の数 x1 , x2 , x3 について、
その相加平均 H3 と相乗平均 G3 の間に、次の関係があることを証明せよ。
H3
G3
すなわち
1
(x1 + x2 + x3 )
3
√
3
x1 x2 x3
［2009 中央大］
....................................................................................
□解答 1.70 (1) はすでに証明しているから今回は省略する。(2) は難しそうに見え
るが、
(1) は (2) のヒント！
であるので、うまく使えないか考えて見ましょう。(3) は誘導があるのでそれにうまく
のっていけばよい。
解 (1) 省略
(2) x1 + x2 + x3 + x4 を (x1 + x2 ) + (x3 + x4 ) と見れば、
x1 + x2 + x3 + x4
1
=
4
2
x1 + x2
x3 + x4
+
2
2
が成り立つ。ここで (1) より、
x1 + x2
2
√
ab,
x3 + x4
2
√
cd
190
第 5 章 恒等式と等式・不等式の証明
であるから（等号成立はそれぞれ a = b, c = d のとき）、
√
1 √
( x1 x2 + x3 x4 )
2
x1 + x2 + x3 + x4
4
(a)
となる。さらに (a) 式の右辺にまた相加相乗を利用すると、
√
x1 x2 +
2
√
x3 x4
√
√
√
x1 x2 x3 x4 = 4 x1 x2 x3 x4
(b)
となる（等号成立は ab = cd）。(a) 式と (b) 式をつなぎ合わせて、
√
4
x1 + x2 + x3 + x4
4
x1 x2 x3 x4
が証明される。
なお、等号成立は x1 = x2 , x3 = x4 , x1 x2 = x3 x4 より、x1 = x2 = x3 = x4 のときで
ある。
(3) (2) において d =
√
3
abc すなわち d3 = abc とおくと、(2) の結果にこれを代入して、
a+b+c+d
4
となる。両辺を
4
倍すると、
3
√
4
d3 · d = d
a+b+c+d
3
4
d
3
すなわち、
a+b+c
3
d=
√
3
abc
が証明された。等号成立は x1 = x2 = x3 のときである。
♠ 以下、相加平均を An 、相乗平均を Gn とする。
ここでのポイントは 2 つある。1 つ目は (1) から (2) の部分である。ここでは H2
から H4
G2
G4 を証明することができたが、これを応用すると一般に、
An
Gn
=⇒
A2n
G2n
が成り立つ。2 つ目は (2) から (3) の部分である。ここでは、H4
G4 から H3
G3 を
証明することができたが、これを応用すると一般に、
An
Gn
=⇒
An−1
Gn−1
が成り立つ。これらについては、次のページで数学的帰納法を用いて証明を行う。
これらの結果より、n = 2m 文字（2 の累乗の文字数）限定であれば、いくらでも文字
数の多い相加相乗の不等式が示すことができ、さらに、示した不等式から文字が 1 つ少な
い不等式を示せるので、結果としてどのような文字数の不等式でも証明できる、というこ
とをいっているのである。
5.3 絶対不等式
191
最後にまとめておこう。相加相乗の不等式
An
Gn
は、次の 2 つのステップで証明することができる。
(i) 文字数が n = 2m （m は自然数）の場合について証明をする
(ii) An
Gn ならば An−1
Gn−1 を証明する（証明できたものから、文字数が 1 つ少
ないものを証明する）
証明
以下、
An =
x1 + x2 + · · · + xn
,
n
1
Gn = (x1 x2 · · · xn ) n
とおく。
(i) 数学的帰納法で証明する。
(a) m = 1 すなわち n = 2 のとき（すでに示したとおり）、
√
√
G2 − A2 = ( x2 − x1 ) 0
より成り立つ。
(b) m = k のとき成立すると仮定すると、m = k + 1 のとき、
Ak+1 =
=
x1 + x2 + · · · + x2k+1
2k+1



1
 x1 + · · · + x2k + x2k +1 + · · · + x2k+1 


k
k
2
2
2
2k 文字の相加相乗
2k 文字の相加相乗
1
1
1
(x1 · · · x2k ) 2k + (x2k +1 · · · x2k+1 ) 2k
2
2 文字の相加相乗
1
1
(x1 · · · x2k ) 2k · (x2k +1 · · · x2k+1 ) 2k
1
= (x1 x2 · · · x2k+1 ) 2k+1 = Gk+1
となり、(a)、(b) よりすべての自然数 m に対して A2m
(ii) xn = (x1 x2 · · · xn−1 )
1
n−1
G2m が示された。
すなわち、
xn−1
= x1 x2 · · · xn−1
n
とおき、これを An
(a)
Gn に代入すると、

x1 + x2 + · · · xn
n
 n1


x1 x2 · · · xn−1 ·xn 
n−1
xn
= xn
192
第 5 章 恒等式と等式・不等式の証明
となるので、これを整理すると、
x1 + x2 + · · · + xn−1 = (n − 1)xn
1
ここで、両辺を n − 1 で割り、さらに (a) 式より xn = (x1 x2 · · · xn−1 ) n−1 だから、
1
x1 + x2 + · · · + xn−1
= (x1 x2 · · · xn−1 ) n−1
n−1
すなわち、An−1
された。■
Gn−1 が成り立つ。以上より、An
Gn ならば An−1
Gn−1 が示
5.3 絶対不等式
193
5.3.3 コーシー・シュワルツの不等式
■コーシー・シュワルツの不等式
もう 1 つ重要な絶対不等式を紹介しておこう。それはコーシー・シュワルツの不等式と
呼ばれるものである。
コーシー・シュワルツの不等式
a, b, x, y を実数とすると、
(ax + by)2
(a2 + b2 )(x2 + y 2 )
(5.3)
が成り立つ（等号成立は、a : b = x : y のとき）。これをコーシー・シュワルツの不
等式（Chuchy-Schwarz’s inequality）と呼ぶ。∗12
また、文字数を増やして、a, b, c, x, y, z を実数としたとき、
(ax + by + cz)2
(a2 + b2 + c2 )(x2 + y 2 + z 2 )
(5.4)
や（等号成立は a : b : c = x : y : z のとき）、一般に実数 ak , xk (k = 1, 2, . . . , n) に
対し、
2
n
n
n
x2k
a2k
ak xk
k=1
k=1
(5.5)
k=1
も成り立つ（等号成立は、a1 : a2 : · · · : an = x1 : x2 : · · · : xn のとき）。
まずは、最も簡単である (5.3) 式の証明から行う。
証明
（右辺）−（左辺）= (a2 + b2 )(x2 + y 2 ) − (ax + by)2
= (a2 x2 + b2 x2 + a2 y 2 + b2 y 2 ) − (a2 x2 + 2abxy + b2 y 2 )
= b2 x2 − 2aybx + a2 y 2
= (bx − ay)2
0
となるから、証明された。なお、等号成立は、bx − ay = 0 より a : b = x : y のときで
ある。■
∗12
あるいは、単にシュワルツの不等式ともいう。なお、コーシー（Augustin Louis Chuchy(1789-1857)）
とシュワルツ（Schwarz）は別々の人間である。
194
第 5 章 恒等式と等式・不等式の証明
■一般のコーシー・シュワルツの不等式の巧妙な証明
実は、コーシーシュワルツの不等式の証明には、巧妙な方法がある。ここでは、(5.4)
式の証明を飛ばして、一般化した (5.5) 式を証明しよう。
証明
唐突だが、
n
(ak t − xk )2
f (t) =
k=1
とおく。このようにおくとうまくいくのである。まず、f (t) は 2 乗の和だから、全ての t
に対し f (t)
0 である。さて、f (t) を展開すると、
n
n
a2k
f (t) =
2
t −2
k=1
n
ak xk
k=1
となる。これがどのような t に対しても f (t)
x2k
t+
k=1
0 ということは、方程式 f (t) = 0 の判別
式 D は負である。つまり、
D
=
4
2
n
ak xk
k=1
n
n
x2k
a2k
−
k=1
0
k=1
であることがいえる。
これを整理すると、(5.5) 式になり、証明される。等号成立は、全ての k に対し、
ak t − xk = 0 すなわち、t =
x1
x2
xn
=
= ··· =
より、a1 : a2 : · · · : an = x1 : x2 :
a1
a2
an
· · · : xn のときとなる。■
この証明は、非常に巧妙であり、覚えておかなければ再現するのは難しいだろう。入試
などでこれを求められることはないだろうが、エッセンスだけでも知っておくとよいだろ
う。なお、200 ページでは、コーシー・シュワルツの不等式とベクトルの内積が関連づけ
てある。これは証明ではないが、暗記には便利であるから是非知っておいてもらいたい。
5.3 絶対不等式
195
■例題 1.71 (コーシー・シュワルツの不等式) 実数 x, y, z の間に x + 2y + 3z = 7 とい
う関係があるとき、x2 + y 2 + z 2 の最小値を求めよ。また、最小値を与える x, y, z の関係
［2007 早稲田大・人間科学 A］
式を導け。
....................................................................................
□解答 1.71 a = 1, b = 2, c = 3 としてコーシー・シュワルツの不等式
(ax + by + cz)2
(a2 + b2 + c2 )(x2 + y 2 + z 2 )
に代入して、と始めてもよいですが、あとで紹介するようにコーシー・シュワルツの不等
式はベクトルと関連させて考えると分かりやすいことが多いです。そこで、3 次以下の場
合は、以下のようにベクトル風に記述するのもお勧めです。このほうが頭がスッキリする
かもしれません。
−
→
−
解 →
a = (1, 2, 3), b = (x, y, z) とする。ベクトルについては常に、
−
→
−
|→
a |2 | b |2
が成り立つから、
14(x2 + y 2 + z 2 )
−
→
→
|−
a · b |2
(x + 2y + 3z)2 = 49
より、
x2 + y 2 + z 2
7
49
=
14
2
−
→
→
となる。また等号成立は（為す角が 0 のとき、すなわち −
a , b が同じ方向を向くときだか
ら）、x : y : z = 1 : 2 : 3 のときである。
196
第 5 章 恒等式と等式・不等式の証明
5.3.4 絶対不等式の注意点
■絶対不等式の使用には注意が必要
絶対不等式は非常に便利ではあるが、その反面、間違いを伴いやすく受験生には嫌われ
がちである。この節では絶対不等式を用いるときの注意点をいくつか挙げておく。
■存在を確かめること
相加相乗では最大最小を求めることがよくあるが、「本当に最小値、最大値となるのか」
ということを確認しなければなりません。次の例題を考えてみましょう。
正の数 x に対し、x +
誤答 相加相乗より、x +
1
x
2
x·
1
の最小値を求めよ。
x
1
= 2 より、最小値は 2 である。□
x
以上のようにすると、間違っている。というのは「2 という値を取りうるかどうかの議
1
の値は 2 以上である」ことはいえ
x
ている（そして、当然これは正しい）のだが、実際に 2 という値を取りうるかどうかにつ
論がされていない」からである。上の議論では「x +
いて、議論されていないのである。
もう少し分かりやすい例を出そう。∗13 あるテストの点数について先生が、「このクラス
のテストは全員が 50 点以上だった。」といったとしよう。それでは、この情報から、最低
点が 50 点だと言えるだろうか？ そんなことはない。最低点は 51 点かもしれないし、全
員 100 点かも知れない。この情報から分かることは、50 点より下だった人がいなかった
ということだけである。
つまり、相加相乗の不等式は、ある関数がある一定以上の値にはなることを保証する
が、最小値がその値であることは保証しないのである。
では、どうすれば最小値を求められるかというと、答えは単純で等号成立について調べ
1
より x = 1 のとき（すなわち x = 1 のと
x
きに等号が成立する）であるから」ということさえ書いてあれば、実際に x = 1 のときに
ればよい。先ほどの解答に、
「等号成立は x =
最小値として 2 という値をとることが示され、正しい解答となるのである。
不等式ではいつも等号成立について言及しなくてはならない、と思っているかも知れな
いが、そんなことはない。ただ、等号成立の条件を求められたり、最小値や最大値などの
∗14
存在を言わなければならないときには必要である。
∗13
この例は、SEG 出版「数学受験教科書１ 数と式」
（著：清史弘）に載っている例と同じである。分かり
やすいのでここでも利用させていただいた。
∗14 というのも、
「不等式の証明では必ず等号成立について議論しなければならない」という間違ったことを
教える先生もいるから困ったものである。
5.3 絶対不等式
197
■2 つの相加相乗を使うときの注意
入試でも頻出タイプの、よく間違えやすい例題を紹介する。最低でもこれには気付ける
ようにしておいてもらいたい。
■例題 1.72 (展開してから相加相乗) x > 0 のとき、 x +
1
x
2x +
1
2x
の最小値は
［2009 慶応大・看護医療］
である。
....................................................................................
□解答 1.72 見るからに相加相乗が使えそうな形である逆数関係がある。そこで、
1
x
1
2x +
2x
x+
2
x·
1
=2
x
(a)
2
(b)
が成り立つ。よって、
x+
1
x
2x +
1
2x
2·2=4
より、最小値は 4、とすると間違いです。
これは、1 つ目と 2 つ目で、等号成立の条件が異なるということが問題である。前の
ページで「相加相乗によって最小値（最大値）を求めるときには、等号成立条件に言及す
る必要がある」ことを説明したが、ここで (a) 式の等号成立は x =
ときであり、(b) 式の等号成立は 2x =
1
すなわち x = 1 の
x
1
1
すなわち x = のときであるから、これらが
2x
2
両方同時に成立することはない！ すると、どちらかが最小でも、どちらかが最小ではな
いため、上で示したように最小値同士を掛けることにはまったく意味がない。
解答としては、先に展開してから計算します。
解 与えられた式を展開すると、
1
1
+ 2
2 2x
5
1
= 2x2 + 2 +
2x
2
2x2 + 2 +
下線部に相加相乗の不等式を用いて、
1
5
+
2
2x
2
5
9
=2+ =
2
2
2
であるから、等号成立は 2x2 =
2x2 ·
9
1
1
すなわち x = √ のとき、最小値は である。
2
2x
2
2
198
第 5 章 恒等式と等式・不等式の証明
■相加相乗のもう 1 つの注意
次の考え方はどうだろうか。間違っているのだが、どこが間違いだか分かるだろうか。
正の数 x に対し、f (x) = x +
20
の最小値を求めよ。
x+1
誤答 相加相乗より、
x+
が成り立つ。等号成立は、x =
20
x+1
2 x·
20
x+1
(※)
20
のとき。これを解くと、
x+1
x(x + 1) = 20 ⇐⇒ x2 + x − 20 = 0 ⇐⇒ (x − 4)(x + 5) = 0
より、x > 0 を考えて x = 4 となる。これを上の不等式に代入して、
x+
20
x+1
√
2 4·4=8
より、最小値は 8 である。□
どこが間違えているかというと、(※) 式の右辺（これを g(x) とする）は、x によって
変化しうる値であり、「f (x) と g(x) が等しいときが最小値となる」わけではない（もち
ろん、(※) 式自体は正しい）。
正しくするためには、最小値を与える側（今の場合は (※) 式の右辺）が x によらず、定
数となるときに等号成立をいえば、それを最小値だということができるのである。
これを踏まえて先ほどの問題を正しく解答すると、次のようになる。
正答 右辺の積がちょうど変数を打ち消しあうように、
f (x) = (x + 1) +
20
−1
x+1
20
−1
x+1
√
√
= 20 − 1 = 2 5 − 1
(x + 1) ·
20
のときであるから、これを解いて x > 0 を考え
x+1
√
て x = 4 となる。つまり、x = 4 のとき最小値は 2 5 − 1 となる。□
と変形する。等号成立は x + 1 =
以上から、相加相乗では最大値、最小値を求めるためには、その最大値、最小値を与え
る側が定数になるようにうまく調整することが重要であることが分かる。
5.3 絶対不等式
199
■こんなこともできる
相加相乗を用いると、次のようなこともできる。
x > 0 のとき、不等式
2
3
x+
1
x2
1
2 3 を示せ。また等号が成り立つのはどのよう
［2009 金沢大・文（一部抜粋）
］
なときか。
これは、入試では（左辺）−（右辺）
2
3
0 を示せばよいのだが、ここで左辺を、
1
x x
+ + 2
2
2 x
と変形して、括弧内に 3 文字の相加相乗を用いると、
2
3
x x
1
+ + 2
2
2 x
1
2
x 1
3 x
3 1
·3
· · 2 =2
= 23
3
2 2 x
4
とすることができる。
このように次数が違って単純に相加相乗を使えない場合には、定数にしたい側がうまく
定数になるように工夫をすれば、うまく相加相乗を利用することも可能である。
200
第 5 章 恒等式と等式・不等式の証明
このパラグラフの内容を読むには、ベクトル（数学 B）の知識が必要です。
■コーシー・シュワルツの不等式と内積
少し数学を勉強してくると、コーシー・シュワルツの不等式を内積と捉えることができ
るようになる。
いま、(5.3) 式：
(ax + by)2
(a2 + b2 )(x2 + y 2 )
→
→
は、−
a = (a, b), −
x = (x, y) とおくと、
→
−
→
→
（左辺）= (−
a ·→
x )2 , （右辺）= |−
a |2 |−
x |2
→
−
と表せる。ここで、−
a ,→
x のなす角を θ とすると、内積の性質から、
→
−
→
a ·−
x = |a||x| cos θ
であるから、これを（左辺）に代入すれば、−1
cos θ
→
→
（左辺）= (−
a ·−
x )2 = |a|2 |x|2 cos2 θ
1 だから、
|a|2 |x|2 =（右辺）
となり証明されたことになる。
同様に、(5.4) 式：
(ax + by + cz)2
(a2 + b2 + c2 )(x2 + y 2 + z 2 )
→
→
も、−
a = (a, b, c), −
x = (x, y, z) とおくことで証明できる。
すると、変数が増えた場合のコーシーシュワルツの方程式：
(ax + dy + cz + dw)2 = (a2 + b2 + c2 + d2 )(x2 + y 2 + z 2 + w2 )
→
→
も、4 次元のベクトル −
a = (a, b, c, d), −
x = (x, y, z, w) とおくことで証明できるだろ
うか。
実はこれは循環論法になってしまっており、よくない。4 次元ベクトルにおいて「なす
角」というのはもはや物理的に見て分かるものではない。それでは数学的にはどのように
−
→
→
定義しているかというと、n 次元のベクトルについて、|−
a · b|
ら、−1
→
−
−
→
a · b
→
−
→
|−
a || b |
−
→
→
|−
a || b | が成り立つか
1 が成り立つ。この −1 以上 1 以下という数値を、三角関数に当て
→
−
−
→
−
→
a · b
→
はめて、cos θ =
となる θ を、2 つのベクトル −
a , b のなす角と定義するのであ
→
−
→
|−
a || b |
る。∗15
そのため、4 次元ベクトルについてここで述べたように証明をすると、結局これから証
明する事実を用いて証明していることになってしまうためよくない。しかし、記憶する手
段としては非常に有用であるから、考え方としては覚えておくとよいだろう。
∗15
これについては、第 8 巻「線型代数学」を読んでいただきたい。
201
第6章
集合と命題、条件
この章の内容は、数学 A で学習する内容のうち、集合と論理に関する内容である。
今まで学習してきたような計算やその周辺にまつわる話ではないが、整数問題や論証問
題を学習する上で重要になる分野なので、途中に織り込んだ。
202
第 6 章 集合と命題、条件
6.1 集合
6.1.1 集合の基礎
■集合とは
しばらくは集合にまつわる用語の解説をしていこう。
集合
集合とは、以下の条件を満たすものである。
(1) ものの集まりである
(2) あるものがこの集まりに含まれるか含まれないかがはっきり判断できる
また、その集合に含まれている“もの”のことを、その集合の要素（element）または
元といい、ある要素 a が集合 A に含まれることを、記号 ∈ を用いて、
a∈A
と表す。含まれないときは、a ∈ A となる。
例えば、3 の倍数ばかりを集めた集合を A と名付けると、3 ∈ A であり、14 ∈ A と
なる。
数学では特に、
• 自然数全体の集合を N（Natural number の N）
• 整数全体の集合を Z（ドイツ語で Zual の Z）
• 実数全体の集合を R（Real number の R）
• 複素数全体の集合を C（Complex number の C）
などと表す。これらは、今後断り無く用いることがあるので、それぞれどのような集合
だったかを思い出せるようにしておいてもらいたい。
6.1 集合
203
■集合の表現
集合の要素を具体的に表そう。要素を具体的に書き表せるときは、{
} 内に次々書け
ばよい。例えば、15 の正の約数を集めた集合 A は、
A = {1, 3, 5, 15}
と表せる。また、自然数の集合 N は、
N = {1, 2, 3, · · · }
と表せる。∗1 このように、ある集合に属する要素をすべて列挙する方法を外延的定義と
いう。
また、
{ 要素の代表 | その代表が満たすべき条件 }
という表し方もある。このように、集合に属する要素の満たすべき条件で表す方法を、内
包的定義という。
例えば、1 桁の奇数全体を表す集合 B は、
B = {2n + 1|n = 0, 1, 2, 3, 4}
B = {2n + 1|0
n
4, n は整数 }
というような表現をする。
■有限集合、無限集合と空集合
例えば、先ほども例に挙げた 15 の正の約数を集めた集合は、集合に含まれる要素の数
が限られている。このように要素の個数が数えられる集合のことを有限集合といい、逆
に自然数全体を表す集合のように、要素の個数が数えられない集合のことを無限集合と
いう。
また、集合にいくつの要素が含まれるかは着目すべき点である。そこで有限集合 A に
対しては、その集合に含まれる要素の個数を n(A) などで表す。たとえば上記例で集合
A, C は有限集合であり、その要素の個数はそれぞれ、n(A) = 4, n(B) = 5 となる。
また、要素を持たない集合のことを空集合といい ∅ で表す。空集合の要素の個数
n(∅) = 0 と定義する。
∗1
自然数全体の集合のことを、慣例的に N を用いて表す。
204
第 6 章 集合と命題、条件
■部分集合
2 つの集合 A, B について、A のどの要素も B の要素になっているとき、A は B の部
分集合であるといい、
A⊂B
のように表す。
「A のどの要素も B の要素になっている」というのは、記号で表すと A ⊂ B ならば、
a ∈ A =⇒ a ∈ B ということである。
特に A ⊂ B かつ B ⊂ A のときを A = B と表し、集合 A と集合 B は等しいという。
また A ⊂ B かつ A = B であるときは A は B の真部分集合という。∗2
例えば、3 の倍数の集合 B と 6 の倍数の集合 A には、A ⊂ B の関係がある。
B
A
要素 a
A⊂B
∗2
高校数学では、部分集合と真部分集合は曖昧にされ、あえて真部分集合という言葉は用いられないことが
多い。区別するときには、A が B の部分集合であるときは、
A
jB
A
$B
を用い、真部分集合であるときは
を用いる。
6.1 集合
205
■共通集合、和集合
2 つの集合 A, B について、A, B 両方の集合に属する要素全体の集合を共通集合といい、
A∩B
と表す。また、A, B のどちらかに属する要素全体の集合を和集合といい、
A∪B
と表す。
例えば、A = {1, 2, 5, 6, 9}, B = {2n − 1|1
n
5（n は自然数）} のとき、
A ∩ B = {1, 5, 9}
A ∪ B = {1, 2, 3, 5, 6, 7, 9}
となる。∗3
B
A
A
A∩B
∗3
B
B は 1 桁の奇数を表している。
A∪B
206
第 6 章 集合と命題、条件
■全体集合、補集合
集合を考えるとき、実数全体だとか、自然数全体だとか、ある大元の集合の元で考える
ことが多い。この大元の集合のことを全体集合という。
また、全体集合 U の中で集合 A を考えるとき、A に属さない要素の集合を A の補集合
といい、A で表す。すなわち、
A = {x|x ∈ U かつ x ∈ A}
である。
補集合については、次の性質が成り立つ。
補集合の性質
(a) A ∩ A = ∅, A ∪ A = U
(b) A = A
(c) A ⊂ B ならば、B ⊂ A
が成り立つ。まずはこれらを証明しておこう。
証明
(a)、(b) は下の左図より明らかだろう。また、(c) は下の右図において、B が A に含ま
れることからいえる。
U
U
A
A
A
A
B
6.1 集合
207
■ド・モルガンの法則
共通集合、和集合の補集合については、次の法則が成り立つ。これらをド・モルガンの
法則（De Morgan’s laws）という。
ド・モルガンの法則
共通集合、和集合の補集合について、次が成り立つ。
(a) A ∩ B = A ∪ B
(b) A ∪ B = A ∩ B
全体の否定は、∩ と ∪ が入れ替わり、否定が消えるという覚えやすい法則である。機械
的に覚えておくだけでも十分利用価値がある。
ここではこれを証明しておこう。
証明
これも図を用いて証明する。以下の図を見て理解を深めてもらいたい。
U
B
A
U
B
A
=
∪
A∩B
A
U
U
B
A
=
A∪B
B
U
B
A
B
A
B
A
∩
A
B
208
第 6 章 集合と命題、条件
■例題 1.73 (集合と要素) ある集合 U の部分集合 A, B について、
A ∪ B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7},
A ∩ B = {1, 4, 7},
A ∩ B = {3, 6}
であるとき、A, B を求めよ。さらに、
A ∪ B = {2, 3, 5, 6, 8}
のとき、B を求めよ。
....................................................................................
□解答 1.73 U は 4 つの部分集合 A ∩ B, A ∩ B, A ∩ B, A ∩ B で覆われる。そこで、
下のような図を書いて分かるところから埋めてゆけばよい。
今回書いた下のような図のことをベン図（Venn diagram）という。この図は集合が 3
つまでのときには円を用いて分かりやすく表現できる。しかし、集合が 4 つ以上になると
円だけで表現できず、ややこしくなるので、ベン図を使うのは集合が 3 つのときまでと覚
えておこう。
A
1, 4, 7
B
2, 5
3, 6
A
1, 4, 7
B
2, 5
3, 6
8
解 上の左図より、
A = {1, 2, 4, 5, 7},
B = {2, 3, 5, 6}
となる。また、A ∪ B = {2, 3, 5, 6, 8} の条件を加えた右図より、
B = {1, 4, 7, 8}
となる。
6.1 集合
209
■例題 1.74 (包含関係と集合の相等) 次を証明せよ。
(1) 整数全体の集合 Z について、
A = {4n + 1|n ∈ Z}, B = {2n + 1|n ∈ Z}
であるとき、A ⊂ B かつ A = B であることを証明せよ。
(2) 整数全体の集合 Z について、
A = {2x + 3y|x ∈ Z, y ∈ Z}, B = {3x + 5y|x ∈ Z, y ∈ Z}
であるとき、A = B であることを証明せよ。
....................................................................................
□解答 1.74 (1) A ⊂ B を証明するには、x ∈ A =⇒ x ∈ B を証明できればよい。(2)
A = B を示すためには、A ⊂ B かつ B ⊂ A が示せればよい。
解
(1) ある a ∈ A を a = 4n + 1（n は整数）とすると、
a = 2(2n) + 1 = 2m + 1
（2n = m とする）となるので、これは B に属する。よって、x ∈ A ならば x ∈ B である
ことが示された。
また 3 は B に属するが、A には属しないことから A = B であることが示される。
よって、題意が示された。
(2)a ∈ A のとき、a は a = 2m + 3n と表される（m, n は整数）。また、
2m + 3n = 3(−m + n) + 5m
であり、−m + n ∈ Z, m ∈ Z であるから、a ∈ B である。よって、A ⊂ B である。
次に、b ∈ B のとき、b は b = 3m + 5n と表される（m, n は整数）
。また、
3m + 5n = 2n + 3(m + n)
であり、n ∈ Z, m + n ∈ Z であるから、b ∈ A である。よって、B ⊂ A である。
A ⊂ B かつ B ⊂ A だから、A = B であることが示された。
210
第 6 章 集合と命題、条件
■要素の個数
有限集合 A に含まれる要素の個数を n(A) で表すのであった。ここでは、要素の個数に
関して成り立つ重要な公式を紹介する。
ある全体集合 U とその部分集合 A, B, C がどれも有限集合だとすると、次が成り立つ。
個数定理
ある全体集合 U とその部分集合 A, B, C がどれも有限集合のとき、
(1) n(A ∪ B) = n(A) + n(B) − n(A ∩ B)
(2) n(A) = n(U ) − n(A)
(3) n(A ∪ B ∪ C) = n(A) + n(B) + n(C)
−n(A ∩ B) − n(B ∩ C) − n(C ∩ A) + n(A ∩ B ∩ C)
証明
下の図を用いて実際にそれぞれの領域の個数を計算する。
(1) については、
n(A) + n(B) − n(a ∩ b) = (a + c) + (b + c) − c
=a+b+c
= n(a ∪ B)
である。(2) はすぐに示せるので省略する。(3) については、
（左辺）=(a + d + f + g) + (b + d + e + g) + (c + e + f + g)
− (d + g) − (e + g) − (f + g) + g
=a + b + c + d + e + f + g
=n(A ∪ B ∪ C)
となる。
(1)
(3)
A
A
a
B
d
a
c
b
B
b
e
g
f
c
C
6.1 集合
211
■例題 1.75 (集合の個数) 1 から 200 までの整数のうち、次の条件を満たす数はいく
つあるか答えよ。
(1) 3 の倍数かつ 4 の倍数
(2) 3 の倍数または 4 の倍数
(3) 3 でも 4 でも割り切れない数
....................................................................................
□解答 1.75 解 1 から 200 までの整数全体を全体集合 U とし、3 の倍数の集合を A、
4 の倍数を B とする。実際に書き出してみると、
A = {3 · 1, 3 · 2, · · · , 3 · 66}
B = {4 · 1, 4 · 2, · · · , 4 · 50}
であるから、n(A) = 66, n(B) = 50 である。
(1) 求める個数は n(A ∩ B) ということになるが、これを求める公式はない。考えてみ
ると、3 の倍数かつ 4 の倍数ということはつまり 12 の倍数であればよいのだから、12 の
倍数の個数を数えればよい。200 ÷ 12 = 16. · · · だから、
n(A ∩ B) = 16
である。
(2) 求める個数は n(A ∪ B) であるから、公式を用いて、
n(A ∪ B) = n(A) + n(B) − n(A ∩ B)
= 66 + 50 − 16 = 100
である。
(3) 求める個数は n(A ∩ B) であり、ド・モルガンの定理を用いて、
n(A ∩ B) = n(A ∪ B)
= n(U ) − n(A ∪ B)
= 200 − 100 = 100
212
第 6 章 集合と命題、条件
6.1.2 直積
2 つの空でない集合 A, B のそれぞれの要素 x, y の順序を考えた組み合わせ (x, y) の全
てが作る集合を A, B の直積といい、A × B で表す。
例えば、A = {1, 2}, B = {a, b, c} とするとき、
A × B = {(1, a), (1, b), (1, c), (2, a), (2, b), (2, c)}
であり、
B × A = {(a, 1), (a, 2), (b, 1), (b, 2), (c, 1), (c, 2)}
であり、これからも分かるように、交換法則 A × B = B × A は成り立たない。
ま た 、直 積 の 集 合 の 個 数 n(A × B) は 、n(A)n(B) で あ り 、集 合 の 個 数 に つ い て
n(A)n(B) = n(B)n(A) だから、n(A × B) = n(B × A) が成り立つ。
また、記号的なことではあるが、集合 A 同士の直積 A × A のことを A2 と表す。例え
ば、上の例で、A2 は、
A2 = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2)}
と表される。
整数の集合 Z 同士の直積 Z2 は (x, y) 座標に対応させると、それは座標が整数の点すな
わち格子点を表す集合になり、実数全体の集合 R 同士の直積 R2 は座標平面上の点全体の
集合となる。この R2 という表現や、n 次元に拡張した Rn はよく利用されるので覚えて
おこう。
また、3 つ以上の集合についての直積も考えることができ、例えば、集合 A, B, C の直
積は、その順番を A, B, C の順に取るとき、A × B × C と表す。一般に n 個の空でない
集合 A1 , A2 , · · · , An について、
A1 × A2 × · · · × An = {(a1 , a2 , · · · , an )|ai ∈ Ai , i = 1, 2, · · · , n}
が成り立つ。
6.2 命題とその真偽
213
6.2 命題とその真偽
6.2.1 命題
■命題とは
命題とは、式や文章で表された事柄のうち、正しいか正しくないかがはっきり決まるも
のを命題という。そして、命題が正しいことを真であるといい、正しくないことを偽であ
るという。
例えば「100 は大きい数である」ということがらは、何に比べてかもわからないので、
正しいとも正しくないとも判別できない。よってこれは命題ではない。
一方「17741 は素数である」ということがらは、パッと見ただけでは正しいか正しくな
いかは分からないが、実際に数は素数であるか素数でないかのどちらかでしかないので、
これは命題だと言える。なお、17741 = 157 × 113 でありこれは合成数であるから、この
命題は偽である。なお、命題が偽であるときは、今のようにそれが偽である理由（これを
反例という）を述べるとよい。
■条件と真理集合
例えば、x > 5 は、真偽の判定が出来ないから命題ではない。しかし、x の値が決まる
ことで真偽がはっきりする。このようなものを条件という。実際、x が 10 なら真だし、x
が 1 だと偽となる。
一般に、変数 x を含む主張 p(x) で、x の値が決まることによって p(x) の真偽が決まる
ものを、条件という。
また、条件 p(x) について、p(x) が真になる x の集合を、p(x) の真理集合という。
ただし、このときはどのような範囲の中でそのことを考えているのかを押さえておかな
ければならない。
例えば、x2
4 の真理集合を考えるときに、自然数全体の集合で考えたときの真理集
合は 1, 2 であるが、実数全体での真理集合は −2
x
う。このような、大元の集合のことを全体集合という。
2 となり、結果が変わってしま
214
第 6 章 集合と命題、条件
■「ならば」
数学の命題は、2 つの条件 p, q を用いて、
「p ならば q 」という形で表されるものが多い。
例えば「x > 3 ならば、x2 > 9」といった感じである（この命題は真）
。この「ならば」に
ついてきちんと学習しておこう。
「p ならば q 」ということを、
p =⇒ q
と表し、このときの p を仮定、q を結論という。
この命題が真となるのは、
「p が真のとき q も真である」ときである。例えば、先ほど例
に挙げた命題では、x > 3 が真であるような x として例えば x = 5 とすれば、x2 = 25 と
なりこれは 9 より大きいので x2 > 9 を満たしている。
注意しなければならないのは、「p が真でないときは q も真でない」と誤解されてしま
う点である。これは日常の感覚とやや異なることに起因しているのであろう。
例えば、父親に「試験で 90 点以上取ったらご褒美を買ってやろう」と言われたとき、
(a) 試験で 90 点以上で、ご褒美を買ってもらえた
(b) 試験で 90 点以上で、ご褒美を買ってもらえなかった
(c) 試験で 90 点未満で、ご褒美を買ってもらえた
(d) 試験で 90 点未満で、ご褒美を買ってもらえなかった
という 4 つの場合のうち、父親の発言が正しい（つまり命題が真）なのはどれだろう
か。感覚的には、(a) と (d) は問題なく「真」だと分かるだろう。また、(b) が「偽」なの
も納得がいく。
問題は (c) である。先ほど「p ならば q 」の真偽の定義として、「p が真のとき q も真」
のときに、命題「p ならば q 」は真だとしたのだった。ポイントは p が偽のときについて
は言及していない、p が偽なら q は何であれ真であるということである。
今の例でいえば、90 点未満のときにご褒美を買わないとは誰も言っていないので、別に
買っても良い、(c) は真だといえるのである。
もう一度確認しておくと、
「p =⇒ q 」が真であるとは、「p が真であれば q も真である」ことをいい、p が真で
なければ q は真でも偽でもどちらでもよい。
また、p =⇒ q と q =⇒ p のどちらも真であるとき、
p ⇐⇒ q
と表し、p と q は同値であるという。
6.2 命題とその真偽
215
■命題の真偽と真理集合
命題の真偽を真理集合を用いて考えてみよう。
命題 p =⇒ q が真であるということは、「p を満たすものは全て q を満たす」というこ
とだから、「p の真理集合の方が q の真理集合の中にある」ということになる。
U
Q
P
P ⊂Q
この図を見ると、p =⇒ q が真であれば、
P ⊂ Q,
P ∩Q=∅
が成り立ち、さらに、
Q⊂P
が成り立つことも分かり、このことは q =⇒ p が成り立つことを表している。∗4 つまり、
p =⇒ q が真であれば、q =⇒ p が成り立つ
ということである。
p =⇒ q に対して、q =⇒ p のことを対偶という。一般に、元の命題と対偶の真偽は一
致することが示された。
次に p ⇐⇒ q が真のときであるが、これについては P = Q が成り立つことは明らかで
ある。
最後に、「命題 p =⇒ q が偽」の場合について、以下の図で考える。「p =⇒ q が偽」と
いうのは、「集合 P の要素の中に、集合 Q の要素でないものが（一部または全て）ある」
ということであり、下図では P ∩ Q の部分を斜線で示した。この部分に反例が存在する
ということを示している。
U
P
∗4
p は否定「p でない」を表す。このあと学習する。
Q
216
第 6 章 集合と命題、条件
命題の真偽と真理集合
条件 p, q の真理集合を P, Q とする。
(1) 命題「p =⇒ q 」が真ならば、
P ⊂ Q ⇐⇒ P ∩ Q = ∅ ⇐⇒ Q ⊂ P
である（ただし、∅ は空集合）。また、対偶：
q =⇒ p
も真である。
(2) 命題「p ⇐⇒ q 」が真ならば
P =Q
である。
(3) 命題「p =⇒ q 」が偽ならば、
P ∩Q=∅
である。
6.2 命題とその真偽
217
■例題 1.76 (命題の真偽) 実数 x, y に関する次の各命題の真偽を答えよ。さらに、真
である場合には証明し、偽である場合には反例をあげよ。
(1) x = 2 ならば x2 = 4 である。
(2) x, y が無理数ならば x + y は無理数である。
(3) x > 0 かつ xy > 0 ならば y > 0 である。
(4) x
0 かつ xy
(5) x + y
0 ならば y
0 かつ xy
0 である。
0 ならば y
0 である。
(3)∼(5)［2008 神戸大・理］
....................................................................................
□解答 1.76 (2) よく見られる引っ掛けなので、覚えておきたい。(5)2 数の条件を座標
上に表して解くことも重要である。
解
(1) 明らかに x = 2 のときは x2 = 4 であるから、真。なお、逆の命題「x2 = 4 ならば
x = 2」は偽である。なぜなら x2 = 4 の解は x = ±2 となり、マイナスの場合もあるから
である。
(2) 偽。反例は x =
√
√
2, y = − 2 のとき、x + y = 0 は無理数ではない。
(3) xy > 0 の両辺を x(> 0) で割ると、y > 0 であるから、真。
(4) 偽。反例は x = 0, y = −1 のとき。このとき、x
0 かつ xy
0 であるが、y < 0
である。
(5) 下図において、x + y
む）。これの共通部分は x
0 は網掛け部、xy
0, y
0 は斜線部である（ただし、境界を含
0 であるから、問題の命題は真。
y
O
x
218
第 6 章 集合と命題、条件
6.2.2 否定
■条件の否定
条件 p に対して、「p でない」という条件を p の否定といい、p で表す。
例えば、
「n は奇数である」の否定は「n は奇数でない」すなわち「n は偶数である」と
なるし、「−1
x
1」の否定は「x < −1 または 1 < x」となる。∗5
この「否定」には、いくつか気をつけなければならない部分があるので、紹介してい
こう。
■「かつ」と「または」の否定
条件 p, q について、
「p かつ q 」のような表現が現れる。これを否定するとどのようにな
るだろうか。
いま、p, q の真理集合を P, Q とするとき、p かつ q の真理集合は P ∩ Q であり、これ
の否定はド・モルガンの定理より P ∪ Q となることから、
p かつ q
⇐⇒
p または q
となる。同様に、
p または q
⇐⇒
p かつ q
となる。
■「すべて」と「ある」の否定
2 つの命題を考えよう。
(a) すべての実数 x について x2 > 0 が成り立つ
(b) ある実数 x について x2 > 0 が成り立つ
ここでの違いは「すべて」と「ある」であるが、これは論理ではとても重要になるポイ
ントである。
まず、(a)「すべての実数 x について x2 > 0 が成り立つ」は、どのような x についても
x2 > 0 が成り立たなければならないのだが、x = 0 では x2 > 0 は成り立たない。つまり
この命題は偽である。
それに対し、(b)「ある実数 x について x2 > 0 が成り立つ」は、実数の中に 1 つでも
x2 > 0 を満たす x が存在すれば真となる。例えば x = 1 でこれは成り立つのでこの命題
は真である。
ところで、これらの命題を否定するとどのようになるだろうか。
(a) の否定は「すべての実数 x について x2
0」としたくなるが、これは間違いであ
る。「すべて」の部分が否定されていないからである。
∗5
これを、
「x < −1, 1 < x」とかくと、
「,」が「かつ」なのか「または」なのか紛らわしいので、このよう
なときは日本語で書いた方がよい。
6.2 命題とその真偽
219
2 か所も否定しなくちゃいけないの？ と思う人もいるだろう。実際このような例では
理解しづらいので、分かりやすい例を出しておこう。命題として、
「すべての生徒がテストで 90 点以上取った」
(a)
を考える。これの否定は「すべての生徒が 90 点以上取らなかった（90 点未満だった）
」と
はならない。(a) の内容の否定は、全員が 90 点未満なのではなく、中には 90 点以下の人
もいるという内容である。これを数学的に書くと、
「ある生徒はテストで 90 点未満であった」
(b)
となる。これは「すべて」が「ある」になり、
「90 点以上」が「90 点未満」となっており、
やはり 2 か所とも逆にしなければならない。
つまり、
「すべての x に対して条件 p が成り立つ」を否定すると、
「ある x に対して p で
ない」となる。
逆に、「ある x に対して条件 p が成り立つ」を否定すると、「すべての x に対して p で
ない」となる。これも分かりやすい例で言うと、「ある生徒は 100 点だった」の否定は、
「ある生徒は 100 点をとらなかった」ではなく、「だれも 100 点を取れなかった」、すなわ
ち「すべての生徒は 100 点を取らなかった」となる。
このことを一般的にまとめておこう。
p を条件としたとき、
「すべての x に対し p」の否定は、「ある x に対し、p でない」
「ある x に対し p」の否定は、「すべての x に対し、p」
となる。
最後に 2 つ注意点を挙げておく。
1 つ目は言葉の紹介である。「すべての x」という表現は、他にも「どんな x」、「任意の
x」「（2 つの場合は）ともに」「常に」のような表現に変わることもあるが、いずれも否定
を考えるときにはこの言葉自体が入れ替わることを覚えておきたい。一方で、
「ある x」と
いう表現は、「適当な x」、
「少なくとも 1 つの x」、「…であるような x が存在する」とい
う表現になることもある。
2 つ目は記号の紹介である。「すべての」という意味を表す記号として「∀」がある。例
えば、「すべての x について」ということを
∀x について
などと書くことがある。なおこの ∀ は、All（全ての）、Any（どのような∼についても）
の頭文字 A を逆にした記号である。また「ある」を表す記号として「∃」がある。これを
用いると、「ある x について」を
∃x について
などと書く。これは Exist（
（1 つは）存在する）の頭文字 E を逆にした記号である。これ
らの記号は大学数学でよく用いられる。
220
第 6 章 集合と命題、条件
■命題の否定
命題の否定について考えてみよう。
先ほども述べたように、命題は大抵の形が p =⇒ q という形をしているので、まずはこ
の形をしていない命題の否定を簡単に紹介しておく。
例えば命題「5 は素数である」の否定は「5 は素数ではない」になる。もとの命題は真
であり、その否定した命題は当然偽である。一般に、命題 A とその否定 A の真偽は逆に
なる。
次に命題「p ならば q 」の否定について考えてみよう。
例えば命題「x > 3 ならば x2 > 9」（この命題は真）について考えよう。これを読み下
すと「すべての x > 3 を満たす x は、x2 > 9 を満たす」という意味であるが、この否定は
先ほど学習したように「すべて」を「ある」に直し、後半の条件の部分も否定をとる、す
なわち「ある x > 3 を満たす x は、x2 > 9 を満たさない」となる。もっというと「x > 3
を満たす x のうち、x2
9 のものがある」ということになる（もちろんそんな x は存在
しないので、否定命題は偽）。
一般に「p =⇒ q 」の否定は、
「p であるが q でないものがある」
、すなわち反例が存在す
るということである。
6.2 命題とその真偽
221
■例題 1.77 (条件の否定) a, b は実数とする。次の条件の否定を作れ。
(1) a, b はともに正の数。
(2) a, b の少なくとも一方は 0 である。
....................................................................................
□解答 1.77 「ともに」の否定は「少なくとも一方」になり、「少なくとも一方」の否
定は「ともに」になる。
解
(1) a, b のうち少なくとも一方は正でない（負の数）。式で表すと、a
0 または b
0
となる。
(2) a, b はともに 0 でない。式で表すと、a = 0 かつ b = 0 となる。
■例題 1.78 (命題の否定) x は実数とする。次の命題の否定を作れ。また、その否定
の命題の真偽を述べよ。
(1) x2 > 1 ならば x > 1 である。
(2) x
2 ならば x3 > 8 である。
....................................................................................
□解答 1.78 解
(1) 「x2 > 1 を満たす x のうち、x
1 となる x が存在する。」これは、真（例えば
x = −2）。
(2) 「x < 2 を満たす x のうち、x3
は真）。
8 となる x が存在する。」これは、偽（元の命題
222
第 6 章 集合と命題、条件
6.2.3 必要条件と十分条件
まずは、記号をチェックしておこう。「p ならば q 」ということを「p =⇒ q 」と示す。
さて、「p =⇒ q 」が真であるとき、p は q であるための十分条件、q は p であるための
必要条件という。これは、
十分 =⇒ 必要
∗6
と覚えておくと覚えやすい。
また、p =⇒ q, q =⇒ p がどちらも真、すなわち p ⇐⇒ q であるとき、p は q であるため
の（または、q は p であるための）必要十分条件という。また、このことを同値ともいう。
初心者がつまづきやすい部分であるから、例題でよく練習しておこう。
必要条件・十分条件は難しい！ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
必要十分条件は、はじめはとても分かりにくい。なにが「必要」なのか、何が「十分」
なのか、ということを意識して理解したい。
例として、x > 1 は x2 > 1 であることの 条件という問題が出たとしよう。これを
解くにはどうしたらよいか。
まず、2 つを並べた命題「x > 1 =⇒ x2 > 1」の真偽を考える。これは真である。する
と先ほどの「十分 =⇒ 必要」から、「x > 1」のほうは（x2 > 1 であるための）十分条件
であるといえる。これは x > 1 であれば x2 > 1 を満たすのには十分であるということ
を表している。
また、「x2 > 1」が（x > 1 であるための）必要条件である。これは、x2 > 1 を満たす
ためには x > 1 が（これだけでは足りないが、ないよりはまし、必要最低限の）条件であ
るといえるからこのように呼ぶのである。
さらに、逆も考える。矢印の前後を入れ替えた命題「x2 > 1 =⇒ x > 1」の真偽を考え
ると、これは偽であるから、「x2 > 1」は十分条件ではない、「x > 1」は必要条件ではな
い、ということが分かる。
実際に問題などで見分けなければならないときには、まず「p =⇒ q の形で書き」
、これ
が真なら「p が十分条件、q が必要条件」とすれば見極めることができる。同様に q =⇒ p
の場合にも調べる。全部で 2 つの命題の真偽を確かめるのである。
ここで p =⇒ q, q =⇒ p のどちらも成り立つ場合はどちらも必要十分条件というし、ど
ちらも成り立たない場合は必要条件でも十分条件でもないことになる。
∗6
十分だから相手に矢印が向く。必要だから矢印が入ってくる方向。お金を十分持っている人は、お金の必
要な人のほうにあげる、ことはないでしょうが、そういうものを考えれば覚えやすい。
6.2 命題とその真偽
223
■例題 1.79 (必要条件と十分条件) 次の に当てはまる言葉は次のうちどれか。
（ア） 必要十分条件である
（イ） 必要条件であるが十分条件ではない
（ウ） 十分条件であるが必要条件ではない
（エ） 必要条件でも十分条件でもない
(1) x > 1 は x
1 であるための 。
(2) x2 = y 2 は x = y であるための 。
(3) x < y は x4 < y 4 であるための 。
√
(4) a 0 は a2 = a であるための 。
(5) ∠A < 90◦ は
ABC が鋭角三角形であるための 。
....................................................................................
□解答 1.79 基本は、命題 p =⇒ q と q =⇒ p の真偽を確かめて、真であれば矢印の手
前を十分条件、矢印の後ろを必要条件という。
解
(1) x > 1 =⇒ x
1 は真、x
1 =⇒ x > 1 は偽（反例は x = 1 のとき）。よって、
x > 1 は十分条件ではあるが、必要条件ではない。よって（ウ）。
(2) x2 = y 2 =⇒ x = y は偽（反例は x = −y のとき）、x = y =⇒ x2 = y 2 は真。よっ
て、x2 = y 2 は十分条件でないが、必要条件である。よって（イ）。
(3) x < y ⇐⇒ x4 < y 4 は偽（反例は x = −4, y = 2 のときなど）、x4 < y 4 ⇐⇒ x < y
も偽（反例は x = 2, y = −4 のときなど）。よって必要条件でも十分条件でもないので
（エ）。
(4) √
a2 = |a| である。a
0 =⇒
√
√
a2 = |a| = a は真、 a2 = |a| = a =⇒ a
0も
真。よって、必要十分条件なので（ア）。
(5) 「∠A < 90◦ =⇒
ABC が鋭角三角形である」は偽（反例は A = 60◦ , B =
100◦ , C = 10◦ など）、「 ABC が鋭角三角形である =⇒ ∠A < 90◦ 」は真。よって（イ）
である。
224
第 6 章 集合と命題、条件
■例題 1.80 (恒等式) 次の等式が恒等式になるように a, b, c の値を決めよ。
x2 + 2x − 1 = a(x + 1) + bx + cx2
....................................................................................
□解答 1.80 この問題は、■例題 1.59 ですでに学習したが、ここでは「必要条件」と
「十分条件」の意味をより深く理解してもらうため、再掲した。
まずは必要条件を求める。例えば問題の式に x = 0 を代入すると、−1 = a となる。同
様に x = −1, 1 を代入するとそれぞれ、
−2 = −b + c,
2 = 2a + b + c
となるため、これらより a = −1, b = 3, c = 1 となる。
と、ここまでで終わりにしてはならない。x が他の値、例えば x = 3 を入れても成り立
つの？ という疑問に答えていないからである。
このように、適当な値を入れて調べることによって得られる情報は、（ある特定の値を
いれた場合にはこうなっていないと困る、こうなっていることが必要だ、という意味で）
「必要条件」なのである。
きちんとした解答にするためには、十分性、すなわち、
a = −1, b = 3, c = 1 =⇒ x2 + 2x − 1 = a(x + 1) + bx + cx2
が真であることを言えればよいのである。
解 問題の式に x = 0, −1, 1 を代入して、
a = −1, b = 3, c = 1
を得る（ここまでが必要条件）。この a = −1, b = 3, c = 1 を右辺に代入すると、右辺は
x2 + 2x − 1 となり、左辺と一致するので与式は恒等式となる。これが十分性の確認で
ある。
ここまで書いてはじめて解答として成り立つ。答えは a = −1, b = 3, c = 1 である。
慣れない人が見ると「こんなの有り？」と言いたくなるような解答ではあるが、
「まずは適当な値で予想し、必要条件を探す」
そして「その必要条件で十分であることを示す」
という方法はなかなか有用である。297 ページの●練習 12 も同様の問題なので、これも
合わせてより深く理解してもらいたい。
6.2 命題とその真偽
225
6.2.4 命題とその逆・裏・対偶
逆・裏・対偶
命題 p =⇒ q に対し、
q =⇒ p を逆、p =⇒ q を裏、q =⇒ p を対偶
という。
また、対偶の関係にある 2 つの命題の真偽はお互いに一致する。
逆、裏、対偶についてはそれぞれ語句の定義である。きちんと覚えておこう。
もとの命題とその対偶の真偽が一致することについては、216 ページでも紹介したので
割愛する。
■例題 1.81 (逆・裏・対偶)
(1) x は実数とする。「“x < 0 または 1 < x”ならば x2 > 1」の逆・裏・対偶を作り、
その真偽を調べよ。
(2) a は実数を表すとする。命題「ある実数 x について ax2 < 0 が成り立つならば、
a < 0 である」の対偶を答えよ。
［2001 慈恵医大］
....................................................................................
□解答 1.81
(1) 元の命題は、偽（反例は x = −0.5 など）。
逆
(2) 「a
真である。
x2 > 1 ならば“x < 0 または 1 < x”
裏
0
対偶
x2
x
1 ならば x2
1 ならば 0
0 ならば全ての実数 x について ax2
x
真
1
真
1
偽
0 が成り立つ。」なお、この命題は
226
第 6 章 集合と命題、条件
6.3 対偶法と背理法
6.3.1 対偶法
前節で見たとおり、ある命題とその対偶の真偽は一致する。このことを利用して、直接
証明しにくいことを、その対偶が真であることを用いて証明する方法がある。この方法を
対偶法という。
■例題 1.82 (対偶による証明) 次の命題を証明せよ。
(1) 整数 n の平方が 3 の倍数ならば、n は 3 の倍数であることを証明せよ。
(2) 整数 m, n について m2 + n2 が奇数なら、積 mn は偶数である。
....................................................................................
□解答 1.82 直接の証明が難しいときには、その対偶を取ることを考える。
解
(1) 与えられた命題の対偶は「n が 3 の倍数でないなら、n2 は 3 の倍数でない」であ
る。これを証明すればよい。
n は 3 の倍数じゃないから、n = 3k ± 1 とおける。このとき、n2 = 9k 2 ± 6k + 1 =
3(3k 2 ± 2k) + 1 となるから、n2 は 3 の倍数ではない。
与えられた命題の対偶は真であることが証明されたので、与えられた命題も真である。
(2) 対偶は「mn が奇数なら m2 + n2 は偶数である」である。mn が奇数ならば、m, n
はともに奇数。このとき、m2 , n2 は奇数なので、m2 + n2 は偶数となる。
対偶が真だから、もとの命題も真であることが証明された。
6.3 対偶法と背理法
227
6.3.2 背理法
命題を否定すると、その真偽は入れ替わる。このことを利用して、ある命題の真偽を調
べたい（または主張したい）ときに、その命題の否定が元の命題の真偽の逆になることを
利用して証明する方法を背理法という。
たとえば、p =⇒ q を証明したいときに、これが成り立たないと仮定（つまり p であっ
て q でないものがある）をして矛盾を導き、その結果命題が真であるとすればよい。
■例題 1.83 √
3 が無理数であることを証明せよ。
....................................................................................
√
□解答 1.83 解 命題「 3 は無理数である」を否定して、それが偽であることを示せ
ば、もとの命題は真であることになる。
√
3 が有理数であると仮定する。つまり、
√
3=
q
（p, q は正の整数で互いに素∗7 とする。）
p
とおけるとする。両辺を 2 乗して整理すると、
q 2 = 3p2
(a)
となる。右辺は 3 の倍数であるから、左辺 q 2 も 3 の倍数である。
ここで、■例題 1.82(1) より、q 2 が 3 の倍数であるとき、q も 3 の倍数であるから
q = 3q とおける。
q = 3q を (a) に代入すると、3q 2 = p2 となり、同様に p も 3 の倍数であるといえる。
すると、p, q はどちらも 3 の倍数であることになるが、これは互いに素であることに矛
盾する。
√
したがって、 3 は有理数ではなく、無理数である。
∗7
互いに素とは、最大公約数が 1 であることを指す。
229
第7章
整数問題と論証問題
この章で学ぶ整数問題や論証問題は、高校の教科書にはあまり詳しく取り上げられては
いない。しかし入試問題、とくに難関大の入試問題ともなると、整数の性質を取り上げた
問題や、論証を必要とする問題が出題されるものである。
そこで、この章では実際の入試で求められる必須手段を中心に紹介していこう。
230
第 7 章 整数問題と論証問題
7.1 整数問題
7.1.1 不定方程式
■不定方程式とは
例えば、x + y = 6 という方程式は、式が 1 つなのに文字が 2 つあるから、一般には解
を 1 つ（1 組）に定めることはできない。このような方程式を不定方程式という。
しかし、例えば「x, y は自然数」という条件があれば、
(x, y) = (1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1)
という解に限定される。∗1
入試などで出題される問題は、このように現れる文字に制限がかけられ、その制限の中
で方程式が満たす解を探すという問題が多い。実際にいくつかの問題をみてみよう。
■正の数の和
冒頭に挙げた通り、x + y = 6 は解が無限にあるが「x, y は正の整数」という条件を加
えるだけで、解はかなり減る。不定方程式において「正の数」という条件は、かなり重要
なキーワードである。
■例題 1.84 (2 乗の和にして候補を絞る) x2 + 4xy + 5y 2 = 10 を満たす正の整数 x, y
の組を全て求めよ。
....................................................................................
□解答 1.84 解
x2 + 4xy + 5y 2 = (x + 2y)2 + y 2 = 10
と 2 乗和の形にすれば、x, y は正の整数だから、 (x + 2y)2 , y 2 = (9, 1), (1, 9) のペアに
限られることに注意する。すると、x, y は正の数だから、
(x + 2y, y) = (3, 1), (1, 3)
となる。
• (x + 2y, y) = (3, 1) を解いて (x, y) = (1, 1)、これは条件を満たす解。
• (x + 2y, y) = (1, 3) を解いて (x, y) = (−5, 3)、これは x が正ではないので不適。
よって、答えは (x, y) = (1, 1) のみ。
∗1
ここで単に x, y は正の数といわれると、たとえば (x, y) = (0.1, 5.9) のように小数まで考えなければな
らなくなり、解は無数に存在してしまう。整数だからこそ解が限られるのである。
7.1 整数問題
231
■因数分解型
まずは因数分解することで候補を絞る場合である。たとえば A, B を正の整数としたと
きに、
AB = 10
という形であれば、(A, B) = (1, 10), (2, 5), (5, 2), (10, 1) といった解しかありえない。特
に右辺が素数 p であれば、
AB = p
−→
(A, B) = (1, p), (p, 1)
しかあり得ないことも重要なポイントである。
因数分解型で難しいのは、2 文字の含まれる式を因数分解するところにある。xy + 2x +
3y − 5 = 0 のような式の因数分解は、高校の教科書にはあまり登場しない。∗2 そこで、そ
の方法を簡単に記しておこう。まず、2 次の項を 2 つの項に分けて
xy + 2x + 3y + · · · = (x +
のようにする。あとは、
)(y +
) + ···
の部分を、展開したときに 2x, 3y が現れるように
xy + 2x + 3y + · · · = (x + 3)(y + 2) + · · ·
とする。これで重要な部分はできあがりである。あとは定数項をうまく調整して、
xy + 2x + 3y − 5 = (x + 3)(y + 2) − 11 = 0
すなわち、
(x + 3)(y + 2) = 11
となる。
■例題 1.85 (因数分解して候補を絞る) xy − 3x − 4y = 0 を満たす正の整数 x, y の組
を全て求めよ。
....................................................................................
□解答 1.85 解 (x − 4)(y − 3) − 12 = 0 と因数分解できることより、
(x − 4)(y − 3) = 12
とできる。このとき、(x − 4, y − 3) のペアは、
(x − 4, y − 3) = (1, 12), (2, 6), (3, 4), (4, 3), (6, 2), (12, 1)
の 6 組が考えられる。これを (x, y) について解いて、
(x, y) = (5, 15), (6, 9), (7, 7), (8, 6), (10, 5), (16, 4)
となる。
∗2
その割りに 2007 年のセンター試験 IIB で出題されていたりするから難しいものである。
232
第 7 章 整数問題と論証問題
■分数型
分数タイプの整数問題も必須です。
x4 + 2
のような分数式を見たときに、読者は
x2 + x + 1
何を考えるだろうか。分母の次数の方が大きいような“頭でっかち”な分数は、とにかく
分子の分母が小さくなるように割り算します。
x4 + 2 = (x2 + x + 1)(x2 − x) + x + 2
となることから、
x+2
x4 + 2
2
=
x
−
x
+
x2 + x + 1
x2 + x + 1
と変形します。
分数式を見たら、頭でっかちはダメ！
■例題 1.86 (分数式が整数になる条件)
めよ。
x2 + 2x
が整数になるように、整数 x の値を求
x−1
［2000 札幌大］
....................................................................................
□解答 1.86 頭でっかちはダメ！ 「分子の次数 < 分母の次数」の形に変形するクセ
を付けておきましょう。
解 分子の次数の方が高いので、整数部を外に出すことができるので、
x2 + 2x
3
=x+3+
x−1
x−1
となる。
x は整数なので、x + 3 も整数。よって、元の分数が整数になるためには、
3
が
x−1
整数であればよい。そのためには、x − 1 が 3 の約数（負でもよい）になればよいから、
x − 1 = ±1, ±3 であればよい。
よって、x = −2, 0, 2, 4 であればよい。
7.1 整数問題
233
■ax + by = k
これはやや難しいパターンである。たとえば、
2x + 3y = 10
を満たす解を求めよ、といった場合である。これも「x, y が自然数」という条件があれば、
(x, y) = (2, 2) しかない。∗3
しかし、そのような条件がない場合は、2x + 3y = 10 を満たす解すべてを表さなけれ
ばならない。その方法は簡単にまとめると、ax + by = k という形の解法は、
• 適当な解を 1 つ見つける
• 元の式と、適当な解を代入した式から、一般解を求める
となっている。次の例題を見ながら学んでいこう。
■例題 1.87 (ax + by = k) 5x + 3y = 35 を満たす正の整数 x, y の組を全て求めよ。
....................................................................................
□解答 1.87 解
5x + 3y = 35
(a)
の適当な解を 1 つ見つける。すると、(x, y) = (1, 10) が容易に（なんとかして？）見つか
る。∗4 ここで見つけた解 (x, y) = (1, 10) を (a) 式に代入すると、
5 · 1 + 3 · 10 = 35
(b)
となる。ここで (a) 式 −(b) 式より、
5(x − 1) + 3(y − 10) = 0
となり、5(x − 1) = 3(10 − y) と変形できる。
3 と 5 は互いに素だから x − 1 は 3 の倍数となるため x − 1 = 3k とおける。すると
5 · 3k = 3(10 − y) から、10 − y = 5k となる。よって、
x = 3k + 1,
y = −5k + 10
となる。x, y は正でなければならないから、k = 0, 1 でなければならない。よって、
(x, y) = (1, 10), (4, 5) である。
♠ この問題の背景には、整数論の基本定理（→ 7.1.2 節参照）がある。また、類題として
●練習 14 も解いていただきたい。
∗3
5
5
5
5
これを論証するのも、初心者には難しいかもしれない。x, y が正の整数だから、2
2x 7, 3 3y 8
でなければならない。よって、x = 1, 2, 3, 4 と y = 1, 2 しかあり得ない。x = 1 の場合 3y = 8 は y が
自然数でないから不適。このように虱潰しに求めて、x = y = 2 という解を得る。
∗4 ここは異なる解でもよい。たとえば (x, y) = (4, 5) としても、このあとの過程を同じように追いかけれ
ば答えにはたどり着ける。
234
第 7 章 整数問題と論証問題
■範囲を絞って考える
ここで扱うのは、たとえば、
x + y + z = xyz
という不定方程式である。この問題は不定方程式としては最も有名で、かつ知らないと手
を付にくい問題である。
こ の 方 程 式 の 最 大 の 特 徴 は x, y, z の 対 称 式 で あ る と い う こ と に あ る 。先 に 答 え
をいうと、3 つの数が 1, 2, 3 のとき 両辺が 6 で等し くなる。厳密には、(x, y, z) =
(1, 2, 3), (1, 3, 2), · · · のように 3! = 6 種類の答えがあることになる。しかし、ここで重要
なのは、とにかく 1, 2, 3 という 3 つの数字のペアが分かることである。そうすればあとで
順番を入れ替えればよいだけだからである。
1, 2, 3 という 3 数を見つけることと、(x, y, z) = (1, 2, 3), (1, 3, 2), · · · といった 6 種類
のペアを見つけることの違いは、x, y, z の順番を決めるか決めないかである。当然、問題
を解く場合、1 つだけ求めればよい前者の方が楽である。
では、この違い、すなわち「x, y, z の順番を決めるか決めないか」というのはどこで決
まるのだろうか。今回のように対称式である場合、
x
y
z
という条件をつけて考え、まず (x, y, z) = (1, 2, 3) という解を求められれば、最後にこの
条件をなくして、6 通りの解を求めたことにすればよい。
この条件は、勝手につけられているように思えるが、一般性を失わないような条件であ
る。すなわち、もとの方程式に解があるとすれば、この条件を満たす解が少なくとも 1 つ
ある。
さて、例題を通じてこの解法を求めていこう。
7.1 整数問題
235
■例題 1.88 (範囲を絞る)
1
1 1
+ + =1
x y z
をみたす正の整数 x, y, z の組を全て答えよ。
....................................................................................
□解答 1.88 解 まずは、x
y
z として考える（最後に大小の順序をなくせばよ
い）。すると、
1
x
1
y
1
z
となるので、
1=
1
1 1
+ +
x y z
1
1
1
3
+ + =
x x x
x
(a)
となる。∗5
(a) 式より、
x
3
となるので、x = 1, 2, 3 のいずれか。
(i) x = 1 のとき、1 +
1 1
+ = 1 を満たす正の数 y, z は存在しない。
y z
(ii) x = 2 のとき、
1 1 1
+ + =1
2 y z
1 1
1
+ =
y z
2
より、
となる。分母を払って、
2z + 2y = yz
yz − 2y − 2z = 0
(y − 2)(z − 2) = 4
これは■例題 1.85 の形。y
z を考えて、これを満たす正のペアは、
(y − 2, z − 2) = (2, 2), (1, 4),
(y, z) = (4, 4), (3, 6)
(iii) x = 3 のとき、
1 1
2
+ =
y z
3
∗5
これは、
1
1
は他の 2 つよりも大きいのだから、どんなに大きく見積もっても
を 3 つ足したものより
x
x
は小さいという不等式の評価である。
236
第 7 章 整数問題と論証問題
となるので、分母を払って、
2yz − 3y − 3z = 0
4yz − 6y − 6z = 0
(2y − 3)(2z − 3) = 9
より、考えられるペアは、
(2y − 3, 2z − 3) = (1, 9), (3, 3), (9, 1)
(y, z) = (2, 6), (3, 3), (6, 2)
このうち、x
y
z を満たすのは、(y, z) = (3, 3) のみ。
(i)、(ii)、(iii) より、(x, y, z) = (2, 4, 4), (2, 3, 6), (3, 3, 3) である。
最後に x
y
z の制限をなくして、順序は関係なくせば、
(x, y, z) =(2, 4, 4), (4, 2, 4), (4, 4, 2),
(2, 3, 6), (2, 6, 3), (3, 2, 6), (3, 6, 2), (6, 2, 3), (6, 3, 2),
(3, 3, 3)
♠ 例題のように、ヒントのない状態で解くのは、方法をしらないと解けないだろう。しか
し、次の問題のように誘導があれば解けるようになっておいてもらいたい。
1
1 1
+ + = 1 を満たすとする。
x y z
(1) そのうち、特に x y z を満たす場合、(x, y, z) の組は 3 通りある。それら
自然数 x, y, z が
を求めよ。
(2) (x, y, z) の組は全部で何通りあるか。
［2007 同志社大・政策］
この誘導は、まさに上の解答でみたものと同じようになっている。ここまでを自力でで
きるようになりたい。
7.1 整数問題
237
7.1.2 整数論の基本定理
■例題 1.87 でも見たとおり、ax + by = k の形をした方程式は頻出である。この節では
この方程式の背景にある定理を紹介していこう。
整数論の基本定理
a と b が互いに素な整数のとき、
ax + by = 1
を満たす整数 x, y の組が存在する。
この定理の証明は、次の例題で行おう。
■例題 1.89 (整数論の基本定理) 自然数 a, b について、ax + by = 1 を満たす整数 x, y
が存在するための必要十分条件は、a と b の最大公約数が 1 であることを証明せよ。
†［2002 明治大（商）］∗6
....................................................................................
□解答 1.89 まずは必要性、つまり、a, b が互いに素でなければならないことを証明する。
ax + by = 1 を満たす整数 x, y が存在するとき、a, b が 2 以上の公約数 n を持つとす
る。すると、整数 a , b を用いて、
a = na , b = nb
と表すことができる。よって、
n(a x + b y) = 1
となり、これは矛盾（1 は約数に n をもつはずがない）
。よって、a, b は互いに素でなけれ
ばならない。
次に十分性、つまり、a, b が互いに素であれば、ax + by = 1 を満たす x, y が存在する
ことを証明する。
b = 1 のときは y = 1 − ax とすればよい（b はいくつでも a と互いに素になる）。
b
2 のとき、a と b が互いに素ならば、
a, 2a, 3a, . . . , ba
を b を割った余りはすべて異なることになる。
∗6
原題では、a, b, x, y がそれぞれ m, n, a, b となっていたが、ここでは定理の文字と同じになるように変更
した。
238
第 7 章 整数問題と論証問題
なぜならば、ia と ja（ただし、i, j(i = j) は 1 から b のいずれか）を b で割った余りが
等しいとすれば、ia − ja = (i − j)a も b の倍数ということになるが、i, j はいずれも b よ
り小さいのだからこのようなことはありえない。
一方、b で割った余りは 0, 1, . . . , b − 1 の b 種類だから、全ての余りが登場することに
なる。つまり、中には余りが 1 になるものが存在することがいえ、それを xa とおき、商
を −y とおくと、
ax = (−y)b + 1
より、
ax + by = 1
となる x, y の存在が証明された。
7.1 整数問題
239
7.1.3 ユークリッドの互除法と連分数展開
■ユークリッドの互除法
整数論の中でも特に有名なものが、ユークリッドの互除法というものである。
ユークリッドの互除法
a は b の倍数でないとし、a を b で割った余りを r とする。すなわち、
a = bq + r （1
r < b）
とする。このとき、a と b の最大公約数と b と r の最大公約数は一致する。
a と b の最大公約数のことを (a, b) と表したりする。この表記を用いれば、
(a, b) = (b, r)
である。
これは直感的には理解しがたいかもしれない。これを証明してみよう。
証明
a と b の約数を m とする（このとき、m は最大公約数でなくてもよいとする）と、
a = ma , b = mb
となるので、これを a = bq + r に代入して、
ma = (mb )q + r
となるから、これを r について解けば、
r = m(a − b q)
となる。これはより m は r の約数でもあることが分かる。
逆に、b と r の公約数を m とすると、
b = mb , r = mr
となるので、これを a = bq + r に代入して、
a = (mb )q + mr
= m(b q + r )
となるから、m は a の約数である。
これらより、
m は a と b の公約数 ⇐⇒ m は b と r の公約数
となる。
ここで、a と b の公約数全体と b と r の公約数全体は等しいので、最大公約数も一致
する。■
240
第 7 章 整数問題と論証問題
■例題 1.90 (ユークリッドの互除法) 731 と 153 の最大公約数を求めよ。
....................................................................................
□解答 1.90
731 = 153 × 4 + 119
だから、「731 と 153 の最大公約数」=「153 と 119 の最大公約数」となる。式で表すと、
(731, 153) = (153, 119)
となる。さらに、153 = 119 × 1 + 34 だから、
(153, 119) = (119, 34)
となる。119 = 34 × 3 + 17 より、
(119, 34) = (34, 17)
となる。ここで 34 = 17 × 2 + 0 となることより、「731 と 153 の最大公約数」は 17 で
ある。
7.1 整数問題
241
■有理数の連分数表示
b を a で割ってできる数
a
を考えよう。商が q1 、余りが r1 だっとするとき、つまり、
b
b ÷ a = q1 あまり r1
だとするとき、
r1
b
= q1 +
（q は整数、0
a
a
r1
< 1）
a
が成立する。
ここで、
r1
a
= 0 のときには、その逆数
は 1 以上になるので、再びこれを分解するこ
a
r1
とができる。つまり、
a
r2
= q2 +
r1
r1
が成り立つので、これを先ほどの式に代入すれば、
b
= q1 +
a
1
q2 +
r2
r1
であることがわかる。これを余りがなくなるまで繰り返せば、
b
= q1 +
a
1
q2 +
1
q3 +
1
..
.
となる。
また、この連分数展開を、整数部を集めて、
b
= [q1 , q2 , · · · ]
a
と表すことになっている。
実際に次の例題を手で計算してみれば分かるが、この過程は互除法の過程と似た部分が
ある。
■無理数の連分数展開
有限小数や循環する無限小数は分数で表示できることは既に確認した。それに対し、循
環しない無限小数を一般に表示するときに、この連分数表示が効果を発揮する。
つまり、ある有理数であれ無理数であれ、実数 α は、すべて今見たような連分数展開が
可能である。α が有理数の場合は今見たとおりであるから、α は無理数とする。
連分数表示の基本は、ある数を（整数部）＋（小数部）に分け、その小数部の逆数をも
う一度（整数部）＋（小数部）に分け、ということを繰り返すことである。
そこで、まず q1 = [α] とする。∗7 そして、r1 として α − q1 を採用すれば、先ほどと似
た議論ができる。これについても次の問題で練習してみよう。
∗7
[α] は α を超えない最大の整数を表す記号。ガウス記号。
242
第 7 章 整数問題と論証問題
■例題 1.91 (連分数展開) 次の数を連分数展開せよ。
(1) √
731
(2) 2
153
....................................................................................
□解答 1.91 解 (1) この数は、■例題 1.90 で見たものである。この問題と比較し
てもらいたい。
731
119
=4+
153
153
であり、
34
153
=1+
119
119
となることより、
731
=4+
153
1
1+
34
119
さらにこれを繰り返し、
731
=4+
153
1
1
1+
3+
1
=4+
1+
17
34
1
3+
1
2
となる。
これより、
731
= [4, 1, 3, 2]
153
と書くことができる。
(2) まず、
√
√
2 = 1 + ( 2 − 1)
と分解する。これはある数 α を（整数部）＋（1 以下の部）に分けているのである。この
1 以下の部の逆数は、もう一度分解できるはずで、
√
√
√
1
= 2 + 1 = 2 + ( 2 − 1)
2−1
と分解できるので、代入すれば、
√
2=1+
1
√
2 + ( 2 − 1)
となる。すると、先ほどと同じ小数部が現れるので、再びこれを逆数にして展開すれば、
√
1
2=1+
2+
1
√
2 + ( 2 − 1)
7.1 整数問題
243
これを繰り返して、
√
1
2=1+
2+
1
.
2 + ..
となる。
これより、
731
= [1, 2, 2, · · ·]
153
と書くことができる。
♠ このように、連分数は実数を有理数で近似するために利用される。
e, π の連分数表示 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
さらに難しい話になるので、ここでは紹介にとどめておくが、「既約な整数係数の 2 次
方程式の解である実数」を 2 次の無理数ということにすると、循環連分数は 2 次の無理数
であり、2 次の無理数は循環連分数で表せることが分かっている。
ところで、この連分数表示を用いて e, π は、
e = [2, 1, 2, 1, 1, 4, 1, 1, 6, 1, 1, 8, 1, · · · ]
π = [3, 7, 15, 1, 292, 1, 1, 1, 2, 1, 3, 1, 14, 2, 1, 1,
2, 2, 2, 2, 1, 84, 2, 1, 1, 15, 3, · · · ]
と表される。これによると、e, π はどちらも超越数だが、面白いことに π より e の方に規
則性が見られる。
これは、π に比べて e の方が有理数に近い、ということがいえるのかもしれない。
244
第 7 章 整数問題と論証問題
7.2 合同式
7.2.1 合同式の基本とその利用
■合同式
大学入試だけでなく、数学で議論をする際に「余り」や「周期」に注目することは多い。
例えば、一週間は 7 日であるから、日曜日は 7 日おきに来る。ある月の 1 日が日曜日であ
るとき、次の日曜日は 8 日、その後も 15, 22, 29 日となるが、これの共通点は「7 で割っ
た余りが 1 である日」と考えれば、余りという概念を利用すれば容易にまとめることがで
きる。
このように、余りという概念を一般的に扱うときに、「合同式」というものを用いると
∗8
非常に議論がしやすくなる。まずは、その「合同式」を導入しよう。
合同式
整数 a, b に対し、a − b がある数 n の倍数であるとき、
a ≡ b （mod.k ）
(7.1)
と表し、a と b は n を法として合同であるという。∗9
これは、「a, b を k で割った余りが等しい」と覚えるとよい。ただし、このときの余りは
負の数になってもよく、例えば、7 を法とすると（つまり、mod.7 において）、
−13 ≡ −6 ≡ 1 ≡ 8
が成り立つ。
さて、これだけではただの便利な記号でしかないが、合同式が広く使われるのは、合同
式には次のような計算法則が成り立つからである。
∗8
合同式という概念は高校では学習しないが、非常に利用価値が高いものである。そこで、本章の、特にこ
の節の内容はきちんと身に付けておいてほしい。
∗9 mod. は modulo の略で、
「モッド」だとか「モデュロー」と読む。
7.2 合同式
245
合同式の計算法則
a ≡ b, x ≡ y （mod.k ）のとき、
(i)
a ± x ≡ b ± y（mod.k ）
(7.2)
(ii) ax ≡ by（mod.k ）
(7.3)
2
a2 ≡ b（
mod.k ）
(7.4)
(iii)
(iii)’
an ≡ bn（mod.k ）
(7.5)
が成り立つ。
証明
a ≡ b, x ≡ y （mod.k ）より、
a − b = kp, x − y = kq
とおける。
(i)
(a + x) ± (b + y) = (a − b) ± (x − y)
= k(p ± q)
は k の倍数だから、証明された。
(ii)
ax − by = ax − ay + ay − by
= a(x − y) + y(a − b)
= a(kq) + y(kp)
= k(aq + yp)
は k の倍数だから、証明された。
(iii) (ii) において、x = a, y = b でもよく（なぜなら、a ≡ b（mod.k ））、これを代入す
れば、
a2 ≡ b2
となり、証明される。
すると、(iii) より a2 ≡ b2 だから、x = a2 , y = b2 を代入してもよく、a3 ≡ b3 も成り
∗10
立つ。（数学的帰納法より）一般に、an ≡ bn も成り立つ。
■
合同式を利用すると、次のような問題を次のように解くことができる。
∗10
an ≡ bn を数学的帰納法で証明しておこう。
n = 1 のときは (iii) より成立。
n = i のとき成立すると仮定すると、n = i + 1 のとき、(ii) より ai+1 = ai · a ≡ bi · b = bi+1
よって、数学的帰納法より証明された。
246
第 7 章 整数問題と論証問題
■例題 1.92 (合同式の利用) m は 7 で割れば 3 余る整数、n は 7 で割れば 4 余る整数と
する。このとき、次の数を 7 で割った余りを求めよ。
(1) m + 2n (2) mn (3) n3 (4) n2001 ［2001 近畿大］
....................................................................................
□解答 1.92 合同式を利用する。この解答中では mod.7 とする。問題より、
m≡3
n≡4
となるので、これを利用して解く。
(1) m + 2n ≡ 3 + 2 · 4 = 11 ≡ 4 より、4。
(2) mn ≡ 3 · 4 = 12 ≡ 5 より、5。
(3) n2 ≡ 42 = 16 ≡ 2 より、n3 = n2 · n ≡ 2 × 4 = 8 ≡ 1 より、1。
(4) (3) より、n3 ≡ 1 だから、
n2001 = (n3 )667 ≡ 1667 = 1
7.2 合同式
247
7.2.2 合同方程式と中国剰余定理
第 7.2.2 節の内容は、初等整数論の内容です。
難しいと感じる場合は、これ以降しばらく飛ばして読んでも構いません。
■合同式の方程式
ここからは、合同方程式について学習する。このような問題はあまり目にすることはな
いかもしれないが、合同式を用いて問題を解こうとすると、途中でこのような式が登場す
ることもある。ここで躓かなくて済むように、合同方程式も解けるようにしておこう。
■例題 1.93 (合同方程式) 5x ≡ 3（mod.7）を解け。
....................................................................................
□解答 1.93 この問題では、5 × 3 = 15 ≡ 1（mod.7）を利用する。以後、mod.7 とし、
両辺に 3 をかけて、
15x ≡ 9
15 ≡ 1 だから、
x≡9≡2
より、x ≡ 2 である。
♠ この問題は、次のように解くこともできる。元の方程式を満たす解は、5x − 3 = 7k
より、
5x + 7k = 3
であるから、■例題 1.87 でみたようにこれの解を 1 つ見つける。すると、x = 2, y = −1
が見つかるので、
5 · 2 + 7 · (−1) = 3
となり、辺々引いて、
5(x − 2) + 7(k + 1) = 0
すなわち、
5(2 − x) = 7(k + 1)
であるが、5 と 7 は互いに素だから 2 − x は 7 の倍数でなければなく、2 − x = 7a とな
り、これを整理すると、
x = −7a + 2 ≡ 2 （mod.7）
248
第 7 章 整数問題と論証問題
■例題 1.94 (合同方程式) 次の連立合同方程式を解け。
3x ≡ 6 （mod.11）
4x ≡ 12 （mod.16）
....................................................................................
□解答 1.94 連立合同式では、x ≡ · · · のように、x の係数が 1 となるように変形する
と解きやすくなる。
解 3x ≡ 6（mod.11）の両辺を 4 倍すれば、12x ≡ 24（mod.11）となるので、
x ≡ 2（mod.11）
である。
次に、4x ≡ 12 （mod.16）を解きたいが、これはパッと見てうまく x ≡ . . . の形にで
きそうにない。しかし、合同式の定義より 4x − 12 = 16m となるので、x − 3 = 4m とで
きる。つまり、合同式で表せば、
x ≡ 3（mod.4）
とできるのである。∗11
つまり、解くべき方程式は、
x ≡ 2（mod.11）
x ≡ 3（mod.4）
となる。
1 つ目の合同式 x ≡ 2（mod.11）を満たす x は、x = 11n + 2 であるから、これを
x ≡ 3（mod.4）に代入して解くと、
11n + 2 ≡ 3（mod.4）
−n ≡ 1（mod.4）
n ≡ −1（mod.4）
となるから、n = 4m − 1 とおける。これを x = 11n + 2 に代入して、
x = 11(4m − 1) + 2 = 44m − 9
≡ −9 ≡ 35 （mod.44）
∗11
一般に、
ax ≡ b（mod.m）
の解は、a と m が互いに素なときただ 1 つ存在し、a と m の最大公約数 d が 1 でないときは、b が d
の倍数であるとき解をもち、その数は d 個である。証明は 249 ページにした。
7.2 合同式
249
■一般の合同方程式の解
5x ≡ 3（mod.7）
は、両辺を 3 倍して、x ≡ 2 を得たが、
4x ≡ 3（mod.6）
には解がない。実際、
4x − 3 = 6k
4x − 6k = 3
2(2x − 3k) = 3
とすれば、左辺は偶数なのに対し、右辺は奇数だから、解を持たないことが示される。
実は、前ページの脚注にも書いたが、
一般の合同方程式の解
ax ≡ b（mod.m）
の解は、a と m が互いに素なときただ 1 つ存在し、a と m の最大公約数 d が 1 でな
いときは、b が d の倍数であるとき解をもち、その数は d 個である。
という定理がある。これを証明しよう。
証明
(i) 最大公約数が 1 のとき、解が 1 つであることを証明する（つまり、a と m は互い
に素）。
{x1 , x2 , . . . , xm }
(☆)
の m 個の数を m を法とする剰余系（つまり x1 から xm は、0 から m のいずれかである）
とすると、これらを a 倍（いま、a と m は互いに素である）した、
{ax1 , ax2 , . . . , axm }
も m を法とする剰余系となる。なぜなら、もしこの中に合同な物、つまり、
axi ≡ ax（
j mod.m）
というものがあるとすれば、a と m は互いに素だから、
xi ≡ x（
j mod.m）
でなければならないが、(☆) 式より、これを満たすのは i = j でなければならない。
よって、任意の b について、
axi ≡ b（mod.m）
250
第 7 章 整数問題と論証問題
となる xi がただ 1 つ存在する。
次に、(ii) 最大公約数が d(= 1) のときは、b が d の倍数であるときに解をもち、その
数は d 個であることを証明する。
a と m 最大公約数が d であるから、a = da , m = dm （ただし、a と m は互いに素）
とおくことができる。これを、
ax ≡ b（mod.m）
より ax − b = mk に代入すると、b = ax − mk = d(a x − m k) であり、b は d で割り切
れるはずである。つまり b = db を代入すると、
b =ax−mk
つまり、
a x ≡ b（mod.m ）
である。∗12
さて、ここで a , m は互いに素だから、上の合同方程式はただ 1 つの解を持つ。それを
x ≡ x（
0 mod.m ）とすると、
x = x0 + m t
とできる。さて、異なる t つまり t1 , t2 に対する x が m を法にして合同になるためには、
(x0 + m t1 ) − (x0 + m t2 ) = m (t1 − t2 ) ≡ 0（mod.m）
つまり、
m (t1 − t2 ) ≡ 0（mod.m d）
であるから、これを書き下すと、
m (t1 − t2 ) = (m d) × k
t1 − t2 = dk
だから、
t1 − t2 ≡ 0（mod.d）
となる。
したがって、t を d を法とする剰余系 {0, 1, . . . , d − 1} の値を与えるとき、m を法とす
るすべての解が得られるので、解の個数は d である。■
∗12
ここまでは記憶に値する。つまり、a, m の最大公約数で b が割り切れるとき、
ax ≡ b（mod.m）⇐⇒ a x ≡ b（mod.m ）
と変形できる。これを使って、■問題 1.94 の 2 つ目の式を、
4x ≡ 12（mod.16）⇐⇒ x ≡ 3（mod.4）
と変形できる。
7.2 合同式
251
■中国式剰余定理
1 から 30 のいずれかの数に、2 で割った余り、3 で割った余り、5 で割った余りを定義
するとしよう。
例えば、11 には (1, 2, 1) が対応し、27 には (1, 0, 2) が対応する。このとき、この 3 数
のペアには 2 × 3 × 5 = 30 通りがあるのだが、この 30 通り全てが登場するかどうかは、
今のところ定かではない。
中国式剰余定理は、この 30 通りがすべて登場するということをいっているのである。
中国式剰余定理
どの 2 つも互いに素な正の整数 m1 , m2 , . . . , mn に対し、

x ≡ a（

1 mod.m1 ）



x ≡ a（
2 mod.m2 ）
.
..





x ≡ an（mod.mn ）
は、M = m1 m2 . . . mn を法としてただ 1 つの解をもつ。
これを、中国式剰余定理（Chinese Remainder Theorem）という。∗13
この定理については、2 つの証明を上げておこう。2 つ目はガウスによって与えられた、
対称性を上手に利用した証明である。
証明 1
1 つ目の合同式の解は、
x = a1 + m1 t
(☆)
これを 2 つ目の式に代入して、
a1 + m1 t ≡ a（
2 mod.m2 ）
m1 t ≡ a2 − a（
1 mod.m2 ）
となる。ここで、m1 と m2 は互いに素であるから、前のページの定理よりただ 1 つの解
を持つはずである。その解は、m2 を法としているので、
t ≡ t0 + m2 s
とおくことができるはずである。これを、(☆) に代入して、
x ≡ a1 + m1 (t0 + m2 s)
となる。つまり、m1 m2 を法として、
x ≡ a1 + m1 t（
0 mod.m1 m2 ）
∗13
この定理は、1 世紀頃の中国の書物にすでに記されており、このような名が付いている。
252
第 7 章 整数問題と論証問題
となる。
これは、上の連立合同式のはじめの 2 つの合同式をまとめた物であるからこの 1 つに置
き換えて、n 個の連立合同式を n − 1 個の連立合同式にすることができる。
これを繰り返すことで、結局は、
x ≡ x（
0 mod.M ）
となる。よって証明された。■
証明 2
各 j = 1, 2, · · · , n に対して、
Mj =
M
= m1 · · · mj−1 mj+1 · · · mn
mj
と定義する。
このとき Mj は、ある i（i = j ）に対して mi の倍数になっていること、さらに
m1 , · · · , mn はいずれも互いに素であるという仮定から、mj と Mj も互いに素であるこ
とに注意しておこう。
さて、mj と Mj が互いに素であることより 249 ページにある性質より、
mj pj + Mj qj = 1
を満たす整数 pj , qj が存在することがいえる。
さて、ここで、
n
x=
aj Mj qj
j=1
が求める合同式の解であることを示そう。
実際にある mi を法として計算すると、まず j = i に対しては、Mj ≡ 0（mod.mi ）で
あることより、
aj Mj qj ≡ 0（mod.mi ）
が成り立ち、
Mi qi = 1 − mi pi ≡ 1（mod.mi ）
より、
aj Mj qj ≡ a（
i mod.mi ）
を満たしているので、
n
x=
aj Mj qj
j=1
は、与えられた式を全て満たす解である。
ところで、x も解だとすると、各 i について、
x ≡ xi ,
x ≡ xi （mod.mi ）
7.2 合同式
253
が成り立つから、
x − x ≡ 0 （mod.mi ）
であり、m1 , m2 , · · · , mn はどの 2 つも互いに素だから、
x − x ≡ 0 （mod.M ）
が成り立つことより、解は M を法として唯一決まる。■
■例題 1.95 (中国剰余定理) 次の連立合同式の解を求めよ。
(1) x ≡ 5（mod.7）
x ≡ 3（mod.11）


x ≡ 1（mod.3）
(2) x ≡ 2（mod.5）


x ≡ 3（mod.7）
....................................................................................
□解答 1.95 (1) では 7 と 11、(2) では 3 と 5 と 7 は、いずれも互いに素であるから、
∗14
中国剰余定理より 77 や 105 を法として解が求められるはずである。
解
(1) 1 つ目の式より、
x = 7a + 5
(※)
と表せ、これを 2 つ目の式に代入すれば、
7a + 5 ≡ 3（mod.11）⇐⇒ 7a ≡ 9（mod.11）
ここで 7 と 11 は互いに素だから、この合同方程式には解がただ 1 つ存在し、両辺を 8 倍
して、∗15
56a ≡ 72（mod.11）
a ≡ 6（mod.11）
a = 11b + 6
これを、(※) に代入して、
x = 7(11b + 6) + 5 = 77b + 47
となる。合同式を用いれば、
x ≡ 47 （mod.77）
である。
∗14
もっというと、例えば (1) なら 1 から 77 までの間に、(2) なら 105 までの間に少なくとも 1 つの解が
あることが分かる。そしてあとは 77 ごと（(2) では 105 ごと）解になるのだから、まずは 1 つ目の解を
書き上げて探しても問題ない。
∗15 7 × 8 = 56 ≡ 1 に着目して 8 倍している。
254
第 7 章 整数問題と論証問題
♠ 注釈に書いたとおり、中国剰余定理より 77 までの間に一つの解があり、77 を法として
いるのだから、次のように書き上げても解は求められる。
1 つ目の式を、77 を法として書けば、
x ≡ 5, 12, 19, 26, 33, 40, 47, 54, 61, 68, 75
となり、2 つ目の式を 77 を法として書けば、
x ≡ 3, 14, 25, 36, 47, 58, 69
であるから、両方に共通する 47 が 1 つ目の解であり、一般的には
x = 77k + 47
となる。
(2) 3 つの条件がある場合も、まずは初めの 2 つの式から解く。第 1 式より、
x = 3a + 1
(※)
となり、これを 2 つ目の式に代入して、
3a + 1 ≡ 2（mod.5）
3a ≡ 1（mod.5）
両辺 7 倍して、
21a ≡ 7（mod.5）
a ≡ 2（mod.5）
a = 5b + 2
これを (※) に代入して、
x = 3(5b + 2) + 1 = 15b + 7
さらにこれを第 3 式に代入して、
15b + 7 ≡ 3（mod.7）
b ≡ 3（mod.7）
b = 7c + 3
これを (※※) に代入して、
x = 15(7c + 3) + 7 = 105c + 52
が解である。合同式を用いれば、
x ≡ 52 （mod.105）
である。
(※※)
7.2 合同式
255
♠ さて、中国剰余定理の 2 つ目の証明の方法を用いると、実際に解を求めることが出来る。
問題より、
m1 = 3, m2 = 5, m3 = 7, a1 = 1, a2 = 2, a3 = 3
であるから、
M1 = 5 · 7 = 35, M2 = 3 · 7 = 21, M3 = 3 · 5 = 15
である。さらに、
3 × 12 + 35 × (−1) = 1, 5 × (−4) + 21 × 1 = 1, 7 × (−2) + 15 × 1 = 1
であるから、
q1 = −1, q2 = 1, q3 = 1
とおけばよいことになる。これらを用いると、
x = 1 · 35 · (−1) + 2 · 21 · 1 + 3 · 15 · 1 = 52
であるから、解は x ≡ 52（mod.105）である。
256
第 7 章 整数問題と論証問題
7.3 ピタゴラス数
■原始ピタゴラス数
中学で三平方の定理（ピタゴラスの定理（Pythagorean theorem）ともいう）について
学んだだろう。三平方の定理とは、直角三角形の直角をはさむ 2 辺の長さを a, b、斜辺の
長さを c としたとき、
a2 + b2 = c2
(7.6)
が成り立つというものである。三平方の定理の証明はさまざまなものがあるが、幾何によ
るものがもっとも有名である。この証明についてはここでは割愛し、この (7.6) 式を満た
す数 a, b, c について考えてみよう。∗16
3 数 a, b, c が (7.6) 式を満たすとき、この 3 数の組 (a, b, c) をピタゴラス数という。た
とえば (3, 4, 5) は
32 + 42 = 52
を満たすので、ピタゴラス数だといえる。
ところで、当然すべてを 2 倍した (6, 8, 10) もピタゴラス数となるので、重要なのは 3 数
の最大公約数が 1 のものとなる。そこでそのようなものを原始ピタゴラス数などという。
このピタゴラス数については、数論としても興味深く、また大学入試にも出題されやす
いテーマであるからここでいくつか特徴をまとめておこう。
∗16
定理の証明については、第 3 巻で紹介する。
7.3 ピタゴラス数
257
■ピタゴラス数の性質
ここからは、ピタゴラス数に関するいくつかの特徴を、例題とともに紹介していく。
■例題 1.96 (ピタゴラス数の性質) a, b, c はどの 2 つも 1 以外の共通な約数をもたな
い正の整数とする。a, b, c が a2 + b2 = c2 を満たしているとき、つぎの問に答えよ。
(1) c は奇数であることを示せ。
(2) a, b の 1 つは 3 の倍数であることを示せ。
(3) a, b の 1 つは 4 の倍数であることを示せ。
［2004 旭川医科大］
....................................................................................
□解答 1.96 ピタゴラス数に関する基本的な性質を示す問題ですが、証明は多少苦労す
るかもしれません。
解 (1) 条件より、a, b がともに偶数ということはないので、次のいずれかとなる。
(i) a, b の一方が偶数、一方が奇数のとき
a2 , b2 は一方が偶数、もう一方が奇数のため、その和である c2 は明らかに奇数であり、
c も奇数である。
(ii) a, b が共に奇数のとき
a, b が奇数のとき、c2 は偶数となるので、この場合は起こりえないことを示す。
まず、「c2 が偶数ならば、c2 は 4 の倍数である（※）」を示す。奇数の 2 乗は奇数なの
で、c2 が偶数ということは c も偶数である。ここで、k を自然数として c = 2k とおくと、
c2 = 4k 2
となることより、c2 は 4 の倍数である。以上より（※）は示された。
いま、m, n を正の整数として、
a = 2m + 1, b = 2n + 1
とおくと、
c2 = (2m + 1)2 + (2n + 1)2
= 4m2 + 4m + 4n2 + 4n + 2
= 4(m2 + m + n2 + n) + 2
(a)
となるが、
（※）より c2 は 4 の倍数でなければならないので矛盾。よってこのようなこと
はならない。
以上より、(i) の場合のみが起こりえて、その場合 c は奇数である。
258
第 7 章 整数問題と論証問題
(2) a, b のいずれも 3 の倍数でないとして矛盾を導く。
正の整数 m, n に対して、a = 3m ± 1, b = 3n ± 1 とすると、M を正の整数として
a2 + b2
= (9m2 ± 6m + 1) + (9n2 ± 6n + 1)
= 3M + 2
（すなわち、3 で割って 2 余る数）となる。
一方で、c2 は 3N + 2（N は正の整数）の形とならない。これは、k を正の整数として、
c = 3k のときは c2 = 9k 2 となり、c = 3k ± 1 のときは c2 = 3N + 1 となることより示
される。
以上より、a, b のいずれも 3 の倍数で無いとすると矛盾が生じるため、背理法により
a, b のいずれかは 3 の倍数である。
(3) a, b のいずれも 4 の倍数でないとして矛盾を導く。
このとき正の整数 m, n に対して、a = 4m ± 1, 4m + 2、あるいは b = 4n ± 1, 4n + 2
とおける。いま、題意より a, b ともに偶数ということはありえず、a, b が共に奇数である
ことは (1) より c が奇数であることに反するため、a, b は一方が奇数、他方が偶数となる
場合で、これは
a = 4m ± 1, b = 4n + 2
とおいて一般性を失わない。
このとき、M を正の整数として、
c2 = a2 + b2
= (16m2 ± 8m + 1) + (16n2 + 16n + 4)
= 8M + 5
が成り立つ（すなわち c2 は 8 で割って 5 余る数）。
ここで、c2 は奇数であるから c も奇数であるが、奇数の 2 乗は 8M + 5 の形で表され
ないことを示す。
すべての奇数は正の整数 k を用いて、8k ± 1, 8k ± 3 と表される。それぞれの 2 乗は、
(8k ± 1)2 = 8M + 1
(8k ± 3)2 = 8M + 1
となることから、すべての奇数の 2 乗は 8 で割って 1 余る数となる。よって奇数の 2 乗
が 8M + 5 となることはあり得ない。
よって、背理法より a, b のいずれか一方は 4 の倍数であることが示された。
7.3 ピタゴラス数
259
♠ この問題は、合同式を使うことでより見通しがよくなる。そこで、合同式を用いた贅
肉の少ない解答を紹介しよう。
別解 (1) 4 を法とする合同式において、整数 n について
n≡
0
1
2
3
n2 ≡
0
1
0
1
となるから、n2 としては 0 か 1 しか取りえない。
いま、a2 ≡ 0, 1、b2 ≡ 0, 1 となるので、この場合をすべて書くと、
(i)
(ii)
(iii)
(iv)
a2 ≡
0
0
1
1
b2 ≡
0
1
0
1
c2 = a2 + b2 ≡
0
1
1
2
であるが、c2 ≡ 2 となることはあり得ないので、(iv) はあり得ない。また、(i) は a, b が
互いに素であることに反するので、(ii) または (iii)、すなわち、c2 ≡ 1 つまり c は奇数で
あることが示された。
(2) 整数 n について、3 を法とした合同式で、
のとき、 n2 ≡ 0, 1, 1
n ≡ 0, 1, 2
となるので、n2 ≡ 2 とはなりえない。
ここで、a, b がともに 3 の倍数で無いとすると、
a ≡ ±1, b ≡ ±1
であるから、
a2 + b2 ≡ 2
となり矛盾。よって a, b のいずれかは 3 の倍数であることが示された。
(3) 8 を法とする合同式において、
n ≡ 0, ±1, ±2, ±3, 4
に対して、
n2 ≡ 0, 1, 4, 1, 0
であるから、n2 としては 0, 1, 4 以外は取りえない。特に、
(i) n が奇数のときは n = ±1, ±3 だから、常に n2 ≡ 1
(ii) n2 ≡ 0 となるのは n ≡ 0, 4 すなわち n が 4 の倍数のとき
260
第 7 章 整数問題と論証問題
である。
いま、(1) より c は奇数であったから、(i) より c2 ≡ 1 でなければならない。よって、
a2 ≡ 0, 1, 4、b2 ≡ 0, 1, 4 であるが、c2 = a2 + b2 が 8 を法として 1 に等しくなるため
には、
a2 ≡ 0, b2 ≡ 1
または
a2 ≡ 1, b2 ≡ 0
であることが必要十分。このとき、
a2 ≡ 0, b2 ≡ 0
のいずれかが成り立つので、(ii) より、a, b のいずれかは 4 の倍数であることが示された。
7.4 整数、素数に関する知識
261
7.4 整数、素数に関する知識
7.4.1 整数と素数
小学生の頃から慣れ親しんできた整数や素数の性質などについてみていくことにする。
この章には、テーマが沢山詰め込まれている。どれも重要なテーマなので、しっかり押さ
えていくようにしてもらいたい。
■倍数、約数、素数とは
倍数、約数という言葉については、小学生のときから聞き慣れているので大体分かるだ
ろう。本書では以下のように定義しておこう。
倍数、約数、素数
a
が整数になる、すなわち b が a を割り切るとき、「a
b
は b の倍数である」とか、「b は a の約数である」とかいう。また、このことを記号
2 つの正の整数 a, b に対し、
で、b|a と表す。
特に、ある正の数 a について、その数の約数が 1 と自分自身しかないとき、a を素数
（prime number）という。
たとえば、12 は 4 で割り切れるので、12 は 4 の倍数であるし、4 は 12 の約数∗17 であ
るといえる。∗18
次に素数の例を挙げよう。たとえば、17 は約数が 1 と 17 のみであるので、素数である。
素数を小さい方から書くと、
2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, · · ·
∗20
と無限に続く∗19 のであるが、この並びには規則性がない（ように思う）。
この「規則性の無さ」は、一見スッキリしないもののように思えるが、逆にそれが数学
者を楽しませているといっても過言ではない。
∗17
∗18
約数は因数ともいう。
ただし、本によっては 0 や負の数も倍数や約数に含む場合があるので、注意してもらいたい。その場合、
12 の約数は、
±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12
であり、4 の倍数は、
0, ±4, ±8, · · ·
となる。
■例題 1.97 参考。
∗20 ここで著者がいう「規則性がない」というのは、例えば n 番目の素数を p とおいたとき、この p を表
n
n
す一般的な表式が得られないだとか、ある素数 pn が分かっていたとして、それを元に直観的に次の素数
pn+1 をいうことができないということである。
ただし、素数の分布については、後で述べるようにある規則がある。（→素数定理）
∗19
262
第 7 章 整数問題と論証問題
■エラトステネスの篩（ふるい）
素数は無限にあるのだから、素数を全て書き上げることは不可能である。
しかし、素数を原理的に次々見つけていく方法はある。それが、エラトステネスの篩で
ある。
例えば、100 以下の素数を全部見つけたいとする。その場合、2 から 100 の数∗21 を書き
出し、まずは 2 以外の 2 の倍数（4, 6, 8, · · · ）を消す。
2, 3, /4, 5, /6, 7, /8, 9, 10,
/ 11, 12,
/ 13, · · ·
すると、2 以外残った最小の数は 3 となる。この 3 を残し、次は 3 の倍数を消していくと、
2, 3, /4, 5, /6, 7, /8, /9, 10,
/ 11, 12,
/ 13, · · ·
となる。次は 5 を残して 5 の倍数を消し、その次は 7 を残して 7 の倍数、とやっていけ
ば、小さい方から順に
2, 3, 5, 7, 11, 13, · · ·
と素数を見つけていくことが出来る。
これを何度も繰り返せば、多数の素数を見つけることができるが、素数は無限にあるの
で、結局素数の数に追いつけない。あくまで「見つける方法」であるといえるだろう。
それではどこまでこのことを続ければよいのかというと、次のことを知っていれば、10
以下の素数の倍数を消せばよい（つまり、7 の倍数を消したところで終了してよい）こと
が分かる。
エラトステネスの篩
√
n 以下の素数を見つけたい場合、 n 以下の素数の倍数を消せばよい。
√
つまり、n 以下のある合成数は、必ず n 以下の素因数を持つ。
簡単に理由を述べると、ある合成数 n を 2 つの数の積で表そうとしたとき、片方を
より小さくすると、もう片方が
√
√
√
n
n より大きくなってしまうことより、 n 以下の素数で
割り切れるか調べるだけで、それより大きい数で割れるかどうかは判別できてしまうとい
うわけである。
∗21
1 は素数でないので省く。
7.4 整数、素数に関する知識
263
■素因数分解とその一意性
合成数を素数の積で表すことを素因数分解という。たとえば、
1800 = 23 × 32 × 52
である。このように素因数分解すると、大きな数を捉えやすくなるのである。
方法としては、小さな素数から割っていけばよい。例えば今の 1800 の例では、まず 2
で割れることから、
2） 1800
900
のように書く。さらに 900 以下についても同様なことを行うと、
2） 1800
2） 900
2） 450
3） 225
3） 75
5） 25
5
となることから、
1800 = 23 × 32 × 52
だということが分かる。
ところで、この素因数分解は一通りにしか表すことができないことは感覚的には明らか
である。これを素因数分解の一意性という。直感的には明らかであっても数学的な証明は
必要であるので、証明をしておこう。
素因数分解の一意性
ある合成数 N に対する素因数分解はその順序をのぞけば 1 通りしかない。
証明
N を素因数分解したとき、
N = p1 p2 . . . pn = q1 q2 . . . qm
となったとする（つまり、pk , qk は素数である）。
ところで整数の積 x1 x2 . . . が素数 p で割り切れるなら、x1 , x2 , . . . のうち少なくとも
一つがその素数で割り切れる。したがって、p1 , p2 , . . . のいずれかは q1 で割り切れること
になる。例えば p1 が q1 で割りきれるとすれば、p1 は素数なので p1 = q1 だから、
p2 p3 . . . qn = q2 q3 . . . qm
となる。これを繰り返せば、全ての k に対して pk = qk となるから、この分解は一意で
ある。■
264
第 7 章 整数問題と論証問題
■約数の個数とその和
約数の個数はよく問題に出される。詳しくは第 7 章で行うが、ここでも簡単にまとめて
おこう。
まず、最も基本的なこととして、次のようなことがいえる。
約数の個数
ある自然数 a の（正の）約数の個数は、
• a が平方数のとき、奇数個
• a が平方数でないとき、偶数個
である。
これは簡単に証明できる。
ある数 a に対して、もしこの数が m で割り切れた場合、その商を n とすれば、もとの
数 a は n で割り切れるはずである。つまり、
a ÷ m = n ⇐⇒ a ÷ n = m
が成り立つ。これは、約数は常にペアを持つということを表している。
具体的な例を挙げておこう。18 は 1, 2, 3, 6, 9, 18 という 6 個の約数を持つが、この
とき、
18 ÷ 3 = 6,
18 ÷ 6 = 3
であるから、3, 6 はいずれも約数であり、これらはペアと見なすことができる。
よって、約数の個数は偶数個であることになる。
ただし、平方数である場合は、ペアが自分自身となる物がある（平方数 n2 について、n
で割った商はやはり n である）ので、約数の個数は奇数個になる。
例えば、36 の約数は、
1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36
の 9 個である。例えば、4 と 9 はペアであるが、6 は自分自身 6 とペアになるので、これ
はペアを組んでいるとはいえないだろう。
よって、平方数の約数の個数は奇数個になる。
では、具体的な約数の個数はいくつになるのか。先ほど紹介した 18 のような数であれ
ば、実際に書き出すことで数えることができるが、278 や 1600 といった大きな数になる
とそれは現実味がない。
そこでうまい対応付けを考えることにしよう。まずは簡単のため、例として 12 の約数
の個数を考えることにする。12 を素因数分解すると、
12 = 22 · 3
となるが、ここで、12 の約数はどれも、
2a · 3b
7.4 整数、素数に関する知識
265
の形になっていることに気付く。実際に書き出すと、
1 = 20 · 30
(a, b) = (0, 0)
2 = 21 · 30
(a, b) = (1, 0)
3 = 2 0 · 31
(a, b) = (0, 1)
4 = 22 · 30
(a.b) = (2, 0)
6 = 2 1 · 31
(a.b) = (1, 1)
12 = 22 · 31
(a.b) = (2, 1)
である。もちろんこれは当たり前のことではある。
すると、それぞれの約数は、
2a · 3b
の a に 0, 1, 2 のいずれか、b に 0, 1 のいずれかを当てはめた数となるのだから、約数の
個数は、a として 0, 1, 2 から 1 つ選び、b として 0, 1 から 1 選ぶ場合の数、すなわち、
3 × 2 = 6 個であることが分かる。
また、約数の和についても、次のように考えるとすぐに求めることができる。実際に、
(20 + 21 + 22 )(30 + 31 )
を展開すると、それぞれの項として約数が次々に現れる。すなわち、和はこの式で表されて
いることになり、計算は先にカッコの中を計算することで、(1 + 2 + 4)(1 + 3) = 7 × 4 = 28
とすぐ求めることができる。
これらを一般的にまとめておこう。
自然数 N が N = pa q b · · · rc と素因数分解されたとき、
(1) 約数の個数は、
(a + 1)(b + 1) · · · (c + 1)
個である
(2) 約数の和は
(p0 + p1 + · · · + pa )(q 0 + q 1 + · · · + q b ) · · · (r0 + r1 + · · · + rc )
となる。∗22
∗22
特に、(2) の各カッコの中は、等比数列の和の公式（第 6 巻の 19 ページで学習）を用いて、例えば
p0 + p1 + · · · + pa =
pa+1 − 1
p−1
となる。ある程度 a などが大きくなるまでは地道に計算した方が早いが、不定なときなどは、公式に頼る
ことになるだろう。
266
第 7 章 整数問題と論証問題
■例題 1.97 (素数が無限個あることの証明) 素数は無限個あることを証明せよ。
....................................................................................
□解答 1.97 この問題の証明はたくさんの方法があるが、ここでは最も分かりやすい
ユークリッドによる証明を上げておこう。
解 背理法で示す。素数が N 個しかないとする。それらを、
p1 , p2 , . . . , pN
とすると、
p1 p2 . . . pN + 1
は、どの素数でも割り切れない。よって、素数は有限個ではなく無限個ある。
■例題 1.98 (約数の個数と和) 2000 の正の約数の個数と、約数の和を求めよ。ただ
し、1 と 2000 も約数であるとする。
［2000 滋賀医大］
....................................................................................
□解答 1.98 これも基本問題。約数の個数、和を求める方法はきちんと理解して、思い
出せるようにしておきましょう。
解 2000 は、
2000 = 24 · 53
と因数分解できるので、約数の個数は
(4 + 1) × (3 + 1) = 5 × 4 = 20 個
である。
約数の和は、
(20 + 21 + 22 + 23 + 24 )(50 + 51 + 52 + 53 )
= (1 + 2 + 4 + 8 + 16)(1 + 5 + 25 + 125)
= 31 × 156 = 4836
である。
7.4 整数、素数に関する知識
267
7.4.2 倍数、公倍数、公約数
■倍数の判定法
ある数 a が、ある数 b の倍数かどうかを考えるとき、a について色んな考察をすること
で判定することができる。
たとえば、2 の倍数かどうかを見分けるには、a の末尾が偶数、つまり 0, 2, 4, 6, 8 のい
ずれかで終わっていれば、偶数であることが判断できることは常識として知っているだろ
うし、5 の倍数かどうかを見分けるときは、末尾が 0 か 5 であれば 5 で割り切れることは
経験的に知っているだろう。
このように、ある数の倍数になっているかどうかを判定する方法を紹介しよう。
証明は合同式の知識を持っていないとできないが、証明はともかく結果のみでよいから
覚えておいてもらいたい。
以下、ある n 桁の数 N を、k 桁目の数を ak−1 として、
N = an · 10n−1 + · · · + a3 · 102 + a2 · 10 + a1
としておく。
2 の倍数 （当たり前だが）1 の位が 2 の倍数
0 でない全ての k に対し、10k ≡ 0（mod.2）だから、
N ≡ a（
1 mod.2）
だから、a1 すなわち 1 の位の数が 2 の倍数なら、N は 2 の倍数である。
3 の倍数 各位の数の合計が 3 の倍数
0 でない全ての k に対し、10k ≡ 1（mod.3）だから、
N ≡ a1 + a2 + · · · + an（mod.3）
だから、a1 から an までの和が 3 の倍数なら、N は 3 の倍数である。
4 の倍数 下 2 桁が 4 の倍数
k(
2) に対し、10k ≡ 0（mod.4）だから、
N ≡ 10a2 + a（
1 mod.4）
だから、下 2 桁が 4 の倍数なら、N は 4 の倍数である。
5 の倍数 1 の位が 5 の倍数
0 でない全ての k に対し、10k ≡ 0（mod.5）だから、
N ≡ a（
1 mod.5）
だから、a1 すなわち 1 の位の数が 5 の倍数なら、N は 5 の倍数である。
268
第 7 章 整数問題と論証問題
6 の倍数 2 の倍数かつ 3 の倍数
2 の倍数かつ 3 の倍数の数は 6 の倍数であるから、2 つのチェックを行えばよい。
また、3 連続整数の積は必ず 2 の倍数と 3 の倍数を含むから、6 の倍数だと言える。こ
のことを用いれば、整数 n について、n3 − n は、
n3 − n = n(n2 − 1) = (n − 1)n(n + 1)
と連続する 3 つの整数の積に分解できるので、どのような整数 n に対しても 6 の倍数で
あることが分かる。
7 の倍数は難しいから後に回して、8 の倍数を先に紹介しよう。
8 の倍数 下 3 桁が 8 の倍数
k(
3) に対し、10k ≡ 0（mod.8）だから、
N ≡ 100a3 + 10a2 + a（
1 mod.8）
だから、下 3 桁が 8 の倍数なら、N は 8 の倍数である。
9 の倍数 各位の数の合計が 9 の倍数
0 でない全ての k に対し、10k ≡ 1（mod.9）だから、
N ≡ a1 + a2 + · · · + an（mod.9）
だから、a1 から an までの和が 9 の倍数なら、N は 9 の倍数である。
10 の倍数 1 の位が 0
k(
1) に対し、10k ≡ 0（mod.10）だから、
N ≡ a（
1 mod.10）
だから、1 の位が 0 なら 10 の倍数。これは当たり前。
11 の倍数 奇数桁を − にして各桁の和を取る
10 ≡ −1（mod.11）であるから、奇数桁の数（1, 3, 5 · · · 桁目の数は −1
N ≡ (−a1 ) + a2 + (−a3 ) + a4 + · · （
· mod.11）
となる。
例えば、23573 は、
−
+
−
+
−
2
3
5
7
3
と考えて、
−2 + 3 − 5 + 7 − 3 = 0
となるので、23573 は 11 で割り切れる。
7.4 整数、素数に関する知識
269
7, 11, 13 の倍数 1001 で割った余りについて議論する
最後に、飛ばしていた 7 の倍数を合わせて、7, 11, 13 の判定法を紹介しよう。
11 についてはすでに簡単な方法を紹介したが、実はこの 3 つはペアで考えると都合が
よいのである。
実はこれらの倍数判定法は素数であることもあって、一般に難しい。しかし、この 3 つ
の数字を掛け合わせると、
7 × 11 × 13 = 1001
となることから、まず与えられた数字を 1001 で割って、その余りを 7, 11, 13 で割り切れ
∗23
るかチェックするという方法が考えられる。
例えば、574366 は、1001 で割ると、
574366 = 573 あまり 793
となり、793 は 7 で割り切れないから 574366 は 7 で割り切れない。
また、793 は 11 で割り切れないから 11 でも割り切れないが、793 を 13 で割ると、
793 ÷ 13 = 61 と割り切れるので、574366 は 13 で割り切れる。∗24
■公倍数・公約数
2 つ以上の数に共通する倍数のことを公倍数、2 つ以上の数に共通する約数のことを公
約数という。特に、一番小さな公倍数のことを最小公倍数、一番大きな公約数のことを最
大公約数という。
たとえば、12 の約数は 1, 2, 3, 4, 6, 12、18 の約数は 1, 2, 3, 6, 9, 18 であるから、12 と 18
の最大公約数は、6 となる。
また、12 の倍数は 12, 24, 36, 48, . . . 、18 の倍数は 18, 36, 54, . . . であるから、12 と 18
の最小公倍数は、36 となる。
■互いに素
互いに素という言葉についての紹介がまだだった。ここで紹介しておこう。
互いに素
ある整数 a との最大公約数が 1 となるような数 b があるとする。このとき、a と b は
互いに素という。
例えば、7 と 10 は最大公約数が 1 だから互いに素であり、また、どんな整数も 1 との
最大公約数は 1 であるから、どんな整数も 1 とは互いに素だといえる。
整数問題でよく使われる言葉なので、言葉の意味をきちんと覚えておこう。
∗23
与えられた数字が 1001 で割り切れれば、当然 7（もしくは 11, 13）で割り切れることになり、割り切れ
なければその余りのみに着目すればよいのである。
∗24 1001 での割り算は確かに楽なので、若干スピードは速いだろうが、どうせなら初めから 13 で割ってみ
てもそれほど時間は変わらないような気もする。
270
第 7 章 整数問題と論証問題
7.4.3 k 進法
■k 進法
お金や数など、大抵のものは 10 進法で数えられる。10 進法とは 0, 1, 2, 3, · · · と数え、
9 の次に桁を繰り上げて 10 とするものである。
身近なもので 10 進法以外のものを上げてみると、例えば時間の「分」は 60 進法と言え
るだろう。つまり、60 分まで数えて、新しい「時間」という桁が登場する。
また、オンとオフの信号しかもたないコンピューター（回路）は 2 進法で表される。コ
ンピューターの中では、0, 1, 2, 3, · · · が 0, 1, 10, 11, · · · という数え方をされていると思え
ばよい。この数え方を用いると、10 進法の 7 は 2 進法で 111 となる。
特に、何進法で表したのかを強調したいときは、数字の右下にカッコ付きで何進法かを
書く。例えば、2 進法で 101101 のときは、101101(2) と書き、10 進法の 361 のときは、
361(10) と書く。
また、10 進法以上では、0 から 9 の数だけでは足りないので A, B, C, · · · などのアル
ファベットを利用する。例えば、16 進法では、0 から 9 のほか、A, B, C, D, E, F の 6 つ
のアルファベットを利用し、
10(10) = A(16) , 11(10) = B(16) , · · · , 15(10) = F(16) , 16(10) = 10(16)
と表される。
例として以下に、10 進法での 0 から 11 を、2 進法、3 進法で表したときの値を表にま
とめた。
10 進法
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
2 進法
0
1
10
11
100
101
110
111
1000
1001
3 進法
0
1
2
10
11
12
20
21
22
100
10 進法
10
11
12
13
14
15
16
···
2 進法
1010
1011
1100
1101
1110
1111
10000
···
3 進法
101
102
110
111
112
120
121
···
x 進法から y 進法の変換を考える。1 から書き上げていけばどのような変換も可能だ
が、例えば 10 進法で 219 を 3 進数で表すとどうなるか、などと聞かれて、全て書き上げ
るわけにもいかない。
そこで、まず 10 進法から 2 進法に変換する方法と、2 進法から 10 進法に変換する方法
を紹介しよう。
7.4 整数、素数に関する知識
271
10 進法から 2 進法への変換
次々と 2 で割り、商を下段に、余りを左に書いていき、1 になったら終了する。41 を例
に 2 進法に変換してみよう。
2） 41
2） 20
1
2） 10
0
2） 5
0
2） 2
1
1
0
このとき、最後の 1 を含めて、下から並べていったときに得られる
101001
が 41 を 2 進法で表したときの値である。
2 進法から 10 進法への変換
今の 101001 を今度は 10 進法に戻す。
1
0
1
0
0
1
5
4
3
2
1
20
2
2
2
2
2
のように、各位の下に、もとの進法を底とするべき乗を 1 桁目が 0 乗、2 桁目が 1 乗、と
なるように書き、縦にかけた物をつぎつぎに足し合わせて得られる数が、元の数になって
いる。
1 · 25 + 0 · 24 + 1 · 23 + 0 · 22 + 0 · 21 + 1 · 20
= 32 + 0 + 8 + 0 + 0 + 1 = 41
これらの方法は、2 進数に限らず、他の進数にも適応できる。
また、3 進法から 7 進法といった、10 進法に関係しない変換では、まず 3 進法で表され
た数を 10 進法で表し、それを 7 進法に直すという手順を踏んで変換すればよい。
272
第 7 章 整数問題と論証問題
■例題 1.99 (k 進法) 正の整数 N を 5 進法、7 進法で表すと、それぞれ 3 桁の数
abc, cab になるという。このとき、a, b, c の値を求めよ。また、正の整数 N を求めよ。
［2001 阪南大］
....................................................................................
□解答 1.99 5 進法で表して 3 桁の数になる N は 25 から 124、7 進法で表して 3 桁の
数になる N は 49 から 342 だから、N は 49 から 124 のいずれかである。
また、題意より、
N = a · 52 + b · 51 + c · 50
= 25a + 5b + c
であり、同様に、
N = 49c + 7a + b
となる。a, b, c はそれぞれ 0, 1, 2, 3, 4 のいずれかであるから、49
N
124 の条件と合
わせて c = 0, 1 でなければならないが、c = 0 であると cab は 3 桁の数にならないから、
c = 1 であることがわかる。
よって、
N = 25a + 5b + 1 = 49 + 7a + b
すなわち、
18a + 4b − 48 = 0,
9a + 2b = 24
であり、a = 0, 1, 3, 4 のとき b は 0, 1, 2, 3, 4 の解を持たないので、a = 2 であり、このと
き b = 3 となる。
よって、a = 2, b = 3, c = 1 であり、このとき N = 66 である。
7.4 整数、素数に関する知識
273
7.4.4 素数にまつわる話題
■素数定理
最後に、素数について興味深い話をいくつか紹介しておこう。まずは素数の分布につい
ての素数定理である。
まずは π(x) という関数を、
π(x) =（x 以下の素数の個数）
と定義しよう。∗25 例えば 10 以下の素数は 2, 3, 5, 7 だから、π(10) = 4 といった感じで
ある。
この π(x) について、
lim
x→∞
π(x)
x 1
dt
2 log t
が成り立つ。これを素数定理という。
この定理は 19 世紀初めにガウスによって予想され、19 世紀の終わり 1896 年に、ド・
∗26
ラ・ヴァレー・プーサンとアダマールによって独立に示されたという。
また、漸近的に等しいことを表す記号 ∼ を用いて、
x
π(x) ∼
2
1
dt
log t
と表される。ここで、この右辺を対数積分といい、Li(x) と表し、実際に計算すると
Li(x) ∼
x
となることも用いると、
log x
π(x) ∼
x
log x
となる。
どうしてこの定理が成り立つかなどを証明するのは非常に難しいので、ここでは紹介に
とどめておくことにする。
■素数砂漠
さて、次に素数と素数の間隔について考えてみよう。自然数の半分は 2 の倍数、3 つに
1 つは 3 の倍数、というように、数が大きくなればなるほど何かの倍数となる可能性が高
くなるので、大きい数になるにつれて、その数が素数である確率は低くなっていく。つま
り、素数の分布は希薄になっていくといえるのである。
実際に 114 から 126 までの 13 個の数はいずれも素数でなく、さらに大きいところでは
1328 から 1360 の 33 個の数はいずれも素数でない。このようなところを素数砂漠とでも
呼ぶことにすると、「素数砂漠の大きさに限界はあるか？」という疑問が起こる。
∗25
∗26
この π は円周率とは無関係です。念のため。
清史弘著「受験教科書１ 数と式」
（SEG 出版）参照。この定理を証明した者には永遠の命が与えられる
とまで言われたらしく、実際この二人は永遠ではないがそれぞれ 95 歳、98 歳まで生きたそうだ。
274
第 7 章 整数問題と論証問題
素数は無限にあるからときどきは出てくる。とすると素数砂漠の長さには限界がある。
と考える人もいるだろうが、勘がよい人ならその逆、すなわち「いくらでも長い素数砂漠
がある」と予想できる。
たとえば、k = 1001! + 1 とする。このとき、1001! は 2, 3, · · · , 1001 すべての倍数に
なっているのだから、
k + 1 = 1001! + 2 は 2 の倍数
k + 2 = 1001! + 3 は 3 の倍数
k + 3 = 1001! + 4 は 4 の倍数
..
.
k + 1000 = 1001! + 1001 は 1001 の倍数
となり、いずれも素数ではない。このように好きな長さの素数砂漠を自由に作り出すこと
ができる。この方法を使えば、いくらでも長い素数砂漠を実際に再現することが可能と
なる。
逆に、間隔が狭い素数として、間隔が 2 である 2 つの素数のことを双子素数といい、双
子素数が無限にあるかどうかについては、未解決問題である。
また、間隔が 2 同士の 3 つの素数のことを 3 つ子素数ということにすると、これは
3, 5, 7 に限ることは簡単に証明でき、入試にも出題されている（●練習 14 参照）。
■ゴールドバッハ予想
「2 より大きなすべての偶数は 2 個の素数の和で表せる」
「5 より大きなすべての整数は
3 この素数の和で表せる」は、どちらも同じ命題だが、この予想をゴールドバッハの予想
という。これも未解決問題である。
■さまざまな整数
自然数のうち、特別な整数を持つものには名前が付いている。それらを紹介しよう。
完全数
自分自身を除く約数の和が、自分自身と等しい整数を完全数という。
例えば、6 の約数は 1, 2, 3, 6 であるが、自分自身を除く約数の和は、
1+2+3=6
となり、完全数である条件を満たしているので、完全数である。また、28 も完全数である
ことは簡単に確かめられる。
完全数 6 は神が世界を想像した 6 日間∗27 の 6 であり、28 は月の周期を表していること
から、これらの数は神の創造の完全性を象徴しているというと考えられ、ピタゴラス派の
∗28
人々がこれらの数に着目するようになったと言われているそうである。
∗27
∗28
だから 7 日目は日曜日、安息日なのでした。
吉永良正「新装版 数学・まだこんなことがわからない」
（講談社ブルーバックス）p.42 参照。
7.4 整数、素数に関する知識
275
メルセンヌ数
2n − 1 の形をした素数のことをメルセンヌ数という。∗29
2n − 1 が素数であるためには、n が素数でなければならないが、∗30 n が素数だからと
いって 2n − 1 は素数だとはいえない。つまり n が素数であることは必要条件ではあるが
十分条件ではないということになる。
実際、n = 11 は素数であるが、
211 − 1 = 2047 = 23 × 89
となる。
とはいえ、2n − 1 が素数になるためには n は素数でなければならないので、その素数
を p とし、
Mp = 2p − 1
と表すことになっている。
∗31
さて、完全数とメルセンヌ数については次のような関係がある。
完全数についての定理
2n − 1 が素数ならば、(2n − 1) · 2n−1 は完全数である。
この定理があれば、n に適当な自然数を代入することで次々と大きな完全数を得ること
ができそうな気もするが、2n − 1 が素数かどうかを判定するのが非常に難しく、そう簡単
にはいかない。
2005 年 1 月現在、メルセンヌ素数は 38 番目まで知られていて、二つ未確認の候補を飛
ばして、41 番目のメルセンヌ数 n = 24036583 が最大のメルセンヌ数で、7235733 桁の数
である。∗32
未解決問題としては、メルセンヌ数で素数であるものが無限に多く存在するかどうか、
逆にメルセンヌ数で合成数であるものが無限に多く存在するかどうかという問題は、未だ
に解決されていない未解決問題である。
では最後に、この定理の証明と、先ほど飛ばしていたメルセンヌ数が素数になるための
条件について、例題として見ておこう。
∗29
マラン・メルセンヌ（Marin Mersenne）[1588-1648]
このことは、■例題 1.100 で証明する。
∗31 ユークリッドはこの定理を有名な原論で証明しているそうである。
∗32 執筆現在では、n = 13466917, 20996011 がそれぞれメルセンヌ数の候補であるが、検証がまだなされ
ていない。
∗30
276
第 7 章 整数問題と論証問題
■例題 1.100 (メルセンヌ数と完全数) 次を証明せよ。
(1) 2n − 1 が素数ならば n は素数である。
(2) 2n − 1 が素数ならば、(2n − 1) · 2n−1 は完全数である。ただし、初項 1、公比 r の
rn − 1
数列の第 n 項までの和は、
で表されることを用いてよい（数 B で学習）
。
r−1
....................................................................................
□解答 1.100 解 (1) 対偶「n が合成数なら 2n − 1 も合成数」を示す。
n = ab（ただし a, b は 2 以上の整数）とすると、
2ab − 1 = (2a )b − 1
= (2a − 1)(2a(b−1) + 2a(b−2) + · · · + 2a + 1)
となり、これは合成数である。対偶が示されたので、元の命題も真である。
(2) 265 ページで紹介した、約数の和の公式を用いる。
Mn = 2n − 1 = 1 + 2 + · · · + 2n−1 ,
N = Mn · 2n−1
とおくと、Mn は素数だから、265 ページの公式より、N の約数の和は、
S = (1 + Mn )(1 + 2 + · · · + 2n−1 )
となる（ここでは N 自身は除いていない）
。2 つ目のカッコは等比数列の公式より、2n − 1
となるから、
S = 2n · (2n − 1)
ここから N 自身を除いた和 S は、
S = 2n · (2n − 1) − 2n−1 (2n − 1)
= (2n − 1)(2n − 2n−1 )
= (2n − 1) · 2n−1 = N
となり、自分自身を除いた約数の和が自分自身に等しくなる。よって、N は完全数である
ことが証明された。
7.4 整数、素数に関する知識
友愛数
自然数 a, b が
(1) a の a 自身を除く約数の和が b となる
(2) b の b 自身を除く約数の和が a となる
という 2 つの条件を満たしているとき、自然数 a, b は友愛数であるという（親和数とも
いう）。
例えば、220 と 284 は友愛数であることを実際に確かめてみよう。
220 の自分自身を除いた約数の和は、220 = 22 · 5 · 11 だから、
(1 + 2 + 4)(1 + 5)(1 + 11) − 220 = 7 · 6 · 12 − 220 = 284
となり、284 については、284 = 22 · 71 だから、
(1 + 2 + 4)(1 + 71) − 284 = 7 · 72 − 284 = 220
となり、実際に先ほどの条件を満たしているから、220 と 284 は友愛数であるといえる。
友愛数には、他に 1184 と 1210 のペアや、2620 と 2924 があり、友愛数が無限に存在
するかどうかについては未解決問題である。
婚約数
自然数 a, b が
(1) a の 1 と a 自身を除く約数の和が b となる
(2) b の 1 と b 自身を除く約数の和が a となる
という 2 つの条件を満たしているとき、自然数 a, b は婚約数であるという。
定義は友愛数に似ているが、友愛数と婚約数は全く別の物になる。簡単な例では、48 と
75 が婚約数となる。このことを確認しよう。
48 = 24 · 3 だから、
(1 + 2 + 4 + 8 + 16)(1 + 3) − 1 − 48 = 31 · 4 − 49 = 75
であり、75 = 3 · 52 だから、
(1 + 3)(1 + 5 + 25) − 1 − 75 = 4 · 31 − 76 = 48
∗33
となっている。他にも 140 と 195 のペアや、1575 と 1648 などのペアが知られている。
∗33
友愛数はペアとなる数の偶奇が同じであるのに、婚約数は偶奇が一致しない、必ず偶数と奇数がペアに
なっていることは興味深い。まるで奇数と偶数が男性と女性を象徴しているかのようである。
277
278
第 7 章 整数問題と論証問題
フェルマー数
フェルマー数とは、
n
Fn = 22 + 1
(n
0)
と表されるもの∗34 で、フェルマーはすべての n に対して Fn は素数であると予想した。
実際、n = 0, 1, 2, 3, 4 については、
F0 = 21 + 1 = 3,
F1 = 22 + 1 = 5,
F3 = 28 + 1 = 257,
F2 = 24 + 1 = 17
F4 = 216 + 1 = 65537
となり、これは素数である。しかし、F5 は、
F5 = 4294967297 = 641 × 6700417
と分解される。すなわち合成数であることが分かり、フェルマーの予想は否定的に解決さ
れた。さらに、現在のところ n
5 で an が素数であるものは知られておらず、F5 以降
のフェルマー数の中に、素数となるものが存在するかどうかは知られていない。
しかし、フェルマー数についてはここで話が終わらない。1796 年、19 歳のガウスは正
17 角形の作図に成功し、その過程でフェルマー数について、
「Fn が素数ならば、正 Fn 角
形を作図することができる。逆に p を素数として、正 p 角形が作図できるためには、p は
∗35
フェルマー数でなければならない」という事実を発見した。
これについてもここで証明はしないが、正 3 角形、正 5 角形、正 17 角形、正 257 角形、
∗36
正 65537 角形はコンパスと定規で作図できるということである。
∗34
c
c
ab などのように指数の肩に指数が乗っているときは、肩の先の方から計算する。すなわち a(b
)
であ
る。
ここでいう作図とは、定規とコンパスを用いて作図できるかという問題である。定規とコンパスで作図で
きない例として有名なのがギリシャの三大作図問題というもので、
(a) 任意に与えられた立方体の 2 倍の体積を持つ立方体の一辺の長さを作図で求めよ。
(b) 任意に与えれた角の三等分線を作図せよ。
(c) 任意に与えられた円と同じ面積を持つ正方形を作図せよ。
であり、二千数百年に渡って数学者を悩ました末、(a)、(b) の不可能性は 1837 年にワンツェルによっ
て、(c) の不可能性は 1882 年にリンデマンによって証明された。
∗36 正 17 角形の作図については、第??巻で紹介する。
∗35
7.5 論証問題
279
7.5 論証問題
論証問題とは、いわゆる論理的な思考により、解答を導くものをいう。教科書や参考書
で学習する証明問題もその一つであり、ここではそのような証明問題に加え、もっと論理
的な思考を必要とするものを紹介しよう。
まずは、論証問題に必要な知識をいくつか紹介しておこう。
■背理法と対偶法
まずは既に学習した背理法と対偶法は使えるようにしておこう。背理法には慣れている
√
人も多いだろうが、背理法の証明は「 2 が無理数であることを示せ」「log 2 が無理数で
あることを示せ」といったような問題が多数を占めるため、その他の使い方になれていな
い読者も多いだろう。
背理法に比べて、対偶法はあまり入試では出題されないが、■例題 1.100 のように直接
示すことが難しい場合に利用できる。まずはこれらの応用問題を紹介しよう。
■例題 1.101 (論証問題) つぎの (1)、(2) の命題の真偽を述べよ。ただし a, b は実数
とする。
［東京大］
(1) 任意の正の数 x, y に対して ax + by > 0 が成り立つならば a > 0, b > 0 である。
(2) 適当な正の数 x, y に対して ax + by > 0 が成り立つならば a > 0 または b > 0 で
ある。
....................................................................................
□解答 1.101 「任意の」とか「適当な」という言葉は、数学でよく登場する言葉です
が、慣れていないと難しいものの一つでしょう。「任意の」は、どのように選んでもよい、
好き勝手に選んでよいという意味で「すべての」と同じ意味。また「適当な」というのは
うまく適するように、という意味で、好き勝手にという意味ではない。「ある」に近い意
味合いである。これらには慣れるようにしていきたい。
(1) a = 0, b = 1 とすると、任意の正の数に対して ax+by > 0 であるが、a > 0, b > 0
ではないので偽。
(2) 与えられた命題の対偶は、
「a
ax + by
0 かつ b
0 ならば、任意の正の数 x, y に対して
0 が成り立つ」である。これは、明らかに真である。
♠(2) は対偶を取れば簡単、なのですが、「適当な正の数 x, y に対して ax + by > 0」の否
定を、
「適当な 0 以下の数」や「任意の 0 以下の数」のようにしてはいけません。219 ペー
ジで紹介したように、
「適当な（ある）x について p」の否定は「任意の（すべての）x に
ついて p」であるから、今回の場合、
「任意の x, y について ax + by
ち「任意の x, y について ax + by
0」としなければならない。
0 でない」、すなわ
280
第 7 章 整数問題と論証問題
「数学的帰納法」については、第 6 巻（数列）で詳しく説明しています。
■数学的帰納法
数学的帰納法については、高校では数学 B の数列の中で学習する。本書でも第 6 巻で紹
介しているが、論証問題を解く上では欠かせない知識なので、ここで紹介しておく。
数学的帰納法という名前からして難しそうに見えるが、ポイントは「ドミノ倒し」とい
うイメージである。
数学的帰納法で示すことができるのは「すべての自然数 n についてある命題 P (n) が成
り立つ」ということである。いま、
『「ある n = k のときに P (k) が成立する」と仮定した
とき、P (k + 1) のときに成立する』ことが示せたとすると、n = 1 で成り立てば n = 2 で
成り立つ、n = 2 で成り立てば n = 3 で成り立つ、というドミノ倒しの原理で次々に成立
がいえ、結果、すべての n に対して命題 P (n) の成立がいえるのである。
すると肝心なのは、
1. P (1) が成立すること
2. ある k について P (k) が成立すると仮定したとき、P (k + 1) が成立すること
の証明である。イメージとしては 1. はドミノの起爆剤（スタート）、2. はドミノ自体を現
である。
n
■例題 1.102 (数学的帰納法) n · n! = (n + 1)! − 1 を証明せよ。
k=1
....................................................................................
□解答 1.102 解 数学的帰納法で証明する。
(i) n = 1 のとき、（左辺）=（右辺）= 1 より成立。
(ii) n = k のとき成り立つと仮定する。つまり、
1 + 2 · 2! + · · · k · k! = (k + 1)! − 1
は成立すると仮定する。この仮定のもと、n = k + 1 とすると、
1 + 2 · 2! + · · · k · k! + (k + 1)(k + 1)!
= (k + 1)! − 1 + (k + 1)(k + 1)!
= (k + 1)!{1 + (k + 1)} − 1
(下線部は仮定より成立する。)
((k + 1)! で一部をまとめた)
= (k + 1)!(k + 2) − 1 = (k + 2)! − 1
となり（これは題意の式で n = k + 1 としたものだから）、n = k での成立を仮定すると、
n = k + 1 でも成立する。
(i)、(ii) より、数学的帰納法より題意は示された。
7.5 論証問題
281
■ディリクレの原理
「n 個の箱の中に n + 1 個のボールを片づける。このとき、少なくとも 1 つの箱には 2
つ以上のボールが入ってしまう」ことは当たり前ですよね。
当たり前な事実であるが、名前が付いており、ディリクレの原理や部屋割り論法∗37 、さ
らには鳩の巣原理∗38 などといいます。
実際に問題にこの方法を適応して解かなければならない場面もある。ポイントは、部屋
をどのように分けるのか、というところにある。なかなかセンスがいるこの方法も、やは
り例題で慣れてもらいたい。また、章末問題にもやはりディリクレの原理を用いる問題を
混ぜておいた。どの問題がこれを利用するものなのか考えてもらいたい。
■例題 1.103 (ディリクレの原理) x − y 平面において、x 座標、y 座標がともに整数
である点 (x, y) を格子点という。いま、互いに異なる 5 個の格子点を任意に選ぶと、その
中に次の性質をもつ格子点が少なくとも 1 対は存在することを示せ。
1 対の格子点を結ぶ線分の中点がまた格子点となる
［1996 早稲田大（政治経済）
］
....................................................................................
□解答 1.103 解 格子点と格子点の中点が格子点となるためには、それぞれの x 座
標、y 座標について、偶奇が一致している必要がある。
格子点を x 座標、y 座標の偶奇によって分類すると、
（偶数、偶数）、
（偶数、奇数）、（奇数、偶数）、（奇数、奇数）
の 4 種類があるので、5 個の格子点のうち少なくとも 2 点は、x 座標、y 座標の偶奇がそ
れぞれ一致する。偶奇が等しいものの平均（中点）は整数となるので、それぞれの x, y 座
標の偶奇の一致する格子点同士の 2 点の中点はやはり格子点となる。
∗37
∗38
箱が部屋、ボールが人だと考えれば、どこかの部屋には 2 人以上いることになります。
ボールが鳩で、箱が鳩の巣ですね。
282
第 7 章 整数問題と論証問題
■文章で与えられる推理問題
論証問題の最終形は、言葉で与えられた課題を、論理的な思考によって解を求めるとい
うことになる。解がある場合はまだ簡単な場合で、最も最適な解を求めるというような
ケースは今後よくあることだろう。
最後に、実際に入試で出題された論証問題を紹介してこの章を終わろう。
■例題 1.104 (論証問題) Z 先生は A 君と B 君を呼び寄せ、次のように言った。
「1 以上 13 以下の自然数 x, y(x
y) を選び、A 君には x と y の積を、B 君には x と y
の和を教えます。」
そして積、和をそれぞれ教えた。教えられた積を見て A 君は言った。
「この情報だけでは、x, y は特定できません。」……発言（イ）
教えられた和を見て B 君は言った。
「この情報だけでは、x, y は特定できません。ただ、A 君が x, y を絶対に特定でき
ない、ということは分かります。」……発言（ロ）
この発言（ロ）を聞いた A 君は言った。
「それなら x, y は特定できました。」……発言（ハ）
この発言（ハ）を聞いた B 君は言った。
「それなら x, y は特定できました。」……発言（ニ）
これについて以下に答えよ。
(1) B 君が与えられた和を次の数とするとき、発言（ロ）の前半に矛盾するならば×、
矛盾しないならば○を示せ。
和
1
2
3
4
5
6
7
8
答
(2) B 君が与えられた和を 4 とすると、発言（ロ）の後半に矛盾する。その理由を述
べよ。
(3) B 君が与えられた和を 10 とすると、発言（ロ）の後半に矛盾する。その理由を述
べよ。
(4) B 君が与えられた和が 8 以上ならば発言（ロ）の後半に矛盾する。その理由を述
べよ。
(5) x, y を特定せよ。
［1999 日本大（医）
］
....................................................................................
□解答 1.104 (5) だけ出題されたら、手も足も出ない、という場合もあるかもしれま
せん。誘導があってもかなり難しい論理パズルです。今回は誘導が親切なので、ヒント
（誘導）と論理的思考を元に少しずつ解読していきましょう。(4)、(5) あたりで頭が混乱
する！？
7.5 論証問題
283
解 (1) x + y = 2 のとき (x, y) = (1, 1)、x + y = 3 のとき (x, y) = (1, 2) より、こ
れらのとき x, y は特定できる。
対して、x + y
4 のとき、和の情報だけで x, y は特定できない。よって、次のように
なる。（
「和の情報だけで特定できない」が○、特定できるものは×。
）
和
1
2
3
4
5
6
7
8
答
×
×
○
○
○
○
○
○
(2) x + y = 4 のとき、(x, y) = (1, 3), (2, 2) である。このうち (x, y) = (1, 3) のとき
は、A 君の教えられた積は xy = 3 であるが、もしこの場合は A 君は (x, y) = (1, 3) と
特定できてしまう。これは「絶対に特定できない」ということに矛盾ししまうので、発言
（ロ）の後半に矛盾する。
(3) (2) と 同 様 で あ る 。B 君 の 与 え ら れ た 和 が 10 だ と す る と 、(x, y) =
(1, 9), (2, 8), (3, 7), (4, 6), (5, 5) だ が 、(x, y) = (3, 7) の と き に は 積 21 を 与 え ら れ
た A 君は x, y を特定できることになる。よって発言（ロ）の後半に矛盾する。
(4) x + y = k(k = 8, 9, · · · , 26) とおく。
(i) 8
k
20 のとき
このとき、1
k−7
13 である。ところで、x + y = k となる (x, y) の組の中に
は、7, k − 7 からなる組がある。このとき A 君が与えられる積は、7(k − 7) であるが、
k − 7(1
k−7
13) に 7 の倍数は 7 以外に含まれず、7 は素数であるから、A 君は積
から組が 7, k − 7 であることを特定できてしまう。よって、8
k
20 であることはあ
りえない。
(ii) 21
k
このとき、8
26 のとき
k − 13
13 である。(i) と同様、x + y = k となる組の中に、13, k − 13 か
らなる組がある。このときの積 13(k − 13) であるが、k − 13 の中に 13 の約数、倍数は 13
しか存在しないので、A 君は組が 13, k − 13 であると特定できる。よって、21
k
26
であることはありえない。
(i)、(ii) より、発言（ロ）の後半に矛盾する。
(5) (1)、(2)、(4) の結果より、調べなければならない和は、x + y = 5, 6, 7 の場合で
ある。
x + y = 5 とすると、(x, y) = (1, 4), (2, 3) である。それぞれ A 君の教えられる積はそ
れぞれ 4, 6 であり、これだけでは x, y を特定することができないので、正解である可能性
はある。
x + y = 6 とすると、(x, y) = (1, 5), (2, 4), (3, 3) であるが、(x, y) = (1, 5) の場合、積 5
から A 君はペアを 1, 5 と特定できてしまう可能性があるので、x + y = 6 はあり得ない。
x + y = 7 とすると、(x, y) = (1, 6), (2, 5), (3, 4) のとき、積はそれぞれ 6, 10, 12 とな
り、やはり A 君は x, y を特定できないので、正解である可能性がある。
つまり、発言（イ）と発言（ロ）からいえることは、和が 5 で、(x, y) = (1, 4), (2, 3) で
284
第 7 章 整数問題と論証問題
あるか、和 7 で、(x, y) = (1, 6), (2, 5), (3, 4) である。
（ハ）で A 君が (x, y) を特定できたというのでだから、積が同じである (2, 3) と (1, 6)
ではあり得ない。
また、和が 7 だと、最後に残る (2, 5), (3, 4) を絞り込めないので、結局 (x, y) = (1, 4)
である。
∗39
逆にこのとき、題意を満たす。
よって答えは (x, y) = (1, 4)。
♠(3) では、(x, y) = (5, 5) の場合も同様に積 25 から A 君は x, y を特定でき、矛盾を導
ける。また、(4) でいきなり 7 や 13 に着眼するのは、
「A 君が積から x, y を特定できるの
は、素因数分解が 1 通りにしかできないとき」であり、それはすなわち与えられた数が素
数 p と p と互いに素な数の積になっているときだけだからであるが、ここに気付くのは難
しいです。
∗39
本来ならこのことは、下の ♠ で示すように、実際に確かめなければならない。
7.5 論証問題
285
■例題 1.105 (論証問題) 白石 180 個と黒石 181 個の合わせて 361 個の碁石が横に一
列に並んでいる。碁石がどのように並んでいても、次の条件を満たす黒の碁石が少なくと
も一つあることを示せ。
その黒石の碁石とそれより右にある碁石をすべて除くと、残りは白石と黒石が同数とな
る。ただし、碁石が一つも残らない場合も同数とみなす。
［2001 東京大（文）
］
....................................................................................
□解答 1.105 説明が非常に難しい問題。条件を視覚化すると、
………… ●…………
○と●が同数
となるような並べ方を満たす黒石がある、ということ。これをどのように式で表現す
るか？
解 関数 f (n) として、
f (n) =（左から n 番目までにある黒石の個数）
−（左から n 番目までにある白石の個数）
と定義する。ただし、n は 1
n
361 を満たす自然数。
一番左が黒石なら、それとそれから右にあるものを取り除けばすべてなくなり題意
を満たすので、初めは白石としても支障はない、つまり f (1) = −1 としてよい。また、
f (361) = 1 である。
また、f (m − 1) と f (m) については、f (m) = f (m − 1) ± 1 が成り立つ。f (1) が
負で f (361) が正で、1 ずつ変化するというのだから、題意を示すためには、「f (k) =
0, f (k + 1) = 1 を満たす整数 k が存在する」ことを示せばよいのだが、どこかで y = f (n)
∗40
の値は負から正になる点が 1 つ以上存在する。
よって題意は示された。
♠ 数 III 風にいえば、中間値の定理。ただし、不連続な関数についてのものである。初期
値 f (1) が負、最終値 f (361) が正であり、f (m − 1) から f (m) へは、1 増えるか 1 減る
かだから、0 を飛び越えて負から正になることはあり得ない。つまり、どこかで f (i) = 0
を満たす i が存在することになるわけである。
∗40
存在しなければ、いつまでたっても負から正に移れないからである。
286
第 7 章 整数問題と論証問題
7.6 演算と構造
7.6.1 演算
■演算
例えば、足し算や引き算、かけ算や割り算においては、2 つの数 a, b を決めると、それ
らに対して計算の結果である数 c を決めることができる。このようなものを演算といい、
a◦b=c
と書くことが多い。普段の足し算や引き算では、◦ に + や − などが対応していると考え
ればよい。
ただし、◦ は一般には、足し算や引き算といった単純な物ではなく、例えば、
a◦b=a×b−
√
ab + sin a
のように、複雑なものが定義されていることもある。
さて、足し算やかけ算には、交換法則 a + b = b + a, ab = ba や、結合法則 a + (b + c) =
(a + b) + c, a(bc) = (ab)c が成り立つが、一般の演算 ◦ について成り立つとは限らない。
もし、a ◦ b = b ◦ a が成り立てば交換法則を満たすといい、成り立たないとき交換法則を
満たさないという。
■例題 1.106 (演算の計算) 整数 p, q に対して、p ∗ q = p + (−1)pq q とするとき、
((1 ∗ 2) ∗ 3) ∗ 4 の値を求めよ。
［2002 防衛大］
....................................................................................
□解答 1.106 指示されている規則通りに計算を実行するのみです。
解
1 ∗ 2 = 1 + (−1)1·2 · 2 = 1 + (−1)2 · 2 = 1 + 2 = 3
より、((1 ∗ 2) ∗ 3) ∗ 4 = (3 ∗ 3) ∗ 4 となる。次に、
3 ∗ 3 = 3 + (−1)3·3 · 3 = 3 − 3 = 0
より、(3 ∗ 3) ∗ 4 = 0 ∗ 4 となる。次に、
0 ∗ 4 = 0 + (−1)0·4 · 4 = 0 + 4 = 4
よって、答えは 4 である。
7.6 演算と構造
287
■閉性
整数 a と整数 b の和 c はやはり整数である。これは、整数全体の集合を Z とすると、
a, b ∈ Z ならば、a + b = c ∈ Z
である。
このように、集合 M の演算を考えたとき、
a, b ∈ M ならば、a ◦ b ∈ M
が成り立つとき、集合 M は演算 ◦ について閉じているという。
例えば、整数の集合 Z は、加法、減法、乗法については閉じているが、除法については
閉じていない。∗41 一方で、実数の集合 R は、加減乗除すべてについて閉じている。
■例題 1.107 (閉性) 次の集合は四則演算について閉じているかどうか答えよ。ただ
し、除法については 0 で割ることを考えないことにする。
(1) 自然数全体の集合 N
(2) 集合 M1 = {−1, 0, 1}
√
(3) 集合 M2 = {a + b 2|a, b は有理数 }
....................................................................................
□解答 1.107 それぞれについて地道に調べます。閉じない反例があれば、
解
(1) 加法、乗法については閉じている。減法については閉じていない（2 − 5 の結果は自
然数ではない）。除法については閉じていない（1 ÷ 3 は自然数ではない）。
(2) 乗法、除法についてのみ閉じている。加法、減法については、たとえば 1 + 1 = 2 は
M2 や (−1) − 1 = −2 は M1 には含まれない。
√
√
(3) 有理数 a, b, c, d に対し、集合 M2 の要素 x, y を x = a + b 2, y = c + d 2 とする。
√
• 加法：x + y = (a + c) + (b + d) 2 ∈ M より加法については閉じている。
√
• 減法：x − y = (a − c) + (b − d) 2 ∈ M より減法についても閉じている。
√
• 乗法：xy = (ac + 2bd) + (ad + bc) 2 ∈ M より乗法についても閉じている。
√
√
x
a+b 2
(ac − 2bd) + (bc − ad) 2
√ =
• 除法： =
∈ M より除法についても閉じて
y
c2 − 2d2
c+d 2
いる。
∗41
たとえば、整数同士の商は、1 ÷ 3 =
1
のように整数にならない場合がある。
3
288
第 7 章 整数問題と論証問題
■単位元と逆元
足し算において、0 を足しても元の数と演算の結果は変わらない。つまり、
a+0=a
である。このように、演算を行っても元の数と演算の結果が変わらない、つまり、
a◦e=a
を満たすとき、e を a の単位元といい、e で表す。
足し算についての単位元は 0 であり、かけ算についての単位元は 1 であることは容易に
わかるであろう。
また、演算を行った結果が単位元になるとき、つまり、
a◦b=e
を満たすとき、b のことを a の逆元といい、a−1 で表す。
足し算の単位元は 0 だったから、逆元があるとすれば、
a + a−1 = e = 0
となり、これを解けば、a−1 = −a となる。
同様に、積についての逆元が
1
であることが分かるだろう。
a
単位元と逆元
集合 M に属するどのような a に対しても、
a◦e=e◦a=a
となる M の要素 e があるとき、この e を単位元といい、さらに、
a◦x=e
を満たす M の要素 x があるとき、この x を逆元といい、x = a−1 で表す。
7.6 演算と構造
289
■例題 1.108 (単位元と逆元) 実数 a, b について、
a◦b=a+b+3
とする。演算 ◦ について、単位元はあるか。
....................................................................................
□解答 1.108
a ◦ e = a, e ◦ a = a を満たす e を求める。実際に代入すると、
a + e + 3 = a,
e+a+3=a
であり、これら両方を満たす e は存在し、e = −3 である。よって、単位元は存在し、
a−1 = 3 である。
290
第 7 章 整数問題と論証問題
7.6.2 群・環・体
■群の定義
次に紹介するのは、ある集合に 1 つの演算 ◦ が決められているときに、そこに特別な性
質がなりたつ場合には、それを特殊な集合として扱う場合がある。
まずは、群（ぐん）と呼ばれる数学的構造を紹介する。
群の定義
集合 M と、その要素について演算 ◦ が与えられているときに、
(1) 演算 ◦ について閉じている
(2) 結合法則が成り立つ
(3) 単位元が存在する
(4) 逆元が存在する
の 4 つの条件を満たしているとき、集合 M は演算 ◦ について群をなすという。∗42
たとえば、0 以外の実数全体の集合を R∗ は、乗法に関して群を成している。このこと
は、定義の (1)∼(4) が成り立つことを確認すればよい。∗43
もう 1 つ例を紹介すると、実数を成分とする n 次正方行列のうち、逆行列を持つものす
べての集合を M とすると、これは乗法に関して群を為す。
さて、先ほどの条件に、もう 1 つ交換法則の条件を加えたものを紹介する。
可換群
先ほどの (1)∼(4) に加えて、
(5) 交換法則が成り立つ
を満たしているときには、集合 M は可換群（アーベル群）であるという。
さきほど挙げた R∗ は、乗法に関して可換群である。一方で、行列の集合 M の例では、
可換群とはならない。∗44
ここでは乗法について群をなすものを中心に考えたが、加法について群をなすものもあ
り、これらを識別するために、前者を乗法群、後者を加法群あるいは加群などという。
∗42
ちなみに、(1) だけを満たすものを亜群、(1) と (2) を満たすものを半群、(1)∼(3) を満たすものをモノ
イドと言う。
∗43 確認についてはここで。(1)：実数 a, b について、ab も実数であるから乗法について閉じている。(2)：
(ab)c = a(bc) より結合法則を満たす。(3) と (4)：乗法についての単位元は 1、逆元は
∗44
1
で、これらは
a
どちらも実数であるから満たされている。
行列の積の演算について交換法則が成り立たないのは有名な事実である。行列について詳しいことは、第
9 章で学習する。
7.6 演算と構造
291
■環と体の定義
この節では環（かん）や体（たい）という概念を紹介する。
ところで、環や体の定義は非常にややこしくみえるが、これは実数や整数の性質を抽象
化するために必要となったものであって、環や体の考え方の基本にあるのは、実数や整数
∗45
そのものであることを忘れてはならない。
さて、群を考えるときは、1 つの演算について考えればよかったが、次は 2 つの演算が
定義された集合を考える。環や体は 2 つの演算が定義された集合の基本的なもので、ここ
では演算を + と ∗ として考える。
環の定義
2 つの演算 +（加法）と ∗（乗法）が定義された集合 M について、加法 + について
アーベル群であり、乗法 ∗ に関しては、M の任意の元 a, b, c に対して、
• （乗法のみに対する）結合法則：
(a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c)
• （乗法と加法に関する）分配法則：
a ∗ (b + c) = a ∗ b + a ∗ c,
(b + c) ∗ a = b ∗ a + c ∗ a
が成り立つとき、集合 M は環をなすという（乗法 ∗ について単位元、逆元は無くて
も良い）。
まずは例をあげてみよう。例えば、整数全体の集合 Z は和について可換群であり、さら
に積については結合法則を満たしているので、Z は加法と乗法について環である。なお整
数の集合 Z のことを整数環という。
また、実数全体の集合 R も同様の理由から環をなす。
環 R のうち、任意の元 a, b ∈ R について
a∗b=b∗a
を満たすような環を、可換環という。先にあげた例はどちらも可換環である。
∗45
余談だが、たとえば合同式を取り掛かりに紹介した「剰余」の考え方も、この環では再登場する。計算を
中心とした基礎的な概念を、より一般化したものがこの環や体という概念であることを理解してもらえれ
ばよい。
292
第 7 章 整数問題と論証問題
つづいて体の定義を紹介しよう。
体の定義
2 つの演算 +（加法）と ∗（乗法）が定義された集合 M について、加法 + について
アーベル群であり、乗法 ∗ に関しては、M の任意の元 a, b, c に対して、
• 加法 + の単位元（すなわち零元）を除いて、乗法に関して群をなす。
• （乗法と加法に関する）分配法則：
a ∗ (b + c) = a ∗ b + a ∗ c,
(b + c) ∗ a = b ∗ a + c ∗ a
が成り立つとき、集合 M は体をなすという。
これは、環の定義の結合法則の部分が、結合法則ではなく群をなすという厳しい条件に
なったものである。∗46 要約すれば、加法について群、乗法については 0 を除いて群、とい
うものである。
環のときに挙げた 2 つの例をもう一度見返してみると、整数の集合（整数環）Z は乗法
について群をなさない（n を掛けることの逆元は 1/n であり、必ずしも整数にならない）
ため、これは体とはいえない。
一方で、実数の集合 R は乗法についても群をなすため、実数全体の集合は、加法と乗法
について体をなすといえる。
∗46
「加法 + の単位元（すなわち零元）を除いて」というなにやら難しい書き方がされているが、これは、
加法の単位元は 0 であるために、乗法のほうで 0 を含めると逆元が存在しない（群の条件を満たせなく
なってしまう）ためである。
7.6 演算と構造
293
■部分環とイデアル
最後に、第 1 巻の内容を大きくはずれてきているが、環について重要な概念をもう 1 つ
紹介しておこう。
まず、部分環の定義を紹介する。
部分環
環 R の部分環 S とは、R の空でない環である部分集合 S のことである。
たとえば先にみたように、整数全体の集合 Z は環であるが、偶数のみを取り出した集合
2Z
∗47
も環である。よって、2Z は Z の部分環であるといえる。
さて、重要な部分環としてイデアルがある。
イデアル
環 R とその部分環 S について、
a ∈ S, b ∈ R
のとき、 ab ∈ S, ba ∈ S
をみたすとき、部分環 S は環 R のイデアルという。
特に、もとの環 R と {0} は明らかにイデアルであり、これらは自明なイデアルと
いう。
これは日本語でいうと、もとの環の要素 b に部分環の要素 a をかけて得られる要素は、
部分環に含まれるということである。イメージとしては、
（外部の要素）×（イデアルの要素）=（イデアルの要素）
ということである。
例としては先ほど挙げた偶数の集合 2Z は整数環のイデアルである。つまり、外部のど
のような要素 1, 2, 3, 4, · · · をもってきても、部分環 2Z の要素（すなわち偶数）を掛けれ
ば偶数、すなわち部分環 2Z の要素に含まれる。このようなときに、部分環 2Z をイデア
ルという。一般に n の倍数を集めた部分環はイデアルとなる。
なお、要素 0 は、どんな要素を掛けても 0 になるためイデアルである。また、部分環と
してもともとの環 R と同じ集合を選んだ場合も、（当然 a ∈ R, b ∈ R の積 ab は定義より
R に属するため、）イデアルである。これらを自明なイデアルという。
∗47
整 数 の 集 合 の 前 に 2 を 書 く こ と で 、整 数 の 集 合 {· · · , −1, 0, 1, 2, 3, · · · } を そ れ ぞ れ 2 倍 し て 、
2 = {· · · , −2, 0, 2, 4, 6, · · · } という意味を表しています。
Z
295
第8章
第 1 巻のまとめ・問題演習
8.1 第 1 巻はどこに続くか
第 1 巻では、数学の基礎となる計算を中心に学習した。もちろん、これでも十分な内容
があるのだが、これはあくまで土台作りだと思ってもらいたい。これから広がる世界を楽
しむための、土台なのである。それは、友達とのおしゃべりを楽しむために、日本語を学
習しなければならないのと同様、計算ができないと数学の勉強は楽しくない。
例はいくつでも上げられる。例えば平方完成は 2 次関数の頂点を求めるために利用する
し、有理化や絶対値の計算はいつでも必要になる。式の割り算は次数下げと共に利用され
るし、解と係数の関係は、実際に解を求めるのが大変な方程式で利用される。
2 次方程式は、第 2 巻で学習する 2 次関数を学習することでより深い知識が得られる
し、不等式も同様に、関数との対比で深い知識が得られるだろう。
集合や論理の分野は、数学の理論形成に必要だし、整数問題は初等整数論への第一歩と
もとらえられる。
上げればきりがないのでこれぐらいにしておくが、この章は数学の土台であることをか
みしめ、次のステップに進んでもらいたい。とはいえ、この章をしっかり学習していれ
ば、これから先つまづくことは少ないだろう。この章はそれほどに重要なのである。
296
第 8 章 第 1 巻のまとめ・問題演習
8.2 第 1 巻の問題演習
ここには、第 1 巻で学習した範囲を中心とした入試問題を集めてある。目的は、第 1 巻
の内容の復習と、本編で扱えなかった重要例題のフォローである。特に、本編で扱えな
かったが是非一度は触れておいてもらいたい問題には ∗ を付けておいた。この印ついた問
題は必ず解いてもらいたい。
また、問題を見たときにまず何をやるかが分かる、分かって欲しい問題（そしてその手
法がそのまま解答へ繋がる問題）には 、初めの一手が難しい問題（すなわちやや難しい
問題）には
を付け、第 1 巻までの知識のみでは解けない、範囲を超える問題には ♦ を
付けてある。参考にしてもらいたい。
●練習 1
次の計算をせよ。
1−
3x − 5
1
1−
1
x+1
−
x(2x − 3)
1
1+
1
1−
x−1
［1996 武蔵大］
●練習 2 ∗ n を 2 以上の自然数とする。xn + ax + b が (x − 1)2 で割り切れるとき、
a, b の値を求めよ。
●練習 3
［1996 東北学院大］
多項式 (x100 + 1)100 + (x2 + 1)100 + 1 は多項式 x2 + x + 1 で割り切れる
［2003 京都大・理］
か。
●練習 4 ∗ x2 − xy − 2y 2 + ax − y + 1 が 1 次式の積に因数分解されるように、定数
a の値を求めよ。
●練習 5 (1) ［1992 東京電機大］
√
3 が無理数であることを証明せよ。
(2) a, b を有理数とする。多項式 f (x) = x2 + ax + b が f (1 +
√
3) = 0 を満たすとき、
a, b を求めよ。
(3) n を 2 以上の自然数とする。g(x) は有理数を係数とする n 次多項式で最高次の係
√
√
数が 1 であるとする。g(1 + 3) = 0 となるとき、g(1 − 3) = 0 を示せ。
［2009 大阪大（後）］
28
28
3
+1−
− 1 とする。
27
27
(1) 整数を係数とする 3 次方程式で、α を解に持つものがあることを示せ。
●練習 6 α =
3
(2) α は整数であることを示せ。また、その整数を答えよ。 ［2002 大阪教育大（後）］
8.2 第 1 巻の問題演習
297
●練習 7 a2 + b2 = 1, c2 + d2 = 1, ac + bd = 1 のとき、
ad − bc, a2 + d2 , b2 + c2
［2002 芝浦工大］
の値をそれぞれ求めよ。
●練習 8 a, b, c を |a| < 1, |b| < 1, |c| < 1 を満たす実数とするとき、次の不等式を証
明せよ。
(1) ab + 1 > a + b (2) abc + 1 > ac + b (3) abc + 2 > a + b + c
［2001 松山大・法、類 1987 専修大］
●練習 9 a > b > 0, a + b = 1 であるとき、次の数の大小を比較せよ。
√
a+
√ √
√
b, a − b, ab, 1
［1997 愛知教育大］
√
●練習 10 a, b は正の整数とする。 3 は、
a + 3b
a
と
の間にあることを証明せよ。
b
a+b
［2004 慶應大・商、類 1992 学習院大］
●練習 11 天使はつねに真実を述べ、悪魔はつねに嘘をつく。A、B は悪魔か天使であ
ることは分かっているが、どちらかはっきりしない。A がこういった。
「わたしが天使ならば、B も天使です。」
この二人の正体は次のうちどれか。
(1) A、B ともに天使 (2) A は天使、B は悪魔
(3) A は悪魔、B は天使 (4) A、B ともに悪魔
［2004 慶應大・総合政策］
●練習 12 すべての正の整数 n に対して 5n + an + b が 16 の倍数となるような 16 以
下の正の整数 a, b を求めよ。
●練習 13
(2) √
3
［1997 一橋大］
(1) 背理法とは何かを 20 字以上、100 字以内で説明せよ。
2 が無理数であることを、背理法を用いて証明せよ。
［2002 東京理科大・理、数］
●練習 14 n を自然数とする。n, n + 2, n + 4 がすべて素数であるのは n = 3 の場合
だけであることを示せ。
［2004 早稲田大・政経］
●練習 15 5x2 + 2xy + y 2 − 4x + 4y + 7 = 0 を満たす整数の組 (x, y) を求めよ。
［2002 東海大］
●練習 16 方程式 48x + 539y = 77 を満たす整数解 x, y を全て求めよ。
［1996 大阪市大］
●練習 17 三角形 ABC で tan A, tan B, tan C が整数のとき、その値を求めよ。
［1984 一橋大］
298
第 8 章 第 1 巻のまとめ・問題演習
●練習 18 (1) 自然数 a, b, c, d に
b
c
= + d の関係があるとき、a と c が互いに素
a
a
ならば、a と b も互いに素であることを証明せよ。
(2) 任意の自然数 n に対し、28n + 5 と 21n + 4 は互いに素であることを証明せよ。
［2000 大阪市大］
●練習 19
N を自然数とする。1 から 2N までの自然数の中からどのように (N + 1)
個の自然数を選んでも、その中に一方が他方を割り切るような 2 つの数の組が存在するこ
とを示せ。
［1993 大阪教育大］
●練習 20 Z2 を 0 と 1 とからなる集合とし、（Z2 = {0, 1}）、この Z2 に演算 ⊕ を
「a ⊕ b =（a + b を 2 で割ったときの余り）」と定義する。すべての場合を書くと、
0 ⊕ 0 = 0, 0 ⊕ 1 = 1, 1 ⊕ 0 = 1, 1 ⊕ 1 = 0 となる。
(1) a, b ∈ Z2 に対して演算 a ⊕ b を a と b の多項式で表せ。
(2) a, b, c ∈ Z2 に対して、a + b + c − (a ⊕ b + b ⊕ c + c ⊕ a) + (a ⊕ b) ⊕ c を a, b, c の
最も次数の低い多項式で表せ。
［2003 横浜市大・商］
8.3 第 1 巻の問題演習・解答編
299
8.3 第 1 巻の問題演習・解答編
この章では第 1 巻の問題演習の解答を紹介する。はじめに問題のポイントを示し、その
後に解答を示した。別解やコメントがある場合は解答の後に ♠ マークがつけて紹介した。
特に読んでもらいたい、気にしてもらいたいポイントを示したので、是非読んでいただき
たい。
○解答 1 分数の分母や分子にさらに分数式がある式のことを繁分数式という。このよ
うな場合は「奥地から攻める」。
解
1−
3x − 5
1
1−
1
x+1
−
x(2x − 3)
3x − 5
x(2x − 3)
=
−
1
1
1
1+
1−
1+
1
(x + 1) − 1
(x − 1) − 1
1−
x−1
x+1
x−1
=
=
3x − 5
x(2x − 3)
−
x+1
x−1
1−
1+
x
x−2
3x − 5
x(2x − 3)
−
x − (x + 1) (x − 2) + (x − 1)
x
x−2
x(3x − 5) x(2x − 3)(x − 2)
−
−1
2x − 3
= x(5 − 3x) − x(x − 2)
=
= x(7 − 4x)
= −4x2 + 7x
300
第 8 章 第 1 巻のまとめ・問題演習
○解答 2 解 1 は式の割り算の知識をフル活用して解く。因数定理がポイントとなる。
しかし、この問題では解 2 のように、式を微分して情報を増やすことができる（ただし、
微分（数 III）の知識が必要です）。
この問題の解法は、■例題 9.5 の (3) で利用するので、是非覚えておいてもらいたい。
解 1 f (x) = xn + ax + b とおくと、f (1) = 0 より、
1+a+b=0
である。b = −(a + 1) を f (x) に代入して、
f (x) = xn + ax − (a + 1)
であり、ここで f (1) = 0 だったから、因数定理より明らかに (x − 1) を因数に含み、実際
に割り算すると、
f (x) = (x − 1)(xn−1 + xn−2 + · · · x + 1 + a)
となる。f (x) は (x − 1)2 で割り切れるのだから、
g(x) = xn−1 + xn−2 + · · · x + 1 + a
とおくと、g(x) は (x − 1) で割り切れるはずなので、g(1) = 0 である。よって、
g(1) = n + a = 0
より a = −n であり、b = −(a + 1) に代入して b = n − 1 である。
解2 f (x) = xn + ax + b
とおくと、f (x) = (x − 1)2 Q(x) より、f (1) = 1 + a + b = 0 である。
次に両辺を x で微分すると、
f (x) = 2(x − 1)Q(x) + (x − 1)2 Q (x) = nxn−1 + a
であり、これに x = 1 を代入して、n + a = 0 である。
これらより、a = −n, b = n − 1 となる。
♠ 解 2 では、
「f (x) が (x − a)2 で割り切れる」⇐⇒ f (a) = f (a) = 0
であることを利用している。この知識は微分の章で詳しく学ぶが、この問題では微分の計
算さえできれば解くことができる。
8.3 第 1 巻の問題演習・解答編
301
○解答 3 例題 1.45 で見たとおり、割る式が x2 + x + 1 のときは ω を代入してみます。
京大の問題のわりに見かけ倒し。
解 (x100 + 1)100 + (x2 + 1)100 + 1 を x2 + x + 1 で割った余りは 1 次式 ax + b とおけ
るので、
(x100 + 1)100 + (x2 + 1)100 + 1 = (x2 + x + 1)P (x) + ax + b
となり、x3 = 1 の虚数解の一つ ω を用いて、
= (x − ω)(x − ω 2 )P (x) + ax + b
と因数分解しておく。
さて、x = ω を代入すると、ω 2 + ω + 1 = 0 であるので、
(ω 100 + 1)100 + (ω 2 + 1)100 + 1 = aω + b
さて、この式の左辺を変形する。まず、ω 3 = 1 を利用すると、
（左辺）= (ω + 1)100 + (ω 2 + 1)100 + 1
ここで、ω 2 + ω + 1 = 0 より、ω + 1 = −ω 2 , ω 2 + 1 = −ω を代入して、
= (−ω 2 )100 + (−ω)100 + 1
= ω2 + ω + 1 = 0
つまり、aω + b = 0 が必要条件。
次に、ω 2 を代入すると、同様に aω 2 + b = 0 が必要になる。
これらは、a = b = 0 のときに同時に満たされるので、a = b = 0 となる。すると余り
は 0 となるので、(x100 + 1)100 + (x2 + 1)100 + 1 は x2 + x + 1 で割り切れる。
○解答 4 第 2.2.3 章では、パッと見て因数分解できなくても、方程式の解が分かれば因
数分解できることを学習した。問題の式を x についての方程式だとして見ると、
x2 + (a − y)x − 2y 2 − y + 1 = 0
となり、この解は、
x=
=
−(a − y) ±
y−a±
(a − y)2 − 4 · 1 · (−2y 2 − y + 1)
2
9y 2 − 2(a − 2)y + a2 − 4
2
となり、これらを α, β とおいておけば、
x2 − xy − 2y 2 + ax − y + 1 = (x − α)(x − β)
302
第 8 章 第 1 巻のまとめ・問題演習
と因数分解できることになるが、ここにルートがあってはいけないので、ルートの中身が
（何か）2 の形になっていなければならない。つまり、
9y 2 − 2(a − 2)y + a2 − 4 = (py − q)2
の形（この形を完全平方式という）になってなければならなく、そのためには、9y 2 −
2(a − 2)y + a2 − 4 = 0 が重解を持てばよいことになる。そこでこの方程式の判別式が 0
となるような a を求めればよい。
解 1 x2 − xy − 2y 2 + ax − y + 1 = 0 を x についての方程式としてみる。これが一次
式の積に因数分解されるには、解 x が 1 次式でなければならなく、そのためには、解 x の
ルートが消えなければならない。
解 x のルート内は x2 − xy − 2y 2 + ax − y + 1 = 0 の判別式 D1 で、
D1 = 9y 2 − 2(a − 2)y + a2 − 4
である。これが完全平方式になるためには、D1 = 0 とした y についての方程式が重解を
持てばよく、そのためには、この方程式の判別式 D2 = 0 であればよい。
D2 /4 = (a − 2)2 − 9(a2 − 4)
= −4(2a2 + a − 10)
5
より、2a2 + a − 10 = 0 を解いて、x = − , 2 となる。
2
解 2 今回は x2 − xy − 2y 2 = (x − 2y)(x + y) と因数分解できるので、
(x2 − xy − 2y 2 ) + ax − y + 1 = (x − 2y)(x + y) + ax − y + 1
= (x − 2y + p)(x + y + q)
とおいて p, q の値を求める。最後の式を展開すると、
(p + q)x + (p − 2q)y + 3pq = ax − y + 1
だから、
p − 2q = −1, pq = 1
の も と で a = p + q を 求 め れ ば よ い 。い ま 、上 の 連 立 方 程 式 を 解 く と 、(p, q) =
(1, 1), −2, −
1
2
となるので、a = 2, −
5
2
である。
8.3 第 1 巻の問題演習・解答編
303
○解答 5 (3) が本題のこの問題。共役な解を持つことの証明は、典型問題の 1 つなの
で解法とともに覚えておきたい。
解 (1) √
√
3 が有理数だと仮定すると、互いに素な自然数 m, n を用いて、 3 =
n
m
と表される。これを変形して、3m2 = n2 であるから、n2 は 3 の倍数、すなわち n は 3
の倍数。
そこで、n = 3n とおいて (a) 式に代入すると、3m2 = 9n 2 すなわち m2 = 3n 2 だか
ら、m も 3 の倍数である。
√
ここで、m, n は共に 3 の倍数であり、互いに素な自然数であることに反する。よって
3 は無理数である。
√
(2) f (1 + 3) = 0 より、
√
√
(4 + 2 3) + a(1 + 3) + b = 0
√
(4 + a + b) + 3(2 + a) = 0
√
であり、 3 は無理数だから、
4 + a + b = 0,
2+a=0
が成り立つ。これらを解いて、
a = −2, b = −2
である。
(3) 有理数 p, q, r, s に対して、
とおき、これらに対し、
√
α = p + q 3,
√
β =r+s 3
√
α + p − q 3,
√
β =r−s 3
と定めるとき、
α + β = α + β,
が成り立つ。有理数 ai (1
i
αβ = α · β
n − 1) に対して、
g(x) = xn + a1 xn−1 + a2 xn−2 + · · · + an−1 x + an
とおき、g(1 +
√
3) = 0 が成り立つとき、
√
√
√
g(1 − 3) = (1 − 3)n + a1 (1 − 3)n−1 + · · · + an
= (1 +
√
n
3) + a1 (1 +
√
n−1
3)
+ · · · + an
ここで、実数 ai に対し、ai = ai であるから、
= (1 +
√
√
n
3) + a1 (1 +
3)n + a1 (1 +
√
= g(1 + 3) = 0 = 0
= (1 +
となることより、題意は示された。
√
√
n−1
3)
+ · · · + an
3)n−1 + · · · + an
304
第 8 章 第 1 巻のまとめ・問題演習
○解答 6 計算がやや面倒くさいですが、問題を解くだけでもこのヘンテコな式が実は
整数であるという事実に驚くことができます。カルダノの公式との関係について、♠ 以降
で議論します。
解
(1) A =
3
28
+ 1, B =
27
28
− 1 とおく。
27
3
α3 = (A − B)3 = A3 − 3A2 B + 3AB 2 − B 3
= A3 − B 3 −3AB (A − B)
2
α
28
+1
27
=2−33
=2−3
3
28
−1 α
27
1
α
27
=2−α
であるから、
α3 + α − 2 = 0
が成り立つ。よって、α は x3 + x − 2 = 0 の解である。
(2) (1) より、α は x3 + x − 2 = 0 の解。ところでこの方程式は、
(x − 1)(x2 + x + 2) = 0
と因数分解でき、x2 + x + 2 = 0 は D < 0 より虚数解を持つので、全体では x = 1 と 2
つの虚数解を持つ。α は実数であるから、α = 1 でしかあり得ない。よって、α = 1 で
ある。
♠ 一般にカルダノの公式を用いて求めた解は複雑な形をしてしまう。例えば、虚数でな
いのに虚数が表れてしまったりといった感じである。詳しくは第 3.3.2 章を見ていただき
たい。
さて、カルダノの公式を用いて x3 + x − 2 = 0 を解いてみよう。恒等式：
(u + v)3 − 3uv(u + v) − (u3 + v 3 ) = 0
が成り立つので、x = u + v とおけば、
3uv = −1,
u3 + v 3 = 2
とすれば式を再現できる。つまり、これらを満たす u, v を求めれば、解が x = u + v とい
う形で求められるということである。
さて、
(uv)3 = −
1
,
27
u3 + v 3 = 2
8.3 第 1 巻の問題演習・解答編
305
より、u3 , v 3 は 2 次方程式
t2 − 2t −
1
=0
27
の解であることが分かり、実際に解くと、
√
272 + 27
=1±
27
√
√
となることより、元の解は p = 3 u, q = 3 v とおいて、
t=
27 ±
28
27
x = p + q, pω + qω 2 , pω 2 + qω
であり、x = p + q は計算すると、
x=
3
28
+1−
27
3
28
−1
27
となる。
一方、因数定理を用いて普通に解くとこの値が 1 であることも分かる。このように、カ
ルダノの公式は整数の値を求めるのにも無理数や虚数を経由しなければ解けない。
306
第 8 章 第 1 巻のまとめ・問題演習
○解答 7 計算だけでいくと大変である（ラグランジュの恒等式を覚えている人などい
ないだろう）。そこで、ac + bd = 1 から内積を考えて、「解２」のような解法を思い付く
と良い。
解 1 ラグランジュの恒等式、すなわち（1.11）式：
(a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ac + bd)2 + (ad − bc)2
に代入すると、
1 · 1 = 12 + (ad − bc)2
より、ad − bc = 0 である。
これより、ad = bc であり、これの 2 乗したものは、
(ad)2 = (1 − b2 )(1 − c2 )
= 1 − (b2 + c2 ) + (bc)2 = (bc)2
であるから、b2 + c2 = 1 でなければならない。同様に、
(bc)2 = (1 − a2 )(1 − d2 )
= 1 − (a2 + d2 ) + (ad)2 = (ad)2
だから、a2 + d2 = 1 である。
よって、ad − bc = 0, a2 + d2 = 1, b2 + c2 = 1 である。
→
→
解 2 2 つのベクトル −
x,−
y を、
→
−
x = (a, b),
と設定すると、
であり、なす角 θ を、
→
|−
x | = a2 + b2 = 1,
−
→
y = (c, d)
→
|−
y | = c2 + d2 = 1
−
→
−
x ·→
y
= ac + bd = 1
cos θ = −
→
→
−
| x || y |
→
→
であるから、「−
x,−
y を単位ベクトル」、「両ベクトルのなす角 θ = 0◦ 」とすれば、題意を
→
−
満たす 2 つのベクトル −
x,→
y が設定できる（つまり、等しい単位ベクトルである）。
そこで、
→
−
−
x =→
y = (cos x, sin x)
すなわち、a = c = cos x, b = d = sin x とおいても題意を崩さない。
すると、
a2 + d2 = cos2 x + sin2 x = 1,
b2 + c2 = sin2 x + cos2 x = 1
であり、さらに、
ad − bc = cos x sin x − sin x cos x = 0
も導かれる。∗1
∗1
一般に任意の方向を向く単位ベクトルということで、(sin x, cos x) を仮定したが、この場合、a = c, b = d
8.3 第 1 巻の問題演習・解答編
307
○解答 8 (1) は「大 − 小 > 0」を示せばよい基本問題。(2) 以降は、
(2) は (1) のヒント
を意識して解いていきましょう。
解
(1) 左辺から右辺を引いて 0 より大きいことを示せばよい。
（左辺）−（右辺）= ab + 1 − (a + b) = (a − 1)(b − 1)
であるが、ここで |a| < 1, |b| < 1 より、(a − 1)(b − 1) > 0 であるから、題意は示された。
(2) (1) において、a を ac と置き換えて考える。|ac| < 1 であるから、(1) より、
abc + 1 > ac + b
は成立する。
(3) (2) の右辺の ac は、|a| < 1, |c| < 1 であるから、(1) より、
ac > a + c − 1
が成り立つ。すると (2) は、
abc + 1 > ac + b > a + b + c − 1
ということになる。両辺に 1 を足して、最右辺と最左辺を比べて、
abc + 2 > a + b + c
が示されたことになる。
ということが分かればもっと簡単に解ける。すなわち、a2 + d2 = a2 + b2 = 1 だったり、ad − bc =
ab − ab = 0 といった具合である。
308
第 8 章 第 1 巻のまとめ・問題演習
○解答 9 基本方針は、
まずは大まかな検討から
しかし、その大まかな検討では、完全に定めることが出来ないのがこの問題の難しいと
ころ。
まずは計算しやすいように、a =
42
32
,
b
=
とおいて、それぞれの値を計算してみ
52
52
ると、
√
√
7
b = = 1.4
5
√
√
7
= 0.447 · · ·
a−b=
5
√
12
ab =
= 0.48
25
となるので、
√
と予想できる。
√
そこで、 ab −
a+
a−b<
√
ab < 1 <
√
a+
√
b
√
a − b > 0 を示せればよいのだが、これがうまくいかない。いろいろ
√
試してみると、 a − b と ab は、どうやら a, b の値によって大小が入れ替わるような
√
√
のである。そこで、とりあえず a − b と ab は、どのような条件で大小が変わるかを
√
調べ、
√
√
√
√
a − b, ab < 1 < a + b
であることを示そう。
解 題意より、0 < b <
1
< a < 1 である。
2
まずは、
√
ab −
√
a−b=
a(1 − a) − a − (1 − a)
√
a − a2 − 2a − 1
=
が正か負かを確かめる。
(i) √
a − a2 >
√
2a − 1 となる条件を求める。
どちらの項も正なので、2 乗した物を比較してよく、
a − a2 >
√
2a − 1
⇐⇒
a − a2 > 2a − 1
⇐⇒
となる。a2 + a − 1 < 0 を解くと、
−1 −
2
であり、
√
5
−1 +
<a<
2
1
< a < 1 を考慮して、
2
1
−1 +
<a<
2
2
√
5
√
5
a2 + a − 1 < 0
8.3 第 1 巻の問題演習・解答編
√
のとき、 ab >
(ii) √
309
√
a − b である。
√
a − a2 < 2a − 1 となるのは、先ほどと同様にすると、
−1 +
2
√
のとき、 ab <
√
5
<a<1
√
a − b となる。
√
√
5
−1
+
のとき。
(iii) a − a2 − 2a − 1 = 0 となるのは、これを解いて、a =
2
√
次に、 ab < 1 を示す。両辺正なので両辺を 2 乗して、ab < 1 を示せばよい。
√
1 − ab = 1 − a(1 − a)
= a2 − a + 1
=
a−
1
2
2
+
3
>0
4
より示された。
√
また、 a − b < 1 を示す。これも両辺正なので、a − b < 1 を示せばよい。これは、
a − b = 1 − (1 − a) = a > 0
より示された。
√
以上より、 ab,
最後に、1 <
√
√
a − b < 1 が示された。
√
√
a + b を示す。これも両辺正なので、1 < a + b + ab を示せればよい。
a+b+
√
ab − 1 = a + (1 − a) +
√
ab − 1 =
だから、これも示された。
よって、
1
−1 +
(i) < a <
2
2
√
5
のとき、
ab < 1 <
√
√
a+ b
ab < 1 <
√
√
a+ b
a−b<1<
√
√
a+ b
a−b<
−1 +
(ii) a =
2
√
5
のとき、
a−b=
−1 +
(iii) 2
√
5
√
√
< a < 1 のとき、
√
ab <
√
ab > 0
310
第 8 章 第 1 巻のまとめ・問題演習
○解答 10 有名問題です。「X と Y の間に A がある」⇐⇒「(X − A)(Y − A) < 0」で
あることを利用します。
解
√
「 3 は、
a
a + 3b
と
の間にある」ことは、
b
a+b
a √
− 3
b
a + 3b √
− 3
a+b
<0
であることと同値であるので、これを証明する。
√
√
1
a − 3b a + 3b − 3(a + b)
b(a + b)
√
√
√
√
1
=
a − 3b (1 − 3)a − 3(1 − 3)b
b(a + b)
√
√
1
=
(1 − 3)(a − 3b)2
b(a + b)
（左辺）=
√
√
ここで、a, b はそれぞれ正であり、1− 3 < 0 であり、また a = 0, b = 0 より、a− 3b = 0
であるので、その 2 乗は正。よって、
√
√
1
1 − 3 (a − 3b)2 < 0
b(a + b)
であることが示された。よって、題意は示された。
√
√
a
a + 3b
♠ さらに、 3 の近似値として、 と
のどちらがより 3 に近いかを考えて
b
a+b
みよう。
まず、
A=
a √
− 3 ,
b
B=
a + 3b √
− 3
a+b
とおく。ここで途中の式変形でも登場したが、
√
√
1
a + 3b √
− 3=
(1 − 3)(a − 3b)
a+b
a+b
√ a √
b
=
(1 − 3)( − 3)
a+b
b
と変形すると、
B=
であり、ここで
√
b
(1 − 3) A
a+b
√
b
< 1, 1 − 3 < 0.8 であるから、
a+b
0<
√
b
(1 − 3) < 1
a+b
8.3 第 1 巻の問題演習・解答編
311
であることがわかるので、A > B であることが分かる。つまり、
√
a
の方が 3 から離れ
b
ていることになる。
√
an
an+1
an + 3bn
を、
=
によって定めると、この数列は 3 に収
bn
bn+1
an + bn
束する。試しに a1 = 3, b1 = 2 として計算すると、
♠ 蛇足だが、数列
a2
9
= ,
b2
5
a3
12
=
,
b3
7
a4
33
=
= 1.7368 · · · ,
b4
19
a5
45
=
= 1.7308 · · ·
b5
26
√
となり、 3 = 1.7320508 に近い値であることが分かる。
√
3 に収束することの証明は数 III の極限で行う。
xn+1 =
an
= xn とおくと、
bn
xn + 3
xn + 1
となる。この数列が極限値 α を持つとすると、xn , xn+1 → α と置き換えて得られる方程
式を解いて、極限値は、
α=
√
α+3
⇐⇒ α = 3
α+1
となる。さて、
xn+1 −
√
√
√
xn + 3 √
(1 − 3)xn + (3 − 3)
3 =
− 3 =
xn + 1
xn + 1
√ √
√
√
√
3−1
(1 − 3)xn + 3( 3 − 1)
=
xn − 3
=
xn + 1
xn + 1
ここで xn > 0 より、
<
さらに、0 <
√
√
3−1
xn −
√
3 =
3−1
n
x1 −
√
3
√
3 − 1 < 1 だから、n → ∞ のとき ( 3 − 1)n → 0 であるから、
0
xn+1 −
√
√
3
にはさみうちの原理を用いて、 lim xn −
√
√
√
n→∞
3−1
n
x1 −
√
3
3 = 0 であるから、xn →
√
3 となる。
また、 α を近似的に求める数列として、
xn+1 =
1
2
xn +
α
xn
というものがある。BASIC や C 言語で、ループ計算の練習としてよく紹介される例で
ある。
312
第 8 章 第 1 巻のまとめ・問題演習
○解答 11 命題 p =⇒ q が真となるのはどのようなときでしたか。特に p が偽のとき
は、どうでしたっけ？
解 A が天使であることを p、B が天使であることを q で表すことにする。A が天使で
ないとすると、「p ならば q 」の p が偽であるから、命題「p ならば q 」は無条件で真とな
る。このとき A が天使でないことに矛盾する。よって A は天使であり、B も天使になる。
よって (1) が正解。
○解答 12 必要条件から絞る（■例題 1.80）の実践問題。「全ての」とあれば、まずは
適当な値で実験し必要条件を求め、その必要条件が正しいこと（十分性）を示す。
解 全ての n について成り立つのだから、n = 1, 2 を代入した値も 16 の倍数のはずで
ある。よって、
n = 1 のとき 5 + a + b
n = 2 のとき 25 + 2a + b
の両方が 16 の倍数なのだから、両者の差も 16 の倍数であるはずだから、
(25 + 2a + b) − (5 + a + b) = 20 + a
は 16 の倍数であり、a
16 であるから、a = 12 でしかない。n = 1 のときの式に a = 12
を代入して 17 + b であるが、これも 16 の倍数なのだから b = 15 となる。
つまり、a = 12, b = 15 が必要である（これが必要条件）。
次に、f (n) = 5n + 12n + 15 とおき、これが 16 の倍数であることを示す（十分性の
確認）。
(i) n = 1 のとき、f (1) = 32 は 16 の倍数。
(ii) n = k のとき成り立つと仮定する。つまり、f (k) = 16p であるとする。n = k +1
のときは、
f (k + 1) = 5k+1 + 12(k + 1) + 15
= 5(5k + 12k + 15) − 48k − 48
= 5f (k) − 48(k + 1)
= 16{5p − 3(k + 1)}
となり f (k + 1) は 16 の倍数であることが分かる。
よって、数学的帰納法より f (n) は 16 の倍数であることが示された。
ゆえに、求める a, b は、a = 12, b = 15 となる。
8.3 第 1 巻の問題演習・解答編
313
○解答 13 国語の問題？ と思ってしまいそうですが、背理法は証明の方法ばかり覚え
ていて、そもそも背理法って何？という人も多いことでしょう。(2) しかできないあなた
は、勉強不足ですよ。
解 (1)
• 命題が偽であると仮定して推論し矛盾を導き、命題を偽としたことによって矛盾が生
じたことで、命題は真であることを証明する証明法。（63 字）
• p → q を証明するのに、p かつ q とすると矛盾することを示して、p → q が真である
とする証明法。（49 字）
(2) √
3
2 が有理数であると仮定すると、
√
3
2=
a
（a, b は互いに素）
b
とおける。これを両辺 3 乗して、2b3 = a3 となる。
このとき左辺は明らかに偶数より、a は偶数でなければならないから、a = 2a とお
ける。
すると、2b3 = 8a 3 より b3 = 4a 3 となり、右辺は偶数より、b も偶数でなければなら
ない。
よって a も b も偶数でなければならないが、これは a, b が互いに素であることに反し、
√
3
√
3
矛盾が生じる。よって、 2 が有理数であるという仮定が間違っていたことになり、 2
が無理数であることが示された。
○解答 14 まずはちょっと実験してみましょう。1, 3, 5 は 1 が素数じゃない、3, 5, 7 が
OK で、5, 7, 9 は 9 がダメ、9 が無いようにと 11, 13, 15 ではやはり 15 がダメ、15 を無
いようにと 17, 19, 21 ではやはり 21 がダメ。
こうしてみると、3 の倍数が含まれていることが問題だと分かり、そこから論述をすれ
ばよい。
解 n, n+2, n+4 のいずれかは 3 の倍数である。なぜなら、連続する 3 数 n, n+1, n+2
のいずれかは 3 の倍数であり、n + 1 と n + 4 は 3 で割った余りが等しいからである。
素数で 3 の倍数であるものは 3 のみだから、候補としては 1, 3, 5 か 3, 5, 7 となり、1 は
素数でないから、3, 5, 7 でしかない。
よって、n, n + 2, n + 4 がすべて素数であるのは n = 3 の場合だけである。
♠ このように、3 連続奇数がすべて素数なものを三つ子素数という。また、この問題から
も分かるように、これは 3, 5, 7 に限る。
314
第 8 章 第 1 巻のまとめ・問題演習
○解答 15 このような問題ではできるだけ範囲を絞ることを考える。次数は x も y も
同じなのでどちらについてくくってもよさそうだが、y の方が係数が小さいので、y につ
いて因数分解してみる。しかし綺麗に因数分解ができるわけではなさそうである。これも
「必要条件から絞る」のパターンである。
解
5x2 + 2xy + y 2 − 4x + 4y + 7
= y 2 + 2(x + 2)y + 5x2 − 4x + 7 = 0
ここで、これを y についての方程式と思うと、y は実数解を持たなければならないのでこ
の判別式 D
0 でなければならない。よって、
D = (x + 2)2 − (5x2 − 4x + 7)
= −4x2 + 8x − 3
0
を解いて、
4x2 − 8x + 3
0
(2x − 3)(2x − 1)
0
3
となる。
2
x は整数なので、x の候補は 1 しかありえない。問題の式に x = 1 を代入すると、
これより、
1
2
x
5 + 2y + y 2 − 4 + 4y + 7 = 0
y 2 + 6y + 8 = 0
(y + 2)(y + 4) = 0
y = −2, −4
となる。つまり、問題の式を満たすペアは、(x, y) = (1, −2), (1, −4) となる。
8.3 第 1 巻の問題演習・解答編
315
○解答 16 ax + by = k 型の不定方程式は、特殊解を 1 つ見つければ一般解を得ること
ができます（→■例題 1.87 参照）。しかし、今回のように a, b が大きい数になると、すん
なり見つけるのが難しくなります。まずは、それなりに勘を利用した解答をあげておく。
試験場では次の解答で十分でしょう。
解 特殊解を 1 つ見つけたい。ところで、48 × 11 = 528 であり、これと 539 との差は
11 となり、これが 77 の約数であることを考えて、
48 × (−11) + 539 × 1 = 11
という式を考える。これの両辺を 7 倍して、
48 × (−77) + 539 × 7 = 77
(a)
であるから、48x + 539y = 77 の特殊解として、(−77, 7) が挙げられる。
ここで、元の不定方程式の辺々から (a) 式を引いて、
48(x + 77) + 539(y − 7) = 0
となる。これを、
48(x + 77) = 539(7 − y)
としておく。ところで 539 は 48 では割り切れないので、(7 − y) が 48 の倍数でなくては
ならないので、
7 − y = 48k
とおける。つまり、y = −48k + 7 である。これを代入すると、
x + 77 = 539k
つまり、x = 539k − 77 である。
答えは、(x, y) = (539k − 77, −48k + 7) となる。
♠ 上の解答のように、この形の問題は 1 つでも特殊解が見つけられれば、そこから一般解
を求めることが出来ます。しかし、今回のようにうまく特殊解が見つけられない場合はど
うしたらよいでしょう？ そのようなときは、剰余系、すなわち合同式を利用します。問
題の方程式を、mod.48 で考えると、
11y ≡ 29 （mod.48）
(b)
を満たす y を求める問題になる。y の係数を 1 にするために試行錯誤してみると、法を
48 として、(b) 式の辺々を 5 倍して、
55y ≡ 29 × 5
より、 7y ≡ 1
となり、さらに両辺を 7 倍して、
49y ≡ 1 × 7
より、 y ≡ 7
316
第 8 章 第 1 巻のまとめ・問題演習
となる。よって、y = 48k + 7 とおける。これを元の式に代入すると、
48x + 539(48k + 7) = 77
より、
48x = 77 − 539(48k + 7)
x = −539k − 77
となり、(x, y) = (−539k − 77, 48k + 7) と求めることが出来る。
○解答 17 冒頭の「一般性を失わない範囲で、大小の条件を加える」という部分がポイ
ント。■例題 1.88 で紹介したこのテクニックは、受験では重要なテクニックです。
解 角 A, B, C について、いま、
A
B
C
と仮定しても一般性を失わない。この条件より、
180◦ = A + B + C
より、(0◦
A
3A
√
tan A 3 となる。tan A は整数より、tan A = 1
60◦ である。よって、0
であり、この条件より三角形 ABC は鈍角三角形である。
ここで、
tan A = tan{180◦ − (B + C)
= − tan(B + C)
=−
tan B + tan C
=1
1 − tan B tan C
であることから、これを整理して、
tan B tan C − tan B − tan C − 1 = 0
(tan B − 1)(tan C − 1) = 2
となる。ここで、角 B, C は鋭角だから、
tan B
tan C
であり、tan B, tan C はそれぞれ整数であることを考えると、
(tan B, tan C) = (2, 3)
となる。よって、
(tan A, tan B, tan C) = (1, 2, 3)
である。最後に、A
B
C の条件をはずして、この順序をなくした、
(tan A, tan B, tan C) = (1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2), (3, 2, 1)
が答え。
8.3 第 1 巻の問題演習・解答編
317
○解答 18 直接示すのが難しいときには、背理法もしくは対偶法を使いましょう。ま
た、(2) は (1) をどのように利用すればよいのか試行錯誤が必要でしょう。
解
(1) b
c
= + d より、b = c + ad つまり、
a
a
c = b − ad
(a)
である。
a と c が互いに素であるとき、a と b は互いに素でないと仮定する。つまり、a =
ga , b = gb とおくことができるとする（ただし、a , b , g は整数、g
2）。
これらを (a) 式に代入すると、
c = gb − ga d = g(b − a d)
となる。a = ga だったから、a と c は共通な公約数 g(
2) をもつから、a と c が互いに
素であることに矛盾する。よって題意は示された。
(2)
28n + 5
7n + 1
=
+1
21n + 4
21n + 4
(b)
1
21n + 4
=
+3
7n + 1
7n + 1
(c)
であり、
となる。ここで、1 と 7n + 1 は互いに素であるから、(1) より 7n + 1 と 21n + 4 は互い
に素である。
このことを (b) 式に当てはめると、(1) より 28n + 5 と 21n + 4 も互いに素であること
が示される。
○解答 19 これが「部屋割り」を使う問題。とはいえ、部屋割りであることが分かって
も、どのように部屋割りすればよいのかが難しい。
解 1 から 2N までの数を、その約数のうちの最大の奇数によって分類する。つまり、
最大の約数が 1, 3, 5, · · · , 2N − 1 となるよう、N 種類に分類する。
N + 1 個の自然数を選ぶと、少なくとも 2 つ以上、約数の最大の奇数が等しくなる物が
存在し、どちらもその等しい奇数を用いて、（奇数）×2k といった形で書くことができる
ので、一方が他方を割り切ることになる。よって証明された。
318
第 8 章 第 1 巻のまとめ・問題演習
○解答 20 この定義は、mod.2 に対応しています。(1) が思い付くかどうかもかなり重
要、(2) の次数の最低性の証明もハイレベルです。
解
(1) a ⊕ b = a + b − 2ab
(2) (1) より、
(a ⊕ b + b ⊕ c + c ⊕ a) = (a + b − 2ab) + (b + c − 2bc) + (c + a − 2ca)
= 2(a + b + c − ab − bc − ca)
(a ⊕ b) ⊕ c = (a + b − 2ab) ⊕ c
= (a + b − 2ab) + c − 2(a + b − 2ab)c
= a + b + c − 2(ab + bc + ca) − 4abc
だから、求める解の候補としては、
a + b + c − (a ⊕ b + b ⊕ c + c ⊕ a) + (a ⊕ b) ⊕ c = 4abc
となる。
次に、2 次以下の多項式で表せるかどうかを調べる。
一般に、3 変数の 2 次以下の多項式は、
f (a, b, c) = Aa2 + Bb2 + Cc2 + Dab + Ebc + F ca + Ga + Hy + Iz + J
と表される。いま、与えられた式は a, b, c について対称なので、
A = B = C,
D = E = F,
G=H=I
であるが、
f (0, 0, 0) = J = 0
f (1, 0, 0) = A + G = 0
f (1, 1, 0) = 2A + D + 2G = 0
f (1, 1, 1) = 3A + 3D + 3G = 4
である。第 2 式、第 3 式より、A + G = 0, D = 0 が得られ、これを第 4 式に代入すると、
左辺が 0 となり、矛盾を生じる。
よって、2 次以下の多項式で表すことはできないから、答えは 4abc となる。
319
索引
あ
290
290
アーベル群
亜群
い
1 次不等式
1 の 3 乗根
148
124
293
50
20
イデアル
因数定理
因数分解
交代式
恒等式
合同式
公倍数
降べきの順
公約数
コーシー・シュワルツの不等式
ゴールドバッハの予想
婚約数
67
172
244
269
14
269
193
274
277
さ
え
262
286
エラトステネスの篩
演算
269
269
182
278
最小公倍数
最大公約数
三角不等式
三大作図問題
お
ω （1 の 3 乗根）
124
か
外延的定義
解と係数の関係
（2 次方程式の）解の公式
（3 次方程式の）解の公式
（4 次方程式の）解の公式
可換群
カルダノの公式
環
完全数
203
102
94
130
136
290
130
291
274
き
60
288
205
72
74
11
70
基本対称式
逆元
共通集合
共役な複素数
—解
虚数
虚数単位
し
16
55
13
14
10, 202
11, 202
72
202
112
10
12
10
72
111
50
277
式の展開
（関数の）指数
次数
指数法則
自然数
実数
実数条件
集合
循環系
循環小数
—を分数に直す
循環無限小数
純虚数条件
消去法
剰余の定理
親和数
す
280
数学的帰納法
せ
く
48
290
組み立て除法
群
け
k 進法
270
13
14, 286
202
係数
結合法則
元
こ
項
交換法則
高次不等式
高次方程式
13
14, 286
157
117
10, 202
291
237
72
34
185
206
整数
整数環
整数論の基本定理
（複素数の）絶対値
絶対値
絶対不等式
全体集合
そ
素因数分解
相加相乗の不等式
相反方程式
素数
素数定理
263
185
122
261
273
320
索引
た
へ
291
279
60
129
273
111
269
13
42
22
288
13
体
対偶法
対称式
代数学の基本定理
対数積分
代入法
互いに素
多項式
—の割り算
たすきがけ
単位元
単項式
287
32
37
281
208
閉性
平方完成
平方根
部屋割り論法
ベン図
ほ
206
補集合
み
313
三つ子素数
む
ち
251
11
212
中国式剰余定理
超越数
直積
203
11
無限集合
無理数
め
275
メルセンヌ数
て
281
16
ディリクレの原理
展開
と
等式の証明
（演算について）閉じている
ド・モルガンの法則
も
や
176
287
207
約数
203
友愛数
ユークリッドの互除法
有限集合
有限小数
有理化
有理数
に
2 項定理
2 次不等式
2 次方程式
—の判別式
2 重根号
27
149
89
100
40
261
264
265
—の個数
—の和
な
内包的定義
290
モノイド
ゆ
277
239
203
10
38
11
よ
202
要素
は
261
267
279
28
281
290
100
139
142
倍数
—の判定法
背理法
パスカルの三角形
鳩の巣原理
半群
（2 次方程式の）判別式
（3 次方程式の）判別式
（一般の）判別式
ら
26
ラグランジュの恒等式
る
57
累乗根
れ
241
161
111
連分数展開
連立不等式
連立方程式
ふ
フェラリの公式
フェルマー数
複素数
複素数の絶対値
双子素数
不定
不等式
—の証明
不能
部分環
部分集合
分数不等式
分配法則
136
278
11, 202
72
274
113
147
181
113
293
204
164
14
わ
和集合
205

ネイピア数の基本公式

目で見る一次変換 -計算ちょっとだけ-

スライド 1

Untitled - Almacenhg.es

フーリエ変換の例題

平成18年度 岩手県立看護師養成所入学試験 （看護師3年課程）

物理情報数学 C 演習問題/解答

NO2-3 力の釣り合い

折り紙飛行機作成支援ソフト

Q （Quality facotr）：共振回路の良さ Q の定義