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数学検定準$1$級は数Ⅲまで相当の数学の基本トピックに関して取り扱った検定であり、統計学に必要な数学を身につける際の指標に役に立ちます。当記事では「日本数学検定協会 監修」の「数学検定問題集 準$1$級」より、第$1$章の「関数と極限」の解説と演習問題の解答例などを取り扱いました。

・数学検定まとめ
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①弧度法、②合成関数と逆関数、③分数関数と無理関数

計算技能問題

問題.$1$

扇形の半径を$r$とおくと、問題文より下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
l \theta &= 4 \pi^2 \quad (1) \\
r \theta &= l \quad (2) \\
\frac{1}{2} r^2 \theta &= 27 \pi \quad (3)
\end{align}
$$

$(2)$より$\displaystyle r = \frac{l}{\theta}$、$(1)$より$\displaystyle l = \frac{4 \pi^2}{\theta}$が成立するのでそれぞれ$(3)$に代入すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{1}{2} r^2 \theta &= 27 \pi \\
\frac{l^2}{2 \theta^2} \theta &= 27 \pi \\
\frac{(4 \pi^2)^2}{\theta^2} \cdot \frac{1}{2 \theta^2} \theta &= 27 \pi \\
\frac{16 \pi^4}{2 \theta^3} &= 27 \pi \\
\theta^3 &= \frac{8}{27} \pi^{3} \\
\theta &= \frac{2}{3} \pi
\end{align}
$$

また、$\displaystyle \theta = \frac{2}{3} \pi$を$(1)$式に代入することで下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
l \theta &= 4 \pi^2 \quad (1) \\
l \cdot \frac{2}{3} \pi &= 4 \pi^2 \\
l &= 6 \pi
\end{align}
$$

問題.$2$

$$
\large
\begin{align}
f(x) = 6 \cos{x} + a \tan{x}, \quad 3 \pi < x < \frac{7}{2} \pi
\end{align}
$$

上記に対して$\displaystyle f^{-1}(-2) = \frac{10 \pi}{3}$であるので、逆関数の定義より$\displaystyle f \left( \frac{10 \pi}{3} \right) = -2$が成立し、下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
f \left( \frac{10 \pi}{3} \right) = 6 \cos{\frac{10 \pi}{3}} + a \tan{\frac{10 \pi}{3}} &= -2 \\
6 \cos{\frac{4 \pi}{3}} + a \tan{\frac{4 \pi}{3}} &= -2 \\
6 \cdot -\frac{1}{2} + a \sqrt{3} &= -2 \\
-3 + \sqrt{3} a &= -2 \\
a &= \frac{1}{\sqrt{3}}
\end{align}
$$

問題.$3$

$y=x^2-2x$を$x$について解くと下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
y &= x^2-2x \\
y+1 &= (x-1)^2 \\
x-1 &= \pm \sqrt{y+1}
\end{align}
$$

ここで$x \leq 1$より$x=1-\sqrt{y+1}$が成立するので$f^{-1}(x)=1-\sqrt{x+1}$である。

また$x \leq 1$のとき$y=x^2-2x=(x-1)^2-1$の値域は$y \geq -1$であるので$f^{-1}(x)$の定義域は$x \geq -1$である。

問題.$4$

$\sqrt{x-5}$が実数であることが前提であるので$5 \leq x$が成立する。また、不等号は下記のように解くことができる。
$$
\large
\begin{align}
\sqrt{x+5} – \sqrt{x-5} & > 2 \\
\sqrt{x+5} & > \sqrt{x-5} + 2 \\
x+5 & > x-5 + 2^2 + 4 \sqrt{x-5} \\
6 & > 4 \sqrt{x-5} \\
\sqrt{x-5} & < \frac{3}{2} \\
x-5 & < \frac{9}{4} \\
x & < \frac{29}{4}
\end{align}
$$

よって$\displaystyle 5 \leq x < \frac{29}{4}$が不等号が成立する$x$の範囲である。

数理技能問題

問題.$1$

問題.$2$

④数列の極限

計算技能問題

問題.$1$

・$[1]$
$$
\large
\begin{align}
\lim_{n \to \infty} \frac{1^2 + 2^2 + \cdots + n^2}{1^2 + 3^2 + \cdots + (2n-1)^2} \quad (1)
\end{align}
$$

$\displaystyle \sum$に関する公式より、分子と分母はそれぞれ下記のように計算を行える。
$$
\large
\begin{align}
1^2 + 2^2 + \cdots + n^2 &= \sum_{k=1}^{n} k^2 \\
&= \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) \\
1^2 + 3^2 + \cdots + (2n-1)^2 &= \sum_{k=1}^{n} (2k-1)^2 \\
&= 4 \sum_{k=1}^{n} k^2 – 4 \sum_{k=1}^{n} k + \sum_{k=1}^{n} 1 \\
&= \frac{1}{6} \cdot 4n(n+1)(2n+1) – 2n(n+1) + n \\
&= \frac{1}{6}n \left[ 4(n+1)(2n+1) – 12(n+1) + 6 \right] \\
&= \frac{1}{6}n (8n^2 – 2)
\end{align}
$$

よって、$(1)$式は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{n \to \infty} \frac{1^2 + 2^2 + \cdots + n^2}{1^2 + 3^2 + \cdots + (2n-1)^2} &= \lim_{n \to \infty} \frac{\displaystyle \cancel{\frac{1}{6}n} (n+1)(2n+1)}{\displaystyle \cancel{\frac{1}{6}n} (8n^2 – 2)} \\
&= \lim_{n \to \infty} \frac{(1+1/n)(2+1/n)}{(8 – 2/n^2)} \\
&= \frac{1 \cdot 2}{8} = \frac{1}{4}
\end{align}
$$

問題.$2$

問題.$3$

特性方程式$\displaystyle \alpha = 4 + \frac{3}{5}\alpha$の解が$\alpha=10$であることより、漸化式$\displaystyle a_{n+1} = 4 + \frac{3}{5}a_{n}$は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
a_{n+1} &= 4 + \frac{3}{5}a_{n} \\
a_{n+1} – 10 &= \frac{3}{5}(a_{n}-10)
\end{align}
$$

上記より数列$\{a_{n}-10\}$が公比$\displaystyle \frac{3}{5}$の等比数列であることがわかる。よって$a_{n}-10$に関して下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
a_{n} – 10 &= \frac{3}{5}(a_{n-1}-10) \\
&= \cdots \\
&= \left( \frac{3}{5} \right)^{n-1} (a_{1}-10)
\end{align}
$$

よって一般項$a_{n}$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
a_{n} &= \left( \frac{3}{5} \right)^{n-1} (a_{1}-10) + 10 \\
&= -9 \left( \frac{3}{5} \right)^{n-1} + 10
\end{align}
$$

したがって、$\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_{n} = 10$が成立する。

数理技能問題

問題.$1$

問題.$2$

問題.$3$

⑤関数の極限、⑥関数の連続

計算技能問題

問題.$1$

$[1]$
$\displaystyle f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$と定めれば良い。$\lim_{x \to 0} f(x)$は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to 0} f(x) &= \lim_{x \to 0} \frac{\tan{3x}}{x} \\
&= \lim_{x \to 0} 3 \cdot \frac{\sin{3x}}{3x} \cdot \frac{1}{\cos{3x}} \\
&= 3 \cdot 1 \cdot 1 = 3
\end{align}
$$

よって$f(0)=3$のようにおけば関数が$x=0$で連続となる。

$[2]$
$\displaystyle f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$と定めれば良い。$\displaystyle \lim_{x \to 0} f(x)$は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to 0} f(x) &= \lim_{x \to 0} \frac{\log{(1+2x)}}{x} \\
&= \lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \log{(1+2x)} \\
&= \lim_{x \to 0} \log{(1+2x)^{\frac{1}{x}}} \\
&= \lim_{x \to 0} \log{(1+2x)^{\frac{1}{2x} \cdot 2}} \\
&= \lim_{x \to 0} \log{[(1+2x)^{\frac{1}{2x}}]^{2}} \\
&= \lim_{x \to 0} 2 \log{(1+2x)^{\frac{1}{2x}}} \\
&= 2 \log{e} = 2
\end{align}
$$

よって$f(0)=2$のようにおけば関数が$x=0$で連続となる。

問題.$2$

$[1]$
$f(x)=e^{-x}-\sin{x}$とおく。このとき$\displaystyle f(0), f \left( \frac{\pi}{2} \right)$は下記のように値が得られる。
$$
\large
\begin{align}
f(0) &= e^{0}-\sin{0} \\
&= 1-0 \\
&= 1 > 0 \\
f \left( \frac{\pi}{2} \right) &= e^{-\frac{\pi}{2}}-\sin{\frac{\pi}{2}} \\
&= e^{-\frac{\pi}{2}} – 1 < 0
\end{align}
$$

ここで区間$\displaystyle \left[ 0,\frac{\pi}{2} \right]$で$f(x)$が連続であるので、中間値の定理に基づいて$\displaystyle 0 < x < \frac{\pi}{2}$で$f(x)=0$が実数解を持つ。

$[2]$
$f(x)=1-\log{|x|}$とおく。このとき$\displaystyle f(-1), \lim_{x \to +0} f(x)$は下記のように値が得られる。
$$
\large
\begin{align}
f(-1) &= -1 – \log{|-1|} \\
&= -1 – \log{1} \\
&= -1 \\
\lim_{x \to +0} f(x) &= \lim_{x \to +0} (1-\log{|x|}) \\
&= \infty
\end{align}
$$

ここで区間$\displaystyle \left[ -1,0 \right)$で$f(x)$が連続であるので、中間値の定理に基づいて$-1 < x < 0$が実数解を持つ。

数理技能問題

問題.$1$

問題.$2$

問題.$3$

・$[1]$
$x \to \infty$かつ$\log{x}$が単調増加であるので、$x$に関して下記の不等号が成立する。
$$
\large
\begin{align}
\frac{\log{x^2}}{\log{x}} < &\frac{\log{(x^2+1)}}{\log{x}} < \frac{\log{(x^2 + x^2)}}{\log{x}} \\
\frac{2\log{x}}{\log{x}} < &\frac{\log{(x^2+1)}}{\log{x}} < \frac{\log{(2x^2)}}{\log{x}} \\
2 < &\frac{\log{(x^2+1)}}{\log{x}} < 2 + \frac{\log{2}}{\log{x}}
\end{align}
$$

ここで$\displaystyle \lim_{x \to \infty} \left( 2 + \frac{\log{2}}{\log{x}} \right) = 2$より、下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to \infty} \frac{\log{(x^2+1)}}{\log{x}} = 2
\end{align}
$$

・別解
（左辺）-（右辺）より示すこともできる。問題集に詳しい解答があるので省略する。

・$[2]$
$$
\large
\begin{align}
f(x) = x^2 (\log{x})^2 \left[ \frac{1}{\log{x}} – \frac{2}{\log{(x^2+1)}} \right]
\end{align}
$$

上記のように$f(x)$をおくとき、$f(x)$は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
f(x) &= x^2 (\log{x})^2 \left[ \frac{1}{\log{x}} – \frac{2}{\log{(x^2+1)}} \right] \\
&= x^2 (\log{x})^{\cancel{2}} \times \frac{\log{(x^2+1)} – 2\log{x}}{\cancel{\log{x}} \cdot \log{(x^2+1)}} \\
&= \frac{\log{x}}{\log{(x^2+1)}} \times x^2 \times (\log{(x^2+1)} – \log{x^2}) \\
&= \frac{\log{x}}{\log{(x^2+1)}} \times x^2 \times \log{\frac{x^2+1}{x^2}} \\
&= \frac{\log{x}}{\log{(x^2+1)}} \times x^2 \times \log{ \left( 1 + \frac{1}{x^2} \right) } \\
&= \frac{\log{x}}{\log{(x^2+1)}} \times \log{ \left( 1 + \frac{1}{x^2} \right)^{x^2} }
\end{align}
$$

よって$\displaystyle \lim_{x \to \infty} f(x)$の値は下記のように求められる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to \infty} f(x) &= \lim_{x \to \infty, x^2 \to \infty} \frac{\log{x}}{\log{(x^2+1)}} \times \log{ \left( 1 + \frac{1}{x^2} \right)^{x^2} } \\
&= \frac{1}{2} \times \log{e} = \frac{1}{2}
\end{align}
$$

問題.$4$

数学検定準$1$級は数Ⅲまで相当の数学の基本トピックに関して取り扱った検定であり、統計学に必要な数学を身につける際の指標に役に立ちます。当記事では「日本数学検定協会 監修」の「数学検定問題集 準$1$級」の数学検定準$1$級の内容に基づき、過去問題③の解答例と解説の作成を行いました。

・数学検定まとめ
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$1$次：計算技能検定

問題$1$ $3$次の恒等式

$$
\large
\begin{align}
x^3 + x = (x-1)^3 + a(x-1)^2 + b(x-1) + 2 \quad (1)
\end{align}
$$

$(1)$式の右辺は下記のように展開できる。
$$
\large
\begin{align}
& (x-1)^3 + a(x-1)^2 + b(x-1) + 2 \\
&= x^3 + (-3+a)x^2 + (3-2a+b)x + (-1+a-b+2) \\
&= x^3 + (-3+a)x^2 + (3-2a+b)x + (1+a-b)
\end{align}
$$

$(1)$が恒等式である場合、下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
-3 + a &= 0 \\
3 – 2a + b &= 1 \\
1 + a – b &= 0
\end{align}
$$

上記を解いて$a=3,b=4$が得られる。

問題$2$ 複素数と分数

以下のようにそれぞれ段階的に計算を行う。
$$
\large
\begin{align}
i + \frac{3}{i+4} &= i + \frac{3(i-4)}{(i+4)(i-4)} \\
&= i + \frac{3i-12}{i^2-16} \\
&= i + \frac{3i-12}{-17} \\
&= i + \frac{-3i+12}{17} \\
&= \frac{14i+12}{17}
\end{align}
$$

$$
\large
\begin{align}
i + \frac{2}{\displaystyle i + \frac{3}{i+4}} &= i + \frac{2 \cdot 17}{14i+12} \\
&= i + \frac{17}{6+7i} \\
&= i + \frac{17}{(6+7i)(6-7i)} \\
&= i + \frac{17(6-7i)}{36-49i^2} \\
&= i + \frac{17(6-7i)}{85} \\
&= i + \frac{6-7i}{5} \\
&= \frac{6-2i}{5}
\end{align}
$$

$$
\large
\begin{align}
\frac{1}{\displaystyle i + \frac{2}{\displaystyle i + \frac{3}{i+4}}} &= \frac{5}{6-2i} \\
&= \frac{5(6+2i)}{(6-2i)(6+2i)} \\
&= \frac{10(3+i)}{36-4i^2} \\
&= \frac{10(3+i)}{40} \\
&= \frac{3}{4} + \frac{1}{4}i
\end{align}
$$

よって$\displaystyle a = \frac{3}{4}, \, b = \frac{1}{4}$が得られる。

問題$3$ 円の方程式

中心$(a,b)$、半径$r^2$の円の方程式は下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
(x-a)^2 + (y-b)^2 = r^2, \quad r>0
\end{align}
$$

上記が$3$点$(0,0), (-1,-3), (4,-2)$を通ることより下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
(0-a)^2 + (0-b)^2 &= r^2 \\
(-1-a)^2 + (3-b)^2 &= r^2 \\
(4-a)^2 + (-2-b)^2 &= r^2
\end{align}
$$

上記をそれぞれ展開すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
a^2 + b^2 &= r^2 \quad (1) \\
a^2 + 2a + 1 + b^2 – 6b + 9 &= r^2 \quad (2) \\
a^2 – 8a + 16 + b^2 + 4b + 4 &= r^2 \quad (3)
\end{align}
$$

$(1)$式を$(2)$式と$(3)$式にそれぞれ代入し、整理することで下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
a – 3b &= 5 \quad (2)’ \\
2a – b &= 5 \quad (3)’
\end{align}
$$

上記を解くと$a=2, b=-1$が得られる。また、$r>0$と$(1)$式より$r = \sqrt{5}$が得られる。よって、求める円の方程式は$(x-2)^2 + (y+1)^2 = 5$である。

問題$4$ 逆行列と行列の積

$$
\large
\begin{align}
A &= \left( \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 2 & 3 \end{array} \right) \\
B &= \left( \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{array} \right)
\end{align}
$$

$2$次正方行列の逆行列の公式より$A$の逆行列は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
A^{-1} &= \frac{1}{3-4} \left( \begin{array}{cc} 3 & -2 \\ -2 & 1 \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{cc} -3 & 2 \\ 2 & -1 \end{array} \right)
\end{align}
$$

$[1]$
$X$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
X &= \left( \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 2 & 3 \end{array} \right)^{-1} \left( \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{cc} -3 & 2 \\ 2 & -1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{cc} 3 & 2 \\ -1 & 0 \end{array} \right)
\end{align}
$$

$[2]$
$Y$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
Y &= \left( \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 2 & 3 \end{array} \right)^{-1} \\
&= \left( \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} -3 & 2 \\ 2 & -1 \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ -1 & 2 \end{array} \right)
\end{align}
$$

問題$5$ 置換積分

①
$$
\large
\begin{align}
\int \frac{x}{\sqrt{x+1}} dx \quad (1)
\end{align}
$$

上記の計算にあたって$t=\sqrt{x+1}$とおく。このとき下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
t &= \sqrt{x+1} \\
t^2 &= x+1 \\
x &= t^2-1
\end{align}
$$

また、$\displaystyle \frac{dt}{dx} = 2t$より、$dx = 2t dt$のように表せる。このとき$(1)$式は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
\int \frac{x}{\sqrt{x+1}} dx &= \int \frac{t^2-1}{\cancel{t}} \cdot 2 \cancel{t} dt \\
&= \int 2(t^2-1) dt \\
&= \frac{2}{3}t^3 – 2t + C \\
&= \frac{2}{3}t(t^2-3) + C \\
&= \frac{2}{3}(x+1-3)\sqrt{x+1} + C \\
&= \frac{2}{3}(x-2)\sqrt{x+1} + C
\end{align}
$$

②
$$
\large
\begin{align}
\int_{0}^{1} \frac{x}{\sqrt{x+1}} dx \quad (2)
\end{align}
$$

①の導出結果より、$(2)$式は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\int_{0}^{1} \frac{x}{\sqrt{x+1}} dx &= \left[ \frac{2}{3}(x-2)\sqrt{x+1} \right]_{0}^{1} \\
&= \frac{2}{3}(1-2)\sqrt{1+1} – \frac{2}{3}(0-2)\sqrt{0+1} \\
&= \frac{4-2\sqrt{2}}{3}
\end{align}
$$

問題$6$ 放物線の方程式

焦点が$(0,0)$、準線が$y=2$の放物線の方程式は下記のように考えることができる。
$$
\large
\begin{align}
(x-0)^2+(y-0)^2 &= (y-2)^2 \\
x^2 + \cancel{y^2} &= \cancel{y^2} – 4y + 4 \\
y &= -\frac{1}{4}x^2 + 1
\end{align}
$$

問題$7$ ネイピア数$e$の定義と極限値の計算

$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to 0} \frac{2^x-1}{x} \quad (1)
\end{align}
$$

上記の極限値の計算にあたって$t = 2^x-1$とおく。このとき下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
t &= 2^x-1 \\
2^x &= t+1 \\
x &= \log_{2}{(t+1)} = \frac{\log_{e}{(t+1)}}{\log_{e}{2}}
\end{align}
$$

よって$(1)$式の極限値は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to 0} \frac{2^x-1}{x} &= \lim_{t \to 0} \frac{t}{\displaystyle \frac{\log_{e}{(t+1)}}{\log_{e}{2}}} \\
&= \lim_{t \to 0} \frac{t}{\log_{e}{(t+1)}} \log_{e}{2} \\
&= \lim_{t \to 0} \frac{1}{\displaystyle \frac{1}{t}\log_{e}{(t+1)}} \log_{e}{2} \\
&= \lim_{t \to 0} \frac{1}{\displaystyle \log_{e}{(t+1)^{\frac{1}{t}}}} \log_{e}{2} \\
&= \lim_{t \to 0} \frac{1}{\displaystyle \log_{e}{(1+t)^{\frac{1}{t}}}} \log_{e}{2} \\
&= \frac{1}{\log_{e}{e}} \log_{e}{2} = \log_{e}{2}
\end{align}
$$

・解説
上記の計算にあたってはネイピア数$e$の定義を用いました。詳しくは下記で取り扱いを行ないました。

1の∞乗の不定形とネイピア数eの定義に関連する公式や指数関数・対数関数の微分の導出まとめ

$2$次：数理技能検定

問題$1$

問題$2$ 立方体と空間ベクトル

$[1]$
$\overrightarrow{AP} = k \overrightarrow{AG}, \, k \in \mathbb{R}$より、$\overrightarrow{AP}$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
\overrightarrow{AP} &= k \overrightarrow{AG} \\
&= k (\vec{b} + \vec{d} + \vec{e})
\end{align}
$$

ここで点$P$が平面$\alpha$上にあることから下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
k + k + k &= 1 \\
k &= \frac{1}{3}
\end{align}
$$

上記より$\displaystyle \overrightarrow{AP} = \frac{1}{3} \overrightarrow{AG}$が得られる。また、立方体の対称性を考えることで$\displaystyle \overrightarrow{QG} = \frac{1}{3} \overrightarrow{AG}$も得られる。

したがって$\overrightarrow{PQ} = \overrightarrow{AG} – \overrightarrow{AP} – \overrightarrow{QG}$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
\overrightarrow{PQ} &= \overrightarrow{AG} – \overrightarrow{AP} – \overrightarrow{QG} \\
&= \frac{1}{3} \overrightarrow{AG} \\
&= \frac{1}{3} (\vec{b} + \vec{d} + \vec{e})
\end{align}
$$

$[2]$
$\triangle CFH$は一辺の長さが$\sqrt{2}$の正三角形である。よって、面積は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{1}{2} \times \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{6}}{2} &= \frac{2\sqrt{3}}{4} \\
&= \frac{\sqrt{3}}{2}
\end{align}
$$

また、$AG=\sqrt{3}$であることから、$[1]$の結果を元に下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
PQ &= \frac{1}{3} AG \\
&= \frac{\sqrt{3}}{3}
\end{align}
$$

したがって四面体$PCFH$の体積は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{1}{6}
\end{align}
$$

問題$3$

問題$4$

問題$5$

問題$6$ 展開と因数分解

$$
\large
\begin{align}
(a+b+c) \left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \right) = 1 \quad (1)
\end{align}
$$

上記の式は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
(a+b+c) \left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \right) &= 1 \quad (1) \\
(a+b+c)(bc+ca+ab) &= abc \\
(a+b)(bc+ca+ab) + c(bc+ca+ab) – abc &= 0 \\
(a+b)(bc+ca+ab) + c(bc+ca) &= 0 \\
(a+b)(bc+ca+ab) + c^2(a+b) &= 0 \\
(a+b)(c^2+(a+b)c+ab) &= 0 \\
(a+b)(c+a)(c+b) &= 0 \\
(a+b)(b+c)(c+a) &= 0
\end{align}
$$

上記より$(1)$式の等号が成立する場合は「$a+b=0 \,$ or $\, b+c=0 \, $ or $\, c+a=0$」であることが示される。

問題$7$ 双曲線関数と積分

$[1]$
$x\sqrt{x^2-1}$、$\log{(x+\sqrt{x^2-1})}$の微分はそれぞれ下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
\left( x\sqrt{x^2-1} \right)’ &= \sqrt{x^2-1} + x \cdot \frac{2x}{2\sqrt{x^2-1}} \\
&= \frac{x^2 – 1 + x^2}{\sqrt{x^2-1}} \\
&= \frac{2x^2 – 1}{\sqrt{x^2-1}}
\end{align}
$$

$$
\large
\begin{align}
\left( \log{(x+\sqrt{x^2-1})} \right)’ &= \frac{\displaystyle 1 + \frac{2x}{2\sqrt{x^2-1}}}{x+\sqrt{x^2-1}} \\
&= \frac{x+\sqrt{x^2-1}}{x^2-1+x\sqrt{x^2-1}} \\
&= \frac{(x+\sqrt{x^2-1})(x^2-1-x\sqrt{x^2-1})}{(x^2-1+x\sqrt{x^2-1})(x^2-1-x\sqrt{x^2-1})} \\
&= \frac{\cancel{x(x^2-1)} – \cancel{x^2\sqrt{x^2-1}} + \cancel{x^2\sqrt{x^2-1}} – \sqrt{x^2-1} – \cancel{x(x^2-1)}}{(x^2-1)^2-x^2(x^2-1)} \\
&= \frac{-\sqrt{x^2-1}}{x^4-2x^2+1-x^4+x^2} \\
&= \frac{\sqrt{x^2-1}}{x^2-1} \\
&= \frac{1}{\sqrt{x^2-1}}
\end{align}
$$

上記より$\displaystyle a=\frac{1}{2}, \, b=-\frac{1}{2}$であれば恒等式が成立する。

$[2]$
$\displaystyle \frac{S}{2}$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{S}{2} &= \int_{0}^{p} \frac{\sqrt{p^2-1}}{p}x dx – \int_{1}^{p} \sqrt{x^2-1} dx \\
&= \left[ \frac{\sqrt{p^2-1}}{2p}x^2 \right]_{0}^{p} – \left[ \frac{1}{2}x\sqrt{x^2-1} – \frac{1}{2}\log{\left( x+\sqrt{x^2-1} \right)} \right]_{1}^{p} \\
&= \frac{p^2\sqrt{p^2-1}}{2p} – \frac{1}{2}p\sqrt{p^2-1} + \frac{1}{2}\log{\left( p+\sqrt{p^2-1} \right)} \\
&= \frac{1}{2}\log{\left( p+\sqrt{p^2-1} \right)}
\end{align}
$$

上記を$p$について解くと下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{S}{2} &= \frac{1}{2}\log{\left( p+\sqrt{p^2-1} \right)} \\
S &= \log{\left( p+\sqrt{p^2-1} \right)} \\
p+\sqrt{p^2-1} &= e^{S} \\
\sqrt{p^2-1} &= e^{S}-p \\
\cancel{p^2} – 1 &= e^{2S} – 2pe^{S} + \cancel{p^2} \\
2pe^{S} &= e^{2S} + 1 \\
p &= \frac{e^{2S}+1}{2e^{S}} \\
&= \frac{e^{S}+e^{-S}}{2}
\end{align}
$$

数学検定準$1$級は数Ⅲまで相当の数学の基本トピックに関して取り扱った検定であり、統計学に必要な数学を身につける際の指標に役に立ちます。当記事では「日本数学検定協会 監修」の「数学検定問題集 準$1$級」の数学検定準$1$級の内容に基づき、過去問題②の解答例と解説の作成を行いました。

・数学検定まとめ
https://www.hello-statisticians.com/math_certificate

$1$次：計算技能検定

問題$1$ $2$次方程式の解と係数の関係

$5(x-\alpha)(x-\beta)$を展開すると下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
5(x-\alpha)(x-\beta) = 5x^2 – 5(\alpha+\beta)x + \alpha\beta
\end{align}
$$

上記の$5x^2-3x-1$の対応を考えることで下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
\alpha+\beta &= \frac{3}{5} \\
\alpha\beta &= -\frac{1}{5}
\end{align}
$$

また、$(\alpha+\beta)^3$は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
(\alpha+\beta)^3 &= \alpha^3 + 3 \alpha^2\beta + 3 \alpha\beta^2 + \beta^3 \\
&= \alpha^3 + \beta^3 + 3 \alpha\beta(\alpha+\beta)
\end{align}
$$

よって、$\alpha^3 + \beta^3$の値は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\alpha^3 + \beta^3 &= (\alpha+\beta)^3 – 3 \alpha\beta(\alpha+\beta) \\
&= \left( \frac{3}{5} \right)^3 – 3 \cdot \frac{3}{5} \cdot \left( -\frac{1}{5} \right) \\
&= \frac{3^2(3+5)}{5^3} = \frac{72}{125}
\end{align}
$$

問題$2$ 三角関数の加法定理

三角関数の加法定理を逆に用いることで、$f(\theta)=\sin{\theta}-\cos{\theta}$は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
f(\theta) &= \sin{\theta}-\cos{\theta} = \sqrt{2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}}\sin{\theta} – \frac{1}{\sqrt{2}}\cos{\theta} \right) \\
&= \sqrt{2} \left( \sin{\theta}\cos{\left(-\frac{\pi}{4}\right)} + \cos{\theta}\sin{\left(-\frac{\pi}{4}\right)} \right) \\
&= \sqrt{2} \sin{\left( \theta – \frac{\pi}{4} \right)}
\end{align}
$$

$\displaystyle -\frac{\pi}{2} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$より、$\displaystyle \theta – \frac{\pi}{4}$は下記のような範囲を取る。
$$
\large
\begin{align}
-\frac{\pi}{2} \leq &\theta \leq \frac{\pi}{2} \\
-\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4} \leq &\theta – \frac{\pi}{4} \leq \frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4} \\
-\frac{3 \pi}{4} \leq &\theta-\frac{\pi}{4} \leq \frac{\pi}{4}
\end{align}
$$

よって$\displaystyle \sqrt{2} \sin{\left( \theta – \frac{\pi}{4} \right)}$の最大値と最小値は下記のように考えることができる。

・最大値
$\displaystyle \theta = \frac{\pi}{2}$のとき下記のような最大値を取る。
$$
\large
\begin{align}
\sqrt{2} \sin{\left( \theta – \frac{\pi}{4} \right)} &= \sqrt{2} \sin{\left( \frac{\pi}{2} – \frac{\pi}{4} \right)} \\
&= \sqrt{2} \sin{\left( \frac{\pi}{4} \right)} \\
&= \cancel{\sqrt{2}} \times \frac{1}{\cancel{\sqrt{2}}} = 1
\end{align}
$$

・最小値
$\displaystyle \theta = -\frac{\pi}{4}$のとき下記のような最大値を取る。
$$
\large
\begin{align}
\sqrt{2} \sin{\left( – \frac{\pi}{4} – \frac{\pi}{4} \right)} &= \sqrt{2} \sin{\left( -\frac{\pi}{2} \right)} \\
&= -\sqrt{2}
\end{align}
$$

問題$3$ $\sum$の公式

$$
\large
\begin{align}
\sum_{k=1}^{n} (6k^2 – 6k +2)
\end{align}
$$

$\displaystyle \sum$に関する公式を用いることで上記は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\sum_{k=1}^{n} (6k^2 – 6k +2) &= 6 \sum_{k=1}^{n} k^2 – 6 \sum_{k=1}^{n}k +2n \\
&= \cancel{6} \times \frac{1}{\cancel{6}}n(n+1)(2n+1) – 6 \times \frac{1}{2}n(n+1) + 2n \\
&= n(n+1)(2n+1) – 3n(n+1) + 2n \\
&= n \left[ (2n^2+3n+1) – 3(n+1) + 2 \right] \\
&= n \times 2n^2 = 2n^3
\end{align}
$$

・解説
問題を解くにあたって用いた$\displaystyle \sum$の公式の導出は下記で詳しく取り扱いました。

数列の和の公式とその導出 〜等差数列の和、等比数列の和、Σの公式 etc〜

問題$4$ 行列の積と逆行列の公式

$$
\large
\begin{align}
A = \left( \begin{array}{cc} 1 & 3 \\ 2 & 5 \end{array} \right)
\end{align}
$$

①
$2 \times 2$の逆行列の公式より、$A^{-1}$は下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
A^{-1} &= \left( \begin{array}{cc} 1 & 3 \\ 2 & 5 \end{array} \right)^{-1} \\
&= \frac{1}{1 \cdot 5 – 2 \cdot 3} \left( \begin{array}{cc} 5 & -3 \\ -2 & 1 \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{cc} -5 & 3 \\ 2 & -1 \end{array} \right)
\end{align}
$$

②
$A^2+(A^{-1})^2$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
A^2+(A^{-1})^2 &= \left( \begin{array}{cc} 1 & 3 \\ 2 & 5 \end{array} \right)^2 + \left( \begin{array}{cc} -5 & 3 \\ 2 & -1 \end{array} \right)^2 \\
&= \left( \begin{array}{cc} 1+15 & 3+15 \\ 2+10 & 6+25 \end{array} \right) + \left( \begin{array}{cc} 25-3 & -15-3 \\ -10-2 & 6+1 \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{cc} 38 & 0 \\ 0 & 38 \end{array} \right)
\end{align}
$$

問題$5$ $x^2 e^{x}$の不定積分と定積分

①
部分積分法に基づいて下記のように不定積分の計算を行える。
$$
\large
\begin{align}
\int f(x) dx &= \int x^2 e^x dx \\
&= x^2 e^x – \int (x^2)’ e^x dx \\
&= x^2 e^x – 2 \int x e^x dx \\
&= x^2 e^x – 2x e^x + 2 \int x’ e^x dx \\
&= x^2 e^x – 2x e^x + 2 \int e^x dx \\
&= x^2 e^x – 2x e^x + 2 e^x + C \\
&= (x^2-2x+2)e^{x} + C
\end{align}
$$

上記の$C$は積分定数である。

②
①の結果を元に定積分は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\int_{0}^{1} f(x) dx &= \int_{0}^{1} x^2 e^x dx \\
&= \left[ (x^2-2x+2)e^{x} \right]_{0}^{1} \\
&= (1^2 – 2 \cdot 1 + 2)e^{1} – (0^2 – 2 \cdot 0 + 2)e^{0} = e-2
\end{align}
$$

問題$6$ 双曲線の漸近線の方程式

$$
\large
\begin{align}
\frac{x^2}{2} – \frac{y^2}{4} &= 1 \\
\frac{x^2}{\sqrt{2}^2} – \frac{y^2}{2^2} &= 1
\end{align}
$$

上記の双曲線の漸近線の方程式は$\displaystyle y = \pm \frac{2}{\sqrt{2}}x = \pm \sqrt{2}x$である。

問題$7$ 分母の有理化による極限値の計算

$\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^2-x}-x}$は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{1}{\sqrt{x^2-x}-x} &= \frac{\sqrt{x^2-x}+x}{(\sqrt{x^2-x}-x)(\sqrt{x^2-x}+x)} \\
&= \frac{\sqrt{x^2-x}+x}{(x^2-x)-x^2} \\
&= \frac{\sqrt{x^2-x}+x}{-x} = – \left( \sqrt{1-\frac{1}{x}}+1 \right)
\end{align}
$$

よって極限値$\displaystyle \lim_{x \to \infty} \frac{1}{\sqrt{x^2-x}-x}$は下記のように求められる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to \infty} \frac{1}{\sqrt{x^2-x}-x} &= \lim_{x \to \infty} \left( – \sqrt{1-\frac{1}{x}}-1 \right) \\
&= -\sqrt{1-0} – 1 \\
&= -2
\end{align}
$$

$2$次：数理技能検定

問題$1 \,$ 直線と円の交点

$$
\large
\begin{align}
C &: \, x^2+y^2+ax+by+c = 0, \quad c<0 \quad (1) \\
l &: \, y = mx \quad (2)
\end{align}
$$

円と直線の交点$P, Q$における$x$の値を$x_P, x_Q, \, x_P < x_Q$とおく。$(2)$式を$(1)$式に代入することで下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
x^2+( & mx)^2+ax+b(mx)+c = 0 \\
(1+ & m^2)x^2 + (a+bm)x + c = 0 \\
x &= \frac{-(a+bm) \pm \sqrt{(a+bm)^2 – 4(1+m^2)c}}{2(1+m^2)}
\end{align}
$$

$x_P < x_Q$とおいたので下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
x_P &= \frac{-(a+bm) – \sqrt{(a+bm)^2 – 4(1+m^2)c}}{2(1+m^2)} \\
x_Q &= \frac{-(a+bm) + \sqrt{(a+bm)^2 – 4(1+m^2)c}}{2(1+m^2)}
\end{align}
$$

ここで直線の傾きが$m$かつ$c<0$であるので$OP \times OQ$は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
& OP \times OQ = |x_P| \sqrt{1+m^2} \times |x_Q| \sqrt{1+m^2} \\
&= \cancel{(1+m^2)} \times \frac{(a+bm) + \sqrt{(a+bm)^2 – 4(1+m^2)c}}{2 \cancel{(1+m^2)}} \times \frac{-(a+bm) + \sqrt{(a+bm)^2 – 4(1+m^2)c}}{2(1+m^2)} \\
&= \frac{1}{4(1+m^2)} (\cancel{(a+bm)^2} – 4(1+m^2)c – \cancel{(a+bm)^2}) \\
&= -\frac{\cancel{4(1+m^2)}c}{\cancel{4(1+m^2)}} \\
&= -c
\end{align}
$$

問題$2 \,$ 位置ベクトルと方程式

$$
\large
\begin{align}
l \overrightarrow{AP} + m \overrightarrow{BP} + n \overrightarrow{CP} = \vec{0} \quad (1)
\end{align}
$$

$[1]$
$(1)$式は下記のように変形することができる。
$$
\large
\begin{align}
l \overrightarrow{AP} + m \overrightarrow{BP} + n \overrightarrow{CP} &= \vec{0} \quad (1) \\
l \overrightarrow{AP} + m(\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AB}) + n(\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AC}) &= \vec{0} \\
l \overrightarrow{AP} + m(\overrightarrow{AP}-\vec{b}) + n(\overrightarrow{AP}-\vec{c}) &= \vec{0} \\
(l+m+n) \overrightarrow{AP} &= m \vec{b} + n \vec{c} \\
\overrightarrow{AP} &= \frac{m \vec{b} + n \vec{c}}{l + m + n}
\end{align}
$$

$[2]$
$\overrightarrow{AD}=k\overrightarrow{AP}$のようにおくと、$D$が線分$BC$上にあることから下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
k \cdot \frac{m + n}{l + m + n} &= 0 \\
k &= \frac{l + m + n}{m + n}
\end{align}
$$

よって$\overrightarrow{AD}$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
\overrightarrow{AD} &= k \overrightarrow{AP} \\
&= \frac{\cancel{l + m + n}}{m + n} \cdot \frac{m \vec{b} + n \vec{c}}{\cancel{l + m + n}} \\
&= \frac{m \vec{b} + n \vec{c}}{m + n}
\end{align}
$$

$[3]$
三角形全体の面積を$S$とおくと、$AP:AD=(m+n):(l+m+n)$より、$\triangle BCP$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
\triangle BCP = \frac{l}{l+m+n} S
\end{align}
$$

また、$[2]$の結果より、点$D$は線分$BC$を$n:m$に内分する点である。よって$\triangle CAP, \triangle ABP$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
\triangle CAP = \frac{m}{\cancel{m+n}} \cdot \frac{\cancel{m+n}}{l+m+n} S = \frac{m}{l+m+n} S \\
\triangle ABP = \frac{n}{\cancel{m+n}} \cdot \frac{\cancel{m+n}}{l+m+n} S = \frac{n}{l+m+n} S
\end{align}
$$

したがって$\triangle BCP : \triangle CAP : \triangle ABP = l : m : n$である。

問題$3 \,$ 分数関数の極限の場合分け

$$
\large
\begin{align}
f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{x^{2n-1}-x}{x^{2n}+1}
\end{align}
$$

下記のように$x$の値ごとに場合分けを行う。
① $|x|<1$のとき
$$
\large
\begin{align}
f(x) &= \lim_{n \to \infty} \frac{x^{2n-1}-x}{x^{2n}+1} \\
&= \frac{0-x}{0+1} \\
&= -x
\end{align}
$$

② $x=1$のとき
$$
\large
\begin{align}
f(x) &= \lim_{n \to \infty} \frac{x^{2n-1}-x}{x^{2n}+1} \\
&= \frac{1^{2n-1}-1}{1^{2n}+1} \\
&= 0
\end{align}
$$

③ $x=-1$のとき
$$
\large
\begin{align}
f(x) &= \lim_{n \to \infty} \frac{x^{2n-1}-x}{x^{2n}+1} \\
&= \frac{(-1)^{2n-1}-(-1)}{(-1)^{2n}+1} \\
&= 0
\end{align}
$$

④ $x>1$のとき
$$
\large
\begin{align}
f(x) &= \lim_{n \to \infty} \frac{x^{2n-1}-x}{x^{2n}+1} \\
&= \lim_{n \to \infty} \frac{1-x^{-(2n-2)}}{x+x^{-(2n-1)}} \\
&= \frac{1}{x}
\end{align}
$$

⑤ $x<-1$のとき
$$
\large
\begin{align}
f(x) &= \lim_{n \to \infty} \frac{x^{2n-1}-x}{x^{2n}+1} \\
&= \lim_{n \to \infty} \frac{1-x^{-(2n-2)}}{x+x^{-(2n-1)}} \\
&= \frac{1}{x}
\end{align}
$$

上記を元にグラフを描けば良い。

問題$4 \,$ 行列の対角化と$n$乗

$$
\large
\begin{align}
A = \left(\begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 2 & -2 \end{array} \right), \, B = \left(\begin{array}{cc} 2 & -1 \\ 1 & 2 \end{array} \right)
\end{align}
$$

$[1]$
逆行列の公式より下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
B^{-1} &= \left(\begin{array}{cc} 2 & -1 \\ 1 & 2 \end{array} \right)^{-1} \\
&= \frac{1}{2 \cdot 2 – (-1) \cdot 1} \left(\begin{array}{cc} 2 & 1 \\ -1 & 2 \end{array} \right) \\
&= \frac{1}{5} \left(\begin{array}{cc} 2 & 1 \\ -1 & 2 \end{array} \right)
\end{align}
$$

$[2]$
下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
B^{-1} A B &= \frac{1}{5} \left(\begin{array}{cc} 2 & 1 \\ -1 & 2 \end{array} \right) \left(\begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 2 & -2 \end{array} \right) \left(\begin{array}{cc} 2 & -1 \\ 1 & 2 \end{array} \right) \\
&= \frac{1}{5} \left(\begin{array}{cc} 2+2 & 4-2 \\ -1+4 & -2-4 \end{array} \right) \left(\begin{array}{cc} 2 & -1 \\ 1 & 2 \end{array} \right) \\
&= \frac{1}{5} \left(\begin{array}{cc} 4 & 2 \\ 3 & -6 \end{array} \right) \left(\begin{array}{cc} 2 & -1 \\ 1 & 2 \end{array} \right) \\
&= \frac{1}{5} \left(\begin{array}{cc} 8+2 & -4+4 \\ 6-6 & -3-12 \end{array} \right) \\
&= \frac{1}{5} \left(\begin{array}{cc} 10 & 0 \\ 0 & -15 \end{array} \right) \\
&= \left(\begin{array}{cc} 2 & 0 \\ 0 & -3 \end{array} \right)
\end{align}
$$

$[3]$
$B^{-1} A^{n} B$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
B^{-1} A^{n} B &= B^{-1} A (B B^{-1}) A (B B^{-1}) A \cdots B \\
&= (B^{-1} A B) \cdots (B^{-1} A B) \\
&= (B^{-1} A B)^{n} \\
&= \left(\begin{array}{cc} 2 & 0 \\ 0 & -3 \end{array} \right)^{n} \\
&= \left(\begin{array}{cc} 2^{n} & 0 \\ 0 & (-3)^{n} \end{array} \right)
\end{align}
$$

よって$A^{n}$は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
A^{n} &= B B^{-1} A^{n} B B^{-1} \\
&= B (B^{-1} A B)^{n} B^{-1} \\
&= \frac{1}{5} \left(\begin{array}{cc} 2 & -1 \\ 1 & 2 \end{array} \right) \left(\begin{array}{cc} 2^{n} & 0 \\ 0 & (-3)^{n} \end{array} \right) \left(\begin{array}{cc} 2 & 1 \\ -1 & 2 \end{array} \right) \\
&= \frac{1}{5} \left(\begin{array}{cc} 2^{n+1} & -(-3)^{n} \\ 2^{n} & 2 \cdot (-3)^{n} \end{array} \right) \left(\begin{array}{cc} 2 & 1 \\ -1 & 2 \end{array} \right) \\
&= \frac{1}{5} \left(\begin{array}{cc} 2^{n+2} + (-3)^{n} & 2^{n+1} – 2 \cdot (-3)^{n} \\ 2^{n+1} – 2 \cdot (-3)^{n} & 2^{n} + 4 \cdot (-3)^{n} \end{array} \right)
\end{align}
$$

問題$5 \,$

問題$6 \,$ $3$次方程式の解と係数の関係の導出

$$
\large
\begin{align}
ax^3 + bx^2 + cx + d = 0, \quad a \neq 0
\end{align}
$$

上記の$3$次方程式の解を$\alpha, \beta, \gamma$とおくと、方程式は下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
ax^3 + bx^2 + cx + d = a(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma) = 0 \quad (1)
\end{align}
$$

このとき$a(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)$は下記のように展開できる。
$$
\large
\begin{align}
a(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma) = a(x^3 – (\alpha+\beta+\gamma)x^2+(\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha)x-\alpha\beta\gamma) \quad (2)
\end{align}
$$

$(1)$式と$(2)$式の対応より、下記が導出できる。
$$
\large
\begin{align}
\alpha+\beta+\gamma &= -\frac{b}{a} \\
\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha &= \frac{c}{a} \\
\alpha\beta\gamma &= -\frac{d}{a}
\end{align}
$$

問題$7 \,$