右辺を展開して変形すると, \[\begin{aligned} &\left(\sum_{k = 1}^nx_ky_k\right) ^2+\sum_{1 \leqq k < l \leqq n}(x_ky_l-x_ly_k)^2 \\ &= \sum_{k = 1}^nx_k{}^2y_k{}^2+\sum_{1 \leqq k < l \leqq n}2x_ky_kx_ly_l \\ &\qquad +\sum_{1 \leqq k < l \leqq n}(x_k{}^2y_l{}^2+x_l{}^2y_k{}^2-2x_ky_lx_ly_k) \\ &= \sum_{k = 1}^nx_k{}^2y_k{}^2+2\sum_{1 \leqq k < l \leqq n}x_kx_ly_ky_l \\ &\qquad +\sum_{1 \leqq k < l \leqq n}(x_k{}^2y_l{}^2+x_l{}^2y_k{}^2)-2\sum_{1 \leqq k < l \leqq n}x_kx_ly_ky_l \\ &= \sum_{k = 1}^nx_k{}^2y_k{}^2+\sum_{1 \leqq k < l \leqq n}(x_k{}^2y_l{}^2+x_l{}^2y_k{}^2) \\ &= \left(\sum_{k = 1}^nx_k{}^2\right)\left(\sum_{k = 1}^ny_k{}^2\right) \end{aligned}\] となる.

　右辺を展開して整理すると, \[\begin{aligned} &(xu\pm nyv)^2+n(xv\mp yu)^2 \\ &= (x^2u^2\pm 2nxyuv+n^2y^2v^2)+n(x^2v^2\mp 2xyuv+y^2u^2) \\ &= x^2u^2+nx^2v^2+n^2y^2v^2+ny^2u^2 \\ &= x^2(u^2+nv^2)+ny^2(u^2+nv^2)\\ &= (x^2+ny^2)(u^2+nv^2) \end{aligned}\] となる.

(1)

左辺を展開して整理すると, \[\begin{aligned} &(ac+bd)^2+(ad-bc)^2 \\ &= (a^2c^2+2abcd+b^2d^2)+(a^2d^2-2abcd+b^2c^2) \\ &= a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2 \\ &= a^2(c^2+d^2)+b^2(c^2+d^2) \\ &= (a^2+b^2)(c^2+d^2) \quad \cdots [1] \end{aligned}\] となる.

(2)

各頂点の $x$ 座標, $y$ 座標が整数である正三角形の存在を仮定する. 必要に応じて平行移動すると, ある整数 $a,$ $b,$ $c,$ $d$ について $\mathrm O(0,0),$ $\mathrm P(a,b),$ $\mathrm Q(c,d)$ を頂点とする正三角形が得られる. $\mathrm{OP} = \mathrm{OQ}$ つまり $\mathrm{OP}^2 = \mathrm{OQ}^2$ から, \[ a^2+b^2 = c^2+d^2 \quad \cdots [2]\] が成り立つ. また, $\mathrm{OQ} = \mathrm{PQ}$ つまり $\mathrm{OQ}^2 = \mathrm{PQ}^2$ から, \[ c^2+d^2 = (c-a)^2+(d-b)^2\] が成り立つ. 右辺を展開し, $ac+bd$ について解くと, \[ ac+bd = \frac{1}{2}(a^2+b^2) \quad \cdots [3]\] が得られる. $[2],$ $[3]$ を $[1]$ に代入, 整理して分母を払うと, \[\begin{aligned} 3(a^2+b^2)^2 &= 4(ad-bc)^2 \\ \sqrt 3(a^2+b^2) &= 2|ad-bc| \\ \sqrt 3 &= \dfrac{2|ad-bc|}{a^2+b^2} \end{aligned}\] が得られる. この分母, 分子は整数であるから,“$\sqrt 3$ が有理数”という矛盾が生じる.
　ゆえに, 各頂点の $x$ 座標, $y$ 座標が整数である正三角形は存在しない.

(1)

左辺を展開して整理すると, \[\begin{aligned} &(xu+dyv)^2-d(xv+yu)^2 \\ &= (x^2u^2+2dxyuv+d^2y^2v^2)-(dx^2v^2+2dxyuv+dy^2u^2) \\ &= x^2u^2-dx^2v^2-dy^2u^2+d^2y^2v^2 \\ &= (x^2-dy^2)(u^2-dv^2) \quad \cdots [1] \end{aligned}\] となる.

(2)

$(u,v) = (3,2)$ は \[ u^2-2v^2 = 1 \quad \cdots [2]\] を満たす.

(3)

$(x,y) = (1,1)$ は $x^2-2y^2 = -1$ を満たす. また, $[1]$ に $d = 2,$ $(u,v) = (3,2)$ を代入すると, $[2]$ から, \[ x^2-2y^2 = (3x+4y)^2-2(2x+3y)^2\] となる. そこで, 数列 $\{ x_n\},$ $\{ y_n\}$ を \[\begin{aligned} x_1 &= 1, & x_{n+1} &= 3x_n+4y_n, \\ y_1 &= 1, & y_{n+1} &= 2x_n+3y_n \end{aligned}\] で定めると, 一般項の組 $(x,y) = (x_n,y_n)$ は $x^2-2y^2 = -1$ の整数解になる. $x_{n+1} > x_n$ であるから, これらの解は互いに異なる. ゆえに, $x^2-2y^2 = -1$ は無限に多くの整数解をもつ.

(A)

左辺を展開して整理すると, \[\begin{aligned} (m^2-n^2)^2+4m^2n^2 &= (m^4-2m^2n^2+n^4)+4m^2n^2 \\ &= m^4+2m^2n^2+n^4 \\ &= (m^2+n^2)^2 \end{aligned}\] が得られる.

(B)

左辺を展開して整理すると, \[\begin{aligned} &(k^2+l^2-m^2-n^2)^2+4(km-ln)^2+4(kn+lm)^2 \\ &= (k^4+l^4+m^4+n^4 \\ &\qquad +2k^2l^2-2k^2m^2-2k^2n^2-2l^2m^2-2l^2n^2+2m^2n^2) \\ &\qquad +4(k^2m^2-2klmn+l^2n^2)+4(k^2n^2+2klmn+l^2m^2) \\ &= k^4+l^4+m^4+n^4 \\ &\qquad +2k^2l^2+2k^2m^2+2k^2n^2+2l^2m^2+2l^2n^2+2m^2n^2 \\ &= (k^2+l^2+m^2+n^2)^2 \end{aligned}\] が得られる.

\[ (a,b,c) = (m^2-n^2,2mn+n^2,m^2+n^2+mn)\] を左辺に代入し, 展開して整理すると \[\begin{aligned} &a^2+b^2+ab \\ &= (m^2-n^2)^2+(2mn+n^2)^2+(m^2-n^2)(2mn+n^2) \\ &= (m^4-2m^2n^2+n^4)+(4m^2n^2+4mn^3+n^4) \\ &\qquad +(2m^3n+m^2n^2-2mn^3-n^4) \\ &= m^4+n^4+3m^2n^2+2mn^3+2m^3n \\ &= (m^2)^2+(n^2)^2+(mn)^2+2m^2n^2+2n^2\cdot mn+2mn\cdot m^2 \\ &= (m^2+n^2+mn)^2 \\ &= c^2 \end{aligned}\] が得られる.

(1)

$\dfrac{a}{b} = \dfrac{c}{d}$ を仮定する.
(i), (ii): 両辺に $\pm 1$ を加えると, \[\frac{a}{b}+1 = \frac{c}{d}+1, \quad \frac{a}{b}-1 = \frac{c}{d}-1\] から \[\frac{a+b}{b} = \frac{c+d}{d}, \quad \frac{a-b}{b} = \frac{c-d}{d}\] が得られる.
(iii): $2$ 式の辺々を割ると, \[\frac{a+b}{b}\cdot\frac{b}{a-b} = \frac{c+d}{d}\cdot\frac{d}{c-d}\] から \[\frac{a+b}{a-b} = \frac{c+d}{c-d}\] が得られる.

(2)

(i) の逆: $\dfrac{a+b}{b} = \dfrac{c+d}{d}$ に (ii) を適用すると,

$\dfrac{(a+b)-b}{b} = \dfrac{(c+d)-d}{d}$　つまり　$\dfrac{a}{b} = \dfrac{c}{d}$

が得られる.
(ii) の逆: $\dfrac{a-b}{b} = \dfrac{c-d}{d}$ に (i) を適用すると,

$\dfrac{(a-b)+b}{b} = \dfrac{(c-d)+d}{d}$　つまり　$\dfrac{a}{b} = \dfrac{c}{d}$

が得られる.
(iii) の逆: $\dfrac{a+b}{a-b} = \dfrac{c+d}{c-d}$ に (iii) を適用すると,

$\dfrac{(a+b)+(a-b)}{(a+b)-(a-b)} = \dfrac{(c+d)+(c-d)}{(c+d)-(c-d)},$

$\dfrac{2a}{2b} = \dfrac{2c}{2d}$　つまり　$\dfrac{a}{b} = \dfrac{c}{d}$

が得られる.

(1)

$k = \dfrac{a}{b} = \dfrac{c}{d}$ とおくと, \[ a = bk, \quad c = dk\] となるから, \[\begin{aligned} \frac{ax+cy}{bx+dy} &= \frac{bkx+dky}{bx+dy} = \frac{k(bx+dy)}{bx+dy} \\ &= k = \frac{a}{b} = \frac{c}{d} \end{aligned}\] が得られる.

(2)

$\mathrm{BI},$ $\mathrm{CI}$ は $\angle\mathrm B,$ $\angle\mathrm C$ を二等分するから, \[\frac{\mathrm{BA}}{\mathrm{BA}'} = \frac{\mathrm{CA}}{\mathrm{CA}'} = \frac{\mathrm{AI}}{\mathrm{IA}'}\] が成り立つ. よって, (1) の結果により \[\frac{\mathrm{AI}}{\mathrm{IA}'} = \frac{\mathrm{BA}+\mathrm{CA}}{\mathrm{BA}'+\mathrm{CA}'} = \frac{\mathrm{AB}+\mathrm{AC}}{\mathrm{BC}}\] が成り立つ.

(1)

$\dfrac{a}{b} < \dfrac{c}{d}$ のとき,

$ad < bc$　つまり　$ad-bc < 0$

であるから, \[\begin{aligned} \frac{a}{b}-\frac{a+c}{b+d} &= \frac{a(b+d)-(a+c)b}{b(b+d)} = \frac{ad-bc}{b(b+d)} < 0, \\ \frac{a+c}{b+d}-\frac{c}{d} &= \frac{(a+c)d-c(b+d)}{(b+d)d} = \frac{ad-bc}{(b+d)d} < 0 \end{aligned}\] が成り立つ. よって, 求める不等式が成り立つ.

(2)

正の整数 $p,$ $q$ の組が $[\ast ]$ を満たすとする. このとき, \[ bp-aq = x, \quad cq-dp = y\] は正の整数である. これを $p,$ $q$ について解くと, $ad-bc = -1$ から \[ p = cx+ay, \quad q = dx+by\] が得られる. (1) により $x = y = 1$ のとき $[\ast ]$ が成り立ち, この場合より $q$ が小さくなることはないから, 求める $p,$ $q$ の組は $(p,q) = (a+b,c+d)$ である.
　さらに, $a+b,$ $c+d$ の最大公約数を $g$ として $a+b = gp',$ $c+d = gq'$ とおくと \[\frac{a+b}{c+d} = \frac{gp'}{gq'} = \frac{p'}{q'}\] となるが, $(p,q) = (a+b,c+d)$ は $[\ast ]$ を満たすもののうち $q$ が最小である組だから, $g = 1$ となる. よって, $a+b,$ $c+d$ は互いに素である.