第１問
(１) 実数を係数とする3次の整式P(x)があり、P(x)は2次式x2+ax+bで
割り切れるとする。また方程式P(x)=0は異なる3つの解を持ち、それ
らの絶対値は等しいとする。このとき、a、bが満たすべき条件を求め、
さらにa、bを用いてP(x)を表せ。ただし、a、bは実数であるとし、また
P(x)の3次の係数は1とする。
(２) 実数を係数とする4次方程式Q(x)=0は異なる4つの解を持ち、それら
は複素数平面において同一円周上にあるとする。解の2つが-3，5+4i
であるとき、他の2つの解を求めよ。ただし、iは虚数単位である。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
実数係数の3次式P(x)は、x2+ax+bで割り切れ、x3の係数が1なので、
実数cを用いて
P(x)=(x2+ax+b)(x-c)
と表すことができる。
また、方程式P(x)=0は、異なる3つの解を持ち、それらの絶対値が
等しいので、方程式x2+ax+b=0 ･･････(*) は虚数解をもつ。
判別式を考えると、
D=a2-4b＜0 ⇔ a2＜4b ･･････(ⅰ)
(*)の虚数解を$\scriptsize\sf{\alpha}$ とおくと、(*)は実数係数の2次方程式なので、
他解は$\scriptsize\sf{\overline{\alpha}}$ となる。よって、解と係数の関係より、
$\scriptsize\sf{|\alpha|^2=\alpha\ \overline{\alpha}=b}$
(ⅰ)より、b＞0なので、
|$\scriptsize\sf{\alpha}$ |=$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt{b}\end{align*}}$
よって、P(x)=0の3解x=c、$\scriptsize\sf{\alpha}$ 、$\scriptsize\sf{\overline{\alpha}}$ の絶対値は等しいので、
|c|=|$\scriptsize\sf{\alpha}$ |=$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt{b}\end{align*}}$ ⇔ c=±$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sqrt{b}\end{align*}}$
以上より、題意を満たすa，bの条件は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{a^2\lt 4b}\end{align*}}$
であり、P(x)はa、bを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf P\left(x\right)=\underline{\left(x^2+ax+b\right)\left(x\pm\sqrt{b}\right)}\end{align*}}$
と表すことができる。
(２)
方程式Q(x)=0は、実数係数の方程式なので、x=5+4iを解に持つとき、
x=5-4iも解に持つ。
もう1つの解は実数解であり、それをx=dとおく。複素平面上の4点
A(5+4i)、 B(-3)、 C(5-4i)、 D(d)
を考えると、AとCは実軸について対称なので、これら4点を通る円は、
実軸について対称である。
すなわちBDが直径となるので、∠BAD=90°である。
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{d-\left(5+4i\right)}{-3-\left(5+4i\right)}=-\frac{1}{4}\cdot\frac{d-5-4i}{2-i}=-\frac{2d-14-\left(d+3\right)i}{20}\end{align*}}$
これが純虚数であればよいので、
2d-14=0 ⇔ d=7
以上より、方程式Q(x)=0の他解は
x=5-4i， 7
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第２問
Oを原点とする座標空間において、中心が点(1，0，0)で半径が
1の球面をSとし、Sがxy平面と交わってできる円をCとする。
点PはこのC上を動くものとし、x軸に関してPと対称な点をP’と
する。三角形OPP’の重心Gを通りx軸と平行な直線がSと交わる
2点のうち、z座標が正のものをQとする。四面体OPP’Qの体積
Vの最大値とそのときのPの座標を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
円Cの方程式は
(x-1)2+y2=1
なので、PおよびP’のx座標をt （0＜t＜2）とおくと、y座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(t-1\right)^2+y^2=1\ \ \Leftrightarrow\ \ y=\pm\sqrt{2t-t^2}\end{align*}}$
よって、△OPP’の重心Gの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf G\left(\frac{0+t+t}{3},\frac{0+\sqrt{2t-t^2}-\sqrt{2t-t^2}}{3},0\right)=\left(\frac{2t}{3},0,0\right)\end{align*}}$
Cの中心をA(1，0，0) とおくと
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf AG=\left|1-\frac{2t}{3}\right|\end{align*}}$
∠AGQ=90°、AQ=1より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf QG=\sqrt{1^2-\left|1-\frac{2t}{3}\right|^2}=\frac{2}{3}\sqrt{3t-t^2}\end{align*}}$
以上より、四面体OPP’Qの体積Vは
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V&=\sf \triangle OPP'\cdot QG\cdot \frac{1}{3} \\ &=\sf \left(\frac{1}{2}t\cdot 2\sqrt{2t-t^2}\right)\cdot \frac{2}{3}\sqrt{3t-t^2}\cdot\frac{1}{3}\\ &=\sf \frac{2}{9}\sqrt{t^6-5t^5+6t^4}\end{align*}}$
ここで関数f(t)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(t\right)=t^6-5t^5+6t^4\ \ \ \ \left(0\lt t\lt 2\right)\end{align*}}$
とおくと、導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ '\left(t\right)=6t^5-25t^4+24t^3=t^3\left(3t-8\right)\left(2t-3\right)\end{align*}}$
となるので、f(t)の増減は次のようになる。
よって、Vの最大値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V_{max}&=\sf \frac{2}{9}\sqrt{f\left(\frac{3}{2}\right)} \\ &=\sf \frac{2}{9}\sqrt{\frac{243}{64}}\\ &=\sf \underline{\frac{\sqrt3}{4}} \end{align*}}$
このとき、点Pの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\left(\frac{1}{2},\pm\frac{\sqrt3}{2},0\right)}\end{align*}}$
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第３問
a、b、pは自然数であるとする。さらにpは素数であり、ある整数nで
p=an2+bn+6と表されているとする。また2次方程式ax2+bx+6=0は
整数の解を少なくとも1つ持ち、かつ絶対値が1より小さな解は持た
ないとする。このときの自然数の組(a，b，p)をすべて求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
f(x)=ax2+bx+6 とおく。
方程式f(x)=0の整数解をmとおくと、a、b＞0よりm＜0.
また、m≠0より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf am^2+bm+6=0\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{6}{m}=-am-b\end{align*}}$
となり、a、b、mは整数なので、mは6の約数である。
すなわち、m=-1，-2，-3，-6のいずれかである。
一方、他解をcとおくと、解と係数の関係より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf c=\frac{6}{am}\end{align*}}$
であり、cの絶対値が1以上であることより、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf |c|=\left|\frac{6}{am}\right|\geqq 1\ \ \Leftrightarrow\ \ |am|\leqq 6\end{align*}}$
これを満たす自然数aと負の整数mの組は、
(a，m)=(1，-1)、(1，-2)、(1，-3)、(1，-6)、
(2，-1)、(2，-2)、(2，-3)、(3，-1)、
(3，-2)、(4，-1)、(5，-1)、(6，-1)
(ⅰ) (a，m)=(1，-1)、(1，-6)のとき
f(x)=x2+bx+6=(x+1)(x+6)
と因数分解できる。
p=(n+1)(n+6)
において、pは素数、nは整数なので、
(n+1，n+6)=(1，p)、(p，1)、(-1，-p)、(-p，-1)
⇔ (n，p)=(0，6)、(-5，-4)、(-2，4)、(-7，-6)
となるが、いずれもpが素数とならないので不適。
(ⅱ) (a，m)=(1，-2)、(1，-3)のとき
f(x)=x2+bx+6=(x+2)(x+3)
と因数分解できる。このときb=5
p=(n+2)(n+3)
において、pは素数、nは整数なので、
(n+2，n+3)=(1，p)、(p，1)、(-1，-p)、(-p，-1)
⇔ (n，p)=(-1，2)、(-2，0)、(-3，0)、(-4，2)
このうち題意を満たすものは
(a，b，p)=(1，5，2)
(ⅲ) (a，m)=(2，-1)、(2，-3)のとき
f(x)=2x2+bx+6=2(x+1)(x+3)
と因数分解できるので
p=2(n+1)(n+3)
(n+1)(n+3)=1となる整数nは存在しないので、不適
(ⅳ) (a，m)=(2，-2)のとき
f(x)=2x2+bx+6=(x+2)(2x+3)
と因数分解できる。このときb=7
p=(n+2)(2n+3)
において、pは素数、nは整数なので、
(n+2，2n+3)=(1，p)、(p，1)、(-1，-p)、(-p，-1)
⇔ (n，p)=(-1，1)、(-1，1)、(-3，3)、(0，-2)
このうち題意を満たすものは
(a，b，p)=(2，7，3)
(ⅴ) (a，m)=(3，-1)、(3，-2)のとき
f(x)=3x2+bx+6=3(x+1)(x+2)
と因数分解できるので
p=3(n+1)(n+2)
(n+1)(n+2)=1となる整数nは存在しないので、不適
(ⅵ) (a，m)=(4，-1)のとき
f(x)=4x2+bx+6=2(x+1)(2x+3)
と因数分解できるので
p=2(n+1)(2n+3)
n=-1のとき、p=2となるので条件に適する。
このとき、
(a，b，p)=(4，10，2)
(ⅶ) (a，m)=(5，-1)のとき
f(x)=5x2+bx+6=(x+1)(5x+6)
と因数分解できる。このときb=7
p=(n+1)(5n+6)
において、pは素数、nは整数なので、
(n+1，5n+6)=(1，p)、(p，1)、(-1，-p)、(-p，-1)
⇔ (n，p)=(0，6)、(-1，0)、(-2，4)、(-1.4，0.4)
となるが、いずれもpが素数とならないので不適。
(ⅷ) (a，m)=(6，-1)のとき
f(x)=6x2+bx+6=6(x+1)2
と因数分解できるので
p=6(n+1)2
これが素数になることはないので不適
(ⅰ)～(ⅷ)より、題意を満たすa、b、pの組は
(a，b，p)=(1，5，2)、(2，7，3)、(4，10，2)
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第４問
Oを原点とする座標平面に2点P(-1+cost，sint)、Q(1+cos3t，sin3t)
がある。ただし、0≦t≦πとする。
(１) 3点O、P、Qが一直線上にあるようなtをすべて求めよ。
(２) 3点O、P、Qが一直線上にないとき、costを用いてsin∠POQを表せ。
(３) (２)と同じ条件の下で、sin∠POQをtの関数として考えたときのグラフ
をかけ。
(４) 3点O、P、Qが一直線上になく、さらに線分OPと線分PQの長さが等しく
なるときの三角形OPQの面積を求めよ。ただし、そのときのtは求めなく
てよい。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
c=costとおくと、3倍角の公式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos 3t=4c^3-3c\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sin3t&=\sf 3\sin-4\sin^3t \\ &=\sf \left\{3-4\left(1-c^2\right)\right\}\sin t\\ &=\sf \left(4c^2-1\right)\sin t\end{align*}}$
となるので、P、Qの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf P\left(-1+c,\sin t\right)\ ,\ Q\left(4c^3-3c+1,\left(4c^2-1\right)\sin t\right)\end{align*}}$
(１)
3点O、P、Qが一直線上にあるとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(-1+c\right):\sin t=\left(4c^3-3c+1\right):\left(4c^2-1\right)\sin t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(-1+c\right)\left(4c^2-1\right)\sin t=\left(4c^3-3c+1\right)\sin t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sin t\left(2c^2-c\right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sin t=0\ \ or\ \ c=\cos t=0\ ,\frac{1}{2} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{t=0,\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2},\pi}\ \ \ \ \left(\because\ 0\leqq t\leqq \pi\right)\end{align*}}$
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf t\ne0,\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2},\pi\end{align*}}$ のとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf |\overrightarrow{\sf OP}|^2=\left(-1+c\right)^2+\sin^2t =2\left(1-c\right)\ \ \ \ \left(\because\ \sin^2t=1-c^2\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf |\overrightarrow{\sf OQ}|^2&=\sf \left(4c^3-3c+1\right)^2+\left(4c^2-1\right)^2\sin^2t\\ &=\sf 8c^3-6c+2\ \ \ \ \left(\because\ \sin^2t=1-c^2\right)\\ &=\sf 2\left(1+c\right)\left(2c-1\right)^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OP}\cdot\overrightarrow{\sf OQ}&=\sf \left(-1+c\right)\left(4c^3-3c+1\right)+\left(4c^2-1\right)\sin^2t \\ &=\sf -4c^3+2c^2+4c-2\ \ \ \ \left(\because\ \sin^2t=1-c^2\right)\\ &=\sf 2\left(1-c\right)\left(1+c\right)\left(2c-1\right)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos^2\angle POQ&=\sf \frac{\left(\overrightarrow{\sf OP}\cdot\overrightarrow{\sf OQ}\right)^2}{|\overrightarrow{\sf OP}|^2|\overrightarrow{\sf OQ}|^2}\\ &=\sf \frac{\bigg\{2\left(1-c\right)\left(1+c\right)\left(2c-1\right)\bigg\}^2}{2\left(1-c\right)\cdot2\left(1+c\right)\left(2c-1\right)^2} \\ &=\sf 1-c^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sin^2\angle POQ=1-\left(1-c^2\right)=c^2\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sin\angle POQ=|c|=\underline{\left|\cos t\right|\ \ \left(\geqq 0\right)}\end{align*}}$
(３)
(１)(２)より
(４)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf PQ}=\left(4c^3-4c+2,\left(4c^2-2\right)\sin t\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf |\overrightarrow{\sf PQ}|^2&=\sf \left(4c^3-4c+2\right)^2+\left(4c^2-2\right)^2\sin^2t \\ &=\sf \left(4c^3-4c+2\right)^2+\left(4c^2-2\right)^2\left(1-c^2\right)\\ &=\sf 16c^3-4c^2-16c+8\end{align*}}$
OP=PQより
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 16c^3-4c^2-16c+8=2\left(1-c\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 8c^3-3c^2-7c+3=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(c+1\right)\left(2c-1\right)\left(4c-3\right)=0\end{align*}}$
3点O、P、Qが一直線上にないので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf c=\frac{3}{4}\end{align*}}$
このとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OP=\sqrt{2\left(1-\frac{3}{4}\right)}=\frac{1}{\sqrt2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OQ=\sqrt{2\left(1+\frac{3}{4}\right)\left(2\cdot\frac{3}{4}-1\right)^2}=\frac{\sqrt{14}}{4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sin\angle POQ=c=\frac{3}{4}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \triangle OPQ=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt2}\cdot\frac{\sqrt{14}}{4}\cdot\frac{3}{4}=\underline{\frac{3\sqrt7}{32}}\end{align*}}$
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