【解説・採点基準付き】2015年九州大学文系数学の解答・解説

座標平面上の2つの放物線

$$C_1:\ y=x^2$$

$$C_2:\ y=-x^2+ax+b$$

を考える。ただし、 $a,b$ は実数とする。

(1) $C_1$ と $C_2$ が異なる2点で交わるための $a,b$ に関する条件を求めよ。

以下、 $a,b$ が(1)の条件を満たすとし、 $C_1$ と $C_2$ で囲まれる部分の面積が9であるとする。

(2) $b$ を $a$ を用いて表せ。

(3) $a$ がすべての実数値をとって変化するとき、放物線 $C_2$ の頂点が描く軌跡を座標平面上に図示せよ。

(1)　配点 10点

$C_1$、 $C_2$ の式から $y$ を消すと、 $x^2=-x^2+ax+b$ より

$$2x^2-ax-b=0\quad\cdots①$$

$C_1$ 上の点は $x$ 座標で決まるので、 $C_1$ と $C_2$ が異なる2点で交わるのは、①が異なる2つの実数解をもつときである。①は2次の係数が $2$ で $0$ でない2次方程式なので、判別式を $D$ とすると

$$D=(-a)^2-4\cdot2\cdot(-b)=a^2+8b>0$$

答　$a^2+8b>0$

(2)　配点 20点

（図は $a=2$、 $b=4$ の例）

①の2つの実数解を $\alpha$、 $\beta$（ $\alpha<\beta$ ）とする。 $C_2$ の式から $C_1$ の式を引くと

$$(-x^2+ax+b)-x^2=-(2x^2-ax-b)=-2(x-\alpha)(x-\beta)$$

$\alpha\leqq x\leqq\beta$ ではこれが $0$ 以上なので、 $C_2$ が上、 $C_1$ が下にある。囲まれる部分の面積を $S$ とすると

$$\begin{aligned}S&=\int_\alpha^\beta\left\{(-x^2+ax+b)-x^2\right\}dx\\&=\int_\alpha^\beta(-2)(x-\alpha)(x-\beta)\,dx\\&=\dfrac26(\beta-\alpha)^3=\dfrac13(\beta-\alpha)^3\end{aligned}$$

$S=9$ なので $\dfrac13(\beta-\alpha)^3=9$ 、すなわち $(\beta-\alpha)^3=27$ 。 $\beta-\alpha$ は実数なので

$$\beta-\alpha=3$$

一方、①を解の公式で解くと

$$x=\dfrac{a\pm\sqrt{a^2+8b}}{4}$$

なので、辺々引いて

$$\beta-\alpha=\dfrac{2\sqrt{a^2+8b}}{4}=\dfrac{\sqrt{a^2+8b}}{2}$$

よって $\dfrac{\sqrt{a^2+8b}}{2}=3$ より $a^2+8b=36$ 。これは (1) の条件 $a^2+8b>0$ を満たす。 $b$ について解いて

答　$b=-\dfrac{a^2}{8}+\dfrac92$

検算　 $a=2$ のとき $b=4$ で、①は $2x^2-2x-4=0$ 、すなわち $2(x+1)(x-2)=0$ 。 $\alpha=-1$、 $\beta=2$ で $\beta-\alpha=3$ 、 $S=\dfrac13\cdot3^3=9$ となり一致する。

別解（ $\beta-\alpha$ を解と係数の関係で求める）　①で解と係数の関係より $\alpha+\beta=\dfrac a2$、 $\alpha\beta=-\dfrac b2$ なので

$$(\beta-\alpha)^2=(\alpha+\beta)^2-4\alpha\beta=\dfrac{a^2}{4}+2b=\dfrac{a^2+8b}{4}$$

$\beta-\alpha>0$ より $\beta-\alpha=\dfrac{\sqrt{a^2+8b}}{2}$ で、本解と同じになる。

(3)　配点 20点

(2) より $b=-\dfrac{a^2}{8}+\dfrac92$ なので、 $C_2$ の式を平方完成すると

$$y=-x^2+ax+b=-\left(x-\dfrac a2\right)^2+\dfrac{a^2}{4}+b=-\left(x-\dfrac a2\right)^2+\dfrac{a^2}{8}+\dfrac92$$

$C_2$ の頂点を $(X,\ Y)$ とおくと

$$X=\dfrac a2,\qquad Y=\dfrac{a^2}{8}+\dfrac92$$

$b$ を (2) のように決めると $a^2+8b=36>0$ なので、 $a$ はすべての実数をとれる。このとき $X=\dfrac a2$ もすべての実数をとる。 $a=2X$ を $Y$ の式に代入して

$$Y=\dfrac{(2X)^2}{8}+\dfrac92=\dfrac12X^2+\dfrac92$$

よって、頂点が描く軌跡は放物線 $y=\dfrac12x^2+\dfrac92$ の全体で、下の図の曲線。

答　放物線 $y=\dfrac12x^2+\dfrac92$ の全体（頂点 $\left(0,\ \dfrac92\right)$ 、点 $(\pm3,\ 9)$ を通る。下の図）

検算　 $a=2$、 $b=4$ のとき $C_2:y=-x^2+2x+4=-(x-1)^2+5$ で、頂点は $(1,\ 5)$ 。 $\dfrac12\cdot1^2+\dfrac92=5$ で、軌跡の上にある。

1辺の長さが1である正四面体OABCを考える。辺OAの中点をP、辺OBを $2:1$ に内分する点をQ、辺OCを $1:3$ に内分する点をRとする。以下の問いに答えよ。

(1) 線分PQの長さと線分PRの長さを求めよ。

(2) $\overrightarrow{\mathrm{PQ}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{PR}}$ の内積 $\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PR}}$ を求めよ。

(3) 三角形PQRの面積を求めよ。

(1)　配点 15点

$\vec a=\overrightarrow{\mathrm{OA}}$、 $\vec b=\overrightarrow{\mathrm{OB}}$、 $\vec c=\overrightarrow{\mathrm{OC}}$ とおく。正四面体OABCの1辺の長さは1で、各面は正三角形なので

$$|\vec a|=|\vec b|=|\vec c|=1,\qquad\vec a\cdot\vec b=\vec b\cdot\vec c=\vec c\cdot\vec a=1\cdot1\cdot\cos60^\circ=\frac12$$

PはOAの中点、QはOBを $2:1$ に内分する点、RはOCを $1:3$ に内分する点なので（上の図）

$$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\frac12\vec a,\qquad\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=\frac23\vec b,\qquad\overrightarrow{\mathrm{OR}}=\frac14\vec c$$

始点をOにそろえると

$$\overrightarrow{\mathrm{PQ}}=\overrightarrow{\mathrm{OQ}}-\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\frac23\vec b-\frac12\vec a=\frac16(4\vec b-3\vec a)$$

$$\overrightarrow{\mathrm{PR}}=\overrightarrow{\mathrm{OR}}-\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\frac14\vec c-\frac12\vec a=\frac14(\vec c-2\vec a)$$

長さは2乗して展開する。分数の係数は外にくくってある。

$$|4\vec b-3\vec a|^2=16|\vec b|^2-24\vec a\cdot\vec b+9|\vec a|^2=16-12+9=13$$

より $|\overrightarrow{\mathrm{PQ}}|^2=\dfrac{13}{36}$、 $\mathrm{PQ}=\dfrac{\sqrt{13}}{6}$。

$$|\vec c-2\vec a|^2=|\vec c|^2-4\vec c\cdot\vec a+4|\vec a|^2=1-2+4=3$$

より $|\overrightarrow{\mathrm{PR}}|^2=\dfrac3{16}$、 $\mathrm{PR}=\dfrac{\sqrt3}{4}$。

答　$\mathrm{PQ}=\dfrac{\sqrt{13}}{6}$、 $\mathrm{PR}=\dfrac{\sqrt3}{4}$

別解（余弦定理）　PQは面OAB上、PRは面OAC上にあり、どちらの面も正三角形なので $\angle\mathrm{POQ}=\angle\mathrm{POR}=60^\circ$ である。 $\mathrm{OP}=\dfrac12$、 $\mathrm{OQ}=\dfrac23$、 $\mathrm{OR}=\dfrac14$ なので、三角形OPQ、OPRで余弦定理より

$$\mathrm{PQ}^2=\left(\frac12\right)^2+\left(\frac23\right)^2-2\cdot\frac12\cdot\frac23\cos60^\circ=\frac14+\frac49-\frac13=\frac{13}{36}$$

$$\mathrm{PR}^2=\left(\frac12\right)^2+\left(\frac14\right)^2-2\cdot\frac12\cdot\frac14\cos60^\circ=\frac14+\frac1{16}-\frac18=\frac3{16}$$

となり、同じ値になる。

(2)　配点 15点

(1) より、係数を前にくくって

$$\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PR}}=\frac16\cdot\frac14(4\vec b-3\vec a)\cdot(\vec c-2\vec a)$$

括弧の中を展開して

$$(4\vec b-3\vec a)\cdot(\vec c-2\vec a)=4\vec b\cdot\vec c-8\vec a\cdot\vec b-3\vec c\cdot\vec a+6|\vec a|^2=2-4-\frac32+6=\frac52$$

よって

$$\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PR}}=\frac1{24}\cdot\frac52=\frac5{48}$$

答　$\dfrac5{48}$

(3)　配点 20点

三角形PQRの面積を $S$ とする。2辺 $\overrightarrow{\mathrm{PQ}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{PR}}$ の大きさと内積が分かっているので、三角形の面積の公式より

$$S=\frac12\sqrt{|\overrightarrow{\mathrm{PQ}}|^2|\overrightarrow{\mathrm{PR}}|^2-(\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PR}})^2}$$

(1)(2) の値を代入して

$$|\overrightarrow{\mathrm{PQ}}|^2|\overrightarrow{\mathrm{PR}}|^2-(\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PR}})^2=\frac{13}{36}\cdot\frac3{16}-\left(\frac5{48}\right)^2=\frac{39}{576}-\frac{25}{2304}=\frac{156-25}{2304}=\frac{131}{2304}$$

よって

$$S=\frac12\sqrt{\frac{131}{2304}}=\frac12\cdot\frac{\sqrt{131}}{48}=\frac{\sqrt{131}}{96}$$

答　$\dfrac{\sqrt{131}}{96}$

三角形PQRを取り出すと上の図のようになる（ $\theta=\angle\mathrm{QPR}$）。QRの長さは、三角形OQRで余弦定理を使うと $\mathrm{QR}^2=\dfrac49+\dfrac1{16}-2\cdot\dfrac23\cdot\dfrac14\cos60^\circ=\dfrac{49}{144}$ より $\mathrm{QR}=\dfrac7{12}$ で、3辺の長さからヘロンの公式で面積を計算しても $\dfrac{\sqrt{131}}{96}$ になり、答えが正しいことを確かめられる。

別解（ $\cos\theta$ から $\sin\theta$ を求める）　 $\theta=\angle\mathrm{QPR}$ とすると

$$\cos\theta=\frac{\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PR}}}{|\overrightarrow{\mathrm{PQ}}||\overrightarrow{\mathrm{PR}}|}=\frac5{48}\cdot\frac{6}{\sqrt{13}}\cdot\frac4{\sqrt3}=\frac{5}{2\sqrt{39}}$$

$0<\theta<\pi$ より $\sin\theta=\sqrt{1-\dfrac{25}{156}}=\dfrac{\sqrt{131}}{2\sqrt{39}}$。よって $S=\dfrac12\cdot\dfrac{\sqrt{13}}{6}\cdot\dfrac{\sqrt3}{4}\cdot\dfrac{\sqrt{131}}{2\sqrt{39}}=\dfrac{\sqrt{131}}{96}$ で、同じ値になる。三角形の面積の公式は、この計算を文字のまま行って作った式である。

袋の中に最初に赤玉2個と青玉1個が入っている。次の操作を考える。

（操作）袋から1個の玉を取り出し、それが赤玉ならば代わりに青玉1個を袋に入れ、青玉ならば代わりに赤玉1個を袋に入れる。袋に入っている3個の玉がすべて青玉になるとき、硬貨を1枚もらう。

この操作を4回繰り返す。もらう硬貨の総数が1枚である確率と、もらう硬貨の総数が2枚である確率をそれぞれ求めよ。

配点 50点

袋の中の玉は常に3個で、状態は青玉の個数 $k$ （ $k=0,1,2,3$ ）だけで決まる。青玉が $k$ 個のとき、赤玉を引く確率は $\dfrac{3-k}{3}$ で、このとき青玉は1個増える。青玉を引く確率は $\dfrac k3$ で、このとき青玉は1個減る。はじめは青玉1個で、青玉が3個そろうと硬貨を1枚もらう。この推移を図にすると次のようになる。

1回の操作で青玉はちょうど1個だけ増減するから、操作のたびに青玉の個数の偶奇が入れかわる。はじめは1個（奇数）なので、奇数回目の操作を終えた時点では青玉は偶数個、つまり0個か2個で、3個には届かない。したがって硬貨をもらえる可能性があるのは2回目と4回目の操作だけで、総数は0枚・1枚・2枚のいずれかになる。なお、2回目を終えた時点では青玉は奇数個、つまり1個か3個になっている。

そこで、2回の操作を1組にして考える。

青玉1個から出発して2回の操作を行うと

・1個 → 2個 → 3個（ここで硬貨をもらう）： $\dfrac23\cdot\dfrac13=\dfrac29$

・1個 → 2個 → 1個（硬貨なし）： $\dfrac23\cdot\dfrac23=\dfrac49$

・1個 → 0個 → 1個（硬貨なし）： $\dfrac13\cdot1=\dfrac13$

以上から、2回後に青玉が1個に戻る（硬貨をもらわない）確率は $\dfrac49+\dfrac13=\dfrac79$ 、3個になる（硬貨をもらう）確率は $\dfrac29$ である。

青玉3個の状態からは、次の操作で必ず赤玉が1個入って2個になり、その次は

・3個 → 2個 → 1個（もらわない）： $1\cdot\dfrac23=\dfrac23$

・3個 → 2個 → 3個（もらう）： $1\cdot\dfrac13=\dfrac13$

である（下の図）。

2回目と4回目の操作の後の青玉の個数を並べると、もらう硬貨の総数が1枚・2枚になるのは、次の図の3つの場合である。

総数が1枚であるとき　2回目だけでもらう場合と、4回目だけでもらう場合があり、これらは同時には起こらない。

・2回目だけでもらう（1個 → 3個 → 1個）： $\dfrac29\cdot\dfrac23=\dfrac{4}{27}$

・4回目だけでもらう（1個 → 1個 → 3個）： $\dfrac79\cdot\dfrac29=\dfrac{14}{81}$

よって、求める確率は

$$\dfrac{4}{27}+\dfrac{14}{81}=\dfrac{12}{81}+\dfrac{14}{81}=\dfrac{26}{81}$$

総数が2枚であるとき　2回目と4回目の両方でもらう場合（1個 → 3個 → 3個）で、求める確率は

$$\dfrac29\cdot\dfrac13=\dfrac{2}{27}$$

答　総数が1枚である確率 $\dfrac{26}{81}$、総数が2枚である確率 $\dfrac{2}{27}$

（検算：総数が0枚であるのは2回とも1個に戻る場合で、確率は $\dfrac79\cdot\dfrac79=\dfrac{49}{81}$。 $\dfrac{49}{81}+\dfrac{26}{81}+\dfrac{6}{81}=1$ となり、全部で1になる）

別解（玉を区別して81通りを数える）　袋の3個の玉を区別すると、1回の取り出し方は3通りで、どれも同様に確からしい。4回の取り出し方は全部で $3^4=81$ 通りある。青玉の個数の推移ごとに、各回で取り出せる玉の個数をかけて数える。

・2回目と4回目でもらう（1個 → 2個 → 3個 → 2個 → 3個）：1回目は赤玉2個のどちらか、2回目は残る赤玉1個、3回目は青玉3個のどれか、4回目は赤玉1個を取り出すので $2\cdot1\cdot3\cdot1=6$ 通り

・2回目だけでもらう（1個 → 2個 → 3個 → 2個 → 1個）： $2\cdot1\cdot3\cdot2=12$ 通り

・4回目だけでもらう：最初の2回で1個に戻るのは1個 → 2個 → 1個の $2\cdot2=4$ 通りと、1個 → 0個 → 1個の $1\cdot3=3$ 通りで計7通り。続く2回で1個 → 2個 → 3個となるのは $2\cdot1=2$ 通りなので、 $7\cdot2=14$ 通り

よって、総数が1枚である確率は $\dfrac{12+14}{81}=\dfrac{26}{81}$、2枚である確率は $\dfrac{6}{81}=\dfrac{2}{27}$ で、本解と一致する。分母が81とそろうので、検算にも使える。

以下の問いに答えよ。

(1) $n$ が正の偶数のとき、 $2^n-1$ は3の倍数であることを示せ。

(2) $p$ を素数とし、 $k$ を0以上の整数とする。 $2^{p-1}-1=p^k$ を満たす $p,k$ の組をすべて求めよ。

(1)　配点 15点

$n$ は正の偶数だから、 $n=2m$ （ $m$ は自然数）と書けて、 $2^n=4^m$ となる。

$4\equiv1\pmod3$ より

$$2^n=4^m\equiv1^m=1\pmod3$$

よって $2^n-1\equiv0\pmod3$ となり、 $2^n-1$ は3の倍数である。

（補足） $2\equiv-1\pmod3$ とみなして $2^n-1\equiv(-1)^n-1=0$ と示してもよく、 $4^m=(3+1)^m$ に二項定理を使って3の倍数と1に分ける方法でもよい。どの方法でも中身は同じ。

(2)　配点 35点

素数 $p$ が2かどうかで場合分けする。

(i) $p=2$ のとき　左辺 $=2^{2-1}-1=1$ なので、 $2^k=1$ より $k=0$ 。 $k=0$ は0以上の整数なので条件をみたす。

(ii) $p$ が3以上の素数のとき　 $p$ は奇数なので、 $p-1$ は正の偶数である。よって (1) より、 $2^{p-1}-1$ は3の倍数であり、 $p^k$ も3の倍数である。

$k=0$ とすると $p^k=1$ となり、3の倍数でないので $k\geqq1$ 。 $p$ は素数なので、 $p^k$ の素因数は $p$ だけである。 $p^k$ が素数3で割り切れることから $p=3$ 。

このとき左辺 $=2^2-1=3$ なので、 $3=3^k$ より $k=1$ 。

(i)(ii) より

答　$(p,k)=(2,\ 0),\ (3,\ 1)$

（確かめ： $2^{2-1}-1=1=2^0$ 、 $2^{3-1}-1=3=3^1$ ）

別解（因数分解して、素数の累乗を2つの因数に分ける）　(1) を使わずに解くこともできる。 $p$ が3以上の素数のとき、 $p-1=2m$ （ $m$ は自然数）とおくと

$$p^k=2^{2m}-1=(2^m-1)(2^m+1)$$

と積の形になる。 $m\geqq1$ より $2^m+1\geqq3$ なので $k\geqq1$ 。2つの因数はどちらも $p^k$ の正の約数なので、 $p$ の累乗である。 $2^m-1<2^m+1$ より

$$2^m-1=p^a,\quad 2^m+1=p^b\quad(0\leqq a<b,\ a+b=k)$$

とおける。2式を引くと $p^b-p^a=2$ 。 $a\geqq1$ なら左辺は $p$ の倍数で、 $p$ は奇数なので2を割り切れず矛盾する。よって $a=0$ で、 $2^m-1=1$ より $m=1$ 。このとき $p=2m+1=3$ 、 $2^m+1=3=3^b$ より $b=1$ で、 $k=a+b=1$ 。 $p=2$ の場合は本解の (i) と同じ。

（理系の (3) と同じく「積の形にして、素数の累乗を振り分ける」流れ。文系は右辺が $p$ の累乗だけなので、2つの因数の差が2であることだけで決まる）