【解説・採点基準付き】2025年九州大学文系数学の解答・解説

2つの曲線 $y=x^3+x^2-x-1$、 $y=x^2$ の両方に接するすべての直線の方程式を求めよ。

$f(x)=x^3+x^2-x-1$ とし、 $C_1:y=f(x)$、 $C_2:y=x^2$ とする。 $f'(x)=3x^2+2x-1$ である。

$C_1$ に接する直線は、接点の $x$ 座標を $t$ とすると、 $C_1$ 上の点 $(t,\ f(t))$ における接線なので

$$y=(3t^2+2t-1)(x-t)+t^3+t^2-t-1$$

すなわち

$$y=(3t^2+2t-1)x-2t^3-t^2-1\quad\cdots①$$

$C_2$ に接する直線は、接点の $x$ 座標を $u$ とすると、 $(x^2)’=2x$ より

$$y=2u(x-u)+u^2\quad\text{すなわち}\quad y=2ux-u^2\quad\cdots②$$

直線が $C_1$、 $C_2$ の両方に接する条件は、①と②が同じ直線になる $t$、 $u$ があることである。傾きと $y$ 切片を比べて

$$3t^2+2t-1=2u\quad\cdots③,\qquad -2t^3-t^2-1=-u^2\quad\cdots④$$

③より $u=\dfrac{3t^2+2t-1}{2}$。これを④に代入して $u$ を消すと

$$\left(\frac{3t^2+2t-1}{2}\right)^2=2t^3+t^2+1$$

両辺に4をかけて展開すると $9t^4+12t^3-2t^2-4t+1=8t^3+4t^2+4$ より

$$9t^4+4t^3-6t^2-4t-3=0\quad\cdots⑤$$

⑤の解の候補は $\pm1,\ \pm3,\ \pm\dfrac13,\ \pm\dfrac19$。 $t=1$ を代入すると $9+4-6-4-3=0$、 $t=-1$ を代入すると $9-4-6+4-3=0$ なので、⑤の左辺は $(t-1)(t+1)=t^2-1$ で割り切れて

$$(t^2-1)(9t^2+4t+3)=0$$

（ $9t^4-6t^2-3=3(t^2-1)(3t^2+1)$、 $4t^3-4t=4t(t^2-1)$ と2つに分けてくくっても、同じ因数分解になる）

$9t^2+4t+3=0$ は判別式が $\dfrac{D}{4}=2^2-9\cdot3=-23<0$ なので実数解をもたない。よって $t=1,\ -1$。

・$t=1$ のとき、③より $u=2$ で、①は $y=4x-4$（ $C_1$ とは点 $(1,\ 0)$、 $C_2$ とは点 $(2,\ 4)$ で接する）

・$t=-1$ のとき、③より $u=0$ で、①は $y=0$（ $C_1$ とは点 $(-1,\ 0)$、 $C_2$ とは点 $(0,\ 0)$ で接する。図の $x$ 軸そのもの）

どちらも接点が2つの曲線で別々である。

答　$y=4x-4$、 $y=0$

検算　 $f(x)=(x+1)^2(x-1)$ なので、 $C_1$ は点 $(-1,\ 0)$ で $x$ 軸に接している。 $C_2:y=x^2$ も原点で $x$ 軸に接するので、 $y=0$ は確かに共通接線。また $f(x)-(4x-4)=(x-1)^2(x+3)$、 $x^2-(4x-4)=(x-2)^2$ なので、 $y=4x-4$ は $C_1$ と $x=1$ で、 $C_2$ と $x=2$ で接している。

別解（ $C_1$ の接線を $C_2$ の式と連立して判別式）　相手が2次関数なので、この解き方がいちばん早い。①と $y=x^2$ を連立すると

$$x^2-(3t^2+2t-1)x+2t^3+t^2+1=0$$

①が $C_2$ に接するのは、この2次方程式が重解をもつときなので、判別式を $D$ として $D=0$。 $f'(t)=3t^2+2t-1$ の中の $2t$ をまとめて整理すると

$$D=\{f'(t)-2t\}^2+4\{f(t)-t^2\}=(3t^2-1)^2+4(t^3-t-1)=9t^4+4t^3-6t^2-4t-3$$

これは本解の⑤と同じ式になり、あとは同じ。ただし、この解き方は相手が2次関数のときにしか使えない。

半径1の円周 $C$ 上の2点A、Bは $\mathrm{AB}=\sqrt3$ をみたすとする。点Pが円周 $C$ 上を動くとき、 $\mathrm{AP}^2+\mathrm{BP}^2$ の最大値を求めよ。

配点 50点

円 $C$ の中心をOとする。三角形OABで $\mathrm{OA}=\mathrm{OB}=1$、 $\mathrm{AB}=\sqrt3$ なので、余弦定理より

$$\cos\angle\mathrm{AOB}=\frac{1^2+1^2-(\sqrt3)^2}{2\cdot1\cdot1}=-\frac12\qquad\therefore\ \angle\mathrm{AOB}=120^\circ$$

Oを原点とし、円 $C$ を回転・裏返しして、中心角が $120^\circ$ になるように

$$\mathrm{A}(1,\ 0),\qquad\mathrm{B}\left(-\frac12,\ \frac{\sqrt3}{2}\right)$$

と置いてよい（ $\mathrm{AP}^2+\mathrm{BP}^2$ は回転・裏返しで変わらない）。Pは単位円周上の点なので、 $\mathrm{P}(\cos\theta,\sin\theta)$（ $0\leqq\theta<2\pi$）とおける。

三平方の定理より

$$\mathrm{AP}^2=(\cos\theta-1)^2+\sin^2\theta=2-2\cos\theta$$

$$\mathrm{BP}^2=\left(\cos\theta+\frac12\right)^2+\left(\sin\theta-\frac{\sqrt3}{2}\right)^2=(\cos^2\theta+\sin^2\theta)+\cos\theta-\sqrt3\sin\theta+\frac14+\frac34=2+\cos\theta-\sqrt3\sin\theta$$

よって

$$\mathrm{AP}^2+\mathrm{BP}^2=4-(\sqrt3\sin\theta+\cos\theta)$$

$\sin\theta$ と $\cos\theta$ の1次式なので、sin合成する。横軸に $\sin\theta$ の係数 $\sqrt3$、縦軸に $\cos\theta$ の係数 $1$ をとると、原点からの長さは $2$、角は $\dfrac{\pi}{6}$ なので

$$\sqrt3\sin\theta+\cos\theta=2\sin\left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)\qquad\therefore\ \mathrm{AP}^2+\mathrm{BP}^2=4-2\sin\left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)$$

$0\leqq\theta<2\pi$ より $\dfrac{\pi}{6}\leqq\theta+\dfrac{\pi}{6}<\dfrac{13}{6}\pi$ なので、 $-1\leqq\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}{6}\right)\leqq1$ で、最小値 $-1$ をとるのは $\theta+\dfrac{\pi}{6}=\dfrac32\pi$、すなわち $\theta=\dfrac43\pi$ のとき。引き算なので、このとき $\mathrm{AP}^2+\mathrm{BP}^2$ は最大になる。

よって、最大値は $4-2\cdot(-1)=6$。

答　最大値 $6$

最大となるのは $\theta=\dfrac43\pi$、すなわち $\mathrm{P}\left(-\dfrac12,\ -\dfrac{\sqrt3}{2}\right)$ のときである。このとき $\mathrm{AP}^2=2-2\cos\dfrac43\pi=3$、 $\mathrm{BP}^2=6-3=3$ で、 $\mathrm{AP}=\mathrm{BP}=\mathrm{AB}=\sqrt3$。三角形ABPは正三角形になる（上の図）。

補足（A、Bを $y$ 軸について対称に置く）　 $\mathrm{A}\left(\dfrac{\sqrt3}{2},\ \dfrac12\right)$、 $\mathrm{B}\left(-\dfrac{\sqrt3}{2},\ \dfrac12\right)$、 $\mathrm{P}(x,y)$（ $x^2+y^2=1$）と置くと、展開して $\mathrm{AP}^2+\mathrm{BP}^2=2(x^2+y^2)-2y+2=4-2y$ となり、合成をしなくても $y=-1$ のとき最大値 $6$ と求まる。A、Bの置き方を工夫すると計算が軽くなる例である。

別解1（ベクトル）　始点は、円周上の点を扱うので円の中心Oにとる（中心から円周上の点へのベクトルは大きさがすべて1になる）。 $\vec a=\overrightarrow{\mathrm{OA}}$、 $\vec b=\overrightarrow{\mathrm{OB}}$、 $\vec p=\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ とおくと $|\vec a|=|\vec b|=|\vec p|=1$。 $|\vec b-\vec a|=\sqrt3$ の両辺を2乗して $2-2\vec a\cdot\vec b=3$ より $\vec a\cdot\vec b=-\dfrac12$。

$$\mathrm{AP}^2+\mathrm{BP}^2=|\vec p-\vec a|^2+|\vec p-\vec b|^2=4-2\vec p\cdot(\vec a+\vec b)$$

$|\vec a+\vec b|^2=1+2\cdot\left(-\dfrac12\right)+1=1$ より $|\vec a+\vec b|=1$。 $\vec p$ と $\vec a+\vec b$ のなす角を $\varphi$ とすると $\vec p\cdot(\vec a+\vec b)=\cos\varphi\geqq-1$ で、等号は $\vec p=-(\vec a+\vec b)$ のとき（ $|\vec p|=1$ なので円周上にある）。よって最大値は $4+2=6$。

別解2（中線定理）　ABの中点をMとすると $\mathrm{OM}\perp\mathrm{AB}$ で、 $\mathrm{OM}=\sqrt{1-\left(\dfrac{\sqrt3}{2}\right)^2}=\dfrac12$。三角形PABで中線定理より

$$\mathrm{AP}^2+\mathrm{BP}^2=2(\mathrm{PM}^2+\mathrm{AM}^2)=2\mathrm{PM}^2+\frac32$$

（PがA、Bに一致するときもこの式は成り立つ）。 $\mathrm{PM}\leqq\mathrm{PO}+\mathrm{OM}=\dfrac32$ で、等号はOが線分PM上にあるとき。よって最大値は $2\cdot\dfrac94+\dfrac32=6$。

以下の問いに答えよ。

(1) $n$ を整数とするとき、 $n^2$ を8で割った余りは0、1、4のいずれかであることを示せ。

(2) $2^m=n^2+3$ をみたす0以上の整数の組 $(m,n)$ をすべて求めよ。

(1)　配点 20点

$n$ を8で割った余りで8通りに分けてもよいが、4で割った余りで分ければ場合が少なくて済む。 $k$ を整数として、次の3つの形に分ける。

・$n=4k$ のとき：$n^2=16k^2=8\cdot2k^2$ より、8で割った余りは0

・$n=4k\pm1$ のとき：$n^2=16k^2\pm8k+1=8(2k^2\pm k)+1$ より、余りは1

・$n=4k+2$ のとき：$n^2=16k^2+16k+4=8(2k^2+2k)+4$ より、余りは4

以上から、 $n^2$ を8で割った余りは0、1、4のどれかである。

(2)　配点 30点

$m\geqq3$ の場合　左辺の $2^m$ は8の倍数なので、8で割った余りは0になる。

右辺の $n^2+3$ は、(1) より余りが $0+3,\ 1+3,\ 4+3$ のどれか、つまり3、4、7のどれかである。

両辺の余りが合わないので、この場合に解はない。

$m\leqq2$ の場合　$m$ の値を1つずつ代入する。

・$m=0$：$n^2=1-3=-2$ となり不適

・$m=1$：$n^2=2-3=-1$ となり不適

・$m=2$：$n^2=4-3=1$ で、 $n\geqq0$ より $n=1$

答　$(m,n)=(2,1)$

1個のさいころを3回続けて投げ、出る目を順に $a,b,c$ とする。整式 $f(x)=(x^2-ax+b)(x-c)$ について、以下の問いに答えよ。

(1) $f(x)=0$ をみたす実数 $x$ の個数が1個である確率を求めよ。

(2) $f(x)=0$ をみたす自然数 $x$ の個数が3個である確率を求めよ。

さいころの目の出方は全部で $6^3=216$ 通りで、どれも同じ確率で起こる。

(1)　配点 20点

$x=c$ は $f(x)=0$ の解なので、実数解が1個になるのは、 $x^2-ax+b=0$ が $c$ 以外の実数解をもたないとき。つまり次の①か②のどちらかである。

① $x^2-ax+b=0$ に実数解が無い場合：判別式が負、つまり $a^2-4b<0$ から $a^2<4b$ となる $(a,b)$ を、表にして数える

$(a,b)$ は17通りあり、 $c$ は自由なので $17\times6=102$ 通り

② $x^2-ax+b=0$ が $x=c$ を重解にもつ場合：$a^2=4b$ かつ $\dfrac a2=c$

$a^2=4b$ となる $(a,b)$ は $(2,1),(4,4)$ で、それぞれ $c=1,2$ なので2通り

①と②は同時には起こらないから

$$\frac{102+2}{216}=\frac{104}{216}=\frac{13}{27}$$

答　$\dfrac{13}{27}$

(2)　配点 30点

自然数解がちょうど3個になるのは、 $x^2-ax+b=0$ が相異なる2つの自然数解 $\alpha,\beta\ (\alpha<\beta)$ をもち、 $c$ がそのどちらとも違う値のとき。

解と係数の関係から $\alpha+\beta=a\leqq6$、 $\alpha\beta=b\leqq6$

この条件を満たす $(\alpha,\beta)$ は

$$(1,2),\ (1,3),\ (1,4),\ (1,5),\ (2,3)$$

の5組（対応する $(a,b)$ は $(3,2),(4,3),(5,4),(6,5),(5,6)$）

いずれも $c$ は $\alpha,\beta$ を除く4通りだから $5\times4=20$ 通り。

$$\frac{20}{216}=\frac{5}{54}$$

答　$\dfrac{5}{54}$