【解説・採点基準付き】2022年九州大学理系数学の解答・解説

座標空間内の5点

$$\mathrm{O}(0,0,0),\ \mathrm{A}(1,1,0),\ \mathrm{B}(2,1,2),\ \mathrm{P}(4,0,-1),\ \mathrm{Q}(4,0,5)$$

を考える。3点O、A、Bを通る平面を $\alpha$ とし、 $\vec{a}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}$、 $\vec{b}=\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ とおく。以下の問いに答えよ。

(1) ベクトル $\vec a,\vec b$ の両方に垂直であり、 $x$ 成分が正であるような、大きさが1のベクトル $\vec n$ を求めよ。

(2) 平面 $\alpha$ に関して点Pと対称な点 $\mathrm{P}’$ の座標を求めよ。

(3) 点Rが平面 $\alpha$ 上を動くとき、 $|\overrightarrow{\mathrm{PR}}|+|\overrightarrow{\mathrm{RQ}}|$ が最小となるような点Rの座標を求めよ。

(1)　配点 15点

$\vec n=(p,q,r)$ とおく。 $\vec n\cdot\vec a=p+q=0$、 $\vec n\cdot\vec b=2p+q+2r=0$ より $q=-p$、 $r=-\dfrac p2$。

$|\vec n|^2=p^2+p^2+\dfrac{p^2}{4}=\dfrac94p^2=1$、 $p>0$ より $p=\dfrac23$。

答　$\vec n=\left(\dfrac23,\ -\dfrac23,\ -\dfrac13\right)$

(2)　配点 15点

$\overrightarrow{\mathrm{OP’}}=\overrightarrow{\mathrm{OP}}+t\vec n$ とおく。 $\mathrm{PP’}$ の中点をMとすると $\overrightarrow{\mathrm{OM}}=\overrightarrow{\mathrm{OP}}+\dfrac t2\vec n$。 $\alpha$ は原点を通り $\vec n$ に垂直で、Mは $\alpha$ 上にあるので $\overrightarrow{\mathrm{OM}}\cdot\vec n=0$。

$$\overrightarrow{\mathrm{OP}}\cdot\vec n+\frac t2|\vec n|^2=0\iff3+\frac t2=0\iff t=-6$$

（ $\overrightarrow{\mathrm{OP}}\cdot\vec n=\dfrac83+0+\dfrac13=3$）

$\overrightarrow{\mathrm{OP’}}=(4,0,-1)-6\left(\dfrac23,-\dfrac23,-\dfrac13\right)=(0,4,1)$

答　$\mathrm{P’}(0,\ 4,\ 1)$

別解（平面の方程式を使う）　$\vec n$ に平行な $(2,-2,-1)$ が法線で、原点を通るので $\alpha:\ 2x-2y-z=0$。 $\mathrm{P’}=(4+2s,\ -2s,\ -1-s)$ とおくと、中点 $\left(4+s,\ -s,\ -1-\dfrac s2\right)$ が $\alpha$ 上にあるので $2(4+s)+2s+1+\dfrac s2=0$、 $s=-2$。よって $\mathrm{P’}(0,4,1)$。

(3)　配点 20点

$g(x,y,z)=2x-2y-z$ とすると、 $g(\mathrm P)=9>0$、 $g(\mathrm Q)=3>0$ なので、P、Qは $\alpha$ に関して同じ側にある。 $\mathrm{P’}$ はPの対称点なので、Qと反対側にある。

Rが $\alpha$ 上にあるとき、$\mathrm{P’}$ はPの対称点なので $\mathrm{PR}=\mathrm{P’R}$。よって

$$|\overrightarrow{\mathrm{PR}}|+|\overrightarrow{\mathrm{RQ}}|=\mathrm{P’R}+\mathrm{RQ}\geqq\mathrm{P’Q}$$

等号はRが線分 $\mathrm{P’Q}$ 上にあるとき。 $\mathrm{P’}$ とQは $\alpha$ の反対側にあるので、線分 $\mathrm{P’Q}$ は $\alpha$ と交わり、その交点で最小になる。

線分 $\mathrm{P’Q}$ 上の点は $(0,4,1)+s(4,-4,4)=(4s,\ 4-4s,\ 1+4s)$。 $\alpha$ 上にある条件は

$$2\cdot4s-2(4-4s)-(1+4s)=12s-9=0\iff s=\frac34$$

答　$\mathrm{R}(3,\ 1,\ 4)$

$n$ を3以上の自然数、 $\alpha,\beta$ を相異なる実数とするとき、以下の問いに答えよ。

(1) 次をみたす実数 $A,B,C$ と整式 $Q(x)$ が存在することを示せ。

$$x^n=(x-\alpha)(x-\beta)^2Q(x)+A(x-\alpha)(x-\beta)+B(x-\alpha)+C$$

(2) (1)の $A,B,C$ を $n,\alpha,\beta$ を用いて表せ。

(3) (2)の $A$ について、 $n$ と $\alpha$ を固定して、 $\beta$ を $\alpha$ に近づけたときの極限 $\displaystyle\lim_{\beta\to\alpha}A$ を求めよ。

(1)　配点 15点

$x^n$ を3次式 $(x-\alpha)(x-\beta)^2$ で割った商を $Q(x)$、余りを $R(x)$（2次以下）とすると

$$x^n=(x-\alpha)(x-\beta)^2Q(x)+R(x)$$

$R(x)$ の $x^2$ の係数を $A$ とすると、 $R(x)-A(x-\alpha)(x-\beta)$ は1次以下の整式。これを $x-\alpha$ で割った商を $B$（定数）、余りを $C$（定数）とすると

$$R(x)=A(x-\alpha)(x-\beta)+B(x-\alpha)+C$$

よって条件をみたす実数 $A,B,C$ と整式 $Q(x)$ が存在する。

(2)　配点 20点

$x=\alpha$ を代入して $C=\alpha^n$。

$x=\beta$ を代入して $\beta^n=B(\beta-\alpha)+\alpha^n$、 $\alpha\neq\beta$ より $B=\dfrac{\beta^n-\alpha^n}{\beta-\alpha}$。

両辺を $x$ で微分すると

$$nx^{n-1}=\left\{(x-\alpha)(x-\beta)^2Q(x)\right\}’+A\{(x-\beta)+(x-\alpha)\}+B$$

$\{(x-\alpha)(x-\beta)^2Q(x)\}’$ は $(x-\beta)$ を因数にもつので、 $x=\beta$ を代入すると $n\beta^{n-1}=A(\beta-\alpha)+B$。

答　$C=\alpha^n$、 $B=\dfrac{\beta^n-\alpha^n}{\beta-\alpha}$、 $A=\dfrac{n\beta^{n-1}(\beta-\alpha)-(\beta^n-\alpha^n)}{(\beta-\alpha)^2}$

(3)　配点 15点

$A=\dfrac{n\beta^{n-1}-B}{\beta-\alpha}$、 $B=\dfrac{\beta^n-\alpha^n}{\beta-\alpha}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\beta^{n-1-k}\alpha^k$ より

$$n\beta^{n-1}-B=\sum_{k=0}^{n-1}\left(\beta^{n-1}-\beta^{n-1-k}\alpha^k\right)=\sum_{k=0}^{n-1}\beta^{n-1-k}(\beta^k-\alpha^k)$$

$k=0$ の項は0なので

$$A=\sum_{k=1}^{n-1}\beta^{n-1-k}\cdot\frac{\beta^k-\alpha^k}{\beta-\alpha}$$

$\beta\to\alpha$ のとき、導関数の定義より $\dfrac{\beta^k-\alpha^k}{\beta-\alpha}\to(x^k)’\Big|_{x=\alpha}=k\alpha^{k-1}$。よって

$$\lim_{\beta\to\alpha}A=\sum_{k=1}^{n-1}\alpha^{n-1-k}\cdot k\alpha^{k-1}=\sum_{k=1}^{n-1}k\,\alpha^{n-2}$$

答　$\dfrac{n(n-1)}{2}\alpha^{n-2}$

別解（和をすべて展開する）　$\dfrac{\beta^k-\alpha^k}{\beta-\alpha}=\displaystyle\sum_{j=0}^{k-1}\beta^{k-1-j}\alpha^j$ と展開すると、 $A$ は $\beta$ の多項式になる。 $\beta=\alpha$ を代入すると各 $k$ の項は $k\alpha^{n-2}$ で、同じ答えになる。

自然数 $m,n$ が

$$n^4=1+210m^2\quad\cdots\cdots①$$

をみたすとき、以下の問いに答えよ。

(1) $\dfrac{n^2+1}{2}$、 $\dfrac{n^2-1}{2}$ は互いに素な整数であることを示せ。

(2) $n^2-1$ は168の倍数であることを示せ。

(3) ①をみたす自然数の組 $(m,n)$ を1つ求めよ。

(1)　配点 15点

①より $n^4=1+210m^2$ は奇数なので $n$ は奇数。よって $n^2$ は奇数で、 $n^2+1$、 $n^2-1$ は偶数。 $\dfrac{n^2+1}{2}$、 $\dfrac{n^2-1}{2}$ は整数である。

2数の正の公約数を $d$ とすると、 $d$ は差 $\dfrac{n^2+1}{2}-\dfrac{n^2-1}{2}=1$ を割り切るので $d=1$。よって2数は互いに素。

(2)　配点 20点

$n$ は奇数なので $n-1$、 $n+1$ は連続する偶数で、一方は4の倍数。よって $n^2-1=(n-1)(n+1)$ は8の倍数。

平方数を3で割った余りは0か1なので、 $n^2+1$ を3で割った余りは1か2で、3の倍数でない。平方数を7で割った余りは0、1、2、4なので、 $n^2+1$ を7で割った余りは1、2、3、5で、7の倍数でない。

$(n^2-1)(n^2+1)=210m^2$ は3の倍数かつ7の倍数で、3、7は素数なので、 $n^2-1$ は3の倍数かつ7の倍数。8、3、7は互いに素なので、 $n^2-1$ は $8\cdot3\cdot7=168$ の倍数。

(3)　配点 15点

$X=\dfrac{n^2+1}{2}$、 $Y=\dfrac{n^2-1}{2}$ とおくと $4XY=n^4-1=210m^2$、すなわち $2XY=105m^2$。(2) より $Y$ は84の倍数で、 $Y=84k$（ $k$ は自然数）とおくと $X=84k+1$。代入して

$$168k(84k+1)=105m^2\iff8k(84k+1)=5m^2$$

$84k+1$ は $k$ とも2とも互いに素なので、 $8k$ と互いに素。そこで「 $84k+1$ が平方数」かつ「 $8k=5\times$ 平方数」となる $k$ を探すと、 $k=10$ のとき

$$84k+1=841=29^2,\qquad8k=80=5\cdot4^2$$

このとき $5m^2=80\cdot841$、 $m^2=16\cdot29^2$、 $m=116$。 $n^2=2X-1=1681=41^2$、 $n=41$。

実際、 $41^4=2825761$、 $1+210\cdot116^2=1+2825760=2825761$ で①をみたす。

答　$(m,n)=(116,\ 41)$

定積分について述べた次の文章を読んで、後の問いに答えよ。

区間 $a\leqq x\leqq b$ で連続な関数 $f(x)$ に対して、 $F'(x)=f(x)$ となる関数 $F(x)$ を1つ選び、 $f(x)$ の $a$ から $b$ までの定積分を

$$\int_a^b f(x)\,dx=F(b)-F(a)\quad\cdots\cdots①$$

で定義する。定積分の値は $F(x)$ の選び方によらずに定まる。定積分は次の性質(A)、(B)、(C)をもつ。

(A) $\displaystyle\int_a^b\{kf(x)+lg(x)\}\,dx=k\int_a^b f(x)\,dx+l\int_a^b g(x)\,dx$

(B) $a\leqq c\leqq b$ のとき、 $\displaystyle\int_a^c f(x)\,dx+\int_c^b f(x)\,dx=\int_a^b f(x)\,dx$

(C) 区間 $a\leqq x\leqq b$ において $g(x)\geqq h(x)$ ならば、 $\displaystyle\int_a^b g(x)\,dx\geqq\int_a^b h(x)\,dx$

ただし、 $f(x),g(x),h(x)$ は区間 $a\leqq x\leqq b$ で連続な関数、 $k,l$ は定数である。

以下、 $f(x)$ を区間 $0\leqq x\leqq1$ で連続な増加関数とし、 $n$ を自然数とする。定積分の性質［ア］を用い、定数関数に対する定積分の計算を行うと、

$$\frac1n f\left(\frac{i-1}{n}\right)\leqq\int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac in}f(x)\,dx\leqq\frac1n f\left(\frac in\right)\quad(i=1,2,\cdots,n)\quad\cdots\cdots②$$

が成り立つことがわかる。 $S_n=\dfrac1n\displaystyle\sum_{i=1}^n f\left(\dfrac{i-1}{n}\right)$ とおくと、不等式②と定積分の性質［イ］より次の不等式が成り立つ。

$$0\leqq\int_0^1f(x)\,dx-S_n\leqq\frac{f(1)-f(0)}{n}\quad\cdots\cdots③$$

よって、はさみうちの原理より $\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n=\int_0^1f(x)\,dx$ が成り立つ。

(1) 関数 $F(x),G(x)$ が微分可能であるとき、 $\{F(x)+G(x)\}’=F'(x)+G'(x)$ が成り立つことを、導関数の定義に従って示せ。また、この等式と定積分の定義①を用いて、定積分の性質(A)で $k=l=1$ とした場合の等式 $\displaystyle\int_a^b\{f(x)+g(x)\}\,dx=\int_a^b f(x)\,dx+\int_a^b g(x)\,dx$ を示せ。

(2) 定積分の定義①と平均値の定理を用いて、次を示せ。

$a<b$ のとき、区間 $a\leqq x\leqq b$ において $g(x)>0$ ならば、 $\displaystyle\int_a^b g(x)\,dx>0$

(3) (A)、(B)、(C)のうち、空欄［ア］に入る記号として最もふさわしいものを1つ選び答えよ。また文章中の下線部の内容を詳しく説明することで、不等式②を示せ。

(4) (A)、(B)、(C)のうち、空欄［イ］に入る記号として最もふさわしいものを1つ選び答えよ。また、不等式③を示せ。

(1)　配点 15点

$$\frac{\{F(x+h)+G(x+h)\}-\{F(x)+G(x)\}}{h}=\frac{F(x+h)-F(x)}{h}+\frac{G(x+h)-G(x)}{h}$$

$F,G$ は微分可能なので、 $h\to0$ で右辺は $F'(x)+G'(x)$ に収束する。よって $\{F(x)+G(x)\}’=F'(x)+G'(x)$。

$F'(x)=f(x)$、 $G'(x)=g(x)$ となる $F,G$ をとると、前半より $\{F(x)+G(x)\}’=f(x)+g(x)$。定義①より

$$\int_a^b\{f(x)+g(x)\}\,dx=\{F(b)+G(b)\}-\{F(a)+G(a)\}=\{F(b)-F(a)\}+\{G(b)-G(a)\}=\int_a^bf(x)\,dx+\int_a^bg(x)\,dx$$

(2)　配点 10点

$G'(x)=g(x)$ となる $G(x)$ をとると、定義①より $\displaystyle\int_a^bg(x)\,dx=G(b)-G(a)$。 $G$ は $a\leqq x\leqq b$ で微分可能なので、平均値の定理より

$$G(b)-G(a)=(b-a)G'(c)=(b-a)g(c)\qquad(a<c<b)$$

をみたす $c$ がある。 $b-a>0$、 $g(c)>0$ より $\displaystyle\int_a^bg(x)\,dx>0$。

(3)　配点 12点

答　［ア］(C)

$f(x)$ は増加関数なので、 $\dfrac{i-1}{n}\leqq x\leqq\dfrac in$ で

$$f\left(\frac{i-1}{n}\right)\leqq f(x)\leqq f\left(\frac in\right)$$

左右は定数関数。性質(C)より、この区間で各辺を積分しても大小は保たれる。定数 $c$ に対して $(cx)’=c$ なので、定義①より $\displaystyle\int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac in}c\,dx=c\cdot\dfrac in-c\cdot\dfrac{i-1}{n}=\dfrac cn$。よって②が成り立つ。

(4)　配点 13点

答　［イ］(B)

②を $i=1,2,\cdots,n$ について足す。性質(B)をくり返し使うと $\displaystyle\sum_{i=1}^n\int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac in}f(x)\,dx=\int_0^1f(x)\,dx$ なので

$$\frac1n\sum_{i=1}^nf\left(\frac{i-1}{n}\right)\leqq\int_0^1f(x)\,dx\leqq\frac1n\sum_{i=1}^nf\left(\frac in\right)$$

左辺は $S_n$。右辺は

$$\frac1n\sum_{i=1}^nf\left(\frac in\right)=\frac1n\sum_{i=1}^nf\left(\frac{i-1}{n}\right)+\frac{f(1)-f(0)}{n}=S_n+\frac{f(1)-f(0)}{n}$$

各辺から $S_n$ を引いて③を得る。

$xy$ 平面上の曲線 $C$ を、媒介変数 $t$ を用いて次のように定める。

$$x=5\cos t+\cos5t,\quad y=5\sin t-\sin5t\quad(-\pi\leqq t<\pi)$$

以下の問いに答えよ。

(1) 区間 $0<t<\dfrac{\pi}{6}$ において、 $\dfrac{dx}{dt}<0$、 $\dfrac{dy}{dx}<0$ であることを示せ。

(2) 曲線 $C$ の $0\leqq t\leqq\dfrac{\pi}{6}$ の部分、 $x$ 軸、直線 $y=\dfrac{1}{\sqrt3}x$ で囲まれた図形の面積を求めよ。

(3) 曲線 $C$ は $x$ 軸に関して対称であることを示せ。また、 $C$ 上の点を原点を中心として反時計回りに $\dfrac{\pi}{3}$ だけ回転させた点は $C$ 上にあることを示せ。

(4) 曲線 $C$ の概形を図示せよ。

(1)　配点 12点

和積の公式より

$$\frac{dx}{dt}=-5\sin t-5\sin5t=-10\sin3t\cos2t,\qquad\frac{dy}{dt}=5\cos t-5\cos5t=10\sin3t\sin2t$$

$0<t<\dfrac{\pi}{6}$ では $0<3t<\dfrac{\pi}{2}$、 $0<2t<\dfrac{\pi}{3}$ なので $\sin3t>0$、 $\cos2t>0$、 $\sin2t>0$。よって $\dfrac{dx}{dt}<0$ で

$$\frac{dy}{dx}=\dfrac{\ \dfrac{dy}{dt}\ }{\dfrac{dx}{dt}}=-\frac{\sin2t}{\cos2t}=-\tan2t<0$$

(2)　配点 15点

$t=0$ で $(x,y)=(6,0)$、 $t=\dfrac{\pi}{6}$ で $x=\dfrac{5\sqrt3}{2}-\dfrac{\sqrt3}{2}=2\sqrt3$、 $y=\dfrac52-\dfrac12=2$。 $\mathrm{A}(2\sqrt3,0)$、 $\mathrm{B}(2\sqrt3,2)$、 $\mathrm{C}(6,0)$ とおくと、曲線はCからBへ進み、Bは直線 $y=\dfrac{1}{\sqrt3}x$ 上にある。(1) より $0<t<\dfrac{\pi}{6}$ で $x$ は減少、 $y>0$。

よって図形は、三角形OAB（面積 $2\sqrt3$）と、 $2\sqrt3\leqq x\leqq6$ で曲線と $x$ 軸の間の部分からなる。

$$\int_{2\sqrt3}^6y\,dx=\int_{\frac{\pi}{6}}^0y\frac{dx}{dt}\,dt=\int_0^{\frac{\pi}{6}}(5\sin t-\sin5t)(5\sin t+5\sin5t)\,dt=\int_0^{\frac{\pi}{6}}\left(25\sin^2t+20\sin t\sin5t-5\sin^25t\right)dt$$

$$\int_0^{\frac{\pi}{6}}25\sin^2t\,dt=\frac{25\pi}{12}-\frac{25\sqrt3}{8},\quad\int_0^{\frac{\pi}{6}}20\sin t\sin5t\,dt=10\int_0^{\frac{\pi}{6}}(\cos4t-\cos6t)\,dt=\frac{5\sqrt3}{4},\quad\int_0^{\frac{\pi}{6}}5\sin^25t\,dt=\frac{5\pi}{12}+\frac{\sqrt3}{8}$$

より $\displaystyle\int_{2\sqrt3}^6y\,dx=\dfrac{5\pi}{3}-2\sqrt3$。三角形OABと合わせて

答　$\dfrac{5\pi}{3}$

(3)　配点 15点

$x(-t)=5\cos t+\cos5t=x(t)$、 $y(-t)=-5\sin t+\sin5t=-y(t)$。 $-\pi<t<\pi$ なら $-t$ も範囲内で、点 $(x,y)$ が $C$ 上なら $(x,-y)$ も $C$ 上。 $t=-\pi$ の点 $(-6,0)$ は $x$ 軸上なのでそれ自身。よって $C$ は $x$ 軸に関して対称。

$w=\cos t+i\sin t$ とおくと、ド・モアブルの定理より $\cos5t-i\sin5t=w^{-5}$ なので、 $C$ 上の点を表す複素数は

$$z(t)=x+yi=5w+w^{-5}$$

$u=\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}$ とおくと $u^6=1$ より $u^{-5}=u$。よって

$$uz(t)=5uw+uw^{-5}=5(uw)+(uw)^{-5}=z\left(t+\frac{\pi}{3}\right)$$

$z$ は $t$ について周期 $2\pi$ なので、 $t+\dfrac{\pi}{3}$ を $-\pi\leqq t<\pi$ の範囲の値に直しても同じ点。よって $\dfrac{\pi}{3}$ 回転した点は $C$ 上にある。

(4)　配点 8点

$0\leqq t\leqq\dfrac{\pi}{6}$ の部分を書き、(3) を使って $x$ 軸に関して折り返し、原点のまわりに $\dfrac{\pi}{3}$ ずつ回転させる。 $t=\dfrac{k\pi}{3}$ で $\dfrac{dx}{dt}=\dfrac{dy}{dt}=0$ となり、半径6の円周上の6点 $\left(6\cos\dfrac{k\pi}{3},\ 6\sin\dfrac{k\pi}{3}\right)$ でとがる。 $t=\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{k\pi}{3}$ の点は原点から距離4。

答　上の図（6つのとがった点をもつ星形の曲線）