【解説・採点基準付き】2023年九州大学理系数学の解答・解説

以下の問いに答えよ。

(1) 4次方程式 $x^4-2x^3+3x^2-2x+1=0$ を解け。

(2) 複素数平面上の $\triangle\mathrm{ABC}$ の頂点を表す複素数をそれぞれ $\alpha,\beta,\gamma$ とする。

$$(\alpha-\beta)^4+(\beta-\gamma)^4+(\gamma-\alpha)^4=0$$

が成り立つとき、 $\triangle\mathrm{ABC}$ はどのような三角形になるか答えよ。

(1)　配点 20点

$x=0$ は解でないので、両辺を $x^2$ で割ると

$$x^2+\frac{1}{x^2}-2\left(x+\frac1x\right)+3=0$$

$t=x+\dfrac1x$ とおくと $x^2+\dfrac{1}{x^2}=t^2-2$ なので、 $t^2-2t+1=0$、 $(t-1)^2=0$、 $t=1$。

$x+\dfrac1x=1$ より $x^2-x+1=0$。

答　$x=\dfrac{1\pm\sqrt3\,i}{2}$（それぞれ2重解。左辺 $=(x^2-x+1)^2$）

(2)　配点 30点

三角形なので $\alpha,\beta,\gamma$ は異なる。 $z=\dfrac{\gamma-\alpha}{\beta-\alpha}$ とおくと $\gamma-\alpha=z(\beta-\alpha)$ で

$$\alpha-\beta=-(\beta-\alpha),\qquad\beta-\gamma=(\beta-\alpha)-(\gamma-\alpha)=(1-z)(\beta-\alpha)$$

与式に代入し、両辺を $(\beta-\alpha)^4$（$\neq0$）で割ると

$$1+(1-z)^4+z^4=0\iff2z^4-4z^3+6z^2-4z+2=0\iff z^4-2z^3+3z^2-2z+1=0$$

これは (1) の方程式なので

$$\frac{\gamma-\alpha}{\beta-\alpha}=z=\frac{1\pm\sqrt3\,i}{2}=\cos\left(\pm\frac{\pi}{3}\right)+i\sin\left(\pm\frac{\pi}{3}\right)$$

したがって $\mathrm{AC}=\mathrm{AB}$、 $\angle\mathrm{BAC}=\dfrac{\pi}{3}$。

答　正三角形

$\alpha$ を実数とする。数列 $\{a_n\}$ が

$$a_1=\alpha,\quad a_{n+1}=|a_n-1|+a_n-1\quad(n=1,2,3,\cdots\cdots)$$

で定められるとき、以下の問いに答えよ。

(1) $\alpha\leqq1$ のとき、数列 $\{a_n\}$ の収束、発散を調べよ。

(2) $\alpha>2$ のとき、数列 $\{a_n\}$ の収束、発散を調べよ。

(3) $1<\alpha<\dfrac32$ のとき、数列 $\{a_n\}$ の収束、発散を調べよ。

(4) $\dfrac32\leqq\alpha<2$ のとき、数列 $\{a_n\}$ の収束、発散を調べよ。

絶対値を外すと、 $a_n\leqq1$ のとき $a_{n+1}=0$、 $a_n>1$ のとき $a_{n+1}=2a_n-2$。…①

(1)　配点 10点

$\alpha\leqq1$ より①から $a_2=0$。 $a_k=0$（$k\geqq2$）なら $a_k\leqq1$ なので $a_{k+1}=0$。帰納法により $n\geqq2$ で $a_n=0$。

答　0に収束する

(2)　配点 12点

$a_n>2$ をすべての $n$ で示す。 $a_1=\alpha>2$。 $a_k>2$ なら①より $a_{k+1}=2a_k-2>2$。よって成り立つ。

したがって常に $a_{n+1}=2a_n-2$、すなわち $a_{n+1}-2=2(a_n-2)$ で

$$a_n-2=2^{n-1}(\alpha-2)$$

$\alpha-2>0$ より $a_n\to\infty$。

答　正の無限大に発散する

(3)　配点 10点

$a_1=\alpha>1$ より $a_2=2\alpha-2$。 $1<\alpha<\dfrac32$ より $0<a_2<1$。よって (1) と同様に $a_3=0$、以降 $n\geqq3$ で $a_n=0$。

答　0に収束する

(4)　配点 18点

すべての $n$ で $a_n>1$ であると仮定する。すると①より常に $a_{n+1}=2a_n-2$ で、(2) と同様に

$$a_n-2=2^{n-1}(\alpha-2)$$

$\alpha-2<0$ なので $n\to\infty$ で $a_n\to-\infty$ となり、 $a_n>1$ に反する。

よって $a_N\leqq1$ となる $N$ が存在し、(1) と同様に $n\geqq N+1$ で $a_n=0$。

（$\alpha\geqq\dfrac32$ のときも、1以下になる直前までは $a_n=2+2^{n-1}(\alpha-2)$ で減少していく）

答　0に収束する

点Oを原点とする座標平面上の $\vec0$ でない2つのベクトル

$$\vec m=(a,c),\quad\vec n=(b,d)$$

に対して、 $D=ad-bc$ とおく。座標平面上のベクトル $\vec q$ に対して、次の条件を考える。

条件Ⅰ　$r\vec m+s\vec n=\vec q$ を満たす実数 $r,s$ が存在する。

条件Ⅱ　$r\vec m+s\vec n=\vec q$ を満たす整数 $r,s$ が存在する。

以下の問いに答えよ。

(1) 条件Ⅰがすべての $\vec q$ に対して成り立つとする。 $D\neq0$ であることを示せ。

以下、 $D\neq0$ であるとする。

(2) 座標平面上のベクトル $\vec v,\vec w$ で

$$\vec m\cdot\vec v=\vec n\cdot\vec w=1,\quad\vec m\cdot\vec w=\vec n\cdot\vec v=0$$

を満たすものを求めよ。

(3) さらに $a,b,c,d$ が整数であるとし、 $x$ 成分と $y$ 成分がともに整数であるすべてのベクトル $\vec q$ に対して条件Ⅱが成り立つとする。 $D$ のとりうる値をすべて求めよ。

(1)　配点 15点

$\vec q=(q_1,q_2)$ に対して、 $r\vec m+s\vec n=\vec q$ は $ar+bs=q_1$、 $cr+ds=q_2$。これより

$$Dr=dq_1-bq_2,\qquad Ds=-cq_1+aq_2$$

$D=0$ と仮定する。条件Ⅰがすべての $\vec q$ で成り立つので、すべての $\vec q$ で $dq_1-bq_2=0$、 $-cq_1+aq_2=0$。

$\vec q=(1,0)$ とすると $d=0$、 $c=0$。 $\vec q=(0,1)$ とすると $b=0$、 $a=0$。すると $\vec m=\vec0$ となり仮定に反する。よって $D\neq0$。

(2)　配点 15点

$\vec n\cdot\vec v=0$ より $\vec v$ は $\vec n=(b,d)$ に垂直なので、 $\vec v=k(d,\ -b)$（$k$ は実数）とおける。 $\vec m\cdot\vec v=k(ad-bc)=kD=1$ より $k=\dfrac1D$。

同様に $\vec m\cdot\vec w=0$ より $\vec w=l(-c,\ a)$ とおけて、 $\vec n\cdot\vec w=l(ad-bc)=lD=1$ より $l=\dfrac1D$。

答　$\vec v=\dfrac1D(d,\ -b)$、 $\vec w=\dfrac1D(-c,\ a)$

(3)　配点 20点

$r\vec m+s\vec n=\vec q$ の両辺と $\vec v$、 $\vec w$ の内積をとると、(2) より

$$r=\vec q\cdot\vec v,\qquad s=\vec q\cdot\vec w$$

すなわち $r,s$ は $\vec q$ からただ1通りに決まる。

条件Ⅱがすべての整数成分の $\vec q$ で成り立つので、 $\vec q=(1,0)$ のとき $r=\dfrac dD$、 $s=-\dfrac cD$ が整数、 $\vec q=(0,1)$ のとき $r=-\dfrac bD$、 $s=\dfrac aD$ が整数。よって

$$\frac aD\cdot\frac dD-\left(-\frac bD\right)\left(-\frac cD\right)=\frac{ad-bc}{D^2}=\frac1D$$

も整数。 $D$ は0でない整数なので $D=\pm1$。

逆に $D=\pm1$ のとき、 $\vec v,\vec w$ の成分は整数なので、整数成分の $\vec q$ に対して $r=\vec q\cdot\vec v$、 $s=\vec q\cdot\vec w$ は整数。 $D\neq0$ より $\vec m,\vec n$ は平行でなく $\vec q=r’\vec m+s’\vec n$ と書けて、内積をとると $r’=r$、 $s’=s$ なので条件Ⅱが成り立つ。

答　$D=1,\ -1$

以下の文章を読んで後の問いに答えよ。

三角関数 $\cos x,\sin x$ については加法定理が成立するが、逆に加法定理を満たす関数はどのようなものがあるだろうか。実数全体を定義域とする実数値関数 $f(x),g(x)$ が以下の条件を満たすとする。

(A) すべての $x,y$ について $f(x+y)=f(x)f(y)-g(x)g(y)$

(B) すべての $x,y$ について $g(x+y)=f(x)g(y)+g(x)f(y)$

(C) $f(0)\neq0$

(D) $f(x),g(x)$ は $x=0$ で微分可能で $f'(0)=0$、 $g'(0)=1$

条件(A)、(B)、(C)から $f(0)=1$、 $g(0)=0$ がわかる。①　以上のことから $f(x),g(x)$ はすべての $x$ の値で微分可能で、 $f'(x)=-g(x)$、 $g'(x)=f(x)$ が成立することが示される。②　上のことから $\{f(x)+ig(x)\}(\cos x-i\sin x)=1$ であることが、実部と虚部を調べることによりわかる。③　ただし $i$ は虚数単位である。よって条件(A)、(B)、(C)、(D)を満たす関数は三角関数 $f(x)=\cos x$、 $g(x)=\sin x$ であることが示される。

さらに、 $a,b$ を実数で $b\neq0$ とする。このとき条件(D)をより一般的な

(D)′ $f(x),g(x)$ は $x=0$ で微分可能で $f'(0)=a$、 $g'(0)=b$

におきかえて、条件(A)、(B)、(C)、(D)′を満たす $f(x),g(x)$ はどのような関数になるか考えてみる。この場合でも、条件(A)、(B)、(C)から $f(0)=1$、 $g(0)=0$ が上と同様にわかる。ここで

$$p(x)=e^{-\frac ab x}f\left(\frac xb\right),\quad q(x)=e^{-\frac ab x}g\left(\frac xb\right)$$

とおくと、条件(A)、(B)、(C)、(D)において、 $f(x)$ を $p(x)$ に、 $g(x)$ を $q(x)$ におきかえた条件が満たされる。④　すると前半の議論により、 $p(x),q(x)$ がまず求まり、このことを用いると $f(x)=$［ア］、 $g(x)=$［イ］が得られる。

(1) 下線部①について、 $f(0)=1$、 $g(0)=0$ となることを示せ。

(2) 下線部②について、 $f(x)$ がすべての $x$ の値で微分可能な関数であり、 $f'(x)=-g(x)$ となることを示せ。

(3) 下線部③について、下線部①、下線部②の事実を用いることにより、 $\{f(x)+ig(x)\}(\cos x-i\sin x)=1$ となることを示せ。

(4) 下線部④について、条件(B)、(D)において、 $f(x)$ を $p(x)$ に、 $g(x)$ を $q(x)$ におきかえた条件が満たされることを示せ。つまり $p(x)$ と $q(x)$ が、

(B) すべての $x,y$ について $q(x+y)=p(x)q(y)+q(x)p(y)$

(D) $p(x),q(x)$ は $x=0$ で微分可能で $p'(0)=0$、 $q'(0)=1$

を満たすことを示せ。また空欄［ア］、［イ］に入る関数を求めよ。

(1)　配点 10点

(A)、(B) で $x=y=0$ とすると

$$f(0)=f(0)^2-g(0)^2,\qquad g(0)=2f(0)g(0)$$

第2式より $g(0)\{2f(0)-1\}=0$。 $f(0)=\dfrac12$ とすると第1式から $g(0)^2=-\dfrac14$ となり、 $g(0)$ が実数であることに反する。よって $g(0)=0$。

このとき第1式は $f(0)=f(0)^2$ で、(C) より $f(0)\neq0$ なので $f(0)=1$。

(2)　配点 10点

(A) で $y=h$ とし、 $f(0)=1$、 $g(0)=0$ を使うと

$$\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=f(x)\cdot\frac{f(h)-f(0)}{h}-g(x)\cdot\frac{g(h)-g(0)}{h}$$

(D) より $h\to0$ で右辺は $f(x)f'(0)-g(x)g'(0)=-g(x)$ に収束する。よって $f(x)$ はすべての $x$ で微分可能で $f'(x)=-g(x)$。

(3)　配点 12点

$$\{f(x)+ig(x)\}(\cos x-i\sin x)=P(x)+iQ(x)$$

$$P(x)=f(x)\cos x+g(x)\sin x,\qquad Q(x)=g(x)\cos x-f(x)\sin x$$

②（$f’=-g$、 $g’=f$）より

$$P'(x)=-g\cos x-f\sin x+f\sin x+g\cos x=0,\qquad Q'(x)=f\cos x-g\sin x+g\sin x-f\cos x=0$$

よって $P,Q$ は定数で、①より $P(0)=f(0)=1$、 $Q(0)=g(0)=0$。したがって $P(x)+iQ(x)=1$。

(4)　配点 18点

(B)　$f,g$ についての (B) を使うと

$$q(x+y)=e^{-\frac ab x}e^{-\frac ab y}\left\{f\left(\frac xb\right)g\left(\frac yb\right)+g\left(\frac xb\right)f\left(\frac yb\right)\right\}=p(x)q(y)+q(x)p(y)$$

(D)　$p(0)=f(0)=1$ なので

$$\frac{p(h)-p(0)}{h}=e^{-\frac ab h}\cdot\frac{f\left(\frac hb\right)-f(0)}{h}+f(0)\cdot\frac{e^{-\frac ab h}-1}{h}$$

$h\to0$ で、第1項は $1\cdot\dfrac1b f'(0)=\dfrac ab$、第2項は $1\cdot\left(-\dfrac ab\right)$ に収束する（$e^{-\frac ab x}$ の $x=0$ での微分係数）。よって $p(x)$ は $x=0$ で微分可能で $p'(0)=0$。

同様に $q(0)=g(0)=0$ より

$$\frac{q(h)-q(0)}{h}=e^{-\frac ab h}\cdot\frac{g\left(\frac hb\right)-g(0)}{h}+g(0)\cdot\frac{e^{-\frac ab h}-1}{h}\to\frac1b g'(0)+0=1$$

よって $q'(0)=1$。

前半の議論から $p(x)=\cos x$、 $q(x)=\sin x$。 $e^{-\frac ab x}f\left(\dfrac xb\right)=\cos x$ で $x$ を $bx$ におきかえると $f(x)=e^{ax}\cos bx$。 $g$ も同様。

答　［ア］$e^{ax}\cos bx$、［イ］$e^{ax}\sin bx$

$xy$ 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。

$$x=t+2\sin^2t,\quad y=t+\sin t\quad(0<t<\pi)$$

以下の問いに答えよ。

(1) 曲線 $C$ に接する直線のうち $y$ 軸と平行なものがいくつあるか求めよ。

(2) 曲線 $C$ のうち $y\leqq x$ の領域にある部分と直線 $y=x$ で囲まれた図形の面積を求めよ。

(1)　配点 20点

$$\frac{dx}{dt}=1+4\sin t\cos t=1+2\sin2t,\qquad\frac{dy}{dt}=1+\cos t>0\quad(0<t<\pi)$$

$\dfrac{dy}{dt}\neq0$ なので、接線が $y$ 軸に平行になるのは $\dfrac{dx}{dt}=0$ のとき。

$\sin2t=-\dfrac12$、 $0<2t<2\pi$ より $2t=\dfrac{7\pi}{6},\ \dfrac{11\pi}{6}$、 $t=\dfrac{7\pi}{12},\ \dfrac{11\pi}{12}$。

$2\sin^2t=1-\cos2t$ より、接点の $x$ 座標は

$$x\left(\tfrac{7\pi}{12}\right)=\frac{7\pi}{12}+1+\frac{\sqrt3}{2},\qquad x\left(\tfrac{11\pi}{12}\right)=\frac{11\pi}{12}+1-\frac{\sqrt3}{2}$$

差は $\sqrt3-\dfrac{\pi}{3}>0$ で異なるので、2本の接線は別の直線。

答　2本

(2)　配点 30点

$y\leqq x\iff\sin t\leqq2\sin^2t\iff\sin t(2\sin t-1)\geqq0$。 $\sin t>0$ なので $\sin t\geqq\dfrac12$、すなわち $\dfrac{\pi}{6}\leqq t\leqq\dfrac{5\pi}{6}$。 $t=\dfrac{\pi}{6},\dfrac{5\pi}{6}$ が $y=x$ との交点。

$y$ は $t$ について増加するので、この範囲で各 $y$ に対して曲線上の点がただ1つ決まり、囲まれた図形は直線 $x=y$ と曲線の間（$y\leqq x$ 側）にある。 $y$ 方向に積分して

$$S=\int(x-y)\,dy=\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{5\pi}{6}}(2\sin^2t-\sin t)(1+\cos t)\,dt$$

被積分関数を $2\sin^2t+2\sin^2t\cos t-\sin t-\sin t\cos t$ と展開する。

$$\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{5\pi}{6}}2\sin^2t\,dt=\Big[t-\frac{\sin2t}{2}\Big]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{5\pi}{6}}=\frac{2\pi}{3}+\frac{\sqrt3}{2},\qquad\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{5\pi}{6}}\sin t\,dt=\sqrt3$$

$\displaystyle\int2\sin^2t\cos t\,dt=\dfrac23\sin^3t$、 $\displaystyle\int\sin t\cos t\,dt=\dfrac12\sin^2t$ は、 $\sin\dfrac{\pi}{6}=\sin\dfrac{5\pi}{6}$ より区間全体で0。

答　$\dfrac{2\pi}{3}-\dfrac{\sqrt3}{2}$