5愛媛大学 2025年 数学 第5問解答・解説

(1)

$a$ を整数とし，$a$ が3の倍数でないとする。$a$ を3で割った余りは $0,1,2$ のいずれかであるが，仮定よりこの余りは $1$ または $2$ である。

(a) $a$ を3で割った余りが1の場合，すなわちある整数 $k$ を用いて $a=3k+1$ と表せる場合。 $$a^{3}=(3k+1)^{3}=27k^{3}+27k^{2}+9k+1=3(9k^{3}+9k^{2}+3k)+1$$ であるから，$a^{3}$ を3で割った余りも1である。よって $$a^{3}+a=\{3(9k^{3}+9k^{2}+3k)+1\}+(3k+1)=3(9k^{3}+9k^{2}+3k+k)+2$$ より，$a^{3}+a$ を3で割った余りは2であり，$a^{3}+a$ は3の倍数でない。

(b) $a$ を3で割った余りが2の場合，すなわちある整数 $k$ を用いて $a=3k+2$ と表せる場合。 $$a^{3}=(3k+2)^{3}=27k^{3}+54k^{2}+36k+8=3(9k^{3}+18k^{2}+12k+2)+2$$ であるから，$a^{3}$ を3で割った余りも2である。よって $$a^{3}+a=\{3(9k^{3}+18k^{2}+12k+2)+2\}+(3k+2)=3(9k^{3}+18k^{2}+12k+2+k)+4$$ であり，$4=3\cdot1+1$ だから $a^{3}+a$ を3で割った余りは1であり，$a^{3}+a$ は3の倍数でない。

以上，(a)(b) いずれの場合も $a^{3}+a$ は3の倍数でない。したがって，整数 $a$ が3の倍数でないとき，$a^{3}+a$ は3の倍数でない。（証明終）

(2)(i)

$\displaystyle \alpha=\dfrac{x+y}{2}$，$\displaystyle \beta=\dfrac{x-y}{2}$ とおくと，$\alpha+\beta=x$，$\alpha-\beta=y$ である。加法定理より $$\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta=\sin x,\qquad \sin(\alpha-\beta)=\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta=\sin y$$ であるから，辺々を加えると $$\displaystyle \sin x+\sin y=2\sin\alpha\cos\beta=2\sin\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2}$$ が成り立つ。（証明終）

(2)(ii)

(i)の結果を2で割ると $$\displaystyle \frac{\sin x+\sin y}{2}=\sin\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2}$$ であるから，以下 $\displaystyle S=\sin\dfrac{x+y}{2}$ とおき，$S$ と $\displaystyle S\cos\dfrac{x-y}{2}$ の大小を比較する。

$0\leq x<y\leq\pi$ のとき，$\displaystyle \dfrac{x+y}{2}$ は $x$ と $y$ の間にあるから $$\displaystyle 0\leq x<\frac{x+y}{2}<y\leq\pi$$ より $\displaystyle 0<\dfrac{x+y}{2}<\pi$ である。$0<\theta<\pi$ のとき $\sin\theta>0$ であるから，$\displaystyle S=\sin\dfrac{x+y}{2}>0$ である。

一方，$y-x>0$ であり，かつ $0\leq x$，$y\leq\pi$ より $y-x\leq\pi$（等号は $x=0,\ y=\pi$ のときに限る）であるから $$\displaystyle 0<\frac{y-x}{2}\leq\frac{\pi}{2}$$ である。余弦関数は偶関数だから $\displaystyle \cos\dfrac{x-y}{2}=\cos\dfrac{y-x}{2}$ であり，$\cos\theta$ は $\displaystyle 0\le\theta\le\dfrac{\pi}{2}$ の範囲で減少し，かつ $\displaystyle \dfrac{y-x}{2}>0$ より真に $\cos0=1$ より小さいから $$\displaystyle 0\leq\cos\frac{x-y}{2}<1$$ が成り立つ（等号は $x=0,\ y=\pi$ のとき $\displaystyle \cos\frac{\pi}{2}=0$ で成立し得るが，$1$ 未満であることには変わりない）。

$S>0$ と $\displaystyle 0\leq\cos\dfrac{x-y}{2}<1$ より $$\displaystyle \frac{\sin x+\sin y}{2}=S\cos\frac{x-y}{2}<S\cdot1=S=\sin\frac{x+y}{2}$$ となる。すなわち，$0\leq x<y\leq\pi$ の範囲では常に $$\displaystyle \sin\frac{x+y}{2}>\frac{\sin x+\sin y}{2}$$ が成り立つ（等号となることはない）。

[検算] 例えば $\displaystyle x=0,\ y=\dfrac{\pi}{2}$ とすると，左辺は $\displaystyle \sin\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\sqrt2}{2}\fallingdotseq0.707$，右辺は $\displaystyle \dfrac{\sin0+\sin\frac{\pi}{2}}{2}=\dfrac{0+1}{2}=0.5$ であり，$0.707>0.5$ で不等号の向きと一致する。また，これは $y=\sin\theta$ のグラフが $0\le\theta\le\pi$ の範囲で上に凸であることによる中点の不等式（弦の中点における関数値が弦自身の中点の値より真に大きい）とも整合する。

(3)(i)

$$P(1)=1^{3}+(a-4)\cdot1^{2}+(3-b^{2})\cdot1+b^{2}-a =1+(a-4)+(3-b^{2})+(b^{2}-a)$$ であり，右辺の $a$ の項は $a-a=0$，$b^{2}$ の項は $-b^{2}+b^{2}=0$，定数項は $1-4+3=0$ となるから，$P(1)=0$ である。よって $x=1$ は方程式 $P(x)=0$ の解である。（証明終）

(3)(ii)

(i)より $P(x)$ は $x-1$ を因数にもつ。実際に $$P(x)=(x-1)\bigl(x^{2}+(a-3)x+(a-b^{2})\bigr)$$ と因数分解できることを確かめる。右辺を展開すると $$(x-1)\bigl(x^{2}+(a-3)x+(a-b^{2})\bigr) = x^{3}+(a-3)x^{2}+(a-b^{2})x-x^{2}-(a-3)x-(a-b^{2})$$ $$= x^{3}+(a-4)x^{2}+\bigl\{(a-b^{2})-(a-3)\bigr\}x-(a-b^{2}) = x^{3}+(a-4)x^{2}+(3-b^{2})x+(b^{2}-a)$$ となり，たしかに $P(x)$ に一致する。

そこで $Q(x)=x^{2}+(a-3)x+(a-b^{2})$ とおくと，$P(x)=0$ の解は $x=1$ と $Q(x)=0$ の解全体である。

「$P(x)=0$ が異なる2つの虚数解をもつ」とは，3次方程式 $P(x)=0$ の解のうち，実数でない解がちょうど2個あり，かつその2個が互いに異なることを意味する。$x=1$ は実数であるから，これは「$Q(x)=0$ が異なる2つの虚数解をもつ」ことと同値である。実際，実係数2次方程式が虚数解をもてば，それは互いに共役な異なる2つの虚数解であり（判別式が負のとき，2解は互いに共役で一致しない），これらは実数である $x=1$ とは一致しない。したがって，$Q(x)=0$ が虚数解をもつこと自体が，求める条件と同値である。

$Q(x)=0$ が虚数解をもつための条件は，$Q$ の判別式を $D$ として $D<0$ である。 $$D=(a-3)^{2}-4(a-b^{2})=a^{2}-6a+9-4a+4b^{2}=a^{2}-10a+9+4b^{2}$$ ここで $a^{2}-10a+9=(a-5)^{2}-25+9=(a-5)^{2}-16$ であるから $$D=(a-5)^{2}-16+4b^{2}$$ となる。$D<0$ は $$(a-5)^{2}+4b^{2}<16$$ と同値である。したがって，方程式 $P(x)=0$ が異なる2つの虚数解をもつための，実数 $a,b$ が満たすべき必要十分条件は $$\displaystyle (a-5)^{2}+4b^{2}<16 \quad\left(\text{すなわち}\ \frac{(a-5)^{2}}{16}+\frac{b^{2}}{4}<1\right)$$ である。

[検算] $a=5,\ b=0$ のとき $D=(a-5)^{2}+4b^{2}-16=-16<0$ で条件を満たし，実際 $Q(x)=x^{2}+2x+5$ の判別式は $4-20=-16<0$ で一致する（解は $x=-1\pm2i$）。境界の $a=9,\ b=0$ では $(a-5)^{2}+4b^{2}=16$ で $D=0$ となり，実際 $Q(x)=x^{2}+6x+9=(x+3)^{2}$ は重解 $x=-3$（実数）をもち，境界を除くことと整合する。もう一方の境界 $a=1,\ b=0$ でも $(a-5)^{2}+4b^{2}=16$ で $D=0$ となるが，このとき $Q(x)=x^{2}-2x+1=(x-1)^{2}$ で重解は $x=1$ となり，これはもともとの実数解 $x=1$ と重なる退化した場合であって，「異なる2つの虚数解」には該当しない。これも境界（等号）を除外することと整合する。

図示すると，求める領域は $ab$ 平面上で，中心 $(5,0)$，$a$ 軸方向の半径 $4$（$a$ 軸との交点は $a=1,9$），$b$ 軸方向の半径 $2$（$b$ 軸との交点は $b=\pm2$）をもつ楕円 $$\displaystyle \frac{(a-5)^{2}}{16}+\frac{b^{2}}{4}=1$$ の内部（この楕円の周上は含まない）である。