九大理系 2026年度 数学の解答・解説

$|\mathrm{OP}|=\sqrt{1+0+3}=2$ なので、$\mathrm{OP}$ 方向の単位ベクトルは $\vec{u}=\left(\frac{1}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$。

中心から距離 $d$ の位置で切ると、切り口の円の半径は $\sqrt{9-d^2}$。これが $1$ だから $d^2=8$、$d=2\sqrt{2}$。

$z$ 座標の符号で振り分けて、$C_1$ の中心が $(\sqrt{2},0,\sqrt{6})$、$C_2$ の中心が $(-\sqrt{2},0,-\sqrt{6})$。

点 $\mathrm{X}(x,y,z)$ から直線 $\mathrm{OP}$ までの距離の2乗は $|\mathrm{X}{|}^2-(\overrightarrow{\mathrm{OX}}\cdot \vec{u}{)}^2$。側面はこれが $1$ だから

$z=0$ を代入すると

$\frac{x^2}{{\left(\frac{2}{\sqrt{3}}\right)}^2}+\frac{y^2}{1^2}=1$ と書けるので、$x$ 軸方向に $\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}=1.1547\dots$、$y$ 軸方向に $1$ のだ円。長軸は $x$ 軸方向。

$t>0$ より $z\ne 0$ で、$z^2-wz+1=0$ から $w=z+\frac{1}{z}$。$z=t(1+i)$ を入れると

$X+Y=2t,X-Y=\frac{1}{t}$ だから、掛けて

範囲を調べる。$t_1=\frac{\sqrt{3}-1}{2},t_2=\frac{\sqrt{3}+1}{2}$ とおくと $t_1{t}_2=\frac{1}{2}$、つまり $\frac{1}{2t_1}=t_2$。よって

1. $t=t_1$ のとき $Y=t_1-t_2=-1$、$X=t_1+t_2=\sqrt{3}$
2. $t=t_2$ のとき $Y=t_2-t_1=1$、$X=\sqrt{3}$
3. $Y=t-\frac{1}{2t}$ は増加関数なので、$Y$ は $-1$ から $1$ までをくまなくとる

$X=\sqrt{2+Y^2}>0$ なので右側の分枝。$Y=0$（$t=\frac{1}{\sqrt{2}}$）で頂点 $(\sqrt{2},0)$ を通る。

${\mathrm{P}}_1(\sqrt{3},1),{\mathrm{P}}_2(\sqrt{3},-1)$。線分 $\mathrm{O}{\mathrm{P}}_1$ は $x=\sqrt{3}y(0\le y\le 1)$、線分 $\mathrm{O}{\mathrm{P}}_2$ は $x=-\sqrt{3}y(-1\le y\le 0)$。まとめて $x=\sqrt{3}|y|$。

外側は $C$ で $x=\sqrt{2+y^2}$。よって高さ $y$ での断面は、内半径 $\sqrt{3}|y|$、外半径 $\sqrt{2+y^2}$ の円環。

$p_1$ は1,2,3番目がすべて黒。黒は1回の裏で1個ずつ置かれるので、最初の3回がすべて裏であることと同じ。よって $(1-r{)}^3$。

$p_2$ は2,3,4番目が黒。1回目が表だと1,2番目が白になって2番目が黒にならないので、1回目は裏。そのあとは「1,2,3番目が黒」と同じ状況だから

1番目が黒になるのは1回目が裏のときだけで、確率 $1-r$。このとき玉が1個置かれているので、2番目以降は、新しく始めた列の1番目以降と同じ。

全体の $n,n+1,n+2$ 番目は、新しい列の $n-1,n,n+1$ 番目にあたる。これがすべて黒である確率は $p_{n-1}$。2回目以降の投げは1回目と独立だから

1. 1番目が黒（1回目が裏、確率 $1-r$）… (2) より寄与は $(1-r)p_{n-1}$
2. 1番目が白（1回目が表、確率 $r$）… 1,2番目が白で埋まる。$n,n+1,n+2$ 番目は新しい列の $n-2,n-1,n$ 番目にあたるので、寄与は $r{p}_{n-2}$

$p_n=A+B(-r{)}^n$ とおいて $p_1,p_2$ を入れ、差をとる。

一方 $p_2-p_1=(1-r{)}^4-(1-r{)}^3=-r(1-r{)}^3$ だから、見比べて

よって

両辺とも正なので $\sqrt{2}+\sqrt{3}=\sqrt{5+2\sqrt{6}}$。

$\alpha =\sqrt{2}+\sqrt{3}$ が有理数だとすると、${\alpha }^2=5+2\sqrt{6}$ も有理数。すると $\sqrt{6}=\frac{{\alpha }^2-5}{2}$ も有理数になり、$\sqrt{6}$ が無理数であることに反する。

$x^2=X$ とおくと $X^2-10X+1=0$ から $X=5\pm 2\sqrt{6}$。(1) と同じ形なので

（${\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)}^2=5-2\sqrt{6}$ で、$\sqrt{3}>\sqrt{2}$ だから正。）よって解は $\pm (\sqrt{2}+\sqrt{3})$ と $\pm (\sqrt{3}-\sqrt{2})$ の4つ。

2次の係数で割って $x^2+px+q=0$（$p,q$ は有理数）としてよい。$\alpha =\sqrt{2}+\sqrt{3}$ を代入し、${\alpha }^2=5+2\sqrt{6}$ を使うと

$p=0$ のとき。 $2\sqrt{6}=s$ となり $\sqrt{6}$ が有理数。矛盾。

$p\ne 0$ のとき。 $\sqrt{2}+\sqrt{3}=\frac{s-2\sqrt{6}}{p}$ の両辺を2乗して $5+2\sqrt{6}=\frac{s^2+24-4s\sqrt{6}}{p^2}$、整理すると

1. $2p^2+4s\ne 0$ なら $\sqrt{6}$ が有理数になり矛盾
2. $2p^2+4s=0$ なら右辺も $0$。$s=-\frac{p^2}{2}$ を代入して $p^4-20p^2+96=0$、すなわち $p^2=12$ または $8$

$p^2=12,8$ はいずれも有理数の平方ではない（$p=\pm 2\sqrt{3},\pm 2\sqrt{2}$）ので、$p$ が有理数であることに反する。

以上よりどの場合も矛盾し、そのような2次方程式は存在しない。

$f^{\prime }(x)=0⟺(x+1{)}^2=x^2⟺x=-\frac{1}{2}$。$x>-\frac{1}{2}$ では $(x+1{)}^2>x^2$ なので $f^{\prime }>0$、$x<-\frac{1}{2}$ では $f^{\prime }<0$。よって $x=-\frac{1}{2}$ で極小。

極値を求める。部分積分で原始関数を出すと

被積分関数は偶関数なので

$u=x+s$ とおくと、被積分関数は

第1項は $2\log \left(1+\frac{1}{u-1}\right)$ で、$x$ 倍すると $\frac{2x}{u-1}\to 2$。第2項は $\frac{1}{u^2}-\frac{1}{(u-1{)}^2}=O\left(\frac{1}{u^3}\right)$ なので、$x$ 倍しても $0$ に向かう。

$s\in [0,1]$ でこれが一様に成り立つので、積分と極限を入れ替えて