【解説・採点基準付き】2021年佐賀大学医学部・数学の解答・解説

$\mathrm{AB}=6$、 $\mathrm{AC}=4$、 $\cos B=\dfrac34$ をみたす $\triangle\mathrm{ABC}$ について、次の問に答えよ。

(1) 辺 $\mathrm{BC}$ の長さを求めよ。

(2) $\angle\mathrm{C}$ が鋭角のとき、 $\triangle\mathrm{ABC}$ の面積を求めよ。

(3) (2)の $\triangle\mathrm{ABC}$ に対して、その外接円および内接円の半径をそれぞれ求めよ。

(1)　配点 6点

$\mathrm{BC}=x$（ $x>0$）とおく。 $\triangle\mathrm{ABC}$ で余弦定理より

$$\mathrm{AC}^2=\mathrm{AB}^2+\mathrm{BC}^2-2\cdot\mathrm{AB}\cdot\mathrm{BC}\cos B$$

$$16=36+x^2-2\cdot6\cdot x\cdot\dfrac34$$

$$x^2-9x+20=0$$

$$(x-4)(x-5)=0$$

$$x=4,\ 5$$

どちらも $x>0$ をみたす。 $\mathrm{A}$ を中心とする半径4の円が直線 $\mathrm{BC}$ と2点 $\mathrm{C_1}$、 $\mathrm{C_2}$ で交わり、条件をみたす三角形は2つある。

答　$\mathrm{BC}=4,\ 5$

（検算： $\mathrm{BC}=4$ のとき $\dfrac{36+16-16}{2\cdot6\cdot4}=\dfrac34$、 $\mathrm{BC}=5$ のとき $\dfrac{36+25-16}{2\cdot6\cdot5}=\dfrac34$ で、どちらも $\cos B=\dfrac34$ になる）

(1) の別解（垂線を下ろす）

$\mathrm{A}$ から直線 $\mathrm{BC}$ に垂線 $\mathrm{AH}$ を下ろすと、 $\mathrm{BH}=\mathrm{AB}\cos B=\dfrac92$。 $\sin B=\dfrac{\sqrt7}{4}$ より $\mathrm{AH}=\mathrm{AB}\sin B=\dfrac{3\sqrt7}{2}$。 $\triangle\mathrm{AHC}$ で三平方の定理より $\mathrm{CH}=\sqrt{16-\dfrac{63}{4}}=\dfrac12$。 $\mathrm{C}$ は $\mathrm{H}$ の両側にとれるので $\mathrm{BC}=\dfrac92\pm\dfrac12=4,\ 5$。 $\mathrm{C}$ が $\mathrm{H}$ より $\mathrm{B}$ 寄りにある $\mathrm{BC}=4$ の方は $\angle\mathrm{C}$ が鈍角になることも、この図から分かる

(2)　配点 7点

$\triangle\mathrm{ABC}$ で余弦定理より

$$\cos C=\dfrac{\mathrm{BC}^2+\mathrm{CA}^2-\mathrm{AB}^2}{2\cdot\mathrm{BC}\cdot\mathrm{CA}}$$

$\mathrm{BC}=4$ のとき

$$\cos C=\dfrac{16+16-36}{2\cdot4\cdot4}=-\dfrac18<0$$

$\mathrm{BC}=5$ のとき

$$\cos C=\dfrac{25+16-36}{2\cdot5\cdot4}=\dfrac18>0$$

$\angle\mathrm{C}$ が鋭角となるのは $\cos C>0$ のときなので

$$\mathrm{BC}=5$$

$0^\circ<B<180^\circ$ より $\sin B>0$ なので

$$\sin B=\sqrt{1-\cos^2B}=\sqrt{1-\dfrac{9}{16}}=\dfrac{\sqrt7}{4}$$

よって

$$\triangle\mathrm{ABC}=\dfrac12\cdot\mathrm{AB}\cdot\mathrm{BC}\sin B=\dfrac12\cdot6\cdot5\cdot\dfrac{\sqrt7}{4}=\dfrac{15\sqrt7}{4}$$

答　$\dfrac{15\sqrt7}{4}$

（検算：3辺が $5$、 $4$、 $6$ なので、ヘロンの公式で $s=\dfrac{15}{2}$ として $\sqrt{\dfrac{15}{2}\cdot\dfrac52\cdot\dfrac72\cdot\dfrac32}=\dfrac{\sqrt{1575}}{4}=\dfrac{15\sqrt7}{4}$ と一致する）

(3)　配点 7点

外接円の半径を $R$ とする。 $\triangle\mathrm{ABC}$ で正弦定理より

$$\dfrac{\mathrm{CA}}{\sin B}=2R$$

$$2R=4\div\dfrac{\sqrt7}{4}=\dfrac{16}{\sqrt7}$$

$$R=\dfrac{8}{\sqrt7}=\dfrac{8\sqrt7}{7}$$

内接円の半径を $r$、内接円の中心を $\mathrm{I}$ とする。 $\triangle\mathrm{ABC}$ を $\triangle\mathrm{IBC}$、 $\triangle\mathrm{ICA}$、 $\triangle\mathrm{IAB}$ の3つに分けると、どれも高さが $r$ なので

$$\triangle\mathrm{ABC}=\dfrac12r\cdot\mathrm{BC}+\dfrac12r\cdot\mathrm{CA}+\dfrac12r\cdot\mathrm{AB}=\dfrac12r(5+4+6)=\dfrac{15}{2}r$$

(2) より $\triangle\mathrm{ABC}=\dfrac{15\sqrt7}{4}$ なので

$$\dfrac{15}{2}r=\dfrac{15\sqrt7}{4}$$

$$r=\dfrac{\sqrt7}{2}$$

答　外接円の半径 $\dfrac{8\sqrt7}{7}$、内接円の半径 $\dfrac{\sqrt7}{2}$

（検算： $R=\dfrac{abc}{4S}=\dfrac{5\cdot4\cdot6}{4\cdot\dfrac{15\sqrt7}{4}}=\dfrac{8}{\sqrt7}$ で一致する）

$\alpha=\sqrt2+\sqrt3$ とするとき、次の問に答えよ。

(1) $\sqrt2$、 $\sqrt3$、 $\sqrt6$ を、それぞれ有理数 $a$、 $b$、 $c$、 $d$ を用いて $a\alpha^3+b\alpha^2+c\alpha+d$ の形に表せ。

(2) $\dfrac{1}{\alpha+1}$ を、有理数 $a$、 $b$、 $c$、 $d$ を用いて $a\alpha^3+b\alpha^2+c\alpha+d$ の形に表せ。

(3) (1)、(2)で示した式のいずれかを用いることにより、 $\alpha$ が有理数または無理数のどちらになるか、理由をつけて答えよ。ただし、 $\sqrt2$、 $\sqrt3$、 $\sqrt6$ が無理数であることは用いてもよい。

(1)　配点 8点

$$\alpha^2=(\sqrt2+\sqrt3)^2=2+2\sqrt6+3=5+2\sqrt6$$

よって

$$\sqrt6=\dfrac{1}{2}\alpha^2-\dfrac{5}{2}$$

次に

$$\alpha^3=\alpha\cdot\alpha^2=(\sqrt2+\sqrt3)(5+2\sqrt6)=5\sqrt2+5\sqrt3+2\sqrt{12}+2\sqrt{18}=11\sqrt2+9\sqrt3$$

$1$、 $\alpha$、 $\alpha^2$、 $\alpha^3$ を $1$、 $\sqrt2$、 $\sqrt3$、 $\sqrt6$ の種類ごとに整理すると、次の表のようになる。

$\alpha=\sqrt2+\sqrt3$ と $\alpha^3=11\sqrt2+9\sqrt3$ から $\sqrt3$ を消去すると

$$\alpha^3-9\alpha=2\sqrt2\qquad\text{より}\qquad\sqrt2=\dfrac{1}{2}\alpha^3-\dfrac{9}{2}\alpha$$

$\sqrt2$ を消去すると

$$\alpha^3-11\alpha=-2\sqrt3\qquad\text{より}\qquad\sqrt3=-\dfrac{1}{2}\alpha^3+\dfrac{11}{2}\alpha$$

答　$\sqrt2=\dfrac{1}{2}\alpha^3-\dfrac{9}{2}\alpha$、 $\sqrt3=-\dfrac{1}{2}\alpha^3+\dfrac{11}{2}\alpha$、 $\sqrt6=\dfrac{1}{2}\alpha^2-\dfrac{5}{2}$

（ $(a,\ b,\ c,\ d)$ はそれぞれ $\left(\dfrac{1}{2},\ 0,\ -\dfrac{9}{2},\ 0\right)$、 $\left(-\dfrac{1}{2},\ 0,\ \dfrac{11}{2},\ 0\right)$、 $\left(0,\ \dfrac{1}{2},\ 0,\ -\dfrac{5}{2}\right)$）

（検算： $\sqrt2+\sqrt3=\alpha$ に当てはめると $\left(\dfrac{1}{2}\alpha^3-\dfrac{9}{2}\alpha\right)+\left(-\dfrac{1}{2}\alpha^3+\dfrac{11}{2}\alpha\right)=\alpha$ となり正しい）

(1) の別解（逆数をとって $\alpha$ と連立する）

$\sqrt2$、 $\sqrt3$ については、逆数をとる発想も自然である。

$$\dfrac{1}{\alpha}=\dfrac{1}{\sqrt3+\sqrt2}=\dfrac{\sqrt3-\sqrt2}{(\sqrt3+\sqrt2)(\sqrt3-\sqrt2)}=\sqrt3-\sqrt2$$

なので、 $\alpha=\sqrt3+\sqrt2$ と連立して

$$\sqrt2=\dfrac{1}{2}\left(\alpha-\dfrac{1}{\alpha}\right),\qquad\sqrt3=\dfrac{1}{2}\left(\alpha+\dfrac{1}{\alpha}\right)$$

ただし、このままでは $\dfrac{1}{\alpha}$ が残るので、 $\dfrac{1}{\alpha}$ を $\alpha$ の多項式で表す手間がある。 $\alpha^2-5=2\sqrt6$ の両辺を2乗すると $\alpha^4-10\alpha^2+25=24$ より $\alpha^4-10\alpha^2+1=0$。両辺を $\alpha\ (\neq0)$ で割ると

$$\dfrac{1}{\alpha}=10\alpha-\alpha^3$$

これを代入して

$$\sqrt2=\dfrac{1}{2}\left(\alpha-10\alpha+\alpha^3\right)=\dfrac{1}{2}\alpha^3-\dfrac{9}{2}\alpha,\qquad\sqrt3=\dfrac{1}{2}\left(\alpha+10\alpha-\alpha^3\right)=-\dfrac{1}{2}\alpha^3+\dfrac{11}{2}\alpha$$

となり、本解と同じ結果になる

(2)　配点 8点

分母・分子に $(1+\sqrt2)-\sqrt3$ を掛けると、分母は $(1+\sqrt2)^2-(\sqrt3)^2=3+2\sqrt2-3=2\sqrt2$ となるので

$$\dfrac{1}{\alpha+1}=\dfrac{1}{1+\sqrt2+\sqrt3}=\dfrac{1+\sqrt2-\sqrt3}{2\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2+2-\sqrt6}{4}=\dfrac{2+\sqrt2-\sqrt6}{4}$$

これに (1) の $\sqrt2=\dfrac{\alpha^3-9\alpha}{2}$、 $\sqrt6=\dfrac{\alpha^2-5}{2}$ を代入すると

$$\dfrac{1}{\alpha+1}=\dfrac{1}{4}\left(2+\dfrac{\alpha^3-9\alpha}{2}-\dfrac{\alpha^2-5}{2}\right)=\dfrac{\alpha^3-\alpha^2-9\alpha+9}{8}$$

答　$\dfrac{1}{\alpha+1}=\dfrac{1}{8}\alpha^3-\dfrac{1}{8}\alpha^2-\dfrac{9}{8}\alpha+\dfrac{9}{8}$

（検算： $(\alpha+1)(\alpha^3-\alpha^2-9\alpha+9)=\alpha^4-10\alpha^2+9$ で、 $\alpha^4=(5+2\sqrt6)^2=49+20\sqrt6$、 $10\alpha^2=50+20\sqrt6$ より、これは $49-50+9=8$ に等しい。よって $(\alpha+1)\times\dfrac{\alpha^3-\alpha^2-9\alpha+9}{8}=1$ となり正しい）

(2) の別解（ $\alpha$ の満たす4次方程式を $\alpha+1$ で割る）

(1) の別解と同じように $\alpha^4-10\alpha^2+1=0$。 $x^4-10x^2+1$ を $x+1$ で割ると、商は $x^3-x^2-9x+9$、余りは $(-1)^4-10\cdot(-1)^2+1=-8$ なので

$$x^4-10x^2+1=(x+1)(x^3-x^2-9x+9)-8$$

$x=\alpha$ を代入すると左辺は0なので、 $(\alpha+1)(\alpha^3-\alpha^2-9\alpha+9)=8$。 $\alpha+1\neq0$ より

$$\dfrac{1}{\alpha+1}=\dfrac{\alpha^3-\alpha^2-9\alpha+9}{8}$$

となり、本解と同じ結果になる。次数下げを割り算で行う見方で、(1) を使わずに求まるが、4次方程式を作る発想が要る

(3)　配点 4点

$\alpha$ が有理数であると仮定する。

(1) より

$$\sqrt6=\dfrac{\alpha^2-5}{2}$$

である。 $\alpha$ が有理数なら $\alpha^2$、 $\alpha^2-5$、 $\dfrac{\alpha^2-5}{2}$ はいずれも有理数同士の四則演算の結果なので有理数であり、 $\sqrt6$ は有理数となる。

これは $\sqrt6$ が無理数であることに矛盾する。よって $\alpha$ は有理数ではない。

答　$\alpha$ は無理数

（ $\sqrt2=\dfrac{\alpha^3-9\alpha}{2}$ や $\sqrt3=\dfrac{-\alpha^3+11\alpha}{2}$ を使っても同じように矛盾が導ける）

ベクトル $\vec{a}=(1,\,3)$、 $\vec{b}=(3,\,-1)$ のとき、

$$\vec{p}=(\cos\theta)\vec{a}+(\sin\theta)\vec{b}$$

$$\vec{q}=(\cos^2\theta)\vec{a}+(\sin^2\theta)\vec{b}$$

とおく。ただし、 $0\leqq\theta<2\pi$ とする。このとき、次の問に答えよ。

(1) $|\vec{a}|^2$、内積 $\vec{a}\cdot\vec{b}$、 $|\vec{b}|^2$ の値をそれぞれ求め、内積 $\vec{p}\cdot\vec{q}$ を $\theta$ を用いて表せ。

(2) $t=\sin\theta+\cos\theta$ のとき、 $t$ のとりうる値の範囲を求めよ。また、内積 $\vec{p}\cdot\vec{q}$ を $t$ を用いて表せ。

(3) 内積 $\vec{p}\cdot\vec{q}$ の最大値と最小値、およびそのときの $\theta$ の値をそれぞれ求めよ。

(1)　配点 6点

$$|\vec{a}|^2=1^2+3^2=10,\qquad\vec{a}\cdot\vec{b}=1\cdot3+3\cdot(-1)=0,\qquad|\vec{b}|^2=3^2+(-1)^2=10$$

答　$|\vec{a}|^2=10$、 $\vec{a}\cdot\vec{b}=0$、 $|\vec{b}|^2=10$

$\vec{p}\cdot\vec{q}$ を展開すると

$$\vec{p}\cdot\vec{q}=\cos^3\theta\,|\vec{a}|^2+(\cos\theta\sin^2\theta+\sin\theta\cos^2\theta)\,\vec{a}\cdot\vec{b}+\sin^3\theta\,|\vec{b}|^2$$

$|\vec{a}|^2=10$、 $\vec{a}\cdot\vec{b}=0$、 $|\vec{b}|^2=10$ を代入して

答　$\vec{p}\cdot\vec{q}=10(\cos^3\theta+\sin^3\theta)$

(1) の別解（成分で計算する）

$\vec{p}=(\cos\theta+3\sin\theta,\ 3\cos\theta-\sin\theta)$、 $\vec{q}=(\cos^2\theta+3\sin^2\theta,\ 3\cos^2\theta-\sin^2\theta)$ なので

$$\vec{p}\cdot\vec{q}=(\cos\theta+3\sin\theta)(\cos^2\theta+3\sin^2\theta)+(3\cos\theta-\sin\theta)(3\cos^2\theta-\sin^2\theta)=10\cos^3\theta+10\sin^3\theta$$

（展開すると $\sin\theta\cos^2\theta$、 $\cos\theta\sin^2\theta$ の項は打ち消し合う。答えは同じだが、問題文が $|\vec{a}|^2$、 $\vec{a}\cdot\vec{b}$、 $|\vec{b}|^2$ を先に求めさせているので、内積を展開する解き方を本解にした）

(2)　配点 6点

$$t=\sin\theta+\cos\theta=\sqrt2\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)$$

$0\leqq\theta<2\pi$ より $\dfrac{\pi}{4}\leqq\theta+\dfrac{\pi}{4}<\dfrac{9}{4}\pi$。この範囲は1周分なので、 $\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)$ は $-1$ 以上1以下のすべての値をとる。

答　$-\sqrt2\leqq t\leqq\sqrt2$

$t^2=\sin^2\theta+2\sin\theta\cos\theta+\cos^2\theta=1+2\sin\theta\cos\theta$ より

$$\sin\theta\cos\theta=\dfrac{t^2-1}{2}$$

よって

$$\cos^3\theta+\sin^3\theta=(\sin\theta+\cos\theta)(\sin^2\theta-\sin\theta\cos\theta+\cos^2\theta)=t\left(1-\dfrac{t^2-1}{2}\right)=\dfrac{t(3-t^2)}{2}$$

なので、(1) より

$$\vec{p}\cdot\vec{q}=10\cdot\dfrac{t(3-t^2)}{2}$$

答　$\vec{p}\cdot\vec{q}=15t-5t^3$

(3)　配点 8点

$f(t)=15t-5t^3$（ $-\sqrt2\leqq t\leqq\sqrt2$）とおくと

$$f'(t)=15-15t^2=-15(t+1)(t-1)$$

$f'(t)$ は $t=\pm1$ で符号が変わり、増減表は次のとおり。

（ $f(\sqrt2)=15\sqrt2-5\cdot2\sqrt2=5\sqrt2$、 $f(-\sqrt2)=-5\sqrt2$）

最大・最小の候補は区間の端 $t=\pm\sqrt2$ と極値 $t=\pm1$ で、 $5\sqrt2<10$、 $-10<-5\sqrt2$ なので、最大値は $f(1)=10$、最小値は $f(-1)=-10$。

次に、そのときの $\theta$ を求める。(2) より $t=\sqrt2\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)$、 $\dfrac{\pi}{4}\leqq\theta+\dfrac{\pi}{4}<\dfrac{9}{4}\pi$ である。

$t=1$ のとき　 $\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{1}{\sqrt2}$ より $\theta+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{4}$、 $\dfrac{3}{4}\pi$（ $\dfrac{9}{4}\pi$ は範囲に入らない）。よって $\theta=0$、 $\dfrac{\pi}{2}$。

$t=-1$ のとき　 $\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)=-\dfrac{1}{\sqrt2}$ より $\theta+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{5}{4}\pi$、 $\dfrac{7}{4}\pi$。よって $\theta=\pi$、 $\dfrac{3}{2}\pi$。

答　最大値 $10$（ $\theta=0$、 $\dfrac{\pi}{2}$ のとき）、最小値 $-10$（ $\theta=\pi$、 $\dfrac{3}{2}\pi$ のとき）

（検算： $\theta=0$ のとき $\vec{p}=\vec{q}=\vec{a}$ で $\vec{p}\cdot\vec{q}=|\vec{a}|^2=10$。 $\theta=\pi$ のとき $\vec{p}=-\vec{a}$、 $\vec{q}=\vec{a}$ で $\vec{p}\cdot\vec{q}=-10$。 $\theta=\dfrac{\pi}{2}$、 $\dfrac{3}{2}\pi$ も $\vec{b}$ で同じように確かめられる）

(3) の別解（不等式で評価する）

$|\cos\theta|\leqq1$ より $\cos^3\theta\leqq\cos^2\theta$（等号は $\cos\theta=0$ または $1$）。同様に $\sin^3\theta\leqq\sin^2\theta$（等号は $\sin\theta=0$ または $1$）。よって

$$\cos^3\theta+\sin^3\theta\leqq\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$$

で、等号は $\cos\theta$、 $\sin\theta$ がどちらも0か1のとき、すなわち $\theta=0$、 $\dfrac{\pi}{2}$。同じく $\cos^3\theta\geqq-\cos^2\theta$、 $\sin^3\theta\geqq-\sin^2\theta$ から $\cos^3\theta+\sin^3\theta\geqq-1$ で、等号は $\cos\theta$、 $\sin\theta$ がどちらも0か $-1$ のとき、すなわち $\theta=\pi$、 $\dfrac{3}{2}\pi$。(1) より最大値10、最小値 $-10$。

（計算は短いが、(2) の誘導を使わず、思いつきにくいので別解にした。検算には使える）

$f(x)=-x^3+4x$ とおく。曲線 $y=f(x)$ 上の点 $\mathrm{P}(t,\,f(t))$ における接線を $\ell$ とする。ただし、 $0<t<2$ とする。 $y=f(x)\ (t\leqq x\leqq2)$、 $x$ 軸、および直線 $x=t$ で囲まれた部分の面積を $S_1(t)$ とする。 $y=f(x)\ (0\leqq x\leqq t)$、直線 $\ell$、および $y$ 軸で囲まれた部分の面積を $S_2(t)$ とし、 $S(t)=S_1(t)+S_2(t)$ とする。このとき、次の問に答えよ。

(1) 直線 $\ell$ の方程式を求めよ。

(2) $S_1(t)$ を $t$ を用いて表せ。

(3) $S_2(t)$ を $t$ を用いて表せ。

(4) $t$ が $0<t<2$ の範囲を動くとき、 $S(t)$ の最小値とそのときの $t$ の値を求めよ。

(1)　配点 4点

$f'(x)=-3x^2+4$ より、点 $\mathrm{P}(t,\,-t^3+4t)$ における接線 $\ell$ の方程式は

$$y=(-3t^2+4)(x-t)+(-t^3+4t)$$

整理すると

$$y=(4-3t^2)x+3t^3-4t-t^3+4t=(4-3t^2)x+2t^3$$

答　$y=(4-3t^2)x+2t^3$

(2)　配点 4点

$f(x)=-x(x^2-4)=-x(x-2)(x+2)$ より、曲線 $y=f(x)$ は $x=0$、 $2$ で $x$ 軸と交わり、 $0\leqq x\leqq2$ で $f(x)\geqq0$ である。 $S_1(t)$、 $S_2(t)$ は下の図の色の部分の面積である。

よって

$$S_1(t)=\int_t^2(-x^3+4x)\,dx$$

$$=\left[-\dfrac{x^4}{4}+2x^2\right]_t^2=(-4+8)-\left(-\dfrac{t^4}{4}+2t^2\right)=\dfrac{t^4}{4}-2t^2+4$$

（原始関数 $-\dfrac{x^4}{4}+2x^2$ を微分すると $-x^3+4x$ に戻る）

答　$S_1(t)=\dfrac{t^4}{4}-2t^2+4$

(3)　配点 6点

上下関係　(1) より、接線 $\ell$ の式から $f(x)$ を引くと

$$(4-3t^2)x+2t^3-(-x^3+4x)=x^3-3t^2x+2t^3$$

$\ell$ は $x=t$ で曲線に接するので、この式は $(x-t)^2$ を因数にもち

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

$0\leqq x\leqq t$ では $(x-t)^2\geqq0$、 $x+2t>0$ なので、この式は $0$ 以上。よって $0\leqq x\leqq t$ で、接線 $\ell$ は曲線 $y=f(x)$ より上にある（接するのは点 $\mathrm{P}$ だけ）。

立式と計算　したがって

$$S_2(t)=\int_0^t\{(4-3t^2)x+2t^3-(-x^3+4x)\}\,dx=\int_0^t(x^3-3t^2x+2t^3)\,dx$$

$$=\left[\dfrac{x^4}{4}-\dfrac{3t^2}{2}x^2+2t^3x\right]_0^t=\dfrac{t^4}{4}-\dfrac{3}{2}t^4+2t^4=\dfrac34t^4$$

（原始関数を $x$ で微分すると $x^3-3t^2x+2t^3$ に戻る）

答　$S_2(t)=\dfrac34t^4$

(3) の別解（ $x-t$ のかたまりで積分する）

$x+2t=(x-t)+3t$ と書き直し、 $x-t$ のかたまりのまま積分すると

$$S_2(t)=\int_0^t(x-t)^2\{(x-t)+3t\}\,dx=\left[\dfrac{(x-t)^4}{4}+t(x-t)^3\right]_0^t=0-\left(\dfrac{t^4}{4}-t^4\right)=\dfrac34t^4$$

（ $x-t$ のかたまりで積分すると上端 $x=t$ の値が $0$ になる。 $\dfrac{1}{12}$ 公式は接点 $x=t$ からもう1つの交点 $x=-2t$ までの面積の公式で、本問は $y$ 軸で切られているので、そのままは使えない。本問は下端が $0$ なので、展開したまま積分する本解の方が自然）

(4)　配点 6点

(2)(3) より

$$S(t)=\dfrac{t^4}{4}-2t^2+4+\dfrac34t^4=t^4-2t^2+4$$

$t$ で微分すると

$$S'(t)=4t^3-4t=4t(t+1)(t-1)$$

$0<t<2$ では $4t(t+1)>0$ なので、 $S'(t)$ の符号は $t-1$ の符号と一致する（下の図）。

増減表は次のようになる。

よって $S(t)$ は $t=1$ で最小となり、最小値は $S(1)=1-2+4=3$。

（検算： $S_1(1)=\dfrac14-2+4=\dfrac94$、 $S_2(1)=\dfrac34$ で、和は $3$ ）

答　$t=1$ のとき最小値 $3$

(4) の別解（ $t^2$ の2次関数として平方完成する）

$S(t)=t^4-2t^2+4=(t^2-1)^2+3$。 $0<t<2$ のとき $0<t^2<4$ で、 $t^2=1$ すなわち $t=1$ のとき最小値 $3$。