早稲田大学(理系) 2025年 問題Ⅴ
$xy\ 平面上の曲線 \ C:y=\sqrt[3]{x^2+2}\ \ を考え、C\ 上の \ (0,\ \sqrt[3]{2})\ 以外の点P(a,\ b)\ における接線を \ \ell : y=kx+c\ \ と$
$表す。C\ と \ \ell \ の方程式から \ x\ を消去して得られる \ y\ についての \ 3\ 次方程式 \ f(y)=0 \ は \ b\ を重解としてもつの$
$で、もう \ 1\ つの解を \ b'\ とする。ただし、b \ が \ 3\ 重解のときは \ b'=b\ とみなす。次の問に答えよ。$
$(1)\ \ 2b+b'\ を \ k\ のみの分数式で表せ。$
$(2)\ \ b'\ を \ b\ のみの分数式で表せ。$
$(3)\ \ C\ と \ \ell \ の共有点で、その \ y\ 座標が \ b'\ であるものをP'(a',\ b')\ とする。a\ と \ b\ が有理数ならば、a'\ と \ b'\ も$
$\quad 有理数であることを示せ。$
$(4)\ \ b\ が奇数 \ p,\ q\ と負でない整数 \ r\ を用いて \ b=\dfrac{p}{2^r q}\ で与えられるとする。有理数 \ b'\ を奇数 \ p',\ q'\ と整数 \ s\ を$
$\quad 用いて \ \ b'=\dfrac{p'}{2^sq'}\ と表すとき、s\ を \ r\ の式で表せ。$
$(5)\ \ P(5,\ 3)\ が曲線 \ C\ 上の点であることを利用して、C\ 上に \ x\ 座標と \ y\ 座標がともに有理数であるような点が$
$\quad 無数に存在することを示せ。$
(1)
$代入して \quad y^3=\big(\dfrac{y-c}{k}\big)^2+2$
$k^2y^3=(y-c)^2+2k^2$
$k^2y^3-y^2+2cy-c^2-2k^2=0$
$この3\ 次方程式が、b\ を重解としてもち、もう \ 1\ つの解が \ b'\ だから解と係数の関係から$
$b+b+b'=\cfrac{1}{k^2}$
$すなわち 2b+b'=\cfrac{1}{k^2}$
(2)
$C:y=\sqrt[3]{x^2+2}\ \ より \ \ y^3=x^2+2$
$両辺を \ x\ で微分して \quad 3y^2\cfrac{dy}{dx}=2x \qquad \therefore\ \ \dfrac{dy}{dx}=\cfrac{2x}{3y^2}$
$点P(a,\ b)\ における接線 \ \ell \ は \quad y=\cfrac{2a}{3b^2}(x-a)+b$
$y=\cfrac{2a}{3b^2}x +b-\cfrac{2a^2}{3b^2}$
$これが \ \ y=kx+c\ \ \ だから \quad k=\cfrac{2a}{3b^2} , \quad c=b-\cfrac{2a^2}{3b^2} \ \ ただし \ \ b^3=a^2+2$
$よって \quad k^2=\cfrac{4a^2}{9b^4}=\cfrac{4(b^3-2)}{9b^4}$
$(1) より$
$b'=\cfrac{1}{k^2}-2b=\cfrac{9b^4}{4(b^3-2)}-2b=\cfrac{9b^4-8b(b^3-2)}{4(b^3-2)}=\cfrac{b^4+16b}{4(b^3-2)}$
(3)
$b'=\cfrac{b^4+16b}{4(b^3-2)}\ \ において \ b\ が有理数ならば b'\ は有理数である。$
$c=b-\cfrac{2a^2}{3b^2}=b-\cfrac{2(b^3-2)}{3b^2}=\cfrac{b^3+4}{3b^2}$
$よって、b \ が有理数ならば \ c\ は有理数である。$
$b=ka+c \ \ より \ \ k=\cfrac{b-c}{a}\ \ を \ \ b'=ka'+c \ \ に代入して$
$a'=\cfrac{b'-c}{k}=(b'-c) \times \cfrac{a}{b-c}=\cfrac{a(b'-c)}{b-c}$
$よって、a,\ b,\ c,\ b'\ \ が有理数ならば a'\ も有理数である。$
(4)
\begin{eqnarray*} b' &=&\cfrac{b(b^3+16)}{4(b^3-2)} \hspace{5em} ((2)より)\\ \\ &=&\cfrac{\dfrac{p}{2^r q}\big(\dfrac{p^3}{2^{3r}q^3} + 2^4\big)}{2^2\big(\dfrac{p^3}{2^{3r}q^3}-2\big)}\\ \\ &=&\cfrac{p}{2^{r+2} q} \times \cfrac{\dfrac{p^3}{2^{3r}q^3} + 2^4}{\dfrac{p^3}{2^{3r}q^3}-2}\\ \\ &=&\cfrac{p(p^3+ 2^{3r+4}q^3)}{2^{r+2}q(p^3 -2^{3r+1}q^3)}\\ \end{eqnarray*}
$p'=p(p^3+ 2^{3r+4}q^3) \ \ とおくと$
$p\ は奇数だから \ p^3\ は奇数、 2^{3r+4}q^3 \ は偶数\quad よって \ \ 奇数 + 偶数は奇数だから \ \ p^3+ 2^{3r+4}q^3\ は奇数$
$奇数 \times 奇数\ \ は奇数だから \ p'\ は奇数$
$同様にして \quad q'=q(p^3 - 2^{3r+1}q^3) \ \ も奇数$
$したがって \quad ともに奇数の \ p'\ と \ q'\ を用いて \quad b'=\dfrac{p'}{2^sq'}\ \ と表すとき、s=r+2$
(5)
$P_1(5,\ 3)\ は \ \sqrt[3]{5^2+2}=3\ \ だから確かに \ C\ 上の点である。a_1=5,\ \ b_1=3\ \ とおく。 $
$\ \ C\ と \ \ell \ の共有点を \ P_2(a_2,\ b_2)\ とおくと \ \ a_1,\ b_1\ がともに有理数だから$
$(3)より \ \ a_2,\ b_2\ はともに有理数である。$
$また、b_1=3=\cfrac{3}{2^0 \times 1}\ \ と表され、p_1=3,\ \ q_1=1 \ \ はともに奇数だから(4)より$
$奇数 \ p_2,\ q_2 \ を用いて \quad b_2=\dfrac{p_2}{2^2q_2}\ \ と表される。$
$このとき、b_2 \ の分母には \ 2^2 \ の係数がかかっているから明らかに \ b_1\ とは異なる。$
$よって \ P_1\ と \ P_2\ は異なる点である。$
$C\ 上に \ x\ 座標と \ y\ 座標がともに有理数であるような点が有限個であるとすると$
$点P_n(a_n,\ b_n)\ で \ a_n,\ b_n \ がともに有理数である最大の自然数 \ n\ がある。$
$このとき、P(a_n,\ b_n)\ における接線 \ \ell \ において $
$C\ と \ \ell \ の共有点を \ P_{n+1}(a_{n+1},\ b_{n+1})\ とおくと \ a_n,\ b_n\ がともに有理数だから$
$(3)より \ \ a_{n+1},\ b_{n+1}\ はともに有理数である。$
$また、b_n \ が奇数 \ p_n,\ q_n\ と負でない整数 \ r\ を用いて \ \ b_n=\dfrac{p_n}{2^r q_n}\ \ で与えられるとするすると$
$(4)より有理数 \ b_{n+1}\ は奇数 \ p_{n+1},\ q_{n+1}\ を用いて \ \ b_{n+1}=\dfrac{p_{n+1}}{2^{r+2}q_{n+1}} \ \ と表される。$
$このとき、b_{n+1} \ の分母には \ 2^{r+2}\ の係数がかかっているから明らかに \ b_n \ とは異なる。$
$よって \ \ P_{n+1}(a_{n+1},\ b_{n+1}) \ は \ P_n(a_n,\ b_n)\ とは異なる点である。$
$これは、n\ が点 \ P_n(a_n,\ b_n)\ で \ a_n,\ b_n\ がともに有理数である最大の自然数であることに矛盾する。$
$したがって、C\ 上に \ x\ 座標と \ y\ 座標がともに有理数であるような点が無数に存在する。$
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