共通テスト（数学） 過去問
令和5年度（2023年度）追・再試験
問63 (数学Ⅱ・数学B（第1問） 問10)

空欄（ア）、（イ）

x=1+√2i なので、 (x-(1+√2i))=0
また、x=1-√2i なので、 (x-(1-√2i))=0
1±√2iを解とするxの2次方程式はこの両方を満たすので、
(x-(1+√2i))(x-(1-√2i))=0
x²-2x+3=0

空欄（ウ）

P(x)/S(x)=Q(x) ... 余りR(x) となるので、
P(x)=S(x)Q(x)+R(x)

空欄（エ）

1+√2iが二つの方程式P(x)=0とS(x)=0の解であることから
P(1+√2i)=0, S(1+√2i)=0
以上より、x=1+√2iのとき、

P(x)=S(x)Q(x)+R(x)

P(1+√2i)=S(1+√2i)Q(1+√2i)+R(1+√2i)

0=0・Q(1+√2i)+R(1+√2i)

R(1+√2i)=0

空欄（オ）、（カ）

R(x)=mx+nより
R(1+√2i)=m(1+√2i)+n=(m+n)+√2mi

R(1+√2i)=0より

(m+n)+√2mi=0
実数部は実数部、虚数部は虚数部で等しくなるので、
√2m=0 → m=0
m+n=0 → n=0

空欄（キ）

m=0, n=0より

R(x)=mx+n=0

空欄（ク）〜（コ）

P(x)=3x⁴+2x³+kx+l

P(x)=S(x)Q(x)+R(x)

S(x)=x²-2x+3

R(x)=mx+n

今、Q(x)=ax²+bx+c とすると

3x⁴+2x³+kx+l=(x²-2x+3)(ax²+bx+c)+(mx+n)
3x⁴+2x³+kx+l=ax⁴+(-2a+b)x³+(3a-2b+c)x²+(3b-2c+m)x+(3c+n)

すべてのxで成り立つとすると、各階乗の計数が等しいから、

3=a → a=3

2=-2a+b → b=8

0=3a-2b+c → c=7

k=3b-2c+m → m=k-10

l=3c+n → n=l-21
以上より、
Q(x)=3x²+8x+7

空欄（サ）〜（セ）

m=k-10、n=l-21より、
R(x)=(k-10)x+l-21

空欄（ソ）〜（ツ）

k-10=0 → k=10

l-21=0 → l=21

空欄（テ）、（ト）

R(x)=0より、

P(x)=S(x)Q(x)+R(x)=S(x)Q(x)
P(x)=0より、
S(x)Q(x)=0
つまり、S(x)=0、Q(x)=0で解を持つ。
このとき、S(x)=0は空欄（ア）、（イ）で、x=1±√2iを解に持つことがわかっているので、 
1+√2i以外の解の一つはx=1-√2iとなります。

さらに別の解は、Q(x)=0から求められる解であることがわかります。
Q(x)=3x²+8x+7 より、

3x²+8x+7=0

二次方程式の解の公式より、

x=(-4±√5i)/3

（1）（ウ）より　P（x）＝S（x）Q（x）+R（x）…①

 

R（x）＝0　から、①式は　P（x）＝S（x）Q（x）　と表せます。

このときS（x）＝0の解やQ（x）＝0の解はP（x）＝0の解であるともいえますね。

 

（1）より　S（x）＝x²-2x+3, x＝1±√2i　です。

したがって、　（テ）＝1, （ト）＝2　です。

これで、P（x）＝0の解のうちS（x）の部分が持っている2つが分かりました。

次はQ（x）の部分が持つ解を求めましょう。

2次方程式ax²+bx+c＝0（a≠0）の解は以下の式で求められます。

2次方程式の解の公式　x＝{-b±√（b²-4ac）}/2a

P(x)=3x⁴+2x³+kx+lを

S(x)=x²-2x+3で割ります。

 

よって、

Q(x)=3x³+8x+7

R(x)=(k-10)x+l-21

P（x）＝0は1＋√2iを解にもつということは、

余りは0になるので、

k=10、l=21

です。

P(x)=(3x³+8x+7)(x²-2x+3)

P(x)=0の解は

(1)より

x=1＋√2iのほかにx=1ー√2iも解です。

3x³+8x+7=0の解を考えます。

解の公式より

x=（-8±√8²-4・3・7）/2・3

  =（-8±√20i）/2・3

  =(-4±√5i）/3

よって、

1＋√2i以外の解は

x=1-√2i,(-4±√5i）/3