【解答・解説】東大理系数学2021

(1) $C$ と $y = -x^2$ の共有点の $x$ 座標を求める方程式は，$$h(x) = 2x^2 + ax + b = 0$$

で与えられる。まず異なる2つの共有点を保つためには， $h(x)$ の判別式を $D$ として，$$a^2 -8b > 0$$

を満たすことが必要十分条件である。

さらに, $h(x) = 0$ の異なる $2$ 解が, 一方の $x$ 座標は $-1 < x < 0$ を, 他方の $x$ 座標は $0 < x < 1$ を満たすためには，

$$\begin{cases} h(-1) > 0\\ h(0) < 0\\ h(1) > 0 \end{cases}$$

をすべて満たすことが必要十分条件である。

以上を計算すると，

$$a^2 -8b > 0 \iff b < \dfrac{a^2}{8}$$ かつ，$$\begin{aligned} h(-1) &= 2 -a + b > 0\\ h(0) &= b < 0\\ h(1) &= 2 + a + b > 0 \end{aligned}$$

を満たせばよい。これを図示して下図。

$x = k$ で固定して $y$ がどの範囲を動くか考える。対称性から $k \geqq 0$ として考えて良い。このとき $$y = k^2 + ak + b$$ である。

まず，$0 \leqq a < 2$ で $a$ を固定する。このとき，$a-2 < b < 0$ であるから， $$k^2 + ak + a-2 < y < k^2 + ak$$ $k^2 + ak + a-2 = a(k+1)+k^2-2$ について，$0 \leqq a < 2$ で $a$ を動かせば， $$k^2 -2 < y < k^2 + 2k$$ また，$k^2 + ak$ について，$0 \leqq a < 2$ で $a$ を動かせば， $$k^2 < y < k^2 + 2k$$ $k \geqq 0$ より，この不等式は必ず共通部分をもつため，$$k^2 -2 < y < k^2 + 2k$$

さらに，$-2 < a \leqq 0$ で $a$ を固定する。このとき，$-a-2 < b < 0$ であるから，$$k^2 + ak -a-2 < y < k^2 + ak$$

$0 \leqq k \leqq 1$ のとき，

$k^2 + ak -a-2 = a(k-1)+k^2-2$ について，$-2 < a \leqq 0$ で $a$ を動かせば，$$k^2 -2 < y < k^2 - 2k$$ また，$k^2 + ak$ について，$-2 < a \leqq 0$ で $a$ を動かせば， $$k^2 -2k < y < k^2$$ よってこの和集合は，$$k^2 -2 < y < k^2$$

$k > 1$ のとき，

$k^2 + ak -a-2 = a(k-1)+k^2-2$ について，$-2 < a \leqq 0$ で $a$ を動かせば， $$k^2 -2k < y < k^2 - 2$$ また，$k^2 + ak$ について，$-2 < a < 0$ で $a$ を動かせば， $$k^2 -2k < y < k^2$$ この二つの不等式は共通部分をもつので，和集合をとれば $$k^2 -2k < y < k^2$$

よってこれを合わせると，$k > 1$ において，$$k^2 - 2k < y < k^2 + 2k$$ $0 \leq k \leq 1$ において，$$k^2 - 2 < y < k^2 + 2k$$ $y$ 軸に関して対称であることを考えれば，

題意より $y$ 軸対称といえるので，$x \geqq 0$ として考える。

$b = y - x^2 - ax$ である。

$($ア$)$ $0 \leqq a < 2$ のとき $a-2 < b < 0$ なので，

$a-2 < y - x^2 - ax < 0$ となるとき，条件をみたす $b$ が存在するといえる。

$x \ne 0$ として $x \geqq 0$ より

$$\begin{aligned} &a-2 < y - x^2 - ax \\ &\Leftrightarrow a < \dfrac{y - x^2 + 2}{1+x}　\tag{ⅰ} \\ \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} &y - x^2 - ax < 0 \\ &\Leftrightarrow \dfrac{y - x^2}{x} < a \tag{ⅱ} \end{aligned}$$

これらがともに $0\leqq a < 2$ をみたす $a$ によって成立する $x,y$ のときに，条件をみたす $a$ が存在するといえるので，$(ⅰ),(ⅱ)$ より

$$\begin{aligned} &\dfrac{y - x^2 + 2}{1+x} > 0\\ &\Leftrightarrow y > x^2 - 2 \; (\because x > -1) \tag{p} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} &\dfrac{y - x^2}{x} < 2 \\ &\Leftrightarrow y < x^2 + 2x \; (\because x > 0) \tag{q} \end{aligned}$$

よって，$(\mathrm{p})$ かつ $(\mathrm{q})$

$($イ$)$ $-2 < a \leqq 0$ のとき $a-2 < b < 0$ なので，

$-a-2 < y - x^2 - ax < 0$ となるとき，条件をみたす $b$ が存在するといえる。

$x\ne 0,1$ として，

$$\begin{aligned} &-a-2 < y - x^2 - ax \\ &\Leftrightarrow \begin{cases} a < \dfrac{y - x^2 + 2}{x-1} & (x > 1) \\ a > \dfrac{y - x^2 + 2}{x-1} & (0 < x < 1) \tag{ⅲ} \end{cases} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} &y - x^2 - ax < 0 \\ &\Leftrightarrow \dfrac{y - x^2}{x} < a \tag{ⅳ} \end{aligned}$$

これらがともに $0\leqq a < 2$ をみたす $a$ によって成立する $x,y$ のときに，条件をみたす $a$ が存在するといえるので，$(ⅲ),(ⅳ)$ より

$($イ$-1)$ $0 < x < 1$ のとき

$$\begin{aligned} &\dfrac{y - x^2 + 2}{x-1} < 0\\ &\Leftrightarrow y > x^2 - 2 \; (\because x < 1) \tag{r} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} &\dfrac{y - x^2}{x} < 0 \\ &\Leftrightarrow y < x^2 \; (\because x > 0) \tag{s} \end{aligned}$$

$($イ$-2)$ $x > 1$ のとき

$$\begin{aligned} &\dfrac{y - x^2 + 2}{x-1} > -2\\ &\Leftrightarrow y > x^2 - 2x \; (\because x > 1) \tag{t} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} &\dfrac{y - x^2}{x} < 0 \\ &\Leftrightarrow y < x^2 \; (\because x > 0) \tag{u} \end{aligned}$$

よって，$0 < x < 1$ では $(\mathrm{r})$ かつ $(\mathrm{s})$ で，$1 < x$ では $(\mathrm{t})$ かつ $(\mathrm{u})$。

$($ア$)$，$($イ$)$ をまとめて，$0 < x < 1$ では「$(\mathrm{p})$ かつ $(\mathrm{q})$」または「$(\mathrm{r})$ かつ $(\mathrm{s})$」 で，$1 < x$ では「$(\mathrm{p})$ かつ $(\mathrm{q})$」または「$(\mathrm{t})$ かつ $(\mathrm{u})$」。$\ \ \ \cdots (\ast)$

また，

$($ウ$)$ $x=0$ のとき，

$0 \leqq a < 2$ で $a-2 < y < 0$ より $-2 < y < 0$

$-2 < a \leqq 0$ で $-a-2 < y < 0$ より $-2 < y < 0$

$($エ$)$ $x=1$ のとき，

$0 \leqq a < 2$ で $a-2 < y - 1 - a < 0$ より $-1 < y < 3$

$-2 < a \leqq 0$ で $-a-2 < y - 1 + a < 0$ より $-1 < y < 3$

$(\ast)$ と，$($ウ$)$，$($エ$)$，$y$ 軸対称であることから

(1) $f(0)=\alpha, f(1)=\beta, f(i) = \gamma$ が成立することから，$$\begin{cases} c = \alpha\\ a + b + c = \beta\\ -a + bi + c = \gamma \end{cases}$$ この連立方程式をとけば，$$\begin{cases} a = \dfrac{\alpha(1-i)-\gamma+ \beta i}{1+i}\\ b = \dfrac{\beta + \gamma -2\alpha}{1+i}\\ c = \alpha\\ \end{cases}$$

$$\begin{aligned} f(2) &= 4a + 2b + c\\ \end{aligned}$$

であるが，$(1)$ より，$$\begin{aligned} a &= -i \alpha + \dfrac{1 + i}{2}\beta - \dfrac{1 - i}{2} \\ b &= \dfrac{1-i}{2} ( \beta + \gamma - 2\alpha ) \\ c &= \alpha \end{aligned}$$

となるので，これらを代入して，

$$\begin{aligned} f(2) &= -4i\alpha \ + 2(1+i)\beta - 2(1-i) + (1-i) (\beta + \gamma - 2\alpha) + \alpha \\ & = ( -1 - 2i ) \alpha + ( 3 + i ) \beta \ + ( -1 + i ) \ \gamma \\ \end{aligned}$$

ここで，$1 \leqq \alpha , \beta , \gamma \leqq 2$ より，

まず，$( -1 - 2i ) \alpha + ( 3 + i ) \beta$ のとりうる範囲は以下。

そして，これに $( -1 + i ) \ \gamma$ を足すので，求める範囲は以下斜線部(境界含む)。

$$f’(x) = \dfrac{(\sqrt{3}+x)(\sqrt{3}-x)}{(x^2 + 3)^2}$$ より，$l$ の方程式は，$$y - f(1) =\dfrac{1}{8}(x-1)\\ \therefore y = \dfrac{1}{8}(x+1)$$ よって，$C,l$ の共有点の $x$ 座標は $$\dfrac{x}{x^2 + 3} = \dfrac{1}{8}(x+1)\\ \therefore x = -3, 1$$ よって， $\mathrm{A}$ と異なる共有点がただ一つ存在し，その $x$ 座標は $x = -3$

$$\begin{aligned} & \int_{-3}^1 \left\{\dfrac{x}{x^2 + 3} - \dfrac{1}{8}(x+1)\right\}^2 dx \\ &= \int_{-3}^1 \left\{\dfrac{x^2}{(x^2 + 3)^2} - \dfrac{x(x+1)}{4(x^2+3)} + \dfrac{1}{64}(x+1)^2\right\} dx \\ &= \int_{-3}^1 \left\{\dfrac{(x^2 + 3) - 3}{(x^2 + 3)^2} - \dfrac{x^2 + x}{4(x^2+3)} + \dfrac{x^2+2x+1}{64}\right\} \, dx \\ &= \int_{-3}^1 \left\{\dfrac{-3}{(x^2 + 3)^2} + \dfrac{1}{x^2 + 3} - \dfrac{x^2 + x}{4(x^2+3)} + \dfrac{x^2+2x+1}{64}\right\} \, dx \\ &= \int_{-3}^1 \left\{\dfrac{-3}{(x^2 + 3)^2} + \dfrac{4 - x^2 - x}{4(x^2+3)} + \dfrac{x^2+2x+1}{64}\right\} \, dx \\ &= \int_{-3}^1 \left\{\dfrac{-3}{(x^2 + 3)^2} + \dfrac{-(x^2 + 3) + 7 -x}{4(x^2+3)} + \dfrac{x^2+2x+1}{64}\right\} \, dx \\ &= \int_{-3}^1 \left\{\dfrac{-3}{(x^2 + 3)^2} - \dfrac{1}{4} + \dfrac{7 -x}{4(x^2+3)} + \dfrac{x^2+2x+1}{64}\right\} \, dx \\ &= \int_{-3}^1 \left\{\dfrac{-3}{(x^2 + 3)^2} + \dfrac{7 -x}{4(x^2+3)} + \dfrac{x^2}{64} + \dfrac{x}{32} - \dfrac{15}{64} \right\} \, dx \\ \end{aligned}$$

と整理できる。

第一項を $I_{1}$ とすると，

$$I_{1} = -3 \int_{-3}^1 \dfrac{1}{(x^2 + 3)^2} \, dx$$

ここで $x = \sqrt{3} \tan \theta$ と置換すると

$$(x^2+3)^2 = \left\{3(1 + \tan^2 \theta)\right\}^2 = \dfrac{9}{\cos^4 \theta} \\ dx = \dfrac{\sqrt{3}}{\cos^2 \theta}\, d\theta$$

となるから，

$$\begin{aligned} I_{1} &= -3 \int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{6}} \dfrac{\cos^4 \theta}{9} \dfrac{\sqrt{3}}{\cos^2 \theta}\, d\theta \\ &= -\dfrac{\sqrt{3}}{3} \int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{6}} \cos^2 \theta \, d\theta \\ &= -\dfrac{\sqrt{3}}{3} \int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{6}} \dfrac{1 + \cos 2\theta}{2} \, d\theta \\ &= - \dfrac{\sqrt{3}\pi}{12} - \dfrac{1}{4} \end{aligned}$$

同様の置換を用いて，第二項 $I_{2}$ を計算すると，

$$\begin{aligned} I_{2} &= \int_{-3}^1 \dfrac{7 -x}{4(x^2+3)} \, dx \\ &= \int_{-3}^1 \left\{ \dfrac{7}{4(x^2+3)} - \dfrac{x}{4(x^2+3)} \right\}\, dx \\ &= \dfrac{7}{4} \cdot \int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{6}} \dfrac{\cos^2 \theta}{3} \dfrac{\sqrt{3}}{\cos^2 \theta}\, d\theta \\ & - \dfrac{1}{4} \int_{-3}^1 \dfrac{x}{x^2+3} \, dx \\ &= \dfrac{7\sqrt{3}}{12} \cdot \int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{6}} \, d\theta - \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{1}{2} \left[ \log(x^2+3) \right]^1_{-3} \\ &= \dfrac{7\sqrt{3} \pi}{24} + \dfrac{1}{8} \log 3 \end{aligned}$$

さらに，第三項以降の項 $I_{3}$ をまとめて計算すると，

$$\begin{aligned} I_{3} &= \int_{-3}^1 \left(\dfrac{x^2}{64} + \dfrac{x}{32} - \dfrac{15}{64} \right) \, dx \\ &= - \dfrac{11}{12} \end{aligned}$$

以上をまとめると

$$\begin{aligned} & \int_{\alpha}^{1} \{f(x) - g(x)\}^2 \, dx \\ =& I_{1} + I_{2} + I_{3} \\ =& \left(- \dfrac{\sqrt{3}\pi}{12} - \dfrac{1}{4} \right) + \left(\dfrac{7\sqrt{3} \pi}{24} + \dfrac{1}{8} \log3 \right) + \left( - \dfrac{11}{12} \right) \\ =& -\dfrac{7}{6} + \dfrac{5\sqrt{3}\pi}{24} + \dfrac{1}{8}\log 3 \end{aligned}$$

$KA=LB$ より $$KA \equiv LB \pmod{4} \tag{$\ast$}$$ $(i) K \equiv L \equiv 1$ の場合 $$KA \equiv A \pmod{4}$$ $$LB \equiv B \pmod{4}$$ であるから，$(\ast)$ と合わせて，$$A \equiv B \pmod{4}$$ $(ii) K \equiv L \equiv -1$ の場合 $$KA \equiv -A \pmod{4}$$ $$LB \equiv -B \pmod{4}$$ であるから，$(*)$ と合わせて，$$\begin{aligned} -A \equiv -B \pmod{4} \\ \iff A \equiv B \pmod{4} \end{aligned}$$

$n$ を正整数として，

「$a-b = 2n$ なる正整数 $a,b$ について，$A = {}_{4a+1}\mathrm{C}_{4b+1}, B = {}_{a}\mathrm{C}_{b}$ とすると，$KA = LB$ なる正の奇数 $K,L$ が存在し，$K \equiv L ~~(\mathrm{mod} ~4)$ となる ・・・$(*)$」

を示す。$b$ についての帰納法を考える。

• $b = 1$ のとき

$A = {}_{8n+5}\mathrm{C}_{5}, B = 2n+1$ より，$$15A = (8n+5)(8n+3)(4n+1)(8n+1)B$$ となる。$15 \equiv (8n+5)(8n+3)(4n+1)(8n+1) ~~(\mathrm{mod} ~4)$ であり，いずれも奇数である。

• $b = m$ のとき，$(*)$ が成立するとして，$b = m+1$ での $(*)$ の成立を示す。

$k = m+2n$ とすると，$A_m = {}_{4k+1}\mathrm{C}_{4m+1}, B_m = {}_{k}\mathrm{C}_{m}$ として，$$K_mA_m = L_mB_m, K_m \equiv L_m ~~(\mathrm{mod} ~4)$$ なる正の奇数 $K_m, L_m$ が存在する。

ここで，$A_{m+1} = {}_{4(k+1)+1}\mathrm{C}_{4(m+1)+1}, B_{m+1} = {}_{k+1}\mathrm{C}_{m+1}$ とすると，$$\begin{cases} A_{m+1} = \dfrac{(4k+5)(4k+4)(4k+3)(4k+2)}{(4m+5)(4m+4)(4m+3)(4m+2)}A_m\\ B_{m+1} = \dfrac{k+1}{m+1}B_m \end{cases}$$ より，$$(4m+5)(4m+4)(4m+3)(4m+2)(k+1)K_mA_{m+1}\\ = (4k+5)(4k+4)(4k+3)(4k+2)(m+1)L_mB_{m+1}$$ が成立する。両辺を整理して，$$(4m+5)(4m+3)(2m+1)K_mA_{m+1}\\ = (4k+5)(4k+3)(2k+1)L_m B_{m+1}$$ $(4m+5)(4m+3)(2m+1)K_m \equiv (4k+5)(4k+3)(2k+1)L_m ~~(\mathrm{mod}~4)$ であり，ともに正の奇数である。よって $(*)$ が成立する。

帰納法により，$(*)$ が常に成立する。

よって，(1)より，題意は示された。

(4) $$\begin{cases} 2021 = 4 \times 505 + 1\\ 37 = 4 \times 9 + 1 \end{cases}$$ $a = 505, b = 9$ とすると，(3)の結果が利用できて，$${}_{2021}\mathrm{C}_{37} \equiv {}_{505}\mathrm{C}_{9} ~~ (\mathrm{mod}~ 4)$$ 同様に考えると，$$\begin{cases} 505 = 4 \times 126 + 1\\ 9 = 4 \times 2 + 1 \end{cases}$$ より，$$\begin{aligned} {}_{505}\mathrm{C}_{9} &\equiv {}_{126}\mathrm{C}_{2}\\ &= \dfrac{126\cdot 125}{2}\\ &= 63 \cdot 125\\ &\equiv 3\cdot 1\\ &\equiv 3~~ (\mathrm{mod}~ 4) \end{aligned}$$

正の奇数 $K,L$ に対して，$KA=LB$ が成り立つ場合，右辺と左辺で素因数 $2$ の個数が一致することから，$$\begin{aligned} A = 2^n ・ A' \\ B = 2^n ・ B' \\ \end{aligned}$$ ($n$: $0$ 以上の整数， $A'$， $B'$: 奇数) とおくことができる。

すなわち，正の整数 $a,b (a>b)$ に対して，$A$ と $B$ に含まれる素因数 $2$ の個数が等しいことを示せば良い。

まず，$b = 1$ に固定した場合に題意が成り立つことを帰納法で示す。

$（ⅰ） a = 2, b = 1$ の場合 $$\begin{aligned} &A = {}_9\mathrm{C}_5 = 63 \cdot 2 \\ &B = {}_2\mathrm{C}_1 = 2 \end{aligned}$$ であり，成り立つ。

$（ⅱ） a = k, b = 1$ $( k$ は $2$ 以上の自然数 $)$ で成り立つと仮定する。

$a = k + 1$ の場合，$B_{n} = {}_{n}\mathrm{C}_{b}$ とおくと，$$\dfrac{B_{k+1}}{B_{k}} = \dfrac{k+1}{k+1-b}$$

同様に，$A_{n} = {}_{4n+1}\mathrm{C}_{4b+1}$ とおくと，

$$\begin{aligned} &\dfrac{A_{k+1}}{A_{k}} \\ &= \dfrac{(4k+5)(4k+3)(2k+1)}{(4k-4b+3)(4k-4b+1)(2k-2b+1)}\\ &\qquad \cdot \dfrac{k+1}{k+1-b} \\ &= \dfrac{(奇数)}{(奇数)} \ \cdot \dfrac{B_{k+1}}{B_{k}} \end{aligned}$$

と表せる。ここで，仮定より $A_{k}, B_{k}$ に含まれる素因数 $2$ の個数が等しいので，$A_{k+1}, B_{k+1}$ に含まれる素因数 $2$ の個数も等しい。 $\cdots (\ast)$

したがって， $a = k + 1$ でも成り立つ。

以上 $(ⅰ)(ⅱ)$ と $a>b$ より， $a>2$ であることから、 $b = 1$ に固定した場合に題意が成り立つことが示された。

次に，ある $a$ に対して，$b$ を動かした時に題意が成り立つことを示す。

$b=l \ (l$ は $a-1$ より小さい自然数 $)$ で成り立つと仮定する。 $B'_{n} = {}_{a}\mathrm{C}_{n}$ とおくと，$$\dfrac{B'_{l+1}}{B'_{l}} = \dfrac{a-l}{l+1}$$ 同様に，$A'_{n} = {}_{4a+1}\mathrm{C}_{4n+1}$ とおくと，$$\begin{aligned} &\dfrac{A'_{l+1}}{A'_{l}} \\ &= \dfrac{(4a-4l-1)(4a-4l-3)(2a-2l-1)}{(4l+5)(4l+3)(2l+1)} \\ &\qquad \cdot \dfrac{a-l}{l+1} \\ &= \dfrac{(奇数)}{(奇数)} \cdot \dfrac{B'_{l+1}}{B'_{l}} \end{aligned}$$ と表せる。ここで，仮定より $A'_{l}, B'_{l}$ に含まれる素因数 $2$ の個数が等しいので，$A'_{l+1}, B'_{l+1}$ に含まれる素因数 $2$ の個数も等しい。

したがって， $b = l + 1$ でも成り立つ。

$(\ast)$ より $b = 1$ の場合に成立することはすでに明らかとなっているので，ある $a$ に対して，帰納的に，$a>b$ を満たす全ての整数 $b$ で題意が成り立つといえる。

以上より，題意が示された。

(1) $$\begin{aligned} f (\theta) &= ( \theta + \sin \theta + \alpha )^2 + ( \cos \theta + 3)^2 \end{aligned}$$

となるので，これを微分して

$$\begin{aligned} f^{\prime}(\theta) &= 2 ( 1 + \cos \theta ) (\theta + \sin \theta + \alpha) - 2 (\cos \theta + 3) \sin \theta \\ &= 2\left\{ \cos \theta \sin \theta + \theta \cos \theta + \alpha \cos \theta + \theta + \sin \theta + \alpha - \cos \theta \sin \theta - 3 \sin \theta \right\} \\ &= 2\left\{ \theta \cos \theta + \alpha \cos \theta + \theta - 2 \sin \theta + \alpha \right\} \\ \\ f^{\prime \prime}(\theta) &= 2 \left\{ - \theta \sin \theta + \cos \theta + 1 - \alpha \sin \theta - 2 \cos \theta \right\} \\ &= 2 \left\{ - \theta \sin \theta - \alpha \sin \theta - \cos \theta \right\} + 2 \\ &= -2 \left\{ (\theta + \alpha ) \sin \theta + \cos \theta \right\} + 2 \\ \\ f^{\prime \prime \prime}(\theta) &= -2 \left\{ ( \theta + \alpha ) \cos \theta - \sin \theta + \sin \theta \right\} \\ &= -2 ( \theta + \alpha ) \cos \theta \end{aligned}$$

$\theta \geqq 0 , \alpha > 0$ より $f^{\prime \prime }( \theta )$ についての増減と概形は以下のようになる。

$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline \theta & 0 & \cdots & \frac{\pi}{2} & \cdots & \pi \\ \hline f^{\prime \prime \prime}(\theta) & -2 \alpha & - & 0 & + & \pi + \alpha \\ \hline f^{\prime \prime}(\theta) & 0 & \searrow & - & \nearrow & 4 \\ \hline \end{array}$$

これより, $f^{\prime \prime }( \theta )$ の正負が切り替わる $\theta$ の値が $\left( \dfrac{\pi}{2} < \beta < \pi \right)$ にただ一つ存在することがわかる。これを $\beta$ とおいて $f^{\prime}(\theta)$ の増減表と図を描くと以下のようになる。 $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline \theta & 0 & \cdots & \beta & \cdots & \pi \\ \hline f^{\prime \prime }(\theta) & 0 & - & 0 & + & 4 \\ \hline f^{\prime}(\theta) & 4 \alpha & \searrow & - & \nearrow & 0 \\ \hline \end{array}$$

$4\alpha > 0$ より，$0 < \theta < \beta$ の範囲に $f^{\prime} (\theta) = 0$ となる $\theta$ がただ一つ存在するので，題意は示された。