【解答・解説】東大理系数学2024

$\mathrm{P} (x,y,0)$ とおく。

条件 (ii) より $$-1 \leqq \cos \angle \mathrm{AOP} \leqq \cos \dfrac{2}{3}\pi = - \dfrac{1}{2}$$ また $$\cos \angle \mathrm{AOP} = \dfrac{\overrightarrow{\mathrm{OA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{OP}}}{|\overrightarrow{\mathrm{OA}}| |\overrightarrow{\mathrm{OP}}|}$$ より $$-1 \leqq - \dfrac{y}{\sqrt{2(x^2+y^2)}} \leqq - \dfrac{1}{2}$$ である。これより $y \geqq 0$ となる。また，変形すると $$\dfrac{1}{\sqrt{2}} y \leqq \sqrt{x^2+y^2} \leqq \sqrt{2} y$$ となる。二乗すると $$\begin{cases} x^2 \leqq y^2\\ x^2 \geqq - \dfrac{1}{2} y^2 \end{cases}$$ より $x \leqq y$，$x \leqq -y$ を得る。

条件 (iii) より $$\dfrac{\sqrt{3}}{2} = \cos \dfrac{\pi}{6} \leqq \cos \angle \mathrm{OAP} \leqq 1$$ である。

$$\cos \angle \mathrm{OAP} = \dfrac{\overrightarrow{\mathrm{AO}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{AP}}}{|\overrightarrow{\mathrm{AO}}| |\overrightarrow{\mathrm{AP}}|}$$ と上の2つの不等式を合わせると，

$$\dfrac{\sqrt{3}}{2} \leqq \dfrac{y+2}{\sqrt{2\{ x^2 + (y+1)^2 + 1^2 \}}} \leqq 1$$ となる。整理すると $$\dfrac{1}{\sqrt{2}} (y+2) \leqq \sqrt{x^2+(y+1)^2+1} \leqq \dfrac{\sqrt{6}}{3} (y+2)$$

それぞれ二乗して整理すると $$x^2 + \dfrac{1}{2} y^2 \geqq 0\\ x^2 + \dfrac{1}{3} (y-1)^2 \leqq 1$$ となる。1つ目の

よって $$\begin{cases} x \leqq y\\ x^2 + \dfrac{1}{3} (y-1)^2 \leqq 1 \end{cases}$$

$$\begin{aligned} f(x) &= \int_0^x \dfrac{x-t}{1+t^2} dt + \int_x^1 \dfrac{t-x}{1+t^2} dt\\ &= x \int_0^x \dfrac{dt}{1+t^2} dt - \int_0^x \dfrac{t}{1+t^2} dt\\ &\quad - \int_1^x \dfrac{t}{1+t^2} dt + x \int_1^x \dfrac{dt}{1+t^2} \end{aligned}$$ であるため $$\begin{aligned} f'(x) &= \int_0^x \dfrac{dt}{1+t^2} + \dfrac{x}{1+x^2} - \dfrac{x}{1+x^2}\\ &\quad - \dfrac{x}{1+x^2} + \int_1^x \dfrac{dt}{1+t^2} + \dfrac{x}{1+x^2}\\ &= \int_0^x \dfrac{dt}{1+t^2} + \int_1^x \dfrac{dt}{1+t^2} \end{aligned}$$ となる。ここで $0 < \alpha < \dfrac{\pi}{4}$ を満たす実数で $x = \tan \alpha$ とおくと， $$\begin{aligned} \int_0^{\tan \alpha} \dfrac{dt}{1+t^2} &= \int_0^{\alpha} \dfrac{1}{1+\tan^2 \theta} \dfrac{d\theta}{\cos^2 \theta}\\ &= \int_0^{\alpha} d\theta\\ &= \alpha\\ \int_1^{\tan \alpha} \dfrac{dt}{1+t^2} &= \int_{\frac{\pi}{4}}{\alpha} \dfrac{1}{1+\tan^2 \theta} \dfrac{d\theta}{\cos^2 \theta}\\ &= \int_{\frac{\pi}{4}}^{\alpha} d\theta\\ &= \alpha - \dfrac{\pi}{4}\\ \end{aligned}$$ より $$f'(x) = 2\alpha - \dfrac{\pi}{4}$$ であるため，$f'(\tan \alpha) = 0$ となるのは $\alpha = \dfrac{\pi}{8}$ のときである。

$\tan \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{2 \tan \dfrac{\pi}{8}}{1-\tan^2 \dfrac{\pi}{8}}$ より $\tan \dfrac{\pi}{8}$ は $a^2 + 2a - 1 = 0$ の解である。

方程式を解くと $a = -1 \pm \sqrt{2}$ が解である。$\tan \dfrac{\pi}{8} > 0$ より $\tan \dfrac{\pi}{8} = - 1 + \sqrt{2}$ である。

以下 $a = \sqrt{2}-1$ とする。

増減表を書くと $$\begin{array}{c|ccccc} x & 0 & \cdots & a & \cdots & 1\\ \hline f'(x) & & - & 0 & + &\\ f(x) & & \searrow & & \nearrow & \end{array}$$ となる。

よって最小値は $$\begin{aligned} f (a) &= a \int_0^a \dfrac{dt}{1+t^2} dt - \int_0^a \dfrac{t}{1+t^2} dt\\ &\quad - \int_1^a \dfrac{t}{1+t^2} dt + a \int_1^a \dfrac{dt}{1+t^2} \\ &= a f'(a) - \dfrac{1}{2} \Big[ \log (1+t^2) \Big]_0^a \\ &\quad - \dfrac{1}{2} \Big[ \log (1+t^2) \Big]_1^a\\ &= - \log (a^2+1) + \dfrac{1}{2} \log 2\\ &= - \log (4+2\sqrt{2}) + \log \sqrt{2}\\ &= \log \dfrac{1}{2\sqrt{2}+2}\\ &= \log \dfrac{\sqrt{2}+1}{2} \end{aligned}$$ である。

最大値は $f(0)$ か $f(1)$ のいずれか。

$$\begin{aligned} f(0) &= \int_0^1 \dfrac{t}{1+t^2}\\ &= \dfrac{1}{2} \Big[ \log (t^2+1) \Big]_0^1\\ &= \dfrac{1}{2} \log 2\\ f(1) &= \int_0^1 \dfrac{1-t}{1+t^2} dt\\ &= \int_0^1 \dfrac{dt}{1+t^2} - \int_0^1 \dfrac{t}{1+t^2} dt\\ &= \dfrac{\pi}{4} - \dfrac{1}{2} \log 2 \end{aligned}$$ となる。

$$f(0) - f(1) = \log 2 - \dfrac{\pi}{4}$$ で $$0.69 < \log 2 < 0.71\\ 2.76 < 4 \log 2 < 2.84$$ より $\log 2 - \dfrac{\pi}{4} < 0$ であるため $f(0) < f(1)$ である。

こうして最大値は $\dfrac{\pi}{4} - \dfrac{1}{2} \log 2$ である。

以下，(B) の規則の操作を上から1～4ということにする。

各操作を行うと点 $(a,b)$ は次の点に映る。

1. $(a,-b)$
2. $(-a,b)$
3. $(b,a)$
4. $(-b,-a)$

※ 1，2は簡単である。3，4については映った先の点と $(a,b)$ との中点が $y=x$（$y=-x$）上にあることを踏まえるとすぐに分かる。

よって，各操作は，符号を入れ替る操作と座標を入れ替える操作の合併である。

こうして $(\pm 1, \pm 2)$，$(\pm 2, \pm 1)$（複合任意）と分かる。

点 $\mathrm{P}$ は，奇数秒後には $(2,-1),(-2,1),(1,2),(-1,-2)$ のどれかに，偶数秒後には $(2,1),(-2,-1),(1,-2),(-1,2)$ のどれかにあることが帰納的に示すことができる。

以下 $n = 2m$ 秒後について，$m$ についての帰納法により証明すればよい。

$m=1$ のとき

• $(2,1)$ にある確率：同じ操作を2回行う確率であるため $$\left( \dfrac{1}{3} \right)^2 + \left( \dfrac{1}{3} \right)^2 + \left( \dfrac{1}{6} \right)^2 + \left( \dfrac{1}{6} \right)^2 = \dfrac{5}{18}$$

• $(-2,-1)$ にある確率：操作1と操作2を行うときと操作3と操作4を行うときの2パターンがあるので $$\left( \dfrac{1}{3} \right)^2 + \left( \dfrac{1}{3} \right)^2 + \left( \dfrac{1}{6} \right)^2 + \left( \dfrac{1}{6} \right)^2 = \dfrac{5}{18}$$

こうして確率は等しいことが分かる。

$m = k$ のとき成立すると仮定する。

2回の操作で $(2,1),(-2,-1),(1,-2),(-1,2)$ がそれぞれ $(2,1),(-2,-1)$ に移る確率を調べる。

• $(2,1)$ に移る確率

  • $(2,1) \rightarrow (2,1)$：同じ操作を2回連続で行うときであるため $\dfrac{5}{18}$
  • $(-2,-1) \rightarrow (2,1)$：操作1と操作2を行うとき，もしくは操作3と操作4を行うときであるため $\dfrac{5}{18}$
  • $(1,-2) \rightarrow (2,1)$：操作1と操作3を行うとき，もしくは操作2と操作4を行うときであるため $$\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{6} \times 4 = \dfrac{2}{9}$$
  • $(-1,2) \rightarrow (2,1)$：操作1と操作4を行うとき，もしくは操作2と操作3を行うときであるため $$\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{6} \times 4 = \dfrac{2}{9}$$

• $(-2,-1)$ に移る確率

  • $(2,1) \rightarrow (-2,-1)$：操作1と操作2を行うとき，もしくは操作3と操作4を行うときであるため $\dfrac{5}{18}$
  • $(-2,-1) \rightarrow (-2,-1)$：操作1と操作2を行うとき，もしくは操作3と操作4を行うときであるため $\dfrac{5}{18}$
  • $(1,-2) \rightarrow (-2,-1)$：操作1と操作4を行うとき，もしくは操作2と操作3を行うときであるため $$\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{6} \times 4 = \dfrac{2}{9}$$
  • $(-1,2) \rightarrow (-2,-1)$：操作1と操作3を行うとき，もしくは操作2と操作4を行うときであるため $$\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{6} \times 4 = \dfrac{2}{9}$$

こうして $$\begin{aligned} &P_{2k+2} (2,1)\\ &= \dfrac{5}{18} P_{2k} (2,1) + \dfrac{5}{18} P_{2k} (-2,-1)\\ &\qquad +\dfrac{2}{9} P_{2k} (1,-2) + \dfrac{2}{9} p_{2k} (-1,2)\\ &= P_{2k+2} (-2,-1) \end{aligned}$$ を得る。

※ ただし $P_n (a,b)$ で $n$ 秒後に $\mathrm{P}$ が $(a,b)$ にある確率を表した。

こうして $m = k+1$ のときも従うため，任意の $m$ に対して命題は従う。

$n$ 秒後に点 P が

• $(2,1),(-2,-1)$ にある確率を $a_n$
• $(1,-2),(-1,2)$ にある確率を $b_n$
• $(2,-1),(-2,1)$ にある確率を $c_n$
• $(1,2),(-1,-2)$ にある確率を $d_n$

とおく。

$n$ が偶数のとき，P は $(2,1),(-2,-1),(1,-2),(-1,2)$ のいずれかにあるため，$a_n + b_n = 1$ である。同じく $n$ が奇数のとき，$c_n + d_n = 1$

以下 $n = 2k$ とおきなおして計算する。

$2k+2$ 秒後に $(2,1),(-2,-1)$ にあるのは

• $2k$ 秒後に $(2,1),(-2,-1)$ にある上で，軸に関する対称移動2回行った場合
• $2k$ 秒後に $(2,1),(-2,-1)$ にある上で，直線 $y = \pm x$ に関する対称移動2回行った場合
• $2k$ 秒後に $(2,-1),(-2,1)$ にある上で，軸に関する対称移動を1回，直線 $y = \pm x$ に関する対称移動1回行った場合

である。よって漸化式として $$a_{2k+2} = \left\{ \left( \dfrac{2}{3} \right)^2 + \left( \dfrac{1}{3} \right)^2 \right\} a_{2k} + 2 \cdot \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{1}{3} (1-a_{2k})$$ を得る。整理すると $$a_{2k+2} = \dfrac{1}{9} a_{2k} + \dfrac{4}{9}$$ である。変形して $$a_{2k+2} - \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{9} \left( a_{2k} - \dfrac{1}{2} \right)$$ で $a_0 = 1$ に注意してこれを解くと，$k \geqq 1$ のとき $$a_{2k} = \dfrac{1}{2} \left\{ 1+\left( \dfrac{1}{9} \right)^k \right\}$$ を得る。

よって求める確率は $$\begin{cases} \dfrac{1}{4} \left\{ 1+\left( \dfrac{1}{3} \right)^n \right\} &(n \text{は偶数}) \\ 0 & (n \text{は奇数}) \end{cases}$$

$(t,f(t))$ での放物線の接線は $C_t$ の接線でもあるため，$(t,f(t))$ での放物線の法線は $C_t$ の中心を通る。

$f'(x) = - \dfrac{\sqrt{2}}{2} x = - \dfrac{1}{\sqrt{2}} x$ より法線の式は $$\begin{aligned} y &= \dfrac{\sqrt{2}}{t} (x-t) + \left( -\dfrac{\sqrt{2}}{4} t^2 + 4\sqrt{2} \right)\\ &= \dfrac{\sqrt{2}}{t} x - \dfrac{\sqrt{2}}{4} t^2 + 3\sqrt{2} \end{aligned}$$ である。

円の中心の座標 $(c(t),0)$ を代入すると $$0 = \dfrac{\sqrt{2}}{t} c(t) - \dfrac{\sqrt{2}}{4}t^2 + 3\sqrt{2}$$ となるため $$c(t) = \dfrac{1}{4} t^3 - 3t$$ である。

円の方程式は $$(x-c(t))^2 + y^2 = \{r(t)\}^2$$ である。$(t,f(t))$ を代入することで $$\begin{aligned} \{ r(t) \}^2 &= \left\{ t -\left( \dfrac{1}{4}t^3 - 3t \right) \right\} + \left( -\dfrac{\sqrt{2}}{4} t^2 + 4\sqrt{2} \right)^2\\ &= \left( - \dfrac{1}{4} t^3 + 4t \right)^2 + \left( -\dfrac{\sqrt{2}}{4} t^2 + 4\sqrt{2} \right)^2\\ &= \dfrac{1}{16}t^6 - \dfrac{15}{8} t^4 + 12 t^2 + 32 \end{aligned}$$

円 $C_t$ が $(3,a)$ を通るので $$(3-c(t))^2 + a^2 = \{ r(t) \}^2$$ となる。整理すると $$a^2 = -\dfrac{3}{8} t^4 + \dfrac{3}{2} t^3+3t^2- 18t + 23$$ である。ここで $$g(t) = -\dfrac{3}{8} t^4 + \dfrac{3}{2} t^3+3t^2- 18t + 23$$ とおくと，$y = g(t)$ と$y =a^2$ の交点の数を考えればよい。

$$\begin{aligned} g'(t) &= - \dfrac{3}{2} t^3 + \dfrac{9}{2} t^2 + 6t - 18\\ &= -\dfrac{3}{2} (t+2)(t-2)(t-3) \end{aligned}$$ より増減表は $$\begin{array}{c|ccccccc} t & 0 & \cdots & 2 & \cdots & 3 & \cdots & 4\\ \hline g'(t) & & - & 0 &+ & 0 &-&\\ g(t)& &\searrow & & \nearrow & &\searrow \end{array}$$ となる。

$g(t)$ の取る値を計算する。 $$\begin{aligned} g(0) &= 23\\ g(2) &= -\dfrac{3}{8} \cdot 16 + \dfrac{3}{2} \cdot 8 \\ & \quad + 3 \cdot 4 - 18 \cdot 2 + 23\\ &= 5\\ g(3) &= -\dfrac{3}{8} \cdot 81 + \dfrac{3}{2} \cdot 27 \\ & \quad + 3 \cdot 9 - 18 \cdot 3 + 23\\ &= \dfrac{49}{8}\\ g(4) &= -\dfrac{3}{8} \cdot 256 + \dfrac{3}{2} \cdot 64 \\ & \quad + 3 \cdot 16 - 18 \cdot 4 + 23\\ &= -1 \end{aligned}$$

よってグラフは次のようになる。

$f(3) = \dfrac{7}{4}\sqrt{2}$ より $a^2$ のとり得る範囲は $0 < a^2 < \dfrac{49}{8}$ である。

こうして $$\begin{cases} 5 < a^2 < \dfrac{49}{8} \ \text{のとき，3 個}\\ a^2 = 5 \ \text{のとき，2 個}\\ 0 < a^2 < 5 \ \text{のとき，1 個} \end{cases}$$

平面 $x = t$ と三角形 $\mathrm{ABD}$ の交わりを調べる。

$\mathrm{AB}$ は $(1,0,0)$ と $(0,1,0)$ を結ぶ線分であるため，かならず平面 $x = t$ と交わる。

平面 $x = t$ と辺 $\mathrm{AB}$ の交点を $\mathrm{E}$ とおく。 $\mathrm{BE}:\mathrm{EA} = t:(1-t)$ であるため $$\overrightarrow{\mathrm{OE}} = \begin{pmatrix} t\\ 1-t\\ 0 \end{pmatrix}$$ を得る。

一方，$\mathrm{D}$ の $x$ 座標は $\dfrac{1}{2}$ であるため，三角形 $\mathrm{ABD}$ のどの辺と平面 $x=t$ が交わるか場合分けが生じる。

• $0 < t < \dfrac{1}{2}$ のとき
  平面 $x = t$ と辺 $\mathrm{BD}$ の交点を $\mathrm{F}$ とおく。 $$\begin{aligned} \mathrm{BF} : \mathrm{FD} &= t : \left( \dfrac{1}{2} - t \right)\\ &= 2t: (1-2t) \end{aligned}$$ であるため， $$\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{OF}} &= 2t \overrightarrow{\mathrm{OD}} + (1-2t) \overrightarrow{\mathrm{OB}}\\ &= \begin{pmatrix} t\\ 1-2t\\ t \end{pmatrix} \end{aligned}$$ を得る。 $\mathrm{E}$，$\mathrm{F}$ はともに直線 $y+z = 1-t$ 上にある。

上図より $\mathrm{F}$ の $y$ 座標が $\dfrac{1-t}{2}$ より大きいか小さいかで，$x$ 軸と最も近い直線 $\mathrm{EF}$ 上の点が異なる。
不等式 $1-2t > \dfrac{1-t}{2}$ を解くと $t < \dfrac{1}{3}$ を得るため，これを境に場合分けをする。

• $0 < t < \dfrac{1}{3}$ のとき

  • $x$ 軸から最も近い点：$\mathrm{F} : (1-2t,t)$
  • $x$ 軸から最も遠い点：$\mathrm{E} : (1-t,0)$

よって面積は $$\begin{aligned} &\pi \{ \{ (1-t)^2 \} - \{ (1-2t)^2 + t^2 \} \}\\ &= \pi (2t-4t^2) \end{aligned}$$

• $\dfrac{1}{3} < t < \dfrac{1}{2}$ のとき

  • $x$ 軸から最も近い点：$\mathrm{F} : \left( \dfrac{1-t}{2} ,\dfrac{1-t}{2} \right)$
  • $x$ 軸から最も遠い点：$\mathrm{E} : (1-t,0)$

よって面積は $$\begin{aligned} &\pi \left\{ \{ (1-t)^2 \} - \left\{ \left( \dfrac{1-t}{2} \right)^2 + \left( \dfrac{1-t}{2} \right)^2 \right\} \right\}\\ &= \dfrac{\pi}{2} (1-t)^2 \end{aligned}$$

• $\dfrac{1}{2} \leqq t < 1$

平面 $x = t$ と辺 $\mathrm{AD}$ の交点を $\mathrm{G}$ とおく。 $$\begin{aligned} \mathrm{AG}:\mathrm{GD} &= (1-t):\left( t-\dfrac{1}{2} \right)\\ &= (2-2t):(2t-1) \end{aligned}$$ であるため $$\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{OG}} &= (2-2t) \overrightarrow{\mathrm{OD}} + (2t-1) \overrightarrow{\mathrm{OA}}\\ &= \begin{pmatrix} t\\ 0\\ 1-t \end{pmatrix} \end{aligned}$$ を得る。

よって $\mathrm{E}, \mathrm{G}$ は，$y+z = 1-t$ 上にあり，グラフを描くと次のようになる。

よって

• $x$ 軸から最も近い点：$\left( \dfrac{1-t}{2} , \dfrac{1-t}{2} \right)$
• $x$ 軸から最も遠い点：$(1-t,0)$．$(0,1-t)$

よって，面積は $$\begin{aligned} &\pi \left\{ \{ (1-t)^2 \} - \left\{ \left( \dfrac{1-t}{2} \right)^2 + \left( \dfrac{1-t}{2} \right)^2 \right\} \right\}\\ &= \dfrac{\pi}{2} (1-t)^2 \end{aligned}$$ である。

以上より求める体積は $$\int_0^{\frac{1}{3}} \pi (2t-4t^2)dt + \int_{\frac{1}{3}}^1 \dfrac{\pi}{2} (1-t)^2 dt$$ である。

• 1項目 $$\begin{aligned} \int_0^{\frac{1}{3}} \pi (2t-4t^2)dt &= \pi \Big[ t^2 - \dfrac{4}{3} t^3 \Big]_0^{\frac{1}{3}}\\ &= \pi \left( \dfrac{1}{9} - \dfrac{4}{81} \right)\\ &= \dfrac{5}{81} \pi \end{aligned}$$

• 2項目 $$\begin{aligned} \int_{\frac{1}{3}}^1 \dfrac{\pi}{2} (1-t)^2 dt &= \dfrac{\pi}{2} \Big[ \dfrac{1}{3} (1-t)^3 \Big]_{\frac{1}{3}}^1 \\ &= \dfrac{4}{81} \pi \end{aligned}$$

よって体積は $\dfrac{\pi}{9}$ である。

$$f(x) = x (x^2+10x+20)$$

$f(n)$ が素数である場合，$n = \pm 1$ もしくは $n^2+10n+20 =\pm 1$ となる。

1. $n = 1$ のとき：$f(1) = 31$ は素数である。
2. $n = -1$ のとき：$f(-1) = -1+10-20 = -11$ は素数ではない。
3. $n^2 + 10n + 20 = 1$ のとき：
   整理すると $$n^2 + 10 n + 19 = 0$$ となるが，これは整数解を持たない。
4. $n^2 + 10n + 20 = -1$ のとき：
   整理すると $$n^2 + 10 n + 21 = 0$$ となる。これは $n = -3,-7$ が解になる。どちらの場合も $f(n)$ は素数である。

以上より $n = 1,-3,-7$ が求める整数である。

$g(n)$ が素数であるとする。$g(n) = p$ ($p$ は素数) とおくと，$g(n) = n (n^2+an+b)$ であるため， $$(n,n^2+an+b) = (\pm 1,\pm p), (\pm p , \pm 1)$$ となる。

よって，$g(n)$ が素数 $p$ となる $n$ が存在する場合，それに応じて $y = x^2+ax+b$ 上の点 $(\pm 1,\pm p), (\pm p , \pm 1)$ が対応する。

ここで $g(n)$ が素数となる $n$ が4つ以上あると仮定する。

$x^2+ax+b$ は二次関数であるため $x^2+ax+b = 1$ を満たす $x$ は高々2つである。これに注意すると，$y = x^2+ax+b$ 上に存在する4点は

1. $(-p_1,-1)$，$(-p_2,-1)$，$(-1,-p_3)$，$(1,p_4)$（ただし $p_1 > p_2$）
2. $(-p_1,-1)$，$(-p_2,-1)$，$(-1,-p_3)$，$(p_4,1)$（ただし $p_1 > p_2$）
3. $(-p_1,-1)$，$(-1,-p_2)$，$(1,p_3)$，$(p_4,1)$
4. $(-p_1,-1)$，$(1,p_2)$，$(p_3,1)$，$(p_4,1)$（ただし $p_3 < p_4$）
5. $(-1,-p_1)$，$(1,p_2)$，$(p_3,1)$，$(p_4,1)$（ただし $p_3 < p_4$）

のいずれかになる。

• 1，2 の場合
  増減表を書くと $$\begin{array}{c|ccccccc} x & -p_1 & \cdots & -p_2 & \cdots & -1 & \cdots & p_4\\ y & -1 & & -1 & \searrow & -p_3 & \nearrow & 1 \end{array}$$ である。$y$ は定数関数ではないため，増減表より $x = -p_1$ から $-p_2$ の間に極が存在する。こうして極が少なくとも2つ存在することが分かる。
  一方，$y = x^2+ax+b$ は二次関数であるため，極は1つしか存在しない。よって矛盾する。

• 3の場合
  増減表を書くと $$\begin{array}{c|ccccccc} x & -p_1 & \cdots & -1 & \cdots & 1 & \cdots & p_4\\ y & -1 & \searrow & -p_2 & \nearrow & p_3 & \searrow & 1 \end{array}$$ である。増減表より $x = -1$ と $1$ に極が存在する。こうして極が少なくとも2つ存在することが分かる。
  一方，$y = x^2+ax+b$ は二次関数であるため，極は1つしか存在しない。よって矛盾する。

• 4，5 の場合
  1，2の場合の $x$ 座標の正負を逆にした場合であるため，同様に矛盾する。 増減表を書くと $$\begin{array}{c|ccccccc} x & -p_1 & \cdots & -1 & \cdots & 1 & \cdots & p_4\\ y & -1 & \searrow & -p_2 & \nearrow & p_3 & \searrow & 1 \end{array}$$ である。こうして極が少なくとも2つ存在することが分かる。
  一方，$y = x^2+ax+b$ は二次関数であるため，極は1つしか存在しない。よって矛盾する。

こうして $g(n)$ が素数となる $n$ は高々3つしかない。