まず、$C_1$と$C_2$の交点から。

$C_1$の式と$C_2$の式の連立方程式
$\{\begin{array}{l}y=x^3-3bx+3b^2\\ y=x^3-x^2+b^2\end{array}$
から、方程式
$x^3-3bx+3b^2=x^3-x^2+b^2$
ができる。

これを解くと、
$x^2-3bx+2b^2=0$
$(x-b)(x-2b)=0$
より
$x=b$，$2b$
となる。

この２解が$\alpha$，$\beta$なんだけど、問題文より
$\{\begin{array}{l}\alpha <\beta \\ 0<b\end{array}$
だから、
$\alpha =b$，$\beta =2b$
である。

解答サ：ｂ, シ：２, ス：ｂ

先に進む前に、グラフを描こう。

いま、ふたつのグラフと$y$軸との交点を考えると、
$g(0)=3b^2$
$h(0)=b^2$
なので
$h(0)<g(0)$
である。

よって、ふたつの曲線の位置関係は
$x=0$（$y$軸上）では、
$C_1:y=g(x)$が上、$C_2:y=h(x)$が下 にある。

また、$C_1$と$C_2$は$x=\alpha$，$\beta$の2点で交わる。
接するんじゃなくて交わるので、
$\alpha$と$\beta$を境に ふたつの直線の上下は入れ替わる ことになる。

さらに、交点の位置関係は
$0<\alpha <\beta$ だ。

よって、ふたつの曲線の位置関係は

$x$		$\cdots$	$0$	$\cdots$	$\alpha$		$\cdots$	$\beta$		$\cdots$
位置 関係	上	$C_1$				$C_2$			$C_1$
	下	$C_2$				$C_1$			$C_2$

であることが分かる。

以上から $C_1$と$C_2$のグラフを描くと、だいたい図Ａのようなイメージになる。

図Ａ中の赤い部分の面積を$S$，緑の部分の面積を$T$とする。

図Ａより、$S$，$T$は
${\displaystyle S={\int }_{\alpha }^{\beta }\{h(x)-g(x)\}dx}$
${\displaystyle T={\int }_{\beta }^t\{g(x)-h(x)\}dx}$
とかける。

解答セ：2, ソ：1

よって、$S-T$は、
$$\begin{array}{rl}S-T& ={\int }_{\alpha }^{\beta }\{h(x)-g(x)\}dx\\ & -{\int }_{\beta }^t\{g(x)-h(x)\}dx\\ & ={\int }_{\alpha }^{\beta }\{h(x)-g(x)\}dx\\ & +{\int }_{\beta }^t\{h(x)-g(x)\}dx\end{array}$$ となるから、

${\displaystyle S-T={\int }_{\alpha }^t\{h(x)-g(x)\}dx}$式Ａ
とかける。

解答タ：2

あとは、計算だ。

式Ａに$g(x)$，$h(x)$の式とサを代入して、
${\displaystyle S-T={\int }_b^t\left\{\begin{array}{rl}& (x^3-x^2+b^2)\\ & -(x^3-3bx+3b^2)\end{array}\right\}dx}$
式Ａ'

これを計算して、

途中式

$$\begin{array}{rl}S-T& ={\int }_b^t(-x^2+3bx-2b^2)dx\\ & ={[-{\displaystyle \frac{1}{3}}{x}^3+{\displaystyle \frac{3b}{2}}{x}^2-2b^{2}x]}_b^t\\ & ={[-{\displaystyle \frac{2}{6}}{x}^3+{\displaystyle \frac{9b}{6}}{x}^2-{\displaystyle \frac{12b^2}{6}}x]}_b^t\\ & ={\displaystyle \frac{1}{6}}{[-2x^3+9b{x}^2-12b^{2}x]}_b^t\\ & ={\displaystyle \frac{1}{6}}\left\{\begin{array}{rl}(& -2t^3+9b{t}^2-12b^{2}t)\\ & -(-2b^3+9b\cdot b^2-12b^2\cdot b)\end{array}\right\}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{6}}\left(\begin{array}{rl}-2t^3+& 9b{t}^2-12b^{2}t\\ & +2b^3-9b^3+12b^3\end{array}\right)\\ & ={\displaystyle \frac{1}{6}}(-2t^3+9b{t}^2-12b^{2}t+5b^3)\end{array}$$ より

$S-T=-{\displaystyle \frac{1}{6}}(2t^3-9b{t}^2+12b^{2}t-5b^3)$
である。

解答チ：－, ツ：1, テ：6, ト：9, ナ：1, ニ：2, ヌ：5

よって、$S-T=0$となるのは、
$-{\displaystyle \frac{1}{6}}(2t^3-9b{t}^2+12b^{2}t-5b^3)=0$
より
$2t^3-9b{t}^2+12b^{2}t-5b^3=0$式Ｂ
のとき。

これを$t$について解くんだけど、三次式で、ぱっと因数分解できる形じゃない。
なので、解をひとつ見つけて式の割り算をして、二次方程式にしよう。

式Ａ'を見ると、
$t=b$
のときに$S-T=0$になるのは明らか。

詳しく

$t=b$の場合、式Ａ'は積分の上端と下端が等しくなる。
積分の上端と下端が等しい場合、
${\displaystyle {\int }_a^{a}f(x)dx=0}$
なので、このとき、式Ａ'の値は$0$、つまり
$S-T=0$
である。

よって、式Ｂの解のひとつは
$t=b$
だから、式Ｂは
$t-b$
で割り切れる。

ということで、式Ｂを$t-b$で割る。
組立除法をすると

$2$	$-9b$	$12b^2$	$-5b^3$	$b$
	$2b$	$-7b^2$	$5b^3$
$2$	$-7b$	$5b^2$	$0$

組立除法をしないとき

		$2t^2$	$-7bt$	$+5b^2$
$t-b$	$)$	$2t^3$	$-9b{t}^2$	$+12b^{2}t$	$-5b^3$
		$2t^3$	$-2b{t}^2$
			$-7b{t}^2$
			$-7b{t}^2$	$+7b^{2}t$
				$5b^{2}t$
				$5b^{2}t$	$-5b^3$
					$0$

なので、式Ｂは
$(t-b)(2t^2-7bt+5b^2)=0$式Ｂ'
と因数分解できる。

式Ｂ'の赤い部分は

$t$		$-b$	→	$-2bt$
$2t$		$-5b$	→	$-5bt$
				$-7bt$

とたすきがけできるので、
$2t^2-7bt+5b^2=(t-b)(2t-5b)$
と因数分解できる。

よって、式Ｂ'は
$(t-b{)}^2(2t-5b)=0$
とかけるから、方程式の解は
$t=b$，${\displaystyle \frac{5}{2}}b$式Ｃ
となる。

ここで、問題文より $\beta <t$、つまり$2b<t$で、$0<b$なので、式Ｃのうち$t=b$は不適。
正解は
$t={\displaystyle \frac{5}{2}}b$
である。

解答ネ：５, ノ：２