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
$\left\{\begin{array}{l} y=x^{3}-3bx+3b^{2}\\ y=x^{3}-x^{2}+b^{2} \end{array}\right.$
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
$\left\{\begin{array}{l} \alpha \lt \beta\\ 0 \lt b \end{array}\right.$
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
$h(0) \lt g(0)$
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、
$\quad C_1 : y=g(x)$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 \lt \alpha \lt \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、
$$ \begin{align} S-T&=\int_{\alpha}^{\beta}\{h(x)-g(x)\}\,dx\\&\hspace{100px} -\int_{\beta}^{t}\{g(x)-h(x)\}\,dx\\ &=\int_{\alpha}^{\beta}\{h(x)-g(x)\}\,dx\\&\hspace{100px} +\int_{\beta}^{t}\{h(x)-g(x)\}\,dx \end{align} $$ 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、
$\displaystyle S-T=\int_{b}^{t}\left\{ \begin{aligned}&(x^{3}-x^{2}+b^{2})\\&\quad -(x^{3}-3bx+3b^{2})\end{aligned}\right\}\,dx$
式Ａ'

これを計算して、

途中式

$$ \begin{align} S-T&=\int_{b}^{t}(-x^{2}+3bx-2b^{2})\,dx\\ &=\left[-\dfrac{1}{3}x^{3}+\dfrac{3b}{2}x^{2}-2b^{2}x\right]_{b}^{t}\\ &=\left[-\dfrac{2}{6}x^{3}+\dfrac{9b}{6}x^{2}-\dfrac{12b^{2}}{6}x\right]_{b}^{t}\\ &=\dfrac{1}{6}\left[-2x^{3}+9bx^{2}-12b^{2}x\right]_{b}^{t}\\ &=\dfrac{1}{6}\left\{\begin{aligned}(& -2t^{3}+9bt^{2}-12b^{2}t)\\& -(-2b^{3}+9b\cdot b^{2}-12b^{2}\cdot b)\end{aligned}\right\}\\ &=\dfrac{1}{6}\left(\begin{aligned} -2t^{3}+& 9bt^{2}-12b^{2}t\\&+2b^{3}-9b^{3}+12b^{3}\end{aligned}\right)\\ &=\dfrac{1}{6}(-2t^{3}+9bt^{2}-12b^{2}t+5b^{3}) \end{align} $$ より

$S-T=-\dfrac{1}{6}(2t^{3}-9bt^{2}+12b^{2}t-5b^{3})$
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、
$-\dfrac{1}{6}(2t^{3}-9bt^{2}+12b^{2}t-5b^{3})=0$
より
$2t^{3}-9bt^{2}+12b^{2}t-5b^{3}=0$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

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

なので、式Ｂは
$(t-b)(\textcolor{red}{2t^{2}-7bt+5b^{2} })=0$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
$t=b$，$\dfrac{5}{2}b$式Ｃ
となる。

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

解答ネ：５, ノ：２