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九州大学 2021年理系第2問解説

方針・初手

(1) 2次方程式が実数解をもたない条件は、判別式 $D<0$ である。これを三角関数の不等式に帰着させて解く。 (2) 実数係数の2次方程式の虚数解は互いに共役となるため、3点 $A, B, O$ の配置の対称性に注目する。中心 $C$ は実軸上にあり、解と係数の関係を用いることで簡潔に計算できる。 (3) 円の中心 $C$ から円周上の点 $O, A$ までの距離は等しいため、三角形 $OAC$ は二等辺三角形である。直角三角形になるための条件は頂角が直角になることであると見抜き、実部の比較や三平方の定理へ繋げる。

解法1

(1)

2次方程式 $(*)$ の判別式を $D$ とすると、実数解をもたない条件は $D < 0$ である。

$$ \frac{D}{4} = (-2\cos\theta)^2 - 1 \cdot \frac{1}{\tan\theta} = 4\cos^2\theta - \frac{\cos\theta}{\sin\theta} $$

$0 < \theta < \frac{\pi}{4}$ より $\cos\theta > 0, \sin\theta > 0$ であるから、

$$ \frac{D}{4} < 0 \iff \cos\theta \left( 4\cos\theta - \frac{1}{\sin\theta} \right) < 0 $$

$$ \iff 4\cos\theta - \frac{1}{\sin\theta} < 0 $$

$$ \iff 4\sin\theta\cos\theta - 1 < 0 $$

2倍角の公式より $4\sin\theta\cos\theta = 2\sin2\theta$ であるから、

$$ 2\sin2\theta - 1 < 0 \iff \sin2\theta < \frac{1}{2} $$

$0 < \theta < \frac{\pi}{4}$ より $0 < 2\theta < \frac{\pi}{2}$ であるから、この範囲で不等式を解くと、

$$ 0 < 2\theta < \frac{\pi}{6} \iff 0 < \theta < \frac{\pi}{12} $$

(2)

実数係数の2次方程式 $(*)$ が虚数解をもつとき、その2つの解 $\alpha, \beta$ は互いに共役な複素数である。すなわち $\beta = \overline{\alpha}$ である。

複素数平面上において、点 $A(\alpha)$ と点 $B(\overline{\alpha})$ は実軸に関して対称である。点 $O(0)$ も実軸上にあるため、これら3点を通る円の中心 $C(\gamma)$ は実軸上に存在する。したがって $\gamma$ は実数である。

点 $C(\gamma)$ は線分 $OA$ の垂直二等分線上にもあるため、$CO = CA$ より、

$$ \gamma = |\gamma - \alpha| $$

両辺を2乗して整理する。$\gamma$ は実数であるから $\overline{\gamma} = \gamma$ となり、

$$ \gamma^2 = (\gamma - \alpha)(\gamma - \overline{\alpha}) $$

$$ \gamma^2 = \gamma^2 - \gamma(\alpha + \overline{\alpha}) + \alpha\overline{\alpha} $$

$$ \gamma(\alpha + \overline{\alpha}) = \alpha\overline{\alpha} $$

ここで、2次方程式の解と係数の関係から、$\alpha + \beta = 4\cos\theta, \alpha\beta = \frac{1}{\tan\theta}$ であり、$\beta = \overline{\alpha}$ より、

$$ \alpha + \overline{\alpha} = 4\cos\theta, \quad \alpha\overline{\alpha} = \frac{1}{\tan\theta} $$

これを代入して $\gamma$ について解くと、

$$ \gamma(4\cos\theta) = \frac{1}{\tan\theta} $$

$0 < \theta < \frac{\pi}{12}$ より $\cos\theta \neq 0$ であるから、

$$ \gamma = \frac{1}{4\cos\theta \tan\theta} = \frac{1}{4\sin\theta} $$

(3)

円 $C$ は点 $O, A$ を通るため、線分 $CO, CA$ はともに円の半径であり $CO = CA$ が成り立つ。よって、三角形 $OAC$ は $CO = CA$ の二等辺三角形である。

三角形 $OAC$ が直角三角形となるとき、等しい2辺が斜辺となることはないため、直角となるのは頂角である $\angle OCA$ のみである。

$\angle OCA = \frac{\pi}{2}$ となるのは、実軸上にある点 $C(\gamma)$ から点 $A(\alpha)$ に向かうベクトルが虚軸と平行になるとき、すなわち $\alpha$ の実部が $\gamma$ と等しくなるときである。

$\alpha + \overline{\alpha} = 4\cos\theta$ より、$\alpha$ の実部は $2\cos\theta$ である。したがって条件は、

$$ 2\cos\theta = \frac{1}{4\sin\theta} $$

$$ 8\sin\theta\cos\theta = 1 $$

$$ 4\sin2\theta = 1 \iff \sin2\theta = \frac{1}{4} $$

$\tan\theta = t$ とおくと、$\sin2\theta = \frac{2\tan\theta}{1+\tan^2\theta} = \frac{2t}{1+t^2}$ と表せるため、

$$ \frac{2t}{1+t^2} = \frac{1}{4} $$

$$ t^2 - 8t + 1 = 0 $$

これを解いて、

$$ t = 4 \pm \sqrt{15} $$

ここで、$0 < \theta < \frac{\pi}{12}$ であるから、$0 < \tan\theta < \tan\frac{\pi}{12}$ となる。

$$ \tan\frac{\pi}{12} = \tan\left( \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{6} \right) = \frac{1 - \frac{1}{\sqrt{3}}}{1 + \frac{1}{\sqrt{3}}} = 2 - \sqrt{3} $$

2つの解と $\tan\frac{\pi}{12}$ の大小関係を調べる。

$$ (2 - \sqrt{3}) - (4 - \sqrt{15}) = \sqrt{15} - 2 - \sqrt{3} $$

$(\sqrt{15})^2 = 15$ であり、$(2 + \sqrt{3})^2 = 7 + 4\sqrt{3} = 7 + \sqrt{48} < 7 + 7 = 14$ であるから、$\sqrt{15} > 2 + \sqrt{3}$ が成り立つ。

よって $4 - \sqrt{15} < 2 - \sqrt{3}$ であり、$t = 4 - \sqrt{15}$ は条件を満たす。また、$4 + \sqrt{15} > 2 - \sqrt{3}$ は明らかである。

したがって、求める値は $\tan\theta = 4 - \sqrt{15}$ である。

解法2

(3) （三平方の定理を用いた別解）

三角形 $OAC$ は $CO = CA$ の二等辺三角形であるから、これが直角三角形となるための条件は $\angle OCA = \frac{\pi}{2}$ である。三平方の定理より、

$$ OA^2 = CO^2 + CA^2 = 2CO^2 $$

ここで、点 $A(\alpha), C(\gamma), O(0)$ より $OA^2 = |\alpha|^2, CO^2 = \gamma^2$ である。

(2) の結果より $|\alpha|^2 = \frac{1}{\tan\theta}, \gamma = \frac{1}{4\sin\theta}$ であるから、

$$ \frac{1}{\tan\theta} = 2 \left( \frac{1}{4\sin\theta} \right)^2 $$

$$ \frac{\cos\theta}{\sin\theta} = \frac{1}{8\sin^2\theta} $$

両辺に $8\sin^2\theta$ を掛けると、$0 < \theta < \frac{\pi}{12}$ より $\sin\theta \neq 0$ であるから、

$$ 8\sin\theta\cos\theta = 1 $$

$$ 4\sin2\theta = 1 \iff \sin2\theta = \frac{1}{4} $$

これ以降は解法1と同様にして $\tan\theta = 4 - \sqrt{15}$ を得る。

解説

2次方程式の解と係数の関係、および複素数平面上の図形的性質を組み合わせた問題である。

(2) では外接円の中心座標を求めるが、一般の3点を通る円の方程式を立てるよりも、対称性から中心が実軸上にあることを見抜き、垂直二等分線の条件や解と係数の関係を利用する方針が最も確実で速い。

(3) では二等辺三角形が直角三角形になる条件を考える。「頂角が直角になる」という図形的必然性に気づけば、点 $A$ と点 $C$ の実部が等しいという立式（解法1）や三平方の定理（解法2）にスムーズに繋がる。また、最後に $\tan\frac{\pi}{12}$ の値と大小比較をして解を絞り込む部分が本問の計算の山場である。