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東京大学 2006年理系第3問解説

方針・初手

（1）は、直線 $l$ の方程式を決定し、対称移動の定義（「結ぶ線分が軸に垂直」かつ「中点が軸上」）に従って点 $R$ の座標を $\alpha, p$ で表す。その後、$R$ が直線 $y = (\tan\theta)x$ 上にあることから $\tan\theta$ を求める。複素数平面の対称移動を利用すると計算を簡略化できる。
（2）は、「原点を通り直線 $l$ に垂直な直線」の傾きが $-1/\alpha$ であることに着目し、これが $\tan\frac{\theta}{3}$ と一致するという条件を立式する。（1）の結果と合わせて $\theta$ の恒等式とし、三角関数の3倍角の公式を用いて $p$ を決定する。

解法1

(1)

原点 $O(0,0)$ は、傾き $\alpha$ の直線 $l$ に関する対称移動により、$y=1$ 上の第1象限の点 $Q(q,1)$ （$q>0$）に移る。線分 $OQ$ は直線 $l$ と垂直に交わるため、直線 $OQ$ の傾きは $-\frac{1}{\alpha}$ である。したがって点 $Q$ の座標は $Q(-\alpha, 1)$ と表せる。$Q$ は第1象限の点であるから、$-\alpha > 0$ より $\alpha < 0$ である。

直線 $l$ は線分 $OQ$ の垂直二等分線である。$OQ$ の中点 $M\left(-\frac{\alpha}{2}, \frac{1}{2}\right)$ を通り、傾きが $\alpha$ であるから、直線 $l$ の方程式は以下のようになる。

$$ y - \frac{1}{2} = \alpha \left( x + \frac{\alpha}{2} \right) \iff y = \alpha x + \frac{\alpha^2 + 1}{2} $$

次に、点 $P(0,p)$ を直線 $l$ に関して対称移動した点 $R(X,Y)$ の座標を求める。線分 $PR$ は $l$ に垂直であるから、直線 $PR$ は点 $P$ を通り傾き $-\frac{1}{\alpha}$ の直線である。

$$ y - p = -\frac{1}{\alpha} x \iff x = \alpha(p - y) $$

また、線分 $PR$ の中点 $\left(\frac{X}{2}, \frac{Y+p}{2}\right)$ は直線 $l$ 上にあるから、

$$ \frac{Y+p}{2} = \alpha \frac{X}{2} + \frac{\alpha^2 + 1}{2} $$

$$ Y + p = \alpha X + \alpha^2 + 1 $$

これに $X = \alpha(p - Y)$ を代入して整理する。

$$ Y + p = \alpha^2(p - Y) + \alpha^2 + 1 $$

$$ (1+\alpha^2)Y = (\alpha^2 - 1)p + \alpha^2 + 1 $$

$$ Y = \frac{(\alpha^2 - 1)p + \alpha^2 + 1}{\alpha^2 + 1} $$

これを $X = \alpha(p - Y)$ に代入して $X$ を求める。

$$ X = \alpha \left( p - \frac{(\alpha^2 - 1)p + \alpha^2 + 1}{\alpha^2 + 1} \right) = \alpha \frac{p(\alpha^2 + 1) - (\alpha^2 - 1)p - \alpha^2 - 1}{\alpha^2 + 1} = \frac{\alpha(2p - \alpha^2 - 1)}{\alpha^2 + 1} $$

点 $R(X,Y)$ は直線 $m : y = (\tan\theta)x$ 上の第1象限の点であるから、$X>0$ かつ $Y>0$ であり、以下の関係が成り立つ。

$$ \tan\theta = \frac{Y}{X} = \frac{(\alpha^2 - 1)p + \alpha^2 + 1}{\alpha(2p - \alpha^2 - 1)} $$

(2)

「原点を通り直線 $l$ に垂直な直線」の傾きは $-\frac{1}{\alpha}$ である。条件より、この直線がどのような $\theta \left(0 < \theta < \frac{\pi}{2}\right)$ に対しても $y = \left(\tan\frac{\theta}{3}\right)x$ となるので、傾きについて以下が成り立つ。

$$ -\frac{1}{\alpha} = \tan\frac{\theta}{3} \iff \alpha = -\frac{1}{\tan\frac{\theta}{3}} $$

$\beta = \frac{\theta}{3}$ とおくと、$0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ より $0 < \beta < \frac{\pi}{6}$ であり、$\alpha = -\frac{1}{\tan\beta}$ となる。また、正接の3倍角の公式より以下の等式が成り立つ。

$$ \tan\theta = \tan 3\beta = \frac{3\tan\beta - \tan^3\beta}{1 - 3\tan^2\beta} $$

（1）で求めた $\tan\theta$ の式に $\alpha = -\frac{1}{\tan\beta}$ を代入する。分子は次のように変形できる。

$$ (\alpha^2 - 1)p + \alpha^2 + 1 = \left( \frac{1}{\tan^2\beta} - 1 \right)p + \frac{1}{\tan^2\beta} + 1 = \frac{(1-\tan^2\beta)p + 1 + \tan^2\beta}{\tan^2\beta} $$

分母は次のように変形できる。

$$ \alpha(2p - \alpha^2 - 1) = -\frac{1}{\tan\beta} \left( 2p - \frac{1}{\tan^2\beta} - 1 \right) = \frac{1 + (1-2p)\tan^2\beta}{\tan^3\beta} $$

したがって、$\tan\theta$ は以下のように表せる。

$$ \tan\theta = \frac{\frac{(1-\tan^2\beta)p + 1 + \tan^2\beta}{\tan^2\beta}}{\frac{1 + (1-2p)\tan^2\beta}{\tan^3\beta}} = \frac{\tan\beta \{ p + 1 + (1-p)\tan^2\beta \}}{1 + (1-2p)\tan^2\beta} $$

これが $\tan 3\beta$ に等しいので、以下の恒等式を得る。

$$ \frac{\tan\beta \{ p + 1 + (1-p)\tan^2\beta \}}{1 + (1-2p)\tan^2\beta} = \frac{\tan\beta (3 - \tan^2\beta)}{1 - 3\tan^2\beta} $$

$\tan\beta \neq 0$ であるため両辺を $\tan\beta$ で割り、$t = \tan^2\beta$ とおく。どのような $t \left(0 < t < \frac{1}{3}\right)$ に対しても、以下の等式が成り立つような $p$ を求めればよい。

$$ \frac{(p+1) + (1-p)t}{1 + (1-2p)t} = \frac{3 - t}{1 - 3t} $$

分母を払って整理する。

$$ \{ (p+1) + (1-p)t \} (1 - 3t) = \{ 1 + (1-2p)t \} (3 - t) $$

$$ (p+1) - (4p+2)t - 3(1-p)t^2 = 3 + (2-6p)t - (1-2p)t^2 $$

これが $t$ についての恒等式となる条件は、各次数の係数が一致することである。

$$ \begin{cases} p+1 = 3 \\ -(4p+2) = 2-6p \\ -3(1-p) = -(1-2p) \end{cases} $$

第1式より $p=2$ である。このとき、第2式は $-10 = -10$、第3式は $3 = 3$ となり、すべての式を満たす。また $p=2$ は条件 $p>1$ も満たしている。以上より、条件を満たす点 $P$ は存在し、そのときの $p$ の値は $2$ である。

解法2

（1）のみ複素数平面を用いた別解

点 $Q$ は第1象限の点であり、$OQ \perp l$ かつ $l$ の傾きが $\alpha$ であるから、直線 $OQ$ の傾きは $-\frac{1}{\alpha}$ である。よって複素数平面において $Q$ は $q = -\alpha+i$ で表され、$-\alpha > 0$ より $\alpha < 0$ である。

直線 $l$ の方向角を $\phi$ とすると、$\tan\phi = \alpha$ である。原点を通る傾き $\phi$ の直線に関する対称移動は $z \mapsto e^{i2\phi}\bar{z}$ で表される。直線 $l$ はこれを平行移動したものであり、$l$ 上の任意の点 $c$ を用いると、直線 $l$ に関する対称移動は

$$ w - c = e^{i2\phi}\overline{(z-c)} \quad \text{すなわち} \quad w = e^{i2\phi}\bar{z} + c - e^{i2\phi}\bar{c} $$

と表せる。ここで原点 $z=0$ の移る先が $Q(q)$ であることから、$q = c - e^{i2\phi}\bar{c}$ が成り立つ。したがって、直線 $l$ に関する対称移動は以下の極めて簡潔な変換式で表される。

$$ w = e^{i2\phi}\bar{z} + q $$

ここで、$e^{i2\phi}$ は次のように $\alpha$ で表せる。

$$ e^{i2\phi} = \cos 2\phi + i\sin 2\phi = \frac{1-\tan^2\phi}{1+\tan^2\phi} + i\frac{2\tan\phi}{1+\tan^2\phi} = \frac{1-\alpha^2}{1+\alpha^2} + i\frac{2\alpha}{1+\alpha^2} $$

点 $P(0,p)$ を表す複素数は $ip$ であるから、これを移動した点 $R$ を表す複素数 $w_R$ は以下のように計算できる。

$$ w_R = e^{i2\phi} \overline{(ip)} + (-\alpha+i) = -ipe^{i2\phi} - \alpha + i $$

$$ w_R = -ip \left( \frac{1-\alpha^2}{1+\alpha^2} + i\frac{2\alpha}{1+\alpha^2} \right) - \alpha + i = \frac{2p\alpha}{1+\alpha^2} - i \frac{p(1-\alpha^2)}{1+\alpha^2} - \alpha + i $$

実部と虚部をそれぞれ整理する。

$$ \text{実部} = \frac{2p\alpha}{1+\alpha^2} - \alpha = \frac{2p\alpha - \alpha(1+\alpha^2)}{1+\alpha^2} = \frac{\alpha(2p-\alpha^2-1)}{1+\alpha^2} $$

$$ \text{虚部} = -\frac{p(1-\alpha^2)}{1+\alpha^2} + 1 = \frac{-p+p\alpha^2+1+\alpha^2}{1+\alpha^2} = \frac{(\alpha^2+1)p - 2p + \alpha^2+1}{1+\alpha^2} $$

点 $R$ は直線 $y = (\tan\theta)x$ 上の点であるから、$\text{実部} > 0$ かつ $\text{虚部} > 0$ のもとで以下の結果を得る。

$$ \tan\theta = \frac{\text{虚部}}{\text{実部}} = \frac{(\alpha^2 - 1)p + \alpha^2 + 1}{\alpha(2p - \alpha^2 - 1)} $$

解説

（1）では直線に関する対称移動の定石（「中点が直線上」「垂直に交わる」）を用いるのが標準的な方針（解法1）である。計算量はやや多いが、着実に正解にたどり着くことができる。
解法2のように複素数平面上の対称移動を考えると、回転と平行移動を組み合わせた変換として記述でき、非常に見通しよく点 $R$ の座標を求めることができる。対称軸が原点を通らない場合でも、原点 $O$ が移る点 $Q$ が分かっていれば変換式が $w = e^{i2\phi}\bar{z} + q$ と簡潔に表せることは、実践的な知識として非常に有用である。
（2）は三角関数の3倍角の公式と、恒等式の処理に帰着される問題である。$\tan\beta$ のままで扱うよりも $t = \tan^2\beta$ と置き換えることで、有理関数の等式として扱いやすくなり、係数比較による論証がスムーズになる。