【九州大学2021年度前期入試数学(理系)第2問】二次方程式と複素数平面の問題

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第2問は二次方程式と複素数平面の基本的な入試問題です．

問題

$θ$ を $0 < θ < \frac{π}{4}$ をみたす定数とし， $x$ の $2$ 次方程式
$x^{2} - (4 \cos θ) x + \frac{1}{\tan θ} = 0 \dots \dots \dots (*)$
を考える．以下の問いに答えよ．

$2$ 次方程式 $(*)$ が実数解をもたないような $θ$ の値の範囲を求めよ．
$θ$ が (1) で求めた範囲にあるとし， $(*)$ の $2$ つの虚数解を $α$ , $β$ とする．ただし， $α$ の虚部は $β$ の虚部より大きいとする．複素数平面上の $3$ 点 A $(α)$ , B $(β)$ , O $(0)$ を通る円の中心を C $(γ)$ とするとき， $θ$ を用いて $γ$ を表せ．
点 O, A, C を (2) のように定めるとき，三角形 OAC が直角三角形になるような $θ$ に対する $\tan θ$ の値を求めよ．

解答解説

(1) の解答

$x$ の $2$ 次方程式 $(*)$ の判別式を $D$ とすると， $D < 0$ であればよいので，
$\begin{aligned} \frac{D}{4} & = (2 \cos θ)^{2} - \frac{1}{\tan θ} = \frac{4 \cos^{2} θ \sin θ - \cos θ}{\sin θ} = \frac{\cos θ (4 \sin θ \cos θ - 1)}{\sin θ} \\ = \frac{\cos θ (2 \sin 2 θ - 1)}{\sin θ} < 0 \end{aligned}$
である．ここで， $0 < θ < \frac{π}{4}$ であるので， $\cos θ > 0$ であることから $2 \sin 2 θ - 1 < 0$ すなわち $\sin 2 θ < \frac{1}{2}$ である．よって， $0 < 2 θ < \frac{π}{6}$ すなわち $0 < θ < \frac{π}{12}$ である．

(2) の解答

$x$ の $2$ 次方程式 $(*)$ の解を求めると，(1) の条件では
$x = 2 \cos θ \pm \sqrt{(2 \cos θ)^{2} - \frac{1}{\tan θ}} = 2 \cos θ \pm i \sqrt{\frac{\cos θ (1 - 2 \sin 2 θ)}{\sin θ}}$
$2$ つの解のうち虚部が大きい方が $α$ , 小さい方が $β$ であるので，
$\begin{aligned} α & = 2 \cos θ + i \sqrt{\frac{\cos θ (1 - 2 \sin 2 θ)}{\sin θ}} \\ β & = 2 \cos θ - i \sqrt{\frac{\cos θ (1 - 2 \sin 2 θ)}{\sin θ}} \end{aligned}$
である．

点 C は $3$ 点 A, B, O を通る円の中心であるが， $α$ , $β$ は共役複素数，すなわち，A と B は実軸に対称であることから，点 C は実軸上にある．したがって， $γ$ は実数である．

$OC = AC$ であることから，
$\begin{aligned} γ^{2} & = (2 \cos θ - γ)^{2} + \frac{\cos θ (1 - 2 \sin 2 θ)}{\sin θ} \\ (4 \cos θ) γ & = 4 \cos^{2} θ + \frac{\cos θ (1 - 2 \sin 2 θ)}{\sin θ} \\ γ & = \cos θ + \frac{1 - 2 \sin 2 θ}{4 \sin θ} \\ = \frac{1 - 2 \sin 2 θ + 2 \sin 2 θ}{4 \sin θ} \\ = \frac{1}{4 \sin θ} \end{aligned}$
である．

(3) の解答

三角形 OAC は $OC = AC$ の二等辺三角形であることから，三角形 OAC が直角三角形になるとき， $∠ OCA = \frac{π}{2}$ である．よって， $OA = \sqrt{2} \cdot OC = \sqrt{2} γ$ すなわち ${OA}^{2} = (2 \cos θ)^{2} + \frac{\cos θ (1 - 2 \sin 2 θ)}{\sin θ} = 2 γ^{2} = 2 {(\frac{1}{4 \sin θ})}^{2}$
である．これを解くと，
$\begin{aligned} 32 \sin^{2} θ \cos^{2} θ + 8 \sin θ \cos θ (1 - 2 \sin 2 θ) & = 1 \\ 8 \sin θ \cos θ (1 - 2 \sin 2 θ + 2 \sin 2 θ) & = 1 \\ \sin θ \cos θ & = \frac{1}{8} \end{aligned}$
である．また，
$(\sin θ + \cos θ)^{2} = (\sin^{2} θ + \cos^{2} θ) + 2 \sin θ \cos θ = 1 + \frac{1}{4} = \frac{5}{4}$
であり， $0 < θ < \frac{π}{12}$ より $\sin θ > 0$ , $\cos θ > 0$ であるので，
$\sin θ + \cos θ = \frac{\sqrt{5}}{2}$
である．よって， $\sin θ$ , $\cos θ$ は次の $t$ の $2$ 次方程式の解である．
$t^{2} - \frac{\sqrt{5}}{2} t + \frac{1}{8} = 0 すなわち 8 t^{2} - 4 \sqrt{5} t + 1 = 0$
これを解くと
$t = \frac{2 \sqrt{5} \pm \sqrt{20 - 8}}{8} = \frac{\sqrt{5} \pm \sqrt{3}}{4}$
となるが， $0 < θ < \frac{π}{12}$ から $0 < \tan θ < 1$ すなわち $\cos θ > \sin θ$ であるので，
$\begin{aligned} \sin θ & = \frac{\sqrt{5} - \sqrt{3}}{4}, & \cos θ & = \frac{\sqrt{5} + \sqrt{3}}{4} \end{aligned}$
となる．よって，
$\tan θ = \frac{\sin θ}{\cos θ} = \frac{\sqrt{5} - \sqrt{3}}{\sqrt{5} + \sqrt{3}} = \frac{(\sqrt{5} - \sqrt{3})^{2}}{5 - 3} = \frac{5 + 3 - 2 \sqrt{15}}{2} = 4 - \sqrt{15}$
である．