【解説・採点基準付き】2022年佐賀大学医学部・数学の解答・解説

座標空間内の4点 $\mathrm{O}(0,\,0,\,0)$、 $\mathrm{A}(2,\,0,\,0)$、 $\mathrm{B}(2,\,2,\,0)$、 $\mathrm{C}(0,\,2,\,0)$ について

$$\mathrm{OD}=\mathrm{AD}=\mathrm{BD}=\mathrm{CD}=2$$

を満たす点 $\mathrm{D}$ で、その $z$ 座標が正、負になるものを、それぞれ $\mathrm{D_1}$、 $\mathrm{D_2}$ とする。次の問に答えよ。

(1) 2点 $\mathrm{D_1}$、 $\mathrm{D_2}$ の座標を求めよ。

(2) 点 $\mathrm{P}(1,\,1,\,0)$ と実数 $a$、 $b$ について

$$a\overrightarrow{\mathrm{OA}}+b\overrightarrow{\mathrm{OD_1}}-\overrightarrow{\mathrm{OP}}$$

が2つのベクトル $\overrightarrow{\mathrm{OA}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{OD_1}}$ に垂直であるとする。このとき、 $a$、 $b$ の値を求めよ。

(3) 6点 $\mathrm{O}$、 $\mathrm{A}$、 $\mathrm{B}$、 $\mathrm{C}$、 $\mathrm{D_1}$、 $\mathrm{D_2}$ を頂点とする正八面体を $V$ とし、 $V$ のすべての面に内側から接する球を $S$ とする。このとき、 $S$ の半径を求めよ。また、 $V$ の各面と $S$ とのすべての接点を頂点とする凸多面体について、その名称を答え、各辺の長さを求めよ。

(1)　配点 4点

$\mathrm{D}$ から平面 $z=0$ に下ろした垂線の足を $\mathrm{E}$ とする。三平方の定理より $\mathrm{OE}^2=\mathrm{OD}^2-\mathrm{DE}^2$、 $\mathrm{AE}^2=\mathrm{AD}^2-\mathrm{DE}^2$ などが成り立つので、 $\mathrm{OD}=\mathrm{AD}=\mathrm{BD}=\mathrm{CD}$ より $\mathrm{OE}=\mathrm{AE}=\mathrm{BE}=\mathrm{CE}$ である。よって $\mathrm{E}$ は正方形 $\mathrm{OABC}$ の中心 $(1,\,1,\,0)$ であり、 $\mathrm{D}$ の $x$ 座標と $y$ 座標はともに $1$ である。

$\mathrm{OE}=\sqrt2$（正方形の対角線 $2\sqrt2$ の半分）、 $\mathrm{OD}=2$ なので、直角三角形 $\mathrm{OED}$ で

$$\mathrm{DE}=\sqrt{\mathrm{OD}^2-\mathrm{OE}^2}=\sqrt{4-2}=\sqrt2$$

答　$\mathrm{D_1}(1,\,1,\,\sqrt2)$、 $\mathrm{D_2}(1,\,1,\,-\sqrt2)$

(1) の別解（座標を置いて連立する）

$\mathrm{D}(x,\,y,\,z)$ とおく。 $\mathrm{OD}^2=\mathrm{AD}^2$ より $x^2+y^2+z^2=(x-2)^2+y^2+z^2$、すなわち $x=1$。 $\mathrm{OD}^2=\mathrm{CD}^2$ より同様に $y=1$。このとき $\mathrm{BD}^2=(1-2)^2+(1-2)^2+z^2=2+z^2=\mathrm{OD}^2$ も成り立つ。 $\mathrm{OD}^2=4$ より $1+1+z^2=4$、 $z=\pm\sqrt2$。

(2)　配点 6点

$\overrightarrow{\mathrm{OA}}=(2,\,0,\,0)$、 $\overrightarrow{\mathrm{OD_1}}=(1,\,1,\,\sqrt2)$、 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}=(1,\,1,\,0)$ より

$$\vec{v}=a\overrightarrow{\mathrm{OA}}+b\overrightarrow{\mathrm{OD_1}}-\overrightarrow{\mathrm{OP}}=(2a+b-1,\ b-1,\ \sqrt2\,b)$$

$\vec{v}\perp\overrightarrow{\mathrm{OA}}$、 $\vec{v}\perp\overrightarrow{\mathrm{OD_1}}$ より、 $\vec{v}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OA}}=0$、 $\vec{v}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OD_1}}=0$ である。

$$\vec{v}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OA}}=2(2a+b-1)=0$$

$$\vec{v}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OD_1}}=(2a+b-1)+(b-1)+2b=2a+4b-2=0$$

すなわち

$$2a+b=1\quad\cdots\text{①},\qquad a+2b=1\quad\cdots\text{②}$$

①－②より $a-b=0$、よって $a=b$。①に代入して $3a=1$。

答　$a=\dfrac13$、 $b=\dfrac13$

（ $\overrightarrow{\mathrm{OH}}=a\overrightarrow{\mathrm{OA}}+b\overrightarrow{\mathrm{OD_1}}$ とおくと、問題の式は $\overrightarrow{\mathrm{PH}}$ で、 $\mathrm{H}$ は正八面体の中心 $\mathrm{P}$ から面 $\mathrm{OAD_1}$ に下ろした垂線の足、すなわち (3) の内接球と面 $\mathrm{OAD_1}$ の接点である）

(3)　配点 10点

半径

$\mathrm{P}(1,\,1,\,0)$ は正方形 $\mathrm{OABC}$ の中心で、線分 $\mathrm{D_1D_2}$ の中点でもある。 $V$ は平面 $z=0$ に関する折り返しと、直線 $\mathrm{D_1D_2}$ のまわりの $90^\circ$ の回転で自分自身に重なり、この2つの移し方で8つの面はすべて面 $\mathrm{OAD_1}$ に移る。このとき $\mathrm{P}$ は動かないので、 $\mathrm{P}$ から8つの面までの距離はすべて等しい。よって $S$ の中心は $\mathrm{P}$ である。

球は面と接するので、面との接点が入るように切る。辺 $\mathrm{OA}$、 $\mathrm{BC}$ の中点を $\mathrm{M}(1,\,0,\,0)$、 $\mathrm{N}(1,\,2,\,0)$ とし、平面 $x=1$ で切る。この平面は $\mathrm{M}$、 $\mathrm{N}$、 $\mathrm{D_1}$、 $\mathrm{D_2}$、 $\mathrm{P}$ を通る。

面 $\mathrm{OAD_1}$ は直線 $\mathrm{OA}$（ $x$ 軸）を含み、 $x$ 軸は平面 $x=1$ に垂直なので、面 $\mathrm{OAD_1}$ は平面 $x=1$ に垂直で、2つの平面の交わりは直線 $\mathrm{MD_1}$ である。よって $\mathrm{P}$ から面 $\mathrm{OAD_1}$ に下ろした垂線は平面 $x=1$ の中にあり、その足 $\mathrm{H}$（接点）は直線 $\mathrm{MD_1}$ 上にある。半径 $r$ は、断面での $\mathrm{P}$ から直線 $\mathrm{MD_1}$ までの距離である。

$\triangle\mathrm{PMD_1}$ は $\angle\mathrm{MPD_1}=90^\circ$、 $\mathrm{PM}=1$、 $\mathrm{PD_1}=\sqrt2$、 $\mathrm{MD_1}=\sqrt{1+2}=\sqrt3$ の直角三角形なので、面積を2通りに表して

$$\dfrac12\cdot1\cdot\sqrt2=\dfrac12\cdot\sqrt3\cdot r$$

$$r=\dfrac{\sqrt2}{\sqrt3}=\dfrac{\sqrt6}{3}$$

答　半径 $\dfrac{\sqrt6}{3}$

接点がつくる多面体

直角三角形 $\mathrm{PMD_1}$ で、 $\mathrm{PH}\perp\mathrm{MD_1}$ より $\mathrm{MH}=\dfrac{\mathrm{PM}^2}{\mathrm{MD_1}}=\dfrac{1}{\sqrt3}=\dfrac13\mathrm{MD_1}$。よって $\mathrm{H}$ は中線 $\mathrm{MD_1}$ を $1:2$ に内分する点、すなわち正三角形 $\mathrm{OAD_1}$ の重心で、

$$\overrightarrow{\mathrm{OH}}=\overrightarrow{\mathrm{OM}}+\dfrac13\overrightarrow{\mathrm{MD_1}}=\left(1,\ \dfrac13,\ \dfrac{\sqrt2}{3}\right)$$

である（(2) の $a=b=\dfrac13$ による $\overrightarrow{\mathrm{OH}}=\dfrac13\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\dfrac13\overrightarrow{\mathrm{OD_1}}$ と一致する）。上の対称性で面 $\mathrm{OAD_1}$ はほかの面に移り、接点はその面の重心に移るので、8つの接点は

$$\left(1,\ \dfrac13,\ \pm\dfrac{\sqrt2}{3}\right),\quad\left(\dfrac53,\ 1,\ \pm\dfrac{\sqrt2}{3}\right),\quad\left(1,\ \dfrac53,\ \pm\dfrac{\sqrt2}{3}\right),\quad\left(\dfrac13,\ 1,\ \pm\dfrac{\sqrt2}{3}\right)$$

である（面 $\mathrm{OAD_1}$、 $\mathrm{ABD_1}$、 $\mathrm{BCD_1}$、 $\mathrm{COD_1}$ が複号の $+$、面 $\mathrm{OAD_2}$ などが $-$）。

8つの接点は正八面体と同じ対称性をもって並ぶので、当然立方体をつくる。実際に確かめる。

$z=-\dfrac{\sqrt2}{3}$ の4点は $z=\dfrac{\sqrt2}{3}$ の4点のそれぞれ真下にあり、上下の間隔は $\dfrac{\sqrt2}{3}-\left(-\dfrac{\sqrt2}{3}\right)=\dfrac{2\sqrt2}{3}$ である。

$z=\dfrac{\sqrt2}{3}$ の4点は、平面 $z=\dfrac{\sqrt2}{3}$ 上で $\mathrm{Q}\left(1,\,1,\,\dfrac{\sqrt2}{3}\right)$ からの距離がすべて $\dfrac23$ で、2本の対角線（ $x$ 軸に平行なものと $y$ 軸に平行なもの）は長さがともに $\dfrac43$ で直交し、 $\mathrm{Q}$ で互いに二等分する。よってこの4点は正方形をつくり、1辺の長さは $\dfrac43\div\sqrt2=\dfrac{2\sqrt2}{3}$ で、上下の間隔と等しい。

よって8つの接点は、1辺 $\dfrac{2\sqrt2}{3}$ の正方形を底面とし、高さも $\dfrac{2\sqrt2}{3}$ の正四角柱、すなわち立方体の頂点である。

答　立方体（正六面体）、各辺の長さ $\dfrac{2\sqrt2}{3}$

(3) の半径の別解（(2) の H を接点とみる）

(2) より $\mathrm{H}$ は中心 $\mathrm{P}$ から面 $\mathrm{OAD_1}$ に下ろした垂線の足なので、面 $\mathrm{OAD_1}$ との接点で、半径は $|\overrightarrow{\mathrm{PH}}|$ である。

$$\overrightarrow{\mathrm{OH}}=\dfrac13(2,\,0,\,0)+\dfrac13(1,\,1,\,\sqrt2)=\left(1,\ \dfrac13,\ \dfrac{\sqrt2}{3}\right),\qquad\overrightarrow{\mathrm{PH}}=\left(0,\ -\dfrac23,\ \dfrac{\sqrt2}{3}\right)$$

$$|\overrightarrow{\mathrm{PH}}|^2=\dfrac49+\dfrac29=\dfrac23\qquad\text{より}\qquad r=\dfrac{\sqrt6}{3}$$

（検算：正八面体の体積は $2\times\dfrac13\times4\times\sqrt2=\dfrac{8\sqrt2}{3}$、表面積は1辺2の正三角形8枚で $8\sqrt3$。中心 $\mathrm{P}$ と各面でできる8つの三角錐に分けると $\dfrac13\cdot8\sqrt3\cdot r=\dfrac{8\sqrt2}{3}$ で、 $r=\dfrac{\sqrt6}{3}$ ）

$n$ を5以上の整数とする。1枚の硬貨を投げる試行を $n$ 回繰り返すとき、表が出る回数が、ちょうど $n$ 回目の試行で5になる確率を $p_n$ とする。次の問に答えよ。

(1) $p_n$ を $n$ を用いて表せ。

(2) $p_n$ の最大値を求めよ。

(1)　配点 8点

1回投げて表が出る確率は $\dfrac{1}{2}$ で、何回目でも一定である。表が出る回数がちょうど $n$ 回目で5になるのは、「1回目から $n-1$ 回目までに表がちょうど4回出て、 $n$ 回目に表が出る」ときである。

$n-1$ 回のうち表が出る4回の選び方は ${}_{n-1}\mathrm{C}_4$ 通りなので、反復試行の確率より、 $n-1$ 回目までに表がちょうど4回出る確率は

$${}_{n-1}\mathrm{C}_4\left(\dfrac{1}{2}\right)^4\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-5}={}_{n-1}\mathrm{C}_4\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}$$

これに $n$ 回目に表が出る確率 $\dfrac{1}{2}$ を掛けて

$$p_n={}_{n-1}\mathrm{C}_4\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}=\dfrac{(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)}{24\cdot2^n}$$

答　$p_n={}_{n-1}\mathrm{C}_4\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}=\dfrac{(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)}{24\cdot2^n}$

（ $n=5$ のとき $p_5=\dfrac{1}{32}$ で、5回すべて表の確率 $\left(\dfrac{1}{2}\right)^5$ と一致する。 $n=6$ のとき $p_6=\dfrac{5}{64}$ で、6回目が表、1〜5回目のどこか1回だけが裏の5通りから $\dfrac{5}{2^6}$ と一致する）

(2)　配点 12点

(1) より、 $n\geqq5$ のとき

$$\dfrac{p_{n+1}}{p_n}=\dfrac{{}_n\mathrm{C}_4}{{}_{n-1}\mathrm{C}_4}\cdot\dfrac{2^n}{2^{n+1}}=\dfrac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)}\cdot\dfrac{1}{2}=\dfrac{n}{2(n-4)}$$

$p_n>0$ であり、 $n\geqq5$ では $2(n-4)>0$ なので

$$\dfrac{p_{n+1}}{p_n}>1\iff n>2(n-4)\iff n<8$$

同じように

$$\dfrac{p_{n+1}}{p_n}=1\iff n=8,\qquad\dfrac{p_{n+1}}{p_n}<1\iff n>8$$

よって

$$p_5<p_6<p_7<p_8=p_9>p_{10}>p_{11}>\cdots$$

となり、 $p_n$ が最大となるのは $n=8,\ 9$ のときである。

最大値は

$$p_8={}_7\mathrm{C}_4\left(\dfrac{1}{2}\right)^8=\dfrac{35}{256}$$

（ $p_9={}_8\mathrm{C}_4\left(\dfrac{1}{2}\right)^9=\dfrac{70}{512}=\dfrac{35}{256}$ で、たしかに $p_8=p_9$）

答　最大値 $\dfrac{35}{256}$（ $n=8,\ 9$ のとき）

（ $n=5$ から $10$ までの値は $\dfrac{1}{32}$、 $\dfrac{5}{64}$、 $\dfrac{15}{128}$、 $\dfrac{35}{256}$、 $\dfrac{35}{256}$、 $\dfrac{63}{512}$ で、増えてから減ることが確かめられる）

(2) の別解（差と0を比べる）

${}_n\mathrm{C}_4={}_{n-1}\mathrm{C}_4+{}_{n-1}\mathrm{C}_3$ を使うと

$$p_{n+1}-p_n=\dfrac{{}_n\mathrm{C}_4-2\cdot{}_{n-1}\mathrm{C}_4}{2^{n+1}}=\dfrac{{}_{n-1}\mathrm{C}_3-{}_{n-1}\mathrm{C}_4}{2^{n+1}}$$

ここで $\dfrac{{}_{n-1}\mathrm{C}_4}{{}_{n-1}\mathrm{C}_3}=\dfrac{n-4}{4}$ なので、 $p_{n+1}-p_n$ の符号は $1-\dfrac{n-4}{4}=\dfrac{8-n}{4}$ の符号と同じになる。よって $n<8$ で $p_{n+1}>p_n$、 $n=8$ で $p_9=p_8$、 $n>8$ で $p_{n+1}<p_n$ となり、本解と同じ結論になる。ただし、比をとる本解のほうが計算は短い

関数 $f(x)=e^{-x^2}$ について、正の定数 $a$ は $f”(a)=0$ を満たすとする。次の問に答えよ。

(1) $a$ の値を求めよ。また、関数 $f(x)$ のグラフの凹凸を調べ、変曲点を求めよ。

(2) 曲線 $y=f(x)$ と直線 $y=f(a)$ で囲まれた図形を、 $y$ 軸の周りに1回転させてできる立体の体積を求めよ。

(1)　配点 8点

$$f'(x)=-2xe^{-x^2}$$

積の微分により

$$f”(x)=-2e^{-x^2}+(-2x)\cdot(-2xe^{-x^2})=(4x^2-2)e^{-x^2}=2(2x^2-1)e^{-x^2}$$

$e^{-a^2}>0$ なので、 $f”(a)=0$ より $2a^2-1=0$。 $a>0$ より

$$a=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$$

$2e^{-x^2}>0$ なので、 $f”(x)$ の符号は $2x^2-1$ の符号と一致し、 $-\dfrac{1}{\sqrt{2}}<x<\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ で $f”(x)<0$、 $x<-\dfrac{1}{\sqrt{2}}$、 $\dfrac{1}{\sqrt{2}}<x$ で $f”(x)>0$ である。

よってグラフは $-\dfrac{1}{\sqrt{2}}<x<\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ で上に凸、 $x<-\dfrac{1}{\sqrt{2}}$、 $\dfrac{1}{\sqrt{2}}<x$ で下に凸であり、 $x=\pm\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ の前後で凹凸が変わる。

$f\left(\pm\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)=e^{-\frac12}=\dfrac{1}{\sqrt{e}}$ より、変曲点は $\left(\pm\dfrac{1}{\sqrt{2}},\,\dfrac{1}{\sqrt{e}}\right)$。また $f'(x)$ の符号は $-2x$ の符号と一致し、 $\displaystyle\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=0$ なので、増減と凹凸は次のようになる。

| $x$ | $(-\infty)$ | $\cdots$ | $-\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ | $\cdots$ | $0$ | $\cdots$ | $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ | $\cdots$ | $(\infty)$ |

|—|—|—|—|—|—|—|—|—|—|

| $f'(x)$ | | $+$ | $+$ | $+$ | $0$ | $-$ | $-$ | $-$ | |

| $f”(x)$ | | $+$ | $0$ | $-$ | $-$ | $-$ | $0$ | $+$ | |

| $f(x)$ | $(0)$ | 下に凸で増加 | $\dfrac{1}{\sqrt{e}}$ | 上に凸で増加 | $1$ | 上に凸で減少 | $\dfrac{1}{\sqrt{e}}$ | 下に凸で減少 | $(0)$ |

答　$a=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$。 $-\dfrac{1}{\sqrt{2}}<x<\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ で上に凸、 $x<-\dfrac{1}{\sqrt{2}}$、 $\dfrac{1}{\sqrt{2}}<x$ で下に凸。変曲点は $\left(\pm\dfrac{1}{\sqrt{2}},\,\dfrac{1}{\sqrt{e}}\right)$

(2)　配点 12点

図形の確認　 $f(a)=\dfrac{1}{\sqrt{e}}$。(1) より $f(x)$ は $x\leqq0$ で増加、 $x\geqq0$ で減少し、 $f\left(\pm\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)=\dfrac{1}{\sqrt{e}}$ なので、曲線 $y=f(x)$ と直線 $y=\dfrac{1}{\sqrt{e}}$ は $x=\pm\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ で交わり、 $-\dfrac{1}{\sqrt{2}}<x<\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ では曲線が直線より上にある。よって囲まれた図形は

$$-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\leqq x\leqq\dfrac{1}{\sqrt{2}},\qquad \dfrac{1}{\sqrt{e}}\leqq y\leqq e^{-x^2}$$

である（下の図の色の部分）。

片側だけを回す　この図形は $y$ 軸について対称なので、 $x\leqq0$ の部分を $y$ 軸のまわりに回してできる立体は、 $x\geqq0$ の部分を回してできる立体と一致する。よって、求める立体は $0\leqq x\leqq\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ の部分を回してできる立体である。

断面積　この立体を高さ $y$ （ $\dfrac{1}{\sqrt{e}}\leqq y\leqq1$ ）の平面で切ると、切り口は半径 $x$ の円である。ただし $x$ は $y=e^{-x^2}$ を満たす $x\geqq0$ である。 $y=e^{-x^2}$ の両辺の自然対数をとると $\log y=-x^2$ なので

$$x^2=-\log y$$

よって断面積は $\pi x^2=-\pi\log y$ である（ $\dfrac{1}{\sqrt{e}}\leqq y\leqq1$ で $\log y\leqq0$ なので、確かに $-\log y\geqq0$ ）。

立式　求める体積を $V$ とすると

$$\dfrac{V}{\pi}=\int_{\frac{1}{\sqrt{e}}}^{1}(-\log y)\,dy$$

計算　 $\displaystyle\int\log y\,dy=y\log y-y+C$ （ $C$ は積分定数）なので

$$\dfrac{V}{\pi}=-\Big[y\log y-y\Big]_{\frac{1}{\sqrt{e}}}^{1}=-\left\{(0-1)-\left(\dfrac{1}{\sqrt{e}}\cdot\left(-\dfrac{1}{2}\right)-\dfrac{1}{\sqrt{e}}\right)\right\}=-\left(-1+\dfrac{3}{2\sqrt{e}}\right)=1-\dfrac{3}{2\sqrt{e}}$$

（原始関数 $y\log y-y$ を微分すると $\log y+1-1=\log y$ に戻る）

したがって

$$V=\left(1-\dfrac{3}{2\sqrt{e}}\right)\pi$$

（ $2\sqrt{e}=\sqrt{4e}>\sqrt{9}=3$ は $4e>9$ から分かるので、確かに $V>0$ ）

答　$\left(1-\dfrac{3}{2\sqrt{e}}\right)\pi$

(2) の別解（ $x$ で積分する。円筒を重ねる考え方）

$0\leqq x\leqq\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ の部分を $y$ 軸のまわりに回すとき、幅 $dx$ の縦の帯は、半径 $x$、高さ $e^{-x^2}-\dfrac{1}{\sqrt{e}}$ の薄い円筒になる。その体積 $2\pi x\left(e^{-x^2}-\dfrac{1}{\sqrt{e}}\right)dx$ を集めると

$$V=\int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}2\pi x\left(e^{-x^2}-\dfrac{1}{\sqrt{e}}\right)dx=\pi\Big[-e^{-x^2}\Big]_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}-\dfrac{\pi}{\sqrt{e}}\Big[x^2\Big]_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}=\pi\left(1-\dfrac{1}{\sqrt{e}}\right)-\dfrac{\pi}{2\sqrt{e}}=\left(1-\dfrac{3}{2\sqrt{e}}\right)\pi$$

（ $2xe^{-x^2}$ は $-e^{-x^2}$ を微分した形なので、すぐに積分できる。計算はこちらの方が短いが、この公式は教科書では発展的な扱いで、答案で使うなら理由を説明できる必要がある。断面で切る本解はどの回転体にも同じ方法で使えるので、本解を基本にする。検算に使うとよい）

複素数 $z$ について、1、 $z$、 $z^2$ を表す複素数平面上の点をそれぞれ $\mathrm{A}$、 $\mathrm{B}$、 $\mathrm{C}$ とする。次の問に答えよ。

(1) 点 $\mathrm{A}$、 $\mathrm{B}$、 $\mathrm{C}$ が正三角形の3つの頂点となる $z$ をすべて求めよ。

(2) 点 $\mathrm{A}$、 $\mathrm{B}$、 $\mathrm{C}$ が直角三角形の3つの頂点となる点 $z$ 全体を図示せよ。

(1)　配点 8点

$\mathrm{A}$、 $\mathrm{B}$、 $\mathrm{C}$ が三角形の頂点となるので、3点は異なる。 $z\neq1$、 $z^2\neq1$、 $z^2\neq z$ より

$$z\neq0,\qquad z\neq1,\qquad z\neq-1$$

頂点 $\mathrm{A}$ から出る2辺のベクトル $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ を表す複素数は $z-1$、 $z^2-1$ で、その比は

$$\dfrac{z^2-1}{z-1}=\dfrac{(z-1)(z+1)}{z-1}=z+1$$

すなわち $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ を $z+1$ 倍すると $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ になる。

$\triangle\mathrm{ABC}$ が正三角形 $\iff\mathrm{AB}=\mathrm{AC}$ かつ $\angle\mathrm{BAC}=\dfrac{\pi}{3}$ $\iff$ $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ を $\pm\dfrac{\pi}{3}$ 回転すると $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ になる、なので

$$z+1=\cos\left(\pm\dfrac{\pi}{3}\right)+i\sin\left(\pm\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{1}{2}\pm\dfrac{\sqrt3}{2}i$$

よって

$$z=-\dfrac{1}{2}\pm\dfrac{\sqrt3}{2}i\qquad\text{（複号同順）}$$

これは $z\neq0,\ \pm1$ を満たす。

答　$z=\dfrac{-1+\sqrt3\,i}{2}$、 $\dfrac{-1-\sqrt3\,i}{2}$

別解（(1)：辺の長さで考える）

$\mathrm{AB}=|z-1|$、 $\mathrm{BC}=|z||z-1|$、 $\mathrm{CA}=|z^2-1|=|z-1||z+1|$ で、 $|z-1|\neq0$ で割ると、正三角形 $\iff|z|=1$ かつ $|z+1|=1$。 $z$ は原点中心・半径1の円と、点 $-1$ 中心・半径1の円の交点なので、 $z=\dfrac{-1\pm\sqrt3\,i}{2}$。

(2)　配点 12点

(1) と同様に、 $z\neq0,\ \pm1$ のもとで考え、直角になる頂点で場合分けする。直角になる頂点から出る2辺のベクトルについて、一方を $\pm\dfrac{\pi}{2}$ 回転して $k$ 倍（ $k>0$ ）すると他方になるので、その比は

$$k\left(\cos\left(\pm\dfrac{\pi}{2}\right)+i\sin\left(\pm\dfrac{\pi}{2}\right)\right)=\pm ki$$

すなわち $0$ でない純虚数である。逆に比が $0$ でない純虚数なら、2辺は垂直で、3点は一直線上にない。

(i) $\angle\mathrm{A}=\dfrac{\pi}{2}$ のとき　(1) より $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ の比は $\dfrac{z^2-1}{z-1}=z+1$。これが純虚数なので、 $z+1=ti$（ $t$ は $0$ でない実数）より $z=-1+ti$。よって $z$ は点 $-1$ を通り虚軸に平行な直線（実部が $-1$ の直線）の上の点（点 $-1$ を除く）。

(ii) $\angle\mathrm{B}=\dfrac{\pi}{2}$ のとき　頂点 $\mathrm{B}$ から出る2辺 $\overrightarrow{\mathrm{BA}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ の比は

$$\dfrac{z^2-z}{1-z}=\dfrac{z(z-1)}{-(z-1)}=-z$$

これが純虚数、すなわち $z$ が純虚数。よって $z$ は虚軸上の点（原点を除く）。

(iii) $\angle\mathrm{C}=\dfrac{\pi}{2}$ のとき　頂点 $\mathrm{C}$ から出る2辺 $\overrightarrow{\mathrm{CB}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{CA}}$ の比は

$$\dfrac{1-z^2}{z-z^2}=\dfrac{(1-z)(1+z)}{z(1-z)}=\dfrac{z+1}{z}$$

これが純虚数となる条件を求める。 $\mathrm{P}(-1)$、 $\mathrm{O}(0)$、 $\mathrm{Z}(z)$ とすると

$$\dfrac{z+1}{z}=\dfrac{-1-z}{0-z}$$

は、 $\overrightarrow{\mathrm{ZO}}$ に対する $\overrightarrow{\mathrm{ZP}}$ の比である。これが純虚数 $\iff\angle\mathrm{PZO}=\dfrac{\pi}{2}$（ $\mathrm{Z}\neq\mathrm{P},\ \mathrm{O}$ ）。

直径 $\mathrm{PO}$ を見込む角が直角なので、 $\mathrm{Z}$ は線分 $\mathrm{PO}$ を直径とする円の上にある。逆にこの円の上の $\mathrm{P}$、 $\mathrm{O}$ 以外の点では $\angle\mathrm{PZO}=\dfrac{\pi}{2}$ である。よって $z$ は点 $-\dfrac{1}{2}$ を中心とする半径 $\dfrac{1}{2}$ の円 $\left|z+\dfrac{1}{2}\right|=\dfrac{1}{2}$ の上の点（点 $0$、 $-1$ を除く）。

(i)〜(iii) をあわせる。除く点のうち $0$、 $-1$ は図形の上にあり、 $1$ はどの図形の上にもない。

答　図の太線部分。実部が $-1$ の直線、虚軸、点 $-\dfrac{1}{2}$ を中心とする半径 $\dfrac{1}{2}$ の円をあわせたもの。ただし点 $0$、 $-1$ を除く（白丸）

別解（(2)(iii)：純虚数条件を共役で式にする）

$w=\dfrac{z+1}{z}$ が純虚数 $\iff\overline{w}=-w$ かつ $w\neq0$。

$$\dfrac{\overline{z}+1}{\overline{z}}=-\dfrac{z+1}{z}$$

両辺に $z\overline{z}$ をかけて $z\overline{z}+z=-z\overline{z}-\overline{z}$、すなわち $z\overline{z}+\dfrac{1}{2}z+\dfrac{1}{2}\overline{z}=0$。両辺に $\dfrac{1}{4}$ を足して因数分解すると

$$\left(z+\dfrac{1}{2}\right)\left(\overline{z}+\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{4}\qquad\text{すなわち}\qquad\left|z+\dfrac{1}{2}\right|=\dfrac{1}{2}$$

$w\neq0$ より $z\neq-1$、さらに $z\neq0$ で、本解と同じ円になる。

別解（(1)(2)：相似な三角形に置きかえる）

$\mathrm{AB}:\mathrm{BC}:\mathrm{CA}=|z-1|:|z||z-1|:|z-1||z+1|=1:|z|:|z+1|$ で、これは $\mathrm{P}(-1)$、 $\mathrm{O}(0)$、 $\mathrm{Z}(z)$ の3辺 $\mathrm{PO}:\mathrm{OZ}:\mathrm{ZP}$ と同じ比。よって $\triangle\mathrm{ABC}\backsim\triangle\mathrm{POZ}$（ $\mathrm{A}\leftrightarrow\mathrm{P}$、 $\mathrm{B}\leftrightarrow\mathrm{O}$、 $\mathrm{C}\leftrightarrow\mathrm{Z}$ ）。 $\triangle\mathrm{POZ}$ が正三角形・直角三角形になる $\mathrm{Z}$ を考えればよく、直角が $\mathrm{P}$ なら実部 $-1$ の直線、 $\mathrm{O}$ なら虚軸、 $\mathrm{Z}$ なら $\mathrm{PO}$ を直径とする円と、すぐに分かる。