3高知大学 2022年 数学 第3問解答・解説

方程式は $x^{2}+ax+b=0\ (a,b\text{ は実数})$ $\cdots$① であり、$C:\ |z-(\sqrt3+i)|=1$ は中心 $c=\sqrt3+i$（$\displaystyle |c|=2,\ \arg c=\dfrac{\pi}{6}$）、半径 $1$ の円である。

(1)

①は実数係数の2次方程式だから、非実数解をもつときその2解は互いに共役な複素数である。実数の偏角は $0$ または $\pi$ に限られるので、偏角が $\displaystyle \dfrac{\pi}{3}$ となる解は非実数であり、判別式は負、したがって2解は共役な非実数複素数の組である。

偏角 $\displaystyle \dfrac{\pi}{3}$ の解を $\displaystyle r\left(\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}\right)\ (r>0)$ とおくと、他方の解は共役な $\displaystyle r\left(\cos\dfrac{\pi}{3}-i\sin\dfrac{\pi}{3}\right)$ である。解と係数の関係（Vieta）より $$\displaystyle -a=r\left(\cos\tfrac{\pi}{3}+i\sin\tfrac{\pi}{3}\right)+r\left(\cos\tfrac{\pi}{3}-i\sin\tfrac{\pi}{3}\right)=2r\cos\tfrac{\pi}{3}=r,$$ $$\displaystyle b=r\left(\cos\tfrac{\pi}{3}+i\sin\tfrac{\pi}{3}\right)\cdot r\left(\cos\tfrac{\pi}{3}-i\sin\tfrac{\pi}{3}\right)=r^{2}\left(\cos^{2}\tfrac{\pi}{3}+\sin^{2}\tfrac{\pi}{3}\right)=r^{2}.$$ よって $a=-r,\ b=r^{2}=a^{2}$。$r>0$ だから $a<0$。

逆に $a<0,\ b=a^{2}$ のとき、判別式は $a^{2}-4b=a^{2}-4a^{2}=-3a^{2}<0$（$a\neq0$ より）となり①は非実数解 $\displaystyle -\dfrac{a}{2}\pm i\dfrac{\sqrt3}{2}|a|$ をもつ。$a<0$ より $\displaystyle -\dfrac a2=\dfrac{|a|}2>0$ なので、複号 $+$ の解の偏角は $\displaystyle \arctan\dfrac{(\sqrt3/2)|a|}{|a|/2}=\arctan\sqrt3=\dfrac{\pi}{3}$ となり条件を満たす。

$$\boxed{a<0\ \text{かつ}\ b=a^{2}}$$ 図示：$ab$平面上で、点 $(a,b)$ の軌跡は上に開いた放物線 $b=a^{2}$ のうち $a<0$ の部分（頂点 $(0,0)$ を除く開いた枝）である。$a\to-\infty$ のとき $b\to+\infty$ となる、原点近傍から左上方へ伸びる一本の曲線として描かれる。

(2)

①の解の1つに対応する点 $z$ が $C$ 上にあるとする。

・$z$ が実数の場合：円 $C$ の中心の虚部は $1$、半径は $1$ だから、$C$ は実軸に点 $(\sqrt3,0)$ でのみ接する。このとき $|z|=\sqrt3$。

・$z$ が非実数の場合：実数係数より他方の解は $\bar z$ であり、Vietaより $$-a=z+\bar z=2\operatorname{Re}z,\qquad b=z\bar z=|z|^{2}.$$ 三角不等式より、$C$ 上の任意の点 $z$ に対し $$|z|\le|z-c|+|c|=1+2=3,$$ であり、等号は $z$ が半直線 $Oc$ 上で中心 $c$ よりさらに原点から遠い点、すなわち $$\displaystyle z=c+\frac{c}{|c|}\cdot1=\frac32c=\frac32(\sqrt3+i)=\frac{3\sqrt3}{2}+\frac32i$$ のとき成り立つ。これは非実数で、$|z|=3>\sqrt3$ だから、実数点 $(\sqrt3,0)$ より大きい。よって $|z|$ の最大値は $3$、達成点は上の非実数 $z$ のみである。

このとき $$\displaystyle a=-2\operatorname{Re}z=-2\cdot\frac{3\sqrt3}{2}=-3\sqrt3,\qquad b=|z|^{2}=3^{2}=9.$$ 検算：$z+\bar z=3\sqrt3=-a$（一致）、$z\bar z=9=b$（一致）、$\displaystyle \left|z-c\right|=\left|\dfrac12(\sqrt3+i)\right|=\dfrac12\cdot2=1$（点$z$が$C$上にあることを確認）。 $$\boxed{a=-3\sqrt3,\ b=9}$$

(3)

中心 $c=\sqrt3+i$ は $|c|=2>1=$半径なので、原点は円 $C$ の外部にある。$C$ 上の点は $z=(\sqrt3+\cos\theta,\ 1+\sin\theta)\ (0\le\theta<2\pi)$ と表せ、実部は $\sqrt3+\cos\theta\ge\sqrt3-1>0$、虚部は $1+\sin\theta\ge0$ だから $C$ は（実軸との接点 $(\sqrt3,0)$ を除き）第1象限内にあり、偏角は $0\le\arg z<2\pi$ の範囲内に収まる。

原点を通る直線 $y=mx\ (m\ge0)$ と円 $(x-\sqrt3)^{2}+(y-1)^{2}=1$ の共有点を調べる。代入して整理すると $$(1+m^{2})x^{2}-(2\sqrt3+2m)x+3=0.$$ この $x$ についての2次方程式の判別式は $$\Delta=4(\sqrt3+m)^{2}-12(1+m^{2})=4\left[3+2\sqrt3m+m^{2}-3-3m^{2}\right]=8\sqrt3m-8m^{2}=8m(\sqrt3-m).$$ $m\ge0$ のとき $\Delta\ge0\text{すなわち} m\le\sqrt3$。すなわち直線 $y=mx\ (0\le m\le\sqrt3)$ だけが円と共有点をもち、$m=0,\sqrt3$ で接する（$\Delta=0$）。また $0\le m\le\sqrt3$ のとき、2次方程式の2解の和 $\displaystyle \dfrac{2(\sqrt3+m)}{1+m^{2}}>0$、積 $\displaystyle \dfrac{3}{1+m^{2}}>0$ だから2解とも正であり、共有点は原点から見て角 $\arctan m$（$\displaystyle 0\le\arctan m\le\arctan\sqrt3=\dfrac{\pi}{3}$）の方向にある。

したがって $C$ 上の点の偏角のとりうる範囲は $\displaystyle 0\le\arg z\le\dfrac{\pi}{3}$ であり、最大値 $\displaystyle \dfrac{\pi}{3}$ は $m=\sqrt3$ の接点でのみ達成される。$m=\sqrt3$ を代入すると $$\displaystyle (1+3)x^{2}-(2\sqrt3+2\sqrt3)x+3=0\ \text{より}\ 4x^{2}-4\sqrt3x+3=0\ \text{より}\ (2x-\sqrt3)^{2}=0\ \text{より}\ x=\frac{\sqrt3}{2},$$ $\displaystyle y=\sqrt3x=\dfrac32$。よって接点は $\displaystyle T=\dfrac{\sqrt3}{2}+\dfrac32i$（偏角 $\displaystyle \arctan\sqrt3=\dfrac{\pi}{3}$）。

$T$ は非実数だから他方の解は $\bar T$ であり、 $$\displaystyle a=-2\operatorname{Re}T=-2\cdot\frac{\sqrt3}{2}=-\sqrt3,\qquad b=|T|^{2}=\left(\frac{\sqrt3}{2}\right)^{2}+\left(\frac32\right)^{2}=\frac34+\frac94=3.$$ 検算：$\displaystyle |T-c|=\left|\left(-\dfrac{\sqrt3}{2},\dfrac12\right)\right|=\sqrt{\dfrac34+\dfrac14}=1$（点$T$が$C$上にあることを確認）、$T+\bar T=\sqrt3=-a$、$T\bar T=3=b$（いずれも一致）。 $$\boxed{a=-\sqrt3,\ b=3}$$