5九州大学 2002年 数学 第5問解答・解説

本問は「D，E，F より1問選択」の形式であるが，本回答では独立解答agentとして担当小問（D(1)–F(3)）すべてを解答する。

D

$\displaystyle f(\theta)=\dfrac{(\theta-\pi)^2}{2\pi^2}+\dfrac12$ とおくと， $$\displaystyle f(0)=\frac{\pi^2}{2\pi^2}+\frac12=1,\qquad f\!\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{(\pi/2)^2}{2\pi^2}+\frac12=\frac18+\frac12=\frac58,\qquad f(\pi)=\frac12 .$$ よって $$\displaystyle P_1=(1,0),\qquad P_2=\left(0,\ \frac58\right),\qquad P_3=\left(-\frac12,\ 0\right).$$

(1)　 楕円 $\displaystyle \dfrac{(x-\alpha)^2}{a^2}+\dfrac{(y-\beta)^2}{b^2}=1\ (a>0,b>0)$ が $P_1=(1,0)$ を通るから $$\displaystyle \frac{(1-\alpha)^2}{a^2}+\frac{\beta^2}{b^2}=1. \tag{$\ast$}$$ 点 $\displaystyle P_3=\left(-\dfrac12,0\right)$ がこの楕円の内部にある条件は $$\displaystyle \frac{\left(-\frac12-\alpha\right)^2}{a^2}+\frac{\beta^2}{b^2}<1 .$$ この式から $(\ast)$ を辺々引くと，$\displaystyle \dfrac{\beta^2}{b^2}$ が消えて $$\displaystyle \frac{\left(-\frac12-\alpha\right)^2-(1-\alpha)^2}{a^2}<0 .$$ $a^2>0$ であるから，これは $$\displaystyle \left(\alpha+\frac12\right)^2-(1-\alpha)^2<0$$ と同値。左辺を展開すると $$\displaystyle \left(\alpha^2+\alpha+\frac14\right)-\left(\alpha^2-2\alpha+1\right)=3\alpha-\frac34 .$$ よって条件は $\displaystyle 3\alpha-\dfrac34<0$，すなわち $$\displaystyle \boxed{\alpha<\frac14}$$ となる。この条件は $a,b,\beta$ に依存せず，$\alpha$ のみで表される（$(\ast)$ を満たす $a,b,\beta$ は任意の $\alpha$ に対して存在するので，この必要十分条件は常に意味を持つ）。

(2)　 $\displaystyle f'(\theta)=\dfrac{\theta-\pi}{\pi^2}$ である。 $$\displaystyle \frac{dx}{d\theta}=f'(\theta)\cos\theta-f(\theta)\sin\theta,\qquad \frac{dy}{d\theta}=f'(\theta)\sin\theta+f(\theta)\cos\theta .$$ $\displaystyle \theta=\dfrac{\pi}{2}$ では $\displaystyle f\!\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac58$，$\displaystyle f'\!\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{\pi/2-\pi}{\pi^2}=-\dfrac{1}{2\pi}$，$\displaystyle \cos\dfrac{\pi}{2}=0,\ \sin\dfrac{\pi}{2}=1$ であるから $$\displaystyle \left.\frac{dx}{d\theta}\right|_{\pi/2}=-\frac58,\qquad \left.\frac{dy}{d\theta}\right|_{\pi/2}=-\frac{1}{2\pi}.$$ これらはともに $0$ でないから，$P_2$ における接線の傾きは $$\displaystyle \frac{dy}{dx}=\frac{-\frac{1}{2\pi}}{-\frac58}=\frac{4}{5\pi}.$$ よって接線 $\ell$ は，$\displaystyle P_2=\left(0,\dfrac58\right)$ を通り傾き $\displaystyle \dfrac{4}{5\pi}$ の直線 $$\displaystyle \boxed{\ell:\ y=\frac{4}{5\pi}x+\frac58}$$ である。

(3)　 条件(i)より，楕円 $D$ は $x$ 軸上に中心を持ち軸が座標軸に平行な形 $$\displaystyle D:\ \frac{(x-h)^2}{A^2}+\frac{y^2}{B^2}=1\quad(A>0,\ B>0)$$ で表される（これは(1)の一般形で $\beta=0,\ \alpha=h,\ a=A,\ b=B$ とした場合にあたる）。

条件(ii)：$P_1=(1,0)$ を通ることから $$\displaystyle \frac{(1-h)^2}{A^2}=1\ \quad\text{より}\quad\ A^2=(1-h)^2 .$$ $\displaystyle P_2=\left(0,\dfrac58\right)$ を通ることから $$\displaystyle \frac{h^2}{A^2}+\frac{25/64}{B^2}=1. \tag{1}$$

条件(iii)：陰関数微分により $\displaystyle \dfrac{2(x-h)}{A^2}+\dfrac{2y}{B^2}y'=0$ なので，$P_2$ における接線の傾きは $$\displaystyle y'\Big|_{P_2}=-\frac{(0-h)B^2}{A^2\cdot\frac58}=\frac{8hB^2}{5A^2}.$$ これが $\ell$ の傾き $\displaystyle \dfrac{4}{5\pi}$ に等しいから $$\displaystyle \frac{8hB^2}{5A^2}=\frac{4}{5\pi}\ \quad\text{より}\quad\ B^2h=\frac{A^2}{2\pi}. \tag{2}$$

(2)より $\displaystyle B^2=\dfrac{A^2}{2\pi h}$（$h\neq0$）。これを(1)に代入して $$\displaystyle \frac{h^2}{A^2}+\frac{25\pi h}{32A^2}=1\ \quad\text{より}\quad\ h^2+\frac{25\pi}{32}h=A^2=(1-h)^2=1-2h+h^2 .$$ 整理すると $$\displaystyle \frac{25\pi}{32}h+2h=1\ \quad\text{より}\quad\ h\cdot\frac{25\pi+64}{32}=1\ \quad\text{より}\quad\ h=\frac{32}{64+25\pi}.$$ このとき $A^2=(1-h)^2>0$，$\displaystyle B^2=\dfrac{A^2}{2\pi h}>0$ となるので，条件(i)(ii)(iii)を満たす楕円 $D$ はこの $h$ に対して（$A,B$ とともに）ただ一つ存在する。

(1)の結果は，$\beta,a,b$ の値によらず「$P_3$ が楕円内部（境界を除く）にあるための必要十分条件は $\displaystyle \alpha<\dfrac14$」であった。楕円 $D$ はまさにこの形（$\alpha=h$）であり，$P_1$ を通る（(ii)より）ので，(1)の判定基準がそのまま使える。

$\displaystyle 64+25\pi>128\quad\text{すなわち}\quad 25\pi>64\quad\text{すなわち}\quad \pi>\dfrac{64}{25}=2.56$ は成り立つ（$\pi=3.14159\cdots$）から， $$\displaystyle h=\frac{32}{64+25\pi}<\frac14 .$$ よって(1)より $$\boxed{\text{点 } P_3 \text{ は楕円 } D \text{ の内部に含まれる（楕円の上にはない）。}}$$

E

$t=\sqrt[3]{a}$（$a>0$ の実の3乗根）とおく。$x^3-a=x^3-t^3=(x-t)(x^2+xt+t^2)$ であるから $$f(x)=x^p-ax^{p-3}=x^{p-3}(x^3-a)=x^{p-3}(x-t)(x^2+xt+t^2).$$ また $$f'(x)=px^{p-1}-a(p-3)x^{p-4}=x^{p-4}\bigl(px^3-(p-3)a\bigr)=x^{p-4}\bigl(px^3-(p-3)t^3\bigr).$$

(1)　 $$\displaystyle \frac{f(x)}{f'(x)}=\frac{x^{p-3}(x-t)(x^2+xt+t^2)}{x^{p-4}\bigl(px^3-(p-3)t^3\bigr)} =\frac{x(x-t)(x^2+xt+t^2)}{px^3-(p-3)t^3}.$$ よって $$\displaystyle g(x)-t=(x-t)-\frac{f(x)}{f'(x)} =(x-t)\left[1-\frac{x(x^2+xt+t^2)}{px^3-(p-3)t^3}\right] =(x-t)\cdot\frac{N(x)}{px^3-(p-3)t^3},$$ ただし $$N(x)=\bigl(px^3-(p-3)t^3\bigr)-x(x^2+xt+t^2)=(p-1)x^3-tx^2-t^2x-(p-3)t^3 .$$ $N(t)=(p-1)t^3-t^3-t^3-(p-3)t^3=\bigl[(p-1)-1-1-(p-3)\bigr]t^3=0$ であるから，$N(x)$ は $(x-t)$ を因数にもつ。実際に割り算すると $$N(x)=(x-t)\bigl[(p-1)x^2+(p-2)tx+(p-3)t^2\bigr].$$ （この割り算は，$N(x)$ の係数 $(p-1),\,-t,\,-t^2,\,-(p-3)t^3$ に対して $x=t$ による組立除法を行うと，商の係数が順に $(p-1),\ (p-2)t,\ (p-3)t^2$，余り $0$ となることで確かめられる。）

したがって $$\displaystyle g(x)-\sqrt[3]{a}=(x-\sqrt[3]{a})^2\cdot\frac{(p-1)x^2+(p-2)\sqrt[3]{a}\,x+(p-3)\sqrt[3]{a^2}}{px^3-(p-3)a}$$ となり，分子は $x$ の2次式，分母は $x$ の3次式である（証明終）。

(2)　 $p=2$ とすると，(1)の2次式の係数は $$(p-1)x^2+(p-2)tx+(p-3)t^2=x^2+0\cdot x-t^2=x^2-t^2=(x-t)(x+t)$$ となり，$(x-t)$ をもう1つの因数にもつ。また分母は $px^3-(p-3)t^3=2x^3+t^3=2x^3+a$。よって $$\displaystyle g(x)-\sqrt[3]{a}=(x-\sqrt[3]{a})^2\cdot\frac{(x-\sqrt[3]{a})(x+\sqrt[3]{a})}{2x^3+a} =(x-\sqrt[3]{a})^3\cdot\frac{x+\sqrt[3]{a}}{2x^3+a}$$ となり，分子は $x$ の1次式，分母は $x$ の3次式である（証明終）。

(3)　 $a=9,\ p=2$，$t=\sqrt[3]{9}$ とする。$\displaystyle f(x)=x^2-\dfrac9x=\dfrac{x^3-9}{x}$，$\displaystyle f'(x)=2x+\dfrac{9}{x^2}=\dfrac{2x^3+9}{x^2}$ であるから $$\displaystyle f(2)=4-\frac92=-\frac12,\qquad f'(2)=4+\frac94=\frac{25}{4},$$ $$\displaystyle g(2)=2-\frac{f(2)}{f'(2)}=2-\left(-\frac12\right)\cdot\frac{4}{25}=2+\frac{2}{25}=\frac{52}{25}=2.08 .$$ (2)の恒等式に $x=2$ を代入すると $$\displaystyle t-g(2)=-(g(2)-t)=-(2-t)^3\cdot\frac{2+t}{2\cdot2^3+t^3}=(t-2)^3\cdot\frac{t+2}{t^3+16}.$$ （$-(2-t)^3=(t-2)^3$ を用いた。）

仮定 $2<t<2.1$ より $0<t-2<0.1$，$t+2<4.1$，$t^3+16>2^3+16=24$（$t>2$ より $t^3>8$）である。したがって $$\displaystyle t-g(2)=(t-2)^3\cdot\frac{t+2}{t^3+16}>0$$ であり，かつ $$\displaystyle t-g(2)<(0.1)^3\cdot\frac{4.1}{24}=\frac{1}{1000}\cdot\frac{4.1}{24}<\frac{1}{1000}$$ （$\displaystyle \dfrac{4.1}{24}<1$ だから）。よって $$\displaystyle 0<\sqrt[3]{9}-g(2)<\frac{1}{1000}$$ が示された。

この不等式と $g(2)=2.08$ より $$\displaystyle 2.08<\sqrt[3]{9}<2.08+\frac{1}{1000}=2.081$$ であるから，$\sqrt[3]{9}$ の小数第1〜3位は $080$ であり，小数第4位以下を切り捨てると $$\boxed{\sqrt[3]{9}=2.080}$$ である。

F

$A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ のとき $$A^2=\begin{pmatrix}a^2+bc & b(a+d)\\ c(a+d) & bc+d^2\end{pmatrix}.$$ $A^2=A$ は成分ごとに $$a^2+bc=a,\quad b(a+d-1)=0,\quad c(a+d-1)=0,\quad bc+d^2=d \tag{F}$$ と同値である。

(1)　 $ad-bc\neq0$ とする。もし $a+d=1$ ならば，(F)の第1式 $a^2+bc=a$ から $bc=a-a^2=a(1-a)=ad$（$d=1-a$ を使った）となり $ad-bc=0$ となって矛盾。よって $a+d\neq1$ であり，(F)の第2,3式から $b=0,\ c=0$ が従う。このとき第1式より $a^2=a$ すなわち $a=0,1$，第4式より $d^2=d$ すなわち $d=0,1$。$ad-bc=ad\neq0$ より $a\neq0$ かつ $d\neq0$，よって $$a=1,\ d=1 .$$ 以上より $$\boxed{A=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}$$ （このとき実際に $a+d=2\neq1$ で上の場合分けと矛盾しない）。

(2)　 $ad-bc=0$，すなわち $bc=ad$ とする。(F)の第1式に代入すると $$a^2+ad=a\ \quad\text{より}\quad\ a(a+d-1)=0,$$ 同様に第4式から $$d(a+d-1)=0 .$$

もし $a+d\neq1$ なら，これらより $a=0$ かつ $d=0$。このとき $bc=ad=0$ で，第2,3式 $b(a+d-1)=-b=0,\ c(a+d-1)=-c=0$ から $b=c=0$ となり $A$ は零行列となるが，べき等行列は零行列でないので不適。

もし $a+d=1$ なら，第2,3式は $b\cdot0=0,\ c\cdot0=0$ で自動的に成立し，第1式・第4式も $a^2+bc=a^2+ad=a(a+d)=a$，$bc+d^2=ad+d^2=d(a+d)=d$ となり成立する。また $a+d=1$ なら $a,d$ は同時に $0$ にはならないので $A\neq O$。

したがって（$ad-bc=0$ のもとで）$A$ がべき等行列であるための必要十分条件は $$\boxed{a+d=1}$$ である。

(3)　 $A,B$ をともにべき等行列とする。$A^2=A,\ B^2=B$ に注意すると $$(A+B)^2=A^2+AB+BA+B^2=A+B+(AB+BA)$$ であるから，$A+B$ がべき等行列である，すなわち $(A+B)^2=A+B$（かつ $A+B\neq O$）となるための条件は $$AB+BA=O \tag{$\dagger$}$$ （かつ $A+B\neq O$）である。

一般に，零行列でないべき等行列 $M=\begin{pmatrix}p&q\\r&s\end{pmatrix}$ については，(1)(2)の結果から，$\det M\neq0$ ならば $M=I$（このとき $\operatorname{tr}M=p+s=2$），$\det M=0$ ならば $\operatorname{tr}M=p+s=1$ であり，この2つの場合はすべての場合を尽くす（$\det M$ は $0$ か $0$ でないかのいずれかである）。したがって零行列でないべき等行列のトレースは $1$ または $2$ であり，トレースが $2$ となるのは $M=I$ の場合に限る。

$A+B$ がべき等（零行列でない）ならば，そのトレースも $1$ または $2$ である。一方 $$\operatorname{tr}(A+B)=\operatorname{tr}A+\operatorname{tr}B\quad\text{の値は }2,3,4\text{ のいずれか}$$ （$A,B$ 自身も零行列でないべき等行列だから，そのトレースはそれぞれ $1$ か $2$）。これらの値のうち $1$ または $2$ であるものは $2$ だけであるから， $$\operatorname{tr}A=\operatorname{tr}B=1,\qquad \operatorname{tr}(A+B)=2 .$$ トレース $2$ のべき等行列は $I$ に限るから $$\boxed{A+B=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}$$ である（このとき，$B=I-A$ とすると $B^2=(I-A)^2=I-2A+A^2=I-2A+A=I-A=B$ となって自動的にべき等行列になり，$AB+BA=A(I-A)+(I-A)A=2A-2A^2=2A-2A=O$ となって($\dagger$)も満たされることが確認できる）。

$A,B$ の具体例としては，例えば $$A=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix},\qquad B=I-A=\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}$$ が挙げられる。実際 $A^2=A,\ B^2=B$ であり，$A+B=I$ でこれもべき等行列である。