産業医科大学／2020年度／一般

産業医科大学 2020年数学第2問解答・解説

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1問題

産業医科大学2020年度第2問

空欄にあてはまる適切な数，式，記号などを解答用紙の所定の欄に記入しなさい。 1の $m$ 乗根 $z_{k}$ について偏角（ $\geq 0$ ）の小さいものから順に $k=0,1,\ldots,m-1$ とする。複素数平面上の $w_{0}=1$ を基点 $P_{0}$ として，幾つかのルールに従って順に複素数平面上を $w_{1},w_{2},w_{3},\cdots$ と動かしていき，それらの示す点を $P_{1},P_{2},P_{3},\cdots$ で図形を描いていくという遊びを行う。

【ルール1】 $m=6$ の時， $n$ 回サイコロを振って，サイコロの目が $a\ (a=1,\cdots,6)$ である時， $w_{n}=az_{a-1}w_{n-1}$ となる場合を考える。その時， $n$ 回目の試行が終わった時点で $|w_{n}|=15$ である確率は， $n$ を用いて表すと $\text{ス}$ で表され， $n$ 回目の試行で点 $w_{n-1}$ と $w_{n}$ を結んだ線分 $\mathrm{P}_{n-1}\mathrm{P}_{n}$ が，はじめて虚軸と交わる確率は， $n$ を用いて表すと $\text{セ}$ となる。また， $n$ 回目の試行で，点 $w_{n-1}$ と $w_{n}$ を結んだ線分 $\mathrm{P}_{n-1}\mathrm{P}_{n}$ の長さが $5\sqrt{31}$ となる確率は $\text{ソ}$ である。

【ルール2】 $m=8$ の時を考えるが，今度はサイコロを使わず順に $w_{n}=\sqrt{2}z_{1}w_{n-1}-1$ と移る事にする。この時， $w_{n}=\text{タ}$ で表され， $P_{n}$ から $P_{n+4}$ までの連続する5点で結んだ不等辺五角形の面積は $n$ を用いて $\text{チ}$ となる。

【ルール3】 $m=20$ の時，コインを投げて表が出れば $a=3$ ，裏が出れば $a=1$ として， $\displaystyle w_{n}=h_{a}z_{a}w_{n-1}\ \left(h_{1}=\sqrt{5},\ h_{3}=\frac{1}{5}\right)$ となる試行を行う。今， $n$ 回目で運よく原点周りをちょうど1周して再び基点 $P_{0}$ に戻ってきたとして，この多角形を $T$ と呼ぶことにする。実数で $\displaystyle \sin\frac{\pi}{10}=\boxed{\text{ツ}}$ と表現できる事を用いると，整数 $t\ (t=0,\pm1,\pm2,\cdots)$ に対して原点周りに $\displaystyle \frac{\pi t}{2}$ だけ回転させても（重なって）同一な $T$ のうち，最大面積となる $T$ の面積は $\text{テ}$ である。

【ルール4】ある $m\ (m\geq 4)$ の場合を考える。コインを投げて表が出れば $a=2$ ，裏が出れば $a=1$ として， $n$ 回目の試行で $w_{n}=z_{a}w_{n-1}$ と進めていく時，原点周りをちょうど1周して再び基点 $P_{0}$ に戻る確率は， $m$ を用いて表すと $\text{ト}$ となる。

まずは自分で解いてみましょう。詰まったら「考え方」、解けたら「答え」で確かめられます。

2考え方

考え方を見る解き方の方針だけを確かめる

複素数の極形式で回転と倍率を分離し、確率と面積を扱う。ルール3では三角関数の公式で厳密値を導出し、四分の一回転対称から3手列の反復を示して面積を比較する。ルール4は確率漸化式を解く。

3答え

答えを見る自分の答えと照らし合わせる

ス $\displaystyle =\frac{n(n-1)}{6^n},\quad$ セ $\displaystyle =\frac1{2^n},\quad$ ソ $\displaystyle =\frac{2(n-1)}{6^n},\quad$ タ $=(1+i)^{n+1}-i,\quad$ チ $=15\cdot2^n,\quad$ ツ $\displaystyle =\frac{\sqrt5-1}{4},\quad$ テ $\displaystyle =\frac{35-\sqrt5}{2},\quad$ ト $\displaystyle =\frac{2+(-1/2)^m}{3}.$

4解答

解答を見る途中式つきの解答

ルール1. 各回の倍率の絶対値は出目 $a$ なので $|w_n|$ は出目の積である。積が15となるには、 $n$ 回のうち一度ずつ3と5が出て、他はすべて1となる。従って $\displaystyle \text{ス}=\frac{n(n-1)}{6^n}.$ 偏角は各回 $(a-1)\pi/3$ だけ進む。頂点の偏角は6方向のいずれかであり、実部が正の方向は3個、負の方向も3個である。線分が虚軸と交わるのは両端の実部の符号が異なるときで、各回の出目は次の方向を6方向から等確率に選ぶ。従って各試行で交わる確率は $1/2$ 、初めて第n回に交わる確率は $\displaystyle \text{セ}=\left(\frac12\right)^{n-1}\frac12=\frac1{2^n}.$ 線分の長さは $|w_{n-1}|\,|az_{a-1}-1|$ であり、三角関数から $a=1,2,3,4,5,6$ に対する後者の値は順に $0,\sqrt3,\sqrt{13},5,\sqrt{31},\sqrt{31}$ 。目標値 $5\sqrt{31}$ には、直前までの積が5で、当回の出目が5または6である必要十分がある。直前の $n-1$ 回で積5となる並びは $n-1$ 通りなので $\displaystyle \text{ソ}=\frac{2(n-1)}{6^n}.$

ルール2. $\sqrt2 z_1=1+i$ である。固定点は $-i$ なので、漸化式を $w_n+i=(1+i)(w_{n-1}+i)$ と変形して $w_n+i=(1+i)^{n+1},\qquad \text{タ}=(1+i)^{n+1}-i.$ 5頂点 $P_n,\ldots,P_{n+4}$ は $Q_j=(1+i)^j\ (j=0,\ldots,4)$ を $(1+i)^{n+1}$ 倍し、平行移動したものだから、面積は基準五角形の面積の $2^{n+1}$ 倍である。基準頂点は $(1,0),(1,1),(0,2),(-2,2),(-4,0)$ で、三角形に分けると面積は $(1+2+4+8)/2=15/2$ 。従って $\displaystyle \text{チ}=\frac{15}{2}\cdot2^{n+1}=15\cdot2^n.$

ルール3. $a=1$ を $L$ 回、 $a=3$ を $H$ 回選んで原点の周りをちょうど1周し、 $P_0$ に戻ったとする。回転角と原点からの距離から $L+3H=20,\qquad (\sqrt5)^L(1/5)^H=5^{L/2-H}=1.$ 従って $L=2H$ 、 $H=4$ 、 $L=8$ で、辺の数は12である。

まず $s=\sin(\pi/10)$ を求める。三倍角の公式と余角・二倍角の公式から $\displaystyle \sin\frac{3\pi}{10}=3s-4s^3 =\cos\frac\pi5=1-2s^2.$ 整理すると $(s-1)(4s^2+2s-1)=0$ であり、 $0<s<1$ より $\displaystyle \text{ツ}=s=\frac{\sqrt5-1}{4},\qquad s_3=\sin\frac{3\pi}{10}=1-2s^2=\frac{\sqrt5+1}{4}.$

次に90度回転しても同じ多角形となる条件を調べる。角度は毎回正の $\pi/10$ または $3\pi/10$ だけ増すため、1周の間に同じ偏角の頂点は重ならない。回転対称なら $P_0$ の像である偏角 $\pi/2$ 、原点からの距離1の頂点が必要である。その頂点までの回数を $l,h$ とすれば、 $l+3h=5$ かつ $5^{l/2-h}=1$ なので $l=2h$ 、よって $h=1,l=2$ である。回転は辺と頂点の順序も保存するから、各90度区間は同じ3手列を繰り返す。候補は $(1,1,3),(1,3,1),(3,1,1)$ の3通りに限られる。逆にこれらを4回繰り返せば90度回転対称となる。

角度増分は常に $0$ と $\pi$ の間なので、原点と各辺で作る三角形の内部は隣の扇形と重ならず、面積を足せる。直前の距離を $r$ 、選ぶ値を $a$ とした1辺の寄与は $\displaystyle \frac12r^2h_a\sin(a\pi/10)$ である。各90度区間の最初の距離は1に戻る。3候補の区間内の $r^2$ と全体の面積を計算すると $\displaystyle \begin{array}{c|c|c} \text{3手列}&\text{各手の直前の }r^2&\text{全体の面積}\\ \hline (1,1,3)&1,5,25&4\cdot\frac12(6\sqrt5\,s+5s_3)=\frac{35-\sqrt5}{2}\\ (1,3,1)&1,5,1/5&4\cdot\frac12\left(\frac{6\sqrt5}{5}s+s_3\right)=\frac{35-\sqrt5}{10}\\ (3,1,1)&1,1/25,1/5&4\cdot\frac12\left(\frac{6\sqrt5}{25}s+\frac{s_3}{5}\right)=\frac{35-\sqrt5}{50} \end{array}$ となる。 $35-\sqrt5>0$ なので最初の列が最大であり、 $\text{テ}=(35-\sqrt5)/2$ である。

ルール4. 出目1なら偏角が $2\pi/m$ 、出目2なら $4\pi/m$ だけ進む。全周までの残りを $m$ 単位とした確率を $p_m$ とおけば、最初の一投から $\displaystyle p_0=1,\quad p_1=\frac12,\quad p_m=\frac12p_{m-1}+\frac12p_{m-2}\quad(m\ge2).$ この漸化式を解くと $\displaystyle p_m=\frac23+\frac13(-\frac12)^m$ となる。したがって $\displaystyle \text{ト}=\frac{2+(-1/2)^m}{3}.$

この問題で使う考え方

複素数平面
複素数の極形式
ド・モアブルの定理
確率の基本法則
和の法則
三角比による面積
三角関数の相互関係
漸化式

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