I横浜市立大学 2014年 数学 第I問解答・解説

(1) $p(t)=(t-a)(t-b)(t-c)=t^3-At^2+Bt-C$ とおく。連立方程式の各行は、$f(t)=t^4-zt^2+yt-x$ とおけば $f(a)=f(b)=f(c)=0$ であることを表す。$a,b,c$ は相異なるので、因数定理により $p(t)$ は $f(t)$ を割り切る。$p(t)=0$ を用いて $t^3\equiv At^2-Bt+C$ とすると、$$t^4\equiv A(At^2-Bt+C)-Bt^2+Ct=(A^2-B)t^2+(C-AB)t+AC\pmod{p(t)}.$$ したがって $f(t)$ の $p(t)$ による余りは $$(A^2-B-z)t^2+(C-AB+y)t+(AC-x)$$ である。これが恒等的に0となる条件から $z=A^2-B,\ y=AB-C,\ x=AC$ を得る。このとき余りが0なので、$f(a)=f(b)=f(c)=0$ も満たす。

(2) $AC=BC=\sqrt5$ なので、$C$ から $AB$ の中点 $D$ へ引いた線分は頂角の二等分線であり、内心もこの線上にある。$$\displaystyle D=\left(\frac32,\frac52\right),\qquad CD:\ x+y=4.$$ 内心を $\displaystyle I=(3-\frac32t,1+\frac32t)\ (0<t<1)$ とおく。直線 $AB$ は $y=x+1$、直線 $AC$ は $2x+y=7$ だから、$$\displaystyle d(I,AB)=\frac{3(1-t)}{\sqrt2},\qquad d(I,AC)=\frac{3t}{2\sqrt5}.$$ 内心からこれら2辺への距離は等しいので、$2\sqrt5(1-t)=\sqrt2t$、よって $\displaystyle t=\frac{2\sqrt5}{2\sqrt5+\sqrt2}$。したがって $$\displaystyle I=\left(\frac{3(\sqrt5+\sqrt2)}{2\sqrt5+\sqrt2},\frac{5\sqrt5+\sqrt2}{2\sqrt5+\sqrt2}\right)=\left(\frac{8+\sqrt{10}}6,\frac{16-\sqrt{10}}6\right).$$

(3) $\displaystyle \theta=\frac\pi8$ とすると、与えられた行列は $A=\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}$ である。加法定理から $A^k=\begin{pmatrix}\cos k\theta&-\sin k\theta\\\sin k\theta&\cos k\theta\end{pmatrix}$ となる。$\cos((8-k)\theta)=\cos(\pi-k\theta)=-\cos k\theta$ だから、$k=1,\ldots,7$ の余弦項は対ごとに相殺し、$k=4$ の項も0である。さらに $\cos8\theta=-1$ より $\displaystyle \sum\limits _{k=1}^8\cos k\theta=-1$。また $$\displaystyle \sin k\theta=\frac{\cos((k-\frac12)\theta)-\cos((k+\frac12)\theta)}{2\sin(\theta/2)}$$ を足すと望遠和になり、$$\displaystyle \sum\limits _{k=1}^8\sin k\theta=\frac{\cos(\pi/16)-\cos(17\pi/16)}{2\sin(\pi/16)}=\cot\frac\pi{16}.$$ 半角公式より $\displaystyle \cot\frac\pi{16}=\cot\frac\pi8+\csc\frac\pi8=1+\sqrt2+\sqrt{4+2\sqrt2}$。以上から $$A+A^2+\cdots+A^8=\begin{pmatrix}-1&-\left(1+\sqrt2+\sqrt{4+2\sqrt2}\right)\\1+\sqrt2+\sqrt{4+2\sqrt2}&-1\end{pmatrix}.$$