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数学

90分、120点。

東京医科歯科大学1999年度入試問題数学解答


$ \fbox{1}$

$ (1)$
$ l_1$ の方程式$ x+y=1$ から$ y=1-x$ として、$ l_2$ の方程式に代入すると、


$\displaystyle ax+b(1-x)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 3$  
$\displaystyle (a-b)x$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 3-b$  

となる。$ a-b=0$ とすると、$ 0=3-b$ なので$ a=b=3$ となる。すると、


$\displaystyle l_1$ $\displaystyle :$ $\displaystyle x+y=1$  
$\displaystyle l_2$ $\displaystyle :$ $\displaystyle x+y=1$  
$\displaystyle l_3$ $\displaystyle :$ $\displaystyle x+y=\dfrac{4}{9}$  

となる。$ l_1$$ l_2$ は一致するが、$ l_3$$ l_1$ と平行なので、交点をもたない。したがって、$ a-b\ne 0$ であり、$ l_1$$ l_2$ の交点は $ \left(\dfrac{3-b}{a-b},\ \dfrac{a-3}{a-b}\right)$ となる($ y=1-x$ より)。

この交点を$ l_3$ も通ればいいので、


$\displaystyle a^2 \cdot \dfrac{3-b}{a-b}+b^2 \cdot \dfrac{a-3}{a-b}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 4$  
$\displaystyle a^2(3-b)+b^2(a-3)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 4(a-b)$  
$\displaystyle 3a^2-a^2b+ab^2-3b^2$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 4(a-b)$  
$\displaystyle 3(a+b)(a-b)-ab(a-b)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 4(a-b)$  
$\displaystyle 3(a+b)-ab$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 4 \ (a-b\ne 0 )$  
$\displaystyle ab-3(a+b)+4$ $\displaystyle =$ $\displaystyle {0}$  
$\displaystyle (a-3)(b-3)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 5$  

となる。$ a,\ b$ は整数なので、 $ (a-3,\ b-3)=(1,\ 5),\ (5,\ 1),\ (-1,\ -5),\ (-5,\ -1)$ となる。よって、 $ (a,\ b)=(4,\ 8),\ (8,\ 4),\ (2,\ -2),\ (-2,\ 2)$ となる。

$ (2)$
$ {\pi}_1$ の方程式から$ z=1-x-y$ である。これを $ {\pi}_2,\ {\pi}_3$ の方程式に代入して整理すると、


$\displaystyle {\pi}_2$ $\displaystyle :$ $\displaystyle (a-c)x+(b-c)y=2-c$  
$\displaystyle {\pi}_3$ $\displaystyle :$ $\displaystyle (a^2-c^2)x+(b^2-c^2)y=5-c^2$  

となる。上の直線は順に $ {\pi}_1,\ {\pi}_2$ の交わり、 $ {\pi}_2,\ {\pi}_3$ の交わりである。これらの直線を順に$ m,\ n$ とする。

$ m$$ n$ が交わらないとき(つまり、$ m$$ n$ が平行でしかも一致しないとき)、 $ {\pi}_1,\ {\pi}_2,\ {\pi}_3$ は共有点を持たない。

$ m$$ n$ が交点を持てば、その交点は $ {\pi}_1,\ {\pi}_2,\ {\pi}_3$ の共有点となるが、そういった共有点が少なくとも$ 2$ つあるためには、$ m$$ n$ は一致しなければいけない。そのような条件を探す。$ c=2$ とすると、


$\displaystyle m$ $\displaystyle :$ $\displaystyle (a-2)x+(b-2)y=0$  
$\displaystyle n$ $\displaystyle :$ $\displaystyle (a^2-4)x+(b^2-4)y=1$  

となり$ m,\ n$ は一致しない。従って$ c-2\ne 0$ である。また、$ c$ は整数であるから$ 5-c^2\ne0$ である。$ m,\ n$ の方程式を書き直すと、


$\displaystyle \dfrac{a-c}{2-c}x+\dfrac{b-c}{2-c}y$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 1$  
$\displaystyle \dfrac{a^2-c^2}{5-c^2}x+\dfrac{b^2-c^2}{5-c^2}y$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 1$  

である。この$ 2$ 直線が一致するのは、

\begin{displaymath}
\begin{cases}
\dfrac{a-c}{2-c}=\dfrac{a^2-c^2}{5-c^2} & \\ \\
\dfrac{b-c}{2-c}=\dfrac{b^2-c^2}{5-c^2} &
\end{cases}\end{displaymath}

のときである。整理すると、

\begin{displaymath}
\begin{cases}
\dfrac{(a-c)(5-2a-2c+ac)}{(2-c)(5-c^2)}=0 & \\ \\
\dfrac{(b-c)(5-2b-2c+bc)}{(2-c)(5-c^2)}=0 &
\end{cases}\end{displaymath}

である。これを式$ A$ とする(下の場合分け $ (a),\ (b),\ (c)$ で式$ A$ を用いるのは場合$ (c)$ のみ)。

$ (a)$
$ a-c=0$ とすると、


$\displaystyle m$ $\displaystyle :$ $\displaystyle (b-c)y=2-c$  
$\displaystyle n$ $\displaystyle :$ $\displaystyle (b^2-c^2)y=5-c^2$  

となる。$ b-c=0$ または$ b+c=0$ とすると、 $ 0=2-c=5-c^2$ となるので矛盾。したがって、上の$ m,\ n$ の方程式は


$\displaystyle m$ $\displaystyle :$ $\displaystyle y=\dfrac{2-c}{b-c}$  
$\displaystyle n$ $\displaystyle :$ $\displaystyle y=\dfrac{5-c^2}{b^2-c^2}$  

となる。これが一致するから、


$\displaystyle \dfrac{2-c}{b-c}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{5-c^2}{b^2-c^2}$  
$\displaystyle (2-c)(b+c)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 5-c^2$  
$\displaystyle bc-2b-2c+5$ $\displaystyle =$ $\displaystyle {0}$  
$\displaystyle (b-2)(c-2)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle -1$  

である。従って、 $ (b-2,\ c-2)=(1,\ -1),\ (-1,\ 1)$ となる。よって、 $ (b,\ c)=(3,\ 1),\ (1,\ 3)$ である。以上から、 $ (a,\ b,\ c)=(1,\ 3,\ 1),\ (3,\ 1,\ 3)$ となる。

$ (b)$
$ b-c=0$ とすると、


$\displaystyle m$ $\displaystyle :$ $\displaystyle (a-c)x=2-c$  
$\displaystyle n$ $\displaystyle :$ $\displaystyle (a^2-c^2)x=5-c^2$  

となる。$ a-c=0$ または$ a+c=0$ とすると、 $ 0=2-c=5-c^2$ となるので矛盾。したがって、上の$ m,\ n$ の方程式は


$\displaystyle m$ $\displaystyle :$ $\displaystyle x=\dfrac{2-c}{a-c}$  
$\displaystyle n$ $\displaystyle :$ $\displaystyle x=\dfrac{5-c^2}{a^2-c^2}$  

となる。これが一致するから、


$\displaystyle \dfrac{2-c}{a-c}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{5-c^2}{a^2-c^2}$  
$\displaystyle (2-c)(a+c)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 5-c^2$  
$\displaystyle ac-2a-2c+5$ $\displaystyle =$ $\displaystyle {0}$  
$\displaystyle (a-2)(c-2)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle -1$  

である。従って、 $ (a-2,\ c-2)=(1,\ -1),\ (-1,\ 1)$ となる。よって、 $ (a,\ c)=(3,\ 1),\ (1,\ 3)$ である。以上から、 $ (a,\ b,\ c)=(3,\ 1,\ 1),\ (1,\ 3,\ 3)$ となる。

$ (c)$
$ a-c\ne0$ かつ$ b-c\ne0$ とすると、式$ A$ より

$ \begin{cases}
5-2a-2c+ac=0 & \\
5-2b-2c+bc=0 &
\end{cases}$

である。変形して、

$ \begin{cases}
(a-2)(c-2)=-1 & \\
(b-2)(c-2)=-1&
\end{cases}$

である。上の式より $ (a,\ c)=(3,\ 1),\ (1,\ 3)$ となり、下の式より $ (b,\ c)=(3,\ 1),\ (1,\ 3)$ となるが、両者を併せて $ (a,\ b,\ c)=(3,\ 3,\ 1),\ (1,\ 1,\ 3)$ となる。

以上より、求める答えは

$ (a,\ b,\ c)=(1,\ 3,\ 1),\ (3,\ 1,\ 3),\ (3,\ 1,\ 1),\ (1,\ 3,\ 3),\ (3,\ 3,\ 1),\ (1,\ 1,\ 3)$ となる。


$ \fbox{2}$

$ (1)$
$ z=x+yi$ とすると、 $ \bar{z}=x-yi$ で、


$\displaystyle z^2+{\bar{z}}^2$ $\displaystyle =$ $\displaystyle (x^2-y^2+2xyi)+(x^2-y^2-2xyi)$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle 2(x^2-y^2)$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle {0}$  

となる。従って$ \vert x\vert=\vert y\vert$ で、これを図示すると下の図のようになる。

\includegraphics[width=70mm]{1.eps}

$ (2)$
$ \left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i\right)z=p$ とすると、

$\displaystyle \bar{p}={\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i\right)}{\bar{z}}
$

である。与えられた式は

$\displaystyle p^2+{\bar{p}}^2=0
$

となる。これは$ p=X+Yi$ としたとき、$ (1)$ より$ X=Y$ であることが分かっている。したがって、 $ z=\dfrac{1+\sqrt{3}i}{2}p$ と変形すると、$ z$ の動く図形は$ (1)$ の直線を原点を中心に $ 60^{\circ}$ 回転させたものであるから、これを図示すると下の図のようになる。

\includegraphics[width=60mm]{2.eps}

$ (3)$
$ \dfrac{1-\sqrt{3}i}{2}=\cos{(-60^{\circ})}+i\sin{(-60^{\circ})}$ に着目して、 $ \cos{(-30^{\circ})}+i\sin{(-30^{\circ})}=\alpha$ とすると、$ \alpha$ $ -30^{\circ}$ 回転の複素数である。 $ \alpha z=q$ とすると、 $ z={\bar{\alpha}}q$ であるから、$ z$$ q$ の動く範囲を原点を中心として $ 30^{\circ}$ 回転させた図形になる。


$\displaystyle \alpha$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{\sqrt{3}-i}{2}$  
$\displaystyle {\alpha}^2$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{1-\sqrt{3}i}{2}$  
$\displaystyle \bar{\alpha}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{\sqrt{3}+i}{2}$  
$\displaystyle {\bar{\alpha}}^2$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \dfrac{1+\sqrt{3}i}{2}$  

である。従って、


$\displaystyle 3(1-\sqrt{3}i)z^2+3(1+\sqrt{3}i){\bar{z}}^2-20z\bar{z}+32$ $\displaystyle =$ $\displaystyle 6{\alpha}^2z^2+6{\bar{\alpha}}^2{\bar{z}}^2-20\alpha z {\bar{\alpha}} \bar{z} +32 \ (\alpha{\bar{\alpha}}=1)$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle 6q^2+6{\bar{q}}^2-20q\bar{q}+32$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle {0}$  

である。整理して、

$\displaystyle 3q^2+3{\bar{q}}^2-10q\bar{q}+16 =0
$

である。$ q=x+yi$ とすると、この式は


$\displaystyle 3(x^2-y^2+2xyi)+3(x^2-y^2-2xyi)-10(x^2+y^2)+16$ $\displaystyle =$ $\displaystyle {0}$  
$\displaystyle \dfrac{x^2}{4}+y^2$ $\displaystyle =$ $\displaystyle {1}$  

となる。これは楕円であり、この楕円を原点を中心として $ 30^{\circ}$ 回転させた$ z$ の動く領域を図示すると、下の図のようになる(楕円部分)。

\includegraphics[width=80mm]{3.eps}


$ \fbox{3}$

$ (1)$
与えられた条件より、


$\displaystyle \overrightarrow{OP}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle (\cos{t},\ \sin{t})$  
$\displaystyle \overrightarrow{OQ}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \overrightarrow{OP}+r(\cos{\omega t},\ \sin{\omega t})$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle (\cos{t}+r\cos{\omega t},\ \sin{t}+r\sin{\omega t})$  

となる。点$ Q$ の加速度ベクトルを求める。


$\displaystyle \dfrac{d\overrightarrow{OQ}}{dt}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle (-\sin{t}-r\omega \sin{\omega t},\ \cos{t}+r\omega \cos{\omega t})$  
$\displaystyle \dfrac{d^2\overrightarrow{OQ}}{dt^2}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle (-\cos{t}-r{\omega}^2\cos{\omega t},\ -\sin{t}-r{\omega}^2\sin{\omega t})$  

であるから、点$ Q$ の加速度ベクトルは

$\displaystyle (-\cos{t}-r{\omega}^2\cos{\omega t},\ -\sin{t}-r{\omega}^2\sin{\omega t})$

である。これが零ベクトルであるとき、

\begin{displaymath}
\begin{cases}
-\cos{t}=r{\omega}^2\cos{\omega t} & \\
-\sin{t}=r{\omega}^2 \sin{\omega t} &
\end{cases}\end{displaymath}

である。両辺を二乗してから足すと、

$\displaystyle 1=r^2{\omega}^4
$

となる。 $ r=\dfrac{1}{3}$ ならば、 $ {\omega}^4=9$ である。$ \omega >0$ であるから、 $ \omega=\sqrt{3}$ となる。

$ (2)$
$ (1)$ の過程から、点$ Q$ の速度ベクトルは

$\displaystyle (-\sin{t}-r\omega \sin{\omega t},\ \cos{t}+r\omega \cos{\omega t})$

である。従って、時刻$ t=0$ から$ t=2\pi$ までの間に$ Q$ の動く道のりは、$ l$ と置くと、


$\displaystyle l$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_{0}^{2\pi}{\sqrt{{(-\sin{t}-r\omega \sin{\omega t})}^2+{(\cos{t}+r\omega \cos{\omega t})}^2}dt}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_{0}^{2\pi}{\sqrt{1+r^2{\omega}^2+2r\omega(\sin{t}\sin{\omega t}+\cos{t}\cos{\omega t})}dt}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_{0}^{2\pi}{\sqrt{1+r^2{\omega}^2+2r\omega \cos{(\omega -1)t}}dt}$  

ここに $ r=\dfrac{1}{2},\ \omega=2$ を代入して、


$\displaystyle l$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_{0}^{2\pi}{\sqrt{1+1+2\cos{t}}dt}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \sqrt{2}\int_{0}^{2\pi}{\sqrt{1+\cos{t}}dt}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \sqrt{2}\int_{0}^{2\pi}{\sqrt{2\cos^2{\dfrac{t}{2}}}dt}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle 2\int_{0}^{2\pi}{\left\vert\cos{\dfrac{t}{2}}\right\vert dt}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle 2\int_{0}^{\pi}{\cos{\dfrac{t}{2}}dt}-2\int_{\pi}^{2\pi}{\cos{\dfrac{t}{2}}dt}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle 4\left[\sin{\dfrac{t}{2}}\right]_{0}^{\pi}-4\left[\sin{\dfrac{t}{2}}\right]_{\pi}^{2\pi}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle {8}$  

となる。求める点$ Q$ の道のりは、$ 8$ である。

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