【解説・採点基準付き】2019年九州大学理系数学の解答・解説

$n$ を自然数とする。 $x,y$ がすべての実数を動くとき、定積分

$$\int_0^1\left(\sin(2n\pi t)-xt-y\right)^2dt$$

の最小値を $I_n$ とおく。極限 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}I_n$ を求めよ。

配点 50点

求める定積分を $F(x,y)$ とおく。被積分関数を展開すると

$$\left(\sin(2n\pi t)-xt-y\right)^2=\sin^2(2n\pi t)-2(xt+y)\sin(2n\pi t)+(xt+y)^2$$

$n$ は自然数なので $\cos2n\pi=\cos4n\pi=1$ である。半角の公式より

$$\int_0^1\sin^2(2n\pi t)\,dt=\int_0^1\frac{1-\cos(4n\pi t)}{2}\,dt=\left[\frac t2-\frac{\sin(4n\pi t)}{8n\pi}\right]_0^1=\frac12$$

$$\int_0^1\sin(2n\pi t)\,dt=\left[-\frac{\cos(2n\pi t)}{2n\pi}\right]_0^1=-\frac{1-1}{2n\pi}=0$$

部分積分より

$$\int_0^1t\sin(2n\pi t)\,dt=\left[-\frac{t\cos(2n\pi t)}{2n\pi}\right]_0^1+\frac{1}{2n\pi}\int_0^1\cos(2n\pi t)\,dt=-\frac{1}{2n\pi}+\frac{1}{2n\pi}\left[\frac{\sin(2n\pi t)}{2n\pi}\right]_0^1=-\frac{1}{2n\pi}$$

また

$$\int_0^1(xt+y)^2dt=\int_0^1(x^2t^2+2xyt+y^2)\,dt=\frac{x^2}{3}+xy+y^2$$

以上より

$$F(x,y)=\frac12-2x\cdot\left(-\frac{1}{2n\pi}\right)-2y\cdot0+\frac{x^2}{3}+xy+y^2=y^2+xy+\frac{x^2}{3}+\frac{x}{n\pi}+\frac12$$

$x$ を固定して $y$ について平方完成すると

$$F(x,y)=\left(y+\frac x2\right)^2+\frac{x^2}{12}+\frac{x}{n\pi}+\frac12$$

さらに $x$ について平方完成すると

$$F(x,y)=\left(y+\frac x2\right)^2+\frac{1}{12}\left(x+\frac{6}{n\pi}\right)^2+\frac12-\frac{3}{n^2\pi^2}$$

右辺の2つの2乗の項はどちらも0以上で、 $x=-\dfrac{6}{n\pi}$、 $y=-\dfrac x2=\dfrac{3}{n\pi}$ のとき同時に0になる。よって

$$I_n=\frac12-\frac{3}{n^2\pi^2}$$

したがって

$$\lim_{n\to\infty}I_n=\lim_{n\to\infty}\left(\frac12-\frac{3}{n^2\pi^2}\right)=\frac12$$

答　$\dfrac12$

補足（答えの意味）　最小にする直線は $-\dfrac{6}{n\pi}t+\dfrac{3}{n\pi}=-\dfrac{6}{n\pi}\left(t-\dfrac12\right)$ で、点 $\left(\dfrac12,\ 0\right)$ を通る。 $\sin(2n\pi t)$ のグラフが点 $\left(\dfrac12,\ 0\right)$ について点対称なので、最も近い直線もこの点を通る。 $n$ が大きくなると傾き $-\dfrac{6}{n\pi}$ は0に近づき、直線はほぼ $t$ 軸に重なる（下の図は $n=4$）。直線では細かく振動する sin に近づけないので、ずれの2乗の合計は $\displaystyle\int_0^1\sin^2(2n\pi t)\,dt=\dfrac12$ だけが残る。答えの $\dfrac12$ はこの値である

0でない2つの整式 $f(x)$、 $g(x)$ が以下の恒等式を満たすとする。

$$f(x^2)=(x^2+2)g(x)+7$$

$$g(x^3)=x^4f(x)-3x^2g(x)-6x^2-2$$

以下の問いに答えよ。

(1) $f(x)$ の次数と $g(x)$ の次数はともに2以下であることを示せ。

(2) $f(x)$ と $g(x)$ を求めよ。

(1)　配点 20点

$f(x)$、 $g(x)$ の次数をそれぞれ $m$、 $n$、最高次の係数をそれぞれ $p$、 $q$（ $p\neq0$、 $q\neq0$）とする。

第1式の左辺 $f(x^2)$ の最高次の項は $px^{2m}$。右辺 $(x^2+2)g(x)+7$ の最高次の項は $qx^{n+2}$（ $n+2\geqq2$ なので定数7に消されない）。両辺の最高次の項が一致するので

$$2m=n+2,\qquad p=q\qquad\cdots①$$

第2式の左辺 $g(x^3)$ の次数は $3n=3(2m-2)=6m-6$。

右辺の $x^4f(x)$ の最高次の項は $px^{m+4}$、①より $-3x^2g(x)$ の最高次の項は $-3qx^{n+2}=-3px^{2m}$ である。

・$m\neq4$ のとき　$m+4\neq2m$ なので、次数の大きい方の項はほかの項と打ち消し合わない

・$m=4$ のとき　どちらも $x^8$ の項で、係数の和は $p-3p=-2p\neq0$。打ち消し合わない

また、 $m+4\geqq5$ なので $-6x^2-2$ は最高次に関係しない。よって、右辺の次数は $m+4$ と $2m$ の大きい方である。

左辺と右辺の次数が等しいので

・$m\leqq4$ のとき　$6m-6=m+4$ より $m=2$（ $m\leqq4$ をみたす）

・$m>4$ のとき　$6m-6=2m$ より $m=\dfrac32$ となり、 $m>4$ に反する

よって $m=2$、①より $n=2$。

したがって、 $f(x)$ の次数と $g(x)$ の次数はともに2であり、2以下である。

別解（次数を「以下」で押さえる）　示すのは「2以下」なので、第2式の右辺の次数は $m+4$ と $2m$ の大きい方以下と押さえるだけでもよい（これなら打ち消し合いを調べなくて済む）。①の $2m=n+2$ から左辺の次数は $6m-6$ なので、 $m\geqq4$ なら $6m-6\leqq2m$ より $m\leqq\dfrac32$ で矛盾。よって $m<4$ で、 $6m-6\leqq m+4$ より $m\leqq2$、 $n=2m-2\leqq2$。

(2)　配点 30点

(1) より $g(x)$ は2次以下なので、 $g(x)=ax^2+bx+c$ とおく（(1) の結論「2以下」だけを使うので、 $a=0$ の場合も含めておく）。第1式より

$$f(x^2)=(x^2+2)(ax^2+bx+c)+7=ax^4+bx^3+(2a+c)x^2+2bx+2c+7$$

左辺 $f(x^2)$ は $x^2$ の整式なので、 $x$ の奇数乗の項はない。 $x^3$、 $x$ の係数を比べて $b=0$。よって

$$f(x^2)=a(x^2)^2+(2a+c)x^2+2c+7$$

で、 $x^2=X$ とおくと $X\geqq0$ のすべての値で $f(X)=aX^2+(2a+c)X+2c+7$ が成り立つ。無数の $X$ で一致する整式は等しいので

$$f(x)=ax^2+(2a+c)x+2c+7,\qquad g(x)=ax^2+c$$

第2式の左辺は $g(x^3)=ax^6+c$。右辺は

$$x^4\{ax^2+(2a+c)x+2c+7\}-3x^2(ax^2+c)-6x^2-2=ax^6+(2a+c)x^5+(2c+7-3a)x^4-(3c+6)x^2-2$$

両辺の係数を次数ごとに並べると、次の表のようになる。

$x^5$、 $x^4$、 $x^2$ の係数と定数項を比べて

$$2a+c=0,\qquad 2c+7-3a=0,\qquad 3c+6=0,\qquad c=-2$$

$c=-2$ と $2a+c=0$ より $a=1$。このとき $2c+7-3a=-4+7-3=0$ もみたす。よって

$$f(x)=x^2+(2-2)x+(-4+7)=x^2+3,\qquad g(x)=x^2-2$$

答　$f(x)=x^2+3$、 $g(x)=x^2-2$

（係数比較は「恒等式である」ことと同じ条件なので、求めた $f$、 $g$ が2つの恒等式をみたすことの確かめは要らない。）

補足（ $b=0$ のもう1つの見方）　第1式の $x$ を $-x$ に置きかえると $f(x^2)=(x^2+2)g(-x)+7$。もとの第1式と比べて $g(-x)=g(x)$ なので、 $g$ は偶関数で $b=0$ とすぐに分かる。また、第2式に $x=0$ を代入すると $g(0)=-2$、つまり $c=-2$ がすぐに求められる。

1個のサイコロを3回投げて出た目を順に $a,b,c$ とする。2次方程式

$$ax^2+bx+c=0$$

の2つの解 $z_1,z_2$ を表す複素数平面上の点をそれぞれ $\mathrm{P}_1(z_1)$、 $\mathrm{P}_2(z_2)$ とする。また、複素数平面上の原点をOとする。以下の問いに答えよ。

(1) $\mathrm{P}_1$ と $\mathrm{P}_2$ が一致する確率を求めよ。

(2) $\mathrm{P}_1$ と $\mathrm{P}_2$ がともに単位円の周上にある確率を求めよ。

(3) $\mathrm{P}_1$ とOを通る直線を $\ell_1$ とし、 $\mathrm{P}_2$ とOを通る直線を $\ell_2$ とする。 $\ell_1$ と $\ell_2$ のなす鋭角が $60^\circ$ である確率を求めよ。

目の出方は全部で $6^3=216$ 通りで、どれも同様に確からしい。また $c\geqq1$ なので、解はどちらも0でない。

(1)　配点 10点

$\mathrm{P}_1$ と $\mathrm{P}_2$ が一致するのは $z_1=z_2$、つまり重解のときで、条件は $b^2-4ac=0$ である。

$b^2=4ac$ より $b^2$ は4の倍数なので、 $b$ は偶数。 $b=2,4,6$ のとき $ac=1,4,9$ で、 $(a,c)$ の組は次のとおり。

| $b$ | $2$ | $4$ | $6$ |

|—|—|—|—|

| $ac$ | $1$ | $4$ | $9$ |

| $(a,c)$ | $(1,1)$ | $(1,4),\ (2,2),\ (4,1)$ | $(3,3)$ |

| 通り数 | $1$ | $3$ | $1$ |

計5通り。

答　$\dfrac{5}{216}$

(2)　配点 15点

解と係数の関係より $z_1+z_2=-\dfrac ba<0$、 $z_1z_2=\dfrac ca>0$。

実数解のとき　和が負で積が正なので、2つの解はどちらも負。単位円上の負の実数は $-1$ だけなので、 $z_1=z_2=-1$。このとき $ax^2+bx+c=a(x+1)^2$ なので $b=2a$、 $c=a$。 $(a,b,c)=(1,2,1),\ (2,4,2),\ (3,6,3)$ の3通り。

虚数解のとき　係数が実数なので $z_2=\overline{z_1}$ で、 $|z_2|=|z_1|$。

$$|z_1|^2=z_1\overline{z_1}=z_1z_2=\frac ca$$

よって $\mathrm{P}_1,\mathrm{P}_2$ がともに単位円上 $\iff|z_1|=1\iff c=a$。虚数解の条件は $b^2-4ac=b^2-4a^2<0$、すなわち $b<2a$。

$a=c$ のときを $b$ ごとに表にまとめる（「○」は虚数解、「 $-1$」は重解 $-1$、「×」は異なる2つの負の実数解で、積が1なので一方は単位円の内側、他方は外側）。

虚数解は $a=1,2,3$ でそれぞれ $1,3,5$ 通り、 $a=4,5,6$ でそれぞれ6通りで、計27通り。実数解の3通りと合わせて30通り。

答　$\dfrac{30}{216}=\dfrac{5}{36}$

(3)　配点 25点

実数解のとき　(2) と同様に解はどちらも負の実数なので、 $\mathrm{P}_1,\mathrm{P}_2$ は実軸上の原点以外の点。 $\ell_1,\ell_2$ はどちらも実軸で、なす角は $0^\circ$ なので不適。

虚数解のとき　$b^2<4ac$ で、

$$z_1=\frac{-b+\sqrt{4ac-b^2}\,i}{2a},\qquad z_2=\overline{z_1}$$

としてよい。 $\mathrm{P}_1$ と $\mathrm{P}_2$ は実軸に関して対称なので、 $\ell_1$ と $\ell_2$ も実軸に関して対称。 $\ell_1$ と実軸のなす鋭角を $\varphi$（ $0^\circ<\varphi<90^\circ$）とすると、 $\ell_1,\ell_2$ の間の角は $2\varphi$ と $180^\circ-2\varphi$ なので

なす鋭角が $60^\circ$ になるのは、 $2\varphi=60^\circ$ または $180^\circ-2\varphi=60^\circ$、すなわち $\varphi=30^\circ$ または $\varphi=60^\circ$ のときである。

$\varphi=30^\circ$ は $60^\circ$ の角が実軸をはさむ場合、 $\varphi=60^\circ$ は虚軸をはさむ場合である。

$z_1$ の実部の絶対値は $\dfrac{b}{2a}$、(2) より $|z_1|=\sqrt{\dfrac ca}$ なので

$$\cos\varphi=\frac{\ \dfrac{b}{2a}\ }{\sqrt{\dfrac ca}}=\frac{b}{2\sqrt{ac}}$$

・$\varphi=30^\circ$ のとき　$\dfrac{b}{2\sqrt{ac}}=\dfrac{\sqrt3}{2}$、すなわち $b^2=3ac$

・$\varphi=60^\circ$ のとき　$\dfrac{b}{2\sqrt{ac}}=\dfrac12$、すなわち $b^2=ac$

どちらも $b^2<4ac$ をみたすので、虚数解の条件は自動的になりたつ。

$ac$ の掛け算表で数える（濃い色が $b^2=ac$、太い枠が $b^2=3ac$）。

・$b^2=3ac$ のとき　$b^2$ が3の倍数なので $b=3,6$。 $b=3$ で $ac=3$ が2通り、 $b=6$ で $ac=12$ が4通り。計6通り

・$b^2=ac$ のとき　$b=1,2,\cdots,6$ で $ac=1,4,9,16,25,36$。 $ac=4$ だけ3通り、ほかは1通りずつで、計8通り

合わせて14通り。

答　$\dfrac{14}{216}=\dfrac{7}{108}$

座標平面上の3点 $\mathrm{O}(0,0)$、 $\mathrm{A}(2,0)$、 $\mathrm{B}(1,\sqrt3)$ を考える。点 $\mathrm{P}_1$ は線分AB上にあり、A、Bとは異なる点とする。

線分AB上の点 $\mathrm{P}_2,\mathrm{P}_3,\cdots\cdots$ を以下のように順に定める。点 $\mathrm{P}_n$ が定まったとき、点 $\mathrm{P}_n$ から線分OBに下ろした垂線とOBとの交点を $\mathrm{Q}_n$ とし、点 $\mathrm{Q}_n$ から線分OAに下ろした垂線とOAとの交点を $\mathrm{R}_n$ とし、点 $\mathrm{R}_n$ から線分ABに下ろした垂線とABとの交点を $\mathrm{P}_{n+1}$ とする。

$n\to\infty$ のとき、 $\mathrm{P}_n$ が限りなく近づく点の座標を求めよ。

配点 50点

$\mathrm{OA}=\mathrm{OB}=\mathrm{AB}=2$ なので、三角形OABは1辺2の正三角形で、 $\angle\mathrm{O}=\angle\mathrm{A}=\angle\mathrm{B}=60^\circ$。 $\mathrm{P}_n$ は線分AB上のA、Bと異なる点なので、 $\mathrm{AP}_n=p_n$（ $0<p_n<2$）とおく。

$\mathrm{BP}_n=2-p_n$。直角三角形 $\mathrm{BQ}_n\mathrm{P}_n$ は $\angle\mathrm{B}=60^\circ$ なので

$$\mathrm{BQ}_n=\frac12\mathrm{BP}_n=\frac{2-p_n}{2},\qquad \mathrm{OQ}_n=2-\frac{2-p_n}{2}=1+\frac{p_n}{2}$$

（ $0<\mathrm{BQ}_n<1$ なので $\mathrm{Q}_n$ は線分OB上にある）

直角三角形 $\mathrm{OR}_n\mathrm{Q}_n$ は $\angle\mathrm{O}=60^\circ$ なので

$$\mathrm{OR}_n=\frac12\mathrm{OQ}_n=\frac12+\frac{p_n}{4},\qquad \mathrm{AR}_n=2-\mathrm{OR}_n=\frac32-\frac{p_n}{4}$$

（ $\dfrac12<\mathrm{OR}_n<1$ なので $\mathrm{R}_n$ は線分OA上にある）

直角三角形 $\mathrm{AP}_{n+1}\mathrm{R}_n$ は $\angle\mathrm{A}=60^\circ$ なので

$$p_{n+1}=\mathrm{AP}_{n+1}=\frac12\mathrm{AR}_n=\frac34-\frac18p_n$$

（ $0<p_n<2$ なら $\dfrac12<p_{n+1}<\dfrac34$ で、 $\mathrm{P}_{n+1}$ も線分AB上のA、Bと異なる点。よってすべての $n$ で $0<p_n<2$）

$\alpha=\dfrac34-\dfrac18\alpha$ をみたす $\alpha=\dfrac23$ を使うと、 $\dfrac23=\dfrac34-\dfrac18\cdot\dfrac23$ なので、漸化式との差をとって

$$p_{n+1}-\frac23=-\frac18\left(p_n-\frac23\right)$$

よって数列 $\left\{p_n-\dfrac23\right\}$ は公比 $-\dfrac18$ の等比数列で

$$p_n-\frac23=\left(-\frac18\right)^{n-1}\left(p_1-\frac23\right)$$

$\left|-\dfrac18\right|<1$ なので $\left(-\dfrac18\right)^{n-1}\to0$。よって $\displaystyle\lim_{n\to\infty}p_n=\dfrac23$（ $p_1$ によらない）

$\overrightarrow{\mathrm{AB}}=(-1,\sqrt3)$ で $|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|=2$ なので、線分AB上で $\mathrm{AP}=\dfrac23$ となる点Pは

$$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\frac13\overrightarrow{\mathrm{AB}}=(2,0)+\frac13(-1,\sqrt3)=\left(\frac53,\ \frac{\sqrt3}{3}\right)$$

$\mathrm{AP}_n\to\dfrac23$ なので、 $\mathrm{P}_n$ はこの点Pに限りなく近づく。

答　$\left(\dfrac53,\ \dfrac{\sqrt3}{3}\right)$

（確かめ）この点Pから同じ操作をすると、 $\mathrm{OQ}=1+\dfrac12\cdot\dfrac23=\dfrac43$、 $\mathrm{OR}=\dfrac23$、 $\mathrm{AR}=\dfrac43$、 $\mathrm{AP}=\dfrac23$ となり、Pに戻る。 $\mathrm{AP}=\mathrm{BQ}=\mathrm{OR}=\dfrac23$ なので、三角形PQRは正三角形になっている。

別解（座標で追う）　長さと60°を読み取るのが不安なら、座標で追っても同じ漸化式になる。

$\mathrm{P}_n$ の $x$ 座標だけを $x_n$ とおく。直線ABは $y=-\sqrt3(x-2)$ なので、 $\mathrm{P}_n$ の $y$ 座標は $-\sqrt3(x_n-2)$ と $x_n$ だけで表せる（ $1<x_n<2$）。

OBの向きの単位ベクトルは $\vec{u}=\left(\dfrac12,\dfrac{\sqrt3}{2}\right)$ なので

$$\mathrm{OQ}_n=\overrightarrow{\mathrm{OP}_n}\cdot\vec{u}=\frac{x_n+\sqrt3\cdot\{-\sqrt3(x_n-2)\}}{2}=\frac{x_n-3(x_n-2)}{2}=3-x_n$$

$\mathrm{Q}_n\left(\dfrac{3-x_n}{2},\ \dfrac{\sqrt3(3-x_n)}{2}\right)$ で、 $\mathrm{R}_n$ は $\mathrm{Q}_n$ から $x$ 軸に下ろした垂線の足なので $\mathrm{R}_n\left(\dfrac{3-x_n}{2},\ 0\right)$。

$\mathrm{R}_n(r,0)$ から直線ABに下ろした垂線の足を $\left(2-\dfrac s2,\ \dfrac{\sqrt3}{2}s\right)$（ $s=\mathrm{AP}_{n+1}$）とおくと、ABの向き $(-1,\sqrt3)$ と垂直なので

$$-\left(2-\frac s2-r\right)+\sqrt3\cdot\frac{\sqrt3}{2}s=0$$

より

$$s=1-\frac r2$$

$r=\dfrac{3-x_n}{2}$ を代入して $s=\dfrac{1+x_n}{4}$。よって

$$x_{n+1}=2-\frac s2=\frac{15}{8}-\frac18x_n$$

$\beta=\dfrac{15}{8}-\dfrac18\beta$ の解 $\beta=\dfrac53$ を使って $x_n-\dfrac53=\left(-\dfrac18\right)^{n-1}\left(x_1-\dfrac53\right)\to0$。 $\mathrm{P}_n$ の $y$ 座標 $-\sqrt3(x_n-2)$ は $\dfrac{\sqrt3}{3}$ に近づき、同じ答えになる。

（どちらを選ぶか：正三角形や30°・60°の直角三角形が見えたら、長さで追う方が計算が短い。角が特別でない三角形なら座標で追う。座標の方法は図の読み違いが起きにくいが、内積と垂直の条件の計算が増える）

$a,b$ を複素数、 $c$ を純虚数でない複素数とし、 $i$ を虚数単位とする。複素数平面において、点 $z$ が虚軸全体を動くとき

$$w=\frac{az+b}{cz+1}$$

で定まる点 $w$ の軌跡を $C$ とする。次の3条件が満たされているとする。

(ア) $z=i$ のときに $w=i$ となり、 $z=-i$ のときに $w=-i$ となる。

(イ) $C$ は単位円の周に含まれる。

(ウ) 点 $-1$ は $C$ に属さない。

このとき $a,b,c$ の値を求めよ。さらに $C$ を求め、複素数平面上に図示せよ。

配点 50点

$w$ が定まること　虚軸上の点を $z=ti$（ $t$ は実数）とする。 $cz+1=0$ とすると $t\neq0$ で $c=-\dfrac{1}{ti}=\dfrac{i}{t}$ となり、 $c$ が純虚数になってしまう。 $c$ は純虚数でない（ $c=0$ の場合も含む）ので、虚軸上のすべての $z$ で $cz+1\neq0$ であり、 $w$ はいつも定まる。

(ア)より　$z=i$ のとき $\dfrac{ai+b}{ci+1}=i$ より $ai+b=i(ci+1)=-c+i$。

$z=-i$ のとき $\dfrac{-ai+b}{-ci+1}=-i$ より $-ai+b=-i(-ci+1)=-c-i$。

2式を引いて $2ai=2i$ より $a=1$。2式を足して $2b=-2c$ より $b=-c$。よって

$$w=\frac{z-c}{cz+1}$$

(イ)より　$C$ が単位円の周に含まれるので、虚軸上のすべての $z$ で $|w|=1$。とくに $z=0$（虚軸上の点）のとき $w=-c$ なので

$$|c|=1$$

よって $c\neq0$ で、 $c\overline{c}=1$ より $\overline{c}=\dfrac1c$。（ $|c|=1$ は (イ) が成り立つための必要条件。十分であることは $c$ を決めたあとで確かめる）

(ウ)より　虚軸上の $z$ では $cz+1\neq0$ なので

$$w=-1\iff z-c=-(cz+1)\iff(1+c)z=c-1\quad\cdots\cdots①$$

$c\neq-1$ のとき　①は $z_0=\dfrac{c-1}{c+1}$ を解にもつ。 $\overline{c}=\dfrac1c$ より

$$\overline{z_0}=\frac{\overline{c}-1}{\overline{c}+1}=\frac{\dfrac1c-1}{\dfrac1c+1}=\frac{1-c}{1+c}=-z_0$$

すなわち $z_0+\overline{z_0}=0$ で、 $z_0$ の実部は0。 $z_0$ は虚軸上の点であり、このとき $w=-1$ となるので、点 $-1$ が $C$ に属してしまい (ウ) に反する。

$c=-1$ のとき　①は $0\cdot z=-2$ となり、これをみたす $z$ はない。

よって $c=-1$（実数なので純虚数でない）、 $b=-c=1$。

このとき $w=\dfrac{z+1}{-z+1}=\dfrac{1+z}{1-z}$ で、条件をみたすことを確かめる。

・(ア)　$\dfrac{1+i}{1-i}=\dfrac{(1+i)^2}{2}=i$、 $\dfrac{1-i}{1+i}=\dfrac{(1-i)^2}{2}=-i$

・(イ)　$z=ti$ に対して $|1+ti|=|1-ti|=\sqrt{1+t^2}$ なので $|w|=1$

・(ウ)　$w=-1\iff1+z=-(1-z)\iff1=-1$ となり、 $w=-1$ となる $z$ はない

答　$a=1$、 $b=1$、 $c=-1$

$C$ を求める　$z=i\tan\theta$ $\left(-\dfrac{\pi}{2}<\theta<\dfrac{\pi}{2}\right)$ とおく。 $\theta$ がこの範囲を動くと $\tan\theta$ はすべての実数をちょうど1回ずつとるので、 $z$ は虚軸全体を動く。 $\cos\theta>0$ なので分母・分子に $\cos\theta$ をかけて

$$w=\frac{1+i\tan\theta}{1-i\tan\theta}=\frac{\cos\theta+i\sin\theta}{\cos\theta-i\sin\theta}=(\cos\theta+i\sin\theta)^2=\cos2\theta+i\sin2\theta$$

（ $(\cos\theta+i\sin\theta)(\cos\theta-i\sin\theta)=1$ を使った）

$2\theta$ は $-\pi<2\theta<\pi$ のすべての値をとるので、 $w$ は単位円上の、偏角が $\pi$ の点（点 $-1$）以外のすべての点をとる。

答　$C$ は単位円 $|w|=1$ から点 $-1$ を除いたもの（下の図。白丸の点 $-1$ は含まない）

別解（ $C$ を逆向きに求める）　$w$ を単位円上の $-1$ 以外の点とし、 $w=\dfrac{1+z}{1-z}$ を $z$ について解くと $z=\dfrac{w-1}{w+1}$。 $\overline{w}=\dfrac1w$ より、(ウ) の $z_0$ と同じ計算で $\overline{z}=-z$ となり、 $z$ は虚軸上の点。よって単位円上の $-1$ 以外の点はすべて $C$ に属する。(イ)(ウ) と合わせて同じ答えになる。