【解説・採点基準付き】2023年九州大学文系数学の解答・解説

$a$ を $0<a<9$ を満たす実数とする。 $xy$ 平面上の曲線 $C$ と直線 $l$ を、次のように定める。

$$C:y=\left|(x-3)(x+3)\right|,\quad l:y=a$$

曲線 $C$ と直線 $l$ で囲まれる図形のうち、 $y\geqq a$ の領域にある部分の面積を $S_1$、 $y\leqq a$ の領域にある部分の面積を $S_2$ とする。 $S_1=S_2$ となる $a$ の値を求めよ。

$C:y=|x^2-9|$ は、 $x\leqq-3,\ 3\leqq x$ のとき $y=x^2-9$、 $-3<x<3$ のとき $y=-x^2+9$ である。放物線 $y=x^2-9$ の $x$ 軸より下の部分を折り返したグラフで、 $y$ 軸に関して対称である。

$C$ と $l$ の交点は、 $|x^2-9|=a$ より $x^2-9=\pm a$、すなわち $x^2=9+a,\ 9-a$。 $0<a<9$ より $0<9-a<9<9+a$ なので

$$\alpha=\sqrt{9-a},\qquad \beta=\sqrt{9+a}\qquad(0<\alpha<3<\beta)$$

とおくと、交点の $x$ 座標は $\pm\alpha$、 $\pm\beta$ である。

図より、 $S_1$ は $-\alpha\leqq x\leqq\alpha$ で $C$ が $l$ の上にある1つの部分、 $S_2$ は $\alpha\leqq x\leqq\beta$ と $-\beta\leqq x\leqq-\alpha$ で $C$ が $l$ の下にある2つの部分の面積の合計である。 $C$ も $l$ も $y$ 軸に関して対称なので、 $x\geqq0$ の部分には $S_1$、 $S_2$ のちょうど半分ずつがある。

$x\geqq0$ で考える。

・$0\leqq x\leqq\alpha$ では $x^2\leqq9-a$ なので $|x^2-9|=9-x^2\geqq a$ （ $C$ が上）

・$\alpha\leqq x\leqq3$ では $|x^2-9|=9-x^2\leqq a$、 $3\leqq x\leqq\beta$ では $|x^2-9|=x^2-9\leqq a$ （ $l$ が上）

よって

$$\int_0^{\beta}\{|x^2-9|-a\}\,dx=\int_0^{\alpha}\{|x^2-9|-a\}\,dx-\int_{\alpha}^{\beta}\{a-|x^2-9|\}\,dx=\frac{S_1}{2}-\frac{S_2}{2}$$

したがって

$$S_1=S_2\iff\int_0^{\beta}\{|x^2-9|-a\}\,dx=0\iff\int_0^{\beta}|x^2-9|\,dx=a\beta\quad\cdots①$$

①は、「 $0\leqq x\leqq\beta$ で $C$ と $x$ 軸の間にある部分の面積」が「横 $\beta$ ・縦 $a$ の長方形の面積」に等しいということである。

$F(x)=\dfrac{x^3}{3}-9x$ とおくと（ $F(0)=0$、 $F(3)=-18$、 $F(\beta)=\dfrac{\beta^3}{3}-9\beta$ ）

$$\int_0^{\beta}|x^2-9|\,dx=\int_0^{3}\{-(x^2-9)\}\,dx+\int_3^{\beta}(x^2-9)\,dx=\Bigl[-F(x)\Bigr]_0^3+\Bigl[F(x)\Bigr]_3^{\beta}=F(0)+F(\beta)-2F(3)=\frac{\beta^3}{3}-9\beta+36$$

$\beta^2=9+a$ より $a=\beta^2-9$。次数の低い $a$ を消すと、 $a\beta=\beta^3-9\beta$ なので、①は

$$\frac{\beta^3}{3}-9\beta+36=\beta^3-9\beta$$

両辺の $-9\beta$ が消えて $\dfrac23\beta^3=36$、すなわち

$$\beta^3=54$$

$\beta$ は正の実数なので $\beta=\sqrt[3]{54}=3\sqrt[3]{2}$。よって

$$a=\beta^2-9=9\sqrt[3]{4}-9$$

$0<a<9$ は $9<\beta^2<18$、すなわち $3<\beta<3\sqrt2$ と同じである。 $1^3<2<(\sqrt2)^3=2\sqrt2$ より $1<\sqrt[3]{2}<\sqrt2$ なので、 $\beta=3\sqrt[3]{2}$ はこの範囲に入り、条件を満たす。 $\beta^3=54$ をみたす正の実数 $\beta$ は1つだけなので、 $S_1=S_2$ となる $a$ もこの1つだけである。

答　$a=9\sqrt[3]{4}-9$

検算　 $a=9\sqrt[3]{4}-9\fallingdotseq5.287$ のとき、数値積分で $S_1\fallingdotseq9.541$、 $S_2\fallingdotseq9.541$ となり一致する。また、上の計算から $\dfrac{S_1-S_2}{2}=36-\dfrac23\beta^3$ で、 $a$ が増えると $\beta$ も増えるので $S_1-S_2$ は減り続ける。 $S_1=S_2$ となる $a$ が1つだけであることとも合う。

別解（ $S_1$、 $S_2$ を別々に求める）　 $\alpha^2=9-a$、 $\beta^2=9+a$ より $\alpha^2+\beta^2=18$ である。

$S_1$ は $-\alpha\leqq x\leqq\alpha$ で $C:y=9-x^2$ と $l$ の間の部分で、 $(9-x^2)-a=\alpha^2-x^2$ なので

$$S_1=\int_{-\alpha}^{\alpha}\{(9-x^2)-a\}\,dx=\int_{-\alpha}^{\alpha}(-1)(x+\alpha)(x-\alpha)\,dx=\frac16(2\alpha)^3=\frac43\alpha^3$$

$S_2$ は、左右の部分が等しいので右の部分の2倍。 $a-(9-x^2)=x^2-\alpha^2$、 $a-(x^2-9)=\beta^2-x^2$ より

$$\frac{S_2}{2}=\int_{\alpha}^{3}(x^2-\alpha^2)\,dx+\int_3^{\beta}(\beta^2-x^2)\,dx=\left(9-3\alpha^2+\frac23\alpha^3\right)+\left(\frac23\beta^3-3\beta^2+9\right)=-36+\frac23(\alpha^3+\beta^3)$$

（ $\alpha^2+\beta^2=18$ を使った）。 $S_1=S_2$ は $\dfrac43\alpha^3=-72+\dfrac43(\alpha^3+\beta^3)$ となり、 $\alpha^3$ が消えて $\beta^3=54$。あとは本解と同じ。途中の交点 $\alpha$ は最後に消えるので、最初から区間をまとめる本解の方が計算が少ない。

$xy$ 平面上の曲線 $C:y=x^3-x$ を考える。実数 $t>0$ に対して、曲線 $C$ 上の点 $\mathrm{A}(t,\ t^3-t)$ における接線を $l$ とする。直線 $l$ と直線 $y=-x$ の交点をB、三角形OABの外接円の中心をPとする。以下の問いに答えよ。

(1) 点Bの座標を $t$ を用いて表せ。

(2) $\theta=\angle\mathrm{OBA}$ とする。 $\sin^2\theta$ を $t$ を用いて表せ。

(3) $f(t)=\dfrac{\mathrm{OP}}{\mathrm{OA}}$ とする。 $t>0$ のとき、 $f(t)$ を最小にする $t$ の値と、 $f(t)$ の最小値を求めよ。

(1)　配点 10点

$y=x^3-x$ より $y’=3x^2-1$。点 $\mathrm{A}(t,\ t^3-t)$ における接線 $l$ は

$$y=(3t^2-1)(x-t)+t^3-t\iff y=(3t^2-1)x-2t^3$$

$l$ と $y=-x$ を連立すると

$$-x=(3t^2-1)x-2t^3\iff3t^2x=2t^3$$

$t>0$ より $x=\dfrac23t$、 $y=-\dfrac23t$。

答　$\mathrm{B}\left(\dfrac23t,\ -\dfrac23t\right)$

なお、Aが直線 $y=-x$ 上にあるのは $t^3-t=-t$、すなわち $t=0$ のときだけなので、 $t>0$ ではO、A、Bは一直線上になく、三角形OABはつねにできる。

(2)　配点 20点

直線 $l$、 $y=-x$ が $x$ 軸の正の向きとなす角（ $x$ 軸に平行な直線から正の向きに測った角）をそれぞれ $\alpha$、 $\beta$ とすると

$$\tan\alpha=3t^2-1,\qquad\tan\beta=-1$$

$\theta=\angle\mathrm{OBA}$ は、Bで交わる2直線 $l$、 $y=-x$ のなす角なので、 $|\beta-\alpha|$ かその補角 $180^\circ-|\beta-\alpha|$ である。

(i) $3t^2\neq2$ のとき　tan の加法定理より

$$\tan(\beta-\alpha)=\frac{\tan\beta-\tan\alpha}{1+\tan\beta\tan\alpha}=\frac{-1-(3t^2-1)}{1-(3t^2-1)}=\frac{-3t^2}{2-3t^2}=\frac{3t^2}{3t^2-2}$$

2直線のなす角のうち鋭角の方を $\varphi$ とすると $\tan\varphi=\dfrac{3t^2}{|3t^2-2|}$ で、 $\theta$ は $\varphi$ か $180^\circ-\varphi$ なので $\sin^2\theta=\sin^2\varphi$。下の直角三角形で考えると、斜辺の長さは $\sqrt{(3t^2)^2+(3t^2-2)^2}$ なので

$$\sin^2\theta=\sin^2\varphi=\frac{(3t^2)^2}{(3t^2)^2+(3t^2-2)^2}=\frac{9t^4}{18t^4-12t^2+4}=\frac{9t^4}{2(9t^4-6t^2+2)}$$

(ii) $3t^2=2$ のとき　 $l$ の傾きは $3t^2-1=1$ で、 $y=-x$（傾き $-1$）と垂直に交わる。よって $\theta=90^\circ$、 $\sin^2\theta=1$。一方、(i) の式に $t^2=\dfrac23$（ $9t^4=4$、 $6t^2=4$）を代入すると $\dfrac{4}{2(4-4+2)}=1$ となり、(i) の式はこの場合も成り立つ。

答　$\sin^2\theta=\dfrac{9t^4}{2(9t^4-6t^2+2)}$

別解（ベクトルの内積）　(1) より $\overrightarrow{\mathrm{BO}}=\left(-\dfrac23t,\ \dfrac23t\right)=\dfrac23t(-1,\ 1)$、 $\overrightarrow{\mathrm{BA}}=\left(\dfrac t3,\ t^3-\dfrac t3\right)=\dfrac t3(1,\ 3t^2-1)$。 $t>0$ なので、 $\theta$ は $(-1,\ 1)$ と $(1,\ 3t^2-1)$ のなす角に等しい。 $1+(3t^2-1)^2=9t^4-6t^2+2$ より

$$\cos\theta=\frac{-1+(3t^2-1)}{\sqrt2\sqrt{9t^4-6t^2+2}}=\frac{3t^2-2}{\sqrt{2(9t^4-6t^2+2)}}$$

$$\sin^2\theta=1-\cos^2\theta=\frac{2(9t^4-6t^2+2)-(3t^2-2)^2}{2(9t^4-6t^2+2)}=\frac{9t^4}{2(9t^4-6t^2+2)}$$

$\cos\theta$ の符号まで含めて実際の $\theta$ が求まるので、場合分けがいらない。 $3t^2<2$ のとき $\theta$ は鈍角、 $3t^2>2$ のとき鋭角である。

(3)　配点 20点

Pは三角形OABの外接円の中心なので、外接円の半径を $R$ とすると $\mathrm{OP}=R$。辺OAの向かいの角は $\theta=\angle\mathrm{OBA}$ なので、三角形OABで正弦定理より

$$\frac{\mathrm{OA}}{\sin\theta}=2R=2\mathrm{OP}$$

$0^\circ<\theta<180^\circ$ より $\sin\theta>0$ なので

$$f(t)=\frac{\mathrm{OP}}{\mathrm{OA}}=\frac{1}{2\sin\theta}$$

$0<\sin\theta\leqq1$ より

$$f(t)\geqq\frac12$$

等号が成り立つのは $\sin\theta=1$、すなわち $\sin^2\theta=1$ のときである。

(2) より

$$\frac{9t^4}{2(9t^4-6t^2+2)}=1\iff9t^4=18t^4-12t^2+4\iff9t^4-12t^2+4=0\iff(3t^2-2)^2=0$$

$t>0$ より $t^2=\dfrac23$、すなわち $t=\dfrac{\sqrt6}{3}$。このとき等号が成り立つので、 $f(t)$ の最小値は $\dfrac12$。

答　$t=\dfrac{\sqrt6}{3}$ のとき、最小値 $\dfrac12$

このとき接線 $l$ の傾きは $3t^2-1=1$ で、 $y=-x$ と垂直になる。 $\angle\mathrm{OBA}=90^\circ$ なので、OAが外接円の直径で、Pは線分OAの中点になる（上の図）。 $\mathrm{OP}=\dfrac12\mathrm{OA}$ で、答えと一致する。

別解1（(2) の $\cos^2\theta$ の形から等号の条件を見る）　(2) の別解より

$$\sin^2\theta=1-\cos^2\theta=1-\frac{(3t^2-2)^2}{2(9t^4-6t^2+2)}\leqq1$$

（ $9t^4-6t^2+2=(3t^2-1)^2+1>0$）。等号は $3t^2-2=0$ のときだけ成り立つ。よって $f(t)=\dfrac{1}{2\sin\theta}\geqq\dfrac12$ で、等号は $t=\dfrac{\sqrt6}{3}$ のとき。最小値は $\dfrac12$。 $\sin^2\theta=1$ の方程式を解かずに、等号の条件がすぐ見える。

補足（(2) を使わずに等号の条件を求める）　 $\sin\theta=1$ は $\theta=90^\circ$、すなわち $l$ と $y=-x$ が垂直ということなので、傾きの積が $-1$ となり、 $(3t^2-1)\cdot(-1)=-1$ より $t^2=\dfrac23$。正弦定理で $f(t)\geqq\dfrac12$ まで導ければ、(2) の計算が合っていなくても (3) は解き切れる。

別解2（ $\dfrac{1}{t^2}$ の2次関数とみる）　 $f(t)>0$ なので、 $f(t)$ の最小と $\{f(t)\}^2$ の最小は同じ $t$ で起こる。(2) より

$$\{f(t)\}^2=\frac{1}{4\sin^2\theta}=\frac{9t^4-6t^2+2}{18t^4}=\frac12-\frac{1}{3t^2}+\frac{1}{9t^4}$$

$u=\dfrac{1}{t^2}$（ $u>0$）とおくと

$$\{f(t)\}^2=\frac19u^2-\frac13u+\frac12=\frac19\left(u-\frac32\right)^2+\frac14$$

$u=\dfrac32$ は $u>0$ の範囲にあるので、最小値は $\dfrac14$。 $t^2=\dfrac23$ より $t=\dfrac{\sqrt6}{3}$ のとき、 $f(t)$ の最小値は $\dfrac12$。

別解3（外心の座標を直接求める）　Oは原点で、Bは直線 $y=-x$ 上にあるので、線分OBの垂直二等分線はOBの中点 $\left(\dfrac t3,\ -\dfrac t3\right)$ を通る傾き1の直線 $y=x-\dfrac23t$ である。Pはこの上にあるので $\mathrm{P}\left(p,\ p-\dfrac23t\right)$ とおける。外接円の半径は等しいので $\mathrm{OP}^2=\mathrm{AP}^2$、すなわち $2\overrightarrow{\mathrm{OP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OA}}=\mathrm{OA}^2$ より

$$2\left\{pt+\left(p-\frac23t\right)(t^3-t)\right\}=t^2+(t^3-t)^2\iff p=\frac{3t^4-2t^2+2}{6t}$$

よって $\mathrm{P}\left(\dfrac{3t^4-2t^2+2}{6t},\ \dfrac{3t^4-6t^2+2}{6t}\right)$。 $\mathrm{OA}^2=t^2(t^4-2t^2+2)$ と合わせて

$$\{f(t)\}^2=\frac{\mathrm{OP}^2}{\mathrm{OA}^2}=\frac{18t^8-48t^6+64t^4-32t^2+8}{36t^4(t^4-2t^2+2)}=\frac{2(9t^4-6t^2+2)(t^4-2t^2+2)}{36t^4(t^4-2t^2+2)}=\frac{9t^4-6t^2+2}{18t^4}$$

となり、別解2と同じ式になる。正弦定理を使う本解に比べて、分子の因数分解まで含めて計算がかなり重い。(2) の $\sin^2\theta$ は、この重い計算を避けて正弦定理を使うための誘導である。

点Oを原点とする座標平面上の $\vec0$ でない2つのベクトル $\vec m=(a,\ c)$、 $\vec n=(b,\ d)$ に対して、 $D=ad-bc$ とおく。以下の問いに答えよ。

(1) $\vec m$ と $\vec n$ が平行であるための必要十分条件は $D=0$ であることを示せ。

以下、 $D\neq0$ であるとする。

(2) 座標平面上のベクトル $\vec v,\vec w$ で、 $\vec m\cdot\vec v=\vec n\cdot\vec w=1$、 $\vec m\cdot\vec w=\vec n\cdot\vec v=0$ を満たすものを求めよ。

(3) 座標平面上のベクトル $\vec q$ に対して、 $r\vec m+s\vec n=\vec q$ を満たす実数 $r$ と $s$ を $\vec q$、 $\vec v$、 $\vec w$ を用いて表せ。

(1)　配点 20点

（前提）　 $\vec m=(a,\ c)\neq\vec0$、 $\vec n=(b,\ d)\neq\vec0$

示すことは「 $\vec m$ と $\vec n$ が平行 ⟺ $D=ad-bc=0$」である。 $\vec0$ でない2つのベクトル $\vec m$、 $\vec n$ が平行であるとは、ある実数 $k$ を用いて $\vec n=k\vec m$ と表せることである（このとき $\vec n\neq\vec0$ より $k\neq0$）。

（平行 ⇒ $D=0$ について）　 $\vec n=k\vec m$ とおくと $(b,\ d)=(ka,\ kc)$ なので $b=ka$、 $d=kc$。よって

$$D=ad-bc=a\cdot kc-ka\cdot c=0$$

（ $D=0$ ⇒ 平行 について）　 $ad=bc$ とする。前提の $\vec m\neq\vec0$ より、 $a\neq0$ または $c\neq0$ である。

(i) $a\neq0$ のとき　 $k=\dfrac ba$ とおくと $b=ka$。 $ad=bc$ の両辺を $a$ で割って $d=\dfrac{bc}{a}=kc$。よって $\vec n=(ka,\ kc)=k\vec m$。

(ii) $a=0$ のとき　前提より $c\neq0$。 $ad=bc$ より $bc=0$ なので $b=0$。 $k=\dfrac dc$ とおくと $d=kc$、 $b=0=ka$。よって $\vec n=(ka,\ kc)=k\vec m$。

(i)(ii) のどちらでも $\vec n=k\vec m$ と表せて、 $\vec n\neq\vec0$ より $k\neq0$。よって $\vec m$ と $\vec n$ は平行である。

以上より、 $\vec m$ と $\vec n$ が平行であるための必要十分条件は $D=0$ である。（証明終）

補足（図で見る）　 $a>0$、 $b>0$ の場合を図にすると、平行な $\vec m$、 $\vec n$ は原点を通る同じ直線上にあり、成分でできる2つの直角三角形は相似になる。だから $a:c=b:d$、すなわち $ad=bc$ で、これが $D=0$ である。

別解（垂直を使って同値変形1本で示す）　 $\vec p=(d,\ -b)$ とおく。前提の $\vec n\neq\vec0$ より $\vec p\neq\vec0$ で、 $\vec n\cdot\vec p=bd-db=0$ なので $\vec n\perp\vec p$。0でなく垂直な $\vec n$、 $\vec p$ は平行でないので、平面上のどんなベクトル $\vec x$ も $\vec x=\alpha\vec n+\beta\vec p$ と表せて、 $\vec x\cdot\vec p=\beta|\vec p|^2$。よって「 $\vec x\perp\vec p$ ⟺ $\beta=0$ ⟺ $\vec x$ は $\vec n$ の実数倍」。 $\vec m\neq\vec0$ なので、

「 $\vec m$ と $\vec n$ が平行」⟺「 $\vec m\perp\vec p$」⟺ $\vec m\cdot\vec p=ad-bc=0$ ⟺ $D=0$

同値変形だけでつないだので、必要十分条件が示せた。 $\vec n$ に垂直なベクトルを $(d,\ -b)$ と置く見方は、(2) で $\vec v$ を1文字で置くときと同じである。

(2)　配点 15点

$\vec n\cdot\vec v=0$ は $\vec v$ が $\vec n=(b,\ d)$ と直交するという意味なので、実数 $k$ を用いて $\vec v=k(d,\ -b)$ と書ける（ $(d,\ -b)$ と $\vec n$ の内積は $bd-db=0$ である）。これを $\vec m\cdot\vec v=1$ に代入すると

$$k(ad-bc)=1,\quad\text{すなわち}\quad kD=1$$

$D\neq0$ なので $k=\dfrac1D$。

$\vec w$ も同じように、 $\vec m\cdot\vec w=0$ から $\vec w=l(-c,\ a)$ と書ける。 $\vec n\cdot\vec w=1$ に代入して $l(ad-bc)=1$、すなわち $lD=1$ なので $l=\dfrac1D$。

答　$\vec v=\dfrac1D(d,\ -b)$、 $\vec w=\dfrac1D(-c,\ a)$（ $D=ad-bc$）

(3)　配点 15点

$D\neq0$ なので、(1) より $\vec m$ と $\vec n$ は平行でない。 $\vec0$ でなく平行でない2つのベクトルを使うと、平面上のどんなベクトル $\vec q$ も $\vec q=r\vec m+s\vec n$ とただ1通りに表せる。つまり、このような実数 $r$、 $s$ はただ1組存在する。

$r\vec m+s\vec n=\vec q$ について、両辺と $\vec v$ との内積を計算すると

$$r\,\vec m\cdot\vec v+s\,\vec n\cdot\vec v=\vec q\cdot\vec v$$

(2) より $\vec m\cdot\vec v=1$、 $\vec n\cdot\vec v=0$ なので、 $r=\vec q\cdot\vec v$。

図のように、 $\vec q$ を $r\vec m$ と $s\vec n$ に分けると、 $s\vec n$ の部分は $\vec v$ と垂直なので、内積をとると消える。

$\vec w$ との内積についても同じ計算をすると

$$r\,\vec m\cdot\vec w+s\,\vec n\cdot\vec w=\vec q\cdot\vec w$$

(2) より $\vec m\cdot\vec w=0$、 $\vec n\cdot\vec w=1$ なので、 $s=\vec q\cdot\vec w$。

答　$r=\vec q\cdot\vec v$、 $s=\vec q\cdot\vec w$

（確かめ： $\vec q=(x,\ y)$ とすると $r=\vec q\cdot\vec v=\dfrac{dx-by}{D}$、 $s=\vec q\cdot\vec w=\dfrac{-cx+ay}{D}$ で、 $r\vec m+s\vec n$ の $x$ 成分は $\dfrac{a(dx-by)+b(-cx+ay)}{D}=\dfrac{(ad-bc)x}{D}=x$、 $y$ 成分は $\dfrac{c(dx-by)+d(-cx+ay)}{D}=\dfrac{(ad-bc)y}{D}=y$。確かに $r\vec m+s\vec n=\vec q$ となる）

$\omega$ を $x^3=1$ の虚数解のうち虚部が正であるものとする。さいころを繰り返し投げて、次の規則で4つの複素数 $0,\ 1,\ \omega,\ \omega^2$ を並べていくことにより、複素数の列 $z_1,\ z_2,\ z_3,\ \cdots$ を定める。

・ $z_1=0$ とする。

・ $z_k$ まで定まったとき、さいころを投げて、出た目を $t$ とする。このとき $z_{k+1}$ を以下のように定める。

◦ $z_k=0$ のとき、 $z_{k+1}=\omega^t$ とする。

◦ $z_k\neq0$、 $t=1,\ 2$ のとき、 $z_{k+1}=0$ とする。

◦ $z_k\neq0$、 $t=3$ のとき、 $z_{k+1}=\omega z_k$ とする。

◦ $z_k\neq0$、 $t=4$ のとき、 $z_{k+1}=\overline{\omega z_k}$ とする。

◦ $z_k\neq0$、 $t=5$ のとき、 $z_{k+1}=z_k$ とする。

◦ $z_k\neq0$、 $t=6$ のとき、 $z_{k+1}=\overline{z_k}$ とする。

ここで複素数 $z$ に対し、 $\overline{z}$ は $z$ と共役な複素数を表す。以下の問いに答えよ。

(1) $\omega^2=\overline{\omega}$ となることを示せ。

(2) $z_n=0$ となる確率を $n$ の式で表せ。

(3) $z_3=1$、 $z_3=\omega$、 $z_3=\omega^2$ となる確率をそれぞれ求めよ。

(4) $z_n=1$ となる確率を $n$ の式で表せ。

(1)　配点 6点

$\omega$ は $x^3=1$ 、すなわち $(x-1)(x^2+x+1)=0$ の虚数解で、 $\omega\neq1$ なので

$$\omega^3=1,\qquad \omega^2+\omega+1=0$$

$x^2+x+1=0$ は実数係数の2次方程式なので、虚数解 $\omega$ と共役な $\overline{\omega}$ も解である。 $\omega$ は虚数なので $\overline{\omega}\neq\omega$ であり、この2次方程式の2つの解は $\omega$ と $\overline{\omega}$ である。

解と係数の関係より $\omega+\overline{\omega}=-1$ 。よって、 $\omega^2+\omega+1=0$ を使うと

$$\overline{\omega}=-1-\omega=\omega^2$$

となり、 $\omega^2=\overline{\omega}$ が示された。

状況の整理　(1) と $\omega^3=1$ より

$$\overline{1}=1,\qquad \overline{\omega}=\omega^2,\qquad \overline{\omega^2}=\overline{\overline{\omega}}=\omega,\qquad \omega\cdot1=\omega,\quad \omega\cdot\omega=\omega^2,\quad \omega\cdot\omega^2=1$$

なので、 $1,\ \omega,\ \omega^2$ は $\omega$ をかけても共役をとっても $1,\ \omega,\ \omega^2$ のどれかに移る。また、 $z_k=0$ のとき $z_{k+1}=\omega^t$ は、 $t=3,6$ で $1$ 、 $t=1,4$ で $\omega$ 、 $t=2,5$ で $\omega^2$ である。よって、 $z_k$ は常に $0,\ 1,\ \omega,\ \omega^2$ のどれかで、移り方は次の表と図のようになる。

(2)　配点 14点

$z_n=0$ となる確率を $p_n$ とする。 $z_1=0$ なので $p_1=1$ 。

状況の整理から、 $z_n=0$ のとき $z_{n+1}$ は必ず0以外で、 $z_n\neq0$ のとき $z_{n+1}=0$ となるのは1、2の目が出るときだけ（確率 $\dfrac13$ ）である。

よって

$$p_{n+1}=0\cdot p_n+\dfrac13(1-p_n)=-\dfrac13p_n+\dfrac13$$

これを $p_{n+1}-\alpha=-\dfrac13(p_n-\alpha)$ と変形したい。右辺を展開すると $p_{n+1}=-\dfrac13p_n+\dfrac43\alpha$ なので、係数を比べて $\dfrac43\alpha=\dfrac13$ 、すなわち $\alpha=\dfrac14$ 。

$$p_{n+1}-\dfrac14=-\dfrac13\left(p_n-\dfrac14\right)$$

数列 $\left\{p_n-\dfrac14\right\}$ は初項 $p_1-\dfrac14=\dfrac34$ 、公比 $-\dfrac13$ の等比数列なので

$$p_n-\dfrac14=\dfrac34\left(-\dfrac13\right)^{n-1}$$

答　$\dfrac14+\dfrac34\left(-\dfrac13\right)^{n-1}$

（確かめ： $n=2$ で $\dfrac14-\dfrac14=0$ 、 $n=3$ で $\dfrac14+\dfrac1{12}=\dfrac13$ 。 $z_2$ は必ず0以外、 $z_3=0$ は $z_2\neq0$ で1、2の目のときで $\dfrac13$ となり一致）

(3)　配点 10点

$z_1=0$ なので、 $z_2=\omega^t$ は $t=3,6$ で $1$ 、 $t=1,4$ で $\omega$ 、 $t=2,5$ で $\omega^2$ 。よって $z_2=1,\ \omega,\ \omega^2$ となる確率はそれぞれ $\dfrac13$ である。

状況の整理の表から、 $z_2$ から $z_3$ への移り方を拾う。

・$z_3=1$ ： $z_2=1$ で5、6の目、 $z_2=\omega^2$ で3、4の目（ $z_2=\omega$ からは移らない）

・$z_3=\omega$ ： $z_2=1$ で3の目、 $z_2=\omega$ で4、5の目、 $z_2=\omega^2$ で6の目

・$z_3=\omega^2$ ： $z_2=1$ で4の目、 $z_2=\omega$ で3、6の目、 $z_2=\omega^2$ で5の目

よって

$$P(z_3=1)=\dfrac13\cdot\dfrac26+\dfrac13\cdot\dfrac26=\dfrac29,\qquad P(z_3=\omega)=P(z_3=\omega^2)=\dfrac13\cdot\dfrac16+\dfrac13\cdot\dfrac26+\dfrac13\cdot\dfrac16=\dfrac29$$

答　$z_3=1$、 $z_3=\omega$、 $z_3=\omega^2$ となる確率はいずれも $\dfrac29$

（確かめ：(2) より $z_3=0$ となる確率は $\dfrac13$ で、 $\dfrac13+3\cdot\dfrac29=1$ ）

(4)　配点 20点

$z_n=1,\ \omega,\ \omega^2$ となる確率を、それぞれ $a_n,\ b_n,\ c_n$ とする。(3) から、3つの確率はいつも等しいと予想できる。

「すべての自然数 $n$ で $a_n=b_n=c_n$ 」は自然数の全称命題なので、数学的帰納法で示す。

［1］ $n=1$ のとき、 $z_1=0$ なので $a_1=b_1=c_1=0$ で成り立つ。

［2］ $n$ で $a_n=b_n=c_n$ が成り立つと仮定する。状況の整理の表から、 $z_{n+1}=1,\ \omega,\ \omega^2$ となる確率は

$$a_{n+1}=\dfrac13p_n+\dfrac26a_n+0\cdot b_n+\dfrac26c_n$$

$$b_{n+1}=\dfrac13p_n+\dfrac16a_n+\dfrac26b_n+\dfrac16c_n$$

$$c_{n+1}=\dfrac13p_n+\dfrac16a_n+\dfrac26b_n+\dfrac16c_n$$

仮定 $a_n=b_n=c_n$ より、3つとも $\dfrac13p_n+\dfrac23a_n$ に等しく、 $a_{n+1}=b_{n+1}=c_{n+1}$ が成り立つ。

（3〜6の目の操作「 $\omega$ をかける」「 $\omega$ をかけて共役をとる」「そのまま」「共役をとる」は、どれも $1,\ \omega,\ \omega^2$ を並べかえるだけなので、どの値にも4つの目から1回ずつ入ってくる。だから0以外から入る確率はどれも $\dfrac46a_n$ になる）

［1］［2］より、すべての自然数 $n$ で $a_n=b_n=c_n$ である。

$z_n$ は $0,\ 1,\ \omega,\ \omega^2$ のどれかなので、確率は全部で1で、 $a_n+b_n+c_n=1-p_n$ 。よって、(2) の結果を使うと

$$a_n=\dfrac{1-p_n}{3}=\dfrac13\left\{\dfrac34-\dfrac34\left(-\dfrac13\right)^{n-1}\right\}=\dfrac14-\dfrac14\left(-\dfrac13\right)^{n-1}$$

答　$\dfrac14-\dfrac14\left(-\dfrac13\right)^{n-1}$

（確かめ： $n=3$ で $\dfrac14-\dfrac1{36}=\dfrac29$ となり、(3) と一致。また $a_n=\dfrac{1-p_n}{3}$ は (2) の漸化式の右辺と同じなので、 $a_n=p_{n+1}$ にもなっている）