【解説・採点基準付き】2017年九州大学理系数学の解答・解説

定数 $a>0$ に対し、曲線 $y=a\tan x$ の $0\leqq x<\dfrac{\pi}{2}$ の部分を $C_1$、曲線 $y=\sin2x$ の $0\leqq x<\dfrac{\pi}{2}$ の部分を $C_2$ とする。以下の問いに答えよ。

(1) $C_1$ と $C_2$ が原点以外に交点をもつための $a$ の条件を求めよ。

(2) $a$ が (1) の条件を満たすとき、原点以外の $C_1$ と $C_2$ の交点をPとし、Pの $x$ 座標を $p$ とする。Pにおける $C_1$ と $C_2$ のそれぞれの接線が直交するとき、 $a$ および $\cos2p$ の値を求めよ。

(3) $a$ が (2) で求めた値のとき、 $C_1$ と $C_2$ で囲まれた図形の面積を求めよ。

(1)　配点 15点

$0<x<\dfrac{\pi}{2}$ において

$$a\tan x-\sin2x=\frac{a\sin x}{\cos x}-2\sin x\cos x=\frac{\sin x}{\cos x}\left(a-2\cos^2x\right)=\tan x\left(a-2\cos^2x\right)$$

$0<x<\dfrac{\pi}{2}$ では $\tan x>0$ なので、 $C_1$ と $C_2$ が原点以外に交点をもつ条件は、 $\cos^2x=\dfrac a2$ をみたす $x$ が $0<x<\dfrac{\pi}{2}$ にあることである。

$x$ が $0<x<\dfrac{\pi}{2}$ を動くとき、 $\cos x$ は $0<\cos x<1$ のすべての値をとるので、 $\cos^2x$ は $0<\cos^2x<1$ のすべての値をとる。

よって求める条件は $0<\dfrac a2<1$。

答　$0<a<2$

(2)　配点 15点

$\mathrm{P}$ は原点以外の交点なので、(1) より

$$\cos^2p=\frac a2\qquad\left(0<p<\frac{\pi}{2}\right)$$

$(a\tan x)’=\dfrac{a}{\cos^2x}$ より、 $\mathrm{P}$ での $C_1$ の接線の傾きは

$$\frac{a}{\cos^2p}=\frac{a}{\ \dfrac a2\ }=2$$

$(\sin2x)’=2\cos2x$ より、 $\mathrm{P}$ での $C_2$ の接線の傾きは $2\cos2p$。2本の接線が直交するので、傾きの積が $-1$ になり

$$2\cdot2\cos2p=-1\qquad\therefore\ \cos2p=-\frac14$$

2倍角の公式より $\cos2p=2\cos^2p-1=a-1$ なので、 $a-1=-\dfrac14$ より $a=\dfrac34$。これは $0<a<2$ をみたす。

答　$a=\dfrac34$、 $\cos2p=-\dfrac14$

(3)　配点 20点

$a=\dfrac34$ のとき、(2) より $\cos^2p=\dfrac38$、 $\cos2p=-\dfrac14$。(1) と同様に

$$\sin2x-\frac34\tan x=\tan x\left(2\cos^2x-\frac34\right)$$

$0<x<\dfrac{\pi}{2}$ で $\tan x>0$ であり、 $\cos^2x$ は減少するので、この式は $0<x<p$ で正（ $C_2$ が上）、 $p<x<\dfrac{\pi}{2}$ で負（ $C_1$ が上）。よって $C_1$ と $C_2$ の交点は原点と $\mathrm{P}$ だけで、囲まれた図形は $0\leqq x\leqq p$ の部分である（下の図の色の部分）。

求める面積を $S$ とすると

$$S=\int_0^p\left(\sin2x-\frac34\tan x\right)dx$$

$\tan x=-\dfrac{(\cos x)’}{\cos x}$ で、 $0\leqq x<\dfrac{\pi}{2}$ では $\cos x>0$ なので $\displaystyle\int\tan x\,dx=-\log\cos x+C$。よって

$$S=\left[-\frac12\cos2x+\frac34\log\cos x\right]_0^p=\frac12-\frac12\cos2p+\frac34\log\cos p$$

$\cos p>0$ より $\log\cos p=\dfrac12\log\cos^2p=\dfrac12\log\dfrac38$。これと $\cos2p=-\dfrac14$ を代入して

$$S=\frac12+\frac18+\frac34\cdot\frac12\log\frac38=\frac58+\frac38\log\frac38$$

答　$\dfrac58+\dfrac38\log\dfrac38$

2つの定数 $a>0$ および $b>0$ に対し、座標空間内の4点を

$$\mathrm{A}(a,0,0),\ \mathrm{B}(0,b,0),\ \mathrm{C}(0,0,1),\ \mathrm{D}(a,b,1)$$

と定める。以下の問いに答えよ。

(1) 点Aから線分CDにおろした垂線とCDの交点をGとする。Gの座標を $a,b$ を用いて表せ。

(2) さらに、点Bから線分CDにおろした垂線とCDの交点をHとする。 $\overrightarrow{\mathrm{AG}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{BH}}$ がなす角を $\theta$ とするとき、 $\cos\theta$ を $a,b$ を用いて表せ。

以下 $K=a^2+b^2$ とおく。

(1)　配点 20点

$\overrightarrow{\mathrm{CD}}=(a,\ b,\ 0)$。 $\mathrm{G}$ は直線 $\mathrm{CD}$ 上の点なので、実数 $s$ を用いて $\overrightarrow{\mathrm{CG}}=s\overrightarrow{\mathrm{CD}}$ と表せて

$$\mathrm{G}(sa,\ sb,\ 1),\qquad\overrightarrow{\mathrm{AG}}=(sa-a,\ sb,\ 1)$$

$\overrightarrow{\mathrm{AG}}\perp\overrightarrow{\mathrm{CD}}$ より $\overrightarrow{\mathrm{AG}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CD}}=0$ なので

$$a(sa-a)+b\cdot sb+1\cdot0=0\iff s(a^2+b^2)=a^2\iff s=\frac{a^2}{K}$$

$0<s<1$ なので、 $\mathrm{G}$ は確かに線分 $\mathrm{CD}$ 上にある。よって $\mathrm{G}\left(\dfrac{a^3}{K},\ \dfrac{a^2b}{K},\ 1\right)$。

答　$\mathrm{G}\left(\dfrac{a^3}{a^2+b^2},\ \dfrac{a^2b}{a^2+b^2},\ 1\right)$

補足（正射影ベクトル）　この計算は、 $\overrightarrow{\mathrm{CA}}$ の $\overrightarrow{\mathrm{CD}}$ 方向の成分を求めているのと同じで、 $\overrightarrow{\mathrm{CG}}=\dfrac{\overrightarrow{\mathrm{CA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CD}}}{|\overrightarrow{\mathrm{CD}}|^2}\overrightarrow{\mathrm{CD}}=\dfrac{a^2}{K}\overrightarrow{\mathrm{CD}}$ となる。公式として使ってもよいが、答案では「直線上の点を1文字で表す→内積＝0」の流れを書けば、公式を忘れても同じ結果にたどり着ける。

(2)　配点 30点

(1) と同様に、実数 $t$ を用いて $\mathrm{H}(ta,\ tb,\ 1)$ とおくと $\overrightarrow{\mathrm{BH}}=(ta,\ tb-b,\ 1)$。 $\overrightarrow{\mathrm{BH}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CD}}=0$ より

$$a\cdot ta+b(tb-b)=0\iff t=\frac{b^2}{K}$$

（ $0<t<1$ なので $\mathrm{H}$ は線分 $\mathrm{CD}$ 上にある）

よって

$$\overrightarrow{\mathrm{AG}}=\left(\frac{a^3}{K}-a,\ \frac{a^2b}{K},\ 1\right)=\left(-\frac{ab^2}{K},\ \frac{a^2b}{K},\ 1\right)$$

$$\overrightarrow{\mathrm{BH}}=\left(\frac{ab^2}{K},\ \frac{b^3}{K}-b,\ 1\right)=\left(\frac{ab^2}{K},\ -\frac{a^2b}{K},\ 1\right)$$

$p=\dfrac{ab^2}{K}$、 $q=\dfrac{a^2b}{K}$ とおくと、 $\overrightarrow{\mathrm{AG}}=(-p,\ q,\ 1)$、 $\overrightarrow{\mathrm{BH}}=(p,\ -q,\ 1)$。 $x$、 $y$ 成分は符号だけが違い、 $z$ 成分はどちらも1である。

$$\overrightarrow{\mathrm{AG}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BH}}=-p^2-q^2+1=1-(p^2+q^2),\qquad|\overrightarrow{\mathrm{AG}}|^2=|\overrightarrow{\mathrm{BH}}|^2=1+(p^2+q^2)$$

ここで

$$p^2+q^2=\frac{a^2b^4+a^4b^2}{K^2}=\frac{a^2b^2(a^2+b^2)}{K^2}=\frac{a^2b^2}{K}$$

$|\overrightarrow{\mathrm{AG}}|=|\overrightarrow{\mathrm{BH}}|$ なので

$$\cos\theta=\frac{\overrightarrow{\mathrm{AG}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BH}}}{|\overrightarrow{\mathrm{AG}}|^2}=\frac{1-(p^2+q^2)}{1+(p^2+q^2)}$$

に $p^2+q^2=\dfrac{a^2b^2}{K}$ を代入し、分母・分子に $K$ をかけて

$$\cos\theta=\frac{K-a^2b^2}{K+a^2b^2}=\frac{a^2+b^2-a^2b^2}{a^2+b^2+a^2b^2}$$

答　$\cos\theta=\dfrac{a^2+b^2-a^2b^2}{a^2+b^2+a^2b^2}$

別解（真上から見る）　$\mathrm{A’}(a,0,1)$、 $\mathrm{B’}(0,b,1)$ とおく。 $\overrightarrow{\mathrm{CD}}$ の $z$ 成分は0なので、 $\mathrm{G}$ は $\mathrm{A’}$ から、 $\mathrm{H}$ は $\mathrm{B’}$ から、それぞれ $\mathrm{CD}$ におろした垂線の足でもある。平面 $z=1$ を真上から見ると、 $\mathrm{CA’DB’}$ は縦 $b$、横 $a$ の長方形で、 $\mathrm{CD}$ はその対角線。 $\mathrm{A’}$ と $\mathrm{B’}$ は長方形の中心について対称なので、 $\overrightarrow{\mathrm{B’H}}=-\overrightarrow{\mathrm{A’G}}$。長さは、三角形 $\mathrm{CA’D}$ の面積 $\dfrac12ab$ を2通りに表して

$$\mathrm{A’G}=\frac{ab}{\mathrm{CD}}=\frac{ab}{\sqrt{K}}$$

$\overrightarrow{\mathrm{AG}}=\overrightarrow{\mathrm{A’G}}+(0,0,1)$、 $\overrightarrow{\mathrm{BH}}=-\overrightarrow{\mathrm{A’G}}+(0,0,1)$ なので、2つのベクトルを同じ点から書くと、鉛直方向の長さ1の線分について対称な二等辺三角形ができる（(2) の模範解答の図）。 $\theta$ の半分の角を $\varphi$ とすると $\tan\varphi=\dfrac{ab}{\sqrt K}$ なので

$$\cos\theta=\cos2\varphi=\frac{1-\tan^2\varphi}{1+\tan^2\varphi}=\frac{K-a^2b^2}{K+a^2b^2}$$

となり、同じ答えになる。

初項 $a_1=1$、公差4の等差数列 $\{a_n\}$ を考える。以下の問いに答えよ。

(1) $\{a_n\}$ の初項から第600項のうち、7の倍数である項の個数を求めよ。

(2) $\{a_n\}$ の初項から第600項のうち、 $7^2$ の倍数である項の個数を求めよ。

(3) 初項から第 $n$ 項までの積 $a_1a_2\cdots a_n$ が $7^{45}$ の倍数となる最小の自然数 $n$ を求めよ。

$a_n=1+4(n-1)=4n-3$。

(1)　配点 10点

$a_{n+7}-a_n=4\cdot7=28$ は7の倍数なので、 $a_n$ を7で割った余りは $n$ について周期7でくり返す。 $n=1,2,\cdots,7$ のとき

$$a_n=1,\ 5,\ 9,\ 13,\ 17,\ 21,\ 25$$

で、7の倍数は $a_6=21$ だけ。よって $a_n$ が7の倍数 $\iff$ $n$ を7で割った余りが6 $\iff$ $n=7m+6$（ $m$ は0以上の整数）。

$1\leqq7m+6\leqq600$ より $0\leqq m\leqq84$（ $7\cdot84+6=594$）なので、個数は85個。

答　85個

(2)　配点 15点

49の倍数は7の倍数なので、 $n=7m+6$ の項だけを調べればよい。

$$a_{7m+6}=4(7m+6)-3=28m+21=7(4m+3)$$

よって $a_n$ が49の倍数 $\iff$ $4m+3$ が7の倍数。 $4m+3$ は $m$ が7増えると28増えるので、7で割った余りは $m$ について周期7でくり返す。 $m=0,1,\cdots,6$ のとき $4m+3=3,\ 7,\ 11,\ 15,\ 19,\ 23,\ 27$ で、7の倍数は $m=1$ のときだけ。よって $m=7l+1$（ $l$ は0以上の整数）、すなわち

$$n=7(7l+1)+6=49l+13$$

$1\leqq49l+13\leqq600$ より $0\leqq l\leqq11$（ $49\cdot11+13=552$、 $49\cdot12+13=601$）なので、個数は12個。

答　12個

（補足）合同式で書くと、 $4n\equiv3\pmod{49}$ の両辺に $37$ をかけて（ $4\cdot37=148\equiv1\pmod{49}$）、 $n\equiv111\equiv13\pmod{49}$ と求めることもできる。ただし本番で法49の4の逆数37を探すのは時間がかかるので、7をくくり出す方が確実。

(3)　配点 25点

第 $n$ 項までの積 $a_1a_2\cdots a_n$ に含まれる素因数7の個数を $N(n)$ とする。 $N(n)$ は各項に含まれる7の個数の和で、項ごとに7の個数を段に分けて数えると

$$N(n)=A_1+A_2+A_3+\cdots$$

ただし $A_k$ は、第 $n$ 項までのうち $7^k$ の倍数である項の個数。

(2) と同様に、 $n=49l+13$ のとき

$$a_{49l+13}=4(49l+13)-3=196l+49=49(4l+1)$$

$l=0,1,\cdots,6$ のとき $4l+1=1,\ 5,\ 9,\ 13,\ 17,\ 21,\ 25$ で、7の倍数は $l=5$ のときだけ。よって $a_n$ が343の倍数 $\iff$ $l=7j+5$（ $j$ は0以上の整数） $\iff$ $n=343j+258$ で、 $a_{343j+258}=343(4j+3)$。

さらに $4j+3$ が7の倍数になる最小の $j$ は $j=1$ なので、 $7^4$ の倍数の項は $n=601$ が最初。以下 $n\leqq600$ の範囲で考えると $A_4=A_5=\cdots=0$ で、343の倍数の項は $a_{258}=1029=3\cdot7^3$ だけ。

7の倍数の項の番号 $n=7m+6$ を、7個ずつ横に並べる（下の表）。どの行も2列目が49の倍数の項（ $n=49l+13$）で、1つの行に含まれる7の個数は $6\cdot1+1\cdot2=8$ 個。ただし6行目の2列目 $n=258$ は343の倍数で、7が3個。

5行目の終わりの $n=244$ までで $N(244)=8\cdot5=40$。6行目を順に足すと

$$N(251)=41,\qquad N(258)=41+3=44,\qquad N(265)=44+1=45$$

$259\leqq n\leqq264$ では7の倍数の項がないので $N(n)=N(258)=44<45$、また $N(n)$ は $n$ について減らないので、 $n\leqq264$ では $N(n)\leqq44$。

（確認） $N(265)=A_1+A_2+A_3=38+6+1=45$（ $7\cdot37+6=265$ より $A_1=38$、 $49\cdot5+13=258\leqq265$ より $A_2=6$）

答　$n=265$

赤玉2個、青玉1個、白玉1個が入った袋が置かれた円形のテーブルの周りにA、B、Cの3人がこの順番で時計回りに着席している。3人のうち、ひとりが袋から玉を1個取り出し、色を確認したら袋にもどす操作を考える。1回目はAが玉を取り出し、次のルール (a)、(b)、(c) に従って勝者が決まるまで操作を繰り返す。

(a) 赤玉を取り出したら、取り出した人を勝者とする。

(b) 青玉を取り出したら、次の回も同じ人が玉を取り出す。

(c) 白玉を取り出したら、取り出した人の左隣りの人が次の回に玉を取り出す。

A、B、Cの3人が $n$ 回目に玉を取り出す確率をそれぞれ $a_n,b_n,c_n\ (n=1,2,\cdots)$ とする。ただし、 $a_1=1$、 $b_1=c_1=0$ である。以下の問いに答えよ。

(1) Aが4回目に勝つ確率と7回目に勝つ確率をそれぞれ求めよ。

(2) $d_n=a_n+b_n+c_n\ (n=1,2,\cdots)$ とおくとき、 $d_n$ を求めよ。

(3) 自然数 $n\geqq3$ に対し、 $a_{n+1}$ を $a_{n-2}$ と $n$ を用いて表せ。

(1)　配点 15点

1回の操作で、赤玉を取り出す確率は $\dfrac24=\dfrac12$、青玉は $\dfrac14$、白玉は $\dfrac14$ である。勝者が決まっていない間に出た玉は青か白で、青なら取り出す人は変わらず、白なら A→B→C→A の順に1人進む。よって、 $k$ 回目にAが玉を取り出すのは、1〜 $(k-1)$ 回目にすべて青か白が出て、そのうち白の回数が3の倍数のときである。青と白の出方1通りごとの確率は $\left(\dfrac14\right)^{k-1}$ である。

4回目　1〜3回目の白の回数が0回または3回なので、出方は ${}_3\mathrm{C}_0+{}_3\mathrm{C}_3=2$ 通り。

$$a_4=2\cdot\left(\frac14\right)^3=\frac1{32}$$

Aが4回目に勝つのは、4回目にAが取り出して赤を取り出すときなので、その確率は $\dfrac12a_4=\dfrac1{64}$

7回目　1〜6回目の白の回数が0回・3回・6回なので、出方は ${}_6\mathrm{C}_0+{}_6\mathrm{C}_3+{}_6\mathrm{C}_6=1+20+1=22$ 通り。

$$a_7=22\cdot\left(\frac14\right)^6=\frac{22}{4096}=\frac{11}{2048}$$

よって、Aが7回目に勝つ確率は $\dfrac12a_7=\dfrac{11}{4096}$

答　4回目 $\dfrac1{64}$、7回目 $\dfrac{11}{4096}$

別解（漸化式で順に計算する）　(3) の解答の漸化式 $a_{n+1}=\dfrac14(a_n+c_n)$、 $b_{n+1}=\dfrac14(b_n+a_n)$、 $c_{n+1}=\dfrac14(c_n+b_n)$ を使って、 $(a_n,b_n,c_n)$ を $k=1$ から順に求めてもよい。

$$(a_2,b_2,c_2)=\left(\frac14,\ \frac14,\ 0\right),\quad (a_3,b_3,c_3)=\left(\frac1{16},\ \frac18,\ \frac1{16}\right),\quad (a_4,b_4,c_4)=\left(\frac1{32},\ \frac3{64},\ \frac3{64}\right)$$

$$(a_5,b_5,c_5)=\left(\frac5{256},\ \frac5{256},\ \frac3{128}\right),\quad (a_6,b_6,c_6)=\left(\frac{11}{1024},\ \frac5{512},\ \frac{11}{1024}\right),\quad a_7=\frac{11}{2048}$$

同じ答えになるが、分数の計算を6回続けることになり、計算ミスが起きやすい。白の回数で数えれば、二項係数の計算だけで済む。

(2)　配点 10点

$n$ 回目にA、B、Cが取り出すという3つの事象は同時には起こらないので、 $d_n=a_n+b_n+c_n$ は「 $n$ 回目に誰かが玉を取り出す確率」である。 $n$ 回目に誰かが取り出すのは、1〜 $(n-1)$ 回目に勝者が決まっていないとき、つまり1〜 $(n-1)$ 回目にすべて赤以外が出るときである。

赤以外が出る確率は毎回 $\dfrac12$ なので

答　$d_n=\left(\dfrac12\right)^{n-1}$

別解（漸化式を足す）　(3) の解答の3つの漸化式を足すと

$$d_{n+1}=\frac14\{(a_n+c_n)+(b_n+a_n)+(c_n+b_n)\}=\frac12d_n$$

$d_1=a_1+b_1+c_1=1$ なので、 $d_n=\left(\dfrac12\right)^{n-1}$。

(3)　配点 25点

$n+1$ 回目にAが玉を取り出すのは、「 $n$ 回目にAが取り出して青を取り出す」または「 $n$ 回目にCが取り出して白を取り出す（Cの左隣りがA）」ときである。B、Cについても同様に考えて、すべての自然数 $n$ について

$$a_{n+1}=\frac14(a_n+c_n),\qquad b_{n+1}=\frac14(b_n+a_n),\qquad c_{n+1}=\frac14(c_n+b_n)$$

$n\geqq3$ とする。 $a_n=\dfrac14(a_{n-1}+c_{n-1})$、 $c_n=\dfrac14(c_{n-1}+b_{n-1})$ を代入して

$$a_{n+1}=\frac14(a_n+c_n)=\frac1{16}\{(a_{n-1}+c_{n-1})+(c_{n-1}+b_{n-1})\}=\frac1{16}(d_{n-1}+c_{n-1})$$

$n-2\geqq1$ なので、 $c_{n-1}=\dfrac14(c_{n-2}+b_{n-2})$ が使える。 $b_{n-2}+c_{n-2}=d_{n-2}-a_{n-2}$ なので

$$c_{n-1}=\frac14(d_{n-2}-a_{n-2})$$

よって、(2) の結果を使うと

$$a_{n+1}=\frac1{16}d_{n-1}+\frac1{64}d_{n-2}-\frac1{64}a_{n-2}=\frac1{16}\left(\frac12\right)^{n-2}+\frac1{64}\left(\frac12\right)^{n-3}-\frac1{64}a_{n-2}=\frac{2}{2^{n+3}}+\frac{1}{2^{n+3}}-\frac1{64}a_{n-2}$$

答　$a_{n+1}=-\dfrac1{64}a_{n-2}+\dfrac{3}{2^{n+3}}$

（確かめ） $n=3$ とすると $a_4=-\dfrac1{64}\cdot1+\dfrac3{64}=\dfrac1{32}$、 $n=6$ とすると $a_7=-\dfrac1{64}\cdot\dfrac1{32}+\dfrac3{512}=\dfrac{11}{2048}$ で、どちらも (1) の値と一致する。

別解（3回分の玉の出方を数える）　(1) と同じく、白の回数で考える。 $n+1$ 回目にAが取り出すのは、 $n-2$ 回目に誰かが取り出し、 $n-2$ 回目・ $n-1$ 回目・ $n$ 回目の3回がすべて青か白で、白の回数が次の条件をみたすときである。

・$n-2$ 回目がAのとき：Aに戻るので白は0回か3回。 ${}_3\mathrm{C}_0+{}_3\mathrm{C}_3=2$ 通り

・$n-2$ 回目がBのとき：B→C→Aと2人進むので白は2回。 ${}_3\mathrm{C}_2=3$ 通り

・$n-2$ 回目がCのとき：C→Aと1人進むので白は1回。 ${}_3\mathrm{C}_1=3$ 通り

どの出方も確率は $\left(\dfrac14\right)^3=\dfrac1{64}$ なので

$$a_{n+1}=\frac1{64}(2a_{n-2}+3b_{n-2}+3c_{n-2})=\frac1{64}\{3(a_{n-2}+b_{n-2}+c_{n-2})-a_{n-2}\}=\frac{3}{64}d_{n-2}-\frac1{64}a_{n-2}$$

$d_{n-2}=\left(\dfrac12\right)^{n-3}$ を代入すると、本解と同じ $a_{n+1}=-\dfrac1{64}a_{n-2}+\dfrac{3}{2^{n+3}}$ になる。漸化式を代入する本解は手順が決まっていて確実だが、こちらは「なぜ3回前の $a_{n-2}$ と結びつくのか」「なぜ $b$ と $c$ がまとめられるのか」が式を見ただけで分かる。

2つの複素数 $\alpha=10000+10000i$ と $w=\dfrac{\sqrt3}{4}+\dfrac14i$ を用いて、複素数平面上の点 $\mathrm{P}_n(z_n)$ を $z_n=\alpha w^n\ (n=1,2,\cdots)$ により定める。ただし、 $i$ は虚数単位を表す。2と3の常用対数を $\log_{10}2=0.301$、 $\log_{10}3=0.477$ として、以下の問いに答えよ。

(1) $z_n$ の絶対値 $|z_n|$ と偏角 $\arg z_n$ を求めよ。

(2) $|z_n|\leqq1$ が成り立つ最小の自然数 $n$ を求めよ。

(3) 下図のように、複素数平面上の $\triangle\mathrm{ABC}$ は線分ABを斜辺とし、点 $\mathrm{C}\left(\dfrac{i}{\sqrt2}\right)$ を一つの頂点とする直角二等辺三角形である。なおA、Bを表す複素数の虚部は負であり、原点Oと2点A、Bの距離はともに1である。点 $\mathrm{P}_n$ が $\triangle\mathrm{ABC}$ の内部に含まれる最小の自然数 $n$ を求めよ。

(1)　配点 10点

$$\alpha=10000\sqrt2\left(\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}\right),\qquad w=\frac12\left(\cos\frac{\pi}{6}+i\sin\frac{\pi}{6}\right)$$

ド・モアブルの定理より

$$z_n=\alpha w^n=\frac{10000\sqrt2}{2^n}\left\{\cos\left(\frac{\pi}{4}+\frac{n\pi}{6}\right)+i\sin\left(\frac{\pi}{4}+\frac{n\pi}{6}\right)\right\}$$

答　$|z_n|=\dfrac{10000\sqrt2}{2^n}$、 $\arg z_n=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{n\pi}{6}$

（偏角は $2\pi$ の整数倍の違いを除いて決まる。 $\dfrac{(2n+3)\pi}{12}$ と書いてもよい）

(2)　配点 15点

$$|z_n|\leqq1\iff2^n\geqq10^4\sqrt2$$

両辺は正なので、常用対数をとって

$$n\log_{10}2\geqq4+\frac12\log_{10}2\iff\left(n-\frac12\right)\log_{10}2\geqq4$$

$\log_{10}2=0.301$ より

$$n\geqq\frac{4}{0.301}+\frac12=13.78\cdots$$

答　$n=14$

補足（常用対数を使わない確かめ方）　$2^{13}=8192<10^4<10^4\sqrt2$、また $\sqrt2<1.5$ より $10^4\sqrt2<15000<16384=2^{14}$。 $|z_n|$ は $n$ が増えると減るので、 $n=14$ が最小と確かめられる。常用対数の計算の検算に使える。

(3)　配点 25点

A、Bは原点からの距離が1なので単位円の周上にあり、Cは $\mathrm{OC}=\dfrac{1}{\sqrt2}<1$ なので単位円の内部にある。三角形ABCは3つの頂点を結んでできる図形なので、単位円の内側（周を含む）に収まり、三角形の内部の点 $z$ は $|z|<1$ をみたす。(2) より $n\leqq13$ では $|z_n|>1$ なので、 $\mathrm{P}_n$ は三角形の内部にない。よって $n\geqq14$ を調べればよい。

辺ACは点Cを通り $x$ 軸と $\dfrac{\pi}{4}$ の角で交わるので、直線 $y=x+\dfrac{1}{\sqrt2}$。同様に辺BCは直線 $y=-x+\dfrac{1}{\sqrt2}$。原点は $0<0+\dfrac{1}{\sqrt2}$ をみたすので辺AC、BCに対して三角形と同じ側にあり、A、Bの虚部が負なので辺ABに対しても三角形と同じ側（上側）にある。よって原点Oは三角形ABCの内部にある。

三角形は凸な図形なので、内部の点Oから出た半直線は三角形の周とちょうど1点で交わり、その点より手前（Oに近い側）は内部、その点から先は外部である。

$n=14$ のとき　$\arg z_{14}=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{7\pi}{3}=\dfrac{31\pi}{12}$ で、向きは $\dfrac{7\pi}{12}$ と同じ。 $\dfrac{\pi}{2}<\dfrac{7\pi}{12}<\pi$ なので第2象限の向きである。辺ACと $x$ 軸の交点を $\mathrm{D}\left(-\dfrac{1}{\sqrt2},\ 0\right)$ とすると、三角形ABCのうち第2象限にある部分は三角形OCDなので、この向きの半直線は線分CD上の点Qで周にぶつかる。C、Dはともに原点中心・半径 $\dfrac{1}{\sqrt2}$ の円の周上にあるので、線分CDはこの円の内側にあり、 $\mathrm{OQ}\leqq\dfrac{1}{\sqrt2}$。一方

$$|z_{14}|=\frac{10000\sqrt2}{2^{14}}>\frac{1}{\sqrt2}\iff20000>2^{14}=16384$$

で、右の不等式は成り立つ。よって $|z_{14}|>\dfrac{1}{\sqrt2}\geqq\mathrm{OQ}$ で、 $\mathrm{P}_{14}$ はQより先にあるので三角形の内部にない。

$n=15$ のとき　$\arg z_{15}=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{5\pi}{2}=\dfrac{11\pi}{4}$ で、向きは $\dfrac{3\pi}{4}$ と同じ。原点から辺AC（直線 $x-y+\dfrac{1}{\sqrt2}=0$）に下ろした垂線の足をEとする。直線ACの傾きは1なので、垂線OEの向きは $\dfrac{3\pi}{4}$ で

$$\mathrm{OE}=\frac{\dfrac{1}{\sqrt2}}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\frac12$$

$\mathrm{E}\left(-\dfrac{\sqrt2}{4},\ \dfrac{\sqrt2}{4}\right)$ は $x$ 座標がDとCの間にあるので、辺AC上の点である。一方、(2) の補足より $2^{14}>10^4\sqrt2$ なので $|z_{14}|<1$ で

$$|z_{15}|=\frac12|z_{14}|<\frac12=\mathrm{OE}$$

よって $\mathrm{P}_{15}$ は線分OE上でEより手前にあり、三角形の内部にある。

答　$n=15$

補足（辺ACまでの正確な距離で比べる方法）　偏角 $\dfrac{7\pi}{12}$ の向きで辺ACまでの距離 $\mathrm{OQ}$ を計算すると $\dfrac{1}{\sqrt3}$ になり、 $|z_{14}|$ と比べるのに $\log_{10}3$ を使う解き方もある。ただし本解のように $\mathrm{OC}=\dfrac{1}{\sqrt2}$ と比べれば、対数を使わずに整数の大小（ $20000>16384$）だけで判定できる。正確な値が要らない所では、求めやすい長さで評価する。