【解説・採点基準付き】2018年九州大学理系数学の解答・解説

座標空間において、 $xy$ 平面上にある双曲線 $x^2-y^2=1$ のうち $x\geqq1$ を満たす部分を $C$ とする。また、 $z$ 軸上の点 $\mathrm{A}(0,0,1)$ を考える。点Pが $C$ 上を動くとき、直線APと平面 $x=d$ との交点の軌跡を求めよ。ただし、 $d$ は正の定数とする。

配点 50点

$\mathrm{P}(a,b,0)$（ $a^2-b^2=1$、 $a\geqq1$）とする。直線 $\mathrm{AP}$ 上の点は、実数 $s$ を用いて

$$\overrightarrow{\mathrm{OA}}+s\overrightarrow{\mathrm{AP}}=(0,0,1)+s(a,\ b,\ -1)=(sa,\ sb,\ 1-s)$$

と表せる。 $x$ 座標が $d$ になるのは $sa=d$、すなわち $s=\dfrac{d}{a}$ のときなので、直線 $\mathrm{AP}$ と平面 $x=d$ の交点 $\mathrm{Q}$ は

$$\mathrm{Q}\left(d,\ \frac{db}{a},\ 1-\frac{d}{a}\right)$$

$\mathrm{Q}(d,Y,Z)$ とおくと

$$Y=\frac{db}{a},\qquad Z=1-\frac{d}{a}$$

$a\geqq1$、 $d>0$ より $1-Z=\dfrac{d}{a}>0$ なので、

$$a=\frac{d}{1-Z},\qquad b=\frac{a}{d}\,Y=\frac{Y}{1-Z}$$

これを $a^2-b^2=1$ に代入して

$$\frac{d^2}{(1-Z)^2}-\frac{Y^2}{(1-Z)^2}=1\iff d^2-Y^2=(1-Z)^2\iff Y^2+(Z-1)^2=d^2$$

次に範囲を調べる。 $1-Z=\dfrac{d}{a}>0$ なので $Z<1$。

（上の図は、直線 $\mathrm{AP}$ を $y$ 軸の方向から見たもの。図は $d<1$ の場合。 $\mathrm{P}$ が $C$ の頂点 $(1,0,0)$ のとき $\mathrm{Q}$ は最も低い $z=1-d$ にあり、 $\mathrm{P}$ が遠ざかって $a$ が大きくなるほど、 $\mathrm{Q}$ は $z=1$ に近づくが、 $z=1$ にはならない）

逆に、円 $Y^2+(Z-1)^2=d^2$ 上の $Z<1$ の点 $(d,Y,Z)$ に対して、 $a=\dfrac{d}{1-Z}$、 $b=\dfrac{Y}{1-Z}$ とおくと、 $a>0$ で

$$a^2-b^2=\frac{d^2-Y^2}{(1-Z)^2}=\frac{(Z-1)^2}{(1-Z)^2}=1$$

さらに $a^2=1+b^2\geqq1$、 $a>0$ より $a\geqq1$。よって $\mathrm{P}(a,b,0)$ は $C$ 上の点で、この $\mathrm{P}$ に対して $s=\dfrac{d}{a}=1-Z$ とすれば、直線 $\mathrm{AP}$ と平面 $x=d$ の交点がちょうど $(d,Y,Z)$ になる。

円の上半分（ $Z>1$）と両端（ $Z=1$）は除かれる。

答　平面 $x=d$ 上の、中心 $(d,0,1)$、半径 $d$ の円 $y^2+(z-1)^2=d^2$ のうち $z<1$ の部分（両端の2点 $(d,\pm d,1)$ は含まない）

別解（双曲線を媒介変数で表す）　 $\mathrm{P}\left(\dfrac{1}{\cos\theta},\ \tan\theta,\ 0\right)$（ $-\dfrac{\pi}{2}<\theta<\dfrac{\pi}{2}$）とおく。 $\left(\dfrac{1}{\cos\theta}\right)^2-\tan^2\theta=1$ で、 $\cos\theta>0$ より $\dfrac{1}{\cos\theta}\geqq1$。 $\tan\theta$ はすべての実数値をとるので、この $\mathrm{P}$ で $C$ 全体を1回ずつ表せる。

直線 $\mathrm{AP}$ 上の点 $(sa,\ sb,\ 1-s)$ で $s=\dfrac{d}{a}=d\cos\theta$ とすると

$$\mathrm{Q}=(d,\ d\sin\theta,\ 1-d\cos\theta)=(d,0,1)+d(0,\ \sin\theta,\ -\cos\theta)$$

これは、平面 $x=d$ 上で中心 $(d,0,1)$ から真下の向きと角 $\theta$ をなす向きに、長さ $d$ だけ進んだ点。 $\theta$ が $-\dfrac{\pi}{2}<\theta<\dfrac{\pi}{2}$ を動くので、円の下半分（両端を除く）をすべて動く。

（どちらを選ぶか：媒介変数で表すと、円であることと範囲が同時に見えるので計算が短い。ただし双曲線の媒介変数表示を思い出せないと使えない。逆手流は覚えることがなく、どんな曲線にも使える。本番では、自分が確実に使える方を選べばよい）

補足（なぜ答えが円になるのか）　直線 $\mathrm{AP}$ 上の点 $(X,Y,Z)=(sa,\ sb,\ 1-s)$ は

$$X^2-Y^2=s^2(a^2-b^2)=s^2=(1-Z)^2$$

をみたす。すなわち $X^2=Y^2+(Z-1)^2$ で、これは $\mathrm{A}$ を頂点とし、 $\mathrm{A}$ を通って $x$ 軸に平行な直線を軸とする円錐面。双曲線 $C$ はこの円錐面を $xy$ 平面（軸に平行な平面）で切った切り口で、平面 $x=d$ は軸に垂直なので、切り口は半径 $d$ の円になる。円の上半分を通る直線は、 $\mathrm{A}$ から上向きに進んで $xy$ 平面と交わらない（双曲線の $x\leqq-1$ の部分の点と $\mathrm{A}$ を結んだ直線を、 $\mathrm{A}$ の先に伸ばした部分にあたる）。

原点を中心とする半径3の半円 $C:\ x^2+y^2=9\ (y\geqq0)$ 上の2点PとQに対し、線分PQを $2:1$ に内分する点をRとする。以下の問いに答えよ。

(1) 点Pの $y$ 座標とQの $y$ 座標が等しく、かつPの $x$ 座標はQの $x$ 座標より小さくなるようにPとQが動くものとする。このとき、線分PRが通過してできる図形 $S$ の面積を求めよ。

(2) 点Pを $(-3,0)$ に固定する。Qが半円 $C$ 上を動くとき線分PRが通過してできる図形 $T$ の面積を求めよ。

(3) (1) の図形 $S$ から (2) の図形 $T$ を除いた図形と第1象限の共通部分を $U$ とする。 $U$ を $y$ 軸のまわりに1回転させてできる回転体の体積を求めよ。

(1)　配点 15点

$\mathrm{P}$、 $\mathrm{Q}$ の $y$ 座標を $h$ とする。 $\mathrm{P}$ の $x$ 座標が $\mathrm{Q}$ の $x$ 座標より小さいので $0\leqq h<3$ で

$$\mathrm{P}\left(-\sqrt{9-h^2},\ h\right),\qquad\mathrm{Q}\left(\sqrt{9-h^2},\ h\right),\qquad\mathrm{R}=\frac{\mathrm{P}+2\mathrm{Q}}{3}=\left(\frac13\sqrt{9-h^2},\ h\right)$$

$\mathrm{R}(X,Y)$ とおくと

$$X^2+\frac{Y^2}{9}=\frac{9-h^2}{9}+\frac{h^2}{9}=1,\qquad X\geqq0$$

なので、 $\mathrm{R}$ は楕円 $x^2+\dfrac{y^2}{9}=1$ の $x\geqq0$ の部分にある。線分 $\mathrm{PR}$ は、高さ $h$ で $-\sqrt{9-h^2}\leqq x\leqq\dfrac13\sqrt{9-h^2}$ の部分である。

$h$ を $0\leqq h<3$ で動かすと、 $S$ は $x\leqq0$ では円 $x^2+y^2\leqq9$ の第2象限の部分（四分円）、 $x\geqq0$ では楕円 $x^2+\dfrac{y^2}{9}\leqq1$ の第1象限の部分（四分楕円）を合わせた図形になる（点 $(0,3)$ は含まないが、面積には影響しない）。

よって $S$ の面積は

$$\frac14\cdot\pi\cdot3^2+\frac14\cdot\pi\cdot1\cdot3=\frac{9}{4}\pi+\frac34\pi=3\pi$$

答　$3\pi$

（検算）高さ $h$ での線分 $\mathrm{PR}$ の長さはいつも $\mathrm{PQ}$ の $\dfrac23$ なので、 $S$ の面積は半円板の面積 $\dfrac{9}{2}\pi$ の $\dfrac23$ 倍で $3\pi$ になり、一致する。

(2)　配点 15点

$\mathrm{Q}(3\cos\theta,\ 3\sin\theta)$（ $0\leqq\theta\leqq\pi$）とおくと、 $\mathrm{P}(-3,0)$ より

$$\mathrm{R}=\frac{\mathrm{P}+2\mathrm{Q}}{3}=\left(-1+2\cos\theta,\ 2\sin\theta\right)$$

$\theta$ が $0\leqq\theta\leqq\pi$ を動くので、 $\mathrm{R}$ は点 $(-1,0)$ を中心とする半径2の円の $y\geqq0$ の部分（これを $K$ とする）全体を動く。 $\theta=\pi$ のとき $\mathrm{R}=(-3,0)=\mathrm{P}$ なので、 $\mathrm{P}$ も $K$ 上にある。

$K$ と $x$ 軸（ $-3\leqq x\leqq1$ の部分）で囲まれた半円板（周を含む）を $D$ とする。

・$D$ はどの2点を結ぶ線分も $D$ に含まれる図形なので、線分 $\mathrm{PR}$ はつねに $D$ に含まれる

・逆に、 $D$ の点 $\mathrm{X}$（ $\mathrm{X}\neq\mathrm{P}$）をとる。 $\mathrm{X}$ が $x$ 軸上にあれば、 $\theta=0$ のときの線分 $\mathrm{PR}$（ $\mathrm{R}=(1,0)$）上にある。 $\mathrm{X}$ の $y$ 座標が正なら、半直線 $\mathrm{PX}$ は上向きに進むので、 $\mathrm{X}$ の先で $K$ と交わる。その交点を $\mathrm{R}$ とすれば、 $\mathrm{X}$ は線分 $\mathrm{PR}$ 上にある

よって $T=D$ で、面積は $\dfrac12\cdot\pi\cdot2^2=2\pi$。

答　$2\pi$

(3)　配点 20点

第1象限（ $x\geqq0$、 $y\geqq0$）では、(1) より $S$ は $9x^2+y^2\leqq9$、(2) より $T$ は $(x+1)^2+y^2\leqq4$ で表される。

$T$ の第1象限の点 $(x,y)$ をとる。 $(x+1)^2\leqq4$ より $0\leqq x\leqq1$、また $y^2\leqq4-(x+1)^2$ なので

$$9x^2+y^2\leqq9x^2+4-(x+1)^2=8x^2-2x+3=9+2(4x+3)(x-1)\leqq9$$

（ $0\leqq x\leqq1$ より $(4x+3)(x-1)\leqq0$）。よって第1象限では $T$ は $S$ に含まれ、 $U$ は「楕円 $9x^2+y^2\leqq9$ の内側で、円 $(x+1)^2+y^2\leqq4$ の外側」の第1象限の部分である（2つの境界が第1象限で共有するのは点 $(1,0)$ だけ）。

$U$ を高さ $y$（ $0\leqq y\leqq3$）の直線で切った線分は

・$0\leqq y\leqq\sqrt3$ のとき　$\sqrt{4-y^2}-1\leqq x\leqq\dfrac13\sqrt{9-y^2}$

・$\sqrt3\leqq y\leqq3$ のとき　$0\leqq x\leqq\dfrac13\sqrt{9-y^2}$

これを $y$ 軸のまわりに回すと、切り口は外側の半径 $\dfrac13\sqrt{9-y^2}$、内側の半径 $\sqrt{4-y^2}-1$ の円環（ $\sqrt3\leqq y\leqq3$ では円板）になる。

よって求める体積を $V$ とすると

$$V=\pi\int_0^3\frac{9-y^2}{9}\,dy-\pi\int_0^{\sqrt3}\left(\sqrt{4-y^2}-1\right)^2dy$$

1つ目の積分は

$$\int_0^3\frac{9-y^2}{9}\,dy=\left[y-\frac{y^3}{27}\right]_0^3=2$$

2つ目の積分では $\left(\sqrt{4-y^2}-1\right)^2=5-y^2-2\sqrt{4-y^2}$。 $\displaystyle\int_0^{\sqrt3}\sqrt{4-y^2}\,dy$ は、円 $x^2+y^2=4$ の $0\leqq y\leqq\sqrt3$、 $x\geqq0$ の部分の面積で、原点と点 $(1,\sqrt3)$ を結ぶ線分で分けると、三角形（面積 $\dfrac{\sqrt3}{2}$）と中心角 $\dfrac{\pi}{3}$ の扇形（面積 $\dfrac{2}{3}\pi$）になるので

$$\int_0^{\sqrt3}\sqrt{4-y^2}\,dy=\frac{\sqrt3}{2}+\frac{2}{3}\pi$$

よって

$$\int_0^{\sqrt3}\left(5-y^2-2\sqrt{4-y^2}\right)dy=5\sqrt3-\sqrt3-\left(\sqrt3+\frac43\pi\right)=3\sqrt3-\frac43\pi$$

$$V=2\pi-\pi\left(3\sqrt3-\frac43\pi\right)=2\pi-3\sqrt3\pi+\frac43\pi^2$$

答　$2\pi-3\sqrt3\pi+\dfrac{4}{3}\pi^2$

（検算）1つ目の $2\pi$ は、高さ $y$ の切り口の円の半径 $\dfrac13\sqrt{9-y^2}$ が、半径3の半球の切り口の半径 $\sqrt{9-y^2}$ の $\dfrac13$ なので、切り口の面積がつねに $\dfrac19$ 倍になり、半球の体積 $18\pi$ の $\dfrac19$ として確かめられる。また $V\fallingdotseq3.12>0$ で、数値積分の結果とも一致する。

1から4までの数字を1つずつ書いた4枚のカードが箱に入っている。箱の中から1枚カードを取り出してもとに戻す試行を $n$ 回続けて行う。 $k$ 回目に取り出したカードの数字を $X_k$ とし、積 $X_1X_2\cdots X_n$ を4で割った余りが0、1、2、3である確率をそれぞれ $p_n,q_n,r_n,s_n$ とする。 $p_n,q_n,r_n,s_n$ を求めよ。

配点 50点

4を割る素因数は2だけである。カードに含まれる素因数2の個数は、1と3が0個、2が1個、4が2個。積 $X_1X_2\cdots X_n$ に含まれる2の個数の合計を $m$ とすると、

・$m\geqq2$ のとき　積は4の倍数で、余りは0

・$m=1$ のとき　積は $2\times$（奇数）の形で、余りは2

・$m=0$ のとき　積は奇数で、余りは1か3

余り2　$m=1$ $\iff$ 2がちょうど1回出て、4は1回も出ず、残りの $n-1$ 回は1か3。2の出る回の選び方は $n$ 通りで、2が出る確率は $\dfrac14$、1か3が出る確率は $\dfrac24=\dfrac12$ なので

$$r_n=n\cdot\frac14\cdot\left(\frac12\right)^{n-1}=\frac{n}{2^{n+1}}$$

余り1と余り3を合わせた確率　$m=0$ $\iff$ $n$ 回とも1か3が出る。よって

$$q_n+s_n=\left(\frac12\right)^n=\frac{1}{2^n}$$

余り0　余事象を考えて

$$p_n=1-(q_n+s_n)-r_n=1-\frac{2}{2^{n+1}}-\frac{n}{2^{n+1}}=1-\frac{n+2}{2^{n+1}}$$

余り1と余り3の分け方　$3\equiv-1\pmod4$ なので、1と3だけが出たとき、3の回数を $j$ とすると積は $(-1)^j$ を4で割った余りと等しい。よって $j$ が偶数なら余り1、 $j$ が奇数なら余り3。

1と3だけが出る出方 $2^n$ 通り（どれも確率 $\left(\dfrac14\right)^n$）について、1回目のカードの1と3を入れかえると、 $j$ の偶奇が入れかわる。この入れかえで「 $j$ が偶数の出方」と「 $j$ が奇数の出方」はちょうど1対1に対応するので、それぞれ $2^{n-1}$ 通りずつある。よって

$$q_n=s_n=2^{n-1}\cdot\left(\frac14\right)^n=\frac{1}{2^{n+1}}$$

答　$p_n=1-\dfrac{n+2}{2^{n+1}}$、 $q_n=\dfrac{1}{2^{n+1}}$、 $r_n=\dfrac{n}{2^{n+1}}$、 $s_n=\dfrac{1}{2^{n+1}}$

別解（漸化式）　かけ算表（法4）から、それまでの積の余りが $n+1$ 回目のカードでどう変わるかを読み取ると

$$q_{n+1}=s_{n+1}=\frac14(q_n+s_n),\quad r_{n+1}=\frac12r_n+\frac14(q_n+s_n)$$

（ $p_{n+1}$ は $1-q_{n+1}-r_{n+1}-s_{n+1}$ で求める）。初項は $p_1=q_1=r_1=s_1=\dfrac14$。

$q_n+s_n$ は公比 $\dfrac12$ の等比数列で $q_n+s_n=\dfrac{1}{2^n}$。これから $q_{n+1}=s_{n+1}=\dfrac{1}{2^{n+2}}$ となり、 $n=1$ も合わせて $q_n=s_n=\dfrac{1}{2^{n+1}}$。 $r_{n+1}=\dfrac12r_n+\dfrac{1}{2^{n+2}}$ の両辺に $2^{n+1}$ をかけると $2^{n+1}r_{n+1}=2^nr_n+\dfrac12$ で、 $2^nr_n$ は初項 $\dfrac12$、公差 $\dfrac12$ の等差数列。よって $2^nr_n=\dfrac n2$、 $r_n=\dfrac{n}{2^{n+1}}$。最後に $p_n=1-q_n-r_n-s_n$ として同じ答えになる。

4本の推移の式を正しく立て、計算を最後まで合わせ切る必要がある。直接数える方法なら、余り2と余り0は3の回数の偶奇を考えなくても求まる。

整数 $a,b$ は3の倍数ではないとし、

$$f(x)=2x^3+a^2x^2+2b^2x+1$$

とおく。以下の問いに答えよ。

(1) $f(1)$ と $f(2)$ を3で割った余りをそれぞれ求めよ。

(2) $f(x)=0$ を満たす整数 $x$ は存在しないことを示せ。

(3) $f(x)=0$ を満たす有理数 $x$ が存在するような組 $(a,b)$ をすべて求めよ。

(1)　配点 10点

$a$ は3の倍数でないので、 $a\equiv1$ または $a\equiv2\equiv-1\pmod3$。どちらの場合も $a^2\equiv1\pmod3$。同様に $b^2\equiv1\pmod3$。

$$f(1)=2+a^2+2b^2+1=3+a^2+2b^2\equiv0+1+2=3\equiv0\pmod3$$

$$f(2)=16+4a^2+4b^2+1=17+4a^2+4b^2\equiv2+1+1=4\equiv1\pmod3$$

答　$f(1)$ を3で割った余りは0、 $f(2)$ を3で割った余りは1

(2)　配点 15点

整数 $x$ が $f(x)=0$ をみたすとする。 $f(x)=0$ を変形すると

$$x(2x^2+a^2x+2b^2)=-1$$

$x$ と $2x^2+a^2x+2b^2$ はどちらも整数なので、 $x$ は $-1$ の約数であり、 $x=1$ または $x=-1$。

$x=1$ のとき、 $f(1)=3+a^2+2b^2>0$ なので $f(1)\neq0$。

$x=-1$ のとき、

$$f(2)-f(-1)=2\{8-(-1)\}+a^2(4-1)+2b^2\{2-(-1)\}=18+3a^2+6b^2$$

は3の倍数なので、 $f(-1)$ と $f(2)$ は3で割った余りが等しい。(1) より $f(2)$ を3で割った余りは1なので、 $f(-1)$ を3で割った余りも1で、 $f(-1)\neq0$。

よって、 $f(x)=0$ をみたす整数 $x$ は存在しない。

別解（ $f(-1)$ を直接計算する）　$f(-1)=-2+a^2-2b^2+1=a^2-2b^2-1\equiv1-2-1=-2\equiv1\pmod3$ なので $f(-1)\neq0$。(1) が解けなくても、この計算で (2) は示せる。

(3)　配点 25点

$f(x)=0$ をみたす有理数 $x$ を $x=\dfrac qp$ （ $p\geqq1$、 $p$ と $q$ は互いに素な整数）とおく。 $f\left(\dfrac qp\right)=0$ の両辺に $p^3$ をかけると

$$2q^3+a^2q^2p+2b^2qp^2+p^3=0$$

$p^3=-q(2q^2+a^2qp+2b^2p^2)$ より、 $p^3$ は $q$ の倍数である。 $p$ と $q$ は互いに素なので $q=\pm1$。

また、 $2q^3=-p(a^2q^2+2b^2qp+p^2)$ より、 $2q^3$ は $p$ の倍数である。 $p$ と $q$ は互いに素なので $p$ は2の約数で、 $p\geqq1$ より $p=1,\ 2$。

よって $x=\pm1,\ \pm\dfrac12$。(2) より $x=\pm1$ は解でない。また $x>0$ のとき、 $f(x)$ の係数はすべて正なので $f(x)>0$ となり、 $x=\dfrac12$ も解でない。したがって、解になりうるのは $x=-\dfrac12$ だけである。

$$f\left(-\dfrac12\right)=-\dfrac14+\dfrac{a^2}{4}-b^2+1=\dfrac{a^2-4b^2+3}{4}$$

なので、 $f\left(-\dfrac12\right)=0$ は $4b^2-a^2=3$、すなわち

$$(2b-a)(2b+a)=3$$

と同値である。

$2b-a$、 $2b+a$ は整数で、積が3なので

$$(2b-a,2b+a)=(1,3),\ (3,1),\ (-1,-3),\ (-3,-1)$$

それぞれ解くと $(a,b)=(1,1),\ (-1,1),\ (-1,-1),\ (1,-1)$。いずれも $a,b$ は3の倍数でなく、条件をみたす。

答　$(a,b)=(1,1),\ (1,-1),\ (-1,1),\ (-1,-1)$

（確認：このとき $a^2=b^2=1$ で、 $f(x)=2x^3+x^2+2x+1=(2x+1)(x^2+1)$。実数解は $x=-\dfrac12$ だけで、確かに有理数である）

別解（逆数をとって最高次の係数を1にする）　$f(0)=1\neq0$ なので $x\neq0$。 $f(x)=0$ の両辺を $x^3$ で割り、 $y=\dfrac1x$ とおくと

$$y^3+2b^2y^2+a^2y+2=0$$

最高次の係数が1になったので、有理数解 $y=\dfrac sr$ （ $r\geqq1$、 $r$ と $s$ は互いに素）とおいて $r^3$ をかけると $s^3=-r(2b^2s^2+a^2sr+2r^2)$ となり、 $s^3$ は $r$ の倍数で $r=1$。つまり有理数解 $y$ は整数で、さらに $y(y^2+2b^2y+a^2)=-2$ より $y$ は2の約数。 $y=\pm1$ は $x=\pm1$ なので (2) で除かれ、 $y>0$ では左辺が正なので、 $y=-2$ （ $x=-\dfrac12$）だけが残る。代入すると $-8+8b^2-2a^2+2=0$ より $4b^2-a^2=3$ で、本解と同じ式になる。約数の条件を2回使う本解に対し、こちらは「分母が1になる」1回の論証で済む。

$\alpha$ を複素数とする。等式

$$\alpha(|z|^2+2)+i(2|\alpha|^2+1)\overline{z}=0$$

を満たす複素数 $z$ をすべて求めよ。ただし、 $i$ は虚数単位である。

配点 50点

$\alpha=0$ のとき　与式は $i\overline{z}=0$ となるので $\overline{z}=0$、すなわち $z=0$。

$\alpha\neq0$ のとき　$2|\alpha|^2+1>0$ なので、与式より

$$\overline{z}=\frac{|z|^2+2}{2|\alpha|^2+1}\cdot i\alpha\qquad\cdots\cdots①$$

$\dfrac{|z|^2+2}{2|\alpha|^2+1}$ は正の実数なので、 $\overline{z}$ は $i\alpha$ の正の実数倍であり、複素数平面上で原点から $i\alpha$ の向きにのびる半直線上にある（下の図）。

①の両辺の絶対値をとると、 $|\overline{z}|=|z|$、 $|i\alpha|=|\alpha|$ より

$$|z|=\frac{|z|^2+2}{2|\alpha|^2+1}\cdot|\alpha|$$

分母を払って整理すると

$$|\alpha||z|^2-(2|\alpha|^2+1)|z|+2|\alpha|=0$$

左辺を因数分解して

$$(|z|-2|\alpha|)(|\alpha||z|-1)=0$$

よって $|z|=2|\alpha|$ または $|z|=\dfrac{1}{|\alpha|}$。

・$|z|=2|\alpha|$ のとき　$|z|^2+2=4|\alpha|^2+2=2(2|\alpha|^2+1)$ なので、①より $\overline{z}=2i\alpha$。共役をとって $z=-2i\overline{\alpha}$

・$|z|=\dfrac{1}{|\alpha|}$ のとき　$|z|^2+2=\dfrac{1}{|\alpha|^2}+2=\dfrac{2|\alpha|^2+1}{|\alpha|^2}$ なので、①より $\overline{z}=\dfrac{i\alpha}{|\alpha|^2}=\dfrac{i\alpha}{\alpha\overline{\alpha}}=\dfrac{i}{\overline{\alpha}}$。共役をとって $z=-\dfrac{i}{\alpha}$

十分性の確認　$z=-2i\overline{\alpha}$ の絶対値は $2|\alpha|$、 $z=-\dfrac{i}{\alpha}$ の絶対値は $\dfrac{1}{|\alpha|}$ で、どちらも代入した $|z|$ の値と一致する。よって①の右辺はそれぞれ $2i\alpha$、 $\dfrac{i}{\overline{\alpha}}$ となり、左辺の $\overline{z}$ と等しい。①は与式を変形した式なので、2つとも与式の解である。

2つの解が一致する場合　$-\dfrac{i}{\alpha}=-\dfrac{i\overline{\alpha}}{\alpha\overline{\alpha}}=\dfrac{1}{|\alpha|^2}\cdot(-i\overline{\alpha})$ なので、2つの解はどちらも原点から $-i\overline{\alpha}$ の向きにのびる半直線上にあり、原点からの距離が $2|\alpha|$ と $\dfrac{1}{|\alpha|}$ の点である（下の図）。

よって2つの解が一致するのは $2|\alpha|=\dfrac{1}{|\alpha|}$、すなわち $|\alpha|=\dfrac{1}{\sqrt2}$ のときだけである。このとき $|\alpha|^2=\dfrac12$ なので、 $-\dfrac{i}{\alpha}=-\dfrac{i\overline{\alpha}}{|\alpha|^2}=-2i\overline{\alpha}$ となり、解は1つになる。

答　$\alpha=0$ のとき $z=0$、 $\alpha\neq0$ のとき $z=-2i\overline{\alpha},\ -\dfrac{i}{\alpha}$（ $|\alpha|=\dfrac{1}{\sqrt2}$ のときは2つが一致し、 $z=-2i\overline{\alpha}$ のみ）

別解（ $\overline{z}$ を $i\alpha$ の実数倍とおく）　$\alpha\neq0$ のとき、 $k=\dfrac{|z|^2+2}{2|\alpha|^2+1}$ とおくと $k>0$ で、①は $\overline{z}=ki\alpha$ となる。このとき $|z|^2=k^2|\alpha|^2$ なので、これを $k(2|\alpha|^2+1)=|z|^2+2$ に入れると

$$|\alpha|^2k^2-(2|\alpha|^2+1)k+2=0\iff(k-2)(|\alpha|^2k-1)=0$$

$k=2$ から $z=-2i\overline{\alpha}$、 $k=\dfrac{1}{|\alpha|^2}$ から $z=-\dfrac{i}{\alpha}$。逆に、 $k$ がこの2次方程式をみたす正の数なら、 $\overline{z}=ki\alpha$ とおくと $|z|^2+2=k^2|\alpha|^2+2=k(2|\alpha|^2+1)$ が成り立つので、与式をみたす。長さ $|z|$ の代わりに倍率 $k$ を未知数にしただけで、本解と同じ式になる。