金沢大学 理系 2019年 問題1
$kを正の定数とする。2次方程式 \ \ z^2-2kz+1=0\ \ が虚数解をもつとし、虚部が正の虚数解を \ \alpha \ とする。$
$次の問いに答えよ。$
$(1)\ \ kの値の範囲を求めよ。また、|\alpha|\ \ を求めよ。$
$(2)\ \ \cos \cfrac{5\pi}{12}\ の値を求めよ。$
$(3)\ \ 複素数平面において、\alpha ^3\ が第3象限にあり、かつ \ \alpha ^6\ が第1象限にあるときの \ \ \alpha \ \ の偏角 \ \ \theta \ \ (0 \leqq \theta \leqq 2\pi)と$
$\qquad kの値の範囲を求めよ。ただし、座標軸の点は、どの象限にも属さない。$
$(4)\ \ (3)において求めた範囲に \ \alpha \ があるとき、|1-\alpha ^5|\ の値の範囲を求めよ。$
$(解説)$
$(1)\ \ |\alpha|は解から直接求める方法もあります。$
$(2)\ \ \cfrac{5}{12}\pi=\cfrac{3}{12}\pi+ \cfrac{2}{12}\pi \ \ と考えて加法定理を使います。$
$(3)\ \ \alpha ^3,\alpha ^6 の偏角は\alpha の偏角のそれぞれ3倍と6倍です。$
$(4)\ \ \alpha を極形式であらわしておきます。$
(1)
$z^2-2kz+1=0 \ \ が虚数解をもつから$
$\quad \cfrac{D}{4}=k^2-1 < 0 $
$k は正だから 0 < k < 1$
$虚数解の1つが \ \alpha \ だから他の解は \ \overline{\alpha}\ である。$
$解と係数の関係から \alpha \overline{\alpha}=1 \qquad |\alpha|^2=1 \qquad \therefore |\alpha|=1$
(2)
\begin{eqnarray*} \cos \cfrac{5\pi}{12} &=&\cos (\cfrac{\pi}{4}+\cfrac{\pi}{6})\\ \\ &=&\cos \cfrac{\pi}{4}\cos \cfrac{\pi}{6} -\sin \cfrac{\pi}{4}\sin \cfrac{\pi}{6}\\ \\ &=&\cfrac{\sqrt{2}}{2} \times \cfrac{\sqrt{3}}{2} - \cfrac{\sqrt{2}}{2} \times \cfrac{1}{2}\\ \\ &=&\cfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\\ \end{eqnarray*}(3)
$\alpha の偏角 \ \theta \ を \ \arg \alpha \ \ と表すと\quad \arg \alpha ^3=3\theta,\quad \arg \alpha ^6=6\theta $
$\quad \alpha ^3 \ が第3象限にあるから \quad \pi < 3\theta < \cfrac{3\pi}{2} \qquad \therefore \cfrac{\pi}{3} < \theta < \cfrac{\pi}{2}$
$このとき 2\pi < 6\theta < 3\pi \ \ に注意して$
$\quad \alpha \ \ が第1象限にあるから \quad 2\pi < 6\theta < 2\pi + \cfrac{\pi}{2} \quad \therefore \cfrac{\pi}{3} < \theta < \cfrac{5\pi}{12}$
$0 < \theta < \cfrac{\pi}{2} \ \ で \ \ \cos \theta \ \ は減少関数であるから \quad \cos \cfrac{5\pi}{12} < \cos \theta < \cos \cfrac{\pi}{3}$
$\quad (2)の結果をつかって \quad \cfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4} < \cos \theta < \cfrac{1}{2}$
$z^2-2kz+1=0 \ \ の虚数解は \ \ z=k \pm \sqrt{k^2-1}=k \pm \sqrt{1-k^2}i \quad だから \ \ k\ は \ z\ の実部である。$
$一方、\alpha \ を極形式で表すと \ (1)より \ \ |\alpha|=1 \ \ だから \ \ \alpha =\cos \theta +i\sin \theta \ \ とおける。$
$したがって k=\cos \theta \qquad \therefore \ \ \cfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4} < k < \cfrac{1}{2}$
(4)
$\arg \alpha ^5=5\theta \quad だから \quad \alpha ^5=\cos 5\theta + i\sin 5\theta $
$1-\alpha ^5=1-\cos 5\theta - i\sin 5\theta $
$|1-\alpha ^5|^2=(1-\cos 5\theta)^2+ \sin ^25\theta =2-2\cos 5\theta=2(1-\cos 5\theta)$
$(3)より \quad \cfrac{\pi}{3} < \theta < \cfrac{5\pi}{12} \quad だから \quad \cfrac{5\pi}{3} < 5\theta < \cfrac{25\pi}{12}$
$\cfrac{25\pi}{12}= 2\pi+\cfrac{\pi}{12} \quad に注意して \quad \cos \cfrac{5\pi}{3} < \cos \cfrac{\pi}{12} <1 \quad だから$
$\quad \cfrac{1}{2} < \cos 5\theta \leqq 1 ,\qquad 0 \leqq 1-\cos 5\theta < \cfrac{1}{2} , \qquad \ \ 0 \leqq 2(1-\cos 5\theta) < 1 $
$\qquad \ \ 0 \leqq |1-\alpha ^5|^2 < 1 \qquad したがって \quad 0 \leqq |1-\alpha ^5| < 1$
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