オイラーの公式で解く東大2018問5(2)

前半(1)に引き続き、「難」と評価された2018年の問５の後半(2)に取り組もう。

（２）Cのうち実部が1/2以下の複素数で表される部分をC’とする。点P(z)がC'上を動くときの点R(w)の軌跡を求めよ。

まず\(w=1/(1-u)\)をzで表しておこう。(1)の結果を使うと、
\[
 w=\frac{1}{1-u} = \frac{1}{1-2z+z^2} = (z-1)^{-2}
\]
を得る。\(w=x+iy\)と表した時、xとyの関係がわかれば軌跡R(w)が手に入る。複素共役\(w^*=x-iy\)を使ってx,yを表すと、
\[
x=\frac{w+w^*}{2}, \quad y = \frac{w-w^*}{2i}
\]
である。この式と上の式を使えば、(x,y)を\(z=\cosθ+i\sinθ\)によって表すことができる。ちょっと長めの計算になるが、注意深く行うと、
\[
x=-\frac{1}{2}\frac{\cos\theta}{1-\cos\theta}, \quad y = \frac{1}{2}\frac{\sin\theta}{1-\cos\theta} \ \cdots [A]
\]という関係が手にはいる。この部分で使うのはオイラーの公式で得られる次の有名な恒等式である。
\[
\cos\theta = \frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}, \quad \sin\theta = \frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}
\]
また、上の結果を使って得られる、次の計算結果も役にたつ。
\[
(e^{i\theta}-1) (e^{-i\theta}-1) = 2(1-\cos\theta)
\]
xとcosθの関係式を逆に解いて、cosθをxで表すと\(\cos\theta = -\frac{2x}{1-2x}\)となる。この結果を用いて、次にyとsinθの関係を計算することができる。結果は\(y=-\frac{2x-1}{2}\sin\theta\)である。\(\cos^2\theta+\sin^2\theta=1\)の関係式を用いるとθを消去することができて、
\[
\frac{4x^2}{(2x-1)^2} + \frac{4y^2}{(2x-1)^2} = 1
\]となる。これを整理すると
\[
 x=-y^2 + \frac{1}{4}
\]を得る。つまり、軌跡はx軸方向に倒れた放物線である。

さて、問題となるのは、答えとなる軌跡Rはこの放物線全体ではないという点である。PはC’の上を動くだけであるので、θの範囲を\(\frac{\pi}{3}\le \theta \le \frac{5\pi}{3}\)に限らなければならない。

ちなみに、5つ上の式（式[A])を用いてgnuplotでパラメータ表示すると、下の図のようになる（これが答えである）。

式[A]を見ると、xはcosθのみで表されているから偶関数である。θの定義域の対称性と、θの関数としてのxの対称性を考えれば、θ=πのときにx=1/4となって放物線の頂点に対応することがわかる。したがって、θ=π/3, 5π/3の時にx=-1/2となり、ここがxの最小値である。つまり、xの範囲は\(-\frac{1}{2}\le x \le \frac{1}{4}\)である。一方、式[A]をみるとyは奇関数であり、対応するyの値は\(y=\pm\sqrt{3}/2\)である。

オイラーの公式を使うと（代数の計算はちょっと面倒になるが）、この手の問題は簡単に解くことができた。個人的には、この問題は「難」どころか「易」に感じる。というのも、上の解答をみたらわかるように、これは三角関数を含む代数計算の練習問題に過ぎない。

オイラーの公式と回転行列で解く：東大2018問5

2018年の東大２次試験が終わった。河合塾の分析によると「やや難化」だそうである。特に難しかったのが問５の複素数の問題だったという評価である。

ということで、さっそく５番から解いて見たいと思う。

問題５：複素平面上の原点を中心とする半径１の円をCとする。点\(P(z)\)はC上にあり,点A(1)とは異なるとする。点Pにおける円Cの接線に関して, 点Aと対称な点を\(Q(u)\)とする。\(\displaystyle w=\frac{1}{1-u}\)とおき,\(w\)と共役な複素数を\(\bar{w}\)で表す。

 (1) \(u\)と\(\displaystyle \frac{\bar{w}}{w}\)を\(z\)についての整式として表し,絶対値の商\(\displaystyle\frac{\left|w+\bar{w}-1\right|}{\left|w\right|}\)を求めよ。

複素数の問題を解く方針として、「複素数の問題は幾何学で解く」という方針を昨年掲げた。今年もこれでいってみよう。

最初に、この問題で採用されている記号の意味を明らかにしておこう。例えば、P(z)という表現だが、これは「点Pは複素数zによって表される」という意味になるらしい。A(1)は、「点Aすなわちz=1」ということである。ベクトル風に書けば、z=x+iyとしたとき、P(z)=P(x,y), A(1)=A(1,0)ということになる。

次に、\(z\)の複素共役を\(\bar{z}\)ではなく、\(z^*\)で表すことにする。前者は高校数学では採用されているらしいが、物理では世界的に後者を採用している。

(1)をオイラーの公式と代数幾何で解いてみよう。円C上の点Pはベクトル風に書けば\((\cos\theta,\sin\theta)\)となる。この問題では\(0\le\theta<2\pi\)という範囲を考えれば十分である。オイラーの公式を使ってまとめると\(z=\exp(i\theta)=\cos\theta + i\sin\theta\)となる。\(\theta \ne 0\)の時、点Pにおける接線の一般的な方程式をまとめると「やや」複雑な式となる。これを計算するのは不可能ではないが、面倒な計算を扱うはめになる。これを避けるには、座標系を回転させればよい。

まずは円の中心（つまり原点）の周りに、時計回りの方向に点Pを回転させx軸に重ねる。２次元のデカルト座標において回転行列は次のように定義される。
\[R(\theta)=\left(\begin{array}{cc}\cos\theta & -\sin\theta\\ \sin\theta & \cos\theta\end{array}\right).\]ただし、回転の方向は、反時計回りが正の方向(+θ)として定義される。つまり\(R(-\theta)P(z)=P'(z')=P'(1)\)である。

回転後の座標系では、接線はx=1で表される垂直な直線である。一方、点Aは回転によって
\[R(-\theta)A(1)=A'(z^*)\]と変換される。ただし、\(z^* = \exp(-i\theta)=\cos\theta - i\sin\theta\)である。したがって、この垂線に関して「線対称」な点\(Q'(u')\)はベクトル風に考えれば簡単にわかる。ここで、\(u'=x_u'+iy_u'\)と表すことにしよう。点A'から垂線までの距離は\(1-\cos\theta\)である。よって、\(x_u' = 1 + (1-\cos\theta)\)である。一方、y座標のほうは変化がないので\(y_u'=-\sin\theta\)となる。

回転後の座標は自分に都合の良い座標にしてあるので、問題で与えられた座標に戻ることにする。もとに戻るには\(R(\theta)\)を作用させればよい。
\[
Q(u) = R(\theta)Q'(u') =R(\theta)\left(\begin{array}{c}x_u'\\ y_u'\end{array}\right) =\left(\begin{array}{c}2\cos\theta + \sin^2\theta - \cos^2\theta\\ 2\sin\theta-2\sin\theta\cos\theta\end{array}\right)
\]

加法定理（倍角の定理？）を使って整理すると、\(\sin^2\theta - \cos^2\theta = -\cos(2\theta), 2\cos\theta\sin\theta=\sin(2\theta)\)なので、
\[
Q(u): u = 2\left(\begin{array}{c}\cos\theta\\ \sin\theta\end{array}\right) -\left(\begin{array}{c}\cos(2\theta)\\ \sin(2\theta)\end{array}\right) =2z-z^2
\]となる。第二項は\(z^2 = (\exp(i\theta))^2 = (e^{i\theta})^2 = e^{2i\theta} =\cos(2\theta)+i\sin(2\theta)\)により正当化される。

\(w^*/w\)の値は、上の値を代入して複素数の代数を丁寧に計算すればすぐに
\[
\frac{w^*}{w} = \frac{1-u}{1-u^*} = \frac{(z-1)^2}{(z^*-1)^2} = \left(\frac{z-1}{z^{-1}-1}\right)^2 = z^2
\]
となることがわかる。ただし、\(z^* = (e^{i\theta})^* = e^{-i\theta} = 1/z\)という性質を最後に使った。

最後の計算も、これまでの計算の結果を使えば、簡単な代数計算に過ぎない。ただし、\(|z|/|w|=|z/w|\)という性質を覚えておく必要がある（といっても、忘れた時は、オイラーの公式を使ってすぐに確認できる）。
\[
\frac{\left|w+w^*-1\right|}{\left|w\right|} = \left|\frac{w+w^*-1}{w}\right|
=\left|(1-\frac{1}{w}) + \frac{w^*}{w}\right| = \cdots = 2|z| = 2
\]となる。zは円Cの周上にあるからその絶対値は１である。

これで（１）は終わりである。オイラーの公式と代数幾何（ベクトル）を組み合わせることで、簡単な複素数の代数計算にreduceすることができた。

センター試験の数学II：第４問（代数方程式の性質)

３次方程式の一般解の個数は３つになるが、そのうち一つが虚数、そのうち一つが実数である特別な場合の「研究」が、第４問のテーマである。

一般にn次方程式の解の個数はn個ある。その内の一つが複素数解\(z_0\)であるならば、その複素共役\(z_0^*\)も解となる。これは簡単に証明できる。例えば、此の問題のような３次方程式\[ z^3+az^2+bz+c=0\]が与えられているとする。複素数\(z_0\)が解ならば、当然\(z_0^3+az_0^2+bz_0+c=0\)は成立する。この式の複素共役を取ると\((z_0^*)^3+a(z_0^*)^2+bz_0^*+c=0\)であるから、\(z=z_0^*\)もこの３次方程式の解である。この証明では、a,b,cは実数であることを利用するのが重要である。

問題では、\(z=-1+\sqrt{6}i\)が解だと与えられているので、上の考察から\(z=-1-\sqrt{6}i\)も解であることがわかる。したがって、与式は\((x-x_0)(x+1-\sqrt{6}i) (x+1+\sqrt{6}i)=0\)と因数分解できる。すなわち、\(x^3+ax^2+bx+c=(x-x_0)(x^2+2x+7)\)ということである。xの次数ごとに係数を比較すると、\(a=-x_0+2, b=-2x_0+7, c=-7x_0\)となる。最初の式から\[x_0=-a+2,\]これをbとcの式に代入すると、\[ b=2a+3, \quad c=7a-14\]を得る。

さて、試験問題を解く、という観点からすると、アイ、ウエ、オカ、キに関しては、実部と虚部それぞれが０になる、という条件から計算すればよい。試験問題で途中まで形が暴露されているので、これを利用しよう。実部は\(\alpha a - b + c + \beta\)という形になるそうだから、上の結果を用いてaの一次式で表すと、\[\alpha a -2a-3+7a-14+\beta = (\alpha + 5) +\beta-17 =0\]なので、\(\alpha = -5, \beta=17\)と計算できる。虚部に関してもまったく同様の計算をすればよい。

\(P(x)=(x+a-2)(x^2+2x+7)\)を\(x^2+2x+7\)で割ったときの、商はx+a-2であることは明らかで、と余りも自明の値(0)となる。これで、ここまでの「問題」は全て解くことができた。

最後の部分は剰余定理である。\(P(x)= (x+a-3)f(x) + 6\)である、と問題文で言っているので（ただしf(x)は２次式）、P(-a+3)を計算し、それが６になることを利用してaを決めればよい。\(P(-a+3) = (-a+3+a-2)((-a+3)(-a+3+2)+7) = (-a+3)(-a+5)+7 \\ = a^2-8a+15+7 =a^2-8a+22\)である。したがって、\(a^2-8a+16=0\)という２次式の解が求めるaである。これを解くと、\(a=4\)であることがわかる。

この値のとき\(P(x)=(x+2)(x^2+2x+7)\)となるので、\(P(x) = (x^2+px+q)(x-1) + 13x+17\)と係数を比較するとpとqが求まる。

こういうタイプの、係数を比較する計算は、物理実験や物理シミュレーションのデータ処理や数値分析でよく利用される。理論物理でもよくやるので（特に現象論では）よく習熟しておく必要があるだろう。

第３問も面白そうな問題ではあるが、センター試験の問題を解くのもそろそろ飽きてきたのでスキップすることにしよう。今年は、MathJaXのおかげで、ずいぶん仕事がはかどった。センター試験の問題を６問も解くことができた。「十分に準備運動できた」とみなし、この辺でセンター試験をみるのはやめにして、二次試験を待つこととしよう。

昨年から今年にかけて、阪大と京大の物理の入試問題で不備が見つかり、大きな問題となった。どちらも音波／ドップラー効果の問題であった。原因はいろいろあると思うが、高校物理の教え方に大きな問題があると思っている。

日本の大学で力学や電磁気学、熱力学などを教えていて感じるのは、多くの学生が大学の物理を習う時に大きな困惑を示し、その主因が「大学の物理は「物理」ではなく、数学だ」と考えていることである。この感覚は非常に問題だ。

物理の「言語」は数学なので、物理を議論するには「数学を喋る」必要がある。数学といっても、現代数学が扱うような数学ではなく、すでに確立した「古い」数学である。

たとえば、高校生が英語を学ぶ目的は、「英語学」を習得することではない。将来、経済学や文学や歴史を世界の人びとと語り合うときに、共通言語で議論する必要があるから「英語」を学ぶのである。同様に、世界中の物理学者と議論するときには、「共通言語」である数学を利用するのが現代の物理学なのである。

にもかかわらず、日本の高校では数学をなるべく使わないように指導する。微分積分を基礎とする力学や、三角関数やフーリエ理論を基本にする波動、偏微分や多変数解析を用いる熱力学などにおいて、その数学的手法の多くを犠牲にして、無理な形で「高校物理」を教えている。物理の「基礎」である数学を取り除いた「高校物理」は、物理学者にとっては非常にとっつきにくいものであり、強い違和感を感じる。それが故に、高校物理の問題はあまり興味を持てずに、このブログでは高校数学ばかりを解いているのである。

自分がもし「高校物理を使った試験問題を作れ」と要請されたら、非常に困惑するだろうと思う。大学の物理関係者が「高校物理が苦手」なのは、阪大や京大に限らず、実は普遍的なのではないだろうか？だとすると、高校物理という分野自体を「物理」とは思わずに、独特の学問分野として研究し、それを「本当の物理」とどう関連づけていくかという問題は、これから重要になってくるのかもしれない。これからは、高校物理にも興味をもってあたっていこうかな、と感じている次第である。

センター試験の数学IIB2018：第４問（重心の性質の拡張）

数II・Bの問題にはあまり面白い問題はなかったが、第４問だけは１次独立の概念の練習になるだろうと思って取り上げることに決めた。

下の図は、a=3/5とし、\(\angle ABC = 60^\circ\)とおいてpostscriptで作図したものである。BCの長さは4とした。これらの仮定によりA(-4,0), B(0,0), C(-2,-2√3)が決まる。ちなみに、問題文では\(AD:BD=1:3, BE:CE=a:1-a\)と与えられているだけであるが、上の仮定を用いると、D(-3,0), E(-6/5, 6√3/5)であることも決まる。Fの座標も計算できるだろが、ここではCDとAEの交点として表すにとどめておく。

三角形が成立している時点で、任意の二辺を選び、その方向にベクトルを設定すれば、それらは１次独立なベクトルになっていることは保証される。したたって、これら２つの１次独立なベクトルをこの平面の基底ベクトルに選べば、平面にある任意のベクトルは、この基底の線形結合で表すことができる。一般にn次元（ベクトル）空間における、１次独立な基底の最大数はnであり、そのn個の基底の組のことを完全系という。これは線形代数の基本であり、量子力学やその他の物理学で重要な役割を果たす概念である。

この問題では、完全系に選ぶべき基底の候補として\(\mathbf{p}=\vec{FA}, \mathbf{q}=\vec{FB}, \mathbf{r}=\vec{FC}\)を提案している。ちなみに、大学の物理ではベクトルを太字で表すので、ここでもそれを採用した。完全系を作るには２つで十分なので、どれか一つは余分(redundant)である。つまり、３つのうち、２つは独立に取れるが、最後の１つは独立な２つの基底の線形結合で書けることになる。この問題では、この性質を（暗に）使って解かせている。

この問題でもう一つ大事な点は、内分点の表現である。例えば、問題では\(\vec{FD}\)を\(\mathbf{p}\)と\(\mathbf{q}\)の線形結合で表せ、という問があるが、これは直線ABを1:3に内分する点Dに（点Fから）向かうベクトルに相当する。

問題を一般化して、AD:BD=m:nの場合、FDはどのように表現できるか調べてみる。
\[\vec{FD}=\vec{FA}+\vec{AD}\]である。右辺を\(\mathbf{p}\)と\(\mathbf{q}\)で書き直すのが目標である。右辺第一項は定義により\(\mathbf{p}\)である。第二項は、\[\vec{AB}=\vec{FB}-\vec{FA} = \mathbf{q}-\mathbf{p}\]を用いて、\(\vec{AD} = \frac{m}{m+n}\vec{AB}\)と表すことができる。これを代入すると、
\[\vec{FD}=\frac{n}{m+n}\mathbf{p} + \frac{m}{m+n}\mathbf{q}\]を得る。まとめると、始点を共有する２つの（１次独立な）ベクトル\(\mathbf{p},\mathbf{q}\)が成す三角形を考える時、ベクトルの始点の先にある「斜辺」の内分点に、（始点から）向かう「内分ベクトル」は上の公式で表せる、ということだ。

\(\vec{FD}\)は\(\mathbf{r}\)に平行（１次従属）なので、\[\vec{FD}=s\mathbf{r}\]と書いてもよい。ただし、sは負の実数。この関係と上の内分点公式から、\(\mathbf{r}\)を\(\mathbf{p}\)と\(\mathbf{q}\)の線形結合表現を手にいれることができることを示している点が、この問題の面白いところである。すなわち、
\[\mathbf{r}=\frac{1}{s(m+n)}\left(n\mathbf{p} + m\mathbf{q}\right)\]
この関係式は一意的(英語ではuniqueという）なので、pとqの線形結合でrを表す別の表現というものは存在しないのである。この性質を用いて、今度は(\vec{FE}\)に関して同じように考え、pをrとqの線形結合で表してみる。BE:CE=a:1-aなので、今度は
\[\mathbf{p} = \frac{1}{t}\left((1-a)\mathbf{q}+a\mathbf{r}\right)\]という関係式を得る。ただし、tは負の実数で、\(\vec{FE}=t\mathbf{p}\)という形で定義する。上式をrについて解き直すと、\[\mathbf{r}=\frac{t}{a}\mathbf{p} -\frac{1-a}{a}\mathbf{q}\]
 である。先に求めたrの関係式と、今求めたrの関係式は「等価」でなくてはならない、というのがベクトル空間の性質であるから、係数の間に関係式が発生し、sとtが定まる。
\[s=\frac{m}{m+n}\frac{a}{1-a}, t = \frac{n}{m}(1-a)\]

これにより、線分CDは、点Fによって、CF:DF=1:sに内分されていることや、線分AEは点Fによって、AF:EF=1:tに内分されていることもわかってしまう。

応用問題として、m=n, a=1/2の場合を考えてみよう。これはAからBCの中点Eに直線(AE)を引き、Cから直線(AB)の中点Dへ直線(CD)を下ろした状況に一致する。直線AEとCDの交点Fはいわゆる「重心」である。重心Fによって直線AEやCDは、2:1に分割されることが知られているが、それを確認してみよう。\(s=\frac{m}{2m}\frac{1/2}{1-1/2} =\frac{1}{2}, t=\frac{1}{2}\)であるから、CF:DF=AF:EF=1:1/2=2:1となり、確認ができた。

此の問題は、おそらく重心の性質を一般化することから思いついたものであろう。三角形の２つの辺をm:n,およびa:1-aに分割する頂点からの直線同士の交点が、その直線を1:sや1:tに分割するという「新しい」性質を解明したことに相当する。

センター試験の数学2018:第5問（幾何はすべて代数幾何で解く）

公式や定理をたくさん覚え、それをどう使いこなすかというのが幾何の解き方だとすると、定理を忘れてしまうとどうにも手が出せない。余弦定理、正弦定理、メネラウスの定理、チェバの定理、いろいろある。今回のセンター試験の問題５では「角の二等分線の定理」とやらを使う問題が出た。しかし、そんな「マイナーな定理」を忘れてしまった人はどうすればよいのだろうか？

私の方針は以前より首尾一貫している。デカルトの編み出した代数幾何である。 幾何の問題を代数の問題に書き直すのである。こうすれば、定理を忘れた時には、連立方程式や判別式の計算をするだけで答えが手にはいる。

代数幾何学でもっとも重要なのは、どのような座標系を選ぶかである。うまい座標系を選べばあっという間に解にたどり着ける問題でも、まずい座標系で解き始めると本当に苦労することがある。これは物理学でも同じことで、最初に選んだ座標系では手も出せないような多体問題が、カノニカル変換によって座標変換するとあっという間に解けてしまったりする。超電導のBCS理論で出てくるボゴリウボフ変換がそのよい例だ。「実粒子」ではなく、見方を変えて「準粒子」を用いて問題を解いた方が見通しがよくなるのである。

さて、センター試験の第５問では直角三角形が出てくる。２次元のデカルト座標系 は直交座標だから、原点に点Aを合わせ、線分ABがx軸に、線分ACがy軸になるように選ぶと自然な座標系の選び方となる。

次に、点A（原点）を通り、直線BCに接するような円を考え、この円とABの交点のうち、Aでない点をEとする。したがって、O=A(0,0), B=(2,0), C=(0,1)となる。問題ではいきなりBDの長さを計算させているが、ここではあえて、円の方程式を求めた後、連立方程式を用いてDとEの座標を計算してみよう。まず円の方程式を\[ (x-p)^2 + (y-q)^2 = r^2\]とおく。この円は原点を通るので\[p^2 + q^2 = r^2\]であることがまず示せる。したがって、円の方程式は\[x^2 -2px + y^2 - 2qy = 0\]となる。次に、直線BCの方程式は\[y= -\frac{1}{2}x + 1\]であることはすぐにわかる。この直線と円は接するというので、連立方程式から得られる二次方程式の判別式が０とならねばならない。yを消去して、xについての２次式を計算すると、\[5x^2 - 4(2p-q+1)x+4(1-2q)=0\]を得る。判別式が０となるので\[ \{2(2p-q+1)\}^2 - 5\cdot 4(1-2q) = 0\]である。最後に、この接点は点Dに他ならず、それは直線BCと直線ADの交点である。直線ADの方程式は\[y=x\]に他ならない（直角の２等分線だから）。したがって、連立方程式を解くことで、ADとBCの交点の座標Dが求まり、それはD(2/3,2/3)となる。円の方程式にこの値を代入すると、\[p+q = \frac{2}{3}\]を得る。これを判別式=0の条件に代入してqを消去すると、pに関する二次式\[\left(3p-\frac{4}{3}\right)^2=0\]を得るが、この方程式の解は簡単に求まって\(p=\frac{4}{9}\)の重解である。また\(q=\frac{2}{9}\)であることも容易に計算できる。同様に、円の半径の自乗は\(r^2 = p^2  + q^2 =\frac{20}{81}\)と計算される。以上より、円の方程式は\[\left(x-\frac{4}{9}\right)^2 + \left(y-\frac{2}{9}\right)^2 = \frac{20}{81}\]である。

点Eの座標は円がx軸と交わる場所であるから、上の方程式にy=0を代入し、xについての方程式\[\left(x-\frac{4}{9}\right)^2 + \frac{4}{81} = \frac{20}{81}\]を解けばよい。この方程式の解は\(x=0, \frac{8}{9}\)となるが、最初の解は点Aに相当するので、２つ目の解を選ぶ。つまり\(E(\frac{8}{9},0)\)である。

点A,B,C,D,Eのすべての座標がわかってしまったので、あとはピタゴラスの定理を駆使して２点間の距離を計算するだけで、線分の長さはすべて手にはいる！これが「代数」幾何の強みに他ならない。（もちろん、幾何の定理を知っていれば試験中にもっと早く計算できるかもしれない。しかし、その定理を覚えるためには勉強時間を長くしなくてはならないし、万が一忘れてしまったらその勉強時間は無駄になってしまう。）

ではいつものように、以上で得た情報を元にpostscriptで作図してみよう。

つづく問題では、直線EDの表す方程式のy切片（点F)に相当する値が必要となる。点Fの座標を求めておこう。点EとDを通る直線の方程式は\[ y = \frac{2/3}{2/3-8/9}(x-8/9)=-3x+\frac{8}{3}\]である。したがって、\(F(0,\frac{8}{3})\)となる。

最後の問題は、重心、外心、内心の３種類の点の定義を覚えているかどうか、というある意味「つまらない質問」である。が、これも代数幾何でなんとか突破できると思う。答えは内心であるが、それは\(\angle ABC = \angle FBC\)を示すことで証明できる。

ちなみに、重心や外心ならば、AC=FCとなっているはずだが、明らかにそれは成り立っていない。さらに外心ならばAC=FCであるのみならず、CBはx軸に平行な直線であるべきだが、あきらかに傾きを持っている。重心と外心はしたがって候補から簡単に外れる。消去法で答えは内心となるのだが、これでは「問題が解ける」だけであって、数学の研究とはならない。積極的な方法(active approach)で内心であることを示そう。

方法はいろいろあるが、一つの方法としては\[\tan\angle ABF = \frac{2\tan\angle ABC}{1-\tan^2\angle ABC}\]を確認することである。これは簡単に確認できる。

ちなみに、この内心を中心とする内接円は\[(x-\frac{2}{3})^2+(y-\frac{2}{3})^2 = (\frac{2}{3})^2\]で表される。

センター試験の数学2018:第４問

この整数問題は非常によい問題で、頭を動かして、手を動かして、その場で「考える」必要があるだろう。決まり切ったパターンで乗り切ろうとしてもなかなかうまくいかず、諦めてしまう人は多いと思うが、本来合格させたいと思う学生はこういう問題を解いてくる学生である。チャレンジした学生には「ボーナス点」を与えてもよいのではないだろうか？問題は３つのセクションに分かれていて、それぞれが独立の要素もありつつ、お互いに関連している。最初の部分でこけるとその後は全滅してしまうので、そこがこの問題の「問題点」かもしれない。

(1)素因数分解させた後に、因数分解（約数）の組み合わせの数を調べさせる問題。整数の問題と数え上げの問題が混じった、このタイプの問題を好きな人（出題者=大学の先生）は多いと思う。

今年のセンター試験では114が選ばれた。素因数分解は、\[114 = 2^4\cdot 3^2\]である。114の約数をすべて数え上げると幾つになるか？注意すべきは、1と114も約数に含まれるということ。

約数は\(2^m\cdot 3^n\)と表せる。ただし、\(m=0,1,2,3,4; n=0,1,2\)である。結局、約数の総数は、(m,n)の組み合わせ総数の数と同じである。 したがって、\(5\times 3=15\)が答えである。

(2) さきほど素因数分解した114が再び出てくる。今度は素数7との関わりを考えつつ、144と7が同時に関係する公倍数とか公約数について、一次式と絡めて解く良い問題である。与えられたのは\[144x-7y=1\]である。一見して一次関数のように見えるが、(x,y)は整数の組であることに注意を払う必要がある。つまり、このグラフは原子の一次元結晶のように点と点が離れて並んでいる「物体」であって、連続体としての「棒」が伸びているイメージを持ってはならない。

x,yについては負の整数となる可能性も考慮すべきだが、簡単な分析から不要であることがすぐにわかる。ただ、試験中にこの分析をしていると時間が取られてしまうし、その努力が評価もされないので、解答欄の大きさを見て（負の数なら符号の分の解答欄があるはず）正の整数と決めつけることになろう。ただ、こういう姿勢が染み付くと、大学に入ってから苦しむことになるので、本番以外では丁寧に分析して解く癖を身につけておくべきだ。ただ、問題には「xの絶対値が最小」という具合に、負の数を考えないように釘を刺している点には注意したい。まあ、受験上でこういう微妙な表現に気づくのは至難の技だとは思う。「試験慣れ」というのはこういうところであって、試験の点が高いことが学力の高さを意味するとは限らない、というのがよく出る場所だろう。（ボーアはこういう問題が得意だろうが、アインシュタインは苦手だろう。）

さて、|x|に着目するので |x|=0,1,2あたりを最初に当てはめて「実験的に」考えて見よう。このように「例題」を使って一般化を試みることは、数学者もよく使う方法だ。恥ずかしいことはひとつもない。まずx=0は当てはまらないことがすぐにわかる。つぎにx=1とx=-1を考えてみよう。x=-1の場合、\(7y=-144-1=-145=5\cdot 29\)であるから、整数解yは見つからない。29は素数である。x=1の場合は、\(7y = 144-1 =143 = 11\cdot 13\)となり、やはり7以外の素数同士の積が素数７の倍数となることはないので、これも場外される。x=-2がうまくいかないのは省略するとして、x=2の場合を試してみる。実はこれが正解になっている。\[ 7y = 144\cdot 2 -1 = 287 = 7\cdot 41\]
(x,y)=(2,41)が正解である。

次は、上の線形関係式を満たす一般の(x,y)の形を見つける問題だが、出題者の好意により\[x=mk+2, \quad y = nk + 41\]という形が与えられているから、これを最大限に利用しよう。k=0の場合が、上で求めた場合(x,y)=(2,41)に相当する。問題になっているのは整数m,nの値を決めることである。まずは、上の形は線形関係に代入する。定数部分の差が１となるのは（上の問題で）わかっているので、mとnが満たすべき関係として\(144m-7n=0\)を得る。因数分解の結果を用いると\[ n = \frac{2^4\cdot 3^2}{7}m\]となるが、nが整数となるためにはmは７の倍数である必要がある。よってm=7とおくと、n=144が自動的に決まる。（m=14とした場合は、k’=2kとくり込むことができる。）まとめると、\[ x=7k+2, \quad y=144k+41\]が 答えである。

(3)は(1)と(2)の結果を応用する問題であり、とても面白い問題だと思う。144の倍数というのは\(144k, \quad x=1,2,3,\cdots \)だから、\(2^4\cdot 3^2 k\)の構造を考えるとよい。(1)の結果として、144の約数の数は15個なので、kの部分をうまく選んで約数が18になるようにすればよい。しかし、問題文で「７で割ったら余りが１」でもある、という制限がつく。これは(2)の\(144x-7y=1\)を書き換えた\(144x = 7y+1\)と同じ意味である。つまり、\(k=1,2,3,\cdots\)と選ぶのではなく、144xに対して、\(x=7k+2, k=0,1,2,\cdots\)という具合に選んでいくのである。ここでも「実験」を行ってみる。k=0のときx=2であり、このとき\(144x = 2^5\cdot 3^2\)という構造を持つ。このときの約数の数は\(6\times 3 = 18\)となって題意に合致する。すなわち、\(144\times 2\)が「約数を18個持つ最小のもの」である。

同じような手順で、次は約数の数が30個のものを探す。k=1,2,3と試していくと、k=3のときその条件が満たされることが簡単に確認できる。このとき\(x=7\cdot 3 + 2 = 23\)であり、\(114\cdot 23 = 2^4\cdot 3^2 \cdot 23\)である。23は素数であるから、約数の数は\(5\times 3\times 2=30\)となるのである。

センター試験の数学2018：幾何の問題（台形の成立条件）

次に第二問[1]の幾何の問題に行ってみよう。四角形の問題であった。AB=5, BC=9, CD=3, AC=6という値が与えられている。この条件で位置が決まるのはA,B,Cの３点であり、点Dは「Cを中心とする半径3の円周上」までは限定できるが、この円周上のどこにあるかは指定できない。それが問題の中心点になっている。

いつものようにpostscriptで作図してみる。まずは座標原点 をAにする。すなわち、A(0,0)とする。次に、Bをx軸に乗せ、B(5,0)とする。ここまでは任意に決めることができる。次に点Cの座標だが、Aを中心とする半径6の円と、Bを中心とする半径9の円の交点として計算できる。すなわち、\[ x^2 + y ^2 = 6^2 \ldots (1), \\ (x-5)^2 + y^2 = 9^2 \ldots (2)\] という連立方程式の解を求めればよい。計算すると、\( C(-2, 4\sqrt{2}) \)を得る。点DはCD=3とだけ指定されているので、Cを中心とする半径3の円周上のどこかにある。すなわち\( D(3\cos\phi-2, 3\sin\phi + 4\sqrt{2})\)となるが、\(\phi\)の値は決められない。

以上の結果をまとめてpostscriptで描いた図が下図である。

\(\phi=240^\circ\)とした場合

この問題の要点は、「四角形ABCDが「台形」となるには、点Dをどこにおけばよいか」という問題である。台形とは、向かい合う辺同士が平行な四角形のことだから、AB//CDの場合と、BC//ADの場合の２つの場合が考えられる。結論を先にいうと、前者の場合は簡単に答えがみつかるが、後者の場合は不可能である。

まずはAB//CDの場合から考えよう。Dを\(\phi=180^\circ\)の場所に置いたときに相当する。この場合を図に表すと、次のようになる。

\(\phi=180^\circ\)とした場合

このときDの座標は\( D(3\cos180^\circ-2, 3\sin180^\circ + 4\sqrt{2})=(-5, 4\sqrt{2})\)となる。対角線BDの長さはピタゴラスの定理を使って\[BD=\sqrt{(-5-5)^2+(4\sqrt{2}-0)^2} = \sqrt{132} = 2\sqrt{33}\]となる。

次にBC//ADの場合を考えてみる。直線CBの傾きは\[\frac{0-4\sqrt{2}}{5-(-5)}=\frac{-2\sqrt{2}}{5}\]であるが、AD//BCとなるためには直線ADの傾きがこの値に等しくなる必要がある。すなわち、\[ \frac{0-(3\sin\phi + 4\sqrt{2})}{0-(3\cos\phi-2)} = \frac{3\sin\phi + 4\sqrt{2}}{3\cos\phi-2} = \frac{-2\sqrt{2}}{5}\]を満たす\(\phi\)を求めることになる。この条件を整理すると、\[15\sin\phi + 6\sqrt{2}\cos\phi = -16\sqrt{2}\]となる。\(\sin^2\phi + \cos^2\phi = 1\)と組み合わせることで\(\phi\)を求めることができるが、これは連立方程式\[ y^2 + x^2 = 1 \\ 15y + 6\sqrt{2}x = -16\sqrt{2}\]の解の条件を調べることに相当する。ただし、\(x=\cos\phi, y=\sin\phi\)とおいた。

xを消去し、yについてまとめると２次式を得る(yを消去し、xについての２次式にしてもよい）。\[\frac{33}{8}y^2 + \frac{20\sqrt{2}}{3}y+\frac{55}{9}=0\]　この判別式が負にになれば、実数解が存在しないということになるので、BCに平行な直線ADは円Cと交点を持たないことが証明できる。判別式を計算してみると\[D'=(\frac{10\sqrt{2}}{3})^2-\frac{33}{8}\frac{55}{9}=\frac{1}{8\cdot 9}\left(2^4\cdot 10^2 - 3\cdot 5 \cdot 11^2\right)\]　ここで\(11^2 = (10+1)^2 = 10^2 + 20 + 1\)であることを利用すると
\[2^4\cdot 10^2 - 15(10^2 + 20 + 1) = (16-15)10^2 - 3\cdot 5\cdot 20 - 15 = -2\cdot 10^2 - 15 < 0\]となって判別式が負値をとることがわかる。

試験問題では、角度\(\angle ABC \equiv \theta\)についての\(\sin\theta, \cos\theta\)を計算させ、直線BCとADの距離が、円Cの半径(CD=３)よりも大きいことを調べさせている。余弦定理を使えば、簡単に\(\cos\theta = \frac{7}{9}, \sin\theta = \frac{4\sqrt{2}}{9}\)であることがわかる。点Aから直線BCに下ろした垂線の長さが、ADとBCが平行線となる場合の距離に相当するが、これは\(AB\sin\theta=\frac{20\sqrt{2}}{9} > 3=CD\)である。

ちなみに、直線ADがもっとも直線BCから「離れる」のは（つまり、直線ADが直線BCの平行線にもっとも近づくのは）、直線ADが円Cの接線となる場合である。AC=6, CD=3,\(\angle ADC = 90^\circ\)なので、この時三角形ACDは正三角形を半分に切った三角形となる。つまり、\(\angle DCA = 60^\circ, \angle CAD = 30^\circ\)である。これらの性質を用いて、点Dの座標を計算したり、平行条件を調べたりするのも興味深い問題であるが、それは後日の楽しみにとっておくことにしよう。