独自の解答・詳解
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全5問・無料

九州大学　2019年度　前期日程　理科系

九大理系 2019年度数学の解答・解説

全5問。当サイトで独自に解いた解答・計算過程・詳解・別解を、大問ごとに載せています。

最終更新 2026/10/12

問題文について

大学の公式解答ではなく、当サイト独自の解答・解説です。問題文は掲載していません。理科系の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/10/12時点）。お手元の過去問集・赤本などでご確認ください。

問題を転載している非公式サイトへのリンクは、当サイトでは行っていません。

第1問　積分法

2変数の最小・定積分の計算・平方完成・極限当サイトの体感難易度：やや難

$x, y$ がすべての実数を動くときの $\int_{0}^{1} (sin (2 nπ t) - x t - y)^{2} d t$ の最小値を $I_{n}$ とするとき、 $n \to \infty lim I_{n}$ を求める

答 $I_{n} = \frac{1}{2} - \frac{3}{n ^{2} π ^{2}}$ 、 $n \to \infty lim I_{n} = \frac{1}{2}$

展開して項ごとに積分すると、 $x, y$ の2次式になる。 $y$ 、 $x$ の順に平方完成すればよい。必要な積分は3つだけである。

使う積分。 $s (t) = sin (2 nπ t)$ とおく。

\int_{0}^{1} s^{2} d t \int_{0}^{1} s d t \int_{0}^{1} t s d t = \int_{0}^{1} \frac{1 - cos ( 4 nπ t )}{2} d t = \frac{1}{2} = [- \frac{cos ( 2 nπ t )}{2 nπ}]_{0}^{1} = \frac{- 1 + 1}{2 nπ} = 0 = [- \frac{t cos ( 2 nπ t )}{2 nπ}]_{0}^{1} + \int_{0}^{1} \frac{cos ( 2 nπ t )}{2 nπ} d t = - \frac{1}{2 nπ}

である（2本目・3本目とも $cos (2 nπ) = 1$ 、 $\int_{0}^{1} cos (2 nπ t) d t = 0$ を使った）。 $A = - \frac{1}{2 nπ}$ とおく。

展開する。

J (x, y) = \int_{0}^{1} (s - x t - y)^{2} d t = \int_{0}^{1} s^{2} d t - 2 x \int_{0}^{1} t s d t - 2 y \int_{0}^{1} s d t + x^{2} \int_{0}^{1} t^{2} d t + 2 x y \int_{0}^{1} t d t + y^{2} = \frac{1}{2} - 2 A x + \frac{x ^{2}}{3} + x y + y^{2}

である。

$y$ について平方完成。

y^{2} + x y = (y + \frac{x}{2})^{2} - \frac{x ^{2}}{4}

なので、 $y = - \frac{x}{2}$ のとき最小で

J = \frac{1}{2} - 2 A x + \frac{x ^{2}}{3} - \frac{x ^{2}}{4} = \frac{1}{2} - 2 A x + \frac{x ^{2}}{12}

となる。

$x$ について平方完成。

\frac{x ^{2}}{12} - 2 A x = \frac{1}{12} (x - 12 A)^{2} - 12 A^{2}

なので、 $x = 12 A$ のとき最小で

I_{n} = \frac{1}{2} - 12 A^{2} = \frac{1}{2} - 12 \cdot \frac{1}{4 n ^{2} π ^{2}} = \frac{1}{2} - \frac{3}{n ^{2} π ^{2}}

である。したがって

n \to \infty lim I_{n} = \frac{1}{2}

である。

$\int_{0}^{1} sin^{2} (2 nπ t) d t = \frac{1}{2}$ は $n$ によらない。 $n$ が大きいほど $sin (2 nπ t)$ は速く振動し、1次関数では近似しようがなくなる。だから最小値は「近似しない（ $x = y = 0$ ）」ときの値 $\frac{1}{2}$ に近づく。

$n = 1$ で $I_{n} = 0.196036449$ 、 $n = 5$ で $0.487841458$ となり、数値積分の値と小数9桁まで一致した。 $(x, y)$ をその近傍で動かしても、より小さい値は出なかった。

$\int_{0}^{1} sin (2 nπ t) d t = 0$ である。 $n$ が整数なので、ちょうど整数周期ぶん積分することになる。

$\int_{0}^{1} t sin (2 nπ t) d t = - \frac{1}{2 nπ}$ は部分積分で出る。符号を間違えやすい。

$y$ から先に平方完成する。 $x$ から始めると $x y$ の処理が面倒になる。

$x = 12 A = - \frac{6}{nπ}$ 、 $y = - \frac{x}{2} = \frac{3}{nπ}$ で、どちらも $n \to \infty$ で $0$ に近づく。

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第2問　整式

次数の比較・恒等式・係数比較・連立方程式当サイトの体感難易度：やや難

(1) $f (x)$ の次数と $g (x)$ の次数はともに $2$ 以下であることを示す

答次数を $m, n$ とすると第1式から $2 m = n + 2$ 、第2式から $3 n = m + 4$ となり $m = n = 2$

両辺の次数を比べる。第1式から $n$ が $m$ で表せ、それを第2式に入れると $m$ が決まる。右辺でどの項が最高次になるかで場合分けが要る。

$f, g$ は $0$ でないので次数が定まる。 $m = de g f$ 、 $n = de g g$ とおく。

第1式。 左辺 $f (x^{2})$ の次数は $2 m$ 。右辺 $(x^{2} + 2) g (x) + 7$ の次数は $n + 2$ （ $g$ の最高次係数は $0$ でないので打ち消しは起きず、 $n + 2 \geq 2 > 0$ だから $+ 7$ でも変わらない）。よって

2 m = n + 2, すなわち n = 2 m - 2

である。 $n \geq 0$ より $m \geq 1$ である。

第2式。 左辺 $g (x^{3})$ の次数は $3 n = 6 m - 6$ 。右辺は $x^{4} f (x)$ （次数 $m + 4$ ）、 $- 3 x^{2} g (x)$ （次数 $n + 2 = 2 m$ ）、 $- 6 x^{2} - 2$ （次数 $2$ ）の和である。 $m + 4$ と $2 m$ を比べて場合分けする。

$m < 4$ ： $m + 4 > 2 m$ かつ $m + 4 > 2$ なので右辺の次数は $m + 4$ 。 $6 m - 6 = m + 4$ より $m = 2$ 。これは $m < 4$ をみたす。◯
$m > 4$ ： $2 m > m + 4$ なので右辺の次数は $2 m$ 。 $6 m - 6 = 2 m$ より $m = \frac{3}{2}$ となり $m > 4$ に反する。×
$m = 4$ ： $m + 4 = 2 m = 8$ で打ち消しの可能性がある。第1式の最高次を比べると、 $f$ の最高次係数と $g$ の最高次係数が等しい（ともに $x^{8}$ の係数）。よって $x^{4} f - 3 x^{2} g$ の $x^{8}$ の係数は $1 - 3 = - 2$ 倍になって $0$ でなく、右辺の次数は $8$ 。左辺は $3 n = 18$ で合わない。×

よって $m = 2$ 、 $n = 2 m - 2 = 2$ である。どちらも $2$ 以下（実際は $2$ ちょうど）である。

(2) で求める $f = x^{2} + 3$ 、 $g = x^{2} - 2$ はどちらも2次で、確かに $2 m = 4 = n + 2$ 、 $3 n = 6 = m + 4$ をみたす。

$m = 4$ のときだけ打ち消しが起こりうる。ここを飛ばすと論証が穴になる。第1式から2つの最高次係数が等しいと分かるのが鍵である。

$n = 2 m - 2 \geq 0$ から $m \geq 1$ が出る。 $m = 0$ （定数）は第1式を成り立たせられない。

(2) $f (x)$ と $g (x)$ を求める

答 $f (x) = x^{2} + 3$ 、 $g (x) = x^{2} - 2$

(1) より $f = a x^{2} + b x + c$ 、 $g = p x^{2} + q x + r$ とおける。第1式から $q = 0$ などが決まり、第2式に入れれば残りも決まる。

$f (x) = a x^{2} + b x + c$ 、 $g (x) = p x^{2} + q x + r$ （ $a \neq = 0$ 、 $p \neq = 0$ ）とおく。

第1式。

f (x^{2}) (x^{2} + 2) g (x) + 7 = a x^{4} + b x^{2} + c = p x^{4} + q x^{3} + (r + 2 p) x^{2} + 2 q x + (2 r + 7)

を係数比較して

a = p, q = 0, b = r + 2 p, c = 2 r + 7

である（ $x$ の係数からも $q = 0$ ）。

第2式。 $q = 0$ を使って

g (x^{3}) x^{4} f (x) - 3 x^{2} g (x) - 6 x^{2} - 2 = p x^{6} + r = a x^{6} + b x^{5} + (c - 3 p) x^{4} - (3 r + 6) x^{2} - 2

を係数比較すると

$x^{6}$ ： $p = a$ （第1式と同じ）
$x^{5}$ ： $0 = b$
$x^{4}$ ： $0 = c - 3 p$ 、すなわち $c = 3 p$
$x^{2}$ ： $0 = - (3 r + 6)$ 、すなわち $r = - 2$
定数項： $r = - 2$ （上と一致）

である。 $b = 0$ と $b = r + 2 p$ から $0 = - 2 + 2 p$ 、よって $p = 1$ 、 $a = 1$ 。 $c = 3 p = 3$ で、第1式の $c = 2 r + 7 = - 4 + 7 = 3$ とも合う。

したがって

f (x) = x^{2} + 3, g (x) = x^{2} - 2

である。

確かめ。

(x^{2} + 2) (x^{2} - 2) + 7 x^{4} (x^{2} + 3) - 3 x^{2} (x^{2} - 2) - 6 x^{2} - 2 = x^{4} - 4 + 7 = x^{4} + 3 = f (x^{2}) = x^{6} + 3 x^{4} - 3 x^{4} + 6 x^{2} - 6 x^{2} - 2 = x^{6} - 2 = g (x^{3})

で、どちらも成り立つ。

$x$ を $- 5$ から $5$ まで $0.01$ 刻みに動かして2つの恒等式を計算すると、どちらも $1 0^{- 9}$ 以内で成り立った。

第1式で $q = 0$ がまず決まる。これを第2式に入れてから係数比較すると式が短くなる。

$c$ は第1式（ $c = 2 r + 7$ ）と第2式（ $c = 3 p$ ）の両方から出る。食い違わないことを確かめておくと検算になる。

最後に両方の恒等式に代入して確かめる。係数比較は条件を使い切ったつもりでも抜けやすい。

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第3問　確率

判別式・複素数平面・偏角・数え上げ当サイトの体感難易度：難

(1) $P_{1}$ と $P_{2}$ が一致する確率を求める

答 $\frac{5}{216}$

2解が一致するのは重解のとき、つまり判別式 $b^{2} - 4 a c = 0$ のときである。 $b$ は偶数に限られるので、 $b = 2, 4, 6$ を調べればよい。

$P_{1} = P_{2}$ は $z_{1} = z_{2}$ 、すなわち重解で、 $b^{2} = 4 a c$ である。右辺は偶数なので $b$ は偶数である。

$b = 2$ ： $a c = 1$ より $(a, c) = (1, 1)$ の1通り
$b = 4$ ： $a c = 4$ より $(1, 4), (2, 2), (4, 1)$ の3通り
$b = 6$ ： $a c = 9$ より $(3, 3)$ の1通り

合わせて $5$ 通りだから

P = \frac{5}{216}

である。

$216$ 通りを全列挙すると重解は $5$ 通りだった。

$b$ が奇数だと $b^{2}$ も奇数で、 $4 a c$ （偶数）と等しくなれない。先に偶数に絞ると早い。

$a c = 9$ では $(1, 9), (9, 1)$ はサイコロの目にない。範囲を忘れない。

(2) $P_{1}$ と $P_{2}$ がともに単位円の周上にある確率を求める

答 $\frac{5}{36}$

解と係数の関係から $z_{1} z_{2} = \frac{c}{a}$ なので、 $∣ z_{1} ∣ = ∣ z_{2} ∣ = 1$ なら $c = a$ が必要である。逆に $c = a$ のとき、虚数解なら共役どうしで自動的に $∣ z ∣ = 1$ 、実数解なら $z_{1} = z_{2} = - 1$ の場合に限る。

解と係数の関係より $z_{1} z_{2} = \frac{c}{a}$ である。 $∣ z_{1} ∣ = ∣ z_{2} ∣ = 1$ なら $∣ z_{1} z_{2} ∣ = 1$ 、 $a, c > 0$ だから

\frac{c}{a} = 1, すなわち c = a

が必要である。以下 $c = a$ として、判別式 $D = b^{2} - 4 a^{2}$ で分ける。

$D < 0$ （ $b < 2 a$ ）： $z_{2} = \overline{z_{1}}$ なので $∣ z_{1} ∣^{2} = z_{1} \overline{z_{1}} = z_{1} z_{2} = 1$ 、つまり $∣ z_{1} ∣ = ∣ z_{2} ∣ = 1$ 。◯
$D = 0$ （ $b = 2 a$ ）：重解 $z = - \frac{b}{2 a} = - 1$ で $∣ z ∣ = 1$ 。◯
$D > 0$ （ $b > 2 a$ ）：相異なる実数解で積が $1$ 、和が $- \frac{b}{a} < 0$ 。2数は異なるので片方の絶対値は $1$ より大きい。×

よって条件は「 $c = a$ かつ $b \leq 2 a$ 」である。 $a$ ごとに $b$ の個数を数える（ $c$ は $a$ に決まる）。

a = 1 a = 2 a \geq 3 : b \leq 2 \Rightarrow 2 通り : b \leq 4 \Rightarrow 4 通り : b \leq 2 a \geq 6 \Rightarrow 6 通りずつ

合計 $2 + 4 + 6 \cdot 4 = 30$ 通りだから

P = \frac{30}{216} = \frac{5}{36}

である。

全列挙すると、2解とも単位円周上にあるのは $30$ 通りで、 $\frac{30}{216} = \frac{5}{36}$ だった。

$c = a$ は必要条件にすぎない。 $D > 0$ の場合は除く必要がある。

$D = 0$ （ $b = 2 a$ ）のときは重解 $- 1$ で、これは単位円周上にある。含めてよい。

$a \geq 3$ では $2 a \geq 6$ なので $b$ は $1$ から $6$ まで全部使える。

(3) $P_{1}, O$ を通る直線を $ℓ_{1}$ 、 $P_{2}, O$ を通る直線を $ℓ_{2}$ とするとき、 $ℓ_{1}$ と $ℓ_{2}$ のなす鋭角が $6 0^{\circ}$ である確率を求める

答 $\frac{7}{108}$

実数解のときは2点とも実軸上なので2直線が一致してしまう。だから虚数解の場合だけ。 $z_{1}$ の偏角を $θ$ とすると $z_{2}$ の偏角は $- θ$ で、2直線のなす角は $θ$ だけで決まる。

実数解は不適。 $c \geq 1$ なので $0$ は解でなく、実数解なら $P_{1}, P_{2}$ はともに実軸上の原点以外の点である。すると $ℓ_{1} = ℓ_{2} =$ 実軸となり、なす角は $0^{\circ}$ である。

虚数解の場合。 $D < 0$ のとき

z_{1} = \frac{- b + i 4 a c - b ^{2}}{2 a}, z_{2} = \overline{z_{1}}

である。 $z_{1}$ の実部 $- \frac{b}{2 a} < 0$ 、虚部 $> 0$ だから、偏角 $θ$ は $9 0^{\circ} < θ < 18 0^{\circ}$ をみたす。 $z_{2}$ の偏角は $- θ$ である。

2直線のなす角は、方向の角の差 $2 θ$ を $18 0^{\circ}$ で測り直したもので、鋭角側をとると

min (2 θ - 18 0^{\circ}, 36 0^{\circ} - 2 θ)

である（ $18 0^{\circ} < 2 θ < 36 0^{\circ}$ ）。これが $6 0^{\circ}$ になるのは

2 θ - 18 0^{\circ} = 6 0^{\circ} \Rightarrow θ = 12 0^{\circ}, 36 0^{\circ} - 2 θ = 6 0^{\circ} \Rightarrow θ = 15 0^{\circ}

のときである。

条件を $a, b, c$ の式にする。 $tan θ = \frac{虚部}{実部} = \frac{4 a c - b ^{2}}{- b}$ である。

$θ = 12 0^{\circ}$ ： $tan 12 0^{\circ} = - 3$ より $4 a c - b^{2} = 3 b$ 、2乗して $4 a c - b^{2} = 3 b^{2}$ 、すなわち $a c = b^{2}$
$θ = 15 0^{\circ}$ ： $tan 15 0^{\circ} = - \frac{1}{3}$ より $4 a c - b^{2} = \frac{b}{3}$ 、2乗して $3 (4 a c - b^{2}) = b^{2}$ 、すなわち $3 a c = b^{2}$

どちらも $4 a c - b^{2} > 0$ （ $D < 0$ ）をみたす（前者は $3 b^{2} > 0$ 、後者は $\frac{b ^{2}}{3} > 0$ ）。

数える。 $a c = b^{2}$ ：

b = 1 b = 2 b = 3, 4, 5, 6 : a c = 1 \Rightarrow 1 通り : a c = 4 \Rightarrow (1, 4), (2, 2), (4, 1) 3 通り : a c = 9, 16, 25, 36 \Rightarrow (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6) 1 通りずつ

で $1 + 3 + 4 = 8$ 通り。 $3 a c = b^{2}$ は $b$ が $3$ の倍数に限られ

b = 3 b = 6 : a c = 3 \Rightarrow (1, 3), (3, 1) 2 通り : a c = 12 \Rightarrow (2, 6), (3, 4), (4, 3), (6, 2) 4 通り

で $6$ 通り。2つの条件は同時には成り立たない（ $a c = b^{2}$ かつ $3 a c = b^{2}$ なら $b = 0$ ）ので、合わせて $8 + 6 = 14$ 通りである。

P = \frac{14}{216} = \frac{7}{108}

である。

全列挙して2直線のなす鋭角を計算すると、 $6 0^{\circ}$ になるのは $14$ 通りで、 $\frac{14}{216} = \frac{7}{108}$ だった。内訳も $a c = b^{2}$ が $8$ 通り、 $3 a c = b^{2}$ が $6$ 通りと一致した。

実数解のときは2直線が一致してしまう。虚数解だけを考えればよい、と最初に切っておく。

「直線のなす鋭角」なので $2 θ$ をそのまま使わない。 $18 0^{\circ}$ を法にして $9 0^{\circ}$ 以下に直す。 $θ = 12 0^{\circ}$ と $15 0^{\circ}$ の2つが出る。

$tan θ$ の式を2乗するとき、 $b > 0$ 、 $4 a c - b^{2} > 0$ なので符号の確認は済んでいる。

$a c = 12$ では $(1, 12), (12, 1)$ はサイコロの目にない。

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第4問　数列

垂線の足・漸化式・等比数列・極限当サイトの体感難易度：標準

$n \to \infty$ のとき $P_{n}$ が限りなく近づく点の座標を求める

答 $(\frac{5}{3}, \frac{3}{3})$

$P_{n}$ を線分 $AB$ 上の位置 $t_{n}$ （ $A$ からの比）で表すと、1回の操作が $t$ の1次式になる。あとは等比数列に帰着する。

$OAB$ は1辺 $2$ の正三角形である（ $OA = 2$ 、 $OB = 1 + 3 = 2$ 、 $AB = 1 + 3 = 2$ ）。

$P_{n}$ の表し方。 $P_{n} = A + t_{n} (B - A)$ とおく（ $0 < t_{n} < 1$ ）。成分で書くと

P_{n} = (2 - t_{n}, 3 t_{n})

である。

$Q_{n}$ 。 $OB$ 方向の単位ベクトルは $e = (\frac{1}{2}, \frac{3}{2})$ である。

OP_{n} \cdot e = \frac{2 - t _{n}}{2} + \frac{3 \cdot 3 t _{n}}{2} = \frac{2 - t _{n} + 3 t _{n}}{2} = 1 + t_{n}

なので $Q_{n} = (1 + t_{n}) e = (\frac{1 + t _{n}}{2}, \frac{3 ( 1 + t _{n} )}{2})$ である。

$R_{n}$ 。 $OA$ は $x$ 軸上なので、 $Q_{n}$ から下ろした垂線の足は $y$ 座標を $0$ にするだけ。

R_{n} = (r_{n}, 0), r_{n} = \frac{1 + t _{n}}{2}

である。

$P_{n + 1}$ 。 $AB$ 方向の単位ベクトルは $d = \frac{B - A}{2} = (- \frac{1}{2}, \frac{3}{2})$ である。 $AR_{n} = (r_{n} - 2, 0)$ だから

AR_{n} \cdot d = - \frac{r _{n} - 2}{2} = \frac{2 - r _{n}}{2}

で、 $P_{n + 1} = A + \frac{2 - r _{n}}{2} d = A + \frac{2 - r _{n}}{4} (B - A)$ である。つまり

t_{n + 1} = \frac{2 - r _{n}}{4} = \frac{2 - \frac{1 + t _{n}}{2}}{4} = \frac{3 - t _{n}}{8}

である。

極限。 不動点は $t = \frac{3 - t}{8}$ 、すなわち $9 t = 3$ 、 $t = \frac{1}{3}$ である。

t_{n + 1} - \frac{1}{3} = \frac{3 - t _{n}}{8} - \frac{1}{3} = \frac{9 - 3 t _{n} - 8}{24} = - \frac{t _{n} - \frac{1}{3}}{8}

なので ${t_{n} - \frac{1}{3}}$ は公比 $- \frac{1}{8}$ の等比数列である。 $- \frac{1}{8} < 1$ だから

n \to \infty lim t_{n} = \frac{1}{3}

である。よって $P_{n}$ は

(2 - \frac{1}{3}, \frac{3}{3}) = (\frac{5}{3}, \frac{3}{3})

に近づく。

正三角形

OAB

と、極限の点

(\frac{5}{3}, \frac{3}{3})

（

AB

を

1 : 2

に内分する点）。

P_{n} \to Q_{n} \to R_{n} \to P_{n + 1}

と垂線を下ろすたびに、

AB

上の位置

t

が

\frac{1}{3}

へ

- \frac{1}{8}

倍ずつ近づく。

$t_{1} = 0.05, 0.5, 0.95$ の3通りで操作を $60$ 回くり返すと、いずれも $(1.666666667, 0.577350269)$ になり、 $(\frac{5}{3}, \frac{3}{3}) = (1.666666667, 0.577350269)$ と一致した。

$AB$ 上の位置を1つの数 $t$ で表すのが要点。2成分を追うと漸化式が見えない。

$A$ を起点にとると $t_{n + 1} = \frac{3 - t _{n}}{8}$ ときれいになる。 $B$ 起点でもよいが式が変わる。

公比が負（ $- \frac{1}{8}$ ）なので、 $t_{n}$ は $\frac{1}{3}$ の上下を行き来しながら近づく。

$P_{1}$ がどこでも同じ点に近づく。初期値によらないことが、公比の絶対値が $1$ より小さいことから分かる。

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第5問　複素数平面

1次分数変換・軌跡・絶対値・除外点当サイトの体感難易度：難

3条件 (ア)(イ)(ウ) をみたす $a, b, c$ を求め、さらに $C$ を求めて複素数平面上に図示する

答 $a = 1$ 、 $b = 1$ 、 $c = - 1$ 。 $C$ は単位円から点 $- 1$ を除いたもの

(ア) は $z = \pm i$ の2本の式で、辺々足し引きすると $a$ と $b$ が $c$ で表せる。(イ) は「虚軸上のすべての $z$ で $∣ w ∣ = 1$ 」を $t$ の恒等式にすると $∣ c ∣ = 1$ に落ちる。最後に (ウ) で $c$ が1つに決まる。

(ア) から $a, b$ 。 $z = i$ で $w = i$ より

ai + b = i (c i + 1) = - c + i \dots ①

$z = - i$ で $w = - i$ より

- ai + b = - i (- c i + 1) = - c - i \dots ②

である。① $-$ ② より $2 ai = 2 i$ 、すなわち

a = 1

① $+$ ② より $2 b = - 2 c$ 、すなわち

b = - c

である。よって $w = \frac{z - c}{cz + 1}$ である。

(イ) から $∣ c ∣ = 1$ 。 $z = i t$ （ $t$ は実数）とおく。 $c = p + q i$ として

∣ w ∣ = 1 ⟺ ∣ i t - c ∣ = ∣ c i t + 1 ∣

である。両辺を2乗すると

∣ i t - c ∣^{2} ∣ c i t + 1 ∣^{2} = ∣ - p + (t - q) i ∣^{2} = t^{2} - 2 q t + (p^{2} + q^{2}) = ∣ (1 - q t) + pt i ∣^{2} = (p^{2} + q^{2}) t^{2} - 2 q t + 1

となる。これがすべての実数 $t$ で等しいので、 $t$ の2次式として係数を比べて

1 = p^{2} + q^{2}, - 2 q = - 2 q, p^{2} + q^{2} = 1

すなわち

∣ c ∣ = 1

である。

(ウ) から $c = - 1$ 。 $∣ c ∣ = 1$ なので $c = cos θ + i sin θ$ と書ける。 $w = - 1$ となる $z = i t$ があるかを調べる。

\frac{i t - c}{c i t + 1} = - 1 ⟺ i t - c = - c i t - 1 ⟺ i t (1 + c) = c - 1

である。 $c \neq = - 1$ のとき $1 + c \neq = 0$ だから

i t = \frac{c - 1}{c + 1} = \frac{e ^{i θ} - 1}{e ^{i θ} + 1} = \frac{e ^{i \frac{θ}{2}} - e ^{- i \frac{θ}{2}}}{e ^{i \frac{θ}{2}} + e ^{- i \frac{θ}{2}}} = \frac{2 i sin \frac{θ}{2}}{2 cos \frac{θ}{2}} = i tan \frac{θ}{2}

となる（分母分子に $e^{- i θ /2}$ を掛けた）。 $c \neq = - 1$ なら $cos \frac{θ}{2} \neq = 0$ なので $t = tan \frac{θ}{2}$ は実数であり、この $z = i t$ に対して $w = - 1$ になってしまう。これは (ウ) に反する。

（分母が $0$ になる心配はない。 $c i t + 1 = 0$ は $t = \frac{i}{c}$ で、これが実数になるのは $c$ が純虚数のときだけだが、仮定より除かれている。）

よって

c = - 1, a = 1, b = - c = 1

である（ $c = - 1$ は実数なので「純虚数でない」をみたす）。

$C$ を求める。

w = \frac{z + 1}{- z + 1} = \frac{1 + i t}{1 - i t} (z = i t)

である。分子と分母は互いに共役なので $∣ w ∣ = 1$ である。偏角を見ると、 $1 + i t$ の偏角を $φ$ （ $- \frac{π}{2} < φ < \frac{π}{2}$ 、 $tan φ = t$ ）として $1 - i t$ の偏角は $- φ$ だから

ar g w = 2 φ \in (- π, π)

である。 $t$ が実数全体を動くと $φ$ は $(- \frac{π}{2}, \frac{π}{2})$ 全体を動くので、 $ar g w$ は $(- π, π)$ 全体を動く。したがって

C = {w ∣ ∣ w ∣ = 1, w \neq = - 1}

すなわち単位円から点 $- 1$ を除いたものである。確かに (イ)(ウ) をみたしている。

軌跡

C

。単位円のうち、点

- 1

だけが抜けている（

\circ

印の位置）。

z = 0

のとき

w = 1

、

z = \pm i

のとき

w = \pm i

で、

z = i t

の

t

を

\pm \infty

に飛ばすと

w

は

- 1

に近づくが決して届かない。

$a = 1, b = 1, c = - 1$ で $w (i) = i$ 、 $w (- i) = - i$ を確かめた。 $t$ を $- 1000$ から $1000$ まで $0.01$ 刻みで動かすと $∣ w ∣ = 1$ が $1 0^{- 9}$ 以内で成り立ち、偏角は $\pm 3.1396$ までしか届かず、 $- 1$ への最接近は $0.002$ だった。 $c$ を単位円周上の他の点（ $e^{0.3 i}, e^{i}, e^{2 i}$ ）にとると、 $t = tan \frac{θ}{2}$ でちょうど $w = - 1$ になった。