東京大学理系 2025 年・第 6 問

C は |z-\dfrac{1}{2}| = \dfrac{1}{2} から原点を除いたものです。両辺を 2 乗して整理します。

\left(z-\dfrac{1}{2}\right)\left(\bar{z}-\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{1}{4} を展開すると z\bar{z} = \dfrac{z+\bar{z}}{2}、つまり |z|^2 = \mathrm{Re}\,z です。

\dfrac{1}{z} = \dfrac{\bar{z}}{|z|^2} ですから、その実部は \dfrac{\mathrm{Re}\,z}{|z|^2} = 1 となります。

図のとおり、原点を除いた円が、実部 1 の直線にそっくり移ります。z が原点に近づくほど \dfrac{1}{z} は上下へ遠ざかります。逆も同じで、直線上の点はすべて C 上の点から来ます。

(1) より \dfrac{1}{\alpha} = 1+si、\dfrac{1}{\beta} = 1+ti と書けます。s, t は実数です。

逆に実数 s に対して \dfrac{1}{1+si} は C 上にありますから、s は実数全体を動きます。

\alpha \ne \beta は \dfrac{1}{\alpha} \ne \dfrac{1}{\beta} と同じことですから、条件は s \ne t の 1 つだけです。

あとは s, t が「相異なる実数全体」を動くときに、(1+si)^2+(1+ti)^2 がどこを動くかを見ればよいことになります。

展開すると (1+si)^2+(1+ti)^2 = (2-s^2-t^2) + 2(s+t)i です。

u = s+t、v = s^2+t^2 と置くと、点は (2-v,\ 2u) になります。実部も虚部も u, v だけで決まります。

s, t は 2 次方程式 X^2-uX+\dfrac{u^2-v}{2} = 0 の 2 解です。相異なる実数であることは、判別式 u^2-4\cdot\dfrac{u^2-v}{2} = 2v-u^2 が正、つまり v > \dfrac{u^2}{2} と同じです。

逆に v > \dfrac{u^2}{2} ならこの 2 次方程式が相異なる実数解を持つので、そのような (u,\ v) はすべて実現します。

求める点を X+Yi とすると X = 2-v、Y = 2u ですから、v = 2-X、u = \dfrac{Y}{2} です。

条件 v > \dfrac{u^2}{2} に入れると 2-X > \dfrac{Y^2}{8}、つまり X < 2-\dfrac{Y^2}{8} となります。

これが答えです。放物線 X = 2-\dfrac{Y^2}{8} の左側で、放物線そのものは含みません。s = t が禁じられているぶんが、ちょうど境界にあたります。

頂点は 2、Y = \pm 4 のところで X = 0 を通ります。図の塗った側が求める範囲です。

(3) の \gamma = X+Yi は、いまの範囲に入らない点ですから X \geqq 2-\dfrac{Y^2}{8}、つまり 8X+Y^2 \geqq 16 です。原点はここに入らないので \gamma \ne 0 です。

\dfrac{1}{\gamma} の実部を k とします。k \ne 0 のとき、\dfrac{X}{X^2+Y^2} = k は |\gamma-\dfrac{1}{2k}| = \dfrac{1}{2|k|}、すなわち原点を通り中心が実軸上にある円です。半径を r = \dfrac{1}{2k} と書くと、その上では X^2+Y^2 = 2rX が成り立ちます。

これを 8X+Y^2 \geqq 16 に入れると X^2-(8+2r)X+16 \leqq 0 です。k > 0 のときは X が 0 から 2r までを動くので、解を持つ条件は r \geqq 1、つまり k \leqq \dfrac{1}{2} となります。

k < 0 のときは判別式 (4+r)^2-16 \geqq 0 から r \leqq -8、つまり k \geqq -\dfrac{1}{16} です。よって最大値は \dfrac{1}{2}（\gamma = 2 のとき）、最小値は -\dfrac{1}{16}（\gamma = -4 \pm 4\sqrt{3}\,i のとき）です。