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2017年早稲田大学理工|過去問徹底研究大問5

2019.09.03

2017年早稲田大学理工|過去問徹底研究大問5 方針の立て方 (1) 解についての情報しか与えられないため，本問は解を中心に考えていくという方針を得る．すると，(＊)の条件を使うことになるが，これを何度も使うことで解を作ることができると考える．結局三回使うと元の解に戻ってしまうため，ここで(＊)を

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2017年早稲田大学理工|過去問徹底研究大問5

方針の立て方

(1)
解についての情報しか与えられないため，本問は解を中心に考えていくという方針を得る．すると，(＊)の条件を使うことになるが，これを何度も使うことで解を作ることができると考える．結局三回使うと元の解に戻ってしまうため，ここで(＊)を使うのは終わり．異なる解の表式が３つ( $\alpha,\frac{-1}{\alpha+1},\frac{-\alpha-1}{\alpha}$ )得られたが，これらが相異なるならこれで解探しは終わりになると期待して，これらが相異なることを確認する(具体的には $\alpha=\frac{-1}{\alpha+1}$ ， $\frac{-1}{\alpha+1}=\frac{-\alpha-1}{\alpha}$ ， $\alpha=\frac{-\alpha-1}{\alpha}$ を計算して，これを満たす $\alpha$ が存在しないことを示せれば十分である)．あとは，求めるものが係数であることから，解と係数を結びつける公式，つまり，解と係数の関係を使えば解答が得られる．

(2)
$f\left(x\right)$ の具体的な表式が得られたため，普通の微分法の問題で解いていけばよい．

(3)
またしても解に着目しているため， $x=2\cos{\theta}$ を出発点として，(1)と同様に(＊)を繰り返し用いることで，解を全て出し尽くすことを考える．後は本解答の通り，それらが， $2\cos{2\theta}$ ， $2\cos{3\theta}$ と一致することを示す．

(4)
$\theta$ を求めるので，三角方程式を立式する必要があると考える．
さて，(3)では， $x=2\cos{\theta}$ から出発して(＊)を繰り返し使ったが， $x=2\cos{2\theta}$ から始めてもいいはずである．それを実際に試してみることで三角方程式を導ける．

解答例

(1)
$f\left(x\right)=0$ は3次方程式のため，少なくとも1つの実数解が存在する．その実数解を $x=\alpha$ とする．
すると， $g\left(\alpha\right)=\frac{-1}{\alpha+1}$ も解であり，よって， $g\left(g\left(\alpha\right)\right)=\frac{-1}{g\left(\alpha\right)+1}=\frac{-\alpha-1}{\alpha}$ も解であり，よって， $g\left(g\left(g\left(\alpha\right)\right)\right)=\frac{-1}{g\left(g\left(\alpha\right)\right)+1}=\alpha$ も解である．
ここで， $\alpha=\frac{-1}{\alpha+1}$ を仮定すると， $\alpha^2+\alpha+1=0$ となり， $\alpha$ は実数とはならないため不適．
$\alpha=\frac{-\alpha-1}{\alpha}$ を仮定すると， $\alpha^2+\alpha+1=0$ となり， $\alpha$ は実数とはならないため不適．
$\frac{-1}{\alpha+1}=\frac{-\alpha-1}{\alpha}$ を仮定すると， $\alpha^2+\alpha+1=0$ となり， $\alpha$ は実数とはならない．
よって， $x=\alpha,\frac{-1}{\alpha+1},\frac{-\alpha-1}{\alpha}$ は互いに相異なる３つの実数解であり，代数学の基本定理より，これが $f\left(x\right)=0$ の解の全てである．
３次方程式の解と係数の関係より，
$\begin{cases} \alpha+\frac{-1}{\alpha+1}+\frac{-\alpha-1}{\alpha}=-1 \\ \alpha\cdot\frac{-1}{\alpha+1}+\frac{-1}{\alpha+1}\cdot\frac{-\alpha-1}{\alpha}+\frac{-\alpha-1}{\alpha}\cdot\alpha=p \\ \alpha\cdot\frac{-1}{\alpha+1}\cdot\frac{-\alpha-1}{\alpha}=-q \end{cases}$
第三式より， $q=-1$
第一式より， $\alpha^3+\alpha^2-2\alpha-1=0$ ．これと， $f\left(\alpha\right)=0\Leftrightarrow\alpha^3+\alpha^2+p\alpha+q=0\Leftrightarrow\alpha^3+\alpha^2+p\alpha-1=0$ を比較すると， $p=-2$
$\therefore\left(p,q\right)=\left(-2,-1\right)$ ……(答)

(2)
$f\left(x\right)=0$ が３つの実数解をもつことは前問の議論の通り．以下では，その３つの実数解が $-2<x<2$ の範囲にあることを示す．
$f\left(x\right)=x^3+x^2-2x-1$ より， $f\left(-2\right)=-10$ ， $f\left(0\right)=-10$ である．
$f\left(x\right)$ は連続関数であるから，中間値の定理より， $-2<x<-1$ ， $-1<x<0$ ， $0<x<2$ のそれぞれの範囲に $f\left(x\right)=0$ となる $x$ が存在する．証明終了

(3)
$2\cos{\theta}$ は $f\left(x\right)=0$ の解であるため，
$f\left(2\cos{\theta}\right)=0\Leftrightarrow8{\mathrm{cos}}^3\theta+4{\mathrm{cos}}^2\theta-4\cos{\theta}-1=0$ …①
が成立する．また，
$g\left(2\cos{\theta}\right)=\frac{-1}{2\cos{\theta}+1}$ も解となる．
ここで， $\frac{-1}{2\cos{\theta}+1}=2\cos{2\theta}$ を示す．
$\frac{-1}{2\cos{\theta}+1}=2\cos{2\theta}$ を示すには，これを変形した $8{\mathrm{cos}}^3\theta+4{\mathrm{cos}}^2\theta-4\cos{\theta}-1=0$ を示せば必要十分だが，これは，①より成立するため， $\frac{-1}{2\cos{\theta}+1}=2\cos{2\theta}$ 　　証明終了
さて， $g\left(g\left(2\mathrm{cos}{\theta}\right)\right)=\frac{-2\cos{\theta}-1}{2\cos{\theta}}$ も解となる．
ここで， $\frac{-2\cos{\theta}-1}{2\cos{\theta}}=2\cos{3\theta}$ を示す．
$\frac{-2\cos{\theta}-1}{2\cos{\theta}}=2\cos{3\theta}$ を示すには，これを変形した $\left(2\cos{\theta}-1\right)\left(8\cos^3\theta+4\cos^2\theta-4\cos{\theta}-1\right)=0$ を示せば必要十分だが，これは，①より成立するため， $\frac{-2\cos{\theta}-1}{2\cos{\theta}}=2\cos{3\theta}$ 　　証明終了
まとめると， $g\left(2\cos{\theta}\right)=2\cos{2\theta}$ ， $g\left(g\left(2\cos{\theta}\right)\right)=2\cos{3\theta}$ であり， $g\left(2\mathrm{cos}{\theta}\right)$ も $g\left(g\left(2\mathrm{cos}{\theta}\right)\right)$ は $f\left(x\right)=0$ の解であるから， $2\cos{2\theta}$ ， $2\cos{3\theta}$ は $f\left(x\right)=0$ の解である．証明終了

(4)
前問の議論より $g\left(2\cos{2\theta}\right)=g\left(g\left(2\mathrm{cos}{\theta}\right)\right)=2\cos{3\theta}$ が成り立つ．
さらに，前問で示した $g\left(2\cos{\theta}\right)=2\cos{2\theta}$ について， $\theta\rightarrow2\theta$ と置き換えると， $g\left(2\cos{2\theta}\right)=2\cos{4\theta}$ が成り立つ．
$\therefore\cos{3\theta}=\cos{4\theta}$ が成り立つ必要であり，これを解くと，
$3\theta=2n\pi\pm4\theta$ ( $n$ は整数) $\Leftrightarrow\theta=-2n\pi,\frac{2n\pi}{7}$
$0<\theta<\pi$ より， $\theta=\frac{2}{7}\pi,\frac{4}{7}\pi,\frac{6}{7}\pi$ である必要であると分かる．
$\theta=\frac{2}{7}\pi,\frac{4}{7}\pi,\frac{6}{7}\pi$ に対して， $x=2\cos{\theta}$ は相異なる３つの実数となり，これで十分であることも分かる．
よって， $\theta=\frac{2}{7}\pi,\frac{4}{7}\pi,\frac{6}{7}\pi$ ……(答)

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2019.09.03

早稲田大学理工過去問徹底研究　2017年大問4 方針の立て方 (1) まずはの表式を求めることを考える．はとの二文字の式であるが，与えられた関係式(漸化式)がを固定してを動かしていることから，はについての数列と見て考えるのがよさそうだと気付く．この漸化式は普通に解けるタイプのものではないから，試し

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早稲田大学理工過去問徹底研究　2017年大問4

方針の立て方

(1)
まずは $p_k\left(t\right)$ の表式を求めることを考える． $p_k\left(t\right)$ は $k$ と $t$ の二文字の式であるが，与えられた関係式(漸化式)が $t$ を固定して $k$ を動かしていることから， $p_k\left(t\right)$ は $k$ についての数列と見て考えるのがよさそうだと気付く．この漸化式は普通に解けるタイプのものではないから，試しに $p_1\left(t\right)$ や $p_2\left(t\right)$ ， $p_3\left(t\right)$ 等を求めると，解法を得られる．数列の問題は代入して解法を得られることが多いため，困ったら代入して計算してみよう．
また，シグマ内のコンビネーションは二項定理で変形することも重要な解法であるためおさえておくこと．

(2)
「 $p_k\left(t\right)$ が確率である」という情報を使っていないことに気付ければ解法が得られる．確率の総和は１であるから，前問の解答と＝にすればよい．
(3)
今度は $k$ を固定して $t$ を動かす．要は， $p_k\left(t\right)$ は $t$ の一変数関数であるから，微分をして求めればよい．

(4)
代入して計算する．やはりシグマ内のコンビネーションが出てくるため，これを二項定理で変形する．

解答例

(1)
まず， $p_k\left(t\right)=\frac{a^k\cdot n!}{k!\left(n-k\right)!}t^n$ であることを $k$ についての数学的帰納法で示す．
$k=0$ のとき，(右辺) $=\frac{a^0\cdot n!}{0!n!}t^n=t^n$ ．よって，成立．
$k=m$ ( $m$ は $1\leqq m\leqq n-1$ を満たす自然数)のときの成立を仮定．つまり， $p_m\left(t\right)=\frac{a^m\cdot n!}{m!\left(n-m\right)!}t^n$ を仮定する．
すると，
$p_{m+1}\left(t\right)=a\cdot\frac{n-\left(m+1\right)+1}{m+1}\cdot p_m\left(t\right)$ ( $\because$ 漸化式) $=a\cdot\frac{n-\left(m+1\right)+1}{m+1}\cdot\frac{a^m\cdot n!}{m!\left(n-m\right)!}t^n$ ( $\because$ 帰納法の仮定) $=\frac{a^{m+1}\cdot n!}{\left(m+1\right)!\left\{n-\left(m+1\right)\right\}!}t^n$
となり，これは $k=m+1$ での成立を意味する．
以上，数学的帰納法により $p_k\left(t\right)=\frac{a^k\cdot n!}{k!\left(n-k\right)!}t^n={{_n^}C}_ka^kt^n$ であることが示せた．証明終了．
さて，途中で二項定理を用いれば，
$\sum_{k=0}^{n}{p_k\left(t\right)}=\sum_{k=0}^{n}{{{_n^}C}_ka^kt^n}=t^n\sum_{k=0}^{n}{{{_n^}C}_ka^k\cdot1^{n-k}}=t^n\left(a+1\right)^n$ ……(答)

(2)
$k=0,1,2,\cdots\cdots,n$ より， $\sum_{k=0}^{n}{p_k\left(t\right)}$ は全事象の確率の和である．
$\therefore\sum_{k=0}^{n}{p_k\left(t\right)}=1$
$\therefore t^n\left(a+1\right)^n=1$
$t\left(a+1\right)>0$ より， $t\left(a+1\right)=1$
$\therefore a=\frac{1-t}{t}$ ……(答)

(3)
$p_k\left(t\right)={{_n^}\mathrm{C}}_k\left(\frac{1-t}{t}\right)^kt^n={{_n^}\mathrm{C}}_k\left(1-t\right)^kt^{n-k}$
$k\neq0,n$ のとき，
$\frac{d}{dt}p_k\left(t\right)={{_n^}\mathrm{C}}_k\left\{-k\left(1-t\right)^{k-1}t^{n-k}+\left(1-t\right)^k\left(n-k\right)t^{n-k-1}\right\}={{_n^}\mathrm{C}}_k\left(1-t\right)^{k-1}t^{n-k-1}\left(-nt+n-k\right)$
よって， $t=0,\frac{n-k}{n},1のとき，\frac{d}{dt}p_k\left(t\right)=0$
増減表を描くと，

$t$	$0$	$\cdots$	$\frac{n-k}{n}$	$\cdots$	$1$
$\frac{d}{dt}p_k\left(t\right)$	$0$	$\mathrm{+}$	$0$	$-$	$0$
$p_k\left(t\right)$		$\nearrow$	最大	$\searrow$

$\therefore T_k=\frac{n-k}{n}$
$k=0$ のとき， $p_0\left(t\right)=t^n$ より， $T_0=1=\frac{n-k}{n}$
$k=n$ のとき， $p_n\left(t\right)=\left(1-t\right)^n$ より， $T_n=0=\frac{n-k}{n}$
よって，全ての $k$ に対して，
$\therefore T_k=\frac{n-k}{n}$ ……(答)

(4)
$E=\sum_{k=0}^{n}{\frac{n-k}{n}\cdot{{_n^}\mathrm{C}}_k\left(1-t\right)^kt^{n-k}}=\sum_{k=0}^{n-1}{\frac{n-k}{n}\cdot{{_n^}C}_k\left(1-t\right)^kt^{n-k}}=t\sum_{k=0}^{n-1}{\frac{\left(n-1\right)!}{k!\left(n-1-k\right)!}\left(1-t\right)^kt^{n-1-k}}\bigm=t\sum_{k=0}^{n-1}{{{_n^}C}_k\left(1-t\right)^kt^{n-1-k}}=t\left\{\left(1-t\right)+t\right\}^{n-1}$ (二項定理) $=t$
$\therefore E=t$ ……(答)

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2019.09.03

早稲田大学理工過去問徹底研究　2017年大問3 方針の立て方 (1) (ⅰ)ABCは共通しているためここを共通の底面と見ると，高さの問題に還元できると考える．すると，点Dと点PからABCへの垂線を引くことが思い浮かび，解法を得る． (ⅱ)前問と同様にABCを底面として見る方針で考える．一先ず前問と

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早稲田大学理工過去問徹底研究　2017年大問3

方針の立て方

(1)
(ⅰ) $\triangle$ ABCは共通しているためここを共通の底面と見ると，高さの問題に還元できると考える．すると，点Dと点Pから $\triangle$ ABCへの垂線を引くことが思い浮かび，解法を得る．
(ⅱ)前問と同様に $\triangle$ ABCを底面として見る方針で考える．一先ず前問と同様に点Dからの垂線を考えれば， $\vec{\mathrm{AB}}$ ， $\vec{\mathrm{AC}}$ は垂線と垂直であり，四面体ABCPの高さに寄与しないことも分かる．

(2)
前問は全て始点がAになっていたので，前問の考え方を活かすには本問のベクトルも始点をAに揃えて考えると都合がいいと見抜く．すると，同様に四面体ABCIの体積を考察すればよいと思いつく．後は面との距離 $r$ の情報を体積に変換すればよい．

(3)
前問の「距離 $r$ の情報を体積に変換」したときの考え方が，内接球の半径から体積を求めるときの考え方と同じであるというところから解法を得る．

解答例

(1)
(ⅰ)
$\triangle$ ABC含む平面が水平になるように立体を見る．

上図のように，点Dから $\triangle$ ABCを含む平面に下した垂線と，Pから $\triangle$ ABCを含む平面に下した垂線は，相似比から， $1\colon\left|t\right|$ となる．底面を $\triangle$ ABCとして考えれば，
$\therefore\frac{V_P}{V}=\left|t\right|$ ……(答)
(ⅱ)
前問と同様に $\triangle$ ABCを含む平面が水平になるように立体を見て，Pから $\triangle$ ABCを含む平面に垂線を下したとき，垂線の長さに影響を与えるのは $\vec{\mathrm{AD}}$ のみである( $\because\vec{\mathrm{AB}}$ と $\vec{\mathrm{AC}}$ は垂線と直交)．
$\frac{V_P}{V}=\left|d\right|$ ……(答)

(2)
Iの位置ベクトルの式を，始点をAにして書き直すと，
$\vec{\mathrm{AI}}=\frac{\beta\vec{\mathrm{AB}}+\gamma\vec{\mathrm{AC}}+\delta\vec{\mathrm{AD}}}{\alpha+\beta+\gamma+\delta}$
$\triangle$ ABCを底面と見て，前問と同様の議論を行えば，四面体ABCIの体積を $V_I$ として，
$\frac{V_I}{V}=\left|\frac{\delta}{\alpha+\beta+\gamma+\delta}\right|=\frac{\delta}{\alpha+\beta+\gamma+\delta}$
となる．また， $\triangle$ ABCの面積は $\delta$ のため，
$V_I=\frac{1}{3}\delta r$
と書ける．
$\therefore\frac{\frac{1}{3}\delta r}{V}=\frac{\delta}{\alpha+\beta+\gamma+\delta}\Leftrightarrow r=\frac{3V}{\alpha+\beta+\gamma+\delta}$ ……(答)

(3)
$\triangle$ ABC以外の面についても前問の議論を行えば，点Iは四面体ABCDの全ての面との距離が $\frac{3V}{\alpha+\beta+\gamma+\delta}$ であることが分かる．これは，点Iが四面体ABCDの内接球の中心であることに他ならない．
証明終了．

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2019.09.03

早稲田大学理工過去問徹底研究　2017年大問2 方針の立て方 (1)基本問題であるため特筆事項なし． (2)絶対値問題の初動捜査である符号の変わり目で場合分け(分割)を行う． (3)典型的な微分法の最大最小問題であり特筆事項なし．解答例 (1) よって，増減表を描くと，また，で軸と交わる．よ

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早稲田大学理工過去問徹底研究　2017年大問2

方針の立て方

(1)基本問題であるため特筆事項なし．
(2)絶対値問題の初動捜査である符号の変わり目で場合分け(分割)を行う．
(3)典型的な微分法の最大最小問題であり特筆事項なし．

解答例

(1)
$f^\prime\left(x\right)=-ae^{-a\left(x-2\right)}-a\left(2-ax\right)e^{-a\left(x-2\right)}=a\left(ax-3\right)e^{-a\left(x-2\right)}$
よって，増減表を描くと，

$x$	$\cdots$	$\frac{3}{a}$	$\cdots$
$f^\prime\left(x\right)$	$-$	$0$	$\mathrm{+}$
$f\left(x\right)$	$\searrow$	$-e^{2a-3}$	$\nearrow$

$\lim_{x\rightarrow-\infty}{f\left(x\right)}=\infty$
$\lim_{x\rightarrow\infty}{f\left(x\right)}=0$
また， $x=\frac{2}{a}$ で $x$ 軸と交わる．
よって，
(上図が答え)

(2)
$p=\frac{3}{a}$ である． $x=\frac{2}{a}$ で $f\left(x\right)$ が正から負に符号変化することに注意すると，
$S=\int_{0}^{\frac{2}{a}}f\left(x\right)dx+\int_{\frac{2}{a}}^{\frac{3}{a}}\left\{-f\left(x\right)\right\}dx$
ここで，
$\int f\left(x\right)dx=\int{2e^{-a\left(x-2\right)}}dx+\int{\left(-ax\right)e^{-a\left(x-2\right)}}dx\bigm=-\frac{2}{a}e^{-a\left(x-2\right)}+xe^{-a\left(x-2\right)}-\int e^{-a\left(x-2\right)}dx$ (第2項に部分積分) $=-\frac{2}{a}e^{-a\left(x-2\right)}+xe^{-a\left(x-2\right)}+\frac{1}{a}e^{-a\left(x-2\right)}+C\bigm=\left(x-\frac{1}{a}\right)e^{-a\left(x-2\right)}+C$ ( $C$ は積分定数)
$\therefore S=\left[\left(x-\frac{1}{a}\right)e^{-a\left(x-2\right)}\right]_0^{\frac{2}{a}}-\left[\left(x-\frac{1}{a}\right)e^{-a\left(x-2\right)}\right]_{\frac{2}{a}}^{\frac{3}{a}}=\frac{e^{2a}}{a}\left(1+2e^{-2}-2e^{-3}\right)$ ……(答)

(3)
$1+2e^{-2}-2e^{-3}>0$ に注意して， $\frac{e^{2a}}{a}$ の最小値を考える．
$g\left(a\right)=\frac{e^{2a}}{a}$ とする．
$g^\prime\left(a\right)=\frac{\left(2a-1\right)e^{2a}}{a^2}$
増減表を描くと，

$a$	$\cdots$	$\frac{1}{2}$	$\cdots$
$g^\prime\left(a\right)$	$-$	$0$	$\mathrm{+}$
$g\left(a\right)$	$\searrow$	最小	$\nearrow$

よって， $S$ を最小にする $a$ の値は， $a=\frac{1}{2}$ ……(答)

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2019.09.03

早稲田大学理工過去問徹底研究　2017年大問1 方針の立て方 (1) 消すべき文字はであるが，はPQ上の点を代入することで消滅するため，実質消去すべき文字はのみである．そのため，二点を代入して，連立方程式として解けばよいことが分かる． (2) への変換であるため，をの式に書き直せばよい． (3)

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早稲田大学理工過去問徹底研究　2017年大問1

方針の立て方

(1)
消すべき文字は $z,\bar{z},\bar{\beta}$ であるが， $z,\bar{z}$ はPQ上の点を代入することで消滅するため，実質消去すべき文字は $\bar{\beta}$ のみである．そのため，二点を代入して，連立方程式として解けばよいことが分かる．

(2)
$z\rightarrow w$ への変換であるため， $z$ を $w$ の式に書き直せばよい．

(3)
$\triangle$ PQRの内部を求める問題であるが， $\triangle$ PQRの辺(領域の境界)について考え，その内部と考えればよい．複素共役は複素数平面では実軸対称性を持つことに注意すると，余計な計算をしないで済む．

解答例

(1)
$z=1$ を通るので， $\beta+\bar{\beta}+1=0$
$z=\alpha$ を通るので， $\beta\alpha+\bar{\beta}\bar{\alpha}+1=0$
二式から $\bar{\beta}$ を削除して，
$\beta=\frac{1-\bar{\alpha}}{\bar{\alpha}-\alpha}=\frac{1-\left(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt3}{6}i\right)}{\left(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt3}{6}i\right)-\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt3}{6}i\right)}=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt3}{2}i$ ……(答)

(2)
$z=\frac{1}{w}$ であるから，(1)のPQの式に代入して，
$\frac{\beta}{w}+\frac{\bar{\beta}}{\bar{w}}+1=0\Leftrightarrow\left(\bar{w}+\bar{\beta}\right)\left(w+\beta\right)=\beta\bar{\beta}\Leftrightarrow\left|w+\beta\right|^2=1\left(\because\beta\bar{\beta}=1\right)$
よって， $-\beta$ を中心とする半径1の円……(答)

(3)
直線QRを表す式は， $\frac{z+\bar{z}}{2}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow z+\bar{z}=1$ である．
$z=\frac{1}{w}$ を代入すると，
$\frac{1}{w}+\frac{1}{\bar{w}}=1\Leftrightarrow\left(\bar{w}-1\right)\left(w-1\right)=1\Leftrightarrow\left|w-1\right|^2=1$
よって，直線QR上を点 $w$ が動くときの軌跡は，１を中心とする半径１の円．
直線PR上を動くときは，直線PRが直線PQの複素共役であることを考えると， $-\bar{\beta}$ を中心とする半径1の円．
求める範囲は，(2)の円と，上記の２円の計３円で囲まれた領域であり，図示すると，

また，面積については，

上図のように考えれば，求める面積は，中心角 $\frac{2}{3}\pi$ の扇形から，正三角形を取り除いた中心角 $\frac{1}{3}\pi$ の扇形を２つ引いた面積と等しくなる(扇形の半径はどれも１)ため，
$\frac{1}{2}\cdot1^2\cdot\frac{2}{3}\pi-2\cdot\left(\frac{1}{2}\cdot1^2\cdot\frac{1}{3}\pi-\frac{1}{2}\cdot1\cdot1\cdot\sin{\frac{\pi}{3}}\right)=\frac{\sqrt3}{2}$ ……(答)

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