0°≤θ≤180°において、2次方程式 $x^2 + (\sqrt{2}\sin{2\theta})x + 2\cos{\theta} = 0$ を考える。 (1) この方程式が異なる2つの実数解を持つθの範囲を求める。 (2) 無限等比級数 $1 + (\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta}) + (\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta})^2 + \dots + (\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta})^n + \dots$ が収束するθの範囲を求める。 (3) 無限等比級数 $1 + (\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta}) + (\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta})^2 + \dots + (\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta})^n + \dots$ が収束し、その和が $2-\sqrt{2}$ となるθの値を求める。

1. 問題の内容

0°≤θ≤180°において、2次方程式 $x^2 + (\sqrt{2}\sin{2\theta})x + 2\cos{\theta} = 0$ を考える。

(1) この方程式が異なる2つの実数解を持つθの範囲を求める。

(2) 無限等比級数 $1 + (\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta}) + (\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta})^2 + \dots + (\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta})^n + \dots$ が収束するθの範囲を求める。

(3) 無限等比級数 $1 + (\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta}) + (\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta})^2 + \dots + (\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta})^n + \dots$ が収束し、その和が $2-\sqrt{2}$ となるθの値を求める。

2. 解き方の手順

(1) 2次方程式が異なる2つの実数解を持つ条件は、判別式D > 0である。

$D = (\sqrt{2}\sin{2\theta})^2 - 4(2\cos{\theta}) = 2\sin^2{2\theta} - 8\cos{\theta} > 0$

$\sin^2{2\theta} = (2\sin{\theta}\cos{\theta})^2 = 4\sin^2{\theta}\cos^2{\theta}$ なので、

$8\sin^2{\theta}\cos^2{\theta} - 8\cos{\theta} > 0$

$8\cos{\theta}(\sin^2{\theta}\cos{\theta} - 1) > 0$

$\cos{\theta}(\sin^2{\theta}\cos{\theta} - 1) > 0$

$0^\circ \le \theta \le 180^\circ$において、$\cos{\theta}$ の符号を考える。

$\sin^2{\theta}\cos{\theta} - 1 < 0$ なので、$\cos{\theta} < 0$ となる必要がある。

よって、$90^\circ < \theta \le 180^\circ$。

$D = 8\cos{\theta}(\sin^2{\theta}\cos{\theta} - 1) > 0$をきちんと解くと、

$90 < \theta < \frac{3\pi}{2}$ であれば、$\cos{\theta} < 0$。

$0 \le \theta \le \pi$ であるから、

$\frac{\pi}{2} < \theta \le \pi$。

よって、$90^{\circ} < \theta \le 180^{\circ}$

(2) 無限等比級数 $1 + (\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta}) + (\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta})^2 + \dots$ が収束する条件は、

$|r| = |\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta}| < 1$ である。

$\alpha + \beta = -\sqrt{2}\sin{2\theta}$

$\alpha \beta = 2\cos{\theta}$

$\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta} = \frac{\alpha + \beta}{\alpha \beta} = \frac{-\sqrt{2}\sin{2\theta}}{2\cos{\theta}} = \frac{-\sqrt{2}(2\sin{\theta}\cos{\theta})}{2\cos{\theta}} = -\sqrt{2}\sin{\theta}$

$|-\sqrt{2}\sin{\theta}| < 1$

$\sqrt{2}\sin{\theta} < 1$

$\sin{\theta} < \frac{1}{\sqrt{2}}$

$0^{\circ} \le \theta \le 180^{\circ}$ において、

$0^{\circ} \le \theta < 45^{\circ}, 135^{\circ} < \theta \le 180^{\circ}$

(1)より、$90^{\circ} < \theta \le 180^{\circ}$ であるから、$135^{\circ} < \theta \le 180^{\circ}$

(3) 無限等比級数の和が $2-\sqrt{2}$ であるので、

$\frac{1}{1 - (-\sqrt{2}\sin{\theta})} = 2-\sqrt{2}$

$\frac{1}{1+\sqrt{2}\sin{\theta}} = 2-\sqrt{2}$

$1 = (2-\sqrt{2})(1+\sqrt{2}\sin{\theta})$

$1 = 2 + 2\sqrt{2}\sin{\theta} - \sqrt{2} - 2\sin{\theta}$

$1 = (2-\sqrt{2}) + (2\sqrt{2}-2)\sin{\theta}$

$\sin{\theta} = \frac{1 - (2-\sqrt{2})}{2\sqrt{2}-2} = \frac{-1+\sqrt{2}}{2\sqrt{2}-2} = \frac{\sqrt{2}-1}{2(\sqrt{2}-1)} = \frac{1}{2}$

よって、$\theta = 30^{\circ}, 150^{\circ}$

(1)の条件より、$90^{\circ} < \theta \le 180^{\circ}$ なので、$\theta = 150^{\circ}$

3. 最終的な答え

(1) 90° < θ ≤ 180°

(2) 135° < θ ≤ 180°

(3) θ = 150°