7愛媛大学 2017年 数学 第7問解答・解説

(1)　 $\displaystyle \alpha=\dfrac12+\dfrac{\sqrt3}{2}i$ であるから $$\displaystyle |\alpha|=\sqrt{\left(\dfrac12\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt3}{2}\right)^2}=\sqrt{\dfrac14+\dfrac34}=1.$$ $\displaystyle \cos\theta=\dfrac12,\ \sin\theta=\dfrac{\sqrt3}{2}$ を満たし $0\le\theta<2\pi$ にある $\theta$ は $$\displaystyle \theta=\dfrac{\pi}{3}.$$ よって $\displaystyle |\alpha|=1,\ \theta=\dfrac{\pi}{3}$ であり，$\displaystyle \alpha=\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}$ と表せる。

(2)　 $P_1,P_2,P_3$ に対応する複素数はそれぞれ $\beta,\ \alpha\beta,\ \alpha^2\beta$ である。ベクトル $\overrightarrow{P_1P_2}$，$\overrightarrow{P_1P_3}$ に対応する複素数はそれぞれ $$\alpha\beta-\beta=(\alpha-1)\beta,\qquad \alpha^2\beta-\beta=(\alpha^2-1)\beta=(\alpha-1)(\alpha+1)\beta$$ であるから $$(\overrightarrow{P_1P_3}\text{の複素数表示})=(\alpha+1)\times(\overrightarrow{P_1P_2}\text{の複素数表示}).$$ 複素数 $w\ (\neq0)$ を掛ける操作は，原点中心の $|w|$ 倍の相似拡大と偏角 $\arg w$ の回転を合成した変換だから，$\overrightarrow{P_1P_2}$ から $\overrightarrow{P_1P_3}$ への回転角は $\arg(\alpha+1)$，長さの比は $|\alpha+1|$ である。

$\displaystyle \alpha+1=\dfrac32+\dfrac{\sqrt3}{2}i$ より $$\displaystyle |\alpha+1|=\sqrt{\left(\dfrac32\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt3}{2}\right)^2}=\sqrt{\dfrac94+\dfrac34}=\sqrt3,$$ 実部・虚部がともに正で $\displaystyle \tan(\arg(\alpha+1))=\dfrac{\sqrt3/2}{3/2}=\dfrac{1}{\sqrt3}$ だから $\displaystyle \arg(\alpha+1)=\dfrac{\pi}{6}$．

したがって $\displaystyle \angle P_2P_1P_3=\dfrac{\pi}{6}$，$|P_1P_3|=\sqrt3\,|P_1P_2|$ である。また $\displaystyle \alpha-1=-\dfrac12+\dfrac{\sqrt3}{2}i$ より $|\alpha-1|=1$ だから $$|P_1P_2|=|\alpha-1|\,|\beta|=1\times2=2,\qquad |P_1P_3|=\sqrt3\times2=2\sqrt3.$$ よって $$\displaystyle \triangle P_1P_2P_3=\dfrac12\,|P_1P_2|\,|P_1P_3|\sin\angle P_2P_1P_3=\dfrac12\times2\times2\sqrt3\times\sin\dfrac{\pi}{6}=\dfrac12\times2\times2\sqrt3\times\dfrac12=\sqrt3.$$

（検算）この結果は $\beta$ の偏角によらないはずである。実際 $\beta=2$（実数）とおくと $P_1=(2,0),\ P_2=2\alpha=(1,\sqrt3),\ P_3=2\alpha^2=(-1,\sqrt3)$ となり，座標による面積公式から $$\displaystyle \triangle P_1P_2P_3=\dfrac12\left|2(\sqrt3-\sqrt3)+1(\sqrt3-0)+(-1)(0-\sqrt3)\right|=\dfrac12\times2\sqrt3=\sqrt3$$ と一致する。

(3)　 $\displaystyle \gamma=-1+4\alpha=-1+4\left(\dfrac12+\dfrac{\sqrt3}{2}i\right)=1+2\sqrt3\,i.$

(i)　 (2)と同じ考え方で，$Q_1,Q_2,Q_3$ に対応する複素数は $\gamma,\gamma^2,\gamma^3$ であり $$\overrightarrow{Q_1Q_2}:\ \gamma^2-\gamma=(\gamma-1)\gamma,\qquad \overrightarrow{Q_1Q_3}:\ \gamma^3-\gamma=(\gamma^2-1)\gamma=(\gamma-1)(\gamma+1)\gamma$$ より $$\overrightarrow{Q_1Q_3}=(\gamma+1)\times\overrightarrow{Q_1Q_2}.$$ $\gamma+1=2+2\sqrt3\,i$ であるから $$|\gamma+1|=\sqrt{2^2+(2\sqrt3)^2}=\sqrt{4+12}=4,$$ 実部・虚部がともに正で $\displaystyle \tan(\arg(\gamma+1))=\dfrac{2\sqrt3}{2}=\sqrt3$ だから $\displaystyle \arg(\gamma+1)=\dfrac{\pi}{3}$．

したがって $$\displaystyle \angle Q_2Q_1Q_3=\dfrac{\pi}{3}\ \left(=60^\circ\right).$$

(ii)　 $\gamma-1=2\sqrt3\,i$ より $|\gamma-1|=2\sqrt3$，また $|\gamma|=\sqrt{1^2+(2\sqrt3)^2}=\sqrt{13}$ であるから $$|Q_1Q_2|=|\gamma|\,|\gamma-1|=\sqrt{13}\times2\sqrt3=2\sqrt{39},\qquad |Q_1Q_3|=|Q_1Q_2|\times|\gamma+1|=2\sqrt{39}\times4=8\sqrt{39}.$$ したがって $$\displaystyle \triangle Q_1Q_2Q_3=\dfrac12\,|Q_1Q_2|\,|Q_1Q_3|\sin\angle Q_2Q_1Q_3=\dfrac12\times2\sqrt{39}\times8\sqrt{39}\times\sin\dfrac{\pi}{3}=\dfrac12\times624\times\dfrac{\sqrt3}{2}=156\sqrt3.$$

（検算）$\gamma=1+2\sqrt3i$ から直接 $$\gamma^2=\left(1+2\sqrt3i\right)^2=1-12+4\sqrt3i=-11+4\sqrt3i,\qquad \gamma^3=\gamma^2\gamma=(-11+4\sqrt3i)(1+2\sqrt3i)=-35-18\sqrt3i$$ と計算できる。よって $Q_1(1,2\sqrt3),\ Q_2(-11,4\sqrt3),\ Q_3(-35,-18\sqrt3)$ であり，座標による面積公式から $$\displaystyle \triangle Q_1Q_2Q_3=\dfrac12\left|1\{4\sqrt3-(-18\sqrt3)\}+(-11)\{-18\sqrt3-2\sqrt3\}+(-35)\{2\sqrt3-4\sqrt3\}\right|=\dfrac12|22\sqrt3+220\sqrt3+70\sqrt3|=\dfrac12\times312\sqrt3=156\sqrt3$$ と一致する。また $$\displaystyle \cos\angle Q_2Q_1Q_3=\dfrac{\overrightarrow{Q_1Q_2}\cdot\overrightarrow{Q_1Q_3}}{|\overrightarrow{Q_1Q_2}||\overrightarrow{Q_1Q_3}|}=\dfrac{(-12)(-36)+(2\sqrt3)(-20\sqrt3)}{\sqrt{156}\sqrt{2496}}=\dfrac{432-120}{624}=\dfrac12$$ より $\displaystyle \angle Q_2Q_1Q_3=\dfrac{\pi}{3}$ も座標計算から確認できる。