8愛媛大学 2019年 数学 第8問解答・解説

{}(1) z_{1}=2-$\sqrt{3}$i, z_{2}=5+$\sqrt{3}$i より　 $|z_{1}|=\sqrt{2^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{4+3}=\sqrt{7}$,　 $|z_{2}|=\sqrt{5^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{25+3}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$.

(2) 分母を実数化すると　 $$\displaystyle \frac{z_{2}}{z_{1}}=\frac{5+\sqrt{3}i}{2-\sqrt{3}i}=\frac{(5+\sqrt{3}i)(2+\sqrt{3}i)}{(2-\sqrt{3}i)(2+\sqrt{3}i)}=\frac{10+5\sqrt{3}i+2\sqrt{3}i+3i^{2}}{4+3}=\frac{7+7\sqrt{3}i}{7}=1+\sqrt{3}i.$$　 この値の絶対値は $|1+\sqrt{3}i|=\sqrt{1+3}=2$（$=|z_{2}|/|z_{1}|=2\sqrt{7}/\sqrt{7}$ と一致し検算になる），偏角は実部・虚部がともに正で $\tan\theta=\sqrt{3}$ を満たすから $\displaystyle \theta=\dfrac{\pi}{3}$。　 $\displaystyle \dfrac{z_{2}}{z_{1}}$ の偏角は，$O$ を原点とみたときの半直線 $OP$ から半直線 $OQ$ までの回転角（$\arg z_{2}-\arg z_{1}$）に等しく，これが $0$ と $\pi$ の間にあるので，そのままなす角に等しい。よって　 $$\displaystyle \angle POQ=\frac{\pi}{3}\ (=60^{\circ}).$$

(3) 原点中心の角 $\displaystyle \dfrac{\pi}{6}$ の回転は，複素数に $\displaystyle \cos\dfrac{\pi}{6}+i\sin\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{1}{2}i$ を掛けることと同じである。　 {}(i)　 $$\displaystyle z_{1}'=z_{1}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i\right)=(2-\sqrt{3}i)\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i\right).$$　 実部：$\displaystyle 2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}-(-\sqrt{3})\cdot\dfrac{1}{2}=\sqrt{3}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$，虚部：$\displaystyle 2\cdot\dfrac{1}{2}+(-\sqrt{3})\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=1-\dfrac{3}{2}=-\dfrac{1}{2}$。よって$$\displaystyle z_{1}'=\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i.$$　 同様に$$\displaystyle z_{2}'=z_{2}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i\right)=(5+\sqrt{3}i)\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i\right).$$　 実部：$\displaystyle 5\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\sqrt{3}\cdot\dfrac{1}{2}=\dfrac{5\sqrt{3}}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$，虚部：$\displaystyle 5\cdot\dfrac{1}{2}+\sqrt{3}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{5}{2}+\dfrac{3}{2}=4$。よって$$z_{2}'=2\sqrt{3}+4i.$$　 （検算：回転は原点からの距離を変えないので $|z_{1}'|=\sqrt{(3\sqrt3/2)^2+(1/2)^2}=\sqrt{27/4+1/4}=\sqrt{7}=|z_1|$，$|z_{2}'|=\sqrt{(2\sqrt3)^2+4^2}=\sqrt{12+16}=\sqrt{28}=2\sqrt7=|z_2|$ となり，(1)の値と一致する。）

(ii) 半直線 $OQ$ 上の点は実数 $s$ を用いて $sz_{2}\ (0\le s\le1\ \text{が線分}OQ)$ と表せる。線分 $P'Q'$ 上の点は実数 $u\ (0\le u\le1)$ を用いて $z_{1}'+u(z_{2}'-z_{1}')$ と表せる。$\displaystyle z_{2}'-z_{1}'=2\sqrt{3}+4i-\left(\dfrac{3\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}i\right)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{9}{2}i$。交点では実部・虚部を比較して　 $$\displaystyle 5s=\frac{3\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}u,\qquad \sqrt{3}\,s=-\frac{1}{2}+\frac{9}{2}u.$$　 第2式より $\displaystyle s=\dfrac{9u-1}{2\sqrt{3}}$。これを第1式に代入し両辺を $2\sqrt{3}$ 倍すると　 $$\displaystyle 5(9u-1)=2\sqrt3\left(\frac{3\sqrt3}{2}+\frac{\sqrt3}{2}u\right)=9+3u\ \quad\text{ならば}\quad\ 45u-5=9+3u\ \quad\text{ならば}\quad\ 42u=14\ \quad\text{ならば}\quad\ u=\frac13.$$　 よって $\displaystyle s=\dfrac{9\cdot\frac13-1}{2\sqrt3}=\dfrac{2}{2\sqrt3}=\dfrac{1}{\sqrt3}=\dfrac{\sqrt3}{3}$。$\displaystyle 0\le u=\frac13\le1$，$\displaystyle 0\le s=\frac{\sqrt3}{3}\le1$ だから，交点は確かに線分 $OQ$・線分 $P'Q'$ の内部にある。　 $$\displaystyle w=sz_{2}=\frac{\sqrt3}{3}(5+\sqrt3i)=\frac{5\sqrt3}{3}+i.$$　 （検算：$\displaystyle u=\frac13$ を $z_{1}'+u(z_2'-z_1')$ に代入すると実部 $\displaystyle \dfrac{3\sqrt3}{2}+\dfrac13\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}=\dfrac{9\sqrt3}{6}+\dfrac{\sqrt3}{6}=\dfrac{10\sqrt3}{6}=\dfrac{5\sqrt3}{3}$，虚部 $\displaystyle -\dfrac12+\dfrac13\cdot\dfrac92=-\dfrac12+\dfrac32=1$ となり，上の $w$ と一致する。）

(iii) (2)より，$\displaystyle \angle POQ=\dfrac{\pi}{3}$ であり，回転角 $\displaystyle \dfrac{\pi}{6}$ はその半分である。したがって，$\triangle OPQ$ の原点以外の点の偏角を $\varphi$ とすると、その範囲は $\displaystyle \arg z_1\le\varphi\le\arg z_1+\dfrac\pi3$，$\triangle OP'Q'$ の範囲は $\displaystyle \arg z_1+\dfrac\pi6\le\varphi\le\arg z_1+\dfrac\pi2$ である。両方に共通する方向は，半直線 $OP'$ から半直線 $OQ$ までである。　 座標は $P=(2,-\sqrt3)$, $Q=(5,\sqrt3)$, $\displaystyle P'=\left(\dfrac{3\sqrt3}{2},-\dfrac12\right)$, $\displaystyle R=\left(\dfrac{5\sqrt3}{3},1\right)$ である。特に　 $$\displaystyle P'=\frac{\sqrt3}{3}P+\frac{\sqrt3}{6}Q+\left(1-\frac{\sqrt3}{2}\right)O,\qquad \frac{\sqrt3}{3}>0,\quad \frac{\sqrt3}{6}>0,\quad 1-\frac{\sqrt3}{2}>0.$$　 係数の和は1なので，この表示は $P'$ が $\triangle OPQ$ の内部にあることを示す。また，(ii)で求めた交点は $\displaystyle R=\dfrac{\sqrt3}{3}Q$ であり，$\displaystyle 0<\dfrac{\sqrt3}{3}<1$ より $R$ は線分 $OQ$ 上にある。共通方向の範囲で $\triangle OP'Q'$ を半直線 $OQ$ で切った部分は，$OQ$ と辺 $P'Q'$ の交点が $R$ であることから $\triangle OP'R$ である。$O,P',R$ はいずれも $\triangle OPQ$ に属し，三角形内の二点を結ぶ線分もその内部または周上にあるため、三角形 $OP'R$ 全体は三角形 $OPQ$ に含まれる。よって二つの三角形の重なる部分はちょうど $\triangle OP'R$ である。　 面積は　 $$\displaystyle S=\frac12\left|x_{P'}y_R-x_Ry_{P'}\right|=\frac12\left|\frac{3\sqrt3}{2}+\frac{5\sqrt3}{6}\right|=\frac12\cdot\frac{14\sqrt3}{6}=\frac{7\sqrt3}{6}.$$　 （検算：$|OP'|=\sqrt7$, $\displaystyle |OR|=\dfrac{\sqrt3}{3}|z_2|=\dfrac{2\sqrt{21}}{3}$, $\displaystyle \angle P'OR=\dfrac{\pi}{6}$ より，$$\displaystyle S=\frac12|OP'||OR|\sin\frac{\pi}{6}=\frac12\cdot\sqrt7\cdot\frac{2\sqrt{21}}3\cdot\frac12=\frac{7\sqrt3}{6}.$$