熊本大学(理系) 2023年　問題3


$\alpha,\ \beta \ を複素数とし、複素数平面上の \ 3\ 点 \ O(0),\ A(\alpha),\ B(\beta) \ が三角形をなすとする。点 \ A\ を点 \ O\ を$
$中心として \ \cfrac{\pi}{3}\ だけ回転した点を \ P,点 \ O\ を点 \ B\ を中心として \ \cfrac{\pi}{3}\ だけ回転した点を \ Q,点\ B\ を点 \ A\ を$
$中心として \ \cfrac{\pi}{3}\ だけ回転した点を \ R\ とする。\triangle POA,\ \ \triangle QBO,\ \ \triangle RAB \ の重心をそれぞれ \ G,\ H,\ I\ と$
$する。以下の問いに答えよ。$
$(1)\ \ 3\ 点 \ P,\ Q,\ R\ を表す複素数のそれぞれを \ \alpha , \ \beta \ を用いて表せ。$
$(2)\ \ 3\ 点 \ G,\ H,\ I\ を表す複素数のそれぞれを \ \alpha , \ \beta \ を用いて表せ。$
$(3)\ \ 3\ 点 \ G,\ H,\ I\ が三角形ををなすとき、\triangle GHI\ が正三角形かどうか判定せよ。$


(1)


$\omega=\cos \cfrac{\pi}{3} +i\sin \cfrac{\pi}{3}=\cfrac{1}{2}+\cfrac{\sqrt{3}}{2}i \quad とおくと \quad \omega \ \ には次のような性質がある。$

$\omega \ を解にもつ \ 2\ 次方程式は \quad x=\cfrac{1}{2}+\cfrac{\sqrt{3}}{2}i \quad より \quad 2x- 1=\sqrt{3}i$

$両辺 \ 2\ 乗して整理すると \quad x^2-x+1=0 \quad もう一つの解は \ \omega \ に共役だから \quad \overline{\omega}$

$解と係数の関係より \quad \omega +\overline{\omega}=1,\quad \omega \overline{\omega}=1$

$|\omega \overline{\omega}|=|\omega |^2=1 \quad より \quad |\omega |=1$

$\omega ^2=\omega -1=-\overline{\omega}$

　

$P(\gamma)\ は点 \ A(\alpha)\ を点 \ O\ を中心として \ \cfrac{\pi}{3}\ だけ回転した点だから$

$\quad \gamma =\omega \alpha \qquad \therefore \ \ P(\gamma)\ は \ \omega \alpha$

$Q(\delta)\ は点 \ O\ を点 \ B(\beta)\ を中心として \ \cfrac{\pi}{3}\ だけ回転した点だから$

$\quad \cfrac{\delta -\beta}{0-\beta}=\omega \qquad \delta=(1-\omega)\beta =\overline{\omega} \beta \qquad \therefore \ \ Q(\delta)\ は \ \overline{\omega} \beta $

$P(\varepsilon)\ は点 \ B(\beta)\ を点 \ A(\alpha)\ を中心として \ \cfrac{\pi}{3}\ だけ回転した点だから $

$\quad \cfrac{\varepsilon -\alpha}{\beta -\alpha}=\omega \qquad \varepsilon =(1-\omega)\alpha + \omega \beta =\overline{\omega} \alpha +\omega \beta \qquad \therefore \ \ R(\varepsilon) \ は \ \overline{\omega} \alpha +\omega \beta$


(2)

　

$点G(\zeta)\ は \ \triangle POA \ の重心だから $

$\quad \zeta =\cfrac{\gamma + 0 + \alpha}{3}=\cfrac{1}{3}(\omega \alpha + \alpha)=\cfrac{1}{3}(1+\omega) \alpha $

$点H(\eta)\ は \ \triangle QBO \ の重心だから $

$\quad \eta =\cfrac{\delta + \beta +0}{3}=\cfrac{1}{3}(\overline{\omega} \beta + \beta)=\cfrac{1}{3}(1+\overline{\omega}) \beta $

$点I(\vartheta) \ は \ \triangle RAB \ の重心だから $

$\quad \vartheta =\cfrac{\varepsilon + \alpha + \beta }{3}=\cfrac{1}{3}(\overline{\omega} \alpha + \omega \beta + \alpha +\beta)=\cfrac{1}{3}\big((1+\overline{\omega})\alpha +(1+\omega) \beta \big) $


(3)


\begin{eqnarray*} \cfrac{\vartheta-\zeta}{\eta-\zeta} &=&\cfrac{\cfrac{1}{3}\big((1+\overline{\omega})\alpha +(1+\omega) \beta \big) - \cfrac{1}{3}(1+\omega) \alpha }{ \cfrac{1}{3}(1+\overline{\omega})\beta - \cfrac{1}{3}(1+\omega) \alpha }\\ \\ &=&\cfrac{(\overline{\omega} - \omega )\alpha +(1+\omega) \beta}{(1+\overline{\omega})\beta - (1+\omega) \alpha}\\ \\ &=&\cfrac{\omega\{(\overline{\omega} - \omega )\alpha +(1+\omega) \beta\}}{\omega\{(1+\overline{\omega})\beta - (1+\omega) \alpha\}} \hspace{5em}(分母・分子に \ \omega \ をかけて)\\ \\ &=&\cfrac{\omega\{(\overline{\omega} - \omega )\alpha +(1+\omega) \beta\}}{(\omega + 1)\beta - (\omega - \overline{\omega}) \alpha}　\hspace{4em}(分母に \ \omega \overline{\omega}=1,\quad \omega ^2=-\overline{\omega}\ をつかって)\\ \\ &=&\cfrac{\omega\{(\overline{\omega} - \omega )\alpha +(1+\omega) \beta\}}{ (\overline{\omega} - \omega ) \alpha + (1+ \omega )\beta }\\ \\ &=&\omega \end{eqnarray*}
$よって$

$\big|\cfrac{\vartheta-\zeta}{\eta-\zeta}\big|=|\omega |=1 \quad だから \quad |\vartheta-\zeta |=|\eta-\zeta |$

$\arg(\vartheta-\zeta)- \arg(\eta-\zeta) =\arg(\omega)=\cfrac{\pi}{3}$

$したがって、\triangle GHI\ は正三角形となる。$


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