九州大学(理系) 2023年　問題1


$以下の問いに答えよ。$
$(1)\ \ 4\ 次方程式 \ \ x^4-2x^3+3x^2-2x+1=0 \ \ を解け。$
$(2)\ \ 複素数平面上の \ \triangle ABC\ \ の頂点を表す複素数をそれぞれ \ \alpha,\ \beta , \ \gamma \ とする。$
$\qquad (\alpha -\beta )^4+(\beta -\gamma )^4+(\gamma -\alpha)^4 =0$
$\quad が成り立つとき、\triangle ABC \ \ はどのような三角形になるか答えよ。$


(1)


$x^4-2x^3+3x^2-2x+1=0 \quad x \ne 0 \quad だから、両辺を \ x^2 \ で割って$

$x^2-2x+3-\cfrac{2}{x}+\cfrac{1}{x^2}=0$

$(x^2+\cfrac{1}{x^2})-2(x+\cfrac{1}{x})+3=0$

$(x+\cfrac{1}{x})^2-2(x+\cfrac{1}{x})+1=0$

$\big(x+\cfrac{1}{x}-1\big)^2=0$

$x+\cfrac{1}{x}-1=0$

$x^2-x+1=0$

$\therefore \ \ x=\cfrac{1\pm \sqrt{1-4}}{2}=\cfrac{1 \pm \sqrt{3}i}{2}$

$なお、このような対称形の方程式を相反方程式といいます。$


(2)


$(\alpha -\beta )^4+(\beta -\gamma )^4+(\gamma -\alpha)^4 =0 \quad において \quad \alpha -\beta =\delta ,\ \ \beta -\gamma =\varepsilon ,\ \ \gamma -\alpha =\zeta \quad とおくと$

$\delta ^4+ \varepsilon ^4+ \zeta ^4=0 $

$\delta + \varepsilon + \zeta =0 \quad だから \quad \zeta =-(\delta + \varepsilon )\ \ を上式に代入すると$

$\delta ^4+ \varepsilon ^4+ (\delta +\varepsilon )^4=0 $

$\delta ^4+ \varepsilon ^4+ (\delta ^4 + 4\delta ^3 \varepsilon + 6\delta ^2 \varepsilon ^2 + 4\delta \varepsilon ^3 + \varepsilon ^4 )=0 $

$\delta ^4+ 2\delta ^3 \varepsilon + 3\delta ^2 \varepsilon ^2 + 2\delta \varepsilon ^3 + \varepsilon ^4 =0 $

$両辺を \ \varepsilon ^4 \ で割って$

$\big(\cfrac{\delta}{\varepsilon}\big)^4+ 2\big(\cfrac{\delta}{\varepsilon}\big)^3+ 3\big(\cfrac{\delta}{\varepsilon}\big)^2+ 2\big(\cfrac{\delta}{\varepsilon}\big)+1=0$

$\cfrac{\delta}{\varepsilon} =z \quad とおくと \quad 　z^4+ 2z^3+ 3z^2+ 2z+1=0$

$これは(1)で \ \ x \longrightarrow -z \ \ と置いたものだから \ \ 方程式は \ \ (z^2+z+1)^2=0 \ \ となり解は \quad z=\cfrac{-1 \pm \sqrt{3}i}{2}$

$\omega=\cfrac{-1 + \sqrt{3}i}{2} \quad とおくと \quad \overline{\omega}=\cfrac{-1 - \sqrt{3}i}{2} $

$ここで \quad \omega \ \ についての性質をまとめると$

$\quad z^2+z +1=0 \quad で、解と係数の関係より \quad \omega + \overline{\omega}=-1 ,\quad \omega \overline{\omega}=1$

$\quad \omega ^2=-\omega -1 , \quad \therefore \ \ \omega ^2=\overline{\omega}$

$\quad \omega ^3=\omega \times \omega ^2=\omega \overline{\omega}=1$

(i)$\ \ z=\omega \quad のとき$

$\quad \cfrac{\delta}{\varepsilon}=\omega \quad より \quad \delta=\omega \varepsilon$

$\quad \zeta=-(\delta +\varepsilon)=-(\omega \varepsilon +\varepsilon)=-(\omega +1)\varepsilon=\omega ^2 \varepsilon $

$\quad したがって$
\[ \quad \hspace{1em} \left\{ \begin{array}{l} \alpha -\beta =\omega (\beta - \gamma) \ \hspace{5em}①\\ \gamma -\alpha =\omega ^2(\beta - \gamma) \hspace{5em}②\\ \end{array} \right. \]

　

$\quad ①より \quad \cfrac{\beta -\gamma}{\alpha -\beta}=\cfrac{1}{\omega}$

$\qquad \cfrac{\gamma - \beta}{\alpha -\beta}=-\cfrac{1}{\omega}=-\omega ^2=-\overline{\omega}=\cfrac{1+\sqrt{3}i}{2}=\cos \cfrac{\pi}{3}+i\sin \cfrac{\pi}{3}$

$\qquad よって \quad 点 \ C(\gamma) \ は点 \ A(\alpha) \ を点 \ B(\beta) \ のまわりに \ \cfrac{\pi}{3}\ 回転した点$

$\quad ②より \quad \cfrac{\gamma - \alpha }{\beta - \gamma }=\omega ^2 \qquad \cfrac{\alpha -\gamma }{\beta - \gamma }=-\omega ^2=\cos \cfrac{\pi}{3}+i\sin \cfrac{\pi}{3}$

$\qquad よって \quad 点 \ A(\alpha) \ は点 \ B(\beta) \ を点 \ C(\gamma) \ のまわりに \ \cfrac{\pi}{3}\ 回転した点$

$\quad どちらも \ \ \triangle ABC \ は正三角形であることを示している。$

(ii)$\ \ z=\overline{\omega}=\omega ^2 \quad のとき$

$\quad \cfrac{\delta}{\varepsilon}=\omega ^2 \quad より \quad \delta=\omega ^2 \varepsilon$

$\quad \zeta=-(\delta +\varepsilon)=-(\omega ^2 \varepsilon +\varepsilon)=-(\omega ^2 +1)\varepsilon=\omega \varepsilon $

$\quad したがって$
\[ \quad \hspace{1em} \left\{ \begin{array}{l} \alpha -\beta =\omega ^2 (\beta - \gamma) \hspace{5em}③\\ \gamma -\alpha =\omega (\beta - \gamma) \ \hspace{5em}④\\ \end{array} \right. \]

　


$\quad ③より \quad \cfrac{\alpha - \beta }{\beta - \gamma }=\omega ^2 \qquad \cfrac{\alpha - \beta}{\gamma -\beta}=-\omega ^2=\cos \cfrac{\pi}{3}+i\sin \cfrac{\pi}{3}$

$\qquad よって \quad 点 \ A(\alpha) \ は点 \ C(\gamma) \ を点 \ B(\beta) \ のまわりに \ \cfrac{\pi}{3}\ 回転した点$

$\quad ④より \quad \cfrac{\beta - \gamma }{\gamma - \alpha }=\cfrac{1}{\omega} \qquad \cfrac{\beta -\gamma }{\alpha - \gamma }=\cos \cfrac{\pi}{3}+i\sin \cfrac{\pi}{3}$

$\qquad よって \quad 点 \ B(\beta) \ は点 \ A(\alpha) \ を点 \ C(\gamma) \ のまわりに \ \cfrac{\pi}{3}\ 回転した点$

$\quad どちらも \ \ \triangle ABC \ は正三角形であることを示している。$

(i),(ii)$\ \ は頂点A,\ B,\ C\ が右回り(時計回り)か左回り(反時計回り)の違いだけで、\triangle ABC \ は正三角形である。$


$(研究)$

$問題文は、「(\alpha -\beta )^4+(\beta -\gamma )^4+(\gamma -\alpha)^4 =0」\ \ が成り立つときとしているが$

$これを、「(\alpha -\beta )^2+(\beta -\gamma )^2+(\gamma -\alpha)^2 =0」\ \ が成り立つときと変えるとどうなるか調べてみましょう。$


$\alpha -\beta =\delta ,\ \ \beta -\gamma =\varepsilon ,\ \ \gamma -\alpha =\zeta \quad とおくと$

$\delta ^2+ \varepsilon ^2+ \zeta ^2=0 $

$\zeta =-(\delta + \varepsilon )\ \ を上式に代入すると$

$\delta ^2+ \varepsilon ^2+ (\delta +\varepsilon )^2=0 $

$\delta ^2+ \delta \varepsilon + \varepsilon ^2 =0 $

$両辺を \ \varepsilon ^2 \ で割って$

$\big(\cfrac{\delta}{\varepsilon}\big)^2+ \cfrac{\delta}{\varepsilon} +1=0$

$\cfrac{\delta}{\varepsilon} =z \quad とおくと \quad 　z^2+ z+1=0$

$となって、同じ方程式が導かれます。$


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