東京工業大学　2020年　問題2


$複素数平面上の異なる3点A,B,Cを複素数\alpha,\beta,\gammaで表す。ここでA,B,Cは同一直線上にないと仮定する。$
$(1)\ \ \triangle ABCが正三角形となる必要十分条件は、\alpha ^2 +\beta ^2 +\gamma ^2 =\alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha \ \ であることを示せ。$
$(2)\ \ \triangle ABCが正三角形のとき、\triangle ABCの外接円上に点Pを任意にとる。このとき、$
$\quad AP^2+BP^2+CP^2およびAP^4+BP^4+CP^4を外接円の半径Rを用いて表せ。$
$\quad ただし、2点X,Yに対し、XYとは線分XYの長さを表す。$


$検討$

$複素数平面の問題であるから、(2)は複素数を用いて解答すべきでしょうが、三角形の正弦・余弦定理を用いても$
$解答できますので別解として示します。$

(1)

$\qquad $複素数平面上の正三角形$に詳しく解説してあります。$

　

(2)


$外接円の中心を原点Oとし、P(\delta)とおく。$
$4点A,B,C,Pは半径Rの円周上の点だから$

$\qquad |\alpha|=|\beta|=|\gamma|=|\delta|=R \hspace{15em}①$

$設問(1)より$
$\qquad \alpha ^2 +\beta ^2 +\gamma ^2 =\alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha \hspace{12em}②$

$点Oは正三角形ABCの外心だから　\vec{OA}+\vec{OB}+\vec{OC}=\vec{0}\quad より$

$\qquad \alpha +\beta +\gamma=0 \hspace{20em}③$

$②より$
$\qquad \alpha ^2 +\beta ^2 +\gamma ^2 -\alpha \beta -\beta \gamma -\gamma \alpha=0$
$\qquad (\alpha +\beta +\gamma)^2-3(\alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha)=0$

$③を代入して$
$\qquad \alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha=0$

$②に代入して$
$\qquad \alpha ^2 +\beta ^2 +\gamma ^2 =0$

$これで、\alpha,\ \ \beta , \ \ \gamma \ \ の対称式の値が求まりました。$

(i)$\ \ 平方の和の値$
\begin{eqnarray*} AP^2 &=&|\delta-\alpha|^2\\ &=&(\delta-\alpha)(\overline{\delta}-\overline{\alpha})\\ &=&|\delta|^2+|\alpha|^2-\alpha \overline{\delta} -\overline{\alpha}\delta\\ &=&2R^2-\alpha \overline{\delta} -\overline{\alpha}\delta\\ \end{eqnarray*} $同様にして$

$\qquad BP^2=2R^2-\beta \overline{\delta} -\overline{\beta}\delta , \quad CP^2=2R^2-\gamma \overline{\delta} -\overline{\gamma}\delta$

$これら3式を加えて$

$\qquad AP^2+BP^2+CP^2$
\begin{eqnarray*} &=&(2R^2-\alpha \overline{\delta} -\overline{\alpha}\delta)+ (2R^2-\beta \overline{\delta} -\overline{\beta}\delta)+ (2R^2-\gamma \overline{\delta} -\overline{\gamma}\delta)\\ &=&6R^2-(\alpha +\beta +\gamma )\overline{\delta} -(\overline{\alpha}+\overline{\beta}+\overline{\gamma})\delta\\ &=&6R^2-(\alpha +\beta +\gamma )\overline{\delta} -\overline{(\alpha +\beta +\gamma})\delta\\ &=&6R^2\\ \end{eqnarray*}
(ii)$\ \ 4乗の和の値$
\begin{eqnarray*} AP^4 &=&|\delta-\alpha|^4\\ &=&(2R^2-\alpha \overline{\delta} -\overline{\alpha}\delta)^2\\ &=&4R^4-4R^2(\alpha \overline{\delta} +\overline{\alpha}\delta)+(\alpha \overline{\delta} +\overline{\alpha}\delta)^2\\ &=&4R^4-4R^2(\alpha \overline{\delta} +\overline{\alpha} \delta )+\alpha ^2 \overline{\delta} ^2 +2\alpha \overline{\alpha}\delta \overline{\delta}+\overline{\alpha}^2\delta ^2\\ &=&4R^4-4R^2(\alpha \overline{\delta} +\overline{\alpha} \delta )+\alpha ^2 \overline{\delta} ^2 +2|\alpha|^2|\delta|^2+\overline{\alpha}^2\delta ^2\\ &=&4R^4-4R^2(\alpha \overline{\delta} +\overline{\alpha} \delta )+\alpha ^2 \overline{\delta} ^2 +2R^4+\overline{\alpha}^2\delta ^2\\ &=&6R^4-4R^2(\alpha \overline{\delta} +\overline{\alpha} \delta )+\alpha ^2 \overline{\delta} ^2 +\overline{\alpha}^2\delta ^2\\ \end{eqnarray*} $同様にして$

$\qquad BP^4=6R^4-4R^2(\beta \overline{\delta} +\overline{\beta} \delta )+\beta ^2 \overline{\delta} ^2 +\overline{\beta}^2\delta ^2,\quad CP^4=6R^4-4R^2(\gamma \overline{\delta} +\overline{\gamma} \delta )+\gamma ^2 \overline{\delta} ^2 +\overline{\gamma}^2\delta ^2$

$これら3式を加えて$

$\qquad AP^4+BP^4+CP^4$
\begin{eqnarray*} &=&\{6R^4-4R^2(\alpha \overline{\delta} +\overline{\alpha} \delta )+\alpha ^2 \overline{\delta} ^2 +\overline{\alpha}^2\delta ^2\} +\{6R^4-4R^2(\beta \overline{\delta} +\overline{\beta} \delta )+\beta ^2 \overline{\delta} ^2 +\overline{\beta}^2\delta ^2\}\\ &&\hspace{20em}+\{6R^4-4R^2(\gamma \overline{\delta} +\overline{\gamma} \delta )+\gamma ^2 \overline{\delta} ^2 +\overline{\gamma}^2\delta ^2\}\\ \\ &=&18R^4-4R^2\{(\alpha +\beta +\gamma)\overline{\delta} +(\overline{\alpha} +\overline{\beta}+\overline{\gamma})\delta \}+(\alpha ^2 +\beta ^2+ \gamma ^2)\overline{\delta}^2+ (\overline{\alpha} ^2 +\overline{\beta}^2+\overline{\gamma}^2)\delta ^2\\ \\ &=&18R^4-4R^2\{(\alpha +\beta +\gamma)\overline{\delta} +\overline{(\alpha +\beta +\gamma )}\delta \}+(\alpha ^2 +\beta ^2+ \gamma ^2)\overline{\delta}^2+ \overline{(\alpha ^2 +\beta ^2+ \gamma ^2)}\delta ^2\\ \\ &=&18R^4\\ \end{eqnarray*}

$(蛇足)$

$もしマークシート形式のように、答えだけ要求される問題ならば、P(\delta)をC(\gamma)に一致させればよい。$

$正三角形の1辺は、正弦定理を用いて$

$\qquad \cfrac{AC}{\sin 60°}=2R \ \ より \ \ AC=2R\sin 60°=\sqrt{3}R \ \ だから$

$\qquad AP^2+BP^2+CP^2=AC^2+BC^2+CC^2=3R^2+3R^2=6R^2$

$\qquad AP^4+BP^4+CP^4=AC^4+BC^4+CC^4=9R^4+9R^4=18R^4$

$と簡単に求まります。$


$(別解)$

$(2)の式の値は三角形の正弦・余弦定理を用いて解くこともできます。$

　
$\angle ABP=\theta \ \ とおく$

$\triangle ABPに正弦定理を用いて \qquad AP=2R\sin \theta$

$\triangle BCPに正弦定理を用いて$

$\qquad \cfrac{BP}{\sin(60°+\theta)}=\cfrac{CP}{\sin (60 °-\theta)}=2R \ \ より$

$\qquad BP=2R\sin(60°+\theta),\quad CP=2R\sin(60°-\theta)$


$まず、これから使う式の値を求めておきます。$

(i)$\ \ AP+CP-BP=0$

$(証明)$

$\hspace{3em}AP+CP-BP$
\begin{eqnarray*} &=&2R\sin \theta +2R\sin(60°-\theta)-2R\sin(60°+\theta)\\ &=&2R\sin \theta +2R(\sin 60°\cos \theta -\cos 60°\sin \theta)-2R(\sin 60°\cos \theta +\cos 60°\sin \theta)\\ &=&2R\sin \theta -2R \times 2\cos 60°\sin \theta\\ &=&2R\sin \theta -2R \times \sin \theta\\ &=&0 \end{eqnarray*}
(ii)$\ \ AP \cdot BP +BP \cdot CP -AP \cdot CP =3R^2 $

$(証明)$

$\hspace{3em}AP \cdot BP +BP \cdot CP -AP \cdot CP$
\begin{eqnarray*} &=&(AP+CP) \cdot BP -AP \cdot CP\\ &=&BP^2 -AP \cdot CP \\ &=&\{2R\sin(60°+\theta)\}^2-2R\sin \theta \times 2R\sin(60°-\theta)\\ &=&4R^2(\sin 60°\cos \theta +\cos 60 °\sin \theta)^2-4R^2\sin \theta (\sin 60°\cos \theta -\cos 60 °\sin \theta)\\
&=&4R^2(\small{\cfrac{\sqrt{3}}{2}}\cos \theta +\small{\cfrac{1}{2}}\sin \theta)^2-4R^2\sin \theta (\small{\cfrac{\sqrt{3}}{2}}\cos \theta -\small{\cfrac{1}{2}}\sin \theta)\\
&=&4R^2(\small{\cfrac{3}{4}}\cos ^2\theta +\small{\cfrac{\sqrt{3}}{2}}\sin \theta \cos \theta +\small{\cfrac{1}{4}}\sin ^2\theta-\small{\cfrac{\sqrt{3}}{2}}\sin \theta \cos \theta +\small{\cfrac{1}{2}}\sin ^2\theta)\\
&=&4R^2 \times \small{\cfrac{3}{4}}\\ &=&3R^2 \end{eqnarray*}
(ii)$は三角形の面積を用いても求められます。$

$\quad \triangle ABP +\triangle BCP-\triangle ACP=\triangle ABC \quad だから$

$\quad \cfrac{1}{2}AP \cdot BP\sin 60 °+\cfrac{1}{2}BP \cdot CP\sin 60 °-\cfrac{1}{2}AP \cdot CP\sin 120 °=\cfrac{1}{2}AB \cdot AC\sin 60 °$

$\quad AP \cdot BP +BP \cdot CP -AP \cdot CP =AB \cdot AC$

$\quad \therefore AP \cdot BP +BP \cdot CP -AP \cdot CP =3R^2 $


$これで準備が整いました。$

$①\ \ 平方の和の値$

$\triangle ABP に余弦定理を用いて$
$\quad AB^2=AP^2+BP^2-2AP\cdot BP\cos 60°\ \ より$
$\quad 3R^2=AP^2+BP^2-AP\cdot BP$

$同様に\triangle BCP において$
$\quad BC^2=BP^2+CP^2-2BP\cdot CP\cos 60°\ \ より$
$\quad 3R^2=BP^2+CP^2-BP\cdot CP $

$同様に\triangle CAP において$
$\quad CA^2=AP^2+CP^2-2AP\cdot CP\cos 120°\ \ より$
$\quad 3R^2=AP^2+CP^2+AP\cdot CP $

$これらの3式を加えて、$(ii)$を用いると$

$\quad 9R^2=2(AP^2+BP^2+CP^2)-(AP\cdot BP +BP\cdot CP -AP\cdot CP) $
$\quad 9R^2=2(AP^2+BP^2+CP^2)-3R^2$
$\quad \therefore \ \ AP^2+BP^2+CP^2 =6R^2$


$なお、AP=2R\sin \theta ,\ \ BP=2R\sin(60°+\theta),\ \ CP=2R\sin(60°-\theta)\ \ を直接代入する手もあります。$


$②\ \ 4乗の和の値$

$\quad $(ii)$式の\ \ AP \cdot BP +BP \cdot CP -AP \cdot CP =3R^2 \quad の両辺を平方して$

$\quad AP^2 \cdot BP^2 +BP^2 \cdot CP^2 +AP^2 \cdot CP^2 +2(AP \cdot BP^2 \cdot CP -AP \cdot BP \cdot CP^2 -AP^2 \cdot BP \cdot CP) =9R^4$
$\quad AP^2 \cdot BP^2 +BP^2 \cdot CP^2 +AP^2 \cdot CP^2 -2AP \cdot BP \cdot CP(AP +CP-BP)=9R^4 $

$\quad $(i)$を用いると \quad AP +CP-BP=0\ \ だから$

$\quad AP^2 \cdot BP^2 +BP^2 \cdot CP^2 +AP^2 \cdot CP^2 =9R^4 $

$ここで、①を平方して$
$\quad (AP^2+BP^2+CP^2)^2 =36R^4 $
$\quad AP^4+BP^4+CP^4+2(AP^2 \cdot BP^2+BP^2 \cdot CP^2+CP^2 \cdot AP^2)=36R^4 $
$上式を代入して$
$\quad AP^4+BP^4+CP^4+2 \times 9R^4=36R^4$
$\quad \therefore \ \ AP^4+BP^4+CP^4 =18R^4$



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