東京農工大学 2023年 問題1
$i\ は虚数単位とする。複素数平面上で、以下の(条件1)を満たす点 \ z\ 全体の表す図形を \ Z、(条件2)を$
$満たす点 \ w\ 全体の表す図形を \ W\ とする。$
$\qquad (条件1)\ \ z\ の実部を \ x\ とするとき、|z-2-i|=\sqrt{5-2x} \ \ が成り立つ。$
$\qquad (条件2)\ \ |w-1-\sqrt{2}-i|=|w-2| $
$図形 \ W\ と実軸の交点を \ A(\alpha) \ \ とする。次の問いに答えよ。$
$(1)\ \ 図形 \ Z\ はどのような図形か答えよ。$
$(2)\ \ \alpha \ の値を求めよ。$
$(3)\ \ 図形 \ Z\ と図形 \ W\ の交点を複素数で表したとき、それらの複素数すべての和を \ \beta \ とする。$
$\quad \beta \ の値を求めよ。$
$(4)\ \ (3)で求めた複素数 \ \beta \ が表す点を \ B\ とする。点 \ B\ を、点 \ A\ を中心として \ \cfrac{2}{3}\pi \ だけ回転した$
$\quad 点を \ C\ とするとき、\triangle ABC \ の重心を表す複素数を求めよ。$
(1)
$z=x+yi\ \ (x,\ y\ は実数)\ とおくと \quad |z-2-i|=\sqrt{5-2x} \ \ は$
$|x-2+i(y-1)|=\sqrt{5-2x}$
$(x-2)^2+(y-1)^2=5-2x$
$x^2-2x-1+(y-1)^2=0$
$(x-1)^2+(y-1)^2=2$
$なお、x \leqq 1+\sqrt{2} \quad だからこれは、x \leqq \cfrac{5}{2}\ \ を満たす。$
(2)
$|w-1-\sqrt{2}-i|=|w-2| \ \ で \ \ w=\alpha \ (実数)\ とおくと$
$|\alpha -1-\sqrt{2}-i|=|\alpha -2| $
$(\alpha -1-\sqrt{2})^2+ 1=(\alpha -2)^2 $
$\alpha ^2-2(1+\sqrt{2})\alpha + (1+\sqrt{2})^2+1=\alpha ^2 -4\alpha +4$
$2(\sqrt{2} -1)\alpha =2\sqrt{2} $
$\alpha=\cfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}-1}=2+\sqrt{2}$
(3)
$w\ は点D(1+\sqrt{2}+i)\ と点 \ E(2)\ から等距離にあるから、$
$図形 \ W\ は線分 \ DE\ の垂直二等分線である。$
$また、2\ 点 \ D(1+\sqrt{2}+i)\ と \ E(2)\ は \ \ (x-1)^2+(y-1)^2=2$
$を満たすから図形 \ Z\ 上にある。$
$したがって、線分 \ DE\ は円の弦となり、弦の垂直二等分線 \ W\ は$
$この円の中心 \ H\ を通る。$
$図形 \ Z\ と \ W\ の交点は \ 2\ つあり、それらを \ I(\varepsilon),\ J(\zeta) \ \ とおくと$
$線分 \ IJ\ は \ Z\ の直径で、点 \ H\ は \ I,\ J\ の中点となる。$
$したがって \quad \cfrac{\varepsilon + \zeta}{2}=1+i$
$\beta =\varepsilon + \zeta=2+2i$
$以上は、図形的な解法であるが、別解として解析的な方法で求めてみます。$
$(別解)$
$(2)と同様に \ W\ と虚軸の交点を \ F(\delta i)\ (\delta \ は実数)\ とする。$
$|w-1-\sqrt{2}-i|=|w-2| \ \ で \ w=\delta i \quad とおくと$
$|\delta i -1-\sqrt{2}-i|=|\delta i -2| $
$|-1-\sqrt{2}+(\delta -1)i|=|-2+ \delta i | $
$(-1-\sqrt{2})^2+ (\delta -1)^2=(-2)^2+ \delta ^2 $
$(3+2\sqrt{2})+(\delta ^2 -2\delta +1)=4+\delta ^2$
$\delta =\sqrt{2} $
$2\ 点 \ A(2+\sqrt{2}),\ \ F(\sqrt{2}i)\ \ を通る直線は$
$\cfrac{x}{2+\sqrt{2}}+\cfrac{y}{\sqrt{2}}=1$
$y=-\cfrac{\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}}x+\sqrt{2}=-\cfrac{\sqrt{2}(2-\sqrt{2})}{2}x+\sqrt{2}$
$よって \quad W : y=-(\sqrt{2}-1)x+\sqrt{2}$
$(1)より \quad Z : (x-1)^2+(y-1)^2=2 \quad に代入して$
$(x-1)^2+(-(\sqrt{2}-1)x+\sqrt{2}-1)^2=2 $
$(x-1)^2+((\sqrt{2}-1)(-x+1))^2=2 $
$(1+(\sqrt{2}-1)^2)((x-1)^2=2$
$(2-\sqrt{2})(x-1)^2=1$
$(x-1)^2=\cfrac{1}{2-\sqrt{2}}$
$x^2-2x+1=\cfrac{2+\sqrt{2}}{2}$
$2x^2-4x-\sqrt{2}=0$
$この解がZ\ と W\ の交点 \ I(x_1+y_1i),\ \ J(x_2+y_2i)\ \ の実部である。$
$解と係数の関係より \quad x_1+x_2=2$
$y=-(\sqrt{2}-1)x+\sqrt{2} \quad に代入して$
\begin{eqnarray*} y_1+y_2 &=&\{-(\sqrt{2}-1)x_1+\sqrt{2}\}+\{-(\sqrt{2}-1)x_2+\sqrt{2}\}\\ \\ &=&-(\sqrt{2}-1)(x_1+x_2)+2\sqrt{2}\\ \\ &=&-2(\sqrt{2}-1)+2\sqrt{2}\\ \\ &=&2 \end{eqnarray*} $よって$
$\beta=(x_1+y_1i)+(x_2+y_2i)=(x_1+x_2)+(y_1+y_2)i=2+2i$
(4)
$(2),(3)より \quad \alpha =2+\sqrt{2},\quad \beta=2+2i$
$点 \ B(\beta)\ を、点 \ A(\alpha)\ を中心として \ \cfrac{2}{3}\pi \ だけ回転した点を \ C(\gamma) 、$
$w=\cos \cfrac{2}{3}\pi + i \sin \cfrac{2}{3}\pi =-\cfrac{1}{2}+\cfrac{\sqrt{3}}{2}i \quad とおくと$
$\cfrac{\gamma -\alpha}{\beta -\alpha}=w \qquad \therefore \ \ \gamma =\alpha + w(\beta - \alpha)$
$\triangle ABC \ の重心 \ G(g)\ は$
\begin{eqnarray*} g &=&\cfrac{1}{3}(\alpha + \beta +\gamma )\\ \\ &=&\cfrac{1}{3}(\alpha + \beta +(\alpha + w(\beta - \alpha))\\ \\ &=&\cfrac{1}{3}\big(2\alpha + \beta +w(\beta -\alpha)\big)\\ \\ &=&\cfrac{1}{3}\big\{2(2+\sqrt{2})+(2+2i) +(-\cfrac{1}{2}+\cfrac{\sqrt{3}}{2}i)\big((2+2i)-(2+\sqrt{2}) \big)\big\}\\ \\ &=&\cfrac{1}{6}\big\{12+4\sqrt{2}+4i +(-1+\sqrt{3}i)(-\sqrt{2}+2i)\big\}\\ \\ &=&\cfrac{1}{6}\big\{12+5\sqrt{2}-2\sqrt{3}+(2-\sqrt{6})i\big\}\\ \end{eqnarray*}
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