横浜国立大学(理系) 2023年　問題3


$複素数平面上に \ 3\ 点 \ A(\alpha),\ B(\beta),\ C(\gamma)\ を頂点とする正三角形 \ ABC\ がある。次の問いに答えよ。$
$(1)\ \ \gamma=(1-v)\alpha + v\beta \ \ (v\ は複素数)\ と表すとき、v\ をすべて求めよ。$
$(2)\ \ 三角形 \ ABC\ の重心を \ G(z)\ とする。\alpha,\ \beta,\ \gamma \ が次の条件(*)をみたしながら動くとき、|z|\ の最大値を求めよ。$
\[ (*) \hspace{3em} \left\{ \begin{array}{l} |\alpha|=1,\quad \beta=\alpha ^2,\quad |\gamma| \geqq 1,\\ \alpha \ の偏角 \ \theta \ は \ \ 0 < \theta \leqq \cfrac{\pi}{2}\ \ の範囲にある。\\ \end{array} \right. \]


(1)

　

$\gamma=(1-v)\alpha + v\beta \quad より$

$\gamma=\alpha +v(\beta-\alpha) \qquad \therefore \ \ \cfrac{\gamma -\alpha}{\beta - \alpha}=v$

$正三角形 \ ABC\ の頂点のとり方は右図のように \ 2\ 通りある。$

(i)$\ \ 右回りの場合$

$\quad 辺 \ AC\ は辺 \ AB\ を \ A(\alpha)\ を中心に \ -\cfrac{\pi}{3}\ \ 回転したものだから$

$\quad \cfrac{\gamma -\alpha}{\beta - \alpha}=\cos (-\cfrac{\pi}{3})+i\sin (-\cfrac{\pi}{3})=\cfrac{1}{2}-\cfrac{\sqrt{3}}{2}i$

(ii)$\ \ 左回りの場合$

$\quad 辺 \ AC\ は辺 \ AB\ を \ A(\alpha)\ を中心に \ \cfrac{\pi}{3}\ \ 回転したものだから$

$\quad \cfrac{\gamma -\alpha}{\beta - \alpha}=\cos \cfrac{\pi}{3}+i\sin \cfrac{\pi}{3}=\cfrac{1}{2}+\cfrac{\sqrt{3}}{2}i$

(i),(ii)$\ \ より \quad v=\cfrac{1}{2} \pm \cfrac{\sqrt{3}}{2}i$


(2)

　

$|\alpha|=1,\quad \beta=\alpha ^2 \quad だから \quad |\beta|=|\alpha|^2=1$

$よって \ \ 点A(\alpha),\ \ B(\beta)\ は原点中心とする半径 \ 1\ の円周上にある。$

$|\gamma| \geqq 1 \ \ の条件から \ \triangle ABC\ は右回りか左回りかを判定する。$

$そこで、左回りとして、最大の大きさの \ \triangle ABC \ を考え、$

$頂点 \ C(\gamma)\ が円の内部にあるか、外部にあるかを調べる。$

$\alpha \ の偏角 \ \theta \ は \ \ 0 < \theta \leqq \cfrac{\pi}{2}\quad だから \quad \beta \ の偏角は \ 2\theta \quad したがって \quad \angle AOB=\theta$

$OA=OB=1 \ \ より \quad AB=2\sin \cfrac{\theta}{2}$

　

$よって \ AB\ は \ \theta=\cfrac{\pi}{2}\ \ のとき最大となり、最大値 \quad 2 \sin \cfrac{\pi}{4}=\sqrt{2}\ \ をとる。$

$AB\ の中点を \ D\ とすると \quad AB \perp CD \quad だから$

$CD=AC\sin \cfrac{\pi}{3}=AB \times \cfrac{\sqrt{3}}{2}=\cfrac{\sqrt{6}}{2}$

$OD=OA\cos \cfrac{\pi}{4}=1 \times \cfrac{\sqrt{2}}{2}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}$

$よって \quad OC=CD-OD=\cfrac{\sqrt{6}}{2}-\cfrac{\sqrt{2}}{2}=\cfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}=\cfrac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{2}}<1$

$したがって \quad |\gamma| <1 \quad となり仮定に矛盾する。$

$ゆえに、\triangle ABC \ は右回りである。$

　

$すると、(1)より \quad v=\cfrac{1}{2} -\cfrac{\sqrt{3}}{2}i$

$\gamma=(1-v)\alpha +v\beta =(1-v)\alpha +v\alpha ^2 \quad だから$

\begin{eqnarray*} z &=&\cfrac{1}{3}(\alpha + \beta + \gamma)\\ \\ &=&\cfrac{1}{3}(\alpha + \alpha ^2 + (1-v)\alpha +v\alpha ^2 )\\ \\ &=&\cfrac{1}{3}((2-v)\alpha + (1+v)\alpha ^2 )\\ \\ &=&\cfrac{1}{3}\big\{(2-(\cfrac{1}{2}-\cfrac{\sqrt{3}}{2}i)\alpha + (1+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{\sqrt{3}}{2}i)\alpha ^2 \big\}\\ \\ &=&\cfrac{1}{3}\big\{(\cfrac{3}{2}+\cfrac{\sqrt{3}}{2}i)\alpha + (\cfrac{3}{2}-\cfrac{\sqrt{3}}{2}i)\alpha ^2 \big\}\\ \\ &=&\cfrac{\sqrt{3}}{6}\big\{(\sqrt{3}+i)\alpha + (\sqrt{3}-i)\alpha ^2 \big\}\\ \end{eqnarray*} $ここで \quad \alpha =\cos \theta + i\sin \theta \quad とおけるから$

\begin{eqnarray*} z &=&\cfrac{\sqrt{3}}{6}\big\{(\sqrt{3}+i)(\cos \theta + i\sin \theta )+ (\sqrt{3}-i)(\cos 2\theta + i\sin 2\theta) \big\}\\ \\ &=&\cfrac{\sqrt{3}}{6}\big\{\sqrt{3}\cos \theta -\sin \theta + \sqrt{3}\cos 2\theta + \sin 2\theta + i(\sqrt{3}\sin \theta +\cos \theta + \sqrt{3}\sin 2\theta - \cos 2\theta )\big\}\\ \\ &=&\cfrac{\sqrt{3}}{6}\big\{2\cos (\theta + \cfrac{\pi}{6}) +2\cos (2\theta -\cfrac{\pi}{6}) + i\big(2\sin (\theta + \cfrac{\pi}{6})+ 2\sin (2\theta - \cfrac{\pi}{6}\big)\big\}\\ \\ &=&\cfrac{\sqrt{3}}{3}\big\{\cos (\theta + \cfrac{\pi}{6}) +\cos (2\theta -\cfrac{\pi}{6}) + i\big(\sin (\theta + \cfrac{\pi}{6})+ \sin (2\theta - \cfrac{\pi}{6}\big)\big\}\\ \end{eqnarray*} $よって$

\begin{eqnarray*} |z|^2 &=&\cfrac{1}{3}\big\{\big(\cos (\theta + \cfrac{\pi}{6}) +\cos (2\theta -\cfrac{\pi}{6})\big)^2 + \big(\sin (\theta + \cfrac{\pi}{6})+ \sin (2\theta - \cfrac{\pi}{6})\big)^2\big\}\\ \\ &=&\cfrac{1}{3}\big\{2+2\cos (\theta + \cfrac{\pi}{6})\cos (2\theta -\cfrac{\pi}{6}) +2\sin (\theta + \cfrac{\pi}{6}) \sin (2\theta - \cfrac{\pi}{6})\big\}\\ \\ &=&\cfrac{2}{3}\big\{1+\cos \big((2\theta - \cfrac{\pi}{6}) -(\theta + \cfrac{\pi}{6})\big)\big\}\\ \\ &=&\cfrac{2}{3}\big(1+\cos(\theta - \cfrac{\pi}{3}) \big)\\ \end{eqnarray*} $ここで \quad 0 < \theta \leqq \cfrac{\pi}{2} \quad より \quad -\cfrac{\pi}{3} < \theta - \cfrac{\pi}{3} \leqq \cfrac{\pi}{6} \quad だから$

$\cfrac{1}{2} < \cos(\theta - \cfrac{\pi}{3}) \leqq 1$

$よって \quad |z|^2\ は \ \ \theta=\cfrac{\pi}{3}\ \ のとき最大となり、最大値 \ \ \cfrac{2}{3}(1+1)=\cfrac{4}{3}\ \ をとるから$

$|z|\ は\ \ 最大値 \quad \cfrac{2}{\sqrt{3}}=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\quad をとる$


$なお、この解答は解析的方法であるが、図形的な求め方もあるのでそれを別解とします。$

$(別解)$

　

$辺 \ AB\ の中点を \ D\ とすると、\triangle OAB \ は二等辺三角形、\triangle ABC\ は正三角形だから$

$AB \perp OD,\quad AB \perp CD \quad よって \quad AB \perp OC$

$OD=OA \cos \cfrac{\theta}{2}=\cos \cfrac{\theta}{2}$

$AD=OA \sin \cfrac{\theta}{2}=\sin \cfrac{\theta}{2},\qquad AB=2AD=2\sin \cfrac{\theta}{2}$

$CD=AD\tan \cfrac{\pi}{3}=\sin \cfrac{\theta}{2} \times \sqrt{3}=\sqrt{3}\sin \cfrac{\theta}{2}$

$DG=\cfrac{1}{3}CD=\cfrac{1}{3} \times \sqrt{3}\sin \cfrac{\theta}{2}=\cfrac{1}{\sqrt{3}}\sin \cfrac{\theta}{2}$

$よって$
\begin{eqnarray*} OG &=&OD+DG\\ \\ &=&\cos \cfrac{\theta}{2}+\cfrac{1}{\sqrt{3}}\sin \cfrac{\theta}{2}\\ \\ &=&\cfrac{2}{\sqrt{3}}\big(\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cos \cfrac{\theta}{2}+\cfrac{1}{2}\sin \cfrac{\theta}{2}\big)\\ \\ &=&\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\big(\cos \cfrac{\pi}{6}\cos \cfrac{\theta}{2}+\sin \cfrac{\pi}{6}\sin \cfrac{\theta}{2}\big)\\ \\ &=&\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\cos \big(\cfrac{\theta}{2}- \cfrac{\pi}{6} \big)\\ \end{eqnarray*}
$0 < \cfrac{\theta}{2} \leqq \cfrac{\pi}{4} \quad より \quad -\cfrac{\pi}{6} < \cfrac{\theta}{2} -\cfrac{\pi}{6} \leqq \cfrac{\pi}{12}$

$\cos \big(\cfrac{\theta}{2}- \cfrac{\pi}{6} \big) \ は \ \ \cfrac{\theta}{2} -\cfrac{\pi}{6} =0\ \ すなわち \quad \theta=\cfrac{\pi}{3} \ \ のとき最大$

$よって \quad |z|=OG \ \ は、\theta=\cfrac{\pi}{3} \ \ のとき最大値 \quad \cfrac{2\sqrt{3}}{3} \quad をとる。$


$(補充)$

$解析的方法で求めた \ \ |z|^2=\cfrac{2}{3}\big(1+\cos(\theta - \cfrac{\pi}{3}) \big) \ \ は$

\begin{eqnarray*} |z|^2 &=&\cfrac{2}{3}\big(1+\cos(\theta - \cfrac{\pi}{3}) \big)\\ \\ &=&\cfrac{2}{3}\big(1+\cos 2(\cfrac{\theta}{2} - \cfrac{\pi}{6}) \big)\\ \\ &=&\cfrac{2}{3} \times 2\cos ^2 (\cfrac{\theta}{2} - \cfrac{\pi}{6})\\ \\ &=&\cfrac{4}{3} \cos ^2 (\cfrac{\theta}{2} - \cfrac{\pi}{6})\\ \end{eqnarray*} $\therefore \ \ z=\cfrac{2}{\sqrt{3}}\cos (\cfrac{\theta}{2} - \cfrac{\pi}{6}) \quad となって、図形的に求めた値 \ z\ に一致します。$


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