京都大学 1999年 理系 第4問 解説

方針・初手

（1） まず、条件2の $\alpha + \beta + \gamma = 3$ から、正三角形の中心（重心であり外心）を表す複素数を特定します。その後、条件1の辺の長さから外接円の半径を求め、頂点が中心からどのような位置関係にあるかを回転を使って表します。

（2） (1) で求めた $\beta, \gamma$ を用いて $\alpha\beta\gamma$ を $z$ の式で表します。展開の際には $1$ の $3$ 乗根の性質を利用すると綺麗にまとまります。条件3から $z^3$ の値が絞り込まれ、$z$ の偏角の候補が求まるので、そこから $\alpha, \beta, \gamma$ の偏角を計算します。

解法1

(1)

条件2より $\frac{\alpha + \beta + \gamma}{3} = 1$ であるから、$\triangle ABC$ の重心を表す複素数は $1$ である。 $\triangle ABC$ は正三角形であるから、重心と外心は一致し、外接円の中心も $1$ である。 また、正三角形の辺の長さが $\sqrt{3}$ であることから、外接円の半径を $R$ とすると、正弦定理より

$$ 2R = \frac{\sqrt{3}}{\sin 60^\circ} = \frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = 2 $$

となり、$R = 1$ である。 したがって、点 $\alpha, \beta, \gamma$ は点 $1$ を中心とする半径 $1$ の円周上にある。 これより、$|\alpha - 1| = 1$ であり、$z = \alpha - 1$ とおくと $|z| = 1$ である。

正三角形の各頂点は、外心の周りに $120^\circ$ ずつ回転した位置にある。 $1$ の虚数立方根の一つを $\omega = \frac{-1 + \sqrt{3}i}{2} = \cos 120^\circ + i \sin 120^\circ$ とすると、点 $\beta - 1$ および $\gamma - 1$ は、点 $z$ を原点周りに $120^\circ$ および $240^\circ$（すなわち $-120^\circ$）回転したものである。 よって、$\beta - 1 = \omega z, \gamma - 1 = \omega^2 z$ （またはその逆）と表せる。 これを $\beta, \gamma$ について解き、$z$ で表すと以下のようになる。

$$ \beta = 1 + \frac{-1 + \sqrt{3}i}{2}z, \quad \gamma = 1 + \frac{-1 - \sqrt{3}i}{2}z \quad \text{（順不同）} $$

(2)

(1)より、$\alpha = 1 + z$。また $\omega = \frac{-1 + \sqrt{3}i}{2}$ とすると、順不同の組として $\beta = 1 + \omega z, \gamma = 1 + \omega^2 z$ とおける。 このとき、$\alpha\beta\gamma$ を計算する。

$$ \alpha\beta\gamma = (1 + z)(1 + \omega z)(1 + \omega^2 z) $$

$$ = 1 + (\omega + \omega^2 + 1)z + (\omega^2 + \omega^3 + \omega)z^2 + \omega^3 z^3 $$

ここで、$\omega^3 = 1$ かつ $\omega^2 + \omega + 1 = 0$ であるから、

$$ \alpha\beta\gamma = 1 + z^3 $$

となる。条件3より、これが絶対値 $1$ かつ虚部が正の複素数となる。 $|z| = 1$ であるから、$z = \cos \theta + i \sin \theta \ (0^\circ \leqq \theta < 360^\circ)$ とおくと、ド・モアブルの定理より $z^3 = \cos 3\theta + i \sin 3\theta$ となる。

$$ 1 + z^3 = (1 + \cos 3\theta) + i \sin 3\theta $$

これが絶対値 $1$ であるから、

$$ (1 + \cos 3\theta)^2 + (\sin 3\theta)^2 = 1^2 $$

$$ 1 + 2\cos 3\theta + \cos^2 3\theta + \sin^2 3\theta = 1 $$

$$ 2 + 2\cos 3\theta = 1 $$

$$ \cos 3\theta = -\frac{1}{2} $$

また、虚部が正であるから $\sin 3\theta > 0$ である。 これらを満たす $3\theta$ の値は、$0^\circ \leqq 3\theta < 1080^\circ$ の範囲で考えると、

$$ 3\theta = 120^\circ, 480^\circ, 840^\circ $$

よって、$\theta = 40^\circ, 160^\circ, 280^\circ$ のいずれかである。

$\alpha, \beta, \gamma$ の集合 $\{1+z, 1+\omega z, 1+\omega^2 z\}$ は、この $3$ つの $\theta$ の値のどれをとっても、要素が入れ替わるだけで全体としては同じ集合 $\{1+\cos 40^\circ+i\sin 40^\circ, 1+\cos 160^\circ+i\sin 160^\circ, 1+\cos 280^\circ+i\sin 280^\circ\}$ になる。 ここで、各点の偏角を調べるため、$\phi = 40^\circ, 160^\circ, 280^\circ$ に対して $w = 1 + \cos \phi + i \sin \phi$ の極形式を考える。

$$ w = 2\cos^2\frac{\phi}{2} + i \left( 2\sin\frac{\phi}{2}\cos\frac{\phi}{2} \right) = 2\cos\frac{\phi}{2} \left( \cos\frac{\phi}{2} + i \sin\frac{\phi}{2} \right) $$

(i)

$\phi = 40^\circ$ のとき

$$ w = 2\cos 20^\circ (\cos 20^\circ + i \sin 20^\circ) $$

$\cos 20^\circ > 0$ であるから、偏角は $20^\circ$。

(ii)

$\phi = 160^\circ$ のとき

$$ w = 2\cos 80^\circ (\cos 80^\circ + i \sin 80^\circ) $$

$\cos 80^\circ > 0$ であるから、偏角は $80^\circ$。

(iii)

$\phi = 280^\circ$ のとき

$$ w = 2\cos 140^\circ (\cos 140^\circ + i \sin 140^\circ) $$

$\cos 140^\circ < 0$ であるため、動径の符号を正にする形に変形する。

$$ w = -2\cos 140^\circ (-\cos 140^\circ - i \sin 140^\circ) $$

$-\cos 140^\circ = -\cos(180^\circ - 40^\circ) = \cos 40^\circ = \cos 320^\circ$ $-\sin 140^\circ = -\sin(180^\circ - 40^\circ) = -\sin 40^\circ = \sin(-40^\circ) = \sin 320^\circ$ であるから、

$$ w = 2\cos 40^\circ (\cos 320^\circ + i \sin 320^\circ) $$

$\cos 40^\circ > 0$ であるから、偏角は $320^\circ$。

以上より、$\alpha, \beta, \gamma$ の偏角は $20^\circ, 80^\circ, 320^\circ$ である。 $0^\circ \leqq \arg\alpha \leqq \arg\beta \leqq \arg\gamma < 360^\circ$ の条件より、これらを小さい順に割り当てる。

$$ \arg\alpha = 20^\circ, \quad \arg\beta = 80^\circ, \quad \arg\gamma = 320^\circ $$

解説

正三角形と複素数平面の典型的な融合問題です。(1) では「重心」「外心」の一致と、図形的な回転の処理を複素数に翻訳する力が問われます。(2) の $\alpha\beta\gamma = z^3 + 1$ の展開は、$\omega$ の性質（$x^3-1=0$ の虚数解）を利用するお決まりの手法です。

後半の偏角を求める計算では、$1 + \cos\phi + i\sin\phi$ の極形式への変形が鍵になります。半角の公式を利用して共通因数 $\cos\frac{\phi}{2}$ をくくり出す変形はよく現れるので、スムーズに行えるようにしておきましょう。特に $\cos 140^\circ < 0$ となるケースで、偏角を正しく $320^\circ$ に修正する箇所が最大の罠です。

答え

(1)

$\beta = 1 + \frac{-1+\sqrt{3}i}{2}z, \quad \gamma = 1 + \frac{-1-\sqrt{3}i}{2}z$ （順不同）

(2)

$\arg\alpha = 20^\circ, \quad \arg\beta = 80^\circ, \quad \arg\gamma = 320^\circ$