大阪大学 1969年 理系 第3問 解説

方針・初手

• 複素平面における円の方程式 $|z - \gamma| = R$ を用いる。
• (1) は $w = \alpha z$ とおき、$z = \frac{w}{\alpha}$ を円 $C$ の方程式に代入して新しい中心と半径を求める。
• (2) は2円が外接する条件（中心間の距離 $=$ 半径の和）を立式する。
• (3) は一方の円が他方の内部に含まれる条件（中心間の距離 $+$ 内側の円の半径 $<$ 外側の円の半径）を考え、(2) と同様の式変形を行う。

解法1

(1)

円 $C$ は中心 $1 + \sqrt{3}i$、半径 $1$ の円であるから、円 $C$ 上の点 $z$ は次の方程式を満たす。

$$ |z - (1 + \sqrt{3}i)| = 1 $$

点 $\alpha z$ を $w$ とおく。すなわち $w = \alpha z$ とする。 $\alpha = r(\cos\theta + i\sin\theta)$ かつ $r > 0$ より $\alpha \neq 0$ であるから、$z = \frac{w}{\alpha}$ と表せる。これを円 $C$ の方程式に代入すると、

$$ \left| \frac{w}{\alpha} - (1 + \sqrt{3}i) \right| = 1 $$

$$ \frac{1}{|\alpha|} |w - \alpha(1 + \sqrt{3}i)| = 1 $$

$|\alpha| = r$ であるから、両辺に $r$ を掛けて、

$$ |w - \alpha(1 + \sqrt{3}i)| = r $$

これは、点 $w$（すなわち点 $\alpha z$）が、中心 $\alpha(1 + \sqrt{3}i)$、半径 $r$ の円上にあることを示している。 したがって、点 $\alpha z$ はある円 $C'$ 上にある。

(2)

(1) の結果より、円 $C'$ の中心は $\alpha(1 + \sqrt{3}i)$、半径は $r$ である。 また、円 $C$ の中心は $1 + \sqrt{3}i$、半径は $1$ である。 円 $C$ と円 $C'$ が外接するための条件は、「中心間の距離が半径の和に等しい」ことであるから、

$$ |\alpha(1 + \sqrt{3}i) - (1 + \sqrt{3}i)| = 1 + r $$

$$ |\alpha - 1| |1 + \sqrt{3}i| = 1 + r $$

ここで $|1 + \sqrt{3}i| = \sqrt{1^2 + (\sqrt{3})^2} = 2$ であるから、

$$ 2|\alpha - 1| = 1 + r $$

両辺を2乗すると、

$$ 4|\alpha - 1|^2 = (1 + r)^2 $$

$\alpha = r(\cos\theta + i\sin\theta) = r\cos\theta + ir\sin\theta$ より、

$$ |\alpha - 1|^2 = (r\cos\theta - 1)^2 + (r\sin\theta)^2 = r^2\cos^2\theta - 2r\cos\theta + 1 + r^2\sin^2\theta = r^2 - 2r\cos\theta + 1 $$

これを代入して整理する。

$$ 4(r^2 - 2r\cos\theta + 1) = 1 + 2r + r^2 $$

$$ 4r^2 - 8r\cos\theta + 4 = r^2 + 2r + 1 $$

$$ 8r\cos\theta = 3r^2 - 2r + 3 $$

$r > 0$ より両辺を $8r$ で割ると、

$$ \cos\theta = \frac{3r^2 - 2r + 3}{8r} $$

次に、$r$ のとりうる値の範囲を求める。$-1 \leqq \cos\theta \leqq 1$ であるから、

$$ -1 \leqq \frac{3r^2 - 2r + 3}{8r} \leqq 1 $$

$r > 0$ より $8r > 0$ であるから、各辺に $8r$ を掛けても不等号の向きは変わらず、

$$ -8r \leqq 3r^2 - 2r + 3 \leqq 8r $$

左側の不等式 $-8r \leqq 3r^2 - 2r + 3$ より、

$$ 3r^2 + 6r + 3 \geqq 0 $$

$$ 3(r + 1)^2 \geqq 0 $$

これは $r > 0$ において常に成り立つ。

右側の不等式 $3r^2 - 2r + 3 \leqq 8r$ より、

$$ 3r^2 - 10r + 3 \leqq 0 $$

$$ (3r - 1)(r - 3) \leqq 0 $$

これを解いて、

$$ \frac{1}{3} \leqq r \leqq 3 $$

これは $r > 0$ を満たす。 以上より、$\cos\theta$ を $r$ で表した式と $r$ の範囲が得られる。

(3)

円 $C'$ が円 $C$ の内部に含まれるための条件は、「中心間の距離と円 $C'$ の半径の和が、円 $C$ の半径より小さい」ことである。境界を共有する場合も考慮して等号を含めて考える。

$$ 2|\alpha - 1| + r \leqq 1 $$

$$ 2|\alpha - 1| \leqq 1 - r $$

右辺は $0$ 以上である必要があるため、$1 - r \geqq 0$、すなわち $0 < r \leqq 1$ が前提となる。 このもとで両辺を2乗すると、

$$ 4|\alpha - 1|^2 \leqq (1 - r)^2 $$

(2) と同様の計算から、

$$ 4(r^2 - 2r\cos\theta + 1) \leqq 1 - 2r + r^2 $$

$$ 3r^2 + 2r + 3 \leqq 8r\cos\theta $$

ここで、$\cos\theta \leqq 1$ および $r > 0$ より $8r\cos\theta \leqq 8r$ であるから、

$$ 3r^2 + 2r + 3 \leqq 8r $$

$$ 3r^2 - 6r + 3 \leqq 0 $$

$$ 3(r - 1)^2 \leqq 0 $$

実数の範囲において $(r - 1)^2 \geqq 0$ であるため、この不等式を満たすのは $(r - 1)^2 = 0$ すなわち $r = 1$ のときに限られる。 $r = 1$ のとき、不等式 $3r^2 + 2r + 3 \leqq 8r\cos\theta \leqq 8r$ は $8 \leqq 8\cos\theta \leqq 8$ となるため、$\cos\theta = 1$ が必要である。 $r = 1$ かつ $\cos\theta = 1$ のとき、$\alpha = 1(\cos 0 + i\sin 0) = 1$ となるが、これは問題の条件 $\alpha \neq 1$ に反する。 したがって、条件を満たす実数 $r, \theta$ は存在せず、円 $C'$ が円 $C$ の内部に含まれることはない。

解説

• 複素平面における円の方程式と図形の移動の基本を問う問題である。円の方程式 $|z - \gamma| = R$ をもとに、$w = \alpha z$ による軌跡を調べるのが (1) の主眼である。
• 2つの円の位置関係は、中心間の距離 $d$ と2円の半径 $r_1, r_2$ との大小関係で決まる。(2) と (3) はこの関係式を忠実に立てることで処理できる。
• (2) と (3) の計算において、$|\alpha - 1|^2$ の展開式が共通して登場するため、前問の計算結果を有効に再利用できる。(3) では、不等式の評価において $\cos\theta \leqq 1$ を活用して矛盾を導く論証力が問われる。

答え

(1) 点 $\alpha z$ は、中心 $\alpha(1 + \sqrt{3}i)$、半径 $r$ の円上にある。（証明は解法を参照）

(2) $\cos\theta = \frac{3r^2 - 2r + 3}{8r}$ $\frac{1}{3} \leqq r \leqq 3$

(3) 含まれることはない。 （理由は解法を参照）