東京工業大学 2020年 理系 第2問 解説

方針・初手

（1） 3点が正三角形をなす条件を、複素数平面における「回転」を用いて定式化する。点 $A$ を中心とした点 $B$ から点 $C$ への回転を考え、同値変形によって目的の等式を導く。

（2） 平行移動や回転を行っても線分の長さは変化しないことを利用し、計算が最も簡単になるように図形を配置する。$\triangle ABC$ の外接円の中心を原点とすることで、複素数の対称式や三角関数の性質が活用できる。

解法1

(1)

$\triangle ABC$ が正三角形であるための必要十分条件は、点 $C$ が点 $B$ を点 $A$ を中心として $\pm \frac{\pi}{3}$ 回転した位置にあることである。

これを複素数で表すと、次のようになる。

$$ \gamma - \alpha = \left\{ \cos\left(\pm \frac{\pi}{3}\right) + i\sin\left(\pm \frac{\pi}{3}\right) \right\} (\beta - \alpha) $$

3点 $A, B, C$ は異なる点であるから $\beta - \alpha \neq 0$ であり、両辺を割ることができる。

$$ \frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} = \frac{1 \pm \sqrt{3}i}{2} $$

ここで $w = \frac{1 \pm \sqrt{3}i}{2}$ とおくと、$2w - 1 = \pm \sqrt{3}i$ より両辺を2乗して $4w^2 - 4w + 1 = -3$、すなわち $w^2 - w + 1 = 0$ を満たす。したがって、次の等式が成り立つ。

$$ \left( \frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} \right)^2 - \frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} + 1 = 0 $$

両辺に $(\beta - \alpha)^2$ を掛けて分母を払う。

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

左辺を展開して整理する。

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

$$ \alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 - \alpha\beta - \beta\gamma - \gamma\alpha = 0 $$

よって、以下の等式が得られ、これは同値変形であるから必要十分条件として示された。

$$ \alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 = \alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha $$

(2)

線分の長さは平行移動しても変わらないため、$\triangle ABC$ の外接円の中心が原点 $O$ に重なるように座標を設定する。

このとき、外接円の半径が $R$ であるから、各頂点と点 $P(z)$ は以下の条件を満たす。

$$ |\alpha| = |\beta| = |\gamma| = |z| = R $$

正三角形において外心と重心は一致するため、重心の位置も原点となり、次の関係が成り立つ。

$$ \alpha + \beta + \gamma = 0 $$

これを両辺2乗すると、

$$ \alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 + 2(\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha) = 0 $$

（1） の結果 $\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 = \alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha$ を用いると、

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

となり、$\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 = 0$ および $\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha = 0$ を得る。それぞれの両辺の共役複素数をとることで、$\bar{\alpha} + \bar{\beta} + \bar{\gamma} = 0$ および $\bar{\alpha}^2 + \bar{\beta}^2 + \bar{\gamma}^2 = 0$ も成り立つ。

まず $AP^2 + BP^2 + CP^2$ を計算する。

$$ AP^2 = |z - \alpha|^2 = (z - \alpha)(\bar{z} - \bar{\alpha}) = |z|^2 - \bar{\alpha}z - \alpha\bar{z} + |\alpha|^2 = 2R^2 - \bar{\alpha}z - \alpha\bar{z} $$

$BP^2, CP^2$ も同様に表せるため、辺々を足し合わせる。

$$ AP^2 + BP^2 + CP^2 = 6R^2 - (\bar{\alpha} + \bar{\beta} + \bar{\gamma})z - (\alpha + \beta + \gamma)\bar{z} $$

和が $0$ であることを用いると、

$$ AP^2 + BP^2 + CP^2 = 6R^2 $$

次に $AP^4 + BP^4 + CP^4$ を計算する。

$$ AP^4 = (2R^2 - \bar{\alpha}z - \alpha\bar{z})^2 = 4R^4 - 4R^2(\bar{\alpha}z + \alpha\bar{z}) + (\bar{\alpha}z + \alpha\bar{z})^2 $$

ここで、右辺第3項を展開すると、

$$ (\bar{\alpha}z + \alpha\bar{z})^2 = \bar{\alpha}^2 z^2 + \alpha^2 \bar{z}^2 + 2|\alpha|^2 |z|^2 = \bar{\alpha}^2 z^2 + \alpha^2 \bar{z}^2 + 2R^4 $$

これを代入して整理する。

$$ AP^4 = 6R^4 - 4R^2(\bar{\alpha}z + \alpha\bar{z}) + \bar{\alpha}^2 z^2 + \alpha^2 \bar{z}^2 $$

$BP^4, CP^4$ も同様であるから、辺々を足し合わせる。

$$ AP^4 + BP^4 + CP^4 = 18R^4 - 4R^2\{(\bar{\alpha} + \bar{\beta} + \bar{\gamma})z + (\alpha + \beta + \gamma)\bar{z}\} + (\bar{\alpha}^2 + \bar{\beta}^2 + \bar{\gamma}^2)z^2 + (\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2)\bar{z}^2 $$

括弧内はすべて $0$ となるため、

$$ AP^4 + BP^4 + CP^4 = 18R^4 $$

解法2

(2) について、極座標を用いる別解

外接円の中心を原点 $O$ にとり、点 $A$ の偏角が $0$ となるように座標軸を設定する。

正三角形の対称性から、頂点の極座標は $A(R, 0), B\left(R, \frac{2\pi}{3}\right), C\left(R, \frac{4\pi}{3}\right)$ とおける。外接円上の任意の点 $P$ を $(R, \theta)$ とする。

$\triangle OAP$ に余弦定理を適用すると、

$$ AP^2 = R^2 + R^2 - 2R \cdot R \cos\theta = 2R^2(1 - \cos\theta) $$

同様に、

$$ BP^2 = 2R^2\left\{1 - \cos\left(\theta - \frac{2\pi}{3}\right)\right\} $$

$$ CP^2 = 2R^2\left\{1 - \cos\left(\theta - \frac{4\pi}{3}\right)\right\} $$

これらを足し合わせると、

$$ AP^2 + BP^2 + CP^2 = 6R^2 - 2R^2 \left\{ \cos\theta + \cos\left(\theta - \frac{2\pi}{3}\right) + \cos\left(\theta - \frac{4\pi}{3}\right) \right\} $$

ここで、和と積の公式などを用いると、

$$ \cos\left(\theta - \frac{2\pi}{3}\right) + \cos\left(\theta - \frac{4\pi}{3}\right) = 2\cos\left(\theta - \pi\right)\cos\left(\frac{\pi}{3}\right) = 2(-\cos\theta) \cdot \frac{1}{2} = -\cos\theta $$

となるため、波括弧の中は $0$ になる。よって、

$$ AP^2 + BP^2 + CP^2 = 6R^2 $$

次に4乗の和を求める。半角の公式から $(1 - \cos\phi)^2 = 1 - 2\cos\phi + \frac{1 + \cos 2\phi}{2} = \frac{3}{2} - 2\cos\phi + \frac{1}{2}\cos 2\phi$ であることを利用する。

$$ AP^4 = 4R^4(1 - \cos\theta)^2 = 4R^4\left(\frac{3}{2} - 2\cos\theta + \frac{1}{2}\cos 2\theta\right) $$

同様に、

$$ BP^4 = 4R^4\left\{ \frac{3}{2} - 2\cos\left(\theta - \frac{2\pi}{3}\right) + \frac{1}{2}\cos\left(2\theta - \frac{4\pi}{3}\right) \right\} $$

$$ CP^4 = 4R^4\left\{ \frac{3}{2} - 2\cos\left(\theta - \frac{4\pi}{3}\right) + \frac{1}{2}\cos\left(2\theta - \frac{8\pi}{3}\right) \right\} $$

和を計算すると、1乗のコサインの和は先ほどと同様に $0$ になり、2倍角のコサインの和についても、

$$ \cos 2\theta + \cos\left(2\theta - \frac{4\pi}{3}\right) + \cos\left(2\theta - \frac{8\pi}{3}\right) = \cos 2\theta + \cos\left(2\theta - \frac{4\pi}{3}\right) + \cos\left(2\theta - \frac{2\pi}{3}\right) = 0 $$

となる。したがって、定数項のみが残り、

$$ AP^4 + BP^4 + CP^4 = 4R^4 \left( \frac{3}{2} + \frac{3}{2} + \frac{3}{2} \right) = 18R^4 $$

解説

（1） は複素数平面における「正三角形条件」の非常に有名な同値変形である。回転を表す式から出発し、$w^2 - w + 1 = 0$ を用いて分母を払う手順は、定石として暗記しておいてよいレベルの頻出事項である。

（2） は図形的な性質の対称性をいかに数式に落とし込むかが問われている。一般の位置にある $\alpha, \beta, \gamma$ のまま計算を進めると非常に煩雑になるが、「外接円の中心を原点にとる」という工夫を行うだけで、重心条件や三角関数の対称性が活用でき、計算量が劇的に削減される。解法1は複素数の共役を利用した代数的なアプローチ、解法2は余弦定理を用いた解析的なアプローチであるが、いずれも根底にある対称性は同じである。

答え

(1)

$$ \alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 = \alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha $$

(2)

$$ AP^2 + BP^2 + CP^2 = 6R^2 $$

$$ AP^4 + BP^4 + CP^4 = 18R^4 $$