(1) 複素数 $z$ が $|z|=1$ を満たすとき、これは複素数平面上で原点中心、半径1の円を表します。また、$|z-1|=|z+1|$ を満たすとき、これは点1と点-1からの距離が等しい点の集合なので、虚軸を表します。この円と虚軸の交点の座標を求めます。 (2) 複素数平面上に点O(0), A($\alpha$), B(2) があります。$\alpha$ は $\alpha^2 - 3\alpha + 3 = 0$ を満たし、$\alpha$ の虚部は正であるとき、$\angle BOA$ の値と、$\triangle BOA$ の外接円の中心の座標を求めます。 (3) 無限級数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)(2n+1)}$ の和を求めます。

はい、承知いたしました。問題を解いていきます。

1. 問題の内容

(1) 複素数 $z$ が $|z|=1$ を満たすとき、これは複素数平面上で原点中心、半径1の円を表します。また、$|z-1|=|z+1|$ を満たすとき、これは点1と点-1からの距離が等しい点の集合なので、虚軸を表します。この円と虚軸の交点の座標を求めます。

(2) 複素数平面上に点O(0), A($\alpha$), B(2) があります。$\alpha$ は $\alpha^2 - 3\alpha + 3 = 0$ を満たし、$\alpha$ の虚部は正であるとき、$\angle BOA$ の値と、$\triangle BOA$ の外接円の中心の座標を求めます。

(3) 無限級数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)(2n+1)}$ の和を求めます。

2. 解き方の手順

(1)

$|z|=1$ より、$z=x+yi$ とすると、$x^2+y^2=1$ です。

$|z-1|=|z+1|$ より、$|x-1+yi|=|x+1+yi|$ なので、$(x-1)^2+y^2 = (x+1)^2+y^2$ となります。

これを整理すると、$(x-1)^2 = (x+1)^2$ より、$x^2-2x+1 = x^2+2x+1$ となり、$-2x=2x$ より、$x=0$ となります。

$x=0$ を $x^2+y^2=1$ に代入すると、$y^2=1$ より、$y=\pm 1$ となります。

よって、交点は $i$ と $-i$ であり、これらは $y$ 軸上に存在します。

問題文が少し不自然ですが、交点の $y$ 座標の値を聞いていると解釈すると、$y=1$ または $y=-1$ のどちらかです。

(2)

$\alpha^2 - 3\alpha + 3 = 0$ を解くと、

$\alpha = \frac{3 \pm \sqrt{9-12}}{2} = \frac{3 \pm \sqrt{-3}}{2} = \frac{3 \pm i\sqrt{3}}{2}$

$\alpha$ の虚部は正なので、$\alpha = \frac{3 + i\sqrt{3}}{2}$ です。

$\alpha = \frac{3}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} i$ を極形式で表すと、

$|\alpha| = \sqrt{(\frac{3}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{\frac{9}{4} + \frac{3}{4}} = \sqrt{\frac{12}{4}} = \sqrt{3}$

$\arg(\alpha) = \arctan(\frac{\sqrt{3}/2}{3/2}) = \arctan(\frac{\sqrt{3}}{3}) = \frac{\pi}{6}$

よって、$\alpha = \sqrt{3}(\cos\frac{\pi}{6} + i\sin\frac{\pi}{6})$

$OB = 2$, $OA = |\alpha| = \sqrt{3}$

$\angle AOB = \arg(2) - \arg(\alpha) = 0 - \frac{\pi}{6} = - \frac{\pi}{6}$

$\angle BOA = |\arg(\alpha/2)| = |\arg(\frac{3+i\sqrt{3}}{4})| = \arctan(\frac{\sqrt{3}}{3}) = \frac{\pi}{6}$

したがって、$\angle BOA = \frac{\pi}{6}$

$\triangle BOA$ の外接円の中心を $\gamma$ とすると、$\gamma = 1 + i\frac{\sqrt{3}}{3} = 1+\frac{\sqrt{3}}{3}i$.

(3)

$\frac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{A}{2n-1} + \frac{B}{2n+1}$ と部分分数分解します。

$1 = A(2n+1) + B(2n-1)$

$n = \frac{1}{2}$ を代入すると、$1 = 2A$ より $A = \frac{1}{2}$

$n = -\frac{1}{2}$ を代入すると、$1 = -2B$ より $B = -\frac{1}{2}$

よって、$\frac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{1}{2}(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1})$

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty} (\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1})$

$= \frac{1}{2}[(1-\frac{1}{3})+(\frac{1}{3}-\frac{1}{5})+(\frac{1}{5}-\frac{1}{7})+...] = \frac{1}{2}(1) = \frac{1}{2}$

3. 最終的な答え

(1) 1

(2) $\frac{\pi}{6}$, $1 + \frac{\sqrt{3}}{3}i$

(3) $\frac{1}{2}$

$\angle BOA = \frac{\pi}{6}$