複素数平面上に原点Oと異なる3点 $z_1$, $z_2$, $z_3$ があり、以下の条件(A), (B), (C) を満たしている。 (A) $\arg z_1 = \arg z_2 + \frac{\pi}{3}$ (B) 点 $z_3$ は2点 $z_1$, $z_2$ を通る直線に関して点Oと反対側にある。 (C) $\triangle z_1 z_2 z_3$ は正三角形 このとき、次の問いに答えなさい。 (1) $\alpha = \cos \frac{\pi}{3} + i \sin \frac{\pi}{3}$ とするとき、$\alpha z_1 = pz_1 + qz_2$, $\alpha z_2 = rz_1 + sz_2$ となる実数 $p, q, r, s$ をそれぞれ $|z_1|$, $|z_2|$ を用いて表しなさい。 (2) $z_3 = az_1 + bz_2$ となる実数 $a, b$ をそれぞれ $|z_1|$, $|z_2|$ を用いて表しなさい。

1. 問題の内容

複素数平面上に原点Oと異なる3点 $z_1$, $z_2$, $z_3$ があり、以下の条件(A), (B), (C) を満たしている。

(A) $\arg z_1 = \arg z_2 + \frac{\pi}{3}$

(B) 点 $z_3$ は2点 $z_1$, $z_2$ を通る直線に関して点Oと反対側にある。

(C) $\triangle z_1 z_2 z_3$ は正三角形

このとき、次の問いに答えなさい。

(1) $\alpha = \cos \frac{\pi}{3} + i \sin \frac{\pi}{3}$ とするとき、$\alpha z_1 = pz_1 + qz_2$, $\alpha z_2 = rz_1 + sz_2$ となる実数 $p, q, r, s$ をそれぞれ $|z_1|$, $|z_2|$ を用いて表しなさい。

(2) $z_3 = az_1 + bz_2$ となる実数 $a, b$ をそれぞれ $|z_1|$, $|z_2|$ を用いて表しなさい。

2. 解き方の手順

(1) $\alpha = \cos \frac{\pi}{3} + i \sin \frac{\pi}{3} = \frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2}$.

条件(A)より、$\arg z_1 = \arg z_2 + \frac{\pi}{3}$.

よって、$\frac{z_1}{|z_1|} = e^{i(\arg z_2 + \frac{\pi}{3})} = e^{i \arg z_2} e^{i \frac{\pi}{3}} = \frac{z_2}{|z_2|} \alpha$.

したがって、$\alpha = \frac{|z_2|}{|z_1|} \frac{z_1}{z_2}$.

$\alpha z_1 = pz_1 + qz_2$ より, $\frac{|z_2|}{|z_1|} \frac{z_1}{z_2} z_1 = pz_1 + qz_2$.

両辺を $z_2$ で割ると、$\frac{|z_2|}{|z_1|} (\frac{z_1}{z_2})^2 = p \frac{z_1}{z_2} + q$.

$\frac{z_1}{z_2} = \frac{|z_1|}{|z_2|} \alpha = \frac{|z_1|}{|z_2|} (\frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2})$.

$(\frac{z_1}{z_2})^2 = (\frac{|z_1|}{|z_2|})^2 \alpha^2 = (\frac{|z_1|}{|z_2|})^2 (\cos \frac{2\pi}{3} + i \sin \frac{2\pi}{3}) = (\frac{|z_1|}{|z_2|})^2 (-\frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2})$.

よって、$\frac{|z_2|}{|z_1|} (\frac{|z_1|}{|z_2|})^2 (-\frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2}) = p \frac{|z_1|}{|z_2|} (\frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2}) + q$.

$-\frac{1}{2} \frac{|z_1|}{|z_2|} + i \frac{\sqrt{3}}{2} \frac{|z_1|}{|z_2|} = p \frac{|z_1|}{2|z_2|} + i p \frac{\sqrt{3}|z_1|}{2|z_2|} + q$.

実部と虚部を比較すると、$-\frac{1}{2} \frac{|z_1|}{|z_2|} = p \frac{|z_1|}{2|z_2|} + q$, $\frac{\sqrt{3}}{2} \frac{|z_1|}{|z_2|} = p \frac{\sqrt{3}|z_1|}{2|z_2|}$.

よって、$p = 1$, $-\frac{1}{2} \frac{|z_1|}{|z_2|} = \frac{|z_1|}{2|z_2|} + q$, $q = -\frac{|z_1|}{|z_2|}$.

$\alpha z_2 = rz_1 + sz_2$ より, $\frac{|z_2|}{|z_1|} \frac{z_1}{z_2} z_2 = rz_1 + sz_2$.

$\frac{|z_2|}{|z_1|} z_1 = rz_1 + sz_2$.

$\frac{|z_2|}{|z_1|} z_1 = rz_1 + sz_2$ より, $\frac{|z_2|}{|z_1|} = r$ かつ $s = 0$.

(2) $z_3 - z_1 = \alpha (z_2 - z_1)$.

$z_3 = z_1 + \alpha (z_2 - z_1) = z_1 + \alpha z_2 - \alpha z_1$.

$z_3 = z_1 + (\cos \frac{\pi}{3} + i \sin \frac{\pi}{3}) (z_2 - z_1) = z_1 + (\frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2}) (z_2 - z_1) = z_1 + \frac{1}{2} z_2 - \frac{1}{2} z_1 + i \frac{\sqrt{3}}{2} z_2 - i \frac{\sqrt{3}}{2} z_1 = \frac{1}{2} z_1 + \frac{1}{2} z_2 + i \frac{\sqrt{3}}{2} z_2 - i \frac{\sqrt{3}}{2} z_1$.

$z_3 = a z_1 + b z_2$ より、$a = \frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2}$, $b = \frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2}$ を得る。

$z_3 - z_1 = \alpha(z_2-z_1)$より、$z_3=z_1 + \alpha(z_2-z_1)=(1-\alpha)z_1 + \alpha z_2$。

$\arg z_1 = \arg z_2 + \frac{\pi}{3}$なので、$z_1 = r_1 e^{i(\theta + \frac{\pi}{3})}, z_2 = r_2 e^{i\theta}$.

条件(B)と(C)より$|z_1|=|z_2|$なので、$r_1=r_2$。よって$z_1 = r_1 e^{i(\theta+\frac{\pi}{3})}$, $z_2=r_1e^{i\theta}$.

このとき、$z_3=ae^{i(\theta+\frac{\pi}{3})} + be^{i\theta}$. $\Delta z_1 z_2 z_3$が正三角形なので，$z_3= z_1 + e^{i\pi/3} (z_2-z_1) = z_1 + \alpha (z_2-z_1)= (1-\alpha)z_1 +\alpha z_2$.

ゆえに、$a=1-\alpha = 1 -(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}$、$b=\alpha = \frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}$.

$a=A|z_1|+B|z_2|$; $b=C|z_1|+D|z_2|$のような形を求めたい。

条件(B)は点$z_3$は点$0$に関して直線$z_1 z_2$の反対側にあるという条件。

$\arg(z_2/z_1)= \pi/3$. $\angle z_1 O z_2 = \pi/3$. $\triangle O z_1 z_2$が二等辺三角形だと$Oz_1=Oz_2$.

3. 最終的な答え

(1) $p=1$, $q = -\frac{|z_1|}{|z_2|}$, $r = \frac{|z_2|}{|z_1|}$, $s = 0$.

(2) 解答不能。