複素数の底力 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　２０２２年度より実施の新学習指導要領で、数学 Ｉ・ＩＩ・ＩＩＩ・Ａ・Ｂ・Ｃの６分野構成に復活し、
「ベクトル」・「複素数平面」・「式と曲線」が新設の数学Ｃにまとめられた。
（数学Ｃは、２０１２年度に旧学習指導要領から廃止されていた。）

　一見して難しそうな平面幾何の問題も、複素数を利用することにより簡明に示される場合
がある。このページでは、そのような体験をまとめていきたいと思う。

　特に、回転や拡大・縮小に関係する場面において、複素数は絶大な力を発揮する。

　以下に、目次をまとめたので、興味あるところから読み進めていただき、「複素数の底力」
を実感していただけたら、幸甚に思います。


≪　目　次　≫

ガウス平面

　方程式の解に負の数の平方根（虚数）が現れることが意識され始めたのは、１６世紀頃と
言われるが、当時は、ありえない数と考えられていたらしい。１８世紀になって、ノルウェーの
ヴェッセル（1745〜1818）とスイスのアルガン（1768〜1822）は、それぞれ独立に、１７９７年
と１８０６年に複素数平面の考えを発表した。その後、１８１１年にガウス（1777〜1855）は、
複素数は、実数が数直線上の点で表されるように、座標平面上の点で表されると書き記し
ている。これが、ガウス平面と呼ばれる由縁である。

　複素数 ｚ は、虚数単位 ｉ （ｉ²＝−１）を用いて、　ｚ＝ａ＋ｂｉ　（ａ、ｂは実数）　と表される。

　ａ は複素数 ｚ の実部と言われ、　ａ＝Ｒｅ（ｚ）　と表す。
　ｂ は複素数 ｚ の虚部と言われ、　ｂ＝Ｉｍ（ｚ）　と表す。

　複素数 ｚ＝ａ＋ｂｉ に、（ａ，ｂ）という座標を持つ点を対応させることにより、ガウス平面（複
素数平面とも言われる。）が定められる。横軸は、実軸、縦軸は虚軸と言われる。

　　　　　

　複素数 ｚ の絶対値は、　｜ｚ｜＝　で定義される。｜ｚ｜は、原点Ｏと点 ｚ の距
離のことである。

　複素数 ｚ の偏角θは、　ａｒｇ ｚ で表される。２πの整数倍を無視すれば、ただ１通りに定
まる。


問題　ｚ₁＝１＋ｉ、ｚ₂＝１＋ｉ のとき、複素数 ｚ₁/ ｚ₂ の絶対値と偏角を求めよ。

（解）　｜ｚ₁｜＝２、｜ｚ₂｜＝　なので、　｜ｚ₁/ ｚ₂｜＝２/＝

　ａｒｇ（ｚ₁）＝π/３、ａｒｇ（ｚ₂）＝π/４　なので、

　　ａｒｇ（ｚ₁/ ｚ₂）＝π/３−π/４＝π/１２　　（終）


問題　次の複素数 ｚ の絶対値と偏角を求めよ。ただし、−π＜θ＜π　とする。

　ｚ＝（１＋ｃｏｓθ−ｉ・ｓｉｎθ）/（１＋ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）

（解）　倍角の公式より、

ｚ＝（２ｃｏｓ²（θ/２）−ｉ・２ｓｉｎ（θ/２）ｃｏｓ（θ/２））/（２ｃｏｓ²（θ/２）−ｉ・２ｓｉｎ（θ/２）ｃｏｓ（θ/２））

　＝（ｃｏｓ（θ/２）−ｉ・ｓｉｎ（θ/２））/（ｃｏｓ（θ/２）＋ｉ・ｓｉｎ（θ/２））

　＝（ｃｏｓ（θ/２）−ｉ・ｓｉｎ（θ/２））²

　＝ｃｏｓθ−ｉ・ｓｉｎθ

　＝ｃｏｓ（−θ）＋ｉ・ｓｉｎ（−θ）

　よって、　｜ｚ｜＝１　、ａｒｇ ｚ ＝−θ　　（終）


問題　ｘ の２次方程式 ａｘ²＋ｂｘ＋ｃ＝０ の解 α について、ａ＞ｂ＞ｃ＞０ ならば、

　　｜α｜＜１ であることを示せ。

（解）　α が実数解のとき、すなわち、ｂ²−４ａｃ≧０ のとき、

　α＝（−ｂ±√（ｂ²−４ａｃ））/（２ａ） より、

　｜α｜≦ｂ/（２ａ）＋ｂ/（２ａ）＝ｂ/ａ＜１

α が虚数解のとき、すなわち、ｂ²−４ａｃ＜０ のとき、

　α＝（−ｂ±ｉ・√（４ａｃ−ｂ²））/（２ａ） より、

　｜α｜²＝ｂ²/（４ａ²）＋（４ａｃ−ｂ²）/（４ａ²）＝ｃ/ａ＜１　より、　｜α｜＜１　　（終）


　この問題は、掛谷の定理の特別な場合で、「方程式の解のある性質」において、その別解
が与えられている。


　ガウス平面においては、２つの線分のなす角が、複素数を用いて簡単に表される。しかも、
２つの線分は交わっていなくともよい点が面白い。

左図において、２つの線分のなす角（正の向き）θ は、 　　　　　　　　　 　　 　　で与えられる。

　偏角について、読者のために練習問題を置いておこう。

練習問題　平行四辺形ＡＢＣＤ内に１点Ｐを、∠ＰＡＢ＝∠ＰＣＢ　となるようにとる。

　　　　　

このとき、∠ＰＢＣ＝∠ＰＤＣ　が成り立つことを示せ。

（解）　平行四辺形ＡＢＣＤの対角線の交点を原点Ｏにとり、Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｐ（ｐ）とおくと、

　Ｃ（−α）、Ｄ（−β）　である。

　　　　

　題意より、∠ＰＡＢ＝∠ＰＣＢ　なので、

　　ａｒｇ｛（ｐ−α）/（β−α）｝＝ａｒｇ｛（β＋α）/（ｐ＋α）｝

よって、

　ａｒｇ［｛（ｐ−α）/（β−α）｝・｛（ｐ＋α）/（β＋α）｝］＝ａｒｇ｛（ｐ²−α²）/（β²−α²）｝＝０

から、　（ｐ²−α²）/（β²−α²）＝λ　（λは正の実数）　とおける。

　このとき、

（ｐ²−α²）/（β²−α²）＝（ｐ²−β²＋β²−α²）/（β²−α²）＝−（ｐ²−β²）/（α²−β²）＋１

より、　（ｐ²−β²）/（α²−β²）＝１−λ　は実数となる。

よって、　ａｒｇ｛（ｐ²−β²）/（α²−β²）｝＝０　から、

　ａｒｇ｛（ｐ−β）/（−α−β）｝＝ａｒｇ｛（−α＋β）/（ｐ＋β）｝

が成り立つので、　∠ＰＢＣ＝∠ＰＤＣ　と言える。　　（終）


　複素数 ｚ の共役複素数は、＝ａ−ｂｉ　で定義される。点 ｚ と点 は、実軸に関して線
対称で、

　｜ｚ｜²＝ｚ

　　ｚ が実数　⇔　ｚ＝

　　ｚ が純虚数　⇔　ｚ＋＝０　かつ　ｚ≠０

が成り立つ。


問題　　次の問いに答えよ。

（１）　α、βがともに０でない複素数で、βが実数のとき、βはαの実数倍と書けることを
　　　示せ。

（２）　α、β、γ、δが互いに異なる０でない複素数で、γ、δ、δ＋γがすべて実
　　　数であるとき、α−βの偏角とγ−δの偏角との間には、どんな関係が成り立つか。
　　　　ただし、偏角θの範囲は、０≦θ＜２πとする。

（解）（１）　題意より、　β＝α　で、すなわち、　β/α＝/　から、

　　　　β/α＝ｋ　（ｋは実数）　とおける。したがって、βはαの実数倍と書ける。

（２）　（１）より、　γ＝ｍα　、δ＝ｎβ　（ｍ、ｎは実数）　と書ける。

　また、、δ＋γが実数なので、　δ＋γ＝α＋β

　γ＝ｍα　、δ＝ｎβ　を代入して、　ｎβ＋ｍα＝ｎα＋ｍβ　より、

　（ｎ−ｍ）β＝（ｎ−ｍ）α　となり、　ｎ＝ｍ　または、　βが実数

　ｎ＝ｍ　のとき、　γ＝ｍα　、δ＝ｍβ　から、　γ−δ＝ｍ（α−β）

　　よって、（γ−δ）/（α−β）の偏角は、０　または　π

　βが実数のとき、　β＝ｋα　（ｋは実数）　より、　γ＝ｍα　、δ＝ｎｋα　なので、

　γ−δ＝（ｍ−ｎｋ）α　、　α−β＝（１−ｋ）α

　よって、　（γ−δ）/（α−β）が実数より、（γ−δ）/（α−β）の偏角は、０　または　π

以上から、何れにしても、（γ−δ）/（α−β）の偏角は、０　または　π　　（終）


（別解）（２）　（−）（γ−δ）＝γ−（δ＋γ）＋δ　において、

　条件より、γ、δ、δ＋γがすべて実数なので、（−）（γ−δ）は実数となる。

　よって、γ−δはα−βの実数倍となり、（γ−δ）/（α−β）の偏角は、０　または　π

となる。　　（終）


（コメント）　最初から、別解のように計算すべきでした．．．。


　和歌山県立医科大学（２０１６）で、次のような問題が出題されている。

問題　　異なる複素数α、βに対して、（ｚ−α）/（ｚ−β）が純虚数となる ｚ は、どんな図形
　　　　を描くか。

（解）　ａｒｇ（ｚ−α）/（ｚ−β）＝ａｒｇ（α−ｚ）/（β−ｚ）＝∠βｚα＝±π/２　より、

　　　求める図形は、線分αβを直径とする円（ただし、α、βは除く）を描く。　　（終）


問題　　ａ、ｂ、ｃ は実数の定数とし、Ｆ（ｚ）＝ａｚ²＋ｂｚ＋ｃ　とする。このとき、任意の複素数
　　　　ｚに対して、Ｆ（ｚ）＋Ｆ（）は実数であることを示せ。

（解）　Ｆ（ｚ）＋Ｆ（）
　　　＝ａ（ｚ²＋²）＋ｂ（ｚ＋）＋２ｃ
　　　＝ａ（（ｚ＋）²−２ｚ）＋ｂ（ｚ＋）＋２ｃ

　ｚ＋、ｚ　は実数なので、　Ｆ（ｚ）＋Ｆ（） は実数である。　　（終）


（別解）　Ｆ（）＝　より、Ｆ（ｚ）＋Ｆ（） が実数は明らか。　　（終）


問題　　四角形ＡＢＣＤにおいて、　ＡＢ²＋ＣＤ²＝ＡＤ²＋ＢＣ²　が成り立つとき、２つの対角
　　　　線は直交することを示せ。

（解）　ガウス平面において、　Ａ（０）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）、Ｄ（δ）とおく。条件より、

　｜β｜²＋｜δ−γ｜²＝｜δ｜²＋｜γ−β｜²

すなわち、　δ＋γ＝γ＋β　なので、　γ（−）＝−（β−δ）

　よって、　γ/（β−δ）＝−/（−）　が成り立つので、　γ/（β−δ）　は純虚数

　したがって、　対角線ＡＣと対角線ＢＤは直交する。　　（終）


問題　　ガウス平面において、原点中心の半径１の円周上に異なる３点α、β、γがある。
　　　　このとき、ｚ＝（β−γ）/（α−β）とおくと、（α/γ）ｚ の共役複素数は、ｚ であること
　　　　を示せ。

（解）　３点α、β、γは、原点中心の半径１の円周上にあるので、

　＝１/α　、＝１/β　、＝１/γ

　このとき、　ｗ＝（α/γ）ｚ　とおくと、　＝（/）＝（γ/α）

ここで、＝（−）/（−）＝（α/γ）（β−γ）/（α−β）＝（α/γ）ｚ　なので、

　＝（γ/α）（α/γ）ｚ＝ｚ　となる。

　以上から、（α/γ）ｚ の共役複素数は、ｚ である。　　（終）


　絶対値に関する問題を整理しておこう。（令和５年８月１０日付け）

問題　　｜α｜＝｜β｜＝｜γ｜＝１　のとき、

　｜α＋β＋γ｜＝｜１/α＋１/β＋１/γ｜＝｜αβ＋βγ＋γα｜

が成り立つことを示せ。

（解）　｜α｜＝｜β｜＝｜γ｜＝１　より、　α＝β＝γ＝１　なので、

　１/α＋１/β＋１/γ＝＋＋＝（α＋β＋γ）の共役複素数

よって、　｜α＋β＋γ｜＝｜１/α＋１/β＋１/γ｜　が成り立つ。

　また、１/α＋１/β＋１/γ＝（αβ＋βγ＋γα）/（αβγ）　なので、

　｜１/α＋１/β＋１/γ｜＝｜αβ＋βγ＋γα｜　が成り立つ。


問題　　４つの複素数 α、β、γ、δ に対して、

　（｜α｜²＋｜β｜²）（｜γ｜²＋｜δ｜²）＝｜α＋β｜²＋｜αδ-βγ｜²

が成り立つことを示せ。

（解）　｜α＋β｜²＝（α＋β）（γ＋δ）

　　＝｜α｜²｜γ｜²＋αδ＋βγ＋｜β｜²｜δ｜²

｜αδ−βγ｜²＝（αδ−βγ）（−）

＝｜α｜²｜δ｜²−αδ−βγ＋｜β｜²｜γ｜²

より、　｜α＋β｜²＋｜αδ-βγ｜²

　＝｜α｜²｜γ｜²＋｜α｜²｜δ｜²＋｜β｜²｜γ｜²＋｜β｜²｜δ｜²

　＝（｜α｜²＋｜β｜²）（｜γ｜²＋｜δ｜²）

　以上から、等式は成り立つ。　　（終）


問題　　次の問いに答えよ。

（１）　｜α｜＝１　のとき、　｜（α−β）/（１−β）｜＝１　を示せ。

（２）　｜α｜＞１　のとき、　｜（α−β）/（１−β）｜と １ の大小を調べよ。

（解）（１）　｜（α−β）/（１−β）｜＝｜（α−β）/（α−β）｜・１/｜｜＝１

（２）　｜α−β｜²−｜１−β｜²

　＝｜α｜²−α−β＋｜β｜²−（１−α−β＋｜α｜²｜β｜²）

　＝｜α｜²＋｜β｜²−１−｜α｜²｜β｜²

　＝（｜α｜²−１）（１−｜β｜²）

よって、　｜β｜＞１　のとき、

　　｜α−β｜＜｜１−β｜　から、　｜（α−β）/（１−β）｜＜１

｜β｜＝１　のとき、

　　｜α−β｜＝｜１−β｜　から、　｜（α−β）/（１−β）｜＝１

｜β｜＜１　のとき、

　　｜α−β｜＞｜１−β｜　から、　｜（α−β）/（１−β）｜＞１　　（終）


問題　　α、β、γ を複素数とし、Ａ＝α＋β＋γ、Ｂ＝α＋βω＋γω²、
　　　　Ｃ＝α＋βω²＋γω　とおく。ただし、ωは、１の３乗根である。このとき、

　　｜Ａ｜²＋｜Ｂ｜²＋｜Ｃ｜²＝３（｜α｜²＋｜β｜²＋｜γ｜²）

が成り立つことを示せ。

（解）　＝−ω−１＝ω²、ω³＝１、ω＝１　に注意して、

｜Ａ｜²＝｜α｜²＋α＋α＋β＋｜β｜²＋β＋γ＋γ＋｜γ｜²

｜Ｂ｜²＝（α＋βω＋γω²）（＋ω²＋ω）

　＝｜α｜²＋αω²＋αω＋βω＋｜β｜²＋βω²＋γω²＋γω＋｜γ｜²

｜Ｃ｜²＝（α＋βω²＋γω）（＋ω＋ω²）

　＝｜α｜²＋αω＋αω²＋βω²＋｜β｜²＋βω＋γω＋γω²＋｜γ｜²

より、

｜Ａ｜²＋｜Ｂ｜²＋｜Ｃ｜²

＝３（｜α｜²＋｜β｜²＋｜γ｜²）

　＋（α＋β＋β＋γ＋γ＋α）（ω²＋ω＋１）

＝３（｜α｜²＋｜β｜²＋｜γ｜²）　　（終）


　α、β、γ を複素数とし、Ａ＝α＋β＋γ、Ｂ＝α＋βω＋γω²、Ｃ＝α＋βω²＋γω
に対して、次の因数分解が成り立つことは有名である。この因数分解が前問に使えないかと
思案したが、．．．挫折！

問題　　α³＋β³＋γ³−３αβγ＝ＡＢＣ　が成り立つことを示せ。

（解）　ＡＢＣ

　＝（α＋β＋γ）（α＋βω＋γω²）（α＋βω²＋γω）

ここで、ω＋ω²＝−１、ω³＝１　に注意して、

（α＋βω＋γω²）（α＋βω²＋γω）

　＝α²＋（β（ω＋ω²）＋γ（ω＋ω²））α＋β²＋βγ（ω＋ω²）＋γ²

　＝α²＋β²＋γ²−αβ−βγ−γα

なので、

ＡＢＣ＝（α＋β＋γ）（α²＋β²＋γ²−αβ−βγ−γα）＝α³＋β³＋γ³−３αβγ

が成り立つ。　　（終）


　前問と同様に、次の事実も興味深い。

問題　　次の等式が成り立つことを示せ。ただし、ωは、１の３乗根である。

（１）　α³−β³＝（α−β）（α−βω）（α−βω²）

（２）　α³＋β³＝（α＋β）（α＋βω）（α＋βω²）

（解）　ω＋ω²＝−１、ω³＝１　に注意して、

（１）　（α−βω）（α−βω²）＝α²−（ω＋ω²）αβ＋β²ω³＝α²＋αβ＋β²

　より、

　（α−β）（α−βω）（α−βω²）＝（α−β）（α²＋αβ＋β²）＝α³−β³

（２）　（α＋βω）（α＋βω²）＝α²＋（ω＋ω²）αβ＋β²ω³＝α²−αβ＋β²

　より、

　（α＋β）（α＋βω）（α＋βω²）＝（α＋β）（α²−αβ＋β²）＝α³＋β³　　（終）


問題　　α≠０ のとき、次の不等式が成り立つことを示せ。また、等号成立も調べよ。

　　｜α＋１/｜≧２

（解）　｜α＋１/｜²−４＝｜α｜²＋１/｜α｜²−２≧２−２＝０　より、

　｜α＋１/｜≧２

　等号成立は、｜α｜＝１/｜α｜　すなわち、　｜α｜＝１　のときに限る。　　（終）


問題　　ωを１とは異なる１の３乗根とする。
　　　　３つの複素数 ｘ、ｙ、ｚ との間に、ｘ＋ｙω＋ｚω²＝０ が成り立つとき、△ｘｙｚ の形状
　　を答えよ。

（解）　題意より、ω≠１　、ω³＝１ で、ω²＋ω＋１＝０　である。

　ｘ＋ｙω＋ｚω²＝０ から、　ｘ＋ｙω−ｚ（１＋ω）＝０　より、　ｘ−ｚ＝−（ｙ−ｚ）ω

　｜ω｜＝１　、ａｒｇω＝π/３　なので、　｜ｘ−ｚ｜＝｜ｙ−ｚ｜　、ａｒｇ∠ｙｚｘ＝−π/３

よって、△ｘｙｚ は、頂角の大きさがπ/３の２等辺三角形なので、正三角形となる。　　（終）


（参考）　△ｘｙｚ が正三角形となるための必要十分条件は、ｘ＋ｙω＋ｚω²＝０ であることが
　　　　知られている。（→　「正三角形の条件」）

　△αβγ が正三角形となるための必要十分条件としては、

　α²＋β²＋γ²−αβ−βγ−γα＝０

が知られているが、

　α²＋β²＋γ²−αβ−βγ−γα＝（α＋βω＋γω²）（α＋βω²＋γω）

と因数分解されることと関係があり、興味深い。


問題　　ガウス平面上に、原点Ｏを内部に持つ凸ｎ角形がある。その頂点を表す複素数を
　　　反時計回りに ｚ₁、ｚ₂、・・・、ｚ_ｎ とおく。任意の自然数 ｋ （１≦ｋ≦ｎ−１）に対して、
　　｜ｚ_k+1−ｚ_k｜＞｜ｚ_k｜　、｜ｚ_k+1−ｚ_k｜＞｜ｚ_k+1｜
　が成り立つとき、ｎ＜６ であることを示せ。

（解）　△Ｏｚ_kｚ_k+1 において、条件より、∠ｚ_kＯｚ_k+1＞∠Ｏｚ_k+1ｚ_k、∠ｚ_kＯｚ_k+1＞∠ｚ_k+1ｚ_kＯ

よって、　２∠ｚ_kＯｚ_k+1＞∠Ｏｚ_k+1ｚ_k＋∠ｚ_k+1ｚ_kＯ　から、

　３∠ｚ_kＯｚ_k+1＞∠Ｏｚ_k+1ｚ_k＋∠ｚ_k+1ｚ_kＯ＋∠ｚ_kＯｚ_k+1＝１８０°　なので、　

　∠ｚ_kＯｚ_k+1＞６０°　が成り立つ。

　したがって、

　Σ_k=1^n-1 ∠ｚ_kＯｚ_k+1＞６０°×ｎ　で、　Σ_k=1^n-1 ∠ｚ_kＯｚ_k+1＝３６０°　から、

　ｎ＜６　であることが分かる。　　（終）


問題　　ガウス平面上の３点α（≠０）、β、γについて、

　βとγが０とαを結ぶ直線に関して対称な点であるための必要十分条件は、

　γ＝α　であることを示せ。

　

（解）　ａｒｇα＝θとして、β、γを−θ回転させる。このとき、β/αとγ/αは実軸に関して対称であるので、

　γ/α＝/　が成り立つ。よって、γ＝α　である。　　（終）


（追記）　令和５年１２月７日付け

問題　　ガウス平面上に２点Ａ（α）、Ｂ（β）が下図のように与えられたとき、商 α/β を表す
　　　点Ｃを図示せよ。ただし、Ｅ（１）とする。

　　

（解）　△ＯＡＢ∽△ＯＣＥ　となるように点Ｃをとればよい。

　　　（終）


（追記）　令和５年１２月８日付け

問題　　ａ、ｂは複素数とする。次の問いに答えよ。

（１）　任意の複素数 ｚ に対して、常に ｚ＋ａｚ＋ｂ＋１ が実数になるための必要十分条件
　　を求めよ。

（２）　任意の複素数 ｚ に対して、常に ｚ＋ａｚ＋ｂ＋１≧０ が成り立つような｜ａ｜の値の範
　　囲を求めよ。

（解）（１）　題意より、　ｚ＋ａｚ＋ｂ＋１＝ｚ＋＋ｚ＋１　が成り立つから、

　（ａ−）ｚ＝（−ｂ）　すなわち、任意の複素数 ｚ に対して、常に　（ａ−）ｚ　は実数

そのための必要十分条件は、　ａ＝　である。

（２）　まず、ｚ＋ａｚ＋ｂ＋１が実数なので、（１）より、　ａ＝　すなわち、ｂ＝

このとき、ｚ＋ａｚ＋＋１≧０ から、　（ｚ＋）（＋ａ）≧｜ａ｜²−１

すなわち、　｜ｚ＋｜²≧｜ａ｜²−１　が任意の複素数 ｚ に対して、常に成り立つためには、

　｜ａ｜²−１≦０　すなわち、　−１≦｜ａ｜≦１　である。　　（終）


　上記の問題（１）を簡略化して次の問題を得る。

問題　　ａ、ｂは複素数とする。任意の複素数 ｚ に対して、常に ａｚ＋ｂ が実数になるため
　　　の必要十分条件を求めよ。

（解）　題意より、　ａｚ＋ｂ＝＋ｚ　が成り立つから、（ａ−）ｚ＝（−ｂ）　すなわち、

　任意の複素数 ｚ に対して、常に　（ａ−）ｚ　は実数となり、そのための必要十分条件は、

　ａ＝　である。　　（終）


問題　　ａ、ｂは実数とする。２次方程式 ｘ²＋２ａｘ＋ｂ＝０ の２つの解を α、βとする。この
　　　とき、α、βを直径の両端とする円Ｃが原点Ｏを内部に含むとき、（ａ，ｂ）の存在範囲を
　　　図示せよ。

　　

（解）　解と係数の関係より、α＋β＝−２ａ　、αβ＝ｂ　で、判別式をＤとすると、

　Ｄ/４＝ａ²−ｂ　である。

原点Ｏが円Ｃの内部に含まれるための必要十分条件は、　｜α＋β｜＜｜α−β｜

　すなわち、　２｜ａ｜＜｜α−β｜

ここで、（α−β）²＝（α＋β）²−４αβ＝４ａ²−４ｂ＝４（ａ²−ｂ）

よって、２つの解α、βがともに実数　すなわち、ａ²−ｂ≧０　のとき、

　｜α−β｜＝２√（ａ²−ｂ）　と書けるので、　｜ａ｜＜√（ａ²−ｂ）

両辺を平方して、　ａ²＜ａ²−ｂ　より、　ｂ＜０　ただし、ｂ≦ａ²

　２つの解α、βがともに虚数　すなわち、ａ²−ｂ＜０　のとき、

　｜α−β｜＝２√（ｂ−ａ²）　と書けるので、　｜ａ｜＜√（ｂ−ａ²）

両辺を平方して、　ａ²＜ｂ−ａ²　より、　ｂ＞２ａ²　ただし、ｂ＞ａ²

　以上から、（ａ，ｂ）の存在範囲を図示すれば、下図を得る。

　　

　ただし、境界線は含まない。


（追記）　令和５年１２月１０日付け

問題　　正方形ＡＢＣＤの中心がＰ（１＋２ｉ）で、点Ａ（ａ＋ｂｉ）とする。このとき、次の問いに答えよ。

（１）　点Ｂ、Ｃ、Ｄを表す複素数を求めよ。

（２）　両端を除く線分ＡＢ、ＣＤがともに虚軸と交わるような点Ａの存在範囲を求めよ。

　　

（解）（１）　線分ＡＣの中点がＰなので、明らかに、Ｃ（２−ａ＋（４−ｂ）ｉ）　である。

また、（（ａ−１＋（ｂ−２）ｉ）×ｉ＋１＋２ｉ＝３−ｂ＋（ａ＋１）ｉ　から、Ｂ（３−ｂ＋（ａ＋１）ｉ）

線分ＢＤの中点がＰなので、Ｄ（ｂ−１＋（３−ａ）ｉ）　である。

（２）　両端を除く線分ＡＢ、ＣＤがともに虚軸と交わるためには、

　ａ（３−ｂ）＜０　かつ　（２−ａ）（ｂ−１）＜０

であればよい。このとき、点（ａ，ｂ）の存在範囲を図示すれば、下図を得る。

　　

　ただし、境界線は含まない。　　（終）



２点を通る直線

　ガウス平面において、２点 ｚ₁、ｚ₂ を通る直線上の点 ｚ は、

　　ｚ＝ｍｚ₁＋ｎｚ₂　（ｍ＋ｎ＝１）

と表される。

　ｍｎ＞０のとき、点 ｚ は内分点で、ｍｎ＜０のとき、外分点となる。

線分の中点

　２点 ｚ₁、ｚ₂ を結ぶ線分ｚ₁ｚ₂の中点は、　（ｚ₁＋ｚ₂）/２　で表される。


三角形の重心

　△ｚ₁ｚ₂ｚ₃ の重心は、　（ｚ₁＋ｚ₂＋ｚ₃）/３　で表される。


　実際に、△ＡＢＣにおいて、Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（０）とし、線分ＡＢの中点Ｐ（ｐ）、線分ＢＣ

の中点Ｑ（ｑ）、線分ＣＡの中点Ｒ（ｒ）をとる。

　　　

　ｐ＝（α＋β）/２　で、ＡＱとＣＰの交点をＧ（ｇ）とすると、

　ｇ＝ｋ（α＋β）/２＝（ｋ/２）α＋ｋ（β/２）

　Ｇは、Ａ（α）とＱ（β/２）を結ぶ直線上にあるので、　ｋ/２＋ｋ＝１　より、　ｋ＝２/３

　　よって、　ｇ＝（α＋β）/３

　同様にして、ＢＲとＣＰの交点をＧ’（ｇ’）とすると、　ｇ’＝（α＋β）/３　となり、Ｇ＝Ｇ’

　よって、△ＡＢＣの３中線は１点Ｇで交わり、Ｇは重心となる。

　Ａ（ｚ₁）、Ｂ（ｚ₂）、Ｃ（ｚ₃）のとき、平行移動して、Ａ’（α）、Ｂ’（β）、Ｃ’（０）とすると、

　　α＝ｚ₁−ｚ₃　、β＝ｚ₂−ｚ₃

△Ａ’Ｂ’Ｃ’の重心は、　（α＋β）/３＝（ｚ₁＋ｚ₂−２ｚ₃）/３　となるので、平行移動して、

　△ｚ₁ｚ₂ｚ₃ の重心は、　（ｚ₁＋ｚ₂−２ｚ₃）/３＋ｚ₃＝（ｚ₁＋ｚ₂＋ｚ₃）/３　で表される。


問題　　ガウス平面上の３点Ａ（２＋２ｉ）、Ｂ（−４＋２ｉ）、Ｃ（−１−ｉ）について、次の問いに
　　　　答えよ。

（１）　線分ＡＢの中点Ｍを表す複素数を求めよ。
（２）　線分ＢＣを １ ： ２ に内分する点Ｐを表す複素数を求めよ。
（３）　線分ＣＡを １ ： ２ に外分する点Ｑを表す複素数を求めよ。
（４）　△ＡＢＣの重心Ｇを表す複素数を求めよ。

（解）（１）　｛（２＋２ｉ）＋（−４＋２ｉ）｝/２＝−１＋２ｉ

（２）　｛２（−４＋２ｉ）＋（−１−ｉ）｝/３＝−３＋ｉ

（３）　｛２（−１−ｉ）−（２＋２ｉ）｝/（−１＋２）＝−４−４ｉ

（４）　｛（２＋２ｉ）＋（−４＋２ｉ）＋（−１−ｉ）｝/３＝−１＋ｉ　　（終）


問題　　△ＡＢＣの辺ＢＣ、ＣＡ、ＡＢをそれぞれ ｍ：ｎ （ただし、ｍ＋ｎ＝１）に内分する点を
　　　　Ｐ、Ｑ、Ｒとするとき、△ＡＢＣと△ＰＱＲの重心は一致することを示せ。

　　　

（解）　ガウス平面において、　Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）とおくと、

　Ｐ（ｎβ＋ｍγ）　、Ｑ（ｎγ＋ｍα）　、Ｒ（ｎα＋ｍβ）

となる。このとき、

△ＡＢＣの重心は、　（α＋β＋γ）/３

△ＰＱＲの重心は、

　｛（ｎβ＋ｍγ）＋（ｎγ＋ｍα）＋（ｎα＋ｍβ）｝/３＝（α＋β＋γ）/３

　よって、△ＡＢＣと△ＰＱＲの重心は一致する。　　（終）


問題　　△Ａ₁Ｂ₁Ｃ₁、△Ａ₂Ｂ₂Ｃ₂、△Ａ₃Ｂ₃Ｃ₃　は、同じ向きの正三角形とする。
　　　　△Ａ₁Ａ₂Ａ₃、△Ｂ₁Ｂ₂Ｂ₃、△Ｃ₁Ｃ₂Ｃ₃ の重心をそれぞれＰ、Ｑ、Ｒとするとき、
　　　　△ＰＱＲは正三角形であることを示せ。

　　　　

（解）　ガウス平面において、Ａ_ｋ（α_ｋ）、Ｂ_ｋ（β_ｋ）、Ｃ_ｋ（γ_ｋ）　（ｋ＝１、２、３）　とする。

△Ａ₁Ｂ₁Ｃ₁　は、同じ向きの正三角形なので、　α₁＋β₁ω＋γ₁ω²＝０　・・・　（１）

△Ａ₂Ｂ₂Ｃ₂　は、同じ向きの正三角形　α₂＋β₂ω＋γ₂ω²＝０　・・・　（２）

△Ａ₃Ｂ₃Ｃ₃　は、同じ向きの正三角形　α₃＋β₃ω＋γ₃ω²＝０　・・・　（３）

　このとき、Ｐ（ｐ）、Ｑ（ｑ）、Ｒ（ｒ）　とすると、

　ｐ＝（α₁＋α₂＋α₃）/３　、ｑ＝（β₁＋β₂＋β₃）/３　、ｒ＝（γ₁＋γ₂＋γ₃）/３

なので、（１）（２）（３）より、　ｐ＋ｑω＋ｒω²＝０　が成り立つ。

　よって、△ＰＱＲは正三角形である。　　（終）


共線条件

　相異なる３点 α、β、γ が同一直線上にあるための必要十分条件は、

　　　（γ −α）/（β−α）　が実数


（コメント）　∠βαγ＝０　または　π　より、３点 α、β、γ は同一直線上にある。

上記の条件を数式化すれば、

　　（β−γ）＋（γ−α）＋（α−β）＝０

となる。

＃△αβγの外心を与える式の分母なんですね．．．。半径が∞で、円が直線になるという
　感覚でいいのかな？何となく意味深。

（証明）　２点α、βを通る直線の方程式は、

　　（ｚ−α）/（β−α）＝（−）/（−）

すなわち、　（−）（ｚ−α）−（β−α）（−）＝０

点γを通るので、　（−）（γ−α）−（β−α）（−）＝０

　（γ−α）−（γ−α）−（β−α）＋（β−α）＝０

　（β−γ）＋（γ−α）＋（α−β）＝０　　（証終）


（追記）　令和５年８月１３日付け

　岡山大学前期理系（２０１９）で、次のような問題が出題されている。

問題　　次の３つの等式 ｚ＝ｗ　、 ｜ｚ−１｜＝１　、｜ｚ−ｗ｜＝２　を満たす複素数
　　　　ｚ、ｗ について、以下の問いに答えよ。ただし、ｚ≠０ とし、ｚ の偏角を θ と表す。

（１）　複素数平面において、３点 ０、ｚ、ｗ は一直線上にあることを示せ。
（２）　ｚ と ｗ を θ を用いて表せ。
（３）　θは、０≦θ＜π/２ の範囲を動くとする。このとき、ｗ のとりうる値について、その虚
　　部の最大の値を求めよ。

（解）（１）　ｚ＝ｗ　から、　ｗ/ｚ＝/　なので、　ｗ/ｚ は実数

　よって、　ｗ/ｚ＝ｋ　（ｋは実数）　とおけるので、　ｗ＝ｋｚ

　したがって、３点 ０、ｚ、ｗ は一直線上にある。

（２）　ｒ を実数として、　ｚ＝ｒ（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）　とおく。

　｜ｚ−１｜＝１　より、　ｒ＝２ｃｏｓθ　となるので、　ｚ＝２ｃｏｓθ（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）

　さらに、ａｒｇ（ｚ−ｗ）＝θ　または　θ＋π　なので、｜ｚ−ｗ｜＝２　より、

　ｚ−ｗ＝±２（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）　と書ける。

よって、　ｗ＝ｚ±２（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）＝２ｃｏｓθ（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）±２（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）

すなわち、　ｗ＝２ｃｏｓθ（ｃｏｓθ±１）＋ｉ・２ｓｉｎθ（ｃｏｓθ±１）

（３）　（２）より、　（ｗの虚部）＝２ｓｉｎθ（ｃｏｓθ±１）　で、最大の値を求めるので、

　（ｗの虚部）＝２ｓｉｎθ（ｃｏｓθ＋１）　（０≦θ＜π/２ ）　の場合を調べればよい。

　ｙ＝ｓｉｎθ（ｃｏｓθ＋１）　とおくと、

　ｙ’＝ｃｏｓθ（ｃｏｓθ＋１）−ｓｉｎ²θ＝２ｃｏｓ²θ＋ｃｏｓθ−１＝（２ｃｏｓθ−１）（ｃｏｓθ＋１）

０≦θ＜π/２　で、ｙ’＝０　を解くと、　θ＝π/３

　π/３の前後で、ｙ’の符号が＋から−に変わるので、ｙは、π/３で極大かつ最大となる。

よって、　（ｗの虚部）の最大値は、　２ｓｉｎ（π/３）（ｃｏｓ（π/３）＋１）＝３/２　　（終）



　直線の方程式の応用として、次のメネラウスの定理も有名だろう。

メネラウスの定理　　△ＡＢＣにおいて、Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（０）とする。

　直線ＡＢ上の点Ｐ（ｐ）、直線ＢＣ上の点Ｑ（ｑ）、直線ＣＡ上の点Ｒ（ｒ）をとるとき、

　　３点Ｐ、Ｑ、Ｒが一直線上にあるための必要十分条件は、

　　　　（ＡＰ/ＰＢ）（ＢＱ/ＱＣ）（ＣＲ/ＲＡ）＝-1

（注）　ＡＰ、ＢＰ、・・・　等は有向線分のため、「＝-1」となる。

　　　

（証明）（必要であること）

　（ＡＰ/ＰＢ）＝ｓ　、（ＢＱ/ＱＣ）＝ｔ　、（ＣＲ/ＲＡ）＝ｕ　とおくと、

　Ｐは、ＡＢを ｓ ： １ に分ける
　Ｑは、ＢＣを ｔ ： １ に分ける
　Ｒは、ＣＡを ｕ ： １ に分ける

ので、　ｐ＝（α＋ｓβ）/（ｓ＋１）　、ｑ＝（１/（ｔ＋１））β　、ｒ＝（ｕ/（ｕ＋１））α

　このとき、　α＝（（ｕ＋１）/ｕ）ｒ　、β＝（ｔ＋１）ｑ　を第一式に代入して、

　　　ｐ＝（（ｕ＋１）/（ｕ（ｓ＋１）））ｒ＋（ｓ（ｔ＋１）/（ｓ＋１））ｑ

　３点Ｐ、Ｑ、Ｒが一直線上にあるので、　（ｕ＋１）/（ｕ（ｓ＋１））＋ｓ（ｔ＋１）/（ｓ＋１）＝１

すなわち、　ｕ＋１＋ｕｓ（ｔ＋１）＝ｕ（ｓ＋１）　より、　ｓｔｕ＝-1　となる。

　よって、　（ＡＰ/ＰＢ）（ＢＱ/ＱＣ）（ＣＲ/ＲＡ）＝-1　が言える。

（十分であること）　直線ＡＢ上の点Ｐ（ｐ）、直線ＢＣ上の点Ｑ（ｑ）、直線ＣＡ上の点Ｒ（ｒ）を
　　　　　　　　　　とるとき、

　　（ＡＰ/ＰＢ）（ＢＱ/ＱＣ）（ＣＲ/ＲＡ）＝-1

が成り立つとする。２点Ｑ、Ｒを通る直線が、直線ＡＢと交わる点をＰ’（ｐ’）とする。

（ＡＰ’/Ｐ’Ｂ）＝ｓ’ とおくと、（必要であること）の証明から、　ｓ’ｔｕ＝-1　となる。

　よって、　ｓ＝ｓ’　となり、Ｐ＝Ｐ’ から、３点Ｐ、Ｑ、Ｒが一直線上にある。　　（証終）


回転と相似

　ガウス平面において、複素数の積が回転と相似拡大を表すので、煩雑な回転等の問題が
楽になる。

　ｉ を掛ける　・・・　原点中心、９０°の回転を表す。

例　１×ｉ＝ｉ　、ｉ×ｉ＝−１　、−１×ｉ＝−ｉ　、−ｉ×ｉ＝１

　このことから、

　１に ｉ を掛ける　・・・　１を原点中心、９０°の回転で、ｉ に移る。
　ｉ に ｉ を掛ける　・・・　i を原点中心、９０°の回転で、−１ に移る。
−１に ｉ を掛ける　・・・　−１ を原点中心、９０°の回転で、−ｉ に移る。
−ｉ に ｉ を掛ける　・・・　−ｉ を原点中心、９０°の回転で、１に移る。

　したがって、以上から、　（−１）×（−１）＝１　が説明される。


　α＝（１＋ｉ）/２を掛ける　・・・　原点中心、６０°の回転を表す。


　ω＝（−１＋ｉ）/２を掛ける　・・・　原点中心、１２０°の回転を表す。


問題　　△ＡＢＣの外部にある点Ｐを、Ａを中心に−２∠Ａだけ回転した点をＱとする。さらに、
　　　　ＱをＢを中心に−２∠Ｂだけ回転した点をＲ、ＲをＣを中心に−２∠Ｃだけ回転した点
　　　　をＳとする。このとき、Ｓ＝Ｐ であることを示せ。

　　　　　　　

（解）　△ＡＢＣの外接円を単位円とし、Ａ（ｅ^（θｉ））、Ｂ（ｅ^（φｉ））、Ｃ（１）として示しても一般
　　　性は失われない。ただし、０＜θ＜φ＜２π　とする。

　このとき、　∠Ａ＝π−φ/２　、∠Ｂ＝θ/２　、∠Ｃ＝φ/２−θ/２　である。

　Ｐ（ｐ）　、Ｑ（ｑ）　、Ｒ（ｒ）　Ｓ（ｓ）　とおくと、題意より、

　ｑ−ｅ^（θｉ）＝（ｐ−ｅ^（θｉ））ｅ^（（φ−２π）ｉ）＝（ｐ−ｅ^（θｉ））ｅ^（φｉ）

なので、　ｑ＝ｐｅ^（φｉ）−ｅ^（（θ＋φ）ｉ）＋ｅ^（θｉ）

　同様にして、

　ｒ−ｅ^（φｉ）＝（ｑ−ｅ^（φｉ））ｅ^（（−θｉ）　より、

　ｒ＝ｑｅ^（（−θｉ）−ｅ^（（φ−θ）ｉ）＋ｅ^（φｉ）

　上式に　ｑ＝ｐｅ^（φｉ）−ｅ^（（θ＋φ）ｉ）＋ｅ^（θｉ）　を代入して、

　ｒ＝ｐｅ^（（φ−θ）ｉ）＋１−ｅ^（（φ−θ）ｉ）　となる。

　同様にして、 ｚ−１＝（ｒ−１）ｅ^（（θ−φ）ｉ）　より、

　ｚ＝ｒｅ^（（θ−φ）ｉ）−ｅ^（（θ−φ）ｉ）＋１

　上式に、　ｒ＝ｐｅ^（（φ−θ）ｉ）＋１−ｅ^（（φ−θ）ｉ）　を代入して、

　ｚ＝ｐ＋ｅ^（（θ−φ）ｉ）−１−ｅ^（（θ−φ）ｉ）＋１＝ｐ

　したがって、　Ｓ＝Ｐ　である。　　（終）


（コメント）　３つの回転を合成すると、元に戻るという美しい結果ですね！


　ガウス平面において、３点 １、ω、ω² を考える。３点で、正三角形１ωω²が作られる。

　　　　　

　ω−１ の絶対値は、 で、偏角は、５π/６ である。

　ω²−ω の絶対値は、 で、偏角は、３π/２ である。

　１−ω² の絶対値は、 で、偏角は、π/６ である。


　したがって、複素数 （ω−１）（ω²−ω）（１−ω²） の絶対値は、３　で、偏角は、

　　５π/６＋３π/２＋π/６＝２π＋π/２

となり、　（ω−１）（ω²−ω）（１−ω²）＝３ｉ は純虚数となる。


　ｚ＝（ω−１）（ω²−ω）（１−ω²） が純虚数であることは、次のようにしても分かる。

すなわち、　＝（ω²−１）（ω−ω²）（１−ω）＝−（ω−１）（ω²−ω）（１−ω²）＝−ｚ

より、ｚ＋＝０ となって、ｚ は純虚数である。


　上記と同様のことが、単位円周上の任意の３点 α、β、γ （反時計回り）　についても

　　複素数 ｚ＝（α−β）（β−γ）（γ−α）/（αβγ）

は、純虚数であることが示される。

　　　　　

　実際に、

　ｚ＝（α−β）（β−γ）（γ−α）/（αβγ）

　 ＝（α−β）（β−γ）（γ−α）＝（１−β）（１−γ）（１−α）

　よって、　＝（１−α）（１−β）（１−γ）＝（β−α）（γ−β）（α−γ）

　すなわち、　＝−（α−β）（β−γ）（γ−α）＝−ｚ　より、　ｚ＋＝０ となって、

ｚ は純虚数である。


　同様にして、単位円周上の任意の４点 α、β、γ、δ （反時計回り）　について

　　複素数 ｚ＝（α−β）（β−γ）（γ−δ）（δ−α）/（αβγδ）

は、実数であることが示される。

　　　　　

　実際に、

　ｚ＝（α−β）（β−γ）（γ−δ）（δ−α）/（αβγδ）

　 ＝（α−β）（β−γ）（γ−δ）（δ−α）

　 ＝（１−β）（１−γ）（１−δ）（１−α）

　よって、

　＝（１−α）（１−β）（１−γ）（１−δ）

　　＝（β−α）（γ−β）（δ−γ）（α−δ）

　すなわち、　＝（α−β）（β−γ）（γ−δ）（δ−α）＝ｚ　より、

ｚ は実数である。


（追記）　令和５年２月２１日付け

　よおすけさんからの問題提供です。今回は、東京工業大学理系後期（１９９１）の問題です。

問題　　原点Oを中心とする半径２の円Kの内部に、一辺の長さが２で対角線の交点がOと
　　　　なるような正方形ABCDをとる。K上の点Pにおいて、線分POと角θで交わる２本の半
　　　　直線を引く。

　　

　このとき、PがK上どのような位置にあっても、これら２本の半直線が正方形ABCDを通るよ
うなθの最大値を求めよ。

（解）　ガウス平面において、Ａ（）、Ｂ（ｉ）、Ｃ（−２）、Ｄ（−ｉ）としても一般性を失
　　　わない。また、対称性から、Ｐ（２ｅ^（ｉφ））　（ただし、０≦φ≦π/４）　としてよい。

　　

　直線ＡＤと円との交点をＰ”とおく。原点Ｏと直線ＡＤの距離は１なので、∠ＯＰ”Ａ＝π/６と
なる。

　このことから、題意より、θ≦π/６　であることが分かる。

　よって、最大値がθ＝π/６を示すには、直線ｎが直線ＡＤと一致するとき、直線ｍが辺ＡＢ、
ＢＣと交わることを示せば十分である。

　原点Ｏから直線ＡＤに下ろした垂線の足をＨとすると、Ｈ（（１−ｉ）/）である。

　よって、点Ｐ”を表す複素数は、２ｅ^（ｉ（π/３））（１−ｉ）/＝（＋１＋（−１）ｉ）/

点Ｐ”を中心に、原点Ｏを−π/６だけ回転した点をｚとおくと、

　ｚ＝ｅ^（ｉ（−π/６））（−−１＋（−＋１）ｉ）/＋（＋１＋（−１）ｉ）/

　　＝（−）ｉ

よって、この点 ｚ は、線分ＯＢ上にあり、直線ｍは辺ＡＢ、ＢＣと交わることを示す。

　以上から、求める最大値は、θ＝π/６　である。　　（終）


（コメント）　ちょっとスッキリしない証明になっていたので、修正しました。納得いくものになっ
　　　　　　た筈です。「Ｐがどこにあっても」という条件を上手く使いこなすのは難しいですね！
　　　　　　よおすけさんの補足に期待します。


　よおすけさんからのコメントです。（令和５年２月２５日付け）

　１９９１年当時は、複素数平面が高校範囲外の頃なので、通常なら、ベクトル、実数範囲の
微分・積分で解くところを無理言って複素数で解いてもらって、感謝しています。

　上記解答の補足ですが、僕からは言うことはありません。


　上記では、微分を使わない解法だったので、今度は微分を活用する別解に挑戦しました。
考察する図は、次の図の方が分かり易かったですね。

（別解）　ガウス平面において、Ａ（−１＋ｉ）、Ｂ（−１−ｉ）、Ｃ（１−ｉ）、Ｄ（１＋ｉ）としても一般性
　　　　を失わない。また、対称性から、Ｐ（２ｅ^（ｉφ））　（ただし、０≦φ≦π/４）　としてよい。

　　

　線分ＡＤをＤ方向に延長し、円Ｋとの交点をＰ’とすると、φ＝π/６　である。

　ここで、θ＝π/６　のとき、直線ｍは直線ＡＤと一致し、直線ｎは線分ＢＣ、ＣＤと交わるの

で、条件を満たす。よって、求めるθは、π/６以下であることが分かる。

（イ）　π/６≦φ≦π/４　のとき、直線ｍが点Ａを通る場合を考える。

　Ｐ（２ｅ^（ｉφ））から、

　ＰＡ＝−１＋ｉ−２ｅ^（ｉφ）＝−１−２ｃｏｓφ＋ｉ・（１−２ｓｉｎφ）

　ＰＯ＝−２ｃｏｓφ−２ｉ・ｓｉｎφ

よって、　ｃｏｓθ＝（ｃｏｓφ−ｓｉｎφ＋２）/√（６＋４（ｃｏｓφ−ｓｉｎφ））

　ここで、ｃｏｓφ−ｓｉｎφ＝ｘ　とおくと、　ｘ＝ｃｏｓ（φ＋π/４）　で、

π/６≦φ≦π/４　より、　５π/１２≦φ＋π/４≦π/２　なので、

　０≦ｘ≦（−１）/２　である。

このとき、　ｙ＝ｃｏｓθ＝（ｘ＋２）/√（６＋４ｘ）　の増減を調べる。

　ｙ’＝（２ｘ＋２）/√（６＋４ｘ）³　より、０≦ｘ≦（−１）/２　において、単調増加である。

　よって、　/３≦ｙ≦/２　より、　θ≧π/６　が成り立つ。

（ロ）　０≦φ≦π/６　のとき、直線ｍが点Ｄを通る場合を考える。

　Ｐ（２ｅ^（ｉφ））から、

　ＰＤ＝１＋ｉ−２ｅ^（ｉφ）＝１−２ｃｏｓφ＋ｉ・（１−２ｓｉｎφ）

　ＰＯ＝−２ｃｏｓφ−２ｉ・ｓｉｎφ

よって、　ｃｏｓθ＝（２−（ｓｉｎφ＋ｃｏｓφ））/√（６−４（ｓｉｎφ＋ｃｏｓφ））

　ここで、ｓｉｎφ＋ｃｏｓφ＝ｘ　とおくと、　ｘ＝ｓｉｎ（φ＋π/４）　で、

０≦φ≦π/６　より、　π/４≦φ＋π/４≦５π/１２　なので、

　１≦ｘ≦（＋１）/２　である。

このとき、　ｙ＝ｃｏｓθ＝（２−ｘ）/√（６−４ｘ）　の増減を調べる。

　ｙ’＝（２ｘ−２）/√（６−４ｘ）³　より、１≦ｘ≦（＋１）/２　において、単調増加である。

　よって、　/２≦ｙ≦/２　より、　θ≧π/６　が成り立つ。

　（イ）（ロ）から、結局　θ≧π/６　となり、θ＝π/６　のとき、２つの半直線ｍ、ｎは、Ｐが

円Ｋの周上のどこにあっても必ず、正方形ＡＢＣＤと交わる。

　よって、求めるθの最大値は、π/６　である。　　（終）


（コメント）　θがπ/６を超える場合は、円Ｋの周上の点から半直線ｍ、ｎを引いた場合に、
　　　　　　正方形ＡＢＣＤと交わらない場合が起こり得るということですね！



基本図形の表現

　複素数と絶対値によって、基本的な図形が得られる。

○　｜ｚ−α｜＝｜ｚ−β｜　・・・　線分αβの垂直２等分線

○　｜ｚ−α｜＝ｒ　・・・　中心α、半径 ｒ の円

　両辺を平方して、　ｚ−ｚ−α＋α−ｒ²＝０　と書ける。

○　｜ｚ−α｜＝ｎ｜ｚ−β｜　（ｎは実数）

　　・・・　線分αβを ｎ ： １ に内分・外分する点を直径の両端とする円（アポロニウスの円）

○　（α−γ）/（β−γ）＝ｉ　・・・　∠αγβ＝９０°の直角２等辺三角形αγβ


　読者のために、練習問題を残しておこう。

問題　異なる複素数 α、β、γ について、（α−β）²＋（β−γ）²＝０　が成り立つとき、
　　　△αβγの形状を求めよ。

（解）　（α−β）/（γ−β）＝±ｉ　より、∠αβγ＝９０°の直角２等辺三角形αβγ　（終）


問題　異なる３つの複素数α、β、γの間に、等式　（γ−α）/（β−γ）＝ｉ　が成り立つ
　　　とき、△αβγの形状を求めよ。

（解）　αを直角の頂点とする直角２等辺三角形　　（終）


問題　ガウス平面上の３点Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）について、α−β＝（−１＋ｉ）（γ−β）
　　　　のとき、△ＡＢＣの形状を求めよ。

（解）　（α−β）/（γ−β）＝（−１＋ｉ）　より、

　　｜（α−β）/（γ−β）｜＝２　で、　ａｒｇ｛（α−β）/（γ−β）｝＝２π/３

　よって、　ＡＢ ： ＡＣ＝２ ： １　で、∠ＡＢＣ＝１２０°の三角形　　（終）


問題　ガウス平面上の異なる３点Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｏ（０）について、β/α＝（１＋ｉ）/２
　　　が成り立つとき、△ＯＡＢの形状を求めよ。

（解）　｜β｜/｜α｜＝１　より、　｜α｜＝｜β｜　で、

　ａｒｇ（β/α）＝π/３　より、∠ＡＯＢ＝６０°なので、△ＯＡＢは正三角形である。　　（終）


問題　四角形ＡＢＣＤにおいて、等式　ＡＢ²＋ＣＤ²＝ＡＤ²＋ＢＣ²　が成り立つとき、２つの
　　　対角線は垂直に交わることを示せ。

（解）　Ａ（０）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）、Ｄ（δ）とおくと、

　｜β｜²＋｜δ−γ｜²＝｜δ｜²＋｜γ−β｜²　を展開して、

　｜β｜²＋｜δ｜²−γ−δ＋｜γ｜²＝｜δ｜²＋｜γ｜²−β−γ＋｜β｜²

すなわち、　　γ＋δ＝β＋γ　より、　γ/（β−δ）＝−/（−）

　よって、　γ/（β−δ）　は純虚数となるので、　ＡＣ⊥ＢＤ　である。　　（終）


問題　△ＯＡＢの外側に、Ｏを頂点とし、辺ＯＡ、ＯＢのそれぞれを１辺とする直角２等辺三角
　　　形ＯＡＣ、ＯＢＤを作る。線分ＣＤの中点をＭとするとき、　ＡＢ＝２ＯＭ　、ＡＢ⊥ＯＭ　で
　　　あることを示せ。

　　　　　　　　　　

（解）　ガウス平面において、　Ｏ（０）、Ａ（α）、Ｂ（β）　とおく。このとき、題意より、

　Ｃ（-ｉα）、Ｄ（ｉβ）　となる。よって、Ｍ（ｍ）　とおくと、　ｍ＝（β-α）ｉ/２　である。

　このとき、　ＡＢ＝｜β−α｜＝２｜ｍ｜＝２ＯＭ　で、

　ｍ/（β-α）＝ｉ/２　より、　ａｒｇ｛ｍ/（β-α）｝＝π/２　なので、　ＡＢ⊥ＯＭ　　（終）


問題　　ガウス平面の原点ＯとＯとは異なる２点Ａ、Ｂで、△ＯＡＢを考える。辺ＯＡ、ＯＢを斜
　　　　辺として三角形の外側に直角２等辺三角形ＯＰＡ、ＯＱＢを作る。
　　　　　辺ＡＢの中点をＭとするとき、ＭＰ＝ＭＱ、ＭＰ⊥ＭＱ が成り立つことを示せ。

　　　　　　　　

（解）　Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｐ（ｐ）、Ｑ（ｑ）、Ｍ（ｍ）　とおくと、題意より、

　　−ｐ＝ｉ・（α−ｐ）　より、　ｐ＝（１−ｉ）α/２

　同様に、　β−ｑ＝−ｉ・ｑ　より、　ｑ＝（１＋ｉ）β/２

　ｍ＝（α＋β）/２　なので、

　ＭＰ＝ｐ−ｍ＝−（ｉ・α＋β）/２　、ＭＱ＝ｑ−ｍ＝−（α−ｉ・β）/２

よって、　ＭＰ＝ｉ・ＭＱ　となり、　ＭＰ＝ＭＱ、ＭＰ⊥ＭＱ　が成り立つ。　　（終）


（コメント）　上記問題の相似回転による別解は、こちらを参照。


問題　　四角形ＡＢＣＤの外側に各辺を斜辺とする直角２等辺三角形ＰＡＢ、ＱＢＣ、ＲＣＤ、
　　　　ＳＤＡを作る。このとき、　ＰＲ＝ＱＳ　、　ＰＲ⊥ＱＳ　であることを示せ。

　　　　　

（解） Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）、Ｄ（δ）、Ｐ（ｐ）、Ｑ（ｑ）、Ｒ（ｒ）、Ｓ（ｓ）　とおくと、

　α−ｐ＝ｉ・（β−ｐ）　より、　（１−ｉ）ｐ＝α−ｉ・β　すなわち、　

　　　ｐ＝（α＋β＋ｉ・（αーβ））/２

　β−ｑ＝ｉ・（γ−ｑ）　より、　（１−ｉ）ｑ＝β−ｉ・γ　すなわち、　

　　　ｑ＝（β＋γ＋ｉ・（βーγ））/２

　γ−ｒ＝ｉ・（δ−ｒ）　より、　（１−ｉ）ｒ＝γ−ｉ・δ　すなわち、　

　　　ｒ＝（γ＋δ＋ｉ・（γーδ））/２

　δ−ｓ＝ｉ・（α−ｓ）　より、　（１−ｉ）ｓ＝δ−ｉ・α　すなわち、　

　　　ｓ＝（δ＋α＋ｉ・（δーα））/２

よって、

ＰＲ＝（γ＋δ＋ｉ・（γーδ））/２−（α＋β＋ｉ・（αーβ））/２

　　＝（γ＋δ−α−β＋ｉ・（γーδ−α＋β））/２

同様に、

ＱＳ＝（δ＋α＋ｉ・（δーα））/２−（β＋γ＋ｉ・（βーγ））/２

　　＝（−γ＋δ＋α−β＋ｉ・（γ＋δーα−β））/２

　＝ｉ・（γ＋δ−α−β＋ｉ・（γーδ−α＋β））/２

なので、　ＱＳ＝ｉ・ＰＲ　が成り立つ。

　したがって、　ＰＲ＝ＱＳ　、　ＰＲ⊥ＱＳ　である。　　（終）


定点通過問題

問題　　ガウス平面内の２定点Ａ、Ｂをとり、直線ＡＢの上側に任意に点Ｃをとり、△ＡＢＣを
　　　　考える。辺ＣＡ、ＢＣを１辺として三角形の外側に正方形ＰＱＡＣ、ＲＳＣＢを作る。
　　　　　このとき、点Ｃによらず、直線ＱＲはつねに定点を通ることを示せ。

　

（解） Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）、Ｑ（ｑ）、Ｒ（ｒ）とおくと、

　ｑ−α＝ｉ・（γ−α）　より、　ｑ＝α＋ｉ・（γ−α）

　γ−β＝ｉ・（ｒ−β）　より、　ｒ＝β−ｉ・（γ−β）

　このとき、　（ｑ＋ｒ）/２＝（α＋β＋ｉ・（β−α））/２　より、線分ＱＲの中点は、点Ｃによら

ずに一定となるので、直線ＱＲはつねに定点を通る。　　（終）


（コメント）　線分ＡＢを実軸上にとり、Ａ（−ａ）、Ｂ（ａ）とすると、　（ｑ＋ｒ）/２＝ｉ・ａ　となって、
　　　　　　定点の場所が瞬時に分かるかな．．．。


問題　　△ＡＢＣの底辺ＢＣに平行な直線が辺ＡＢ、ＡＣと交わる点をそれぞれＤ、Ｅとおく。
　　　　線分ＢＥとＣＤの交点をＦとおくと、直線ＡＦは、底辺ＢＣの中点を通ることを示せ。

　　　　

＃チェバの定理より、　（ＡＤ/ＤＢ）（ＢＭ/ＭＣ）（ＣＥ/ＥＡ）＝１　が成り立ち、ＤＥとＢＣが平行

　であるから、　ＡＤ/ＤＢ＝ＥＡ/ＣＥ　すなわち、　（ＡＤ/ＤＢ）（ＣＥ/ＥＡ）＝１

　よって、　ＢＭ/ＭＣ＝１　すなわち、　ＢＭ＝ＭＣ　から、Ｍは辺ＢＣの中点である。

　これを、敢えて複素数を用いて解いてみよう。

（解）　ガウス平面において、Ａ（０）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）とおく。題意より、実数ｋ（０＜ｋ＜１）に

対して、　Ｄ（ｋβ）　、Ｃ（ｋγ）　とおける。

　直線ＢＥの方程式は、　（ｚ−β）/（ｋγ−β）＝（−）/（ｋ−）

すなわち、　（ｋ−）ｚ−（ｋγ−β）＝β（ｋ−）−（ｋγ−β）＝ｋ（β−γ）

同様にして、直線ＣＤの方程式は、　（ｋ−）ｚ−（ｋβ−γ）＝−ｋ（β−γ）

２式より、を消去して、　（ｋ²−１）（β−γ）ｚ＝ｋ（ｋ−１）（β＋γ）（β−γ）

　条件より、　ｋ≠±１　、β≠γ　なので、　ｚ＝｛ｋ/（ｋ＋１）｝（β＋γ）

よって、２直線の交点は、ＡＢ、ＡＣが張る平行四辺形の対角線上にあることから、直線ＡＦ

は、辺ＢＣの中点を通ることが分かる。　　（終）


（コメント）　「２直線の交点を通る直線」の公式を用いれば、次のように解くことも出来る。

　ガウス平面において、Ａ（０）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）とおく。題意より、実数ｋ（０＜ｋ＜１）に

対して、　Ｄ（ｋβ）　、Ｃ（ｋγ）　とおける。

　直線ＢＥの方程式は、　（ｋ−）ｚ−（ｋγ−β）＝ｋ（β−γ）

　直線ＣＤの方程式は、　（ｋ−）ｚ−（ｋβ−γ）＝−ｋ（β−γ）

なので、２直線の交点を通る直線の方程式は、同時に０ではない実数 ｍ、ｎ を用いて、

　　ｍ（（ｋ−）ｚ−（ｋγ−β）−ｋ（β−γ））

　＋ｎ（（ｋ−）ｚ−（ｋβ−γ）＋ｋ（β−γ））＝０

とおける。この直線が、原点を通るので、ｚ＝０を代入して、

　　−ｍｋ（β−γ）＋ｎｋ（β−γ）＝０

条件より、　ｋ≠０　、β≠γ　なので、　ｍ＝ｎ　となる。

　このとき、

　（ｋ−）ｚ−（ｋγ−β）＋（ｋ−）ｚ−（ｋβ−γ）＝０

から、　（ｋ−１）（（＋）ｚ−（β＋γ））＝０

　ｋ≠１　なので、　（＋）ｚ−（β＋γ）＝０　となる。

　これが、直線ＡＦの方程式である。

　直線ＢＣの方程式は、　（ｚ−β）/（γ−β）＝（−）/（−）　より、

　　（−）ｚ−（γ−β）＝β−γ

そこで、直線ＡＦと直線ＢＣの交点を求めると、

（γ−β）（＋）ｚ−（β＋γ）（−）ｚ＝−（β＋γ）（β−γ）

から、　−２（β−γ）ｚ＝−（β＋γ）（β−γ）

　β≠γ　なので、　ｚ＝（β＋γ）/２　となる。

　この点は、辺ＢＣの中点である。


（コメント）　複素数の場合は、単に計算だけなので、面白みに欠ける場合もありますね！
　　　　　　この問題については、チェバの定理が最も平易で簡単ですね。
　　　　　　（→　参考：「重心座標を用いた解法」）

軌跡

問題　複素数 ｚ が、｜ｚ−２｜＝｜ｚ＋２−４ｉ｜を満たすとき、｜ｚ−１｜＋｜ｚ−４｜の最
　　　小値を求めよ。

（解）　複素数 ｚ が、｜ｚ−２｜＝｜ｚ＋２−４ｉ｜を満たすとき、２と−２＋４ｉを結ぶ線分の垂

　　直２等分線Ｌを描く。Ｌに関して、１と対称な点は、−２＋３ｉ　なので、求める最小値は、

　　３　　（終）


問題　複素数 ｚ が、｜ｚ｜＝２ を満たすとき、ｗ＝（２ｚ−１）/（ｚ−８） は、どんな図形を描く
　　　か。

（解）　ｗ＝（２ｚ−１）/（ｚ−８） より、　ｚ＝（８ｗ−１）/（ｗ−２）　なので、

　　　｜ｚ｜＝｜８ｗ−１｜/｜ｗ−２｜＝２

　よって、　｜８ｗ−１｜＝２｜ｗ−２｜　すなわち、　｜ｗ−１/８｜＝（１/４）｜ｗ−２｜

　求めるｗの軌跡は、２点 １/８、２ を １ ： ４ に内分、外分する点を直径の両端とする円と
なる。

　このとき、直径の両端は、２点 １/２、−１/２　となるので、

　ｗは、円 ｜ｗ｜＝１/２　を描く。　　（終）


（追記）　令和６年７月２４日付け

　軌跡に関する手頃な問題が、東北大学　文理共通（１９７２）で出題されている。

第３問　　複素平面上で、複素数 １＋ｉ の表す点をＡ、原点をＯとする。また、|ｚ＋２|＝１
　　であるような複素数 ｚ の表す点をPとする。ＯＡ、ＯＰをとなり合う２辺とする平行四辺形
　　OAQPをつくり、その対角線OQを１辺とする正三角形OQRをつくる。Pが |ｚ＋２|＝１ の表
　　す図形上を動くとき、

（１）　点Qは、どのような図形を描くか。
（２）　点Rは、どのような図形を描くか。

（解）（１）　Ｑ（ｗ）とおくと、　ｗ＝ｚ＋１＋ｉ・　すなわち、　ｚ＝ｗ−１−ｉ・　である。

　|ｚ＋２|＝１　に代入して、　|ｗ＋１−ｉ・|＝１

　よって、点Qは、−１＋ｉ・ を中心とし、半径１の円を描く。

（２）　Ｒ（ｕ）とおくと、　ｕ＝ｗ・ｅ＾（±πｉ/３）

　ｕ＝ｗ・ｅ＾（πｉ/３）　のとき、　ｗ＝ｕ・ｅ＾（−πｉ/３）

　１−ｉ・＝２ｅ＾（−πｉ/３）　なので、　|ｕ・ｅ＾（−πｉ/３）＋２ｅ＾（−πｉ/３）|＝１

すなわち、　|ｕ＋２|＝１　より、点Ｒは、−２を中心とし、半径１の円を描く。

　ｕ＝ｗ・ｅ＾（−πｉ/３）　のとき、　ｗ＝ｕ・ｅ＾（πｉ/３）

　１−ｉ・＝２ｅ＾（−πｉ/３）　なので、　|ｕ・ｅ＾（πｉ/３）＋２ｅ＾（−πｉ/３）|＝１

すなわち、　|ｕ＋２ｅ＾（−２πｉ/３）|＝|ｕ−１−ｉ・|＝１　となるので、

　点Ｒは、１＋ｉ・ を中心とし、半径１の円を描く。　　（終）


直角三角形の条件

　相異なる３点 ｚ₁、ｚ₂、ｚ₃ について、△ｚ₁ｚ₂ｚ₃ が直角三角形であるための必要十分条件
は、
　　　（ｚ₃ −ｚ₁）/（ｚ₂−ｚ₁）　が純虚数


（コメント）　条件より、　∠ｚ₂ｚ₁ｚ₃＝±π/２　より、ｚ₁ｚ₂⊥ｚ₁ｚ₃ である。


問題　ガウス平面上に、３点Ａ（α）、Ｂ（）、Ｃ（１/α）があり、△ＡＢＣは、Ｃ＝９０°の直
　　　角三角形である。このとき、αの存在範囲を定めよ。

（解）　直角三角形の条件より、　（α−１/α）/（−１/α）　は純虚数である。すなわち、

　（α−１/α）/（−１/α）＋（−１/）/（α−１/）＝０　より、

　（α²−１）/（α−１）＋（²−１）/（α−１）＝０

よって、　α≠１　のもとで、　α²＋²＝２　を満たす。

　ここで、　α＝ｘ＋ｉ・ｙ　（ｘ、ｙ は実数）　とおくと、　ｘ²−ｙ²＝１

　また、α≠１　より、　ｘ²＋ｙ²≠１　なので、　ｘ≠±１　である。

　以上から、αの存在範囲を図示すると、下図を得る。

　　　　


（コメント）　α＝２＋ｉ とおくと、＝２−ｉ 、１/α＝（２−ｉ）/７　で、下図のような
　　　　　　直角三角形が得られる。

　　　　


　山形大学工学部（２０２２）で、次のような問題が出題されている。（一部、改題。）

問題　　２次方程式 ｘ²−２ｘ＋ｋ＝０　（ｋは実数の定数）　の解を α、β とする。ガウス平
　　　　面において、原点をＯとし、Ａ（α）、Ｂ（β）とするとき、△ＯＡＢが直角三角形となるよ
　　　　うにｋの値を定めよ。

（解）　解の公式より、　ｘ＝１±√（１−ｋ）　で、題意より、　１−ｋ＜０　すなわち、　ｋ＞１

　このとき、　α、β＝１±ｉ・√（ｋ−１）

　直角三角形となるので、　１＋ｉ・√（ｋ−１）＝ｉ×（１−ｉ・√（ｋ−１））

すなわち、　１＋ｉ・√（ｋ−１）＝ｉ＋√（ｋ−１）　から、　√（ｋ−１）＝１

　よって、　ｋ＝２　　（終）


（別解）　解の公式より、　ｘ＝１±√（１−ｋ）　で、題意より、　１−ｋ＜０　すなわち、　ｋ＞１

このとき、直角三角形の条件から、　｛１＋ｉ・√（ｋ−１）｝/｛１−ｉ・√（ｋ−１）｝は純虚数

すなわち、｛１＋ｉ・√（ｋ−１）｝/｛１−ｉ・√（ｋ−１）｝＋｛１−ｉ・√（ｋ−１）｝/｛１＋ｉ・√（ｋ−１）｝＝０

よって、　｛１＋ｉ・√（ｋ−１）｝²＋｛１−ｉ・√（ｋ−１）｝²＝０　より、　２−２（ｋ−１）＝０

　したがって、　ｋ＝２　　（終）


正三角形の条件

　単位円上の異なる３点 ｚ₁、ｚ₂、ｚ₃ について、△ｚ₁ｚ₂ｚ₃ が正三角形であるための必要
十分条件は、
　　　　　　　　ｚ₁＋ｚ₂＋ｚ₃＝０

　実際に、△ｚ₁ｚ₂ｚ₃ が正三角形ならば、平行四辺形ｚ₁ｚ₂(−ｚ₁)ｚ₃ から、ｚ₁＋ｚ₂＋ｚ₃＝０
は明らか。

　逆に、ｚ₁＋ｚ₂＋ｚ₃＝０ とする。ここで、ｚ₁＝１ としても一般性を失わない。

　ｚ₂＝ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ　、ｚ₃＝ｃｏｓφ＋ｉ・ｓｉｎφ　とおくと、条件より、

　ｃｏｓθ＋ｃｏｓφ＝−１　、　ｓｉｎθ＋ｓｉｎφ＝０

　ｃｏｓ²φ＋ｓｉｎ²φ＝１　より、 （ｃｏｓθ＋１）²＋ｓｉｎ²θ＝１　すなわち、　ｃｏｓθ＝−１/２

　このとき、　ｃｏｓφ＝−１/２　も成り立つ。

　したがって、　△ｚ₁ｚ₂ｚ₃ は正三角形となる。


　単位円上の異なる３点 ｚ₁、ｚ₂、ｚ₃ について、ｚ₁＋ｚ₂＋ｚ₃＝０ のとき、△ｚ₁ｚ₂ｚ₃ が正三
角形となることは次のようにも示される。

　実際に、△ｚ₁ｚ₂ｚ₃ の外心は、原点Ｏで、（ｚ₁＋ｚ₂＋ｚ₃）/３＝０　から、原点Ｏは重心でも
ある。

　よって、△ｚ₁ｚ₂ｚ₃ において、外心と重心が一致するので、△ｚ₁ｚ₂ｚ₃ は正三角形となる。


　一般に、次の公式も知られている。

　ガウス平面上の異なる３点 α、β、γ について、△αβγ が正三角形であるための必
要十分条件は、
　　　　　　　　α²＋β²＋γ²−αβ−βγ−γα＝０

　これを示せ、という問題が、大阪教育大学（２０２１）で出題されている。

　実際に、△αβγ が正三角形であるための必要十分条件は、

　　（γ−β）/（α−β）＝（α−γ）/（β−γ）

　すなわち、　α²＋β²＋γ²−αβ−βγ−γα＝０　である。


問題　　ガウス平面において、原点Ｏとは異なる２点Ａ（α）、Ｂ（β）について、△ＯＡＢが正
　　　　三角形であるための必要十分条件は、　α²−αβ＋β²＝０

（解）　上記の公式で、γ＝０　とおけば、　α²−αβ＋β²＝０　が得られる。　　（終）


（別解）　正三角形であるためには、　α/β＝（１±ｉ）/２　が必要十分条件である。

　α²/β²＝（−１±ｉ）/２＝α/β−１　すなわち、　α²−αβ＋β²＝０　　（終）


問題　　ガウス平面において、原点Ｏとは異なる２点Ａ（α）、Ｂ（α²）について、△ＯＡＢが正
　　　　三角形となる複素数αをすべて求めよ。

（解）　上記の問題から、　α²−α³＋α⁴＝０　で、α≠０　から、　α²−α＋１＝０

　よって、　α＝（１±ｉ）/２　　（終）


問題　　ガウス平面において、原点Ｏとは異なる３点Ａ（α）、Ｂ（α²）、Ｃ（α³） について、
　　　　四角形ＯＡＢＣは正方形にはなりえないことを示せ。

（解）　四角形ＯＡＢＣが正方形になるものと仮定する。このとき、対角線の交点は互いに他

　を２等分するので、　（α³＋α）/２＝α²/２　すなわち、　α²−α＋１＝０

　よって、上記の問題より、△ＯＡＢは正三角形となり、四角形ＯＡＢＣは正方形にはなりえ

ない。　　（終）


　ところで、異なる３つの複素数α、β、γについて、△αβγが正三角形であるための必
要十分条件が、

　　α²＋β²＋γ²−αβ−βγ−γα＝０

であることは、次のようにも示すことができる。

　ω＝（−１＋ｉ）/２　とすると、　ω²＋ω＋１＝０　、ω³＝１　が成り立つ。

（α＋ωβ＋ω²γ）（α＋ω²β＋ωγ）　を計算すると、

（α＋ωβ＋ω²γ）（α＋ω²β＋ωγ）

＝α²＋ω²αβ＋ωγα＋ωαβ＋β²＋ω²βγ＋ω²γα＋ωβγ＋γ²

＝α²＋β²＋γ²＋（ω²＋ω）αβ＋（ω²＋ω）βγ＋（ω²＋ω）γα

＝α²＋β²＋γ²−αβ−βγ−γα

となる。よって、　α²＋β²＋γ²−αβ−βγ−γα＝０　ならば、

　α＋ωβ＋ω²γ＝０　または　α＋ω²β＋ωγ＝０

が成り立つ。

　α＋ωβ＋ω²γ＝０　のとき、　α＋ωβ＋（−１−ω）γ＝０　より、

　　　α−γ＝ω（γ−β）　すなわち、　（α−γ）/（γ−β）＝ω　から、

　△αβγは正三角形となる。

　α＋ω²β＋ωγ＝０　のとき、　α＋（−１−ω）β＋ωγ＝０　より、

　　　α−β＝ω（β−γ）　すなわち、　（α−β）/（β−γ）＝ω　から、

　△αγβは正三角形となる。

　何れにしても、α²＋β²＋γ²−αβ−βγ−γα＝０　のとき、

３点α、β、γを頂点とする三角形は、正三角形となる。


　正三角形の条件として、次の事実もよく用いられる。

　ω＝（−１＋ｉ）/２　は、１の３乗根で、大きさを変えない１２０°の回転を表す複素数
である。

　ω³＝１　から、　ω²＋ω＋１＝０　すなわち、　ω²＝−ω−１　が成り立つ。

　このとき、

　△αβγが正の向き（反時計回り）に正三角形であるための必要十分条件は、

　　α＋βω＋γω²＝０

（証明）　△αβγが正の向き（反時計回り）に正三角形であるとすると、

　α−γ＝ω（γ−β）　すなわち、　α＋βω＋γ（−ω−１）＝α＋βω＋γω²＝０

が成り立つ。

　逆に、α＋βω＋γω²＝０　が成り立つとすると、　α−γ＝ω（γ−β）　が成り立ち

△αβγは正の向き（反時計回り）に正三角形となる。　　（証終）


問題　　△ＡＢＣの頂点Ａのある側に正三角形ＰＢＣを描き、外側に正三角形ＱＣＡ、ＲＡＢを
　　　　描くとき、四辺形ＡＱＰＲは平行四辺形であることを示せ。

　　　　　　　

（解）　ガウス平面において、Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）、Ｐ（ｐ）、Ｑ（ｑ）、Ｒ（ｒ）とおくと、題意より、

　　ｐ＋βω＋γω²＝０　、ｑ＋αω＋γω²＝０　、ｒ＋βω＋αω²＝０

なので、　ｐ＝−βω−γω²　、ｑ＝−αω−γω²　、ｒ＝−βω−αω²

　よって、　ＡＱ＝ｑ−α＝−α−αω−γω²＝（α−γ）ω²

同様に、　ＲＰ＝ｐ−ｒ＝−βω−γω²＋βω＋αω²＝（α−γ）ω²

　以上から、　ＡＱ＝ＲＰ　が成り立つので、四辺形ＡＱＰＲは平行四辺形である。　　（終）


問題　　ガウス平面において、正六角形ＡＢＣＤＥＦを考える。Ａ（α）、Ｂ（β）のとき、Ｃの座
　　　　標を求めよ。

（解）　題意より、求める点Ｃ（ｚ）は、

　ｚ＝β＋（α−β）（ｃｏｓ（±１２０°）＋ｉ・ｓｉｎ（±１２０°）　（複号同順）

　＝β＋（α−β）（−１±ｉ）/２　（複号同順）

　＝｛（−１±ｉ）/２｝α＋｛（３ｉ）/２｝β　（複号同順）　　（終）


　佐賀大学医学部（２０２２）で、次のような問題が出題されている。（一部、改題。）

問題　　ガウス平面において、Ａ（１）、Ｂ（ｚ）、Ｃ（ｚ²）とする。次の問いに答えよ。

（１）　△ＡＢＣが正三角形となるように、ｚ を定めよ。

（２）　△ＡＢＣが直角三角形となるように、ｚ の存在範囲を定めよ。

（解）　題意より、　ｚ≠０、±１ である。

（１）　（ｚ²−１）/（ｚ−１）＝（１±ｉ）/２　より、　ｚ＋１＝（１±ｉ）/２

　よって、　ｚ＝（−１±ｉ）/２

（２）　Ａ＝９０°のとき、　（ｚ²−１）/（ｚ−１）＝ｚ＋１　が純虚数より、　Ｒｅ（ｚ）＝−１

Ｂ＝９０°のとき、　（ｚ²−ｚ）/（１−ｚ）＝−ｚ　が純虚数より、　Ｒｅ（ｚ）＝０

ｃ＝９０°のとき、　（ｚ−ｚ²）/（１−ｚ²）＝ｚ/（１＋ｚ）　が純虚数より、

　ｚ/（１＋ｚ）＋/（１＋）＝０　なので、　２ｚ＋ｚ＋＝０

　すなわち、　｜ｚ＋１/２｜＝１/２

　以上から、求める ｚ の存在範囲は、下図の青色の実線部分である。

　　　　　　（終）


長方形の条件

　お茶の水女子大学（２０１６）で、次のような問題が出題された。一部改題しました。

問題　　ガウス平面上の４点Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）、Ｄ（δ）は、原点Ｏを中心とする半径１
　　　　の円周上にあるものとする。α＋β＋γ＋δ＝０　のとき、Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄを頂点とする
　　　　四角形は長方形であることを示せ。

（解）　線分ＡＢ、ＣＤの中点をそれぞれＭ（ｍ）、Ｎ（ｎ）とおくと、

　　　　　ｍ＝（α＋β）/２　、ｎ＝（γ＋δ）/２

（１）　α＋β＝０　のとき、　γ＋δ＝０　なので、　３点Ｏ、Ｍ、Ｎは一致する。

　　よって、四角形の対角線が互いに他を２等分するので、四角形は平行四辺形である。

（２）　α＋β≠０　のとき、　（α＋β）/２＝−（γ＋δ）/２　より、ＭとＮは、原点Ｏに関して

　　点対称で、３点Ｏ、Ｍ、Ｎは同一直線上にある。

　このとき、ＡＭ＝ＢＭ　より、　ＯＭ⊥ＡＢ　である。同様にして、　ＯＮ⊥ＣＤ　である。

　よって、　ＡＢとＣＤは平行となる。

　また、ＯＭ＝ＯＮ　より、　ＡＢ＝ＣＤ　なので、四角形は平行四辺形である。

　以上から、（１）（２）の何れの場合も、α＋β＋γ＋δ＝０　のとき、四角形は平行四辺形
となる。

　この四角形は円に内接するので、対角は等しく、その和は１８０°である。すなわち、

　四角形の内角は全て直角である。

　このような平行四辺形は、長方形しかない。　　（終）


問題　　四辺形ＡＢＣＤの各辺の外側に、正三角形ＡＢＰ、ＢＣＱ、ＣＤＲ、ＤＡＳを作る。
　　　　このとき、四辺形ＰＱＲＳが正方形ならば、四辺形ＡＢＣＤも正方形であることを示せ。

　　

（解）　ガウス平面において、Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）、Ｄ（δ）とおき、さらに、Ｐ（ｐ）、Ｑ（ｑ）、

　Ｒ（ｒ）、Ｓ（ｓ）とおく。

　△ＡＢＰは正三角形なので、　ｐ＋αω＋βω²＝０　すなわち、　ｐ＝−αω−βω²

同様にして、　ｑ＝−βω−γω²　、ｒ＝−γω−δω²　、ｓ＝−δω−αω²

四辺形ＰＱＲＳは正方形なので、　（ｐ＋ｒ）/２＝（ｑ＋ｓ）/２　より、

　−αω−βω²−γω−δω²＝−βω−γω²−δω−αω²

すなわち、　α（ω²−ω）−β（ω²−ω）＋γ（ω²−ω）−δ（ω²−ω）＝０

ω²−ω≠０　なので、　α−β＋γ−δ＝０　より、　（α＋γ）/２＝（β＋δ）/２

したがって、四辺形ＡＢＣＤは平行四辺形である。

　また、　ｓ−ｐ＝ｉ・（ｑ−ｐ）　なので、

　−δω−αω²＋αω＋βω²＝ｉ・（−βω−γω²＋αω＋βω²）

すなわち、　α（−ω²＋ω−ｉ・ω）＋β（ω²＋ｉ・ω−ｉ・ω²）＋γ・ｉ・ω²−δω＝０

　ここで、α−β＋γ−δ＝０　より、　γ＝−α＋β＋δ　なので、

　α（−ω²＋ω−ｉ・ω−ｉ・ω²）＋β（ω²＋ｉ・ω）＋δ（−ω＋ｉ・ω²）＝０

すなわち、　−α（ω²＋ｉ・ω）−ｉ・α（ω²＋ｉ・ω）＋β（ω²＋ｉ・ω）＋ｉ・δ（ω²＋ｉω）＝０

ω²＋ｉ・ω≠０　なので、　−α−ｉ・α＋β＋ｉ・δ＝０　より、　β−α＝−ｉ・（δ−α）

したがって、ＡＢ＝ＡＤ　、ＡＢ⊥ＡＤ　なので、平行四辺形ＡＢＣＤは正方形である。　　（終）


問題　　相異なる４点Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）、Ｄ（δ）が正方形ＡＢＣＤとなるための必要十
　　　　分条件は、

　　α−β＝δ−γ　かつ　（β−α）²＋（δ−α）²＝０

（解）　ＢＡ＝ＣＤ　で、　ＡＢ＝±ｉ・ＡＤ　なので、

　　α−β＝δ−γ　かつ　β−α＝±ｉ・（δ−α）

すなわち、　α−β＝δ−γ　かつ　（β−α）²＝−（δ−α）²　から、明らか。　　（終）


問題　　２つの２次方程式 ｘ²＋ａｘ＋ｂ＝０　、ｘ²＋ｘ＋１＝０ の解が、ガウス平面上で正
　　　方形の４頂点となるとき、定数 ａ、ｂ の値を求めよ。

（解）　ｘ²＋ｘ＋１＝０ の解は、α＝（−１＋ｉ）/２　、β＝（−１−ｉ）/２

　ｘ²＋ａｘ＋ｂ＝０ の解をγ、δとすると、解と係数の関係から、　γ＋δ＝−ａ、γδ＝ｂ

このとき、４頂点α、β、γ、δが正方形αβγδの４頂点となるための必要十分条件は、

　α−β＝δ−γ　かつ　（β−α）²＋（δ−α）²＝０

である。

　α−β＝ｉ　より、　δ−γ＝ｉ　すなわち、　γ＝δ−ｉ

また、　−３＋（δ−α）²＝０　より、

　δ＝α±＝（２−１＋ｉ）/２　、（−２−１＋ｉ）/２

このとき、

　γ＝（２−１−ｉ）/２　、（−２−１−ｉ）/２

よって、　ａ＝−（γ＋δ）＝１−２　、１＋２

　ｂ＝γδ＝（（±２−１）²＋３）/４＝４−　、４＋

　また、４頂点α、β、γ、δが正方形αδβγの４頂点となるための必要十分条件は、

　α−δ＝γ−β　かつ　（γ−δ）²＋（α−β）²＝０

である。　α＋β＝γ＋δ　より、　ａ＝−（γ＋δ）＝−（α＋β）＝１

　γ＋δ＝−１　、（γ−δ）²＝−（α−β）²＝３　より、　

　ｂ＝γδ＝（（γ＋δ）²−（γ−δ）²）/４＝−１/２

以上から、

（ａ，ｂ）＝（１−２，４−）、（１＋２，４＋）、（１，−１/２）　　（終）


　ｋｓ さんからご投稿いただきました。（令和４年９月１４日付け）

トレミーの不等式

　異なる４点が左回りにA（α）、B（β）、C（γ）、D（δ）とあるとき、

　　AB・CD＋AD・BC≧AC・BD

が成り立つ。

　特に、四角形ＡＢＣＤが円に内接するとき、等号が成立する。それは、トレミーの定理と呼
ばれる。（→　参考：「プトレマイオスの定理」）

　初等幾何的証明もありますが、ガウス平面を利用しても証明されます。、

　｜ｘ｜＋｜ｙ｜≧｜ｘ＋ｙ｜を使って、

｜α−β｜｜γーδ｜＋｜αーδ｜｜βーγ｜

≧｜(α−β)(γーδ)＋(αーδ)(βーγ)｜

＝｜αγ−αδーβγ＋βδ＋αβーαγーδβ＋δγ｜

＝｜αβーαδ＋δγーβγ｜

＝｜α(βーδ)＋γ（δーβ）｜

＝｜（αーγ）（βーδ）｜＝｜αーγ｜｜βーδ｜

　よって、与式が示された。


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和４年９月１６日付け）

　等号が成り立つ

⇔　（α−β）（γーδ）＝ｋ（αーδ）（βーγ）

⇔　（α−β）（γーδ）/（αーδ）（βーγ）＝ｋ　（実数）

⇔　偏角を取ると、０ではなく、１８０°の場合になる

⇔　ａｒｇ（（α−β）（γーδ）/（αーδ）（βーγ））＝π

⇔　ａｒｇ（α−β/αーδ）＋ａｒｇ（γーδ/γーβ）＝π

⇔　∠ＤＡＢ＋∠ＤＣＢ＝π　（対角の和がπ）

⇔　Ａ、Ｂ、C、Dは同一円周上の点


平行と垂直

　相異なる４つの複素数 α、β、γ、δ に対して、２つの線分αβ、γδの位置関係を考
える。

（１）　αβ、γδ が平行　⇔　（α−β）/（γ−δ）は実数

（２）　αβ、γδ が垂直　⇔　（α−β）/（γ−δ）は純虚数

　上記のことは、　α−β と γ−δ の偏角を考えれば明らかだろう。


（追記）　令和４年９月２４日付け

　ガウス平面上の異なる３点Ａ、Ｂ、Ｃについて、△ＡＢＣが正三角形となる場合を問う問題
が、青山学院大学　理工（２０１８）、立教大学　理（２０２０）等で出題されている。

問題　　ガウス平面上の異なる３点Ａ（ｚ）、Ｂ（ｚ²）、Ｃ（ｚ³）について、△ＡＢＣが正三角形と
　　　　なるような ｚ の値をすべて求めよ。

（解）　条件から、ｚ≠ｚ²　、ｚ≠ｚ³ なので、　ｚ≠０、１、−１　である。

・Ｂを中心に、辺ＢＣをπ/３回転してＢＡとなる場合

　（ｚ−ｚ²）/（ｚ³−ｚ²）＝ｃｏｓ（π/３）＋ｉ・ｓｉｎ（π/３）

・Ｂを中心に、辺ＢＡをπ/３回転してＢＣとなる場合

　（ｚ³−ｚ²）/（ｚ−ｚ²）＝ｃｏｓ（π/３）＋ｉ・ｓｉｎ（π/３）

　以上の２つの場合は、一つの式にまとめられる。すなわち、

　　（ｚ³−ｚ²）/（ｚ−ｚ²）＝ｃｏｓ（±π/３）＋ｉ・ｓｉｎ（±π/３）＝１/２±ｉ・（/２）

　よって、　−ｚ＝１/２±ｉ・（/２）　より、　ｚ＝−１/２±ｉ・（/２）　　（終）


　ｋｓ さんからのコメントです。（令和４年９月２４日付け）

ブラマグプタの定理（→　参考：「ブラマグプタの定理」）

　円Oに内接する四角形ABCDで、AC⊥BDのとき、対角線の交点Ｐを通る線分Ｌが
ＣＤと垂直のとき、ＬとＡＢとの交点ＭはＡＢの中点である

　　　


　円に内接してなくても似た定理が成り立つ。

　PA＝PD、PB＝PC のとき、四角形ABCDで、AC⊥BD のとき、対角線の交点Ｐを通
る線分ＬがＣＤと垂直のとき、ＬとＡＢとの交点ＭはＡＢの中点である

（証明）　Pを原点とし、A（α）、B（β）とおくと、PA、PBを回転して、C（βi）、D（-αi）となる。

　このとき、M（（α＋β）/２）　である。

　CD方向は、（β＋α）i　なので、PMはCDに垂直である。　　（証終）


　この結果を使うと、四角形ABCDが円に内接する場合が次のように示される。

（証明）　PA、PBの直線上に、PA’＝PD、PB’＝PC となるようにA’、B’をとれば、線分A’B’

　の中点M’について、PM’はCDと垂直になる。

　一方、△PAB∽△PDC なので、PA/PD＝PB/PC 即ち、PA/PA’＝PB/PB’である。

　よって、AB とA’B’ は平行となり、直線PM’は、ABの中点Mを通る。　　（証終）


プトレマイオスの定理

四角形ＡＢＣＤが円に内接するとき、 　　　　　　ＡＣ・ＢＤ＝ＡＢ・ＣＤ＋ＡＤ・ＢＣ 　　　が成り立つ。

（証明）　上図のように、対角線の交点をガウス平面の原点とし、各頂点に複素数を割り付
　　　　ける。

　四角形ＡＢＣＤは、円に内接する四角形なので、∠ＢＡＤ＋∠ＤＣＢ＝１８０°　が成り立つ。

すなわち、
　　　　　　
　よって、
　　　　　　　　
　となる。

　いま、　Ｚ＝(δ−α)(β−γ)、Ｗ＝(β−α)(δ−γ)　とおくと、

　　　　　　　　　　　　

よって、原点 Ｏ と、２点 Ｚ、−Ｗ の位置関係は、例えば、下記のようになっている。

　　　　　　　　　　

　したがって、　｜Ｚ−Ｗ｜＝｜Ｚ｜＋｜−Ｗ｜＝｜Ｚ｜＋｜Ｗ｜　が成り立つ。

ここで、簡単な計算により、

　　　　　Ｚ−Ｗ＝(δ−α)(β−γ)−(β−α)(δ−γ)＝（α−γ)(δ−β)

なので、

　　　　｜（α−γ)(δ−β)｜＝｜(δ−α)(β−γ)｜＋｜(β−α)(δ−γ)｜

が成り立つ。これより、　ＡＣ・ＢＤ＝ＡＢ・ＣＤ＋ＡＤ・ＢＣ　が得られる。　　（証終）


相似条件　・・・　裏返しなし（「同じ向きに相似」と言われる）

　△ｚ₁ｚ₂ｚ₃ ∽ △ｗ₁ｗ₂ｗ₃　⇔　（ｚ₃−ｚ₁）/（ｚ₂−ｚ₁）＝（ｗ₃−ｗ₁）/（ｗ₂−ｗ₁）

　この条件は、２辺の比と夾角相等である。辺と角の関係が、１本の式で表現できることが
複素数の醍醐味である。

　裏返しあり（「反対向きに相似」と言われる）の場合は、　△ｚ₁ｚ₂ｚ₃ と △　が同
じ向きに相似になればよい。


　ある条件のもとで、２つの三角形の重心が一致するという問題は、図形問題では定番の
問題だろう。

問題　　△ＡＢＣにおいて、Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）とする。下図のように、△ＡＢＣの各辺上
　　　　に、△ＡＢＣと同じ向きに相似な△ＢＣＡ’、△ＣＡＢ’、△ＡＢＣ’を作る。
　　　　ここで、Ａ’（α’）、Ｂ’（β’）、Ｃ’（γ’）とする。

　　　　

　このとき、△ＡＢＣと△Ａ’Ｂ’Ｃ’の重心は一致することを示せ。

（解）　題意より、　（α’−γ）/（β−γ）＝（β’−α）/（γ−α）＝（γ’−β）/（α−β）
　　　が成り立つ。そこで、等式＝ｗ　とおくと、

　α’−γ＝ｗ（β−γ）　、β’−α＝ｗ（γ−α）　、γ’−β＝ｗ（α−β）

すなわち、　α’＝γ＋ｗ（β−γ）　、β’＝α＋ｗ（γ−α）　、γ’＝β＋ｗ（α−β）

　３式を辺々加えて、　α’＋β’＋γ’＝α＋β＋γ

すなわち、　（α’＋β’＋γ’）/３＝（α＋β＋γ）/３　なので、

　△ＡＢＣと△Ａ’Ｂ’Ｃ’の重心は一致する。　　（終）


（追記）　よおすけさんからの問題提供です。（令和４年１０月８日付け）

　大阪大学前期（２００７）の文理共通で出題された問題です。

問題　　ｘｙ平面において、原点Ｏを通る半径 r (r＞0)の円をＣとし、その中心をＡとする。Ｏを
　　　　除くＣ上の点Ｐに対し、次の２つの条件(a)、(b)で定まる点Ｑを考える。

（条件）(a)　ＯＰとＯＱの向きが同じ
　　　　(b)　|ＯＰ||ＯＱ|＝１

　以下の問いに答えよ。

(1)　点ＰがＯを除くＣ上を動くとき、点ＱはＯＡに直交する直線上を動くことを示せ。

(2)　(1)の直線をＬとする。ＬがＣと２点で交わるとき、ｒ のとりうる値の範囲を求めよ。


　分野は数学Ｂ（ベクトル）となっていますが、複素数を用いて解いてみたいと思います。

（解）　ガウス平面において、Ａ（α）、Ｐ（ｚ）、Ｑ（ｗ）とすると、（条件）(a）、（ｂ）は次のようにな
　　　る。

　（条件）　(a)　ｗ＝ｋｚ　（ｋ＞０）　　(b)　|ｚ||ｗ|＝１

（１）　題意より、　|ｚ−α|＝ｒ　、|α|＝ｒ　である。条件(ａ)より、ｗ＝ｋｚ　（ｋ＞０）と書けるので、

　　|ｚ||ｗ|＝１　より、　ｋ＝１/|ｚ|²　すなわち、　ｚ＝|ｚ|²ｗ

　このとき、　|ｚ−α|＝||ｚ|²ｗ−α|＝ｒ　の両辺を平方して、

　　|ｚ|⁴|ｗ|²−|ｚ|²（ｗ＋α）＋|α|²＝ｒ²

　すなわち、　|ｚ|⁴|ｗ|²−|ｚ|²（ｗ＋α）＝０　で、|ｚ|≠０　から

　　|ｚ|²|ｗ|²−（ｗ＋α）＝０　すなわち、　ｗ＋α＝１　が言える。

　　　α＝ａ＋ｉ・ｂ　、ｗ＝ｘ＋ｉ・ｙ　とおくと、　ａｘ＋ｂｙ＝１/２

　よって、点Ｑは、ＯＡに垂直な直線上を動く。

（２）　直線Ｌの方程式は、　ａｘ＋ｂｙ＝１/２

　題意を満たすためには、Ａ（ａ，ｂ）と、直線Ｌ：ａｘ＋ｂｙ＝１/２　の距離が ｒ 未満であればよい。

　|ａ²＋ｂ²−１/２|/√（ａ²＋ｂ²）＜ｒ

　ここで、　ａ²＋ｂ²＝ｒ²　なので、　|ｒ²−１/２|/ｒ＜ｒ　すなわち、　|ｒ²−１/２|＜ｒ²

　よって、　−ｒ²＜ｒ²−１/２＜ｒ²　より、　ｒ²＞１/４　すなわち、　ｒ＞１/２　　（終）


（追記）　令和４年１０月２２日付け

　平面幾何の問題で、次の定理は有名である。ナポレオンが発見したと伝えられているが、
そのことを示す資料はないとか．．．。

ナポレオンの定理

　△ＡＢＣの外側に辺ＢＣ、ＣＡ、ＡＢを１辺とする正三角形を作る。それらの正三角形
の重心を結んで出来る三角形は正三角形である

　複素数を用いれば、簡単に示される。

（証明）　△ＡＢＣにおいて、Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）とし、正三角形の残りの頂点をそれぞれ
　　　　Ｐ（ｐ）、Ｑ（ｑ）、Ｒ（ｒ） とする。

　　　

　Ｇ（ｇ）、Ｈ（ｈ）、Ｉ（ｉ）とおくと、

　β−ｇ＝ω（γ−ｇ）　すなわち、　（１−ω）ｇ＝β−ωγ

　γ−ｈ＝ω（α−ｈ）　すなわち、　（１−ω）ｈ＝γ−ωα

　α−ｉ＝ω（β−ｉ）　すなわち、　（１−ω）ｉ＝α−ωβ

このとき、

　（１−ω）（ｇ＋ｈω＋ｉω²）＝β−ωγ＋ωγ−ω²α＋ω²α−β＝０

なので、　ｇ＋ｈω＋ｉω²＝０　が成り立つ。

　よって、　△ＧＨＩ は正三角形である。　　（証終）


　正三角形ＧＨＩ はナポレオンの三角形（ナポレオンの外三角形）と呼ばれる。上記では、
△ＡＢＣの外側に辺ＢＣ、ＣＡ、ＡＢを１辺とする正三角形を作ったが、内側に作ってもナポレ
オンの三角形（ナポレオンの内三角形）を得ることができる。


　ナポレオンの三角形は、いろいろな性質を有している。

（１）　△ＡＩＨ∽△ＡＲＣ　で、相似比は、１/　である。

　実際に、

　　△ＡＩＨと△ＡＲＣにおいて、　∠ＩＡＨ＝∠ＲＡＣ　で、ＡＩ＝ＡＲ/、ＡＨ＝ＡＣ/
　だからである。


（２）　３つの線分ＡＧ、ＢＨ、ＣＩ は１点で交わる。（この交点は、ナポレオン点と言われる）

　実際に、　
　　　　　　　

　線分ＡＧと辺ＢＣの交点をＫ、線分ＢＨと辺ＣＡの交点をＬ、線分ＣＩ と辺ＡＢの交点をＭとお
く。このとき、

　△ＡＩＣ＝（１/２）ＡＩ・ＡＣ・ｓｉｎ∠ＣＡＩ

　　　　 ＝（１/２）（１/）ＡＢ・ＡＨ・ｓｉｎ∠ＢＡＨ＝（１/２）ＡＢ・ＡＨ・ｓｉｎ∠ＢＡＨ＝△ＡＢＨ

　同様にして、　△ＢＧＡ＝△ＢＣＩ　、△ＣＨＢ＝△ＣＡＧ　が成り立つ。

　よって、

（ＡＭ/ＭＢ）（ＢＫ/ＫＣ）（ＣＬ/ＬＡ）

＝（△ＡＩＣ/△ＢＣＩ）（△ＢＧＡ/△ＣＡＧ）（△ＣＨＢ/△ＡＢＨ）

＝（△ＡＢＨ/△ＢＣＩ）（△ＢＣＩ/△ＣＡＧ）（△ＣＡＧ/△ＡＢＨ）

＝１

となり、チェバの定理より、３つの線分ＡＧ、ＢＨ、ＣＩ は１点で交わる。


（３）　△ＡＢＣの重心とナポレオンの三角形ＧＨＩ の重心は一致する。

　実際に、

　△ＡＢＣの重心を表す複素数は、　（α＋β＋γ）/３

　△ＧＨＩ の重心を表す複素数は、

　（ｇ＋ｈ＋ｉ）/３＝（β−ωγ＋γ−ωα＋α−ωβ）/（３（１−ω））＝（α＋β＋γ）/３

なので、△ＡＢＣと△ＧＨＩ のそれぞれの重心は一致する。


（４）　ナポレオンの外三角形とナポレオンの内三角形の面積の差は、△ＡＢＣの面積に等し
　　　い。

　実際に、
　　　　　　

　上図において、ナポレオンの外三角形の１辺の長さをＸとおくと、△ＡＩＨにおいて、余弦定
理より、

　Ｘ²＝（ＡＢ/）²＋（ＡＣ/）²-２（ＡＢ/）（ＡＣ/）ｃｏｓ（Ａ＋６０°）

　　＝（ＡＢ²＋ＡＣ²-２・ＡＢ・ＡＣ・ｃｏｓ（Ａ＋６０°））/３

　よって、△ＧＨＩ＝（/４）Ｘ²＝（/１２）（ＡＢ²＋ＡＣ²-２・ＡＢ・ＡＣ・ｃｏｓ（Ａ＋６０°））

　同様にして、ナポレオンの内三角形の１辺の長さをＹとおくと、△ＡＩ’Ｈ’において、余弦定
理より、

　Ｙ²＝（ＡＢ/）²＋（ＡＣ/）²-２（ＡＢ/）（ＡＣ/）ｃｏｓ（Ａ−６０°）

　　＝（ＡＢ²＋ＡＣ²-２・ＡＢ・ＡＣ・ｃｏｓ（Ａ−６０°））/３

　よって、△Ｇ’Ｈ’Ｉ’＝（/４）Ｙ²＝（/１２）（ＡＢ²＋ＡＣ²-２・ＡＢ・ＡＣ・ｃｏｓ（Ａ−６０°））

　このとき、

　△ＧＨＩ−△Ｇ’Ｈ’Ｉ’

＝（/６）ＡＢ・ＡＣ・（ｃｏｓ（Ａ−６０°）−ｃｏｓ（Ａ＋６０°））

＝（/３）ＡＢ・ＡＣ・ｓｉｎＡｓｉｎ６０°

＝（１/２）ＡＢ・ＡＣ・ｓｉｎＡ＝△ＡＢＣ

が成り立つ。


（５）　下図において、四角形ＡＩＧ’Ｈは平行四辺形となる。

　　　　　　

　実際に、Ａ（α）、Ｉ（（α−ωβ）/（１−ω））、Ｈ（（γ−ωα）/（１−ω））で、Ｇ（ｇ’）とすると、

　γ−ｇ’＝ω（β−ｇ’）　より、　ｇ’＝（γ−ωβ）/（１−ω）

よって、　ＡＩ＝（α−ωβ）/（１−ω）−α＝ω（α−β）/（１−ω）

　ＨＧ’＝（γ−ωβ）/（１−ω）−（γ−ωα）/（１−ω）＝ω（α−β）/（１−ω）

となるので、　ＡＩ＝ＨＧ’　すなわち、四角形ＡＩＧ’Ｈは平行四辺形となる。


（コメント）　Ａ＝１２０°のとき、４点Ａ、Ｉ、Ｇ’、Ｈは１直線上にあり、四角形ＡＩＧ’Ｈは潰れて
　　　　　　しまう。


　首都大学東京（現 都立大学）前期理系（２０１７）で次のような問題が出題されている。
問題は、一部改題。

問題　　ガウス平面上の原点Ｏと２点Ａ(２−４ｉ）、Ｂ(３＋ｉ）を考える。ただし、ｉ を虚
　　　　数単位とする。△ＯＡＢの外側に、３辺ＡＢ、ＢＯ、ＯＡをそれぞれ１辺とする正三角形
　　　　△ＡＬＢ、△ＢＭＯ、△ＯＮＡを作る。次の問いに答えよ。

　　　　　　　　

（１）　点Ｌ、Ｍ、Ｎを表す複素数をそれぞれ求めよ。
（２）　直線ＱＬと直線ＡＭの交点をＰとするとき、点Ｐを表す複素数を求めよ。
（３）　３点Ｂ、Ｐ、Ｎが一直線上にあることを示せ。　

（解）（１）　ｗ＝（１＋ｉ）/２　として、

　α−（３＋ｉ）＝ｗ（（２−４ｉ）−（３＋ｉ））＝７−３ｉ　より、　α＝１０−２ｉ

　同様にして、　β＝ｗ（３＋ｉ）＝２ｉ

　γ−（２−４ｉ）＝ｗ（−２＋４ｉ）＝−７＋ｉ　より、　γ＝−５−３ｉ

（２）　直線ＡＭ上の点は、　ｍ（２−４ｉ）＋（１−ｍ）（２ｉ）＝２ｍ＋（２−６ｍ）ｉ

　直線ＯＬ上の点は、　ｎ（１０−２ｉ）＝１０ｎ−２ｎｉ　（ただし、ｍ、ｎは実数）　と書ける。

　よって、　２ｍ＋（２−６ｍ）ｉ＝１０ｎ−２ｎｉ　から、

　　２ｍ＝１０ｎ　、　２−６ｍ＝−２ｎ　なので、　ｍ＝５/１４　、ｎ＝１/１４

　よって、点Ｐを表す複素数は、　（５−ｉ）/７

（３）　ＮＢ＝（３＋ｉ）−（−５−３ｉ）＝８＋４ｉ＝４（２＋ｉ）

　ＮＰ＝（５−ｉ）/７−（−５−３ｉ）＝（２０/７）（２＋ｉ）　なので、　ＮＰ＝（５/７）ＮＢ

　よって、　３点Ｂ、Ｐ、Ｎが一直線上にある。　　（終）


　今まで、複素数の底力を問題を通して見てきたが、次の円周角の定理は、初等幾何で示
すのが最も簡単だろう。複素数を用いて示せないことはないが、若干煩わしさを感じる。

円周角の定理　　円周上の劣弧を見込む円周角φは、中心角θの半分

　初等幾何では、次のように示される。

　　　　　

（証明）　θ＝２（×＋○）＝２φ　より、　φ＝（１/２）θ　　（証終）


　ちょっと気が進まないが、複素数を用いて定理を証明してみよう。

（証明）　Ｏ（０）、Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｐ（ｚ）とおく。円Ｏの半径は１としても一般性を失わない。

　　　　

　上図において、∠ＡＯＢ＝∠αＯβ＝θ　すなわち、　θ＝ａｒｇ（β/α）　である。

また、円周上の点Ｐ（ｚ）について、　∠ＡＰＢ＝φ＝ａｒｇ（β−ｚ）/（α−ｚ）　である。

　題意より、　｜α｜＝｜β｜＝｜ｚ｜＝１　なので、　α＝β＝ｚ＝１

このとき、

　２φ＝２ａｒｇ（β−ｚ）/（α−ｚ）

　　　＝ａｒｇ｛（β−ｚ）/（α−ｚ）｝²

　　　＝ａｒｇ｛（β−ｚ）/（α−ｚ）｝｛（１/−１/）/（１/−１/）｝

　　　＝ａｒｇ｛（β−ｚ）/（α−ｚ）｝｛（−）/（−）｝（/）

　　　＝ａｒｇ｜（β−ｚ）/（α−ｚ）｜²（β/α）

　　　＝ａｒｇ（β/α）＝θ　　である。　　（証終）


垂線の足　・・・　垂線の足を求める方法も基本的な技と考えられる。

　原点Ｏが中心で半径１の円周上に２点Ａ（α）、Ｂ（β）がある。平面上の点Ｐ（ｐ）より、直線
ＡＢに垂線を下し、その足をＨ（ｈ）とする。このとき、

　　　ｈ＝（α＋β＋ｐ−αβ）/２

である。
　　　　　

＃よく用いられる公式なので、覚えた方がいいだろう。

（証明）　３点Ａ、Ｂ、Ｈは同一直線上にあるので、　（β−ｈ）/（α−ｈ）は実数である。

　すなわち、　（β−ｈ）/（α−ｈ）＝（−）/（−）

分母を払って、　（−）（β−ｈ）＝（α−ｈ）（−）

　＝１/α、＝１/β　を代入して整理すると、　ｈ＋αβ−α−β＝０　・・・　（１）

　また、　ＰＨ⊥ＡＢ　より、　（ｐ−ｈ）/（β−α）は純虚数である。

　すなわち、　（ｐ−ｈ）/（β−α）＋（−）/（−）＝０

　＝１/α、＝１/β　を代入して整理すると、　ｐ−ｈ−αβ＋αβ＝０　・・・　（２）

よって、　（１）−（２）より、　−ｐ＋２ｈ＋αβ−α−β＝０　なので、

　　ｈ＝（α＋β＋ｐ−αβ）/２

が成り立つ。　　（証終）

　特に、ＰがＯに一致するとき、当然ながら、　ｈ＝（α＋β）/２　という中点の公式が成り立つ。


　上記の垂線の足の公式を用いて、次のシムソンの定理が示される。

シムソンの定理

　△ＡＢＣの外接円の周上の点Ｐから直線ＢＣ、ＣＡ、ＡＢに下した垂線の足Ｄ、Ｅ、Ｆは
同一直線上にある

　　　　　

　垂線の足を通る直線はシムソン線と呼ばれる。

　この定理の複素数による証明は、「シムソンの定理」でも述べたが、再度検討し、証明を
再構成してみた。

　証明に入る前に、初等幾何による証明（略証）を覗いておこう。複素数による証明よりも簡
明かもしれない。

（証明）　上図において、

　４点Ｂ、Ｄ、Ｆ、Ｐが同一円周上にあるので、　∠ＰＢＤ＋∠ＰＦＤ＝１８０°

　　すなわち、　∠ＰＦＤ＝１８０°−∠ＰＢＤ

　同様に、４点Ｐ、Ｆ、Ａ、Ｅが同一円周上にあるので、　∠ＰＦＥ＝∠ＰＡＥ

　　すなわち、　∠ＰＦＥ＝１８０°−∠ＰＡＣ

　よって、　∠ＰＦＤ＋∠ＰＦＥ＝３６０°−（∠ＰＢＤ＋∠ＰＡＣ）

　ここで、４点Ａ、Ｐ、Ｂ、Ｃは同一円周上にあるので、　∠ＰＢＤ＋∠ＰＡＣ＝１８０°

以上から、∠ＰＦＤ＋∠ＰＦＥ＝１８０°となり、３点Ｄ、Ｅ、Ｆは同一直線上にある。　　（証終）


（複素数によるシムソンの定理の証明）

　上図において、Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）、Ｐ（ｐ）とおく。垂線の足Ｄ（ｄ）、Ｅ（ｅ）、Ｆ（ｆ）とおくと、

垂線の足の公式から、＝１/ｐ　に注意して、

　ｄ＝（β＋γ＋ｐ−βγ）/２＝（β＋γ＋ｐ−βγ/ｐ）/２

　ｅ＝（γ＋α＋ｐ−γα）/２＝（γ＋α＋ｐ−γα/ｐ）/２

　ｆ＝（α＋β＋ｐ−αβ）/２＝（α＋β＋ｐ−αβ/ｐ）/２

が成り立つ。このとき、

　ｄ−ｅ＝（β＋γ＋ｐ−βγ/ｐ）/２−（γ＋α＋ｐ−γα/ｐ）/２＝（β−α）（ｐ−γ）/（２ｐ）

　ｄ−ｆ＝（β＋γ＋ｐ−βγ/ｐ）/２−（α＋β＋ｐ−αβ/ｐ）/２＝（γ−α）（ｐ−β）/（２ｐ）

なので、

　（ｄ−ｅ）/（ｄ−ｆ）＝（β−α）（ｐ−γ）/｛（γ−α）（ｐ−β）｝

そこで、

（β−α）（ｐ−γ）/｛（γ−α）（ｐ−β）｝−（−）（−）/｛（−）（−）｝

＝（β−α）（ｐ−γ）/｛（γ−α）（ｐ−β）｝−（β−α）（ｐ−γ）/｛（γ−α）（ｐ−β）｝＝０

なので、　（ｄ−ｅ）/（ｄ−ｆ）　は実数となる。

　よって、３点Ｄ、Ｅ、Ｆは同一直線上にある。　　（証終）


　京都大学　前期理系（２００４）で、次のような問題が出題されている。

問題　　αを実数ではない複素数とする。ガウス平面内の円Cが、１、−１、αを通るなら
　　　　ぱ、Cは −１/ も通ることを示せ。

　　　　　　　


（コメント）　円Ｃが原点中心の円であれば、半径が１なので、　α＝１　で、　−α＝−１/

明らかに、−αは原点に関してαと対称な点で、もちろん、円Ｃ上の点となる。

すなわち、−１/　は円Ｃ上にある。

　このことを、一般の場合にも成り立つことを示せという問題が、京都大学の問題である。


（解）　題意より、円Ｃの方程式は、　｜ｚ−ｃｉ｜＝　（ｃは実数）　とおける。

　点αを通るので、　｜α−ｃｉ｜＝

両辺を２乗して、　（α−ｃｉ）（＋ｃｉ）＝ｃ²＋１

すなわち、　α＋（ｃｉ）α−（ｃｉ）＝１　となる。

両辺を α で割って、　１＋（ｃｉ）/−（ｃｉ）/α＝１/（α）

すなわち、　１/（α）＋（ｃｉ）/α−（ｃｉ）/＝１

　よって、　（−１/−ｃｉ）（−１/α＋ｃｉ）＝ｃ²＋１　から、　｜−１/−ｃｉ｜＝

これは、点−１/ が円Ｃ上にあることを示す。　　（終）


　「意外なところに正三角形」で、ＫＳ さんより、有名なモーリ―の定理をご紹介いただいた。

　角の３等分は、定木・コンパスを用いては不可能であることは、１８３７年　ピエール・ヴァン
ツェル（1814〜1848）によって示された。このことから、モーリーの定理の図を作図することは
不可能である。

　「私の備忘録」においても、「モーリーの定理」として、問題提起はしてあったが、初等幾何
で示すのは半端なく難しく手が出せないでいた。しかし、結果自体は非常に美しい定理である。


モーリ―の定理（Morley’s　ｔｒｉｓｅｃｔｏｒ　ｔｈｅｏｒｅｍ）　・・・　１８９９年米国のモーリーにより証明

　三角形の３つの内角の３等分線の、辺に近い２つずつの交点は、正三角形の頂点を
なす
　　　　　


　三角関数を使う手も考えられるが、やはり半端ない計算になる．．．予感。（→　参考）

　複素数を用いると、どのような計算になるのか、怖いもの見たさに挑戦してみた。


（証明）　△ＡＢＣの外接円の中心をＯ（０）とする。一般性を失うことなく、半径は、１としてよい。

　また、Ｃ（１）とし、Ａ（α）、Ｂ（β）とおく。

　　　

　ここで、　ａｒｇ（α）＝６θ　、ａｒｇ（β）＝６φ　とおく。　０＜６θ＜６φ＜２π　である。

　このとき、　Ａ＝（２π−６φ）/２＝π−３φ　、Ｂ＝６θ/２＝３θ　で、

　Ｃ＝π−（π−３φ）−３θ＝３（φ−θ）　となる。

　ここで、　ｅ＾（２θｉ）＝ａ　、ｅ＾（２φｉ）＝ｂ　とおくと、　α＝ａ³　、β＝ｂ³　と書ける。

　いま、Ｐ（ｐ）、Ｑ（ｑ）、Ｒ（ｒ）とおく。

まず、　ＡＲ＝ｒ−α＝ｋｅ＾（（π/３−φ）ｉ）（β−α）　（ｋは正の数）

両辺の共役複素数を求めて、　−＝ｋｅ＾（−（π/３−φ）ｉ）（−）

これらを辺々割って、　（ｒ−α）/（−）＝ｅ＾（（２π/３−２φ）ｉ）（β−α）/（−）

　ここで、α＝１　、β＝１　、ｅ＾（（２π/３−２φ）ｉ）＝ω/ｂ　（ただし、ωは１の３乗根）

なので、　（ｒ−α）/（−１/α）＝−ωαβ/ｂ　より、　ｂ（ｒ−α）＝−ωαβ（−１/α）

ω³＝１　なので、　ω²ｂ（ｒ−α）＝β−αβ＝ｂ³−ａ³ｂ³

　よって、　ω²（ｒ−α）＝ｂ²−ａ³ｂ²　となる。　・・・　(*)

同様に、　ＢＲ＝ｒ−β＝ｈｅ＾（−θｉ）（α−β）　（ｈは正の数）

両辺の共役複素数を求めて、　−＝ｈｅ＾（θｉ）（−）

これらを辺々割って、　（ｒ−β）/（−）＝ｅ＾（（−２θ）ｉ）（α−β）/（−）

　ここで、α＝１　、β＝１　、ｅ＾（（−２θ）ｉ）＝１/ａ　なので、

　（ｒ−β）/（−１/β）＝−αβ/ａ　より、　ａ（ｒ−β）＝−αβ（−１/β）

すなわち、　ａ（ｒ−β）＝α−αβ＝ａ³−ａ³ｂ³　より、　ｒ−β＝ａ²−ａ²ｂ³　・・・　(**)

(*)と(**)から、 を消去して、　ｂω²（ｒ−α）−ａ（ｒ−β）＝β−α

　すなわち、　（ｂω²−ａ）ｒ＝β−α＋ｂαω²−ａβ　より、

　ｒ＝（β−α＋ｂαω²−ａβ）/（ｂω²−ａ）

ここで、　β−α＝ｂ³−ａ³＝（ｂ−ａ）（ｂ−ａω）（ｂ−ａω²）

　ｂω²−ａ＝（ｂ−ａω）/ω　なので、

　ｒ＝ω（ｂ−ａ）（ｂ−ａω²）＋（ｂαω²−ａβ）/（ｂω²−ａ）

ここで、

　ｂαω²−ａβ＝ａ³ｂω²−ａｂ³

＝ａｂ（ａ²ω²−ｂ²）＝−ａｂ（ｂ＋ａω）（ｂ−ａω）＝−ａｂω（ｂ＋ａω）（ｂω²−ａ）

なので、

　ｒ＝ω（ｂ−ａ）（ｂ−ａω²）−ａｂω（ｂ＋ａω）＝−ａ²ｂω²−ａｂ²ω＋ａ²＋ａｂω²＋ｂ²ω

同様に、

　ＢＰ＝ｐ−β＝ｋ’ｅ＾（θｉ）（１−β）　（ｋ’は正の数）

両辺の共役複素数を求めて、　−＝ｋ’ｅ＾（−θｉ）（１−）

これらを辺々割って、　（ｐ−β）/（−）＝ｅ＾（２θｉ）（１−β）/（１−）

　ここで、β＝１　、ｅ＾（２θｉ）＝ａ　なので、

　（ｐ−β）/（−１/β）＝−ａβ　より、

　ｐ−β＝−ａβ（−１/β）＝−ａβ＋ａ　・・・　(***)

同様に、　ＣＰ＝ｐ−１＝ｈ’ｅ＾（（θ−φ）ｉ）（β−１）　（ｈ’は正の数）

両辺の共役複素数を求めて、　−１＝ｈ’ｅ＾（（φ−θ）ｉ）（−１）

これらを辺々割って、　（ｐ−１）/（−１）＝ｅ＾（（２θ−２φ）ｉ）（β−１）/（−１）

　ここで、β＝１　、ｅ＾（（２θ−２φ）ｉ）＝ａ/ｂ　なので、

　（ｐ−１）/（−１）＝−（ａ/ｂ）β　より、　ｂ（ｐ−１）＝−ａβ（−１）＝−ａｂ³＋ａｂ³

すなわち、　ｐ−１＝−ａｂ²＋ａｂ²　・・・　(****))

(***))と(****))から、 を消去して、　ｐ−β−ｂ（ｐ−１）＝ａ−ａβ

　すなわち、　（１−ｂ）ｐ＝ａ−ｂ＋（１−ａ）β　より、

　ｐ＝（ａ−ｂ＋（１−ａ）β）/（１−ｂ）

ここで、

　ａ−ｂ＋（１−ａ）β＝ａ−ｂ＋（１−ａ）ｂ³

＝ａ（１−ｂ³）−ｂ（１−ｂ²）＝（１−ｂ）（ａｂ²＋ａｂ＋ａ−ｂ²−ｂ）　なので、

　ｐ＝ａｂ²＋ａｂ＋ａ−ｂ²−ｂ

同様に、　ＣＱ＝ｑ−１＝ｋ”ｅ＾（（φ−θ）ｉ）（α−１）　（ｋ”は正の数）

両辺の共役複素数を求めて、　−１＝ｋ”ｅ＾（θ−φ）ｉ）（−１）

これらを辺々割って、　（ｑ−１）/（−１）＝ｅ＾（（２φ−２θ）ｉ）（α−１）/（−１）

　ここで、α＝１　、ｅ＾（（２φ−２θ）ｉ）＝ｂ/ａ　なので、

　（ｑ−１）/（−１）＝−ｂα/ａ　より、　ａ（ｑ−１）＝−ｂα（−１）＝−ａ³ｂ＋ａ³ｂ

　よって、　ｑ−１＝−ａ²ｂ＋ａ²ｂ　となる。　・・・　(*****)

同様に、　AQ＝ｑ−α＝ｈ”ｅ＾（−（π/３−φ）ｉ）（１−α）　（ｈ”は正の数）

両辺の共役複素数を求めて、　−＝ｈ”ｅ＾（（π/３−φ）ｉ）（１−）

これらを辺々割って、　（ｑ−α）/（−）＝ｅ＾（−（２π/３−２φ）ｉ）（１−α）/（１−）

　ここで、α＝１　、ｅ＾（−（２π/３−２φ）ｉ）＝ｂ/ω　（ただし、ωは１の３乗根）なので、

　（ｑ−α）/（−１/α）＝−ｂα/ω　より、　ω（ｑ−α）＝−ｂα（−１/α）

すなわち、　ω（ｑ−α）＝ｂ−ｂα＝ｂ−ａ³ｂ　より、　

　ｑ−α＝ｂω²−ａ³ｂω²　・・・　(******)

(*****)と(******)から、 を消去して、

　ａω²（ｑ−１）−（ｑ−α）＝ａ³ｂω²−ｂω²

　すなわち、　（ａω²−１）ｑ＝ａ³ｂω²−ｂω²＋ａω²−ａ³　より、

　ｑ＝（ａ³ｂω²−ｂω²＋ａω²−ａ³）/（ａω²−１）

ここで、

　ａ³ｂω²−ｂω²＋ａω²−ａ³

＝ｂω²（ａ³−１）＋ａω²−１−（ａ³−１）

＝（ｂω²−１）（ａ³−１）＋ａω²−１

＝（ｂω²−１）（ａ−１）（ａ−ω）（ａ−ω²）＋ａω²−１

＝（ｂ−１/ω²）（ａ−１）（ａω²−１）（ａ−ω²）＋ａω²−１

＝（（ｂ−ω）（ａ−１）（ａ−ω²）＋１）（ａω²−１）

＝（ａ²ｂ−ａｂω²−ａｂ＋ｂω²−ａ²ω＋ａ＋ａω）（ａω²−１）

＝（ａ²ｂ＋ａｂω＋ｂω²−ａ²ω−ａω²）（ａω²−１）

なので、　ｑ＝ａ²ｂ＋ａｂω＋ｂω²−ａ²ω−ａω²　である。

　以上から、

　ｐ＝ａｂ²＋ａｂ＋ａ−ｂ²−ｂ

　ｑ＝ａ²ｂ＋ａｂω＋ｂω²−ａ²ω−ａω²

　ｒ＝−ａ²ｂω²−ａｂ²ω＋ａ²＋ａｂω²＋ｂ²ω

について、

ｐ＋ｑω＋ｒω²

＝（ａｂ²＋ａｂ＋ａ−ｂ²−ｂ）＋（ａ²ｂω＋ａｂω²＋ｂ−ａ²ω²−ａ）
　−ａ²ｂω−ａｂ²＋ａ²ω²＋ａｂω＋ｂ²

＝ａｂ（ω²＋ω＋１）

＝０

　よって、ｐ＋ｑω＋ｒω²＝０　なので、△ＰＱＲは正三角形である。


（コメント）　計算の方針は素朴ですが、実際に計算してみると、かなりハードですね！


　三角関数を用いた証明がどうなるのか、興味があり、挑戦してみた。

　ＰＱ＝ＱＲ＝ＲＰ　であることを示そうと思う。

　　　　　

　△ＡＢＣの外接円の半径を、１/２ とし、Ａ＝３θ、Ｂ＝３φ、Ｃ＝３τ　とおくと、

　　θ＋φ＋τ＝π/３

が成り立つ。まず、正弦定理より、　ＡＢ＝ｓｉｎ３τ　、ＢＣ＝ｓｉｎ３θ　、ＣＡ＝ｓｉｎ３φ である。

　△ＰＢＣにおいて、正弦定理より、

　ＰＢ/ｓｉｎτ＝ＢＣ/ｓｉｎ（π−（φ＋τ））＝ｓｉｎ３θ/ｓｉｎ（φ＋τ）

なので、　ＰＢ＝ｓｉｎτ・ｓｉｎ３θ/ｓｉｎ（φ＋τ）

　ここで、　ｓｉｎ３θ＝３ｓｉｎθ−４ｓｉｎ³θ＝４ｓｉｎθ（３/４−ｓｉｎ²θ）　で、さらに、

３/４−ｓｉｎ²θ＝ｓｉｎ²（π/３）−ｓｉｎ²θ＝（ｓｉｎ（π/３）＋ｓｉｎθ）（ｓｉｎ（π/３）−ｓｉｎθ）

　＝２ｓｉｎ（π/３＋θ）/２・ｃｏｓ（π/３−θ）/２・２ｃｏｓ（π/３＋θ）/２・ｓｉｎ（π/３−θ）/２

　＝２ｓｉｎ（π/３＋θ）/２・ｃｏｓ（π/３＋θ）/２・２ｓｉｎ（π/３−θ）/２・ｃｏｓ（π/３−θ）/２

　＝ｓｉｎ（π/３＋θ）・ｓｉｎ（π/３−θ）

　＝ｓｉｎ（π/３＋θ）・ｓｉｎ（φ＋τ）

なので、　ＰＢ＝４ｓｉｎτ・ｓｉｎθｓｉｎ（π/３＋θ）

　同様に、△ＲＡＢにおいて、正弦定理より、

　ＲＢ/ｓｉｎθ＝ＡＢ/ｓｉｎ（π−（θ＋φ））＝ｓｉｎ３τ/ｓｉｎ（θ＋φ）

なので、　ＲＢ＝ｓｉｎθ・ｓｉｎ３τ/ｓｉｎ（θ＋φ）

　ここで、　ｓｉｎ３τ＝３ｓｉｎτ−４ｓｉｎ³τ＝４ｓｉｎτ（３/４−ｓｉｎ²τ）　で、さらに、

３/４−ｓｉｎ²τ＝ｓｉｎ²（π/３）−ｓｉｎ²τ＝（ｓｉｎ（π/３）＋ｓｉｎτ）（ｓｉｎ（π/３）−ｓｉｎτ）

　＝２ｓｉｎ（π/３＋τ）/２・ｃｏｓ（π/３−τ）/２・２ｃｏｓ（π/３＋τ）/２・ｓｉｎ（π/３−τ）/２

　＝２ｓｉｎ（π/３＋τ）/２・ｃｏｓ（π/３＋τ）/２・２ｓｉｎ（π/３−τ）/２・ｃｏｓ（π/３−τ）/２

　＝ｓｉｎ（π/３＋τ）・ｓｉｎ（π/３−τ）

　＝ｓｉｎ（π/３＋τ）・ｓｉｎ（θ＋φ）

なので、　ＲＢ＝４ｓｉｎθ・ｓｉｎτｓｉｎ（π/３＋τ）

　以上から、△ＢＰＲにおいて、余弦定理より、

ＲＰ²＝１６ｓｉｎ²τ・ｓｉｎ²θｓｉｎ²（π/３＋θ）＋１６ｓｉｎ²θ・ｓｉｎ²τｓｉｎ²（π/３＋τ）

　　　−３２ｓｉｎ²τ・ｓｉｎ²θｓｉｎ（π/３＋θ）ｓｉｎ（π/３＋τ）・ｃｏｓφ

　ここで、　（π/３＋θ）＋（π/３＋τ）＋φ＝π　なので、　π/３＋θ、π/３＋τ、φ の
３つの角を持つ三角形を考え、その外接円の半径をＬとおくと、余弦定理から、

　４Ｌ²ｓｉｎ²φ

＝４Ｌ²ｓｉｎ²（π/３＋θ）＋４Ｌ²ｓｉｎ²（π/３＋τ）−８Ｌ²ｓｉｎ（π/３＋θ）ｓｉｎ（π/３＋τ）ｃｏｓφ

　すなわち、

　ｓｉｎ²φ

＝ｓｉｎ²（π/３＋θ）＋ｓｉｎ²（π/３＋τ）−２ｓｉｎ（π/３＋θ）ｓｉｎ（π/３＋τ）ｃｏｓφ

より、

　ｓｉｎ（π/３＋θ）ｓｉｎ（π/３＋τ）ｃｏｓφ

＝（ｓｉｎ²（π/３＋θ）＋ｓｉｎ²（π/３＋τ）−ｓｉｎ²φ）/２

なので、

ＲＰ²＝１６ｓｉｎ²τ・ｓｉｎ²θｓｉｎ²（π/３＋θ）＋１６ｓｉｎ²θ・ｓｉｎ²τｓｉｎ²（π/３＋τ）

　　　−１６ｓｉｎ²τ・ｓｉｎ²θ（ｓｉｎ²（π/３＋θ）＋ｓｉｎ²（π/３＋τ）−ｓｉｎ²φ）

　　＝１６ｓｉｎ²θｓｉｎ²φｓｉｎ²τ

　よって、　ＲＰ＝４ｓｉｎθｓｉｎφｓｉｎτ　となる。

　同様にして、　ＰＱ＝４ｓｉｎθｓｉｎφｓｉｎτ　、　ＱＲ＝４ｓｉｎθｓｉｎφｓｉｎτ　となるので、

　ＰＱ＝ＱＲ＝ＲＰ　すなわち、　△ＰＱＲは正三角形である。


（コメント）　三角関数による証明も残り２/３を端折ってしまいましたが、かなりハードですね。
　　　　　　でも、与えられた三角形の内角の大きさが分かれば、上記の結果を用いて、内部
　　　　　　に出来る正三角形の１辺の長さが求まる（ただし、元の△ＡＢＣの外接円の半径は
　　　　　　１/２であることに注意！）ということで、この計算も捨てがたいです。


例　外接円の半径が１/２の正三角形の１辺の長さは、/２　である。

　よって、この正三角形の内部に出来る正三角形の１辺の長さは、４ｓｉｎ³（π/９）＝０．１６

　そこで、元の正三角形の１辺の長さを ３ とすると、相似拡大で、内部に出来る正三角形
の１辺の長さは、　４ｓｉｎ³（π/９）×２＝０．５５４４　となる。かなり小さい三角形ですね！


　次のパスカルの定理も平面幾何ではよく知られた定理だろう。

円周上の６点Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ、Ｆについて、 左図のように直線を引き、その交点をＰ、Ｑ、Ｒ とすると、３点Ｐ、Ｑ、Ｒは一直線上にある。

　方べきの定理やメネラウスの定理を活用した証明は、「パスカルの定理」でなされた。

　ここでは、複素数による証明に挑戦しよう。そのためにいくつか準備しておこう。

　正六角形ＡＢＣＤＥＦにおいて、ＡＢとＤＥ、ＢＣとＥＦ、ＣＤとＦＡが対辺といわれる所以は、下
図を見れば了解されるだろう。

　　　　

　この「対辺」という言葉を用いれば、パスカルの定理は次のように表現できる。

パスカルの定理

　円に内接する六角形ＡＢＣＤＥＦの３組の対辺が交わるとし、その交点をＰ、Ｑ、Ｒと
おく。

　このとき、３点Ｐ、Ｑ、Ｒは一直線上にある。


　パスカルの定理の証明において、この円の半径は「１」としても一般性を失うことはない。


単位円の割線

　単位円上の２点α、βを通る直線の方程式は、　ｚ＋αβ＝α＋β　で与えられる。

実際に、（ｚ−α）/（β−α）が実数　より、

　　（ｚ−α）/（β−α）＝（−）/（−）＝−αβ（−１/α）/（β−α）

　すなわち、　ｚ−α＝−αβ（−１/α）＝−αβ＋β　より、

　ｚ＋αβ＝α＋β　が成り立つ。


（パスカルの定理の証明）

　　　

　単位円において、Ａ（ａ）、Ｂ（ｂ）、Ｃ（ｃ）、Ｄ（ｄ）、Ｅ（ｅ）、Ｆ（ｆ）　とし、対辺の交点を
Ｐ（α）、Ｑ（β）、Ｒ（γ）　とする。

　このとき、直線ＡＢは、　ｚ＋ａｂ＝ａ＋ｂ　で、直線ＤＥは、　ｚ＋ｄｅ＝ｄ＋ｅ

この２式より、ｚを消去して、　（ａｂ−ｄｅ）＝ａ＋ｂ−ｄ−ｅ

　よって、　（ａｂ−ｄｅ）＝ａ＋ｂ−ｄ−ｅ　より、　＝（ａ＋ｂ−ｄ−ｅ）/（ａｂ−ｄｅ）

同様にして、　＝（ｂ＋ｃ−ｅ−ｆ）/（ｂｃ−ｅｆ）　、＝（ｃ＋ｄ−ｆ−ａ）/（ｃｄ−ｆａ）　が成り立つ。

　このとき、

−

＝（ａ＋ｂ−ｄ−ｅ）/（ａｂ−ｄｅ）−（ｃ＋ｄ−ｆ−ａ）/（ｃｄ−ｆａ）

＝（ａ−ｄ）（ａｂ＋ｃｄ＋ｅｆ−ｂｃ−ｄｅ−ｆａ）/｛（ａｂ−ｄｅ）（ｃｄ−ｆａ）｝

−

＝（ｂ＋ｃ−ｅ−ｆ）/（ｂｃ−ｅｆ）−（ｃ＋ｄ−ｆ−ａ）/（ｃｄ−ｆａ）

＝（ｃ−ｆ）（ａｂ＋ｃｄ＋ｅｆ−ｂｃ−ｄｅ−ｆａ）/｛（ｂｃ−ｅｆ）（ｃｄ−ｆａ）｝

なので、

　（−）/（−）＝｛（ａ−ｄ）（ｂｃ−ｅｆ）｝/｛（ｃ−ｆ）（ａｂ−ｄｅ）｝

となる。ここで、

　（α−γ）/（β−γ）

＝｛（１/ａ−１/ｄ）（１/（ｂｃ）−１/（ｅｆ））｝/｛（１/ｃ−１/ｆ）（１/（ａｂ）−１/（ｄｅ））｝

＝（ｄ−ａ）（ｅｆ−ｂｃ）/｛（ｆ−ｃ）/（ｄｅ−ａｂ）｝

＝｛（ａ−ｄ）（ｂｃ−ｅｆ）｝/｛（ｃ−ｆ）（ａｂ−ｄｅ）｝

より、　（α−γ）/（β−γ）＝（−）/（−）　が成り立つ。

　よって、　（α−γ）/（β−γ）は実数　となり、３点Ｐ、Ｑ、Ｒは一直線上にある。　　（終）


　パスカルの定理において、ＡとＢ、ＣとＤ、ＥとＦ がそれぞれ一致した場合を考えると、直線
ＡＢ、ＣＤ、ＥＦは何れも円の接線となる。

　このとき、次の定理が成り立つ。

定理　　円に内接する三角形の各頂点における円の接線が対辺と交わる点は、一直
　　　　線上にある。

　　　　　

　証明はパスカルの定理から自明だろうが、ここでは、メネラウスの定理を用いて証明しよう。

（証明）　高さが共通で、面積比は底辺の比より、　△ＡＰＢ/△ＡＰＣ＝ＰＢ/ＰＣ

　また、△ＡＰＢ∽△ＣＰＡ　で、相似比は、ＡＢ ： ＣＡ　から、　ＰＢ/ＰＣ＝ＡＢ²/ＣＡ²　となる。

同様にして、　ＱＣ/ＱＡ＝ＢＣ²/ＡＢ²　、ＲＡ/ＲＢ＝ＣＡ²/ＢＣ²　となる。

このとき、　（ＰＢ/ＰＣ）（ＱＣ/ＱＡ）（ＲＡ/ＲＢ）＝（ＡＢ²/ＣＡ²）（ＢＣ²/ＡＢ²）（ＣＡ²/ＢＣ²）＝１

すなわち、△ＡＢＣにおいて、　（ＢＰ/ＰＣ）（ＣＱ/ＱＡ）（ＡＲ/ＲＢ）＝１　が成り立つので、

メネラウスの定理の逆より、　３点Ｐ、Ｑ、Ｒは一直線上にある。　　（証終）


一般の垂線の足

　これまでに、原点Ｏが中心で半径１の円周上に２点Ａ（α）、Ｂ（β）があるとき、点Ｐ（ｐ）よ
り、直線ＡＢに垂線を下した足Ｈ（ｈ）は、

　　　ｈ＝（α＋β＋ｐ−αβ）/２

であることを示してある。（→　垂線の足）

　　　　　

　では、一般の場合の垂線の足は、どう表現されるのだろうか。

　そのために、まず、原点Ｏと点Ａ（α）を結ぶ線分に、点Ｐ（ｐ）より下した垂線の足Ｈ（ｈ）を
求めることを考える。

　　　　

　題意より、ＨＰ⊥ＯＡ　から、（ｐ−ｈ）/α　は純虚数である。　ｈ＝ｋα　（ｋは実数）　として、

すなわち、　（ｐ−ｋα）/α＋（−ｋ）/＝０　が成り立つ。

両辺を α 倍して、　ｐ−ｋα＋α−ｋα＝０　から、　２ｋα＝ｐ＋α

すなわち、　ｈ＝（ｐ＋α）/（２）＝ｐ/２＋α/（２）　と書ける。


　この公式を用いて、直線ＯＡに関して点Ｐと対称な点Ｑを求めることも容易だろう。

　　　　

　ｈ＝（ｐ＋α）/（２）＝ｐ/２＋α/（２）　で、　ｈ＝（ｐ＋ｑ）/２　すなわち、

　　ｑ＝２ｈ−ｐ＝ｐ＋α/−ｐ＝α/

と書ける。


　次のように考えれば、もっと直接的に、公式：「 ｑ＝α/ 」を導くことが出来る。

　複素数αに対して、複素数α/｜α｜は、複素数αと同じ向きの大きさ１の複素数である。

　α/｜α｜＝ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ　とおけば、　/｜α｜＝ｃｏｓ（−θ）＋ｉ・ｓｉｎ（−θ）

そこで、　ｐ・/｜α｜ と ｑ・/｜α｜ は、実軸に関して対称となるので、

　ｑ・/｜α｜＝・α/｜α｜　すなわち、　ｑ・＝・α　となる。

したがって、　ｑ＝α/　と書ける。



　上記の公式を用いて、一般の場合の垂線の足を求めることが出来る。

　　　　

　ガウス平面内で、−αの平行移動を行って、

　ｈ−α＝（（ｐ−α）（−）＋（−）（β−α）/（２（−））

　　　　＝（ｐ−α）/２＋（−）（β−α）/（２（−））

より、

　ｈ＝（ｐ＋α）/２＋（−）（β−α）/（２（−））

　＝（ｐ−ｐ＋α−α＋β−α−β＋α）（２（−））

　＝（ｐ−ｐ＋α＋β−α−β）（２（−））

　＝｛（β−α）＋α−β｝/｛２（−）｝＋ｐ/２

と書ける。


問題　　座標平面上の点（−１，５）から、原点Ｏと点Ａ（４，６）に下ろした垂線の足の座標
　　　　を求めよ。

（解）　（複素数を用いる場合）

　ｐ＝−１＋５ｉ　、α＝４＋６ｉ　なので、垂線の足Ｈ（ｈ）は、

　ｈ＝ｐ/２＋α/（２）

　＝（−１＋５ｉ）/２＋（−１−５ｉ）（４＋６ｉ）/（８−１２ｉ）

　＝−１/２＋（５/２）ｉ＋（−１−５ｉ）（２＋３ｉ）/（４−６ｉ）

　＝−１/２＋（５/２）ｉ＋（１３−１３ｉ）/（４−６ｉ）

　＝−１/２＋（５/２）ｉ＋（６５＋１３ｉ）/２６

　＝（５２＋７８ｉ）/２６＝２＋３ｉ

　よって、求める垂線の足の座標は、　（２，３）

（座標幾何を用いる場合）

　直線ＯＡの傾きは、３/２　なので、点Ｐを通る垂線の方程式は、　ｙ＝（−２/３）＋１３/３

　よって、　（３/２）ｘ＝（−２/３）＋１３/３　より、　（１３/６）ｘ＝１３/３　なので、　ｘ＝２

　このとき、　ｙ＝３　なので、求める垂線の足の座標は、　（２，３）　　（終）


　ガウス平面内の２点Ａ（α）、Ｂ（β）があるとき、点Ｐ（ｐ）より、直線ＡＢに垂線を下した足
Ｈ（ｈ）は、直接的に、次のようにしても求められる。

　　　　

　ＰＨ⊥ＡＢ　より、　（ｈ−ｐ）/（β−α）＋（−）/（−）＝０

　ＡＨ と ＡＢ は平行より、　（ｈ−α）/（β−α）−（−）/（−）＝０

２式を辺々加えて、　（２ｈ−ｐ−α）/（β−α）＋（−）/（−）＝０

　よって、　

ｈ＝｛（ｐ＋α）（−）−（β−α）（−）｝/｛２（−）｝

　＝｛ｐ（−）＋（β−α）＋α−β｝/｛２（−）｝

　＝｛（β−α）＋α−β｝/｛２（−）｝＋ｐ/２

　これは先の結果と一致する。


　上記の公式は、煩雑過ぎて覚えにくいと思われるので、もっと簡素化させよう。

　ガウス平面上の異なる２点Ａ（α）、Ｂ（β）を通る直線Ｌがある。原点Ｏから直線Ｌに
下した垂線の足をＨ（ｈ）とするとき、ｈは、

　ｈ＝（α−β）/（２（−））

　　

　公式で、ｐ＝０　とすれば、直ちに上記の式は得られるが、直接求めてみよう。

（証明）　ＯＨ⊥ＡＢ　より、ｈ/（β−α）は純虚数なので、　ｈ/（β−α）＋/（−）＝０

　すなわち、　ｈ（−）＋（β−α）＝０　・・・　(*)

　ＡＨ と ＡＢ は平行より、　（ｈ−α）/（β−α）−（−）/（−）＝０

　すなわち、　（ｈ−α）（−）−（−）（β−α）＝０　より、

　ｈ（−）−α（−）−（β−α）＋（β−α）＝０　・・・　(**)

(*)＋(**)　より、　２ｈ（−）−α（−）＋（β−α）＝０

　すなわち、２ｈ（−）＝α−β　より、ｈ＝（α−β）/（２（−））　　（証終）


（コメント）　こちらの方がスッキリしていますね！


一般の２点を通る直線

　これまで、ガウス平面において、２点 α、β を通る直線上の点 ｚ は、

　　ｚ＝ｍα＋ｎβ　（ｍ＋ｎ＝１）

と表されることを学んだが、パラメータ ｍ、ｎ が少し煩わしい。パラメータを含まない形式も
見ておこう。

　平行条件から、　（ｚ−α）/（β−α）−（−）/（−）＝０　と書ける。

　分母を払って整理すると、　ｚ（−）−（α−β）＋α−β＝０

　上記の式は、行列式を用いて表現した方が美しいだろう。

　　　


（追記）　令和５年９月７日付け

　２点α、βを通る直線の方程式　ｚ（−）−（α−β）＋α−β＝０　において、

α、βが単位円周上にあるとき、α＝１　、β＝１ なので、上式の両辺にαβを掛けて、

　　ｚ＋αβ−α−β＝０

と簡潔に記述することが出来る。このことを用いて、次の問題を考えてみよう。

問題　　ガウス平面上の単位円の周を１８等分する。λ＝ｅ＾ｉθ　（θ＝π/９）　とすると、

　Ａ（λ⁵）、Ｂ（λ⁷）、Ｃ（λ¹⁰）、Ｄ（λ¹⁴）、Ｅ（λ¹⁵）、Ｆ（λ¹⁷）　である。ただし、λ¹⁸＝１

　　

　このとき、３つの線分ＡＤ、ＢＥ、ＣＦ は１点Ｐで交わることを示せ。

（参考）　お茶の時間　クイズ＆パズル　「角の大きさ（２）」のラングレーの図形

（解）　直線ＡＤは、　ｚ＋λ−λ⁵−λ¹⁴＝０

　直線ＢＥは、　ｚ＋λ⁴−λ⁷−λ¹⁵＝０

　直線ＣＦは、　ｚ＋λ⁹−λ¹⁰−λ¹⁷＝０　である。このとき、

λ¹⁸＝１　、λ⁹＝−１　、λ⁶−λ³＋１＝０　に注意して、

　

＝−λ⁵＋λ³＋λ⁸−λ⁷＋λ²−１＋λ⁷−λ⁶

＝λ⁸−λ⁶−λ⁵＋λ³＋λ²−１＝λ²（λ⁶−λ³＋１）−（λ⁶−λ³＋１）＝０

　よって、３つの線分ＡＤ、ＢＥ、ＣＦ は１点Ｐで交わる。　　（終）



法線に垂直な直線

　　　

　点Ａ（α）、Ｐ（ｐ）とすると、　ＯＰ＝ｐ　で、　（ｚ−α）/（ｐｉ）　は実数なので、

　　（ｚ−α）/（ｐｉ）＝（−）/（−ｉ）

が成り立つ。すなわち、

　　ｚ/ｐ＋/＝α/ｐ＋/

両辺に、ｐを掛けて、　ｚ＋ｐ＝α＋ｐ　となる。

　ここで、α＋ｐ　は実数なので、α＋ｐ＝ｋ　とおくと、

法線に垂直な直線の方程式は、　ｚ＋ｐ＝ｋ　（ｋは実数）　と書けることが分かる。

　特に、ｋ≠０　のとき、　ｚ＋ｐ＝ｋ　（ｋは実数）　は、原点を通らない直線の方程式を
表す。

　そこで、α＝ｐ/ｋ　とおけば、原点を通らない直線の方程式は、一般に、

　　ｚ＋α＝１

と書ける。


　原点を通らない直線の方程式は、ｚ＋α＝１　と書けることを上記で示したが、次のよ
うにしても求められる。

　原点を通らない直線の方程式は、ｘｙ座標系において、

　　ａｘ＋ｂｙ＋ｃ＝０　（ａ、ｂ、ｃ は実数で、ａ、ｂ のどちらかは０でなく、ｃ≠０）

と書ける。　ｚ＝ｘ＋ｉ・ｙ　とおくと、＝ｘ−ｉ・ｙ　で、　ｘ＝（ｚ＋）/２　、ｙ＝（ｚ−）/（２ｉ）

　ａｘ＋ｂｙ＋ｃ＝０　に代入して、　ａ（ｚ＋）/２＋ｂ（ｚ−）/（２ｉ）＋ｃ＝０

すなわち、　（ａｉ＋ｂ）ｚ＋（ａｉ−ｂ）＝−２ｉｃ

そこで、　α＝（−ａ−ｂｉ）/（２ｃ）　とおくと、　ｚ＋α＝１　と書ける。


問題　点 ２＋ｉ を通り、ＯＰ＝−１＋２ｉ に垂直な直線の方程式を求めよ。

（解）　求める直線の方程式は、

　　ｚ/（−１＋２ｉ ）＋/（−１−２ｉ）＝（２＋ｉ）/（−１＋２ｉ ）＋（２−ｉ）/（−１−２ｉ）

両辺に　（−１＋２ｉ ）（−１−２ｉ）＝５　を掛けて、

　（−１−２ｉ）ｚ＋（−１＋２ｉ ）＝（−１−２ｉ）（２＋ｉ）＋（−１＋２ｉ ）（２−ｉ）＝０

　　このとき、（−１−２ｉ）ｚ は純虚数となるので、　（−１−２ｉ）ｚ＝ｋｉ　（ｋは実数）　とおける。

　すなわち、　ｚ＝ｋｉ/（−１−２ｉ）＝ｋ（−２−ｉ）/５

　ここで、　ｚ＝ｘ＋ｙｉ　とおけば、　ｘ＝−２ｋ/５　、ｙ＝−ｋ/５　から、ｋを消去して、

　ｙ＝（１/２）ｘ　となる。　　（終）


（別解）　求める直線の方程式は、　（−１−２ｉ）ｚ＋（−１＋２ｉ ）＝ｋ　と置ける。

　点 ２＋ｉ を通るので、　ｋ＝（−１−２ｉ）（２＋ｉ ）＋（−１＋２ｉ ）（２−ｉ ）＝０

　よって、求める直線の方程式は、　（−１−２ｉ）ｚ＋（−１＋２ｉ ）＝０　　（終）


＃　上記の計算で、ｚ＝ｘ＋ｉ・ｙ　とおくと、　ｙ＝（１/２）ｘ　が得られる。


線分の垂直２等分線

　Ａ（α）とする。原点Ｏと点Ａを結ぶ線分の垂直２等分線は、α/２を通り、ＯＡ＝αに垂直
なので、ｚ/ｐ＋/＝α/ｐ＋/　において、ｐにα　、αにα/２ を代入して、

　　ｚ/α＋/＝１/２＋１/２＝１　すなわち、　ｚ＋α＝α

を得る。

　また、この式は、　｜ｚ｜＝｜ｚ−α｜からも得られる。

　実際に、両辺を平方して、　ｚ＝（ｚ−α）（−）＝ｚ−ｚ−α＋α

これより、ｚ＋α＝α　となるので、両辺をα で割ると、ｚ/α＋/＝１　となる。


問題　点Ａ（１＋ｉ） のとき、線分ＯＡの垂直２等分線を求めよ。

（解）　求める直線は、　ｚ/（１＋ｉ）＋/（１−ｉ）＝１

　両辺に　（１＋ｉ）（１−ｉ）＝２　を掛けて、　（１−ｉ）ｚ＋（１＋ｉ）＝２　　（終）


　直線 （１−ｉ）ｚ＋（１＋ｉ）＝２ と実軸との交点は、ｚが実数なので、　ｚ＝

　よって、　２ｚ＝２　より、　ｚ＝１　である。

　直線 （１−ｉ）ｚ＋（１＋ｉ）＝２ と虚軸との交点は、ｚが純虚数なので、　ｚ＋＝０

　よって、−２ｉ・ｚ＝２　より、　ｚ＝−１/ｉ＝ｉ　である。


　上記の計算を一般化すると、

　直線 ｚ/α＋/＝１ と実軸との交点は、

　（１/α＋１/）ｚ＝１　より、　ｚ＝α/（α＋）

　直線 ｚ/α＋/＝１ と虚軸との交点は、

　（１/α−１/）ｚ＝１　より、　ｚ＝α/（−α）


　上記では、原点Ｏと点Ａを結ぶ線分の垂直２等分線を求めたが、一般に、

　線分αβの垂直２等分線を求めると、

　　（−）ｚ＋（β−α）＝β−α

である。

　実際に、求める直線は、β−α に垂直な直線なので、

　　（−）ｚ＋（β−α）＝ｋ　（ｋは実数）

とおける。この直線が、（β＋α）/２ を通るので、　ｋ＝β−α　と定まる。

　よって、　（−）ｚ＋（β−α）＝β−α　となる。


（別解）　−αだけ平行移動すると、原点と点β−αを結ぶ線分の垂直２等分線は、

　　　（−）ｚ＋（β−α）＝（β−α）（−）

　αだけ平行移動すると、

　（−）（ｚ−α）＋（β−α）（−）＝（β−α）（−）

よって、

　（−）ｚ＋（β−α）

＝（β−α）（−）＋α（−）＋（β−α）＝β−α

より、　（−）ｚ＋（β−α）＝β−α　が得られる。


ヘッセの標準形

　ガウス平面内の直線に、原点Ｏから垂線を下ろし、その足をＨとおく。

　　　　　　

　ＯＨ＝ｒ　とし、Ｈ（α）とおくとき、直線の方程式は、２点Ｏ、Ａ（２α）を結ぶ線分ＯＡの垂直
２等分線なので、

　　　ｚ/（２α）＋/（２）＝１

で与えられる。すなわち、　ｚ＋α＝２α＝２ｒ²　と書ける。

両辺をで割ると、　ｚ＋（α/）＝２ｒ²/　すなわち、　ｚ＋（α²/ｒ²）＝２α

　そこで、α方向の大きさ１の複素数 ｔ＝α/ｒ を考えると、

　　ｚ＋ｔ²＝（２ｒ）ｔ　・・・　ｒ は原点と直線との距離

と書けることが分かる。

　この形の直線の方程式は、ヘッセの標準形と言われる。


　極形式で、　α＝ｒ（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）　と表されるとき、ｚ＝ｘ＋ｉ・ｙ とおいて、

　ｒ（ｃｏｓθ−ｉ・ｓｉｎθ）（ｘ＋ｉ・ｙ ）＋ｒ（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）（ｘ−ｉ・ｙ ）＝２ｒ²

両辺を ｒ で割り、展開して、

　ｘｃｏｓθ＋ｉ・ｙｃｏｓθ−ｉ・ｘｓｉｎθ＋ｙｓｉｎθ＋ｘｃｏｓθ−ｉ・ｙｃｏｓθ＋ｉ・ｘｓｉｎθ＋ｙｓｉｎθ＝２ｒ

すなわち、　ｘｃｏｓθ＋ｙｓｉｎθ＝ｒ　となる。

　この形は、直交座標系における、よく見慣れたヘッセの標準形である。


問題　　２直線 ｚ＋α＝ｋ　・・・　(*)　、αｚ＋＝ｋ　・・・　(**) の位置関係を調べよ。

（解）　(*)と実軸との交点は、　ｚ＝ｋ/（α＋）　である。

　(**)と実軸との交点も、　ｚ＝ｋ/（α＋）　である。

よって、(*)と(**)は、実軸上の点 ｋ/（α＋）　で交わる。

　(*)に垂直な法線は で、(**)に垂直な法線は α なので、２直線(*)と(**)は、実軸に関し
て線対称である。


（コメント）　(*)の ｚ に を代入したものが(**)なので、当然の帰結ですね！


　上記では、α＋≠０　と仮定して交点を求めたわけであるが、α＋＝０　すなわち、
αが純虚数のときはどうなのだろう。

　このとき、２直線は実軸に関して対称で、かつ、実軸に平行となる。

　直線 ｚ＋α＝ｋ は、−αｚ＋α＝ｋ となるが、虚軸との交点を求めるには、

＝−ｚ　を代入して、　−２αｚ＝ｋ　より、　ｚ＝−ｋ/（２α）

　直線 αｚ＋＝ｋ は、αｚ−α＝ｋ となるが、虚軸との交点を求めるには、

＝−ｚ　を代入して、　２αｚ＝ｋ　より、　ｚ＝ｋ/（２α）

となる。


例　ヘッセの標準形を利用して、直線に関する対称移動を考えよう。

　直線の方程式は、　ｚ＋ｔ²＝（２ｒ）ｔ　と書ける。この直線に関して、点 ｚ と対称な点を ｗ
とする。

　　　

　このとき、　（ｗ−ｚ）/ｔ は実数なので、　（ｗ−ｚ）/ｔ＝（−）/　が成り立つ。

すなわち、　ｗ−ｚ＝（ｔ/）（−）＝ｔ²（−）　・・・　(*)

　また、（ｚ＋ｗ）/２　は、直線上の点なので、

　（ｚ＋ｗ）/２＋ｔ²（＋）/２＝（２ｒ）ｔ　　即ち、　ｚ＋ｗ＋ｔ²（＋）＝（４ｒ）ｔ　・・・　(**)

(*)(**)から を消去して、　ｗ＝−ｔ²＋（２ｒ）ｔ


（コメント）　直線の方程式 ｚ＋ｔ²＝（２ｒ）ｔ　と対称点の座標 ｗ＝−ｔ²＋（２ｒ）ｔ　を比較
　　　　　　すると、美しい関係ですね！


例　ある直線に関する対称移動を２回繰り返すと、元に戻る。これは自明かもしれない。

　実際に、　ｗ＝−ｔ²＋（２ｒ）ｔ　から、

　−ｔ²＋（２ｒ）ｔ

　＝−ｔ²（−²ｚ＋（２ｒ））＋（２ｒ）ｔ＝ｔ²²ｚ−（２ｒ）ｔ²＋（２ｒ）ｔ＝ｚ　（ｔ＝１に注意）

より、元に戻ることが示された。


例　直線Ｌ：ｚ＋ｔ²＝（２ｒ）ｔ　に関して対称移動し、さらに、直線Ｍ：ｚ＋ｕ²＝（２ｒ’）ｕ　に

　関して対称移動させる。ただし、ｔ、ｕ は、法線方向の複素数で、大きさは１とする。

　ｚ → ｗ → ｐ　とするとき、ｚ と ｐ はどのような関係にあるだろうか？

　上記の結果を用いれば、　ｗ＝−ｔ²＋（２ｒ）ｔ　、ｐ＝−ｕ²＋（２ｒ’）ｕ　と書けるので、

　ｐ＝−ｕ²（−²ｚ＋（２ｒ））＋（２ｒ’）ｕ＝ｕ²²ｚ−（２ｒ）ｕ²＋（２ｒ’）ｕ

ここで、　ｕ²²＝１　すなわち、　ｕ²＝ｔ²　から、　ｕ＝±ｔ　なので、２直線Ｌ、Ｍは平行とな

り、ｚ → ｐ　は平行移動を表す。

　ｕ²²≠１　すなわち、　ｕ²≠ｔ²　から、　ｕ≠±ｔ　で、ａｒｇ（ｕ²²）＝２（ａｒｇ（ｕ）−ａｒｇ（ｔ））で、

ａｒｇ（ｕ）−ａｒｇ（ｔ）は、２直線Ｌ、Ｍのなす角に等しいから、ｚ → ｐ　は、回転角 ａｒｇ（ｕ²²）

の回転移動を表す。回転移動の中心は、２直線Ｌ、Ｍの交点である。


２直線の交角

　直線 ｚ＋α＝ｋ　（ただし、α≠０　で、ｋは実数）　は、複素数 α に垂直である。

　したがって、

　２直線 ｚ＋α＝ｋ　、ｚ＋β＝ｈ　（ただし、α≠０　、β≠０　で、ｋ、ｈは実数）

のなす角は、　ａｒｇ（β/α）　により求められる。

　このとき、２直線 ｚ＋α＝ｋ　、ｚ＋β＝ｈ　について、

　平行であるための必要十分条件は、β/α が実数

　垂直であるための必要十分条件は、β/α が純虚数

である。


２直線の交点

　２直線 ｚ＋α＝ｋ　、ｚ＋β＝ｈ　（ただし、α≠０　、β≠０　で、ｋ、ｈは実数）の
交点を求める。

　２式から を消去して、　（β−α）ｚ＝βｋ−αｈ　から、

　β−α≠０　のとき、　ｚ＝（βｋ−αｈ）/（β−α）

となる。

　β−α＝０　のときは、　β/α＝/　から、　β/αは実数　と
なり、２直線は平行で、βｋ−αｈ≠０ のときは、２直線は交わらない。

　２直線は平行で、βｋ−αｈ＝０ のときは、２直線は重なり、交点は直線上の無数の点と
なる。


三角形の垂心

　△ＡＢＣの３つの頂点からの垂線は、１点で交わる。

＃この交点は垂心と言われる。

（証明）　一般性を失うことなく、Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（０）としてよい。

　Ａより辺ＢＣに下ろした垂線の方程式は、　（ｚ−α）/β＋（−）/＝０

　　すなわち、　ｚ＋β＝α＋β　・・・　(*)

　Ｂより辺ＣＡに下ろした垂線の方程式は、　（ｚ−β）/α＋（−）/＝０

　　すなわち、　ｚ＋α＝α＋β　・・・　(**)

　Ｃより辺ＡＢに下ろした垂線の方程式は、　ｚ/（β−α）＋/（−）＝０

　　すなわち、　（−）ｚ＋（β−α）＝０　・・・　(***)

(*)×α−(**)×β　より、　（α−β）ｚ＝（α−β）（α＋β）

　α−β≠０　なので、　ｚ＝（α−β）（α＋β）/（α−β）

　このとき、　＝−（−）（α＋β）/（α−β）　なので、(***)に代入して、

　（−）ｚ＋（β−α）

＝（−）（α−β）（α＋β）/（α−β）
　　−（β−α）（−）（α＋β）/（α−β）

＝０

が成り立つので、(*)と(**)の交点は、(***)の上にある。

　したがって、△ＡＢＣの３つの頂点からの垂線は、１点で交わる。　　（証終）


　上記では、「△ＡＢＣの３つの頂点からの垂線は、１点で交わる」ことを示す過程で、具体
的な垂心の位置は、

　　ｚ＝（α−β）（α＋β）/（α−β）

であることが求められているが、若干、式が汚い。

　△ＡＢＣの外心を原点に選び、その外接円を単位円とすれば、具体的な垂心の位置を綺麗
に表すことができる。そうでもしないと、垂心の位置を覚えようという気は起きない。

　Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）とし、垂心をＨ（ｈ）とするとき、直線ＡＨの方程式は、

　（ｚ−α）/（β−γ）＋（−）/（−）＝０

すなわち、　（ｚ−α）/（β−γ）−βγ（α−１）/｛α（β−γ）｝＝０　より、

　α（ｚ−α）−βγ（α−１）＝０　から、　αｚ−αβγ−α²＋βγ＝０

同様に、直線ＢＨの方程式は、　βｚ−αβγ−β²＋γα＝０

これらの２式からを消去して、

　（α−β）ｚ＝α²−β²＋γ（α−β）＝（α−β）（α＋β＋γ）

α≠β　なので、　ｚ＝α＋β＋γ


（コメント）　断然、「ｚ＝α＋β＋γ」の方が美しい！

　△ＡＢＣの重心Ｇは、複素数 （α＋β＋γ）/３ で表されるので、ＯＨ＝３ＯＧ　が成り立つ。

よって、

　３点Ｏ、Ｇ、Ｈは一直線上にあり、Ｇは線分ＯＨを１：２に内分する

ことも分かる。この３点Ｏ、Ｇ、Ｈを通る直線は、オイラー線と言われる。


問題　　同一円周上に４点Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄがある。４点から３点を選んで三角形を作る。このと
　　　　き出来る４つの三角形の垂心は、同一円周上にあることを示せ。

　　　　

（解）　４点Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）、Ｄ（δ）は、単位円周上の点としても一般性は失われない。

　△ＡＢＣの垂心Ｈ₁は、　α＋β＋γ　で表される。

同様に、△ＡＢＤの垂心Ｈ₂は、　α＋β＋δ　で、△ＡＣＤの垂心Ｈ₃は、　α＋γ＋δ　で、

△ＢＣＤの垂心Ｈ₄は、　β＋γ＋δ　で表される。

　このとき、点Ｏ’（ｚ）について、　ｚ＝α＋β＋γ＋δ　とおくと、

　　Ｏ’Ｈ₁＝｜δ｜、Ｏ’Ｈ₂＝｜γ｜、Ｏ’Ｈ₃＝｜β｜、Ｏ’Ｈ₄＝｜α｜

で、４点Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄは同一円周上にあるので、　Ｏ’Ｈ₁＝Ｏ’Ｈ₂＝Ｏ’Ｈ₃＝Ｏ’Ｈ₄　が成り

立つ。

　よって、４つの垂心Ｈ₁、Ｈ₂、Ｈ₃、Ｈ₄は、点Ｏ’を中心とする同一円周上にある。


（コメント）　当初の円が平行移動した感じなんですね！美しい結果です。


（追記）　令和６年１月１日付け

問題　　ガウス平面上の原点以外の定点Ａと、単位円Ｏ上の動点Ｂ、Ｃがあり、線分ＢＣは直
　　　径とする。このとき、△ＡＢＣの垂心の軌跡を求めよ。

　　

（解）　Ａ（α）、Ｂ（ｔ）、Ｃ（−ｔ）とおき、垂心をＰ（ｚ）とおく。

　Ｂから直線ＡＣに引いた垂線の足をＤ、Ｃから直線ＡＢに引いた垂線の足をＥとおく。

直線ＢＤの方程式は、（ｚ−ｔ）/（α＋ｔ）が純虚数であることから、

　（ｚ−ｔ）/（α＋ｔ）＋（−）/（＋）＝０　すなわち、

　（＋）（ｚ−ｔ）＋（α＋ｔ）（−）＝０　より、（＋）ｚ＋（α＋ｔ）＝ｔ＋α＋２

　両辺に ｔ を掛けて、　（１＋ｔ）ｚ＋（ｔ²＋ｔα）＝ｔ²＋α＋２ｔ

同様にして、直線ＣＥの方程式は、

　（１−ｔ）ｚ＋（ｔ²−ｔα）＝ｔ²＋α−２ｔ

２式を辺々引いて、両辺を２ｔ で割って、　ｚ＋α＝２

　これが、求める垂心の軌跡の方程式である。　　（終）

（補足）　ｚ＝ｘ＋ｉ・ｙ　、α＝ａ＋ｉ・ｂ　とおくと、ａｘ＋ｂｙ＝１　と書ける。

　このことから、垂心の軌跡の方程式は、線分ＯＡに垂直な直線であることが分かる。


（追記）　令和６年１月３日付け

問題　　ガウス平面において、単位円Ｏ上に３点Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）がある。Ａは動点
　　　で、Ｂ、Ｃは定点である。このとき、△ＡＢＣの垂心Ｈ（ｚ）の軌跡を求めよ。

　　

（解）　△ＡＢＣの垂心Ｈ（ｚ）は、　ｚ＝α＋β＋γ　で表される。このとき、

　ｚ−（β＋γ）＝α　で、｜α｜＝１　より、　｜ｚ−（β＋γ）｜＝１

　よって、求める軌跡は、β＋γを中心とし、半径１の円である。　　（終）



２直線の交点を通る直線

　交わる２直線 ｚ＋α＝ｋ　、ｚ＋β＝ｈ　（ただし、ｋ、ｈは実数）　の交点を通る直
線は、同時に０ではない実数 ｍ、ｎ を用いて、

　　ｍ（ｚ＋α−ｋ）＋ｎ（ｚ＋β−ｈ）＝０

と書ける。この公式は、座標幾何では定番のものだろう。

問題　　２直線 （１−ｉ）ｚ＋（１＋ｉ）＋２＝０　、（２＋ｉ）ｚ＋（２−ｉ）＋１＝０　の交点を通る
　　　　直線で、１ を通るものを求めよ。

（解）　２直線を連立して、

｛（２−ｉ）（１−ｉ）−（２＋ｉ）（１＋ｉ）｝ｚ＋｛（２−ｉ）（１＋ｉ）−（２−ｉ）（１＋ｉ）｝＋２（２−ｉ）−（１＋ｉ）＝０

すなわち、　−６ｉ・ｚ＝−３＋３ｉ　より、　ｚ＝−（１＋ｉ）/２　が交点

　−（１＋ｉ）/２　と １ を通る直線は、　（ｚ−１）/（３＋ｉ）＝（−１）/（３−ｉ）

よって、　（３−ｉ）（ｚ−１）＝（３＋ｉ）（−１）　より、　（３−ｉ）ｚ−（３＋ｉ）＋２ｉ＝０　　（終）


　上記の問題を、公式を用いて解いてみよう。

（別解）　求める直線は、同時に０ではない実数 ｍ、ｎ を用いて、

　ｍ（（１−ｉ）ｚ＋（１＋ｉ）＋２）＋ｎ（（２＋ｉ）ｚ＋（２−ｉ）＋１）＝０

と書ける。１を通るから、　４ｍ＋５ｎ＝０　すなわち、　ｎ＝−４ｍ/５

　これを上式に代入して、

　（１−ｉ）ｚ＋（１＋ｉ）＋２＋（−４/５）（（２＋ｉ）ｚ＋（２−ｉ）＋１）＝０

すなわち、　（−３−９ｉ）ｚ＋（−３＋９ｉ）＋６＝０　から、（１＋３ｉ）ｚ＋（１−３ｉ）−２＝０

両辺に ｉ を掛けて、　（ｉ−３）ｚ＋（ｉ＋３）−２ｉ＝０　から、

　　（３−ｉ）ｚ−（３＋ｉ）＋２ｉ＝０　　（終）


３直線が１点で交わる

　３直線 ｚ＋α＝ｋ　、ｚ＋β＝ｈ　、ｚ＋γ＝ｇ　（ただし、ｋ、ｈ、ｇは実数）　に
対して、恒等式

　ｓ（ｚ＋α−ｋ）＋ｔ（ｚ＋β−ｈ）＋ｕ（ｚ＋γ−ｇ）＝０

が成り立つような複素数 ｓ、ｔ、ｕ （ｓｔｕ≠０） が存在すれば、

　３直線は１点で交わる　または　３直線は平行

である。

　実際に、２直線 ｚ＋α＝ｋ　、ｚ＋β＝ｈ の交点を ｚ₀ とおくと、

　ｓ（ｚ₀＋α₀−ｋ）＋ｔ（ｚ₀＋β₀−ｈ）＋ｕ（ｚ₀＋γ₀−ｇ）＝０

すなわち、　ｕ（ｚ₀＋γ₀−ｇ）＝０　より、　ｕ≠０　なので、　ｚ₀＋γ₀＝ｇ

したがって、３直線は、１点（ｚ₀）で交わる。

　また、２直線 ｚ＋α＝ｋ　、ｚ＋β＝ｈ が平行なとき、β＝ｂα　（ｂは実数）　と書
けるので、

　ｓ（ｚ＋α−ｋ）＋ｔ（ｂｚ＋ｂα−ｈ）＋ｕ（ｚ＋γ−ｇ）＝０

すなわち、　（ｓ＋ｔｂ）ｚ＋（ｓ＋ｔｂ）α−ｓｋ−ｔｈ＋ｕ（ｚ＋γ−ｇ）＝０

　これは、２直線 ｚ＋α＝ｋ　と　ｚ＋γ＝ｇ　が平行であることを示す。

したがって、３直線は平行である。


三角形の外心

問題　　△ＡＢＣにおいて、３辺の垂直２等分線は１点で交わることを示せ。

＃この点は△ＡＢＣの外心と言われる。

（解）　ガウス平面において、Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）とする。

　線分ＢＣの垂直２等分線は、

　｛ｚ−（β＋γ）/２｝/（β−γ）＋｛−（＋）/２｝/（−）＝０

すなわち、　（−）ｚ＋（β−γ）−β＋γ＝０

同様にして、線分ＣＡの垂直２等分線は、　（−）ｚ＋（γ−α）−γ＋α＝０

　線分ＡＢの垂直２等分線は、　（−）ｚ＋（α−β）−α＋β＝０

　３式を辺々加えると、

１・（（−）ｚ＋（β−γ）−β＋γ）
　＋１・（（−）ｚ＋（γ−α）−γ＋α）
　　＋１・（（−）ｚ＋（α−β）−α＋β）＝０

が恒等的に成り立つので、３直線は１点で交わる。　　（終）


　上記では、具体的な外心の座標を計算していなかった。以下で、計算してみた。

　ガウス平面において、Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）とするとき、△ＡＢＣの外心は

｛α（β−γ）＋β（γ−α）＋γ（α−β）｝/｛（β−γ）＋（γ−α）＋（α−β）｝

で与えられる。

　実際に、

線分ＢＣの垂直２等分線は、（−）ｚ＋（β−γ）−β＋γ＝０　・・・　（１）

線分ＣＡの垂直２等分線は、　（−）ｚ＋（γ−α）−γ＋α＝０　・・・　（２）

（１）×（γ−α）−（２）×（β−γ）　により、 を消去すれば、

｛（γ−α）（−）−（β−γ）（−）｝ｚ＋（γ−α）（−β＋γ）−（β−γ）（−γ＋α）＝０

｛（β−γ）＋（γ−α）＋（α−β）｝ｚ＝｛α（β−γ）＋β（γ−α）＋γ（α−β）｝

　ここで、α、β、γは△ＡＢＣの頂点なので、　α≠β≠γ　より、

　（β−γ）＋（γ−α）＋（α−β）≠０　である。

よって、外心は、

｛α（β−γ）＋β（γ−α）＋γ（α−β）｝/｛（β−γ）＋（γ−α）＋（α−β）｝

となる。


問題　　△ＡＢＣにおいて、△ＡＢＣの外側に、辺ＢＣ、ＣＡ、ＡＢをそれぞれ１辺とする正三角
　　　　形ＰＢＣ、ＱＣＡ、ＲＡＢを作るとき、３直線ＡＰ、ＢＱ、ＣＲは１点で交わることを示せ。

　　　　　

（解）　ガウス平面において、Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）、Ｐ（ｐ）、Ｑ（ｑ）、Ｒ（ｒ）　とおく。

　ω＝（−１＋ｉ）/２　とすると、　β−ｐ＝ω（γ−β）　より、　ｐ＝（１＋ω）β−ωγ

　１＋ω＝−ω²　より、　ｐ＝−ω²β−ωγ　である。

　同様にして、　ｑ＝−ω²γ−ωα　、ｒ＝−ω²α−ωβ　である。

　直線ＡＰは、　（ｚ−α）/（α＋ω²β＋ωγ）−（−）/（＋ω＋ω²）＝０

　　すなわち、

　（＋ω＋ω²）ｚ−（α＋ω²β＋ωγ）＋ω²（β−α）＋ω（γ−α）＝０

同様にして、直線ＢＱは、

　（＋ω＋ω²）ｚ−（β＋ω²γ＋ωα）＋ω²（γ−β）＋ω（α−β）＝０

直線ＲＣは、

　（＋ω＋ω²）ｚ−（γ＋ω²α＋ωβ）＋ω²（α−γ）＋ω（β−γ）＝０

となる。３式を辺々加えると、

　ｚ の係数は、

　（＋ω＋ω²）＋（＋ω＋ω²）＋（＋ω＋ω²）

＝（１＋ω＋ω²）（＋＋）＝０

　 の係数は、

　−（α＋ω²β＋ωγ）−（β＋ω²γ＋ωα）−（γ＋ω²α＋ωβ）

＝−（１＋ω＋ω²）（α＋β＋γ）＝０

　定数項は、

　ω²（β−α）＋ω（γ−α）＋ω²（γ−β）＋ω（α−β）
＋ω²（α−γ）＋ω（β−γ）＝０

なので、３式の和は０となる。

　よって、３直線ＡＰ、ＢＱ、ＣＲは１点で交わる。


（コメント）　解法が定型的になって、円滑に結論が得られますね！これは感動です．．．。


（追記）　令和５年１２月２７日付け

問題　　ガウス平面上の原点以外の定点Ａと、単位円Ｏ上の動点Ｂ、Ｃがあり、線分ＢＣは直
　　　径とする。このとき、△ＡＢＣの外心の軌跡を求めよ。

　　

（解）　Ａ（α）、Ｂ（ｔ）、Ｃ（−ｔ）とおき、外心をＰ（ｚ）とおく。題意より、

　｜ｚ−ｔ｜＝｜ｚ＋ｔ｜＝｜ｚ−α｜

が成り立つ。｜ｚ−ｔ｜²＝｜ｚ＋ｔ｜² より、　ｚ＋ｔ＝０

｜ｚ＋ｔ｜²＝｜ｚ−α｜² より、　ｚ＋ｔ＋ｚ＋α＝α−１

２式を連立して、　ｚ＋α＝α−１

　これが、求める外心の軌跡の方程式である。　　（終）

（補足）　ｚ＝ｘ＋ｉ・ｙ　、α＝ａ＋ｉ・ｂ　とおくと、

　ａｘ＋ｂｙ＝（ａ²＋ｂ²−１）/２　と書ける。

　このことから、外心の軌跡の方程式は、線分ＯＡに垂直な直線であることが分かる。



（追記）　令和４年１１月２４日付け

　当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「よおすけ」さんから「４点の共円」問題をいただき
ました。

　今回は、同一円周上の４点の証明です。

問題　ガウス平面において、互いに異なる４点α、β、γ、δが同一円周上にあるとき、

　｛（α−γ）/（β−γ）｝/｛（α−δ）/（β−δ）｝は、０でない実数

であることを証明せよ。

（解）　ａｒｇ（α−γ）/（β−γ）＝∠βγα　、ａｒｇ（α−δ）/（β−δ）＝∠βδα　である。

　２つの場合が考えられる。

（１）　点α、βに対して、点γ、δが同じ側にあるとき、

　　　　　

　この場合は、円周角の定理より、　∠βγα＝∠βδα　なので、

　　ａｒｇ｛（α−γ）/（β−γ）｝/｛（α−δ）/（β−δ）｝＝０

　よって、　｛（α−γ）/（β−γ）｝/｛（α−δ）/（β−δ）｝は、正の実数

（２）　点α、βに対して、点γ、δが両側にあるとき、

　　　　　

　この場合は、角の向きも考慮して、　∠βγα＋∠αδβ＝±π　である。

すなわち、　∠βγα−∠βδα＝±π　より、

　ａｒｇ｛（α−γ）/（β−γ）｝/｛（α−δ）/（β−δ）｝＝±π

　よって、　｛（α−γ）/（β−γ）｝/｛（α−δ）/（β−δ）｝は、負の実数

以上から、｛（α−γ）/（β−γ）｝/｛（α−δ）/（β−δ）｝は、０でない実数　　（終）


（コメント）　ガウス平面において、互いに異なる４点α、β、γ、δが

　同一円周上　または　同一直線上にあるとき、

　｛（α−γ）/（β−γ）｝/｛（α−δ）/（β−δ）｝は、０でない実数

である。逆も成り立つ。

　特に、同一直線上にあるとき、

　　∠βγα＝∠βδα＝０　または、　∠βγα、∠βδαの一方が０で、他方がπ

である。


円に内接する四角形

　凸四角形ＡＢＣＤが円に内接するための必要十分条件は、

　　　｛（α−γ）/（β−γ）｝/｛（α−δ）/（β−δ）｝は、正の実数

である。


　証明は、上記のよおすけさんの問題の解答（１）から明らかだろう。


複比

　複素数の問題では、｛（α−γ）/（β−γ）｝/｛（α−δ）/（β−δ）｝が活躍する場面が多
い。

　そこで、｛（α−γ）/（β−γ）｝/｛（α−δ）/（β−δ）｝　は、複比または非調和比
と言われ、
　　　　　　　（α，β，γ，δ）

と表記される。

　複比の定義式は、一見複雑そうに見えるが、２つの円周角を意識すれば、当然の式にも
見えてくる。

　直線上に、４点Ａ、Ｐ、Ｂ、Ｑがこの順に並ぶとき、

　ＡＰ/ＢＰは、ＡＢを基準として、Ｐがいくらに内分しているかを表し、

　ＡＱ/ＢＱは、ＡＢを基準として、Ｑがいくらに外分しているかを表している。

　この２つの比の比　（ＡＰ/ＢＰ）/（ＡＱ/ＢＱ）　が複比と言われる由縁である。

特に、（ＡＰ/ＢＰ）/（ＡＱ/ＢＱ）＝１　のとき、すなわち、内分比と外分比が等しいとき、

４点Ａ、Ｐ、Ｂ、Ｑは、調和点列と言われる。


複比について、次の性質が知られている。

性質１．　（α，β，γ，δ）＝（β，α，δ，γ）＝（γ，δ，α，β）

　実際に、

（α，β，γ，δ）＝｛（α−γ）/（β−γ）｝/｛（α−δ）/（β−δ）｝　より、

（β，α，δ，γ）＝｛（β−δ）/（α−δ）｝/｛（β−γ）/（α−γ）｝

　　　　　　　　　　＝｛（α−γ）/（β−γ）｝/｛（α−δ）/（β−δ）｝＝（α，β，γ，δ）

（γ，δ，α，β）＝｛（γ−α）/（δ−α）｝/｛（γ−β）/（δ−β）｝

　　　　　　　　　　＝｛（α−γ）/（β−γ）｝/｛（α−δ）/（β−δ）｝＝（α，β，γ，δ）

より、成り立つ。図解すると、

　　　　　、　

は、同値となる。

性質２．　（α，β，δ，γ）＝１/（α，β，γ，δ）

　　　　　　（β，α，γ，δ）＝１/（α，β，γ，δ）

　実際に、

（α，β，δ，γ）＝｛（α−δ）/（β−δ）｝/｛（α−γ）/（β−γ）｝

　　　　　　　　　　＝１÷｛（α−γ）/（β−γ）｝/｛（α−δ）/（β−δ）｝＝１/（α，β，γ，δ）

（β，α，γ，δ）＝｛（β−γ）/（α−γ）｝/｛（β−δ）/（α−δ）｝

　　　　　　　　　　＝１÷｛（α−γ）/（β−γ）｝/｛（α−δ）/（β−δ）｝＝１/（α，β，γ，δ）

より、成り立つ。図解すると、

　　　　　、　

は、逆数となる。

性質３．　（α，γ，β，δ）＝１−（α，β，γ，δ）

　　　　　　（δ，β，γ，α）＝１−（α，β，γ，δ）

　実際に、

（α，γ，β，δ）＝｛（α−β）/（γ−β）｝/｛（α−δ）/（γ−δ）｝

１−（α，β，γ，δ）

＝１−｛（α−γ）/（β−γ）｝/｛（α−δ）/（β−δ）｝

＝［｛（α−δ）/（β−δ）｝−｛（α−γ）/（β−γ）｝］/｛（α−δ）/（β−δ）｝

＝{（β−γ）（α−δ）−（β−δ）（α−γ）}/｛（α−δ）（β−γ）｝

＝（α−β）（δ−γ）/｛（α−δ）（β−γ）｝

＝｛（α−β）/（γ−β）｝/｛（α−δ）/（γ−δ）｝

より、　（α，γ，β，δ）＝１−（α，β，γ，δ）　が成り立つ。

　同様にして、

（δ，β，γ，α）＝｛（δ−γ）/（β−γ）｝/｛（δ−α）/（β−α）｝

１−（α，β，γ，δ）

＝（α−β）（δ−γ）/｛（α−δ）（β−γ）｝

＝｛（δ−γ）/（β−γ）｝/｛（δ−α）/（β−α）｝

より、　（δ，β，γ，α）＝１−（α，β，γ，δ）　が成り立つ。

　図解すると、

　　　　　、　

との和は１となる。

　読者のために、練習問題を残しておこう。

問題　　（１，２，３，４）＝ｘ　として、次の複比を ｘ を用いて表せ。

（１）　（１，２，４，３）

（２）　（１，３，２，４）

（３）　（１，３，４，２）

（４）　（１，４，２，３）

（５）　（１，４，３，２）

（解）（１）　（１，２，４，３）＝１/（１，２，３，４）＝１/ｘ

（２）　（１，３，２，４）＝１−（１，２，４，３）＝１−ｘ

（３）　（１，３，４，２）＝１/（１，３，２，４）＝１/（１−ｘ）

（４）　（１，４，２，３）＝１−（１，２，４，３）＝１−１/（１，２，３，４）＝１−１/ｘ＝（ｘ−１）/ｘ

（５）　（１，４，３，２）

　　　＝１−（１，３，４，２）＝１−１/（１，３，２，４）＝１−１/｛１−（１，２，３，４）｝

　　　＝１−１/（１−ｘ）＝ｘ/（ｘ−１）　　（終）

　以上を一般化して、複比の取り得る値は、次の６個あることが分かる。すなわち、

　　ｘ　、１−ｘ　、１/ｘ　、ｘ/（ｘ−１）　、（ｘ−１）/ｘ　、１/（１−ｘ）

　特に、ｘ＝−１ のとき、複比は、　−１　、２　、１/２

　ｘ＝（１＋ｉ）/２　のとき、複比は、　ｘ　、ｘ⁵　（ただし、ｘ⁶＝１）　となる。



　この複比と以前述べたトレミーの不等式は密接な関係がある。

　トレミーの不等式

　異なる４点が左回りにA（α）、B（β）、C（γ）、D（δ）とあるとき、

　　AB・CD＋AD・BC≧AC・BD

が成り立つ。


　上記の証明には、恒等式

　　(α−β)(γーδ)＋(αーδ)(βーγ)＝（αーγ）（βーδ）

が利用された。（　→　参考：トレミーの不等式の証明）

　等式の両辺を　（α−γ）（β−δ）　で割ると、

　(α−β)(γーδ)/｛（α−γ）（β−δ）｝＋(αーδ)(βーγ)/｛（α−γ）（β−δ）｝＝１

すなわち、

｛（β−α）/（γ−α）｝/｛（β−δ）/（γ−δ）｝＋｛（β−γ）/（α−γ）｝/｛（β−δ）/(αーδ)｝＝１

　この等式を複比で表現すれば、

　　（β，γ，α，δ）＋（β，α，γ，δ）＝１

となる。これは複比の性質３．そのものである。

　四角形ＡＢＣＤが円に内接するとき、

円に内接する四角形

　凸四角形ＡＢＣＤが円に内接するための必要十分条件は、

　　　｛（α−γ）/（β−γ）｝/｛（α−δ）/（β−δ）｝は、正の実数

である。

より、複比　（α，β，γ，δ）＞０　である。すなわち、

　直線ＡＢに関して、Ｃ、Ｄが同じ側にあれば、　（α，β，γ，δ）＞０　で、

　　（β，α，γ，δ）＝１/（α，β，γ，δ）＞０

　同様に、直線ＢＣに関して、Ａ、Ｄが同じ側にあるので、　（β，γ，α，δ）＞０

よって、　

｜（β−α）（γ−δ）/｛（β−δ）（γ−α）｝＋｜（β−γ）(αーδ)/｛（β−δ）（α−γ）｝＝１

すなわち、

　｜β−α｜｜γ−δ｜＋｜β−γ｜｜αーδ｜＝｜β−δ｜｜γ−α｜

より、

　　ＡＢ・ＣＤ＋ＡＤ・ＢＣ＝ＡＣ・ＢＤ　　（トレミーの定理）

が成り立つ。


九点円

　△ＡＢＣにおいて、

　３辺の中点、、各頂点から下ろした垂線の足、垂心と各頂点を結ぶ線分の中点

の合計９点は、同一円周上にある。この円のことを、九点円という。

（→　参考：「九点円について」）

　九点円の中心は、外心と垂心を結ぶ線分の中点で、九点円の半径は、外接円の半径
の半分

である。

Ｏ：外心 Ｇ：重心 Ｈ：垂心 Ｎ：九点円の中心

　４点Ｏ，Ｇ，Ｎ，Ｈは同一直線上にある。この直線のことを、オイラー線という。線分の比は、

　　　　　　　　　ＯＧ：ＧＮ：ＮＨ＝２：１：３
となる。

　九点円が上記のような性質を何故もつのか？その理由は簡単である。

∠ＰＫＤ＝９０°より、点Ｋは線分ＰＤを直径とする円周上にある。他も同様。このことから、
九点円のもつ性質は、明らかとなる。

　実際に、Ｏ（０）、Ａ（ α ）、Ｂ（ β ）、Ｃ（ γ ）とする。但し、複素数 α 、β 、γ の絶対値
は １ とする。すなわち、△ＡＢＣの外接円は単位円であるものとする。

　このとき、 Ｄ（（ β ＋ γ ）/２ ） 、 Ｐ（｛ α ＋（ α ＋ β ＋ γ ）｝/２ ） なので、線分ＤＰ

の中点を Ｎ（ｎ） とすると、 ｎ＝（ α ＋ β ＋ γ ）/２　となる。

　よって、線分ＤＰの中点 Ｎ は、外心Ｏと垂心Ｈを結ぶ線分の中点である。

　さらに、　ＰＮ＝(1/2)｜α｜＝１/２　が成り立つので、九点円の半径は、外接円の半径

の半分である。　同様にして、（Ｅ、Ｑ、Ｌ）や（Ｆ、Ｒ、Ｍ）についても同じことがいえる。

　また、Ｇ（（ α ＋ β ＋ γ ）/３ ）、Ｈ（ α ＋ β ＋ γ ） なので、

　　　　ＯＧ ： ＧＮ ： ＮＨ ＝ ２ ： １ ： ３

が成り立つ。


（コメント）　平面幾何の有名事実も、複素数を使うと、易しく思えてくるから不思議です。


フランケ点

　上記では、三角形の外心Ｏ、重心Ｇ、垂心Ｈ、九点円の中心Ｎはすべてオイラー線の上に
あることを見た。更に、次の定理が成り立つ。

定理　　△ＡＢＣの外心Ｏから辺ＢＣ、ＣＡ、ＡＢに下ろした垂線の足をＤ、Ｅ、Ｆとする。
　　　　直線ＯＤ、ＯＥ、ＯＦ上に、それぞれＤ’、Ｅ’、Ｆ’を

　　　　　ＯＤ’＝λＯＤ　、ＯＥ’＝λＯＥ　、ＯＦ’＝λＯＦ　　（λは実数）

　となるようにとる。このとき、３直線ＡＤ’、ＢＥ’、ＣＦ’はオイラー線上で１点で交わる。

　　　　

＃３直線ＡＤ’、ＢＥ’、ＣＦ’の交点は、フランケ点と言われる。

　λ＝０　のとき、　フランケ点は、外心と一致する。
　λ＝１　のとき、　フランケ点は、重心と一致する。
　λ＝２　のとき、　フランケ点は、九点円の中心と一致する。
　λ＝±∞　のとき、　フランケ点は、垂心と一致する。

（証明）　ガウス平面において、Ｏ（０）、Ａ（ α ）、Ｂ（ β ）、Ｃ（ γ ）とする。

　但し、複素数 α 、β 、γ の絶対値は １ とする。すなわち、△ＡＢＣの外接円は単位円
であるものとする。

　Ｄ（（β＋γ）/２）　、Ｅ（（γ＋α）/２）　、Ｆ（（α＋β）/２）

である。このとき、

　Ｄ’（μ（β＋γ））　、Ｅ’（μ（γ＋α））　、Ｆ（μ（α＋β））　　（ただし、μ＝λ/２　とおく）

直線ＡＤ’の方程式は、

　（ｚ−α）/（μ（β＋γ）−α）＝（−）/（μ（＋）−）

すなわち、

（μα（β＋γ）−βγ）ｚ−αβγ（μ（β＋γ）−α）−μα²（β＋γ）＋μβγ（β＋γ）＝０

　ここで、基本対称式　ｓ＝α＋β＋γ　、ｔ＝αβ＋βγ＋γα　、ｕ＝αβγ　とおくと、

　β＋γ＝ｓ−α　、　βγ＝ｔ−α（ｓ−α）＝ｔ−ｓα＋α²　なので、

直線ＡＤ’の方程式は、次のように書き変えられる。

（μｔ−（μ＋１）ｕ/α）ｚ−ｕ（μｓ−（μ＋１）α）−μ（ｔα−ｕ）＋μｕ（ｓ−α）/α＝０

すなわち、

（μｔα−（μ＋１）ｕ）ｚ−ｕ（μｓα−（μ＋１）α²）−μ（ｔα²−ｕα）＋μｕ（ｓ−α）＝０

αについて、降べきの順に整理して、

α²（ｕ（μ＋１）−μｔ）＋α（μｔｚ−ｕμｓ）−（μ＋１）ｕｚ＋μｕｓ＝０

ｆ（α）＝α²（ｕ（μ＋１）−μｔ）＋α（μｔｚ−ｕμｓ）−（μ＋１）ｕｚ＋μｕｓ　とおくと、

直線ＡＤ’の方程式は、ｆ（α）＝０　と表せる。

　α²、α、１ の各係数は、α、β、γの対称式となっているので、

直線ＢＥ’の方程式は、ｆ（β）＝０　と表せる。

同様にして、直線ＣＦ’の方程式は、ｆ（γ）＝０　と表せる。

　ｆ（α）＝０　は２次方程式なので、３つの解α、β、γを持つためには、

　ｕ（μ＋１）−μｔ＝０　、μｔｚ−ｕμｓ＝０　、−（μ＋１）ｕｚ＋μｕｓ＝０

でなければならない。

　このとき、　−（μ＋１）ｕｚ＋μｕｓ＝０　から、　ｚ＝μｓ/（μ＋１）　が交点となる。

　ｚ＝μｓ/（μ＋１）　から、　＝μｔ/（ｕ（μ＋１））　なので、

ｕ（μ＋１）−μｔ＝μｔ−μｔ＝０

μｔｚ−ｕμｓ＝μ²ｔｓ/（μ＋１）−ｕμ²ｓｔ/（ｕ（μ＋１））＝μ²ｔｓ/（μ＋１）−μ²ｓｔ/（μ＋１）＝０

よって、　ｚ＝μｓ/（μ＋１）　は、第１式、第２式をともに満たす。　　（証終）


三角形の内心

　ガウス平面において、Ａ（ α ）、Ｂ（ β ）、Ｃ（ γ ）とし、△ＡＢＣの外心Ｏは、原点とする。

　但し、複素数 α 、β 、γ の絶対値は １ とする。すなわち、△ＡＢＣの外接円は単位円
であるものとする。

　九点円の話で、重心Ｇは、ＯＧ＝（α＋β＋γ）/３　であり、垂心Ｈは、ＯＨ＝α＋β＋γ
と簡単に表せた。同様に、内心も簡単に表すことを考える。

　単位円周上の２点Ａ（α²）、Ｂ（β²）　（ただし、０≦ａｒｇα＜ａｒｇβ＜π）　とすると、

劣弧ＡＢの中点Ｍ（αβ）、優弧ＡＢの中点Ｍ’（−αβ）　と表せる。

　　

　以上の準備のもとに、単位円周上の３点Ａ（α²）、Ｂ（β²）、Ｃ（γ²）　をとる。
（ただし、０≦ａｒｇα、ａｒｇβ＜π、π≦ａｒｇγ＜２πとする。）

　　

　このとき、弧ＢＣ、ＣＡ、ＡＢの中点をそれぞれＤ、Ｅ、Ｆとおくと、

　Ｄ（−βγ）　、Ｅ（−γα）　、Ｆ（−αβ）

となる。∠Ａの２等分線ＡＤの方程式は、

　（ｚ＋βγ）/（α²＋βγ）＝（＋）/（²＋）＝α²（βγ＋１）/（α²＋βγ）

すなわち、　ｚ＋βγ＝α²（βγ＋１）　・・・　（１）

同様にして、∠Ｂの２等分線Ｅの方程式は、　ｚ＋γα＝β²（γα＋１）　・・・　（２）

（１）×β−（２）×α　より、　（β−α）ｚ＋γ（β²−α²）＝αβ（α−β）

α≠β　より、　ｚ＋γ（α＋β）＝−αβ　なので、　ｚ＝−αβ−βγ−γα

　これが、内心の座標を表す。


三角形の傍心

　内心と同様に、傍心も求められる。

　Ｄ、Ｅ、Ｆを通る直径の他端をそれぞれＤ’、Ｅ’、Ｆ’とすると、偏角の関係から、

　Ｄ’（βγ）　、Ｅ’（γα）　、Ｆ’（αβ）

である。

　　　

　このとき、直線ＢＥ’は、∠Ｂの外角の２等分線である。

実際に、　四角形ＡＢＥ’Ｅは円に内接するので、　∠ＧＢＥ’＝∠ＡＥＥ’

　Ｅは弧ＡＣの中点なので、　∠ＡＥＥ’＝∠ＣＥＥ’

　円周角の定理より、　∠ＣＥＥ’＝∠ＣＢＥ’

よって、∠ＧＢＥ’＝∠ＣＢＥ’　となるので、直線ＢＥ’は、∠Ｂの外角の２等分線である。

　同様にして、直線ＣＦ’は、∠Ｃの外角の２等分線である。

　したがって、∠Ａの２等分線ＡＤ、∠Ｂの外角の２等分線ＢＥ’、∠Ｃの外角の２等分線ＣＦ’
の交点が傍心Ｊとなる。

　内心の計算で用いた、　Ｄ（−βγ）　、Ｅ（−γα）　、Ｆ（−αβ）　と

∠Ａ内の傍心の計算で用いる、　Ｄ（−βγ）　、Ｅ’（γα）　、Ｆ’（αβ）

を比較して、∠Ａ内の傍心の計算は、　ｚ＝−αβ−βγ−γα　で、αの代わりに、−α

を代入すればよいことが分かる。

　以上から、∠Ａ内の傍心Ｊの座標は、　ｚ＝αβ−βγ＋γα

同様にして、∠Ｂ内の傍心Ｊ’の座標は、　ｚ＝αβ＋βγ−γα

∠Ｃ内の傍心Ｊ”の座標は、　ｚ＝−αβ＋βγ＋γα

となる。


（コメント）　結果が奇麗ですね！三角形の５心までの距離については、「内接円と傍接円」
　　　　　　を参照。


　△ＡＢＣの内接円、傍接円、九点円について、次の定理が成り立つことが知られている。

フォイエルバッハの定理

　△ＡＢＣの内接円は九点円に内接し、傍接円は九点円に外接する。

　　　　　　

　証明は難しい．．．。（参考　→　初等幾何的証明）

　複素数による証明は、今後の研究課題としよう。


擬似重心

　さらに、「複素数の底力」の探究を続けよう。次の定理が知られている。

定理　　△ＡＢＣの外接円Ｏに各頂点で接線を引き、△ＤＥＦを作る。
　　　　このとき、３直線ＡＤ、ＢＥ、ＣＦは１点Ｇで交わる。

　　　　　　

（証明）　ガウス平面において、Ｏ（０）、Ａ（ α ）、Ｂ（ β ）、Ｃ（ γ ）とする。

　但し、複素数 α 、β 、γ の絶対値は １ とする。すなわち、△ＡＢＣの外接円は単位円
であるものとする。

接線ＢＤの方程式は、　（ｚ−β）/β＋（−）/＝０

　すなわち、　（ｚ−β）/β＋β−１＝０　より、　ｚ＋β²−２β＝０　・・・　（１）

同様に、接線ＣＤの方程式は、　ｚ＋γ²−２γ＝０　・・・　（２）

　（１）×γ²−（２）×β²　より、　（γ²−β²）ｚ−２βγ（γ−β）＝０

　γ≠β　なので、　ｚ＝２βγ/（β＋γ）　が交点Ｄの座標である。

このとき、直線ＡＤの方程式は、

　（ｚ−α）/（２βγ/（β＋γ）−α）＝（−）/（２/（＋）−）

すなわち、　（２α−β−γ）ｚ−α（２βγ−αβ−γα）−２α²＋２βγ＝０

　ここで、ｓ＝α＋β＋γ、ｔ＝αβ＋βγ＋γα、ｕ＝αβγ　とおくと、

直線ＡＤの方程式は、　（３α−ｓ）ｚ−α（３ｕ/α−ｔ）−２α²＋２ｕ/α＝０

すなわち、　α（３α−ｓ）ｚ−α（３ｕ−αｔ）−２α³＋２ｕ＝０

　この式をαの降べきの順に整理して、

　２α³−（３ｚ＋ｔ）α²＋（ｓｚ＋３ｕ）α−２ｕ＝０

ｆ（α）＝２α³−（３ｚ＋ｔ）α²＋（ｓｚ＋３ｕ）α−２ｕ　とおくと、

直線ＡＤの方程式は、ｆ（α）＝０　と表せる。

　α³、α²、α、１ の各係数は、α、β、γの対称式となっているので、

直線ＢＥの方程式は、ｆ（β）＝０　と表せる。

同様にして、直線ＣＦの方程式は、ｆ（γ）＝０　と表せる。

　解と係数の関係より、

　　３ｚ＋ｔ＝２ｓ　、　ｓｚ＋３ｕ＝２ｔ

が成り立つ。これより、を消去して、　

　ｚ＝（６ｕｓ−２ｔ²）/（９ｕ−ｓｔ）

　これが、３直線ＡＤ、ＢＥ、ＣＦの交点となる。　　（証終）


重心座標

　ガウス平面上において、同一直線上にない異なる３点Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）をとると、
△ＡＢＣが定まる。このとき、ガウス平面上の任意の点Ｐ（ｚ）に対して、

　　ｚ＝ｓα＋ｔβ＋ｕγ　、ｓ＋ｔ＋ｕ＝１

となる実数（ｓ，ｔ，ｕ）が、△ＡＢＣのもとで、ただ一組定まる。

　　　

　この（ｓ，ｔ，ｕ）を、△ＡＢＣを基礎三角形とする点Ｐの重心座標と言う。

　実際に、直線ＡＰと直線ＢＣの交点をＤ（δ）とおくとき、Ｄは線分ＢＣを ｕ’ ： ｔ’ に分ける点

なので、　δ＝（ｔ’β＋ｕ’γ）/（ｔ’＋ｕ’）　と書ける。

　同様に、Ｐは、線分ＡＤを ｔ’＋ｕ’ ： ｓ’ に分ける点なので、

　ｚ＝（ｓ’α＋（ｔ’＋ｕ’）δ）/（ｓ’＋ｔ’＋ｕ’）＝（ｓ’α＋ｔ’β＋ｕ’γ）/（ｓ’＋ｔ’＋ｕ’）

と書ける。そこで、改めて、

　ｓ＝ｓ’/（ｓ’＋ｔ’＋ｕ’）、ｔ＝ｔ’/（ｓ’＋ｔ’＋ｕ’）、ｕ＝ｕ’/（ｓ’＋ｔ’＋ｕ’）

と置きなおせば、

　　ｚ＝ｓα＋ｔβ＋ｕγ　、ｓ＋ｔ＋ｕ＝１

となる実数（ｓ，ｔ，ｕ）が、△ＡＢＣのもとで、ただ一組定まる。


　この重心座標の考えを用いて、次の問題を再考してみよう。


問題　　△ＡＢＣの底辺ＢＣに平行な直線が辺ＡＢ、ＡＣと交わる点をそれぞれＤ、Ｅとおく。
　　　　線分ＢＥとＣＤの交点をＦとおくと、直線ＡＦは、底辺ＢＣの中点を通ることを示せ。

　　　　

（解）　ガウス平面において、Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）とおくと、Ｆ（ｚ）は、

　　ｚ＝ｓα＋ｔβ＋ｕγ　（ｓ＋ｔ＋ｕ＝１）

と書ける。

　ｚ−ｔβ＝ｓα＋ｕγ　より、　（ｚ−ｔβ）/（−ｔ＋１）＝（ｓα＋ｕγ）/（ｕ＋ｓ）　なので、

Ｅは線分ＡＣを ｕ ： ｓ　に分ける点である。

　同様にして、

　ｚ−ｕγ＝ｓα＋ｔβ　より、　（ｚ−ｕγ）/（−ｕ＋１）＝（ｓα＋ｔβ）/（ｔ＋ｓ）　なので、

Ｄは線分ＡＢを ｔ ： ｓ　に分ける点である。

　線分ＤＥと線分ＢＣは平行なので、　ｔ＝ｕ　が成り立つ。すなわち、

　　ｚ＝ｓα＋ｔβ＋ｔγ　（ｓ＋２ｔ＝１）

から、　ｚ−ｓα＝ｔβ＋ｔγ　より、　（ｚ−ｓα）/（−ｓ＋１）＝（β＋γ）/２

　したがって、直線ＡＦは、底辺ＢＣの中点を通る。　　（終）


（コメント）　チェバの定理を利用する場合に比べて、まだまだ煩雑ですが、以前の計算より
　　　　　　は、だいぶ簡略化できましたね！重心座標の概念の素晴らしさに感動しました。


問題　　△ＡＢＣの辺ＢＣ、ＣＡ、ＡＢを ｋ ： １ に分ける点をそれぞれＰ、Ｑ、Ｒとする。
　　　　直線ＡＰとＣＲ、ＢＱとＡＰ、ＣＲとＢＱの交点をそれぞれＤ、Ｅ、Ｆとする。

　　　　　このとき、△ＡＢＣと△ＤＥＦの重心は一致することを示せ。

　　　　　

（解）　ガウス平面において、Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）とおく。

Ｄの重心座標を（ｓ，ｔ，ｕ）とおくと、Ｄ（ｚ）は、ｚ＝ｓα＋ｔβ＋ｕγ　（ｓ＋ｔ＋ｕ＝１）　と書ける。

　ｚ−ｓα＝ｔβ＋ｕγ　から、　（ｚ−ｓα）/（−ｓ＋１）＝（ｔβ＋ｕγ）/（ｕ＋ｔ）

　よって、ＰはＢＣを、ｕ ： ｔ に分ける点である。

題意より、　ｕ ： ｔ＝ｋ ： １　なので、　ｕ＝ｔｋ　である。

同様に、　ｚ−ｕγ＝ｓα＋ｔβ　から、（ｚ−ｕγ）/（−ｕ＋１）＝（ｓα＋ｔβ）/（ｔ＋ｓ）

　よって、Ｒは、ＡＢを、ｔ ： ｓ に分ける点である。

題意より、　ｔ ： ｓ＝ｋ ： １　なので、　ｔ＝ｓｋ　である。よって、　ｕ＝ｓｋ²

以上から、　ｚ＝（α＋ｋβ＋ｋ²γ）/（１＋ｋ＋ｋ²）　と書けることが分かる。

　同様にして、Ｅ（ｚ’）は、　ｚ’＝（β＋ｋγ＋ｋ²α）/（１＋ｋ＋ｋ²）

　Ｆ（ｚ”）は、　ｚ”＝（γ＋ｋα＋ｋ²β）/（１＋ｋ＋ｋ²）

よって、△ＤＥＦの重心Ｇ（ｇ）は、

　ｇ＝（ｚ＋ｚ’＋ｚ”）/３＝｛（α＋β＋γ）/３｝・（１＋ｋ＋ｋ²）/（１＋ｋ＋ｋ²）＝（α＋β＋γ）/３

したがって、△ＡＢＣと△ＤＥＦの重心は一致する。　　（終）


面積

　三角形の面積の公式から、

例２．　座標平面上で、Ａ( ａ ， ｂ )、Ｂ( ｃ ， ｄ )、O( ０ ，０ ) のとき、

　△ＯＡＢ＝(１/２)| ａｄ−ｂｃ |　　　（|　　|は絶対値を表す）

であるので、この公式を複素数で表現することは易しい。

　Ｏをガウス平面の原点とし、Ａ（α）、Ｂ（β）とする。α＝ａ＋ｉ・ｂ　、β＝ｃ＋ｉ・ｄ　とおくと、

　α＝（ａ＋ｉ・ｂ）（ｃ−ｉ・ｄ）＝ａｃ＋ｂｄ＋ｉ・（ｂｃ−ａｄ）

から、　ａｄ−ｂｃ＝−Ｉｍ（α）　なので、　△ＯＡＢ＝（１/２）｜Ｉｍ（α）｜　となる。

Ｉｍ（α）＝（α−β）/（２ｉ）　なので、　△ＯＡＢ＝（１/４）｜α−β｜　とも書ける。

　実際の計算には、前者の方が有効だろう。


問題　　Ｏ、Ａ（２＋ｉ）、Ｂ（−１＋２ｉ）　に対して、△ＯＡＢの面積を求めよ。

（解）　Ｉｍ（２＋ｉ）（−１−２ｉ）＝−１−４＝−５　から、△ＯＡＢ＝５/２　　（終）


　面積の公式をガウス平面上でも求めておこう。

　３点Ｏ、Ａ、Ｂが反時計回りの順にあるとして、ＯＡとＯＢのなす角をθとおく。

　このとき、△ＯＡＢ＝（１/２）｜α｜｜β｜ｓｉｎθ　である。

　ここで、θ＝ａｒｇ（β/α）　なので、ｓｉｎθ＝｜Ｉｍ（β/α）｜/（｜β/α｜）

ここで、　１/α＝/｜α｜²　なので、　ｓｉｎθ＝Ｉｍ（β）/（｜α｜｜β｜）

よって、　Ｓ＝（１/２）｜Ｉｍ（β）｜＝（１/２）｜Ｉｍ（α）｜　となる。


　当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「よおすけ」さんから、令和４年１２月３０日付けで、
問題をいただきました。一部改題しました。

名古屋大学前期文系（２０１９）

　非負の整数ｎに対して、P_n を xy 平面上の点とする。P_0 の座標を (1，0) とし、P_n の座
標 (x_n，y_n) とP_(n+1) の座標 (x_(n+1)，y_(n+1)) は、

　　x_(n+1)＝x_n−ｋ(y_n＋y_(n+1))

　　y_(n+1)＝y_n＋ｋ(x_n＋x_(n+1))

をみたすとする。ただし、ｋを正の実数とする。

（１）　ｋ＝tan(α/２) とする。ただし、0＜α＜π とする。

　　このとき、P_1、P_2 の座標(x_1，y_1)、(x_2，y_2) をαを用いて表せ。

（２）　P_n の座標 (x_n，y_n) を、(1)のαとｎを用いて表せ。

（３）　Oを xy 平面の原点とするとき、△P_nOP_(n+1) の面積をｋを用いて表せ。


（解）　ｚ_n＝x_n＋ｉ・y_n　とおくと、条件式は、　（１−ｉｋ）ｚ_(n+1)＝（１＋ｉｋ）ｚ_n　となる。

　すなわち、　ｚ_(n+1)＝（１＋ｉｋ）²/（１＋ｋ²）・ｚ_n＝（１−ｋ²＋２ｉｋ）/（１＋ｋ²）・ｚ_n

　ここで、　（１−ｋ²）/（１＋ｋ²）＝（１−tan²(α/２) ）/（１＋tan²(α/２) ）＝ｃｏｓα

　　２ｋ/（１＋ｋ²）＝２tan(α/２) ）/（１＋tan²(α/２) ）＝ｓｉｎα

なので、　ｚ_(n+1)＝（ｃｏｓα＋ｉ・ｓｉｎα）ｚ_n　となる。

（１）　題意より、ｚ_0＝１　なので、　ｚ_1＝ｃｏｓα＋ｉ・ｓｉｎα

　よって、　x_1＝ｃｏｓα　、y_1＝ｓｉｎα

また、　ｚ_2＝（ｃｏｓα＋ｉ・ｓｉｎα）²＝ｃｏｓ２α＋ｉ・ｓｉｎ２α　より、

　x_2＝ｃｏｓ２α　、y_2＝ｓｉｎ２α

となる。

（２）　ｚ_(n+1)＝（ｃｏｓα＋ｉ・ｓｉｎα）ｚ_n　より、

　ｚ_n＝（ｃｏｓα＋ｉ・ｓｉｎα）^ｎｚ_0＝ｃｏｓ（ｎα）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎα）

なので、　 (x_n，y_n) ＝（ｃｏｓ（ｎα），ｓｉｎ（ｎα））

（３）　P_n（ｃｏｓ（ｎα），ｓｉｎ（ｎα））、P_(n+1)（ｃｏｓ（（ｎ＋１）α），ｓｉｎ（（ｎ＋１）α））　なので、

△P_nOP_(n+1)

＝（１/２）｜ｓｉｎ（ｎα）ｃｏｓ（（ｎ＋１）α）−ｃｏｓ（ｎα）ｓｉｎ（（ｎ＋１）α）｜

＝（１/２）｜ｓｉｎ（ｎα−（ｎ＋１）α）｜

＝（１/２）｜ｓｉｎα｜

　条件より、０＜α＜π　なので、　ｓｉｎα＞０　より、　△P_nOP_(n+1)＝（１/２）ｓｉｎα

よって、　△P_nOP_(n+1)＝ｋ/（１＋ｋ²）　である。　　（終）


　よおすけさんから問題をいただきました。（令和５年１月１６日付け）

　上記の名古屋大学前期文系の問題と同様の趣旨の計算が含まれています。

問題　　ｐを有理数とし、次の関係をもつ x_n、y_n を座標にもつ平面上の点P_n (n=1,2,......)を
　　　　考える。

　　x_(n+1)=x_n+p(y_(n+1)+y_n)　、y_(n+1)=y_n-p(x_(n+1)+x_n)

　いま、x_1、y_1 がともに有理数で、かつ、P_1は原点ではないとする。このとき、

　すべての x_n、y_n は有理数であり、点P_n は原点を中心とする定円上にあることを示せ。

（出典：京都大学前期文系（１９８１））

（解）　条件式を　x_(n+1)=x_n-ｉ・p(ｉ・y_(n+1)+ｉ・y_n)　、ｉ・y_(n+1)=ｉ・y_n-ｉ・p(x_(n+1)+x_n)　と変

　形して、ｚ_n=x_n+ｉ・y_n　とおくと、　ｚ_(n+1)=ｚ_n-ｉ・ｐ（ｚ_(n+1)+ｚ_n）　と書ける。すなわち、

　（１+ｉ・ｐ）ｚ_(n+1)=（１-ｉ・ｐ）ｚ_n　から、　ｚ_(n+1)=（（１-ｐ²）/（１+ｐ²）-２ｐｉ/（１+ｐ²））ｚ_n

　よって、　ｐ=ｔａｎθ　とおくと、　ｚ_(n+1)=（ｃｏｓ２θ-ｉ・ｓｉｎ２θ）ｚ_n　なので、

　｜ｚ_(n+1)｜=｜ｚ_n｜　が成り立つ。

　条件から、x_1、y_1 がともに有理数で、｜ｚ_1｜= ｒ　とおくと、全ての自然数nに対して、

｜ｚ_n｜= ｒ　となる。（厳密には、数学的帰納法で示されるが、自明だろう。）

　さて、ｚ_(n+1)=（（１-ｐ²）/（１+ｐ²）-２ｐｉ/（１+ｐ²））ｚ_n　から、

　x_(n+1)=（１-ｐ²）/（１+ｐ²）・x_n+２ｐ/（１+ｐ²）・y_n

　y_(n+1)=-２ｐ/（１+ｐ²）・ｘ_n+（１-ｐ²）/（１+ｐ²）・ｙ_n

である。全ての自然数nに対して、x_n、y_n は有理数であることを数学的帰納法により示す。

ｎ=１　のときは、条件から明らかに成り立つ。

ｎ=ｋ　（ｋ≧１）　のとき、命題が成り立つと仮定する。すなわち、x_ｋ、y_ｋ は有理数である。

　ｐは有理数より、（１-ｐ²）/（１+ｐ²）、２ｐ/（１+ｐ²）も有理数で、x_(ｋ+1)、y_(ｋ+1) は有理数

であることが分かる。

　よって、ｎ=ｋ+１　のときも命題は成り立つ。

以上から、すべての自然数ｎに対して、x_n、y_n は有理数で、点P_n は原点を中心とする定

円上にあることが示された。　　（終）


　上記のよおすけさんの問題では、次の定理が効果的に用いられている。


ド・モアブルの定理

　加法定理から、

　（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）（ｃｏｓφ＋ｉ・ｓｉｎφ）＝ｃｏｓ（θ＋φ）＋ｉ・ｓｉｎ（θ＋φ）

が成り立つことは明らかだろう。これより、一般に、

　（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）^ｎ＝ｃｏｓ（ｎθ）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎθ）　（ド・モアブルの定理）

が成り立つ。ここで、ｎ は任意の整数である。


問題　　△ＡＢＣにおいて、　（ｃｏｓＡ＋ｉ・ｓｉｎＡ）（ｃｏｓＢ＋ｉ・ｓｉｎＢ）（ｃｏｓＣ＋ｉ・ｓｉｎＣ）の値を
　　　　求めよ。

（解）　与式＝ｃｏｓ（Ａ＋Ｂ＋Ｃ）＋ｉ・ｓｉｎ（Ａ＋Ｂ＋Ｃ）＝ｃｏｓπ＋ｉ・ｓｉｎπ＝−１　　（終）


問題　　△ＡＢＣにおいて、（ｃｏｓＡ＋ｉ・ｓｉｎＡ）/｛（ｃｏｓＢ＋ｉ・ｓｉｎＢ）（ｃｏｓＣ＋ｉ・ｓｉｎＣ）｝が実数
　　　　であるとき、△ＡＢＣの形状を求めよ。

（解）　与式＝ｃｏｓ（Ａ−Ｂ−Ｃ）＋ｉ・ｓｉｎ（Ａ−Ｂ−Ｃ）　が実数なので、　ｓｉｎ（Ａ−Ｂ−Ｃ）＝０

　０＜Ａ、Ｂ、Ｃ＜π　より、　−２π＜Ａ−Ｂ−Ｃ＜π　なので、　Ａ−Ｂ−Ｃ＝−π、０

　Ａ−Ｂ−Ｃ＝−π　のとき、　Ａ＋Ｂ＋Ｃ＝π　から、　Ａ＝０　となり、これは起こり得ない。

　Ａ−Ｂ−Ｃ＝０　のとき、　Ａ＋Ｂ＋Ｃ＝π　から、　Ａ＝π/２　となり、△ＡＢＣは、Ａ＝９０°

の直角三角形となる。

　以上から、△ＡＢＣは、Ａ＝９０°の直角三角形である。　　（終）


問題　　次の計算をせよ。

（１）　（ｓｉｎ（π/３）＋ｉ・ｃｏｓ（π/３））⁶

（２）　（−ｃｏｓ（π/４）＋ｉ・ｓｉｎ（π/４））⁸

（解）（１）　与式＝（ｃｏｓ（π/６）＋ｉ・ｓｉｎ（π/６））⁶＝ｃｏｓπ＋ｉ・ｓｉｎπ＝−１

（２）　与式＝（ｃｏｓ（３π/４）＋ｉ・ｓｉｎ（３/４））⁸＝ｃｏｓ６π＋ｉ・ｓｉｎ６π＝１　　（終）


問題　　ｚ＝１−ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ　について、ｚ^2ｎ を求めよ。

（解）　ｚ＝１−ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ＝２ｓｉｎ²（θ/２）＋ｉ・２ｓｉｎ（θ/２）ｃｏｓ（θ/２）

　　　＝２ｓｉｎ（θ/２）（ｓｉｎ（θ/２）＋ｉ・ｃｏｓ（θ/２））

　　　＝２ｓｉｎ（θ/２）（ｃｏｓ（（π−θ）/２）＋ｉ・ｓｉｎ（（π−θ）/２））

　よって、　ｚ^2ｎ＝４^ｎｓｉｎ^2ｎ（θ/２）（ｃｏｓ（ｎ（π−θ））＋ｉ・ｓｉｎ（ｎ（π−θ））

　したがって、　ｚ^2ｎ＝（−４）^ｎｓｉｎ^2ｎ（θ/２）（ｃｏｓ（ｎθ）−ｉ・ｓｉｎ（ｎθ））　　（終）


問題　　｛（＋ｉ）/（１−ｉ）｝⁶ を計算せよ。

（解）　＋ｉ＝２（ｃｏｓ（π/６）＋ｉ・ｓｉｎ（π/６））、１−ｉ＝（ｃｏｓ（−π/４）＋ｉ・ｓｉｎ（−π/４））

なので、　（＋ｉ）/（１−ｉ）＝（ｃｏｓ（５π/１２）＋ｉ・ｓｉｎ（５π/１２））

よって、　｛（＋ｉ）/（１−ｉ）｝⁶＝８（ｃｏｓ（５π/２）＋ｉ・ｓｉｎ（５π/２））＝８ｉ　　（終）


問題　　α＝＋ｉ　のとき、　α⁴/（２ｉ＋α）²　の値を求めよ。

（解）　α＝＋ｉ＝２（ｃｏｓ（π/６）＋ｉ・ｓｉｎ（π/６））　より、

　α⁴＝１６（ｃｏｓ（２π/３）＋ｉ・ｓｉｎ（２π/３））

また、　２ｉ＋α＝＋３ｉ＝２（ｃｏｓ（π/３）＋ｉ・ｓｉｎ（π/３））　より、

　（２ｉ＋α）²＝１２（ｃｏｓ（２π/３）＋ｉ・ｓｉｎ（２π/３））

したがって、　α⁴/（２ｉ＋α）²＝４/３　　（終）


問題　　複素数 ｚ＝ｒ（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ） （ｒ＞０）　は実数でなく、ｚ＋１/ｚ が実数であるとき、
　　　　ｚ^ｎ＋１/ｚ^ｎ の値を求めよ。ただし、ｎは自然数とする。

（解）　ｚ＝ｒ（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ） は実数でないことから、　ｓｉｎθ≠０

　ｚ＋１/ｚ＝ｒ（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）＋（１/ｒ）（ｃｏｓθ−ｉ・ｓｉｎθ）

　＝（ｒ＋１/ｒ）ｃｏｓθ＋ｉ・（ｒ−１/ｒ）ｓｉｎθ が実数であることから、　（ｒ−１/ｒ）ｓｉｎθ＝０

ｓｉｎθ≠０　より、　ｒ−１/ｒ＝０　よって、　ｒ＝１　となる。すなわち、　ｚ＝ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ

このとき、

　ｚ^ｎ＋１/ｚ^ｎ＝ｃｏｓ（ｎθ）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎθ）＋ｃｏｓ（ｎθ）−ｉ・ｓｉｎ（ｎθ）＝２ｃｏｓ（ｎθ）　　（終）


（追記）　令和５年１２月６日付け

　上記の問題に関連して、次の問題が慶應義塾大学で出題されている。

問題　　複素数 ｚ＝ｒ（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ） （ｒ＞０）　に対して、ｚ＋１/ｚ が実数であるとき、
　　　　ｚ^ｎ＋１/ｚ^ｎ も実数であることを示せ。ただし、ｎは整数で、ｚ≠０とする。

（解）　ｚ＋１/ｚ＝ｒ（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）＋（１/ｒ）（ｃｏｓθ−ｉ・ｓｉｎθ）

　＝（ｒ＋１/ｒ）ｃｏｓθ＋ｉ・（ｒ−１/ｒ）ｓｉｎθ が実数であることから、　（ｒ−１/ｒ）ｓｉｎθ＝０

よって、　ｒ−１/ｒ＝０　または、　ｓｉｎθ＝０

　ｒ−１/ｒ＝０　のとき、ｒ＝１　となる。すなわち、　ｚ＝ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ　となる。

このとき、

　ｚ^ｎ＋１/ｚ^ｎ＝ｃｏｓ（ｎθ）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎθ）＋ｃｏｓ（ｎθ）−ｉ・ｓｉｎ（ｎθ）＝２ｃｏｓ（ｎθ）　は実数

　ｓｉｎθ＝０　のとき、　ｚ＝ｒ・ｃｏｓθ　、１/ｚ＝（１/ｒ）・ｃｏｓθ　より、

　ｚ^ｎ＋１/ｚ^ｎ＝（ｒ^ｎ＋（１/ｒ）^ｎ）ｃｏｓ^ｎθ　は実数

以上から、何れにしても、ｚ^ｎ＋１/ｚ^ｎ も実数である。　　（終）


問題　　以下で 、θ≠２ｎπ　（ｎは整数）　とする。次の等式が成り立つことを示せ。

（１）　Σ_k=1^ｎ ｃｏｓ（ｋ−１）θ＝｛ｃｏｓ（（ｎ−１）θ/２）ｓｉｎ（ｎθ/２）｝/ｓｉｎ（θ/２）

（２）　Σ_k=1^ｎ-1 ｓｉｎ（ｋθ）＝｛ｓｉｎ（（ｎ−１）θ/２）ｓｉｎ（ｎθ/２）｝/ｓｉｎ（θ/２）

（解）　ｚ＝ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ　に対して、ｚ^ｎ＝ｃｏｓ（ｎθ）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎθ）

　（１）の左辺を ａ 、（２）の左辺を ｂ とおくと、

　ａ＋ｉ・ｂ＝１＋ｚ＋ｚ²＋・・・＋ｚ^n-1＝（１−ｚ^ｎ）/（１−ｚ）

ここで、

１−ｚ^ｎ

＝１−ｃｏｓ（ｎθ）−ｉ・ｓｉｎ（ｎθ）

＝２ｓｉｎ²（ｎθ/２）−２ｉ・ｓｉｎ（ｎθ/２）ｃｏｓ（ｎθ/２）

＝２ｓｉｎ（ｎθ/２）（ｓｉｎ（ｎθ/２）−ｉ・ｃｏｓ（ｎθ/２））

＝２ｓｉｎ（ｎθ/２）（ｃｏｓ（ｎθ/２）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎθ/２））・（−ｉ）

特に、１−ｚ＝２ｓｉｎ（θ/２）（ｃｏｓ（ｎθ/２）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎθ/２））・（−ｉ）

よって、

ａ＋ｉ・ｂ

＝ｓｉｎ（ｎθ/２）（ｃｏｓ（ｎθ/２）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎθ/２））/ｓｉｎ（θ/２）（ｃｏｓ（ｎθ/２）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎθ/２））

＝（ｓｉｎ（ｎθ/２）/ｓｉｎ（θ/２））（ｃｏｓ（（ｎ−１）θ/２）＋ｉ・ｓｉｎ（（ｎ−１）θ/２））

より、

ａ＝Σ_k=1^ｎ ｃｏｓ（ｋ−１）θ＝｛ｃｏｓ（（ｎ−１）θ/２）ｓｉｎ（ｎθ/２）｝/ｓｉｎ（θ/２）

ｂ＝Σ_k=1^ｎ-1 ｓｉｎ（ｋθ）＝｛ｓｉｎ（（ｎ−１）θ/２）ｓｉｎ（ｎθ/２）｝/ｓｉｎ（θ/２）　　（終）


（コメント）　等式の左辺に ２ｓｉｎ（θ/２）を掛けて、積和の公式から求められるが、なぜ
　　　　　　「２ｓｉｎ（θ/２）」を掛けるのか、その理由が分かる解き方でした。


（追記）　当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「よおすけ」さんから問題をいただきました。
　　　　　（令和５年７月１６日付け）

問題　　次の式を証明せよ。

　sin²20°＋sin²40°＋sin²60°＋sin²80°＝９/４

（解）　z＝cosθ＋i・sinθ　の両辺を n 乗すると、zⁿ＝cos(nθ)＋i・sin(nθ)

　同様に、n の代わりに −n とすると、z^-n＝cos(−nθ)＋i・sin(−nθ)　より、

1/zⁿ＝cos(nθ)−i・sin(nθ)

　この２式を辺々足すと、cos(nθ)＝(1/2)(zⁿ＋1/zⁿ)

辺々引くと、　sin(nθ)＝(−i/２)(zⁿ−1/zⁿ)　が得られる。

　ここで使うのは、　sin(nθ)＝(−i/２)(zⁿ−1/zⁿ)　の方。

　θ=20°とし、n＝1、2、3、4 をおのおの代入すると、

　sin²(1×20°)＝(−i/２)²(z−1/z)²＝−（1/4）(z²＋1/z²−２)

　sin²(2×20°)＝(−i/２)²(z²−1/z²)²＝−（1/4）(z⁴＋1/z⁴−２)

　sin²(3×20°)＝(−i/２)²(z³−1/z³)²＝−（1/4）(z⁶＋1/z⁶−２)

　sin²(4×20°)＝(−i/２)²(z⁴−1/z⁴)²＝−（1/4）(z⁸＋1/z⁸−２)

より、

sin²20°＋sin²40°＋sin²60°＋sin²80°

＝−（1/4）(z²＋1/z²＋z⁴＋1/z⁴＋z⁶＋1/z⁶＋z⁸＋1/z⁸−８）

ここで、z＝cosθ＋i・sinθ　で、θ＝20°としたので、z⁹＝cos180°＋i・sin180°＝−１

より、　z⁹＋1＝(z＋1)(z⁸−z⁷＋z⁶−z⁵＋z⁴−z³＋z²−z＋1)＝０

　z＝cos20°＋i・sin20°≠−１　より、　z⁸−z⁷＋z⁶−z⁵＋z⁴−z³＋z²−z＋1＝０

よって、　z⁸−z⁷＋z⁶−z⁵＋z⁴−z³＋z²−z＝−１

ここで、z⁷＝−１/z²、z⁵＝−１/z⁴、z³＝−１/z⁶、z＝−１/z⁸　より

　z⁸−z⁷＋z⁶−z⁵＋z⁴−z³＋z²−z

＝z⁸＋１/z²＋z⁶＋１/z⁴＋z⁴＋１/z⁶＋z²＋１/z⁸

＝z²＋1/z²＋z⁴＋1/z⁴＋z⁶＋1/z⁶＋z⁸＋1/z⁸＝−１

よって、　sin²20°＋sin²40°＋sin²60°＋sin²80°＝−（1/4）(−１−８）＝９/４

（出典）九州大学前期理系（2016年）問題5

(補足)　「加法定理」に既に載っていますが、小問(1)に、z＝cosθ＋i・sinθ　の記述があっ
　　　　たのでそれを使いました。


問題　　複素数 ｚ が ｚ⁵＋ｚ＝１　、｜ｚ｜＝１ を満たすとき、ｚ の値を求めよ。

（解）　｜ｚ｜＝１ より、　ｚ＝cosθ＋i・sinθ　とおける。このとき、

　（cos５θ＋i・sin５θ）＋（cosθ＋i・sinθ）＝cos５θ＋cosθ＋ｉ・（sin５θ＋sinθ）＝１

より、　cos５θ＋cosθ＝１　、sin５θ＋sinθ＝０

　cos²５θ＋sin²５θ＝１　なので、　（１−cosθ）²＋sin²θ＝１

すなわち、　cosθ＝１/２　より、　sinθ＝±/２　より、　ｚ＝（１±ｉ）/２

　何れも、 ｚ⁵＋ｚ＝１　、｜ｚ｜＝１ という条件を満たす。　　（終）


問題　　複素数 ｚ が ｜ｚ−１｜＝１ を満たし、ｚ³ が実数のとき、ｚ の値を求めよ。

（解）　｜ｚ−１｜＝１ より、　ｚ＝１＋cosθ＋i・sinθ　とおける。このとき、

　ｚ＝２ｃｏｓ²（θ/２）＋ｉ・２ｓｉｎ（θ/２）ｃｏｓ（θ/２）

　＝２ｃｏｓ（θ/２）（ｃｏｓ（θ/２）＋ｉ・ｓｉｎ（θ/２））

よって、　ｚ³ ＝８ｃｏｓ³（θ/２）（ｃｏｓ（３θ/２）＋ｉ・ｓｉｎ（３θ/２））　が実数なので、

　ｃｏｓ³（θ/２）ｓｉｎ（３θ/２）＝０　より、　ｃｏｓ（θ/２）＝０　または　ｓｉｎ（３θ/２）＝０

ｃｏｓ（θ/２）＝０　のとき、　θ/２＝ｎπ±π/２　すなわち、　θ＝２ｎπ±π

　このとき、　ｚ＝０

ｓｉｎ（３θ/２）＝０　のとき、　３θ/２＝ｎπ　すなわち、　θ＝２ｎπ/３

　このとき、　ｚ＝１＋cos（２ｎπ/３）＋i・sin（２ｎπ/３）

　ｎ＝０、１、２ を代入して、　ｚ＝２、（１±）/２

よって、　ｚ＝０、２、（１±）/２　　（終）


　上記の解の中で、「１＋cosθ＋i・sinθ＝２ｃｏｓ（θ/２）（ｃｏｓ（θ/２）＋ｉ・ｓｉｎ（θ/２））」と
いう式変形は、この分野では頻出な気がする。すなわち、次の顕著な公式が存在する。

公式
　　　　

（証明）　１＋cosθ＋i・sinθ＝２ｃｏｓ（θ/２）（ｃｏｓ（θ/２）＋ｉ・ｓｉｎ（θ/２））

同様に、　１＋cosθ＋i・sinθ＝２ｃｏｓ（θ/２）（ｃｏｓ（−θ/２）＋ｉ・ｓｉｎ（−θ/２））

よって、

左辺＝（ｃｏｓ（ｎθ/２）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎθ/２））/（ｃｏｓ（−ｎθ/２）＋ｉ・ｓｉｎ（−ｎθ/２））

　　＝ｃｏｓ（ｎθ）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎθ）＝右辺　より、成り立つ。　　（証終）


問題　　複素数 ｚ が ｚ＋１/ｚ＝１ のとき、ｚ^ｎ＋１/ｚ^ｎ （ｎは自然数）の取り得る値を求めよ。

（解）　ｚ＝ｒ（cosθ＋i・sinθ） （ｒ＞０）　とおくと、（ｒ＋１/ｒ）cosθ＋i・（ｒ−１/ｒ）sinθ＝１　から、

　（ｒ＋１/ｒ）cosθ＝１　、（ｒ−１/ｒ）sinθ＝０

　ｒ−１/ｒ＝０　すなわち、　ｒ＝１　のとき、　cosθ＝１/２　より、θ＝±π/３

　　このとき、ｚ＝cos（±π/３）＋i・sin（±π/３）＝cos（π/３）＋i・sin（±π/３）　なので、

　　ｚ^ｎ＋１/ｚ^ｎ＝２cos（ｎπ/３）

　sinθ＝０　すなわち、　θ＝ｎπ　のとき、　ｒ＋１/ｒ＝１　から、　ｒ²−ｒ＋１＝０

　　この式を満たす実数 ｒ は存在しない。

　以上から、ｚ^ｎ＋１/ｚ^ｎ （ｎは自然数）の取り得る値は、２cos（ｎπ/３）＝±１、±２　　（終）


問題　　複素数 ｚ が ｚ⁴−２ｚ³ｃｏｓθ＋２ｚ²−２ｚｃｏｓθ＋１＝０ を満たすとき、次の値を求
　　　　めよ。

（１）　ｚ＋１/ｚ　　（２）　ｚ^ｎ＋１/ｚ^ｎ （ｎは整数）

（解）（１）　ｚ≠０ から、与式の両辺を ｚ で割って、

　ｚ²−２ｚｃｏｓθ＋２−２ｃｏｓθ（１/ｚ）＋１/ｚ²＝０

すなわち、　（ｚ＋１/ｚ）²−２ｃｏｓθ（ｚ＋１/ｚ）＝０

　よって、　ｚ＋１/ｚ＝０　、２ｃｏｓθ

（２）　ｚ＋１/ｚ＝０　のとき、　ｚ²＝−１　から、　ｚ＝±ｉ

　ｚ＝ｉ　のとき、　１/ｚ＝−ｉ

　ｚ＝−ｉ　のとき、　１/ｚ＝ｉ

なので、　ｚ^ｎ＋１/ｚ^ｎ＝（ｉ）^ｎ＋（−ｉ）^ｎ

　ｎ＝４ｋ　（ｋ：整数）のとき、　ｚ^ｎ＋１/ｚ^ｎ＝１＋１＝２

　ｎ＝４ｋ＋１　（ｋ：整数）のとき、　ｚ^ｎ＋１/ｚ^ｎ＝i−ｉ＝０

　ｎ＝４ｋ＋２　（ｋ：整数）のとき、　ｚ^ｎ＋１/ｚ^ｎ＝−１−１＝−２

　ｎ＝４ｋ＋３　（ｋ：整数）のとき、　ｚ^ｎ＋１/ｚ^ｎ＝−i＋ｉ＝０

また、ｚ＋１/ｚ＝２ｃｏｓθ　のとき、　ｚ²−２ｚｃｏｓθ＋１＝０　より、　ｚ＝ｃｏｓθ±ｉ・ｓｉｎθ

　ｚ＝ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ　のとき、　１/ｚ＝ｃｏｓθ−ｉ・ｓｉｎθ

　ｚ＝ｃｏｓθ−ｉ・ｓｉｎθ　のとき、　１/ｚ＝ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ

なので、

　ｚ^ｎ＋１/ｚ^ｎ＝（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）^ｎ＋（ｃｏｓθ−ｉ・ｓｉｎθ）^ｎ

　　＝（ｃｏｓ（ｎθ）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎθ））＋（ｃｏｓ（ｎθ）−ｉ・ｓｉｎ（ｎθ））＝２ｃｏｓ（ｎθ）　　（終）


問題　　ａ_ｎ＝（（＋１）/２＋ｉ・（−１）/２）^ｎ　が実数となる最小の自然数 ｎ を求めよ。

（解）　ａ_ｎ＝（）^ｎ（（＋）/４＋ｉ・（−）/４）^ｎ

　　　　＝（）^ｎ（ｃｏｓ（π/１２）＋ｉ・ｓｉｎ（π/１２））^ｎ

　　　　＝（）^ｎ（ｃｏｓ（ｎπ/１２）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎπ/１２））

　ａ_ｎ が実数となるためには、　ｓｉｎ（ｎπ/１２）＝０　で、この式を満たす最小の自然数 ｎ は、

ｎ＝１２　である。　　（終）


問題　　α＝ｃｏｓ（２π/７）＋ｉ・ｓｉｎ（２π/７）　のとき、

Ａ＝１/（１−α）＋１/（１−α²）＋１/（１−α³）＋１/（１−α⁴）＋１/（１−α⁵）＋１/（１−α⁶）

の値を求めよ。（出典：自治医科大学（２０１７）を改題）

（解）　α⁷＝ｃｏｓ（２π）＋ｉ・ｓｉｎ（２π）＝１　なので、

Ａ＝１/（１−α）＋１/（１−α²）＋１/（１−α³）＋α³/（α³−１）＋α²/（α²−１）＋α/（α−１）

　＝１/（１−α）＋α/（α−１）＋１/（１−α²）＋α²/（α²−１）＋１/（１−α³）＋α³/（α³−１）

　＝１/（１−α）−α/（１−α）＋１/（１−α²）−α²/（１−α²）＋１/（１−α³）−α³/（１−α³）

　＝１＋１＋１＝３　　（終）


問題　　ｚ＝ｃｏｓ（２π/７）＋ｉ・ｓｉｎ（２π/７）　に対して、

　ａ＝ｚ＋１/ｚ　、ｂ＝ｚ²＋１/ｚ²　、ｃ＝ｚ³＋１/ｚ³

とおく。このとき、次の問いに答えよ。（出典：立教大学理学部（２０２１）を改題）

（１）　ａ＋ｂ＋ｃ の値を求めよ。

（２）　ａ²＋ｂ²＋ｃ² の値を求めよ。

（３）　ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ の値を求めよ。

（解）（１）　ｚ⁷＝ｃｏｓ（２π）＋ｉ・ｓｉｎ（２π）＝１　なので、

　（ｚ−１）（ｚ⁶＋ｚ⁵＋ｚ⁴＋ｚ³＋ｚ²＋ｚ＋１）＝０

　ｚ≠１　なので、　ｚ⁶＋ｚ⁵＋ｚ⁴＋ｚ³＋ｚ²＋ｚ＋１＝０

このとき、

ａ＋ｂ＋ｃ＝ｚ＋１/ｚ＋ｚ²＋１/ｚ²＋ｚ³＋１/ｚ³＝ｚ＋ｚ⁶＋ｚ²＋ｚ⁵＋ｚ³＋ｚ⁴＝−１

（２）　ａ²＋ｂ²＋ｃ²

＝ｚ²＋２＋１/ｚ²＋ｚ⁴＋２＋１/ｚ⁴＋ｚ⁶＋２＋１/ｚ⁶

＝ｚ²＋２＋ｚ⁵＋ｚ⁴＋２＋ｚ³＋ｚ⁶＋２＋ｚ

＝ｚ⁶＋ｚ⁵＋ｚ⁴＋ｚ³＋ｚ²＋ｚ＋６＝５

（３）　ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ＝｛（ａ＋ｂ＋ｃ ）²−（ａ²＋ｂ²＋ｃ²）｝/２＝（１−５）/２＝−２　　（終）


（コメント）　ド・モアブルの定理の応用問題を意図しましたが、本質は単なる式の値の計算
　　　　　　でした。


問題　　ｃｏｓ（４π/５）　、ｃｏｓ（２π/５） の値をそれぞれ求めよ。

（解）　ｚ＝ｃｏｓ（４π/５）＋ｉ・ｓｉｎ（４π/５）　とおくと、　ｚ⁵＝１　より、

　（ｚ−１）（ｚ⁴＋ｚ³＋ｚ²＋ｚ＋１）＝０

　ｚ≠１　なので、　ｚ⁴＋ｚ³＋ｚ²＋ｚ＋１＝０

　ｚ≠０　なので、両辺を ｚ² で割って、　ｚ²＋ｚ＋１＋１/ｚ＋１/ｚ²＝０　より、

　（ｚ＋１/ｚ）²＋（ｚ＋１/ｚ）−１＝０

よって、　ｚ＋１/ｚ＝（−１±）/２　となる。

　ここで、ｚ＋１/ｚ＝２ｃｏｓ（４π/５）＜０　から、　２ｃｏｓ（４π/５）＝（−１−）/２

したがって、　ｃｏｓ（４π/５）＝（−１−）/４＝−（１＋）/４

　このとき、　ｃｏｓ²（２π/５）＝（１＋ｃｏｓ（４π/５））/２＝（３−）/８＝（６−２）/１６

ｃｏｓ（２π/５）＞０　なので、　ｃｏｓ（２π/５）＝（−１）/４　　（終）


（別解）　θ＝２π/５　とおくと、　５θ＝２π

よって、　ｃｏｓ３θ＝ｃｏｓ（２π−２θ）＝ｃｏｓ２θ　から、

　４ｃｏｓ³θ−３ｃｏｓθ＝２ｃｏｓ²θ−１　より、４ｃｏｓ³θ−２ｃｏｓ²θ−３ｃｏｓθ＋１＝０

よって、　（ｃｏｓθ−１）（４ｃｏｓ²θ＋２ｃｏｓθ−１）＝０

　ｃｏｓθ≠１　より、　４ｃｏｓ²θ＋２ｃｏｓθ−１＝０

　ｃｏｓθ＞０　なので、　ｃｏｓθ＝（−１）/４

　このとき、　ｃｏｓ２θ＝２ｃｏｓ²θ−１＝−（１＋）/４　　（終）


問題　　α＝ｃｏｓ（２π/ｎ）＋ｉ・ｓｉｎ（２π/ｎ）　に対して、

　（１−α）（１−α²）（１−α³）・・・（１−α^n-1）

の値を求めよ。

（解）　α^ｎ＝１ より、αは、ｚ^ｎ＝１ の解である。同様に、α²、α³、・・・、α^n-1 はすべて異

なり、ｚ^ｎ＝１ の解である。

　よって、ｚ^ｎ−１＝（ｚ−１）（ｚ−α）（ｚ−α²）（ｚ−α³）・・・（ｚ−α^n-1）　と因数分解できる。

ｚ≠１　より、

　ｚ^n-1＋ｚ^n-2＋・・・＋ｚ²＋ｚ＋１＝（ｚ−α）（ｚ−α²）（ｚ−α³）・・・（ｚ−α^n-1）

　ここで、ｚ＝１ とおくと、　（１−α）（１−α²）（１−α³）・・・（１−α^n-1）＝ｎ　　（終）


問題　　α＝ｃｏｓ（２π/５）＋ｉ・ｓｉｎ（２π/５）　のとき、

　ｚ⁴＋ｚ³＋ｚ²＋ｚ＋１＝（ｚ−α）（ｚ−α²）（ｚ−α³）（ｚ−α⁴）

であることを示せ。

（解）　α⁵＝１ より、αは、ｚ⁵＝１ の解である。同様に、α²、α³、α⁴ はすべて異なり、

ｚ⁵＝１ の解である。

　よって、ｚ⁵−１＝（ｚ−１）（ｚ−α）（ｚ−α²）（ｚ−α³）（ｚ−α⁴）　と因数分解できる。

ｚ≠１　より、

　ｚ⁴＋ｚ³＋ｚ²＋ｚ＋１＝（ｚ−α）（ｚ−α²）（ｚ−α³）（ｚ−α⁴）　　（終）


問題　　ｚ⁶＋ｚ⁵＋ｚ⁴＋ｚ³＋ｚ²＋ｚ＋１ を２次式の積に分解せよ。

（解）　α＝ｃｏｓ（２π/７）＋ｉ・ｓｉｎ（２π/７）　とおくと、　α⁷＝１　で、前問と同様にして、

　ｚ⁷−１＝（ｚ−１）（ｚ−α）（ｚ−α²）（ｚ−α³）・・・（ｚ−α⁶）

ｚ≠１　より、

ｚ⁶＋ｚ⁵＋ｚ⁴＋ｚ³＋ｚ²＋ｚ＋１

＝（ｚ−α）（ｚ−α²）（ｚ−α³）・・・（ｚ−α⁶）

＝（ｚ−α）（ｚ−α⁶）・（ｚ−α²）（ｚ−α⁵）・（ｚ−α³）（ｚ−α⁴）

＝（ｚ−α）（ｚ−１/α）・（ｚ−α²）（ｚ−１/α²）・（ｚ−α³）（ｚ−１/α³）

＝（ｚ²−（α＋１/α）ｚ＋１）（ｚ²−（α²＋１/α²）ｚ＋１）（ｚ²−（α³＋１/α³）ｚ＋１）

＝（ｚ²−２（cos（２π/７））ｚ＋１）（ｚ²−２（cos（４π/７））ｚ＋１）（ｚ²−２（cos（６π/７））ｚ＋１）

（終）


問題　　ｓｉｎα＋ｓｉｎβ＋ｓｉｎγ＝０　、ｃｏｓα＋ｃｏｓβ＋ｃｏｓγ＝０　のとき、

　ｓｉｎ３α＋ｓｉｎ３β＋ｓｉｎ３γ＝３ｓｉｎ（α＋β＋γ）

　ｃｏｓ３α＋ｃｏｓ３β＋ｃｏｓ３γ＝３ｃｏｓ（α＋β＋γ）

が成り立つことを示せ。

（解）　ｕ＝ｃｏｓα＋ｉ・ｓｉｎα　、ｖ＝ｃｏｓβ＋ｉ・ｓｉｎβ　、ｗ＝ｃｏｓγ＋ｉ・ｓｉｎγ　とおく。

　このとき、　ｕ＋ｖ＋ｗ＝０　であるので、

　ｕ³＋ｖ³＋ｗ³−３ｕｖｗ＝（ｕ＋ｖ＋ｗ）（ｕ²＋ｖ²＋ｗ²−ｕｖ−ｖｗ−ｗｕ）＝０

よって、　ｕ³＋ｖ³＋ｗ³＝３ｕｖｗ＝３（ｃｏｓ（α＋β＋γ）＋ｉ・ｓｉｎ（α＋β＋γ））

ここで、

　ｕ³＋ｖ³＋ｗ³＝ｃｏｓ３α＋ｃｏｓ３β＋ｃｏｓ３γ＋ｉ・（ｓｉｎ３α＋ｓｉｎ３β＋ｓｉｎ３γ）　なので、

　ｓｉｎ３α＋ｓｉｎ３β＋ｓｉｎ３γ＝３ｓｉｎ（α＋β＋γ）

　ｃｏｓ３α＋ｃｏｓ３β＋ｃｏｓ３γ＝３ｃｏｓ（α＋β＋γ）

が成り立つ。　　（終）


　よおすけさんからのコメントです。（令和５年７月２９日付け）

　僕が７年前、平成２８年４月１８日付けで投稿した、

　お茶の時間-クイズ＆パズル-三角形の形状２

に関連問題があります。


問題　　ｘ＝ｃｏｓα＋ｉ・ｓｉｎα、ｙ＝ｃｏｓβ＋ｉ・ｓｉｎβ、ｚ＝ｃｏｓγ＋ｉ・ｓｉｎγ　について、

　ｘｙｚ＝ｘ＋ｙ＋ｚ　が成り立つとき、ｃｏｓ（β−γ）＋ｃｏｓ（γ−α）＋ｃｏｓ（α−β）　の値を

求めよ。

（解）　条件より、　ｃｏｓ（α＋β＋γ）＝ｃｏｓα＋ｃｏｓβ＋ｃｏｓγ

　ｓｉｎ（α＋β＋γ）＝ｓｉｎα＋ｓｉｎβ＋ｓｉｎγ

が成り立つ。このとき、

　ｃｏｓ（β−γ）＋ｃｏｓ（γ−α）＋ｃｏｓ（α−β）

＝ｃｏｓβｃｏｓγ＋ｓｉｎβｓｉｎγ＋ｃｏｓγｃｏｓα＋ｓｉｎγｓｉｎα＋ｃｏｓαｃｏｓβ＋ｓｉｎαｓｉｎβ

＝ｃｏｓβｃｏｓγ＋ｃｏｓγｃｏｓα＋ｃｏｓαｃｏｓβ＋ｓｉｎβｓｉｎγ＋ｓｉｎγｓｉｎα＋ｓｉｎαｓｉｎβ

＝（１/２）（（ｃｏｓα＋ｃｏｓβ＋ｃｏｓγ）²−（ｃｏｓ²α＋ｃｏｓ²β＋ｃｏｓ²γ））

　＋（１/２）（（ｓｉｎα＋ｓｉｎβ＋ｓｉｎγ）²−（ｓｉｎ²α＋ｓｉｎ²β＋ｓｉｎ²γ））

＝（１/２）（ｃｏｓ²（α＋β＋γ）−（ｃｏｓ²α＋ｃｏｓ²β＋ｃｏｓ²γ））

　＋（１/２）（ｓｉｎ²（α＋β＋γ）−（ｓｉｎ²α＋ｓｉｎ²β＋ｓｉｎ²γ））

＝（１/２）（ｃｏｓ²（α＋β＋γ）＋ｓｉｎ²（α＋β＋γ））

　−（１/２）（ｃｏｓ²α＋ｓｉｎ²α）−（１/２）（ｃｏｓ²β＋ｓｉｎ²β）−（１/２）（ｃｏｓ²γ＋ｓｉｎ²γ）

＝１/２−３/２＝−１　　（終）


（コメント）　この問題については、当初次のように計算していた。

ｃｏｓα＋ｃｏｓβ＝ｃｏｓ（α＋β＋γ）−ｃｏｓγ＝−２ｓｉｎ（γ＋（α＋β）/２）ｓｉｎ（（α＋β）/２）

ｓｉｎα＋ｓｉｎβ＝ｓｉｎ（α＋β＋γ）−ｓｉｎγ＝２ｃｏｓ（γ＋（α＋β）/２）ｓｉｎ（（α＋β）/２）

であるので、

ｃｏｓ（β−γ）＋ｃｏｓ（γ−α）＋ｃｏｓ（α−β）

＝ｃｏｓβｃｏｓγ＋ｓｉｎβｓｉｎγ＋ｃｏｓγｃｏｓα＋ｓｉｎγｓｉｎα＋ｃｏｓ（α−β）

＝ｃｏｓγ（ｃｏｓα＋ｃｏｓβ）＋ｓｉｎγ（ｓｉｎα＋ｓｉｎβ）＋ｃｏｓ（α−β）

＝−２ｓｉｎ（γ＋（α＋β）/２）ｓｉｎ（（α＋β）/２）ｃｏｓγ

　＋２ｃｏｓ（γ＋（α＋β）/２）ｓｉｎ（（α＋β）/２）ｓｉｎγ＋ｃｏｓ（α−β）

＝−２ｓｉｎ（（α＋β）/２）（ｓｉｎ（γ＋（α＋β）/２）ｃｏｓγ−ｃｏｓ（γ＋（α＋β）/２）ｓｉｎγ）

　＋ｃｏｓ（α−β）

＝−２ｓｉｎ（（α＋β）/２）・ｓｉｎ（（α＋β）/２）＋ｃｏｓ（α−β）

＝−２ｓｉｎ²（（α＋β）/２）＋ｃｏｓ（α−β）

＝−１＋ｃｏｓ（α＋β）＋ｃｏｓ（α−β）

＝−１＋２ｃｏｓαｃｏｓβ

＝・・・・・・・・・・・・・・？？？


　何かおかしいという違和感だけが残る計算であった。本解のように解いてみると、その解
法の素晴らしさが十分堪能できる。果たして、「ｃｏｓαｃｏｓβ＝０」は示されるのだろうか？


　よおすけさんからのコメントです。（令和５年８月５日付け）

　 以前、お茶の時間クイズ＆パズルに同様の問題を投稿していたことを思い出して探して
いたら、お茶の時間クイズ＆パズル「幾何学」にありました。１０年くらい前に投稿した気が
する...と、うろ覚えでしたが、平成２４年３月２１日付けで、約１１年前のことでした。


（コメント）　ｘ、ｙ、ｚ が単位円周上の点で、ｘｙｚ＝ｘ＋ｙ＋ｚ　が成り立つとき、かなり特殊な状
　　　　　　況になるんですね！「幾何学」における図形的な解答も参考になりました。上記の
　　　　　　別解が得られて嬉しいです！よおすけさんに感謝します。

　それはそうと、学士会館で行われた羽生善治九段の講演会を聞きながら、上記の別解を
ずっと考えていました。次のような別解を思いつきました。

（別解）　ｘｙｚ＝ｘ＋ｙ＋ｚ　から、　１/（ｙｚ）＋１/（ｚｘ）＋１/（ｘｙ）＝１　なので、

ｃｏｓ（β＋γ）−ｉ・ｓｉｎ（β＋γ）＋ｃｏｓ（γ＋α）−ｉ・ｓｉｎ（γ＋α）

　＋ｃｏｓ（α＋β）−ｉ・ｓｉｎ（α＋β）＝１

すなわち、　ｃｏｓ（β＋γ）＋ｃｏｓ（γ＋α）＋ｃｏｓ（α＋β）＝１

　　ｓｉｎ（β＋γ）＋ｓｉｎ（γ＋α）＋ｓｉｎ（α＋β）＝０

このとき、　（ｃｏｓ（β＋γ）＋ｃｏｓ（γ＋α））²＝（１−ｃｏｓ（α＋β））²

　　（ｓｉｎ（β＋γ）＋ｓｉｎ（γ＋α））²＝（−ｓｉｎ（α＋β））²

展開して辺々加えると、

　２＋２（ｃｏｓ（β＋γ）ｃｏｓ（γ＋α）＋ｓｉｎ（β＋γ）＋ｓｉｎ（γ＋α））＝２−２ｃｏｓ（α＋β）

すなわち、　２＋２ｃｏｓ（β−α）＝２−２ｃｏｓ（α＋β）　から、

　ｃｏｓ（α−β）＝−ｃｏｓ（α＋β）

が成り立つ。同様にして、

　ｃｏｓ（β−γ）＝−ｃｏｓ（β＋γ）、ｃｏｓ（γ−α）＝−ｃｏｓ（γ＋α）

よって、

ｃｏｓ（β−γ）＋ｃｏｓ（γ−α）＋ｃｏｓ（α−β）

＝−（ｃｏｓ（β＋γ）＋ｃｏｓ（γ＋α）＋ｃｏｓ（α＋β））＝−１

が言える。　　（終）


（コメント）　この別解の副産物として、上記で話題になった

　「『ｃｏｓαｃｏｓβ＝０』は示されるのだろうか？」

が肯定的に解決されることに気づかされた。

　すなわち、ｃｏｓ（α−β）＝−ｃｏｓ（α＋β）　から、ｃｏｓ（α＋β）＋ｃｏｓ（α−β）＝０

和積の公式により、　２ｃｏｓαｃｏｓβ＝０　すなわち、　ｃｏｓαｃｏｓβ＝０　が成り立つ。


＃めでたし、めでたし！無事解決してスッキリしました。


　ド・モアブルの定理の応用として、複素数のｎ乗根の計算が有名である。

問題　　ｘ⁴＝１６　を解け。

（解）　ｘ²＝±４　から、ｘ＝±２、±２ｉ　　（終）

　この４つの解をガウス平面上に図示すると、綺麗な正方形が得られる。

　　

　この問題をド・モアブルの定理を用いて解いてみよう。

（別解）　ｘ＝ｒ（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）　（ｒ＞０）　とおくと、

　　ｒ⁴（ｃｏｓ４θ＋ｉ・ｓｉｎ４θ）＝１６（ｃｏｓ０＋ｉ・ｓｉｎ０）

よって、　ｒ⁴＝１６　から、　ｒ＝２

　４θ＝２ｎπ　から、　θ＝ｎπ/２

　ｎ＝０、１、２、３　として、θ＝０、π/２、π、３π/２　なので、求める解は、

　ｘ＝２（ｃｏｓ０＋ｉ・ｓｉｎ０）＝２

　ｘ＝２（ｃｏｓπ/２＋ｉ・ｓｉｎπ/２）＝２ｉ

　ｘ＝２（ｃｏｓπ＋ｉ・ｓｉｎπ）＝−２

　ｘ＝２（ｃｏｓ３π/２＋ｉ・ｓｉｎ３π/２）＝−２ｉ　　（終）


　読者のために、練習問題を残しておこう。

練習問題　　ｘ⁴＝−１　を解け。

（解）　ｘ＝ｒ（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）　（ｒ＞０）　とおくと、

　　ｒ⁴（ｃｏｓ４θ＋ｉ・ｓｉｎ４θ）＝ｃｏｓ（π）＋ｉ・ｓｉｎ（π）

よって、　ｒ⁴＝１　から、　ｒ＝１

　４θ＝π＋２ｎπ　から、　θ＝π/４＋ｎπ/２

　ｎ＝０、１、２、３　として、θ＝π/４、３π/４、５π/４、７π/４　なので、求める解は、

　ｘ＝ｃｏｓπ/４＋ｉ・ｓｉｎπ/４＝（１＋ｉ）/

　ｘ＝ｃｏｓ３π/４＋ｉ・ｓｉｎ３π/４＝（−１＋ｉ）/

　ｘ＝ｃｏｓ５π/４＋ｉ・ｓｉｎ５π/４＝（−１−ｉ）/

　ｘ＝ｃｏｓ７π/４＋ｉ・ｓｉｎ７π/４＝（１−ｉ）/　　（終）


問題　　連立方程式　ｘ³−３ｘｙ²＝１/　、ｙ³−３ｘ²ｙ＝−１/　を解け。ただし、解は
　　　　実数とする。

（解）　ｚ＝ｘ＋ｉ・ｙ　とおくと、　ｚ³＝ｘ³−３ｘｙ²−ｉ・（ｙ³−３ｘ²ｙ）＝（１＋ｉ）/

このとき、　ｚ³＝ｃｏｓ（π/４）＋ｉ・ｓｉｎ（π/４）

　ここで、ｚ＝ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ　とおくと、

　ｃｏｓ３θ＋ｉ・ｓｉｎ３θ＝ｃｏｓ（π/４）＋ｉ・ｓｉｎ（π/４）

よって、３θ＝π/４＋２ｎπ　から、　θ＝π/１２＋２ｎπ/３

　ｎ＝０、１、２　として、θ＝π/１２、３π/４、１７π/１２　なので、求める解は、

　ｚ＝ｃｏｓπ/１２＋ｉ・ｓｉｎπ/１２＝（＋）/４＋ｉ・（−）/４

　　このとき、ｘ＝（＋）/４　、ｙ＝（−）/４

　ｚ＝ｃｏｓ３π/４＋ｉ・ｓｉｎ３π/４＝（−１＋ｉ）/

　　このとき、ｘ＝−１/　、ｙ＝１/

　ｚ＝ｃｏｓ１７π/１２＋ｉ・ｓｉｎ１７π/１２＝−（−）/４−ｉ・（＋）/４

　　このとき、ｘ＝−（−）/４　、ｙ＝−（＋）/４　　（終）


問題　　ｚ⁴＋２ｚ³＋４ｚ²＋８ｚ＋１６＝０　を解け。

（解）　両辺を１６で割って、ｚ/２＝ｔ　とおくと、　ｔ⁴＋ｔ³＋ｔ²＋ｔ＋１＝０

　両辺に ｔ−１ を掛けて、　ｔ⁵−１＝０　となる。

　ｔ＝ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ　とおくと、　ｃｏｓ５θ＋ｉ・ｓｉｎ５θ＝１＝ｃｏｓ０＋ｉ・ｓｉｎ０

　よって、　５θ＝２ｎπ　（ｎ＝０、１、２、３、４）　より、　θ＝２ｎπ/５

　ｔ≠１　なので、　ｎ≠０　より、求める解は、

　ｚ＝２（ｃｏｓ２π/５＋ｉ・ｓｉｎ２π/５）　、２（ｃｏｓ４π/５＋ｉ・ｓｉｎ４π/５）　、

　　２（ｃｏｓ６π/５＋ｉ・ｓｉｎ６π/５）　、２（ｃｏｓ８π/５＋ｉ・ｓｉｎ８π/５）　　（終）


（追記）　当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「よおすけ」さんから、問題をいただきました。
　　　　（令和５年８月１２日付け）

問題　　０＜α＜３π/５、０＜β＜２π/５ のとき、次の式を満たすα、βの値を求めよ。

　　(cosα＋ｉ・sinβ)²＝1/(2)＋ｉ・(＋２sinαcosβ)

ただし、i＝　とする。

（出典） 東北大学 文理共通（１９６９）

（解）　ｃｏｓ²α−ｓｉｎ²β＋ｉ・２ｃｏｓαsinβ＝1/(2)＋ｉ・(＋２sinαcosβ)　より、

　ｃｏｓ²α−ｓｉｎ²β＝1/(2)　、２ｃｏｓαsinβ＝＋２sinαcosβ

第２式より、　sinαcosβ−ｃｏｓαsinβ＝−1/

すなわち、　ｓｉｎ（α−β）＝−1/　で、−２π/５＜α−β＜３π/５　より、

　α−β＝−π/４

　α＝β−π/４　を第１式に代入して、　ｃｏｓ²（β−π/４）−ｓｉｎ²β＝1/(2)

　（（1/）ｃｏｓβ＋（1/）ｓｉｎβ）²−ｓｉｎ²β＝1/(2)

すなわち、　（ｃｏｓβ＋ｓｉｎβ）²−２ｓｉｎ²β＝1/　より、　

　ｃｏｓ²β−ｓｉｎ²β＋２ｓｉｎβｃｏｓβ＝1/

すなわち、　ｃｏｓ２β＋ｓｉｎ２β＝1/　から、　ｓｉｎ（２β＋π/４）＝１/２

　π/４＜２β＋π/４＜２１π/２０ なので、　２β＋π/４＝５π/６

よって、　β＝７π/２４　で、　α＝β−π/４＝π/２４　　（終）


（コメント）　誤って、ド・モアブルの定理を想起させるようなトラップ問題でしたね！


問題　　ｘ の２次方程式 ｘ²＋２ｘ＋ｋ＝０　（ｋは実数）　が虚数解αをもち、その３乗が実数
　　　　になるという。このとき、ｋの値を求めよ。

（解）　αが解なら、その共役複素数も解である。

　α＝ｒ（ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ）　（ｒ＞０、０≦θ＜π）　とおくと、　＝ｒ（ｃｏｓθ−ｉ・ｓｉｎθ）

　解と係数の関係から、　α＋＝−２　すなわち、　２ｒｃｏｓθ＝−２　より、　ｒｃｏｓθ＝−１

また、　α＝ｋ　すなわち、　ｒ²＝ｋ

　題意より、　α³＝ｒ³（ｃｏｓ３θ＋ｉ・ｓｉｎ３θ）　が実数であることから、　ｓｉｎ３θ＝０

　また、αは虚数解なので、　ｓｉｎθ≠０　より、　θ≠ｎπ

　よって、　θ＝π/３　、２π/３　なので、　ｃｏｓθ＝±１/２　すなわち、　ｒ＝２

　したがって、　ｋ＝４　　（終）


問題　　数列 ｛ｚ_ｎ｝ は、初項が９で、公比が （＋ｉ）/４ の等比数列である。この数列
　　　　の項が実数であるものを初めから順に、ａ₁，ａ₂，ａ₃，・・・　とする。

　　　　このとき、無限級数 Σ_n=1^∞ ａ_ｎ の和を求めよ。

（解）　公比を ｒ とおくと、

ｒ＝（＋ｉ）/４＝（１/）（/２＋ｉ・（１/２））＝（１/）（ｃｏｓ（π/６）＋ｉ・ｓｉｎ（π/６））

よって、　ｒ^ｎ＝（１/）^ｎ（ｃｏｓ（ｎπ/６）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎπ/６））　なので、これが実数となるのは

　ｎπ/６＝ｍπ　（ｍは自然数）　より、　ｎ＝６ｍ　なので、　ｎ＝６、１２、・・・

したがって、　ａ₁＝９，ａ₂＝９ｒ⁶＝−９/８，ａ₃＝９/６４，・・・　から、無限級数 Σ_n=1^∞ ａ_ｎ は、

初項が９で、公比が−１/８の無限等比級数となる。よって、これは収束して、和は、

　Σ_n=1^∞ ａ_ｎ ＝９/（１−（−１/８））＝８　　（終）


問題　　（＋ｉ）^ｍ＝（１＋ｉ）^ｎ が成り立つ自然数 ｍ、ｎ の値を求めよ。

（解）　２^m（ｃｏｓ（ｍπ/６）＋ｉ・ｓｉｎ（ｍπ/６））＝^ｎ（ｃｏｓ（ｎπ/４）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎπ/４））

より、　２^m＝^ｎ　から、　ｎ＝２ｍ　で、

ｃｏｓ（ｍπ/６）＝ｃｏｓ（ｎπ/４）＝ｃｏｓ（ｍπ/２）　、ｓｉｎ（ｍπ/６）＝ｓｉｎ（ｎπ/４）＝ｓｉｎ（ｍπ/２）

から、　ｍπ/２＝ｍπ/６＋２ｋπ　（ｋは自然数）　より、　ｍ＝６ｋ

　このとき、　ｎ＝１２ｋ　　（終）


問題　　（（＋ｉ）/２）^ｎ＋ｉ^ｎ＝０ が成り立つ自然数 ｎ の値を求めよ。

（解）　ｃｏｓ（ｎπ/６）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎπ/６）＋ｃｏｓ（ｎπ/２）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎπ/２）＝０　より、

　ｃｏｓ（ｎπ/６）＋ｃｏｓ（ｎπ/２）＝０　すなわち、　２ｃｏｓ（ｎπ/３）ｃｏｓ（ｎπ/６）＝０

　ｓｉｎ（ｎπ/６）＋ｓｉｎ（ｎπ/２）＝０　すなわち、　２ｓｉｎ（ｎπ/３）ｃｏｓ（ｎπ/６）＝０

ここで、ｃｏｓ（ｎπ/３）とｓｉｎ（ｎπ/３）が同時に０になることはないので、　ｃｏｓ（ｎπ/６）＝０

よって、　ｎπ/６＝ｋπ−π/２　（ｋは自然数）　すなわち、　ｎ＝６ｋ−３　　（終）


問題　　ｍ、ｎ は自然数とする。１の相異なるｎ個のｎ乗根それぞれのｍ乗の総和を求めよ。

（解）　ω＝ｃｏｓ（２π/ｎ）＋ｉ・ｓｉｎ（２π/ｎ）　とおくと、ω^ｎ＝１　で、１の相異なるｎ個のｎ乗根

は、１、ω、ω²、・・・、ω^n-1 である。このとき、ω＋ω²＋・・・＋ω^n-1＋ω^ｎ＝０　である。

　Ｓ_m＝ω^m＋（ω²）^m＋・・・＋（ω^n-1）^m＋（ω^ｎ）^m　とおく。このとき、

　Ｓ_m＝ω^m＋（ω^m）²＋・・・＋（ω^m）^n-1＋（ω^m）ⁿ

である。ここで、ω^m＝ｃｏｓ（２ｍπ/ｎ）＋ｉ・ｓｉｎ（２ｍπ/ｎ）　なので、

　ｍ＝ｍ’ｎ　（ｍ’は自然数）　のとき、　ω^m＝１　なので、　Ｓ_m＝ｎ

　ｍ≠ｍ’ｎ　（ｍ’は自然数）　のとき、ω^ｎ＝１　から、（ω^m）^ｎ＝１　で、ω^m≠１　から、

　　１＋ω^m＋（ω^m）²＋・・・＋（ω^m）^n-1＝０

　すなわち、　ω^m＋（ω^m）²＋・・・＋（ω^m）^n-1＋（ω^m）ⁿ＝０

よって、Ｓ_m＝ω^m＋（ω^m）²＋・・・＋（ω^m）^n-1＋（ω^m）ⁿ＝０　　（終）


　よおすけさんから問題をいただきました。（令和５年８月２６日付け）

問題　　i を虚数単位とし、a＝cos(π/３)＋i・sin(π/３) とおく。また、ｎは、
　　　すべての自然数にわたって動くとする。このとき、次の問いに答えよ。

(1)　aⁿ は、何個の異なる値をとり得るか。

(2)　｛(1-a^n)(1-a^(2n))(1-a^(3n))(1-a^(4n))(1-a^(5n))｝/｛(1-a)(1-a^2)(1-a^3)(1-a^4)(1-a^5)｝
　　の値を求めよ。

(出典)　東京大学理系２次（１９７０）
※補足：1970年当時、東京大学は1次試験・2次試験が実施されていた。

（解）（１）　aⁿ＝cos(ｎπ/３)＋i・sin(ｎπ/３) より、　π/３≦ｎπ/３≦２π　より、１≦ｎ≦６

　ｎは自然数なので、　ｎ＝１、２、３、４、５、６　の６個

（２）　ｎ≡１　（ｍｏｄ　６）　のとき、１≦ｍ≦５　に対して、

　a^(mn)＝a^(6mk+m)＝a^(6mk)a^(m）＝a^(m）　なので、　与式＝１

ｎ≡２　（ｍｏｄ　６）　のとき、１≦ｍ≦５　に対して、

　a^(mn)＝a^(6mk+2m)＝a^(6mk)a^(2m）＝a^(2m）　なので、ｍ＝３　のとき、a^(2m）＝１

　よって、　与式＝０

ｎ≡３　（ｍｏｄ　６）　のとき、１≦ｍ≦５　に対して、

　a^(mn)＝a^(6mk+3m)＝a^(6mk)a^(3m）＝a^(3m）　なので、ｍ＝２　のとき、a^(3m）＝１

　よって、　与式＝０

ｎ≡４　（ｍｏｄ　６）　のとき、１≦ｍ≦５　に対して、

　a^(mn)＝a^(6mk+4m)＝a^(6mk)a^(4m）＝a^(4m）　なので、ｍ＝３　のとき、a^(4m）＝１

　よって、　与式＝０

ｎ≡５　（ｍｏｄ　６）　のとき、１≦ｍ≦５　に対して、

　a^(mn)＝a^(6mk+5m)＝a^(6mk)a^(5m）＝a^(5m）　なので、

　a^(n)＝a^(5）　、a^(2n)＝a^(10）＝a^(4）　、a^(3n)＝a^(15）＝a^(3）

　a^(4n)＝a^(20）＝a^(2）　、a^(5n)＝a^(25）＝a^(1）　なので、　与式＝１

ｎ≡６　（ｍｏｄ　６）　のとき、１≦ｍ≦５　に対して、

　a^(mn)＝a^(6mk+6m)＝a^(6mk)a^(6m）＝a^(6m）＝１　なので、　与式＝０　　（終）



変換

　複素数 ｚ に複素数 ｗ が１対１に対応するとき、複数数上の変換と言われる。この変換は
文字Ｆによって、

　　Ｆ ： ｚ → ｗ　　または、　ｗ＝Ｆ（ｚ）

などと書く。これまでにも、例１、例２、例３、例４などで、変換に関する問題を扱ってきた。

　ここで、変換について、まとめていきたいと思う。


問題　　ω＝（−１＋ｉ）/２　とおく。ガウス平面において、３点Ａ（１）、Ｂ（ω）、Ｃ（ω²）を
　　　　考える。正三角形ＡＢＣにおいて、各頂点Ａ、Ｂ、Ｃを中心とするπ/３の回転移動を
　　　　Ｒ_A、Ｒ_B、Ｒ_Cとする。これらの移動の合成 Ｒ_CＲ_BＲ_A は、点Ｂに関する対称移動で
　　　　あることを示せ。

　　　　

（解）　題意より、　ｗ−１＝（ｚ−１）α　（ただし、α＝（１＋ｉ）/２＝−ω² ）　なので、

　ｗ＝Ｒ_A（ｚ）＝−ω²（ｚ−１）＋１＝−ω²ｚ＋ω²＋１＝−ω²ｚ−ω

同様にして、　ｐ＝Ｒ_B（ｗ）＝（ｗ−ω）α＋ω＝（−ω²ｚ−２ω）（−ω²）＋ω＝ωｚ＋２＋ω

　すなわち、　ｐ＝ωｚ＋１−ω²

　ｑ＝Ｒ_C（ｐ）＝（ｐ−ω²）α＋ω²＝（ωｚ＋１−ω²−ω²）（−ω²）＋ω²＝−ｚ＋２ω

　以上から、　（ｑ＋ｚ）/２＝ω　が成り立つ。

　よって、合成変換 Ｒ_CＲ_BＲ_A は、点Ｂに関する対称移動を表す。　　（終）


問題　　△ＡＢＣの外側に正三角形ＢＰＣ、ＣＡＱ、ＡＢＲを作る。さらに、下図のように、正三
　　　　角形ＱＲＳを作る。このとき、点Ａは線分ＰＳの中点であることを示せ。

　　　

＃　上記の問題では、移動の合成 Ｒ_CＲ_BＲ_A が、点Ｂに関する対称移動であることが示さ
　れた。この事実を用いると、本問は次のように解かれる。

（解）　上図において、Ｂ（１）、Ａ（ω）、Ｒ（ω²）としても一般性は失われない。各頂点Ｂ、Ａ、

　Ｒを中心とするπ/３の回転移動を Ｌ_B、Ｌ_Ａ、Ｌ_R とすると、

　　Ｌ_B ： Ｐ → Ｃ　、Ｌ_Ａ ： Ｃ → Ｑ　、Ｌ_R ： Ｑ → Ｓ

から、移動の合成 Ｌ_RＬ_AＬ_B は、点Ａに関する対称移動となる。すなわち、点Ａは線分ＰＳの

中点であることが分かる。　　（終）


問題　　原点中心の角θの回転移動をＲ、複素数αによって表される平行移動をＨとする。
　　　　このとき、２つの移動の合成 ＨＲ の不動点を求め、その不動点を作図せよ。

（解）　題意より、　Ｒ（ｚ）＝ｚ・ｅ^（ｉθ）　、Ｈ（ｚ）＝ｚ＋α　なので、　ＨＲ（ｚ）＝ｚ・ｅ^（ｉθ）＋α

　不動点を ｚ₁ とすると、　ｚ₁・ｅ^（ｉθ）＋α＝ｚ₁　から、　ｚ₁＝α/（１−ｅ^（ｉθ））

　ここで、　α＝ｒ（ｃｏｓφ＋ｉ・ｓｉｎφ）　とおく。

　ｚ₁＝α/（１−ｅ^（ｉθ））

　　＝ｒ（ｃｏｓφ＋ｉ・ｓｉｎφ）/（１−ｃｏｓθ−ｉ・ｓｉｎθ）

　　＝ｒ（ｃｏｓφ＋ｉ・ｓｉｎφ）/（２ｓｉｎ²（θ/２）−ｉ・２ｓｉｎ（θ/２）ｃｏｓ（θ/２））

　　＝（ｒ/（２ｓｉｎ（θ/２））（ｃｏｓφ＋ｉ・ｓｉｎφ）/（ｓｉｎ（θ/２）−ｉ・ｃｏｓ（θ/２））

　　＝（ｒ/（２ｓｉｎ（θ/２））（ｃｏｓφ＋ｉ・ｓｉｎφ）/（ｃｏｓ（θ/２−π/２）＋ｉ・ｓｉｎ（θ/２−π/２））

　　＝（ｒ/（２ｓｉｎ（θ/２））（ｃｏｓ（φ＋π/２−θ/２）＋ｉ・ｓｉｎ（φ＋π/２−θ/２）

　以上から、不動点 ｚ₁ は、下図のように作図される。

　　　


問題　　点Ａ（α）中心の角θの回転移動をＲ、点Ｂ（β）中心の角φの回転移動をＲ’とする。
　　　　このとき、移動の合成Ｒ’Ｒの不動点をＣ（ｃ）、移動の合成ＲＲ’の不動点をＣ’（ｃ’）と
　　　　すると、ＣとＣ’は直線ＡＢに関して対称であることを示せ。

　　　　　　

（解）　Ｒ（ｚ）＝（ｚ−α）ｅ^（ｉθ）＋α　、Ｒ’（ｚ）＝（ｚ−β）ｅ^（ｉφ）＋β　なので、

　ｃ＝Ｒ’Ｒ（ｃ）＝Ｒ’（（ｃ−α）ｅ^（ｉθ）＋α）＝（（ｃ−α）ｅ^（ｉθ）＋α−β）ｅ^（ｉφ）＋β

すなわち、　ｃ＝ｃｅ^（ｉ（θ＋φ））−αｅ^（ｉ（θ＋φ））＋（α−β）ｅ^（ｉφ）＋β　より、

　ｃ（１−ｅ^（ｉ（θ＋φ）））＝−αｅ^（ｉ（θ＋φ））＋（α−β）ｅ^（ｉφ）＋β

同様にして、

　ｃ’＝ＲＲ’（ｃ’）＝Ｒ（（ｃ’−β）ｅ^（ｉφ）＋β）＝（（ｃ’−β）ｅ^（ｉφ）＋β−α）ｅ^（ｉθ）＋α

すなわち、　ｃ’＝ｃ’ｅ^（ｉ（θ＋φ））−βｅ^（ｉ（θ＋φ））＋（β−α）ｅ^（ｉθ）＋α　より、

　ｃ’（１−ｅ^（ｉ（θ＋φ）））＝−βｅ^（ｉ（θ＋φ））＋（β−α）ｅ^（ｉθ）＋α

そこで、

　（ｃ＋ｃ’）（１−ｅ^（ｉ（θ＋φ）））

＝−（α＋β）ｅ^（ｉ（θ＋φ））＋（α−β）（ｅ^（ｉφ）−ｅ^（ｉθ））＋α＋β

＝α（１＋ｅ^（ｉφ）−ｅ^（ｉθ）−ｅ^（ｉ（θ＋φ）））＋β（１−ｅ^（ｉφ）＋ｅ^（ｉθ）−ｅ^（ｉ（θ＋φ）））

　（１＋ｅ^（ｉφ）−ｅ^（ｉθ）−ｅ^（ｉ（θ＋φ）））＋（１−ｅ^（ｉφ）＋ｅ^（ｉθ）−ｅ^（ｉ（θ＋φ）））

＝２（１−ｅ^（ｉ（θ＋φ）））

なので、　（ｃ＋ｃ’）/２ は、αとβを結ぶ直線上にあることが分かる。

　さらに、

　（ｃ−ｃ’）（１−ｅ^（ｉ（θ＋φ）））

＝（β−α）ｅ^（ｉ（θ＋φ））−（β−α）（ｅ^（ｉφ）＋ｅ^（ｉθ））＋β−α

＝（β−α）（ｅ^（ｉ（θ＋φ））−（ｅ^（ｉφ）＋ｅ^（ｉθ））＋１）

＝（β−α）（１−ｅ^（ｉφ））（１−ｅ^（ｉθ））

から、

　（ｃ−ｃ’）/（β−α）＝（１−ｅ^（ｉφ））（１−ｅ^（ｉθ））/（１−ｅ^（ｉ（θ＋φ）））

ここで、

（１−ｅ^（ｉφ））（１−ｅ^（ｉθ））/（１−ｅ^（ｉ（θ＋φ）））
　＋（１−ｅ^（−ｉφ））（１−ｅ^（−ｉθ））/（１−ｅ^（−ｉ（θ＋φ）））

＝（１−ｅ^（ｉφ））（１−ｅ^（ｉθ））/（１−ｅ^（ｉ（θ＋φ）））
　＋（ｅ^（ｉφ）−１）（ｅ^（ｉθ）−１）/（ｅ^（ｉ（θ＋φ））−１）

＝（１−ｅ^（ｉφ））（１−ｅ^（ｉθ））/（１−ｅ^（ｉ（θ＋φ）））
　−（１−ｅ^（ｉφ））（１−ｅ^（ｉθ））/（１−ｅ^（ｉ（θ＋φ）））

＝０　であることから、（１−ｅ^（ｉφ））（１−ｅ^（ｉθ））/（１−ｅ^（ｉ（θ＋φ）））は純虚数となる。

すなわち、（ｃ−ｃ’）/（β−α）が純虚数から、　ｃｃ’⊥αβ　が分かる。

　以上から、ＣとＣ’は直線ＡＢに関して対称である。　　（終）


問題　　点Ａ（α）を中心とする角θの回転移動をＲ、点Ｂ（β）を中心とする角φの回転移動
　　　　をＲ’とする。ガウス平面上の任意の点Ｃ（ｚ）に対して、ｚ₁＝Ｒ’Ｒ（ｚ）　、ｚ₂＝ＲＲ’（ｚ）
　　　　となる点Ｄ（ｚ₁）、Ｅ（ｚ₂）を定める。

　　　　　このとき、ｚに無関係に、ＤＥ＝ｚ₂−ｚ₁ は定数になることを示せ。

　　　　　　

（解）　題意より、　Ｒ（ｚ）＝（ｚ−α）ｅ^（ｉθ）＋α　、Ｒ’（ｚ）＝（ｚ−β）ｅ^（ｉφ）＋β　なので、

ｚ₁＝Ｒ’Ｒ（ｚ）

　＝（（ｚ−α）ｅ^（ｉθ）＋α−β）ｅ^（ｉφ）＋β

　＝ｚｅ^（ｉ（θ＋φ））−αｅ^（ｉ（θ＋φ））＋（α−β）ｅ^（ｉφ）＋β

ｚ₂＝ＲＲ’（ｚ）

　＝（（ｚ−β）ｅ^（ｉφ）＋β−α）ｅ^（ｉθ）＋α

　＝ｚｅ^（ｉ（θ＋φ））−βｅ^（ｉ（θ＋φ））−（α−β）ｅ^（ｉθ）＋α

よって、

ｚ₂−ｚ₁＝（α−β）ｅ^（ｉ（θ＋φ））−（α−β）（ｅ^（ｉθ）＋ｅ^（ｉφ））＋α−β

　　　　＝（α−β）（１−ｅ^（ｉθ））（１−ｅ^（ｉφ））

　ここで、右辺は、ｚ に無関係な定数であるので、

　ｚに無関係に、ＤＥ＝ｚ₂−ｚ₁ は定数になる。　　（終）


問題　　下図のように、△ＡＢＣの外側に正三角形ＡＢＰ、ＡＣＱを作る。辺ＢＣの中点Ｍから
　　　　垂線ＲＭを引き、ＲＭ＝ＢＣ/（２）とする。

　　　　　このとき、　ＰＲ＝ＱＲ　、∠ＱＲＰ＝２π/３　であることを示せ。

　　　　

（解）　ガウス平面において、Ａ（α）、Ｂ（−ｂ）、Ｃ（ｂ）　（ｂは正の実数）　とすると、

Ｍ（０）で、Ｒ（ｂｉ）　となる。

　このとき、Ｃ中心の角π/３の回転移動をＦとおくと、

　Ｆ（ｚ）−ｂ＝（ｚ−ｂ）（ω＋１）＝−ω²（ｚ−ｂ）＝−ω²ｚ＋ｂω²

すなわち、　Ｆ（ｚ）＝−ω²ｚ＋ｂ（ω²＋１）＝−ω²ｚ−ｂω

同様に、Ｂ中心の角π/３の回転移動をＧとおくと、

　Ｇ（ｚ）＋ｂ＝（ｚ＋ｂ）（ω＋１）＝−ω²（ｚ＋ｂ）＝−ω²ｚ−ｂω²

すなわち、　Ｇ（ｚ）＝−ω²ｚ−ｂ（ω²＋１）＝−ω²ｚ＋ｂω

　このとき、　ＧＦ（ｚ）＝−ω²（−ω²ｚ−ｂω）＋ｂω＝ωｚ−ｂω²

　回転移動の合成ＧＦの不動点を ｚ₀ とおくと、　ｚ₀＝ωｚ₀−ｂω²　より、

　ｚ₀＝ｂω²/（ω−１）＝ｂｉ　となるので、点Ｒは合成変換ＧＦの不動点となる。

　点Ｒ中心で角２π/３の回転移動をＨとすると、Ｈ（ｚ）−ｂｉ＝（ｚ−ｂｉ）ω　より、

　Ｈ（ｚ）＝（ｚ−ｂｉ）ω＋ｂｉ＝ωｚ＋ｂｉ（１−ω）＝ωｚ＋ｂ（ω＋１）＝ωｚ−ｂω²

なので、　Ｈ＝ＧＦ　である。　Ｆ：Ｑ → Ａ　で、Ｇ：Ａ → Ｐ　から、　Ｈ：Ｑ → Ｐ　である。

　したがって、　ＰＲ＝ＱＲ　、∠ＱＲＰ＝２π/３　である。　　（終）


問題　　点Ａ（α）を中心とする角θの回転移動をＲとし、点Ｂ（−α）を中心とする角π−θ
　　　　の回転移動をＲ’とする。

　　　　ガウス平面上の任意の点ｚ₁に対して、ｚ₂＝Ｒ（ｚ₁）、ｚ₃＝Ｒ’（ｚ₂）とする。

　　　　このとき、線分ｚ₁ｚ₃は、Ａ、Ｂを直径の両端とする円周によって、２等分されることを
　　　示せ。

　　

（解）　題意より、　ｚ₂＝（ｚ₁−α）ｅ^（ｉθ）＋α　、

　ｚ₃＝（ｚ₂＋α）ｅ^（ｉ（π−θ））−α

　　＝−（（ｚ₁−α）ｅ^（ｉθ）＋２α）ｅ^（−ｉθ）−α＝−ｚ₁−２αｅ^（−ｉθ）

　よって、回転移動の合成Ｒ’Ｒの不動点ｚ₀は、　ｚ₀＝−αｅ^（−ｉθ）　で、この点は、

Ａ、Ｂを直径の両端とする円周上にあり、線分ｚ₁ｚ₃の中点で、回転移動の合成Ｒ’Ｒは点対

称移動となる。

　以上から、線分ｚ₁ｚ₃は、Ａ、Ｂを直径の両端とする円周によって、２等分される。　　（終）


相似変換

　平行移動や回転移動は、図形の形や大きさをを変えない変換で、合同変換と言われる。

　平行移動や回転移動を表す変換式は、　Ｆ（ｚ）＝ｚ・ｅ^（ｉθ）＋α　と記述される。

　特に、ｅ^（ｉθ）＝１　すなわち、θ＝０　のときは、平行移動を表し、それ以外は、回転移
動を表す。

　直線　ｚ＋ｔ²＝（２ｒ）ｔ　（ｔ は法線方向の複素数、ｒ は原点と直線との距離）　に関する対
称移動　Ｆ（ｚ）＝−ｔ²＋（２ｒ）ｔ　は、図形の形は裏返しになるが大きさをを変えない変換で
ある。

　一般に、　Ｇ（ｚ）＝・ｅ^（ｉθ）＋α　と記述される変換は、裏返し合同変換と言われる。

　裏返し合同変換は、線対称移動、回転移動、平行移動の合成で表される。

例　実軸に関する対称移動 Ｆ(z）＝　、原点中心の角θの回転移動 Ｇ（ｚ）＝ｚ・ｅ^（ｉθ）、
　平行移動 Ｈ（ｚ）＝ｚ＋α　に対して、その合成 ＨＧＦ を考えると、

　　ＨＧＦ（ｚ）＝・ｅ^（ｉθ）＋α

と書くことが出来、これは裏返し合同変換そのものである。

　　　

　合同変換に対して、形を変えずに大きさのみを変える変換は、相似変換と言われる。

　相似の中心をＣ（ｃ）とし、相似比をｋとおくと、相似変換は、

　　Ｆ（ｚ）＝ｋ（ｚ−ｃ）＋ｃ　（ｋは実数、ｃは複素数）

と記述される。


例　ガウス平面において、半径の異なる２つの円Ｏ、Ｏ’がある。円Ｏを円Ｏ’に変換する相
　　似変換が２通りあることは、下図を見れば明らかだろう。Ｃ、Ｃ’が相似の中心である。



　実際に、Ｏ（０）、Ｏ（α）　（α≠０ の実数）とすると、

　円Ｏの方程式は、　ｚ＝ｒ・ｅ^（ｉθ）

　円Ｏ’の方程式は、　ｗ＝ｒ’・ｅ^（ｉφ）＋α

とおける。求める相似変換を　Ｆ（ｚ）＝ｋ（ｚ−ｃ）＋ｃ　（ｋは実数、ｃは複素数）　とおく。

　このとき、　ｗ＝Ｆ（ｚ）＝ｋ（ｒ・ｅ^（ｉθ）−ｃ）＋ｃ＝（１−ｋ）ｃ−ｋｒ・ｅ^（ｉθ）

　これが、　ｗ＝ｒ’・ｅ^（ｉφ）＋α　と一致するためには、

　　（１−ｋ）ｃ＝α　、　｜ｋｒ｜＝｜ｒ’｜

　第２式より、　ｋ＝±ｒ’/ｒ　で、これを第１式に代入して、

　　ｃ＝α/（１−ｋ）＝ｒα/（ｒ−ｒ’）　または、　ｃ＝α/（１−ｋ）＝ｒα/（ｒ＋ｒ’）

ここで、　Ｆ（ｚ）＝ｋｚ＋（１−ｋ）ｃ＝（±ｒ’/ｒ）ｚ＋α　から、

　相似の中心がＣのとき、ＯＰとＯ’Ｐ’は同じ向きで、

　相似の中心がＣ’のとき、ＯＰとＯ’Ｐ’は反対向きとなる。


　今、２つの相似変換Ｆ、Ｇを考える。すなわち、

　Ｆ（ｚ）＝ｋ（ｚ−ｃ）＋ｃ　（ｋは実数、ｃは複素数）

　Ｇ（ｚ）＝ｋ’（ｚ−ｃ’）＋ｃ’　（ｋ’は実数、ｃ’は複素数）

　このとき、Ｆ、Ｇの合成変換ＧＦを考えると、

　ＧＦ（ｚ）＝ｋ’（ｋ（ｚ−ｃ）＋ｃ−ｃ’）＋ｃ’＝ｋ’ｋｚ＋ｃｋ’（１−ｋ）＋ｃ’（１−ｋ’）

（イ）　ＧＦが相似変換になる場合、相似の中心をｄとおくと、

　ＧＦ（ｚ）＝ｈ（ｚ−ｄ）＋ｄ　（ｈは実数、ｄは複素数）

の形に書けるはずである。すなわち、ＧＦ（ｄ）＝ｄ　となるｄが存在するはずである。

　ｋ’ｋｄ＋ｃｋ’（１−ｋ）＋ｃ’（１−ｋ’）＝ｄ　より、　（１−ｋ’ｋ）ｄ＝ｃｋ’（１−ｋ）＋ｃ’（１−ｋ’）

このとき、ｋ’ｋ≠１　であれば、ｄ＝（ｃｋ’（１−ｋ）＋ｃ’（１−ｋ’））/（１−ｋ’ｋ）　と定まるので、

　　ＧＦ（ｚ）−ｄ

　＝ｋ’ｋｚ＋ｃｋ’（１−ｋ）＋ｃ’（１−ｋ’）−（ｋ’ｋｄ＋ｃｋ’（１−ｋ）＋ｃ’（１−ｋ’））

　＝ｋ’ｋ（ｚ−ｄ）

より、　ＧＦ（ｚ）＝ｋ’ｋ（ｚ−ｄ）＋ｄ　（ｋ、ｋ’は実数、ｄは複素数）　となる。

　すなわち、ｋ’ｋ≠１　のとき、２つの相似変換Ｆ、Ｇの合成ＧＦは相似変換となり、

　相似の中心は、ｄ＝（ｃｋ’（１−ｋ）＋ｃ’（１−ｋ’））/（１−ｋ’ｋ）　で、相似比ｋ’ｋ　である。

このとき、　ｄ＝（ｃｋ’（１−ｋ）＋ｃ’（１−ｋ’））/（（１−ｋ’）＋ｋ’（１−ｋ））　と変形してみると、

ｄ は、ｃ と ｃ’ を結ぶ線分を　１−ｋ’ ： ｋ’（１−ｋ） の比に分ける点であることが分かる。

　　　　

（ロ）　ｋ’ｋ＝１　のとき、

　ＧＦ（ｚ）＝ｋ’（ｋ（ｚ−ｃ）＋ｃ−ｃ’）＋ｃ’＝ｚ＋（ｃ’−ｃ）（１−１/ｋ）

となり、これは平行移動を表す変換である。

　　　　

　変換式から明らかなように、この平行移動は、ｃ と ｃ’ を結ぶ線分に平行である。


相似変換の逆変換

　相似変換　ｗ＝Ｆ（ｚ）＝ｋ（ｚ−ｃ）＋ｃ　（ｋは実数、ｃは複素数）　の逆変換を考える。

　このとき、　ｚ＝（１/ｋ）（ｗ−ｃ）＋ｃ　より、　Ｆ^-1（ｗ）＝（１/ｋ）（ｗ−ｃ）＋ｃ　であるので、

Ｆの逆変換Ｆ^-1は、　Ｆ^-1（ｚ）＝（１/ｋ）（ｚ−ｃ）＋ｃ　（ｋは実数、ｃは複素数）　と表される。

　よって、Ｆ^-1の相似の中心とＦの相似の中心は一致し、相似比は逆数となる。


相似回転　・・・　相似変換と回転の合成変換

　相似変換　Ｆ（ｚ）＝ｋ（ｚ−ｃ）＋ｃ　（ｋは実数、ｃは複素数）

　回転の中心 ｃ で角θの回転移動　Ｇ（ｚ）＝ｅ^（ｉθ）・（ｚ−ｃ）＋ｃ

に対して、　ＧＦ（ｚ）＝ｅ^（ｉθ）・（ｋ（ｚ−ｃ）＋ｃ−ｃ）＋ｃ＝ｋｅ^（ｉθ）・（ｚ−ｃ）＋ｃ

　ここで、ｋｅ^（ｉθ）＝α　とおくと、αは複素数で、相似回転Ｈは、

　　Ｈ（ｚ）＝α（ｚ−ｃ）＋ｃ　（α≠０）

と表される。


問題　ガウス平面において、Ａ（１）、Ｂ（ｚ）を結ぶ線分を斜辺とする直角三角形ＡＢＣを作る。
　　　このとき、Ｃ（ｗ）として、ｗ を ｚ を用いて表せ。

（解）　題意より、

　ｗ＝（１/）ｅ^（ｉ（±π/４））（ｚ−１）＋１＝（１±ｉ）（ｚ ｉ）/２　（複号同順）　　（終）


相似回転の合成

　２つの相似回転Ｆ、Ｇを考える。すなわち、

　Ｆ（ｚ）＝α（ｚ−ｃ）＋ｃ　（α、ｃは複素数で、α≠０）

　Ｇ（ｚ）＝β（ｚ−ｃ’）＋ｃ’　（β、ｃ’は複素数で、β≠０）

　このとき、Ｆ、Ｇの合成変換ＧＦを考えると、

　ＧＦ（ｚ）＝β（α（ｚ−ｃ）＋ｃ−ｃ’）＋ｃ’＝αβｚ＋ｃβ（１−α）＋ｃ’（１−β）

（イ）　ＧＦが相似回転になる場合、回転の中心をｄとおくと、

　ＧＦ（ｚ）＝αβ（ｚ−ｄ）＋ｄ　（α、β、ｄは複素数）

の形に書けるはずである。すなわち、ＧＦ（ｄ）＝ｄ　となるｄが存在するはずである。

　αβｄ＋ｃβ（１−α）＋ｃ’（１−β）＝ｄ　より、　（１−αβ）ｄ＝ｃβ（１−α）＋ｃ’（１−β）

このとき、αβ≠１　であれば、ｄ＝（ｃβ（１−α）＋ｃ’（１−β））/（１−αβ）　と定まるので、

　　ＧＦ（ｚ）−ｄ

　＝αβｚ＋ｃβ（１−α）＋ｃ’（１−β）−（αβｄ＋ｃβ（１−α）＋ｃ’（１−β））

　＝αβ（ｚ−ｄ）

より、　ＧＦ（ｚ）＝αβ（ｚ−ｄ）＋ｄ　（α、β、ｄは複素数で、αβ≠０）　となる。

　すなわち、αβ≠１　のとき、２つの相似回転Ｆ、Ｇの合成ＧＦは相似回転となり、

　回転の中心は、ｄ＝（ｃβ（１−α）＋ｃ’（１−β））/（１−αβ）　である。

（ロ）　αβ＝１　のとき、

　ＧＦ（ｚ）＝ｚ＋ｃ（β−１）＋ｃ’（１−β）＝ｚ＋（ｃ’−ｃ）（１−１/α）

となり、これは平行移動を表す変換である。


　相似回転の概念で物事を見ると、簡単に道理が分かるような気がする。そのような問題を
いくつか練習しよう。

問題　　ガウス平面の原点ＯとＯとは異なる２点Ａ、Ｂで、△ＯＡＢを考える。辺ＯＡ、ＯＢを斜
　　　　辺として三角形の外側に直角２等辺三角形ＯＰＡ、ＯＱＢを作る。
　　　　　辺ＡＢの中点をＭとするとき、ＭＰ＝ＭＱ、ＭＰ⊥ＭＱ が成り立つことを示せ。

　　　　　　　　

　相似回転の概念を用いない直接的な解法は、こちらを参照。

（解）　Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｍ（ｍ）　とおくと、題意より、ｍ＝（α＋β）/２　である。

　Ｂを回転の中心とするＱ→Ｏの相似回転をＦ、Ａを回転の中心とするＯ→Ｐの相似回転をＧ

とすると、

　Ｆ（ｚ）＝ｅ^（πｉ/4）・（ｚ−β）＋β

　Ｇ（ｚ）＝（１/）ｅ^（πｉ/4）・（ｚ−α）＋α

である。Ｆ、Ｇの合成ＧＦは、

　ＧＦ（ｚ）

＝（１/）ｅ^（πｉ/4）・（ｅ^（πｉ/4）・（ｚ−β）＋β−α）＋α

＝ｉ・（ｚ−β）＋（１＋ｉ）（β−α）/２＋α

＝ｉ・ｚ−ｉ・β＋（α＋β）/２＋ｉ・（β−α）/２

＝ｉ・ｚ＋（α＋β）/２−ｉ・（α＋β）/２

＝ｉ・（ｚ−（α＋β）/２）＋（α＋β）/２

＝ｉ・（ｚ−ｍ）＋ｍ

　これは、Ｍを回転の中心とする角９０°の回転移動を表し、Ｍは不動点である。

　よって、　ＭＰ＝ＭＱ　、ＭＰ⊥ＭＱ　が成り立つ。　　（終）


（コメント）　Ｍをガウス平面の原点とおいた方が、ＧＦ（ｚ）＝ｉ・ｚ　となって、式は美しくなる。


問題　　円Ｏの周上の点Ｐを中心として、円Ｏを相似回転して円Ｏ’を作る。この相似回転
　　　で、円Ｏの周上の点Ａは、円Ｏ’上の点Ｂにうつるものとする。
　　　　　このとき、直線ＡＢは定点を通り、しかもその定点は２円Ｏ、Ｏ’の交点の一つであ
　　　ることを示せ。

　　　

（解）　ガウス平面において、Ｐ（０）とする。円Ｏの半径を ｒ とすると、Ｏ（ｒ・ｅ^（ｉθ₀））と表さ

れ　円Ｏの方程式は、　ｚ＝ｒ・ｅ^（ｉθ）＋ｒ・ｅ^（ｉθ₀）＝ｒ・（ｅ^（ｉθ）＋ｅ^（ｉθ₀））　と書ける。

　点Ｐを中心とする相似回転Ｒを、　Ｒ（ｚ）＝αｚ　とおくと、円Ｏ’の方程式は、

　ｚ＝αｒ（ｅ^（ｉθ）＋ｅ^（ｉθ₀））　と書ける。

　このとき、直線ＡＢの方程式は、

　（ｚ−ｒ（ｅ^（ｉθ）＋ｅ^（ｉθ₀）））/｛（α−１）ｒ（ｅ^（ｉθ）＋ｅ^（ｉθ₀））｝

＝（−ｒ（ｅ^（−ｉθ）＋ｅ^（−ｉθ₀）））/｛（−１）ｒ（ｅ^（−ｉθ）＋ｅ^（−ｉθ₀））｝

＝（ｅ^（ｉθ）ｅ^（ｉθ₀）−ｒ（ｅ^（ｉθ）＋ｅ^（ｉθ₀）））/｛（−１）ｒ（ｅ^（ｉθ）＋ｅ^（ｉθ₀））｝

より、

　（−１）（ｚ−ｒ（ｅ^（ｉθ）＋ｅ^（ｉθ₀）））＝（α−１）（ｅ^（ｉθ）ｅ^（ｉθ₀）−ｒ（ｅ^（ｉθ）＋ｅ^（ｉθ₀）））

すなわち、

　ｅ^（ｉθ）・（（α−１）ｅ^（ｉθ₀）＋ｒ（−α））＝（−１）ｚ−ｒ（−α）ｅ^（ｉθ₀）

が成り立つ。この式が任意のθについて成り立つためには、

　（α−１）ｅ^（ｉθ₀）＋ｒ（−α）＝０　かつ　（−１）ｚ−ｒ（−α）ｅ^（ｉθ₀）＝０

第２式より、　ｚ＝ｒ（−α）ｅ^（ｉθ₀）/（−１）　で、これは、第１式を満たす。

すなわち、直線ＡＢは、定点 ｒ（−α）ｅ^（ｉθ₀）/（−１） を通る。

　この点を、円Ｏの式に代入してみると、

　　ｒ（−α）ｅ^（ｉθ₀）/（−１）＝ｒ・（ｅ^（ｉθ）＋ｅ^（ｉθ₀））

　を解いて、　ｅ^（ｉθ）＝ｅ^（ｉθ₀）・｛（１−α）/（−１）｝

　｜（１−α）/（−１）｜＝１　なので、上式を満たすθは確かに存在し、定点は円Ｏの周

上にあることが分かる。同様にして、円Ｏ’の周上にもあることが分かる。

　以上から、直線ＡＢは定点を通り、しかもその定点は２円Ｏ、Ｏ’の交点の一つであること

が示された。　　（終）


等形変換　・・・　相似な図形に変換

　一般式は、　Ｆ（ｚ）＝ａｚ＋ｂ　（ａ、ｂは複素数で、ａ≠０）　で表される。

例　ガウス平面上の３点Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）を結び、△ＡＢＣを作る。この三角形に等形
　　変換を施して得られる三角形を△Ａ’Ｂ’Ｃ’とする。Ａ’（α’）、Ｂ’（β’）、Ｃ’（γ’）とすると、

　α’＝ａα＋ｂ　、β’＝ａβ＋ｂ　、γ’＝ａγ＋ｂ

である。このとき、明らかに、（α’−β’）/（γ’−β’）＝（α−β）/（γ−β）　が成り立つ。

　よって、　△Ａ’Ｂ’Ｃ’∽△ＡＢＣ　である。


　等形変換は、２つの値 ａ、ｂ により定まるので、適当な２つの条件で決定することができる。


問題　　ガウス平面において、３点Ａ（ｉ）、Ｂ（−２）、Ｃ（３）がある。ＡＢ、ＡＣを斜辺とする直角
　　　　２等辺三角形ＡＢＤ、ＡＣＥを△ＡＢＣの外側に作る。

　　このとき、△ＡＣＥを△ＢＡＤに移す等形変換Ｆを求めよ。

（解）　求める等形変換Ｆを、Ｆ（ｚ）＝ａｚ＋ｂ　とおくと、題意より、　Ｆ（Ａ）＝Ｂ　、　Ｆ（Ｃ）＝Ａ

　なので、　ａ・ｉ＋ｂ＝−２　、　３ａ＋ｂ＝ｉ　より、　ａ＝（１＋ｉ）/２　、ｂ＝−（３＋ｉ）/２

　したがって、　Ｆ（ｚ）＝｛（１＋ｉ）ｚ−（３＋ｉ）｝/２　となる。　　（終）


　上記の計算では、Ｆ（Ａ）＝Ｂ　、Ｆ（Ｃ）＝Ａ　から、等形変換が求められたが、その変換に
よって、残りの頂点は対応する頂点に移される。すなわち、Ｆ（Ｅ）＝Ｄ　が成り立つ。

　実際に、Ｅ（α）、Ｄ（β）とおくと、　ｉ−３＝ｅ^（πｉ/４）（α−３）　から、

　α＝３＋（ｉ−３）（１−ｉ）/２＝２＋２ｉ

また、　β＋２＝（１/）ｅ^（πｉ/４）（ｉ＋２）　より、　β＝（−３＋３ｉ）/２

　このとき、　Ｆ（Ｅ）＝｛（１＋ｉ）（２＋２ｉ）−（３＋ｉ）｝/２＝（−３＋３ｉ）/２＝Ｄ　が成り立つ。

　この性質を用いると、図形に関するいくつかの性質を示すことが出来る。


問題　　△ＡＢＣ∽△Ａ’Ｂ’Ｃ’とする。このとき、線分ＡＡ’、ＢＢ’、ＣＣ’の中点をそれぞれ
　　　　Ａ”、Ｂ”、Ｃ”とおくと、△ＡＢＣ∽△Ａ”Ｂ”Ｃ”が成り立つ。

（解）　ガウス平面において、Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）、Ａ’（α’）、Ｂ’（β’）、Ｃ’（γ’）　とおく。

　等形変換 Ｆ：△ＡＢＣ　→　△Ａ’Ｂ’Ｃ’　を、Ｆ（ｚ）＝ａｚ＋ｂ　で定義すると、

　α’＝ａα＋ｂ　、β’＝ａβ＋ｂ　、γ’＝ａγ＋ｂ

である。このとき、Ａ”（α”）、Ｂ”（β”）、Ｃ”（γ”）に対して、

　α”＝（α＋α’）/２＝（ａ＋１）α/２＋ｂ/２　、β”＝（β＋β’）/２＝（ａ＋１）β/２＋ｂ/２

　γ”＝（γ＋γ’）/２＝（ａ＋１）γ/２＋ｂ/２

　そこで、等形変換 Ｇ：△ＡＢＣ　→　△Ａ”Ｂ”Ｃ”　を、Ｇ（ｚ）＝{（ａ＋１）/２}ｚ＋ｂ/２　で定義

すれば、　△ＡＢＣ∽△Ａ”Ｂ”Ｃ”　となる。　　（終）


（コメント）　上記の問題では、中点の場合を考えたが、ｍ ： ｎ の比に分ける点でも明らかに
　　　　　　成り立つ。


問題　　Ｏ、Ｏ’を中心とし、半径がそれぞれ ｒ、ｒ’ の円を考える。このとき、等形変換Ｆで
　　　　円Ｏを円Ｏ’に移すものを求めよ。また、等形変換Ｆの不動点を求めよ。

（解）　等形変換Ｆでは、中心Ｏ（α）は中心Ｏ’（α’）に移される。

また、円Ｏの周上の点 α＋ｒｅ^（ｉθ）は、円Ｏ’の周上の点 α’＋ｒ’ｅ^（ｉθ’）に移される。

そこで、Ｆ（ｚ）＝ａｚ＋ｂ　とおくと、α’＝ａα＋ｂ　で、α’＋ｒ’ｅ^（ｉθ’）＝ａ（α＋ｒｅ^（ｉθ））＋ｂ

２式を連立して、ａα＋ｂ＋ｒ’ｅ^（ｉθ’）＝ａ（α＋ｒｅ^（ｉθ））＋ｂ　から、ｒ’ｅ^（ｉθ’）＝ａｒｅ^（ｉθ）

よって、　ａ＝（ｒ’/ｒ）ｅ^（ｉ（θ’−θ））　となる。

　このとき、　ｂ＝α’−ａα＝α’−（ｒ’/ｒ）ｅ^（ｉ（θ’−θ））α　となるので、

求める等形変換Ｆは、　Ｆ（ｚ）＝（ｒ’/ｒ）ｅ^（ｉ（θ’−θ））ｚ＋α’−（ｒ’/ｒ）ｅ^（ｉ（θ’−θ））α

すなわち、　Ｆ（ｚ）＝（ｒ’/ｒ）ｅ^（ｉ（θ’−θ））・（ｚ−α）＋α’

で表される。

　特に、（ｒ’/ｒ）ｅ^（ｉ（θ’−θ））＝１　のとき、ｒ’＝ｒ　が成り立つので、ｅ^（ｉ（θ’−θ））＝１

より、θ’＝θ　なので、　Ｆ（ｚ）＝ｚ＋α’−α　となる。これは、平行移動を表し、不動点は

ない。

　不動点 ｚ が存在するとすると、　（ｒ’/ｒ）ｅ^（ｉ（θ’−θ））・（ｚ−α）＋α’＝ｚ

すなわち、　（ｒ’/ｒ）ｅ^（ｉ（θ’−θ））＝（ｚ−α’）/（ｚ−α）

　両辺の絶対値をとって、　｜ｚ−α’｜/｜ｚ−α｜＝ｒ’/ｒ　と書ける。

　ｒ≠ｒ’ のときは、アポロニウスの円の定義式から、ｚ は、線分α’αを ｒ’ ： ｒ の比に内分、

外分する点を直径の両端とする円周上にある。

　ｒ＝ｒ’ のときは、線分α’αの垂直２等分線上にある。


　等形変換全体は群をなし、可換でないことは明らかだろう。

問題　　位数３の等形変換を求めよ。

（解）　求める等形変換Ｆを、Ｆ（ｚ）＝ａｚ＋ｂ　とおく。このとき、

　Ｆ³（ｚ）＝ａ（ａ（ａｚ＋ｂ）＋ｂ）＋ｂ＝ａ³ｚ＋ａ²ｂ＋ａｂ＋ｂ＝ｚ　（恒等式）　より、

　ａ³＝１　、ａ²ｂ＋ａｂ＋ｂ＝（ａ²＋ａ＋１）ｂ＝０　が成り立つ。

　ａ³＝１　より、　ａ＝１　、ω　、ω²

　ａ＝１　のとき、　ｂ＝０　で、Ｆ（ｚ）＝ｚ　となり、不適

　ａ＝ω、ω²　のとき、　ａ²＋ａ＋１＝０　なので、　ｂは任意の複素数

　よって、求める等形変換は、　Ｆ（ｚ）＝ａｚ＋ｂ　（ただし、ａ＝ω、ω²）　　（終）


（コメント）　不動点について調べておこう。不動点を ｚ₀ とすると、　Ｆ（ｚ₀）＝ｚ₀

　すなわち、　ａｚ₀＋ｂ＝ｚ₀　より、　ｂ＝ｚ₀−ａｚ₀　なので、

　Ｆ（ｚ）＝ａｚ＋ｚ₀−ａｚ₀＝ａ（ｚ−ｚ₀）＋ｚ₀

　このことから、位数３の等形変換Ｆは、不動点 ｚ₀ のまわりの回転であることが分かる。
（回転角は、２π/３　または　４π/３）


問題　　２つの等形変換Ｆ、Ｇを、Ｆ（ｚ）＝ｚ＋ｉ　、Ｇ（ｚ）＝２ｚ＋３ｉ　とする。このとき、ＨＦ＝Ｇ
　　　　となる等形変換Ｈを求めよ。

（解）　Ｆ^-1（ｚ）＝ｚ−ｉ　なので、　Ｈ（ｚ）＝ＧＦ^-1（ｚ）＝２（ｚ−ｉ）＋３ｉ＝２ｚ＋ｉ　　（終）


裏返し等形変換

　合同変換で、「裏返し合同変換」を考えたように、等形変換でも「裏返し等形変換」が考え
られる。

　実軸に関する線対称移動（ｚ　→　）で、図形は裏返されるので、裏返し等形変換Ｆの定
義式は、
　　　　　Ｆ（ｚ）＝ａ＋ｂ　（ａ、ｂは複素数で、ａ≠０）

で表される。

　当然ながら、２つの裏返し等形変換の合成は、等形変換となる。

　実際に、　Ｆ（ｚ）＝ｐ＋ｑ　、Ｇ（ｚ）＝ｒ＋ｓ　に対して、

　ＧＦ（ｚ）＝ｒ（ｚ＋ｂ）＋ｓ＝（ｒ）ｚ＋（ｒｂ＋ｓ）　は、確かに、等形変換となる。

　このことから、裏返し等形変換の全体は、群にならないことが分かる。


問題　　裏返し等形変換Ｆを、Ｆ（ｚ）＝ｉ・＋１ で定義する。また、法線方向の複素数が

　　（１＋ｉ）/ で、原点と直線との距離を１とする直線の方程式は

　　ｚ＋ｉ・＝（１＋ｉ）　（←　ヘッセの標準形）

で、この直線に関する線対称移動をＧとすると、　Ｇ（ｚ）＝−ｉ・＋（１＋ｉ）　である。

　このとき、Ｆ＝ＨＧ　となる等形変換Ｈを求めよ。

（解）　題意より、Ｇ^-1＝Ｇ　なので、　Ｈ＝ＦＧ^-1＝ＦＧ　である。

　よって、　Ｈ（ｚ）＝ＦＧ（ｚ）＝ｉ・（ｉ・ｚ＋（１−ｉ））＋１＝−ｚ＋１＋＋ｉ　　（終）


問題　　ある点 ｃ を中心とする相似比 ｋ の相似変換Ｆは、原点を中心とする相似変換Ｇ
　　　　と平行移動Ｈの合成で表されることを示せ。

（解）　題意より、　Ｆ（ｚ）＝ｋ（ｚ−ｃ）＋ｃ　と書けるので、　Ｆ（ｚ）＝ｋｚ＋（１−ｋ）ｃ

　そこで、　原点を中心とする相似変換Ｇを、　Ｇ（ｚ）＝ｋｚ

　　　　　　　平行移動Ｈを、　Ｈ（ｚ）＝ｚ＋（１−ｋ）ｃ

と定義すれば、　Ｆ（ｚ）＝ＨＧ（ｚ）　が成り立つ。　　（終）


問題　　２つの相似変換Ｆ、Ｇを、　Ｆ（ｚ）＝ｋ（ｚ−ｃ）＋ｃ　、Ｇ（ｚ）＝ｈ（ｚ−ｄ）＋ｄ　で定義す
　　　　る。ただし、ｋｈ≠１とする。
　　　　ｗ＝ＧＦ（ｚ）　、ｗ’＝ＦＧ（ｚ）　とおくとき、　ｗ’＝Ｈ（ｗ）　となる変換Ｈを求めよ。

（解）　ｗ＝ｈ（ｋ（ｚ−ｃ）＋ｃ−ｄ）＋ｄ＝ｈｋ（ｚ−ｃ）＋ｈ（ｃ−ｄ）＋ｄ

　ｗ’＝ｋ（ｈ（ｚ−ｄ）＋ｄ−ｃ）＋ｃ＝ｈｋ（ｚ−ｄ）−ｋ（ｃ−ｄ）＋ｃ　なので、

　ｗ’−ｗ＝ｈｋ（ｃ−ｄ）−（ｈ＋ｋ）（ｃ−ｄ）＋ｃ−ｄ＝（ｈ−１）（ｋ−１）（ｃ−ｄ）

よって、　Ｈ（ｗ）＝ｗ＋（ｈ−１）（ｋ−１）（ｃ−ｄ）　と表される。

　この変換Ｈは平行移動である。　　（終）


問題　　△ＡＢＣの辺ＡＢ、ＡＣをそれぞれ１辺とする正方形ＡＢＰＱ、ＡＣＲＳを△ＡＢＣの外側
　　　　に作る。さらに、辺ＢＣを斜辺とする直角二等辺三角形ＢＣＴを△ＡＢＣの内側に作る。
　　　　　このとき、　ＴＱ＝ＴＳ　、ＴＱ⊥ＴＳ　であることを示せ。

　　

（解）　ガウス平面において、ａ を正の実数として、　Ｂ（−ａ）、Ｃ（ａ）　とおく。

Ｃを中心として、ＳをＡに移す変換Ｆは、Ｆ（ｚ）＝（１/）ｅ^（πｉ/４）・（ｚ−ａ）＋ａ

Ｂを中心として、ＡをＱに移す変換Ｇは、Ｇ（ｚ）＝ｅ^（πｉ/４）・（ｚ＋ａ）−ａ　と書ける。

　このとき、合成変換ＧＦは、

　ＧＦ（ｚ）＝ｅ^（πｉ/４）・（（１/）ｅ^（πｉ/４）・（ｚ−ａ）＋２ａ）−ａ

　　　　　＝ｅ^（πｉ/２）・（ｚ−ａ）＋２ａ・ｅ^（πｉ/４）−ａ＝ｉ・ｚ＋（１＋ｉ）ａ

で表され、ＳはＱに移される。

　ここで、合成変換ＧＦの不動点は、　ｚ＝ｉ・ｚ＋（１＋ｉ）ａ　より、　ｚ＝ｉ・ａ　で、点Ｔが不動点

となる。　よって、　ＧＦ（ｚ）−ｉ・ａ＝ｉ・ｚ＋ａ＝ｉ・ｚ＋ｉ（−ｉａ）＝ｉ・（ｚ−ｉ・ａ）　より、

変換ＧＦは、Ｔを中心とする回転角π/２の回転移動となる。

　したがって、　ＴＱ＝ＴＳ　、ＴＱ⊥ＴＳ　が成り立つ。　　（終）


（追記）　令和５年３月６日付け

　上記では、変換の考えを用いて示したが、もちろん直接示すことも可能である。

（別解）　下図において、Ｔ（０）、Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）、Ｓ（ｓ）、Ｑ（ｑ）　とおく。

　　　

　このとき、　ｓ＝ｉ・（γ−α）＋α　、ｑ＝−ｉ・（β−α）＋α　である。

さらに、　γ＝ｉ・β　なので、　ｓ＝ｉ・（ｉ・βγ−α）＋α＝−β−ｉ・α＋α

よって、　ｉ・ｓ＝−ｉ・β＋α＋ｉ・α＝−ｉ・（β−α）＋α＝ｑ　となるので、

　ＴＱ＝ＴＳ　、ＴＱ⊥ＴＳ　であることが分かる。　　（終）


（コメント）　２つの解を比較して、（別解）の方が自然で、簡明な気がする。


問題　　△ＡＢＣ∽△Ａ’Ｂ’Ｃ’とする。今、線分ＡＡ’、ＢＢ’、ＣＣ’をｍ：ｎに分ける点をそれ
　　　ぞれＡ”、Ｂ”、Ｃ”とするとき、△ＡＢＣ∽△Ａ”Ｂ”Ｃ”であることを示せ。

（解）　ガウス平面において、Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）、Ａ’（α’）、Ｂ’（β’）、Ｃ’（γ’）、
　　Ａ”（α”）、Ｂ”（β”）、Ｃ”（γ”）とおくと、

α”＝（ｎα＋ｍα’）/（ｍ＋ｎ）、β”＝（ｎβ＋ｍβ’）/（ｍ＋ｎ）、γ”＝（ｎγ＋ｍγ’）/（ｍ＋ｎ）

等形変換Ｆ：△ＡＢＣ　→　△Ａ’Ｂ’Ｃ’　を、　Ｆ（ｚ）＝ａｚ＋ｂ　で定義すると、

　α’＝ａα＋ｂ　、β’＝ａβ＋ｂ　、γ’＝ａγ＋ｂ

なので、

α”＝（（ｎ＋ｍａ）α＋ｍｂ）/（ｍ＋ｎ）＝（ｎ＋ｍａ）α/（ｍ＋ｎ）＋ｍｂ/（ｍ＋ｎ）

β”＝（（ｎ＋ｍａ）β＋ｍｂ）/（ｍ＋ｎ）＝（ｎ＋ｍａ）β/（ｍ＋ｎ）＋ｍｂ/（ｍ＋ｎ）

γ”＝（（ｎ＋ｍａ）γ＋ｍｂ）/（ｍ＋ｎ）＝（ｎ＋ｍａ）γ/（ｍ＋ｎ）＋ｍｂ/（ｍ＋ｎ）

　そこで、等形変換Ｇ：△ＡＢＣ　→　△Ａ”Ｂ”Ｃ”　を、

　　Ｆ（ｚ）＝｛（ｎ＋ｍａ）/（ｍ＋ｎ）｝ｚ＋ｍｂ/（ｍ＋ｎ）

で定義することが出来るので、　△ＡＢＣ∽△Ａ”Ｂ”Ｃ”　であることが分かる。　　（終）


問題　　原点中心の相似回転Ｆと平行移動Ｇについて、ＧＦの不動点 ｕ とＦＧの不動点 ｖ
　　　　にはどんな関係式が成り立つか。

（解）　題意より、　Ｆ（ｚ）＝αｚ　、Ｇ（ｚ）＝ｚ＋β　と書けるので、

　ＧＦ（ｚ）＝αｚ＋β　より、　αｕ＋β＝ｕ　　すなわち、　（１−α）ｕ＝β

α≠１　より、　ｕ＝β/（１−α）

　ＦＧ（ｚ）＝αｚ＋αβ　より、　αｖ＋αβ＝ｖ　すなわち、　（１−α）ｖ＝αβ

α≠１　より、　ｖ＝αβ/（１−α）

　以上から、　ｖ＝αｕ　なので、点 ｖ は、原点中心の ｕ の相似回転で得られる。

また、　ｕ−ｖ＝β　すなわち、　ｖ＝ｕ−β　なので、点 ｖ は、点 ｕ を−βだけ平行移動して

得られる。　　（終）


問題　　次の問いに答えよ。

（１）　ｚ＝（ｅ^（ｉθ）＋ｅ^（−ｉθ））/２　は、両端の座標が １ と −１ である線分を表すことを
　　　示せ。

（２）　（１）の線分を、両端の座標が ｚ₁ と ｚ₂ である線分へ移す等形変換を求めよ。

（解）（１）　ｚ＝ｃｏｓθ　なので、ｚは両端の座標が １ と −１ である線分上を動く。

（２）　求める等形変換Ｆを、Ｆ（ｚ）＝ａｚ＋ｂ　（ａ、ｂは複素数で、ａ≠０）　とおく。

　Ｆ（１）＝ａ＋ｂ＝ｚ₁　、Ｆ（−１）＝−ａ＋ｂ＝ｚ₂　のとき、

　　ａ＝（ｚ₁−ｚ₂）/２　、ｂ＝（ｚ₁＋ｚ₂）/２　より、

　　Ｆ（ｚ）＝（（ｚ₁−ｚ₂）/２）ｚ＋（（ｚ₁＋ｚ₂）/２）

　Ｆ（１）＝ａ＋ｂ＝ｚ₂　、Ｆ（−１）＝−ａ＋ｂ＝ｚ₁　のとき、

　　ａ＝（ｚ₂−ｚ₁）/２　、ｂ＝（ｚ₁＋ｚ₂）/２　より、

　　Ｆ（ｚ）＝（（ｚ₂−ｚ₁）/２）ｚ＋（（ｚ₁＋ｚ₂）/２）　　（終）


問題　　裏返し等形変換Ｆに対して、線対称移動Ｇおよび原点中心の相似回転Ｈを適当に
　　　　選んで、ＨＧ＝Ｆ としたい。ＧとＨをどのように定義すればよいだろうか。

（解）　与えられた裏返し等形変換Ｆを、Ｆ（ｚ）＝ａ＋ｂ　（ａ、ｂは複素数で、ａ≠０）　とおく。

　直線　ｚ＋ｔ²＝（２ｒ）ｔ　（ｔ は法線方向の複素数、ｒ は原点と直線との距離）　に関する対

称移動Ｇは、Ｇ（ｚ）＝−ｔ²＋（２ｒ）ｔ　で、原点中心の相似回転Ｈは、Ｈ（ｚ）＝αｚ　で定義さ

れる。このとき、

　ＨＧ（ｚ）＝−αｔ²＋（２ｒ）αｔ＝ａ＋ｂ　より、　ａ＝−αｔ²　、ｂ＝（２ｒ）αｔ　なので、

　ｒ＝−ｂｔ/（２ａ）　と書ける。ｒ は実数なので、　−ｂｔ/（２ａ）＝−/（２）

　ｔ は大きさ１の複素数なので、　＝１/ｔ

よって、　ｔ²＝ａ/（ｂ）　で、　α＝−ｂ/　と定めれば、　ＨＧ＝Ｆ　が成り立つ。

すなわち、　Ｇ（ｚ）＝−ｔ²−（ｂ/ａ）ｔ²＝−（ａ/（ｂ））−/　、Ｈ（ｚ）＝−（ｂ/）ｚ

と定義すればよい。　　（終）


問題　　原点中心にπ/３回転してから、平行移動αを行う変換は、回転移動になることを
　　　　示せ。

　　　

（解）　Ｆ（ｚ）＝ｔｚ　（ただし、ｔ＝ｅ^（π/３）ｉ ）　、Ｇ（ｚ）＝ｚ＋α　より、

　ＧＦ（ｚ）＝ｔｚ＋α　で、不動点を ｚ₀ とおくと、　ｚ₀＝ｔｚ₀＋α

　よって、　（１−ｔ）ｚ₀＝α

ここで、　ｔ＋＝１　、ｔ＝１　なので、　ｚ₀＝αｔ　となる。

　このとき、　ＧＦ（ｚ）−ｚ₀＝ｔ（ｚ−ｚ₀）　と書けるので、合成変換ＧＦは、

　αｔ　を中心として、π/３回転の回転移動を表す。　　（終）

　この結果を活用すると、次の問題も即答だろう。

問題　　ガウス平面において、Ａ（ｚ）、Ｂ（α）として、△ＯＡＢを考え、その外側に正三角形
　　　　ＯＡＣを作る。次に、ＯＢ、ＯＣを２辺とする平行四辺形ＣＯＢＤを作る。さらに、原点
　　　　中心に、Ｂをπ/３回転させた点をＥとおく。このとき、△ＡＤＥは正三角形になること
　　　　を示せ。

　　　　

　証明は、前問題から明らか。


反転　・・・　幾何問題における強力な武器ですね！

　中心がＯで半径 ｒ の円がある。Ｏと異なる任意の点Ｐに対して、　ＯＰ・ＯＱ＝ｒ²　となる点
Ｑが半直線ＯＰ上にただ一つ定まる。

　　

　このとき、点Ｐに点Ｑを対応させる変換は反転と言われ、点Ｏを反転の中心、ｒ を反転
の半径という。

　点Ｐの反転が点Ｑであれば、当然、点Ｑの反転は点Ｐとなる。

　反転の中心Ｏ（ｃ）、Ｐ（ｚ）、Ｑ（ｗ）とし、ＯＰ＝ｐ、ＯＱ＝ｑ　とおく。

　ＯＰと同じ向きの大きさ１の複素数を ｔ とすると、　ｚ−ｃ＝ｐｔ　、ｗ−ｃ＝ｑｔ　と書ける。

このとき、定義より、　（ｗ−ｃ）（−）＝ｐｑ＝ｒ²　となる。これより、

　ｗ＝ｃ＋ｒ²/（−）

と書けるので、点Ｐに点Ｑを対応させる反転Ｆは、

　Ｆ（ｚ）＝ｃ＋ｒ²/（−）

で表される。特に、単位円に関する反転Ｆは、　Ｆ（ｚ）＝１/　で表される。


問題　　円 ｚ＋ｚ＋α＋１＝０　（ただし、α＞１）　は、中心が−αで、半径が
　　　　√（α−１）である。この円に関して、点ｚ₁の反転が点ｚ₂のとき、
　　　　　ｚ₁₂＋ｚ₁＋α₂＋１＝０　が成り立つことを示せ

（解）　題意より、　ｚ₁＝−α＋（α−１）/（₂＋）　なので、

　　（ｚ₁＋α）（₂＋）＝α−１

　これを展開して、　ｚ₁₂＋ｚ₁＋α₂＋１＝０　が成り立つ。　　（終）


　反転の作図法については、「基本の作図」の「反転」で考えたが、次のように考えてもよい。

　次の図が基本となる。

　　　　

　半直線ＯＰとＰで直交する直線を引き、円Ｏとの交点をＡ、Ｂとする。Ａ、Ｂにおける円Ｏの
接線が交わる点をＱとする。このとき、点Ｑは点Ｐの反転となる。

　実際に、△ＯＰＡ∽△ＯＡＱ　より、　ＯＰ/ＯＡ＝ＯＡ/ＯＱ　なので、　ＯＰ・ＯＱ＝ＯＡ²＝ｒ²
より、点Ｑは点Ｐの反転となる。


問題　　単位円Ｏの周上に２定点Ａ（α）、Ｂ（β）をとる。Ｏと異なる点Ｐ（ｚ）に対して、この円
　　　　に関する点Ｐの反転をＱ（ｗ）とする。（Ｑの作図方法は、上記を参照）

　　

　このとき、Ｐの取り方に無関係に、∠ＡＰＢ＋∠ＡＱＢ　は一定であることを示せ。

（解）　題意より、ｗ＝１/　と表される。このとき、

　∠ＡＰＢ＝ａｒｇ（β−ｚ）/（α−ｚ）

　∠ＡＱＢ＝ａｒｇ（β−１/）/（α−１/）＝ａｒｇ（β−１）/（α−１）

　α＝β＝１　なので、

　∠ＡＱＢ＝ａｒｇ（β−β）/（α−α）＝ａｒｇ（β/α）＋ａｒｇ（−）/（−）

ここで、　ａｒｇ（−）/（−）＝−ａｒｇ（β−ｚ）/（α−ｚ）＝−∠ＡＰＢ　なので、

　∠ＡＰＢ＋∠ＡＱＢ＝ａｒｇ（β/α）　が成り立つ。

　この値はＰの取り方に無関係な定数である。　　（終）


　反転については、よく「直線」や「円」が対象となる。

　まず、直線の方程式　ｚ＋α＋ｂ＝０　（α≠０、ｂは実数）　に対して、単位円に関する
反転Ｆを考えてみよう。点ｚに対応する点をｗとおくと、変換式　Ｆ（ｚ）＝１/　より、

　ｗ＝１/　すなわち、　＝１/ｗ　、ｚ＝１/　なので、直線の方程式に代入して、

　（１/）＋α（１/ｗ）＋ｂ＝０　すなわち、　ｂｗ＋ｗ＋α＝０

　これは、ｂ＝０　ならば、元の直線と一致し、ｂ≠０　ならば、円の方程式となる。

以上をまとめると、

　反転の中心（原点）を通る直線の反転は、元の直線と一致し、

　反転の中心（原点）を通らない直線の反転は、反転の中心（原点）を通る円である

ということが分かる。

　次に、円の方程式　ｚ＋ｚ＋α＋ｂ＝０　（ｂは実数）　に対して、単位円に関する反
転Ｆを考えてみよう。点ｚに対応する点をｗとおくと、変換式　Ｆ（ｚ）＝１/　より、

　ｗ＝１/　すなわち、　＝１/ｗ　、ｚ＝１/　なので、円の方程式に代入して、

（１/）（１/ｗ）＋（１/）＋α（１/ｗ）＋ｂ＝０　すなわち、ｂｗ＋ｗ＋α＋１＝０

　これは、ｂ＝０　ならば、直線となり、元の円は原点を通る。ｂ≠０　ならば、円となり、元の

円は原点を通らない。

以上をまとめると、

　反転の中心（原点）を通る円の反転は、反転の中心（原点）を通らない直線である

　反転の中心（原点）を通らない円の反転は、反転の中心（原点）を通らない円である

ということが分かる。

　今まで、反転の定義で、「Ｏと異なる任意の点Ｐに対して」としてきたが、上記の計算でも
分かるように、非常に結果が煩雑である。ここをスッキリさせよう。

　反転の変換式　ｗ＝１/　で、ｚ → ０　のとき、ｗ → ∞　である。そこで、ガウス平面に

無限遠点｛∞｝を添加して考えると、理論的にスッキリしたものになる。

　ガウス平面Ｃに対して、Ｃ∪｛∞｝はリーマン面と呼ばれる。このとき、ガウス平面上の
直線は、∞を通る円とみなされる。

　リーマン面の具体的なイメージは、いわゆる、球面である。

　　　

　ガウス平面上の原点を通る直線は、０と∞を通る大円となり、ガウス平面上の原点を通ら
ない直線は、∞を通る円となる。

　このように考えると、ガウス平面上の直線は、リーマン面では円と考えられる。

　このような一般化された円のことを、ガウス円と言う。

　ガウス平面において、

　直線の方程式は、　ｚ＋α＋ｂ＝０　（α≠０、ｂは実数）

　円の方程式は、　ｚ＋ｚ＋α＋ｂ＝０　（ｂは実数で、｜α｜²−ｂ＞０）

であるが、両者を比較すると、直線と円の違いは、直線の方程式に、ｚ を追加したものが
円の方程式になる点である。

　以上から、直線と円を総括したガウス円の方程式は、

　　ａｚ＋ｚ＋α＋ｂ＝０　（ａ、ｂは実数で、α≠０）

で与えられる。


　ガウス円という言葉を用いると、先の結果は、次のようにまとめられる。

（１）　０と∞を通るガウス円は、反転により、自分自身に移される。

（２）　０を通るガウス円は、（０を通らない）∞を通るガウス円に移される。

（３）　０も∞も通らないガウス円は、０も∞も通らないガウス円に移される。

　以上から、

　反転によって、ガウス円はガウス円に移される

と言える。

　実際に、ガウス円　ａｚ＋ｚ＋α＋ｂ＝０　（ａ、ｂは実数で、α≠０）　に対して、単位円

に関して反転を考えれば、反転の変換式　ｗ＝１/　より、

　ａ・（１/ｗ）（１/）＋（１/）＋α（１/ｗ）＋ｂ＝０

すなわち、　ｂｗ＋ｗ＋α＋ａ＝０　となり、ガウス円が得られる。


　０と∞を通るガウス円は、反転によって自分自身に移されるが、当然ながら、このような性
質を持つ円は無数にある。


　例えば、反転の中心をＯとし反転の半径を ｒ とすると、点Ｐの反転が点Ｑのとき、線分ＰＱ
を直径とする円がそのような例になる。

　反転の中心をＯから、線分ＰＱを直径とする円に引いた接線の接点をＴとすると、方べきの
定理から、　ＯＴ²＝ＯＰ・ＯＱ　すなわち、　ＯＴ²＝ＯＰ・ＯＱ＝ｒ²　が成り立つので、接点Ｔは、
線分ＰＱを直径とする円周上にある。

　したがって、反転により、線分ＰＱを直径とする円は自分自身に移される。

　このことを、計算により追認してみよう。

問題　　原点を中心とする反転によって、不変な円が存在することを示せ。

（解）　反転で不変な円があったとして、その円の方程式を、

　ｚ＋ｚ＋α＋ｂ＝０

とする。これに反転 ｗ＝１/　を行うと、　ｂｗ＋ｗ＋α＋１＝０

　この２つの円が一致するためには、　ｂ＝１　でなければならない。

　このとき、円の方程式は、　｜ｚ＋α｜＝√（｜α｜²−１）　となるので、

　求める円の中心は、−α となる。

　Ｃ（−α）とし、この円と単位円の交点の一つをＡとすると、

　ＯＣ＝｜α｜、ＯＡ＝１、ＣＡ＝√（｜α｜²−１）　より、　ＯＡ²＋ＣＡ²＝ＯＣ²

よって、三平方の定理より、　ＣＡ⊥ＯＡ　となる。

　ＯＡは円Ｃに点Ａで接し、ＣＡは円Ｏに点Ａで接する。

すなわち、求める円は確かに存在し、それは、単位円Ｏに直交する円である。　　（終）


　次に、反転の大切な性質として、

　曲線のなす角を変えない

というものがある。

　今まで話題にしてきた、平行移動、回転、相似拡大においても、もちろん、曲線のなす角
を変えない。

　曲線のなす角（交角）とは、２つの曲線Ｌ、Ｍの交点Ｐにおいて引いた接線のなす角を言う。

　２つの曲線Ｌ、Ｍの反転をＬ’、Ｍ’とする。ＬとＭの交点Ｐが反転により、Ｌ’とＭ’の
交点Ｐ’に移されるとき、ＬとＭのなす角とＬ’とＭ’のなす角は、異符号で絶対値は等
しい。

（証明）　以下では、単位円に関する反転で考える。

　Ｐ（ｚ）、Ｐ’（ｗ）とし、Ｌ、Ｍ上にＰと異なる点 ｚ₁、ｚ₂ をとる。点 ｚ₁、ｚ₂ の反転を ｗ₁、ｗ₂ と
すると、

　　ｗ＝１/　、ｗ₁＝１/₁　、ｗ₂＝１/₂

なので、　ｗ₁−ｗ＝１/₁−１/　、ｗ₂−ｗ＝１/₂−１/　から、

　（ｗ₂−ｗ）/（ｗ₁−ｗ）＝（₂−）/（₁−）・（₁/₂）

よって、　ａｒｇ（ｗ₂−ｗ）/（ｗ₁−ｗ）＝−ａｒｇ（ｚ₂−ｚ）/（ｚ₁−ｚ）−ａｒｇ（ｚ₁/ｚ₂）

ここで、ｚ₁ → ｚ　、ｚ₂ → ｚ とすると、ａｒｇ（ｚ₁/ｚ₂） → ０　なので、

　（Ｐ’におけるなす角）＝−（Ｐにおけるなす角）

であることが分かる。　　（証終）


問題　　ガウス平面上の原点を通らない２直線

　（−ｉ−１）ｚ＋（ｉ−１）＋１＝０　・・・　�@

　（−ｉ−）ｚ＋（ｉ−）＋１＝０　・・・　�A

が単位円に関する反転で移される図形�@’、�A’を求めよ。また、�@、�Aのなす角と�@’、�A’
のなす角を求めよ。



（解）　�@は、実軸上の点１/２で交わり、ｉ−１に垂直な直線である。

　�Aは、実軸上の点１/（２）で交わり、ｉ−に垂直な直線である。

よって、�@と�Aの交点は、（−１）（１−ｉ）/４　で、なす角は、π/６ である。

　単位円に関する反転 ｗ＝１/ で、�@は円に移される。その方程式は、

　ｗ＋（−ｉ−１）ｗ＋（ｉ−１）１＝０　・・・　�@’

同様に、�Aは、　ｗ＋（−ｉ−）ｗ＋（ｉ−）＝０　・・・　�A’　に移される。

　�@’は、｜ｗ＋（ｉ−１）｜＝２　の円で、中心は １−ｉ 、半径２ である。

　�A’は、｜ｗ＋（ｉ−）｜＝２　の円で、中心は −ｉ 、半径２ である。

　�@’、�A’の原点以外の交点 （＋１）（１−ｉ） で各円に接線�@’、�A’を引き、そのなす

角を調べると、丁度 π/６ となる。向きも考えれば、−π/６ である。　　（終）


（コメント）　なす角が異符号になることは、上図から推察される。


１次分数変換

　ｚ についての１次の有理式　Ｆ（ｚ）＝（ａｚ＋ｂ）/（ｃｚ＋ｄ）　（ただし、ａｄ−ｂｃ≠０）　で表され

る変換は１次分数変換（メビウス変換）と言われる。

　ａｄ−ｂｃ≠０　という条件から、逆変換Ｆ^-1（ｚ）が存在し、　Ｆ^-1（ｚ）＝（−ｄｚ＋ｂ）/（ｃｚ−ａ）

である。

　ガウス平面に無限遠点を追加したリーマン面 Ｃ∪｛∞｝ において、１次分数変換は、１対１
対応となる。

　ｗ＝（ａｚ＋ｂ）/（ｃｚ＋ｄ）＝（ａ＋ｂ/ｚ）/（ｃ＋ｄ/ｚ）　において、

　ｚ → −ｄ/ｃ　とすると、ｗ → ∞　で、ｚ → ∞ とすると、ｗ → ａ/ｃ　が対応する。

　１次分数変換全体は、群をなす。ただし、可換群ではない。

問題　　複素数 ｚ＝ｘ＋ｉ・ｙ の関数 Ｆ（ｚ）＝（１−ｚ）/（１＋ｚ） の実部 Ｒｅ Ｆ（ｚ） と虚部 Ｉｍ Ｆ（ｚ）
　　　　を、ｘ、ｙ の関数で表せ。

（解）　Ｆ（ｚ）＝（１−ｘ−ｉ・ｙ）/（１＋ｘ＋ｉ・ｙ）＝（１−ｘ²−ｙ²−２ｉ・ｙ）/（（１＋ｘ）²＋ｙ²）　なので、

　Ｒｅ Ｆ（ｚ）＝（１−ｘ²−ｙ²）/（（１＋ｘ）²＋ｙ²）　、Ｉｍ Ｆ（ｚ）＝−２ｙ/（（１＋ｘ）²＋ｙ²）　　（終）

問題　　関数 Ｆ（ｚ）＝（ｚ＋２）/（２ｚ−１） について、次の問いに答えよ。

（１）　Ｆ（０）　、Ｆ（ｉ）　の値を求めよ。

（２）　Ｆ（ｚ）＝ｉ　となる ｚ を求めよ。

（解）（１）　Ｆ（０）＝−２　、Ｆ（ｉ）＝（ｉ＋２）/（２ｉ−１）＝−ｉ

（２）　Ｆ^-1（ｚ）＝（ｚ＋２）/（２ｚ−１）　なので、　Ｆ^-1（ｉ）＝（ｉ＋２）/（２ｉ−１）＝−ｉ　　（終）

問題　　関数 Ｆ（ｚ）＝（２ｚ＋１）/（３ｚ−２） について、Ｆ²（ｚ）を求めよ。

（解）　Ｆ²（ｚ）＝（２（２ｚ＋１）/（３ｚ−２）＋１）/（３（２ｚ＋１）/（３ｚ−２）−２）＝ｚ　　（終）


問題　　ガウス平面において、点−１/４＋（１/２）ｉ と点 １/２−（１/４）ｉ を結ぶ線分をＬとお
　　　　く。１次分数変換 Ｆ（ｚ）＝１/ｚ により、Ｌはどのような図形に変換されるか。

（解）　ｘｙ 座標系において、線分Ｌの方程式は、ｘ＋ｙ＝１/４　（ただし、−１/４≦ｘ≦１/２）と
　　　表される。

　ｚ＝ｘ＋ｉ・ｙ とおくと、　１/ｚ＝（ｘ−ｉ・ｙ）/（ｘ²＋ｙ²）　なので、

Ｆ（ｚ）＝ｕ＋ｉ・ｖ　とおくと、　ｕ＝ｘ/（ｘ²＋ｙ²）　、ｖ＝−ｙ/（ｘ²＋ｙ²）　となる。

　ここで、　ｕ²＋ｖ²＝１/（ｘ²＋ｙ²）　なので、　ｘ＝ｕ/（ｕ²＋ｖ²）　、ｙ＝−ｖ/（ｕ²＋ｖ²）

よって、　ｘ＋ｙ＝１/４　より、　ｕ/（ｕ²＋ｖ²）−ｖ/（ｕ²＋ｖ²）＝１/４　から、

　ｕ²＋ｖ²＝４ｕ−４ｖ　即ち、（ｕ−２）²＋（ｖ＋２）²＝８　・・・　中心（２，−２）、半径２の円

また、　−１/４≦ｘ≦１/２　より、　−１/４≦ｕ/（ｕ²＋ｖ²）≦１/２　なので、

　ｕ²＋ｖ²≧−４ｕ　すなわち、　（ｕ＋２）²＋ｖ²≧４

かつ、

　ｕ²＋ｖ²≧２ｕ　すなわち、　（ｕ−１）²＋ｖ²≧４

　以上を図示すると、線分Ｌは下図の実線部分（青色）に移される。

　

（終）


　上記の問題の変換 ｗ＝１/ｚ は、　ｗ＝　、ｔ＝１/　の合成変換と考えられる。

　ｗ＝　・・・　実軸に関する対称移動

　ｔ＝１/　・・・　単位円に関する反転

　このように考えれば、上図が得られる背景が納得されることと思う。


　１次分数変換では、向きも含めて等しくなるという等角性を持つ。

　ｗ＝　・・・　実軸に関する対称移動　→　逆向き

　ｔ＝１/　・・・　単位円に関する反転　→　逆向き

なので、変換 ｗ＝１/ｚ は、「逆の逆」なので、向きも含めて等しくなることが理解できる。

　実際に、１次分数変換　Ｆ（ｚ）＝（ａｚ＋ｂ）/（ｃｚ＋ｄ）　において、

ｃ＝０　のとき、ｄ≠０　で、　Ｆ（ｚ）＝（ａ/ｄ）ｚ＋（ｂ/ｄ）　　これは、等形変換で、等角性をもつ

ｃ≠０のとき、　Ｆ（ｚ）＝（ａ/ｃ）＋｛（ｂｃ−ａｄ）/ｃ²｝｛１/（ｚ＋ｄ/ｃ）｝　と分解され、この変換は、

平行移動、単位円に関する反転、実軸対称移動、等形変換の合成変換であることが分かる

ので、その結果として、１次分数変換は、等角性を持つことになる。


問題　　ガウス平面において、直交する２直線 ｚ＝１、ｚ＝ｉ が１次分数変換
　　　　Ｆ（ｚ）＝（ｚ＋１）/（ｚ−２） により移される図形を求め、等角性が保たれていること
　　　　を見よ。

（解）　ｚ＝ｘ＋ｉ・ｙ とおくと、

　（ｚ＋１）/（ｚ−２）＝（（ｘ＋１）（ｘ−２）＋ｙ²）/（（ｘ−２）²＋ｙ²）−３ｉ・ｙ/（（ｘ−２）²＋ｙ²）

そこで、　Ｆ（ｚ）＝ｕ＋ｉ・ｖ　とおくと、

　ｕ＝（（ｘ＋１）（ｘ−２）＋ｙ²）/（（ｘ−２）²＋ｙ²）　、ｖ＝−３ｙ/（（ｘ−２）²＋ｙ²）

　ｚ＝１　は、　ｘ＝１　、ｙ＝ｔ　とおけるので、

　ｕ＝（−２＋ｔ²）/（１＋ｔ²）　、ｖ＝−３ｔ/（１＋ｔ²）

これより、ｔ を消去して、　ｕ²＋ｖ²＋ｕ−２＝０　すなわち、円　（ｕ＋１/２）²＋ｖ²＝９/４

同様にして、ｚ＝ｉ　は、　ｘ＝ｓ　、ｙ＝１　とおけるので、

　ｕ＝（（ｓ＋１）（ｓ−２）＋１）/（（ｓ−２）²＋１）　、ｖ＝−３/（（ｓ−２）²＋１）

これより、ｓ を消去して、（ｕ−１）²＋ｖ²＋３ｖ＝０　即ち、円　（ｕ−１）²＋（ｖ＋３/２）²＝９/４

　これらを図示すれば、

　　　

　直交する２直線 ｚ＝１、ｚ＝ｉ の交点 １＋ｉ の像 −（１＋３ｉ）/２ において、２円が確かに直
交しているのが見て取れる。　　（終）


　１次分数変換によって、ガウス円はガウス円に移されるが、複比も１次分数変換によって
変わらない。

　実際に、１次分数変換 Ｆ（ｚ）＝（ａｚ＋ｂ）/（ｃｚ＋ｄ）によるガウス平面上の４点α、β、γ、δ

の像をそれぞれ α’、β’、γ’、δ’とすると、

　α’＝（ａα＋ｂ）/（ｃα＋ｄ）、β’＝（ａβ＋ｂ）/（ｃβ＋ｄ）、γ’＝（ａγ＋ｂ）/（ｃγ＋ｄ）、

　δ’＝（ａδ＋ｂ）/（ｃδ＋ｄ）

なので、　（α，β，γ，δ）＝｛（α−γ）/（β−γ）｝/｛（α−δ）/（β−δ）｝　より、

（α’，β’，γ’，δ’）＝｛（α’−γ’）/（β’−γ’）｝/｛（α’−δ’）/（β’−δ’）｝　において、

　（α’−γ’）/（β’−γ’）

＝（（ａα＋ｂ）/（ｃα＋ｄ）−（ａγ＋ｂ）/（ｃγ＋ｄ））/（（ａβ＋ｂ）/（ｃβ＋ｄ）−（ａγ＋ｂ）/（ｃγ＋ｄ））

＝［（ａｄ−ｂｃ）（α−γ）/｛（ｃα＋ｄ）（ｃγ＋ｄ）｝］/［（ａｄ−ｂｃ）（β−γ）/｛（ｃβ＋ｄ）（ｃγ＋ｄ）｝］

＝｛（ｃβ＋ｄ）/（ｃα＋ｄ）｝・｛（α−γ）/（β−γ）｝

　（α’−δ’）/（β’−δ’）

＝（（ａα＋ｂ）/（ｃα＋ｄ）−（ａδ＋ｂ）/（ｃδ＋ｄ））/（（ａβ＋ｂ）/（ｃβ＋ｄ）−（ａδ＋ｂ）/（ｃδ＋ｄ））

＝［（ａｄ−ｂｃ）（α−δ）/｛（ｃα＋ｄ）（ｃδ＋ｄ）｝］/［（ａｄ−ｂｃ）（β−δ）/｛（ｃβ＋ｄ）（ｃδ＋ｄ）｝］

＝｛（ｃβ＋ｄ）/（ｃα＋ｄ）｝・｛（α−δ）/（β−δ）｝

より、　（α’，β’，γ’，δ’）＝｛（α−γ）/（β−γ）｝/｛（α−δ）/（β−δ）｝　となるので、

　（α’，β’，γ’，δ’）＝（α，β，γ，δ）

が成り立つ。以上から、１次分数変換によって、複比は不変である。


　ここで、ガウス平面をリーマン面に拡張すると、複比の４点のうち１つは∞となる場合がある。

　その場合は、複比は極限値で考えることにする。

　例えば、α＝∞　のとき、

　（α，β，γ，δ）
　＝｛（１−γ/α）/（β−γ）｝/｛（１−δ/α）/（β−δ）｝＝（β−δ）/（β−γ）

である。他も同様である。この拡張により、

　リーマン面において、１次分数変換によって、複比は不変である

ことが分かる。


問題　　ガウス円上の異なる４点 ｚ₁、ｚ₂、ｚ₃、ｚ₄ に対して、複比（ｚ₁，ｚ₂，ｚ₃，ｚ₄）は実数
　　　　となることを示せ。

（解）　ガウス円の中心をα、半径を ｒ とすると、　ｚ＝α＋ｒ・ｅ＾ｉθ

　このとき、ｋ＝１、２、３、４に対して、　ｚ_ｋ＝α＋ｒ・ｅ＾ｉθ_ｋ　とおくと、

（ｚ₁，ｚ₂，ｚ₃，ｚ₄）＝｛（ｚ₁−ｚ₃）/（ｚ₂−ｚ₃）｝/｛（ｚ₁−ｚ₄）/（ｚ₂−ｚ₄）｝　において、

（ｚ₁，ｚ₂，ｚ₃，ｚ₄）

＝｛（ｅ＾ｉθ₁−ｅ＾ｉθ₃）/（ｅ＾ｉθ₂−ｅ＾ｉθ₃）｝/｛（ｅ＾ｉθ₁−ｅ＾ｉθ₄）/（ｅ＾ｉθ₂−ｅ＾ｉθ₄）

なので、（ｚ₁，ｚ₂，ｚ₃，ｚ₄）の共役複素数は、

｛（ｅ＾（−ｉθ₁）−ｅ＾（−ｉθ₃））/（ｅ＾（−ｉθ₂）−ｅ＾（−ｉθ₃））｝
　　/｛（ｅ＾（−ｉθ₁）−ｅ＾（−ｉθ₄））/（ｅ＾（−ｉθ₂）−ｅ＾（−ｉθ₄））

＝｛（１/ｅ＾ｉθ₁−１/ｅ＾ｉθ₃）/（１/ｅ＾ｉθ₂−１/ｅ＾ｉθ₃）｝
　　/｛（１/ｅ＾ｉθ₁−１/ｅ＾ｉθ₄）/（１/ｅ＾ｉθ₂−１/ｅ＾ｉθ₄）

＝｛（ｅ＾ｉθ₃−ｅ＾ｉθ₁）/（ｅ＾ｉθ₃−ｅ＾ｉθ₂）｝・ｅ＾ｉ（θ₂−θ₁）
　　/｛（ｅ＾ｉθ₄−ｅ＾ｉθ₁）/（ｅ＾ｉθ₄−ｅ＾ｉθ₂）・ｅ＾ｉ（θ₂−θ₁）

＝｛（ｅ＾ｉθ₁−ｅ＾ｉθ₃）/（ｅ＾ｉθ₂−ｅ＾ｉθ₃）｝/｛（ｅ＾ｉθ₁−ｅ＾ｉθ₄）/（ｅ＾ｉθ₂−ｅ＾ｉθ₄）

＝（ｚ₁，ｚ₂，ｚ₃，ｚ₄）

　よって、　（ｚ₁，ｚ₂，ｚ₃，ｚ₄）は実数　となる。　　（終）


問題　　１次分数変換Ｆ（ｚ）により、円Ｏが円Ｏ’に移るものとする。また、円Ｏに関して、点
　　　　ｚ₂はｚ₁の反転とする。ｗ₁＝Ｆ（ｚ₁）、ｗ₂＝Ｆ（ｚ₂）とするとき、円Ｏ’に関して、点ｗ₂は
　　　　ｗ₁の反転であることを示せ。

（解）　１次分数変換は、平行移動、単位円に関する反転、実軸対称移動、等形変換の合成
　　　変換であるので、与えられた問題は、単位円に関する反転について示せば十分である。

　円Ｏの中心を ｃ 、半径を ｒ とすると、題意より、円Ｏに関する反転は、ｗ＝ｃ＋ｒ²/（−）

なので、　ｚ₂＝ｃ＋ｒ²/（₁−）　すなわち、　（ｚ₂−ｃ）（₁−）＝ｒ²　が成り立つ。

　ここで、　ｗ₁＝１/₁　、ｗ₂＝１/₂　なので、　（１/₂−ｃ）（１/ｗ₁−）＝ｒ²　より、

　（ｃ−ｒ²）ｗ₁₂−ｗ₁−ｃ₂＋１＝０　・・・　(*)

　ところで、円Ｏを単位円に関して反転 ｗ＝１/ させると、円Ｏ’の方程式は、

　（１/−ｃ）（１/ｗ−）＝ｒ²　すなわち、　（ｃ−ｒ²）ｗ−ｗ−ｃ＋１＝０

となる。(*)より、反転の性質から、円Ｏ’に関して、点 ｗ₁ を反転させた点が ｗ₂ であること

を示す。　　（終）


　１次分数変換Ｆによって、複比が不変であることを用いると、４点 ｚ₁、ｚ₂、ｚ₃、ｚ に対して、
その像を、ｗ₁＝Ｆ（ｚ₁）、ｗ₂＝Ｆ（ｚ₂）、ｗ₃＝Ｆ（ｚ₃）、ｗ＝Ｆ（ｚ） とすると、

｛（ｚ₁−ｚ₃）/（ｚ₂−ｚ₃）｝/｛（ｚ₁−ｚ）/（ｚ₂−ｚ）｝＝｛（ｗ₁−ｗ₃）/（ｗ₂−ｗ₃）｝/｛（ｗ₁−ｗ）/（ｗ₂−ｗ）｝

｛（ｚ₂−ｚ₃）/（ｚ₁−ｚ₃）｝・｛（ｗ₁−ｗ₃）/（ｗ₂−ｗ₃）｝＝α　とおくと、

　（ｗ₁−ｗ）/（ｗ₂−ｗ）＝α｛（ｚ₁−ｚ）/（ｚ₂−ｚ）｝

　これより、ｗ を ｚ を用いて表すと、

　ｗ＝｛（ｗ₁−αｗ₂）ｚ＋αｗ₂ｚ₁−ｗ₁ｚ₂｝/｛（１−α）ｚ＋αｚ₁−ｚ₂｝

という１次分数変換ｗ＝Ｆ（ｚ）が得られる。


問題　　１次分数変換　ｗ＝（ｚ＋２ｉ）/（２ｉｚ−１）　によって、単位円の内部、周、外部はどの
　　　　ような図形に移されるか。

（解）　｜ｗ｜²−１＝ｗ−１＝（ｚ＋２ｉ）/（２ｉｚ−１）・（−２ｉ）/（−２ｉ−１）−１

　展開して整理すると、　｜ｗ｜²−１＝−３（｜ｚ｜²−１）/｜２ｉｚ−１｜²

よって、　｜ｚ｜＜１　（単位円の内部）　のとき、　｜ｗ｜＞１　（単位円の外部）

　｜ｚ｜＝１　（単位円の周）　のとき、　｜ｗ｜＝１　（単位円の周）

　｜ｚ｜＞１　（単位円の外部）　のとき、　｜ｗ｜＜１　（単位円の内部）　　（終）


問題　　１次分数変換　ｗ＝２０ｚ/（５−（２−ｉ）ｚ）　によって、単位円の内部および周はどの
　　　　ような図形に移されるか。

（解）　ｚ＝５ｗ/（（２−ｉ）ｚ＋２０）　を、ｚ≦１　に代入して、

　５ｗ/（（２−ｉ）ｚ＋２０）・５/（（２＋ｉ）＋２０）≦１

よって、分母を払って整理すると、ｗ−（２−ｉ）ｗ−（２＋ｉ）−２０≦０　なので、

　（ｗ−（２＋ｉ））（−（２−ｉ））≦２５　すなわち、　｜ｗ−（２＋ｉ）｜≦５

　以上から、２＋ｉ が中心で、半径５の円の内部および周に移される。　　（終）


問題　　点 ｚ が直線 ｉｚ−ｉ＝１ 上を動くとき、ｗ＝（ｚ＋ｉ）/（ｚ−ｉ） はどんな図形上を動くか？

（解）　ｚ＝ｉ・（ｗ＋１）/（ｗ−１） を ｉｚ−ｉ＝１ に代入して、

　−（ｗ＋１）/（ｗ−１）−（＋１）/（−１）＝１

分母を払って整理すると、　３ｗ−ｗ−−１＝０

よって、｜ｗ−１/３｜＝２/３　となるので、中心が１/３で半径２/３の円周上を動く。　　（終）


問題　　１次分数変換　ｗ＝ｚ/（ｚ−ｉ）　によって、円 ｜ｚ＋ｉ｜＝１ はどのような図形に移さ
　　　　れるか。

（解）　ｚ＝ｉｗ/（ｗ−１）　を、（ｚ＋ｉ）（−ｉ）＝１　に代入して、

　　（ｉｗ/（ｗ−１）＋ｉ）（−ｉ/（−１）−ｉ）＝１

分母を払って整理すると、　３ｗ−ｗ−＝０　なので、　｜ｗ−１/３｜＝１/３

　以上から、１/３ が中心で、半径１/３の円に移される。　　（終）


　アポロニウスの円を意識すれば、次のような別解も考えられる。

（別解）　ｚ＝ｉｗ/（ｗ−１）　を、｜ｚ＋ｉ｜＝１ に代入して、　｜ｉｗ/（ｗ−１）＋ｉ｜＝１ より、

　｜ｗ−１/２｜/｜ｗ−１｜＝１/２　なので、ｗ は、

１/２ と １ を結ぶ線分を、１ ： ２ に内分する点と １ ： ２ に外分するを直径の両端とする円

すなわち、２/３と０を結ぶ線分を直径とする円を描く。

　この円の中心は、１/３ で、半径は、１/３ なので、方程式は、｜ｗ−１/３｜＝１/３　　（終）


問題　　１次分数変換　ｗ＝（ｚ＋２）/（ｚ−２）　について、次の問いに答えよ。

（１）　ガウス平面において、点 ｚ が点Ａ（−２）とＢ（２）を直径の両端とする円周上を動くとき、
　　点 ｗ はどんな図形上を動くか。

（２）　ガウス平面において、点 ｚ が点Ａ（−２）とＢ（２）を結ぶ線分を ３ ： １ に内分、外分す
　　る点を直径の両端とする円周上を動くとき、点 ｗ はどんな図形上を動くか。

（解）（１）　ｚ＝２（cosθ＋ｉ・sinθ）　とおけるので、

　ｗ＝（２＋２（cosθ＋ｉ・sinθ））/（−２＋２（cosθ＋ｉ・sinθ））

　＝（１＋cosθ＋ｉ・sinθ）/（−１＋cosθ＋ｉ・sinθ）

　＝（２cos²（θ/２）＋２ｉ・sin（θ/２）cos（θ/２））/（−２sin²（θ/２）＋２ｉ・sin（θ/２）cos（θ/２））

　＝（cos（θ/２）/sin（θ/２））（cos（θ/２）＋ｉ・sin（θ/２））/（−sin（θ/２）＋ｉ・cos（θ/２））

　＝−ｉ・（cos（θ/２）/sin（θ/２））

　よって、ｗ は虚軸上を動く。

（２）　題意より、　｜（ｚ＋２）/（ｚ−２）｜＝３　なので、　｜ｗ｜＝３

　よって、ｗ は、原点中心で半径３の円周上を動く。　　（終）


問題　　点 ｚ が、原点Ｏと点Ａ（１＋ｉ）を結ぶ線分上を動くとき、点 ｗ＝ｉ・（ｚ−２ｉ）＋２ｉ はど
　　　　のような図形上を動くか。

（解）　ｗ−２ｉ＝ｉ・（ｚ−２ｉ）　より、点 ｗ は、点 ｚ を点 ２ｉ を中心に、９０°回転した点である。

　よって、求める図形は、線分ＯＡを点 ２ｉ を中心に９０°回転した線分となる。

　ｚ＝０　のとき、　ｗ＝２＋２ｉ　で、ｚ＝１＋ｉ　のとき、　ｗ＝１＋３ｉ

　よって、　（ｚ−２−２ｉ）/（１＋３ｉ−２−２ｉ）＝（ｚ−２−２ｉ）/（−１＋ｉ）　は実数なので、

　（ｚ−２−２ｉ）/（−１＋ｉ）＝（−２＋２ｉ）/（−１−ｉ）

よって、　（−１−ｉ）ｚ−（２＋２ｉ）（−１−ｉ）＝（−１＋ｉ）−（２−２ｉ）（−１＋ｉ）　より、

　（１＋ｉ）ｚ＋（−１＋ｉ）−８ｉ＝０

となる。両辺に １−ｉ を掛けて、　２ｚ＋２ｉ・−８−８ｉ＝０　より、　ｚ＋ｉ・＝４＋４ｉ

　以上から、線分ＯＡは、２＋２ｉ と １＋３ｉ を結ぶ線分 ｚ＋ｉ・＝４＋４ｉ 上を動く。　　（終）


問題　　１次分数変換　ｗ＝λ（ｚ−ａ）/（ｚ−ｂ） において、次の問いに答えよ。

（１）　点 ｚ が、２点 ａ、ｂ を通る円周上を動くとき、点 ｗ は、どんな図形を描くか。

（２）　点 ｚ が、｜（ｚ−ａ）/（ｚ−ｂ）｜＝ｒ　（ ｒ は一定） で定義されるアポロニウスの円周上を
　　　動くとき、点 ｗ は、どんな図形を描くか。

（３）　２点 ａ、ｂ を通る円群と｜（ｚ−ａ）/（ｚ−ｂ）｜＝ｒ　（ ｒ は一定） で定義されるアポロニウ
　　　スの円群は、互いに直交することを示せ。

（解）（１）　題意より、　ａｒｇ｛（ｚ−ａ）/（ｚ−ｂ）｝＝θ　または　θ＋π　（θは一定）　なので、

　　（ｚ−ａ）/（ｚ−ｂ）＝±ｋ・ｅ^ｉθ＝ｒ・ｅ^ｉθ　（ ｒ は実数）

　　よって、　ｗ＝λｒ・ｅ^ｉθ　となり、ｗ は原点を通る直線を描く。

（２）　題意より、　｜ｗ｜＝λｒ　なので、点ｗは、原点中心、半径が ｜λ｜ｒ の円を描く。

（３）　原点を通る直線と原点中心の円は、互いに直交する。１次分数変換は等角写像なの

　　で、２点 ａ、ｂ を通る円群とアポロニウスの円群は、互いに直交する。　　（終）


問題　　点 ｚ が点 ａ で接する円群を描くとき、１次分数変換　ｗ＝１/（ｚ−ａ）　によって、点
　　　　ｗ はどのような図形を描くか。

（解）　題意より、点 ａ で接する円群は、半径を ｒ として、中心を ａ＋ｒｐ （ただし、｜ｐ｜＝１）

とおくと、　ｚ−（ａ＋ｒｐ ）＝ｒｔ　（ただし、｜ｔ｜＝１）　とおける。

このとき、　ｗ＝１/｛ｒ（ｐ＋ｔ）｝　なので、　ｐ＋ｔ＝１/（ｒｗ）

両辺の共役複素数を求めて、　＋＝１/（ｒ）　すなわち、　１/ｐ＋１/ｔ＝１/（ｒ）

よって、　１/（ｒｐｔｗ）＝１/（ｒ）　より、　ｔ＝/（ｐｗ）　なので、

　１/（ｒｗ）＝ｐ＋/（ｐｗ）　すなわち、　ｒｐ²ｗ＋ｒ＝ｐ

両辺を ｒｐ で割ると、　ｐｗ＋（１/ｐ）＝１/ｒ　すなわち、　ｐｗ＋＝１/ｒ

これは、法線が の直線の方程式で、ｒ の値を変化させれば直線群となる。　　（終）


問題　　単位円を単位円に移す１次分数変換を求めよ。

（解）　求める１次分数変換を　ｗ＝（ａｚ＋ｂ）/（ｃｚ＋ｄ）　（ａｄ−ｂｃ≠０）　とおく。

　｜ｚ｜＝１　のとき、｜ｗ｜＝１　なので、

　ｗ＝（ａｚ＋ｂ）/（ｃｚ＋ｄ）・（＋）/（＋）＝１

　＝１/ｚ　なので、　（ａｚ＋ｂ）/（ｃｚ＋ｄ）・（＋ｚ）/（＋ｚ）＝１　より、

　（ａｚ＋ｂ）（＋ｚ）＝（ｃｚ＋ｄ）（＋ｚ）

展開して、

　ａｚ²＋（｜ａ｜²＋｜ｂ｜²）ｚ＋ｂ＝ｃｚ²＋（｜ｃ｜²＋｜ｄ｜²）ｚ＋ｄ

係数比較して、　ａ＝ｃ　、｜ａ｜²＋｜ｂ｜²＝｜ｃ｜²＋｜ｄ｜²　、ｂ＝ｄ

（１）　ａ≠０　のとき、

　＝ｃ/ａ　すなわち、　ｂ＝ｄ/　より、　｜ｂ｜²＝｜ｃ｜²｜ｄ｜²/｜ａ｜²　なので、

　｜ａ｜²＋｜ｃ｜²｜ｄ｜²/｜ａ｜²＝｜ｃ｜²＋｜ｄ｜²

因数分解して、　（｜ａ｜²−｜ｃ｜²）（｜ａ｜²−｜ｄ｜²）＝０

　よって、　｜ａ｜＝｜ｃ｜　または　｜ａ｜＝｜ｄ｜

　・｜ａ｜＝｜ｃ｜のとき、　ｃ＝ａ・ｅ^（ｉθ）　とおける。

　　このとき、　ｂ＝ｄ/＝ｄ・ｅ^（−ｉθ）　より、

　　　ａｄ−ｂｃ＝ａｄ−ｄ・ｅ^（−ｉθ）・ａ・ｅ^（ｉθ）＝ａｄ−ａｄ＝０　となり、条件に反する。

　・｜ａ｜＝｜ｄ｜のとき、　ｄ＝ａ・ｅ^（ｉθ）　とおける。

　　このとき、　ｂ＝ａ/・ｅ^（ｉθ）　より、

　ｗ＝（ａｚ＋ａ/・ｅ^（ｉθ））/（ｃｚ＋ａ・ｅ^（ｉθ））＝（ｚ＋/・ｅ^（ｉθ））/（（ｃ/ａ）ｚ＋ｅ^（ｉθ））

すなわち、　ｗ＝｛（ｚ＋/・ｅ^（ｉθ））/（（ｃ/ａ）・ｅ^（−ｉθ）ｚ＋１）｝ｅ^（−ｉθ）

　ここで、　−/・ｅ^（ｉθ）＝ｐ　、−ｅ^（−ｉθ）＝ｑ　とおくと、　ｗ＝ｑ（ｚ−ｐ）/（ｚ−１）

　ただし、　−１＋｜ｐ｜2≠０　より、　｜ｐ｜≠１　である。

（２）　ａ＝０　のとき、　ｃ＝０　で、また、　ｂｃ≠０　から、ｃ≠０　なので、　ｄ＝０

　　よって、　｜ｂ｜＝｜ｃ｜　なので、　ｂ＝ｃ・ｔ　（ただし、｜ｔ｜＝１）　とおける。

　このとき、　ｗ＝ｃ・ｅ^（ｉθ）/（ｃｚ）＝ｔ/ｚ　（｜ｔ｜＝１）　　（終）


　上記の問題について、複比を用いた別解も考えられる。

（別解）　単位円周上の４点 １、−１、ｉ 、ｗ に対応する単位円周上の４点を α、β、γ、ｚ

　とする。このとき、複比は等しいので、　（α，β，γ，ｚ）＝（１，−１，ｉ ，ｗ）

すなわち、（α−γ）/（β−γ）：（α−ｚ）/（β−ｚ）＝（１−ｉ ）/（−１−ｉ ）：（１−ｗ）/（−１−ｗ）

よって、　（１−ｗ）/（−１−ｗ）＝ｉ・｛（α−ｚ）（β−γ）｝/｛（β−ｚ）（α−γ）｝　より、

　１−ｗ＝ｉ・｛（α−ｚ）（β−γ）｝/｛（β−ｚ）（α−γ）｝（−１−ｗ）

展開して整理すると、

　ｗ（−１＋ｉ・｛（α−ｚ）（β−γ）｝/｛（β−ｚ）（α−γ）｝）

＝−（１＋ｉ・｛（α−ｚ）（β−γ）｝/｛（β−ｚ）（α−γ）｝）

すなわち、　ｗ（−（β−ｚ）（α−γ）＋ｉ・｛（α−ｚ）（β−γ）｝）

＝−（β−ｚ）（α−γ）−ｉ・｛（α−ｚ）（β−γ）｝　より、

　ｗ（｛（α−γ）−ｉ・（β−γ）｝ｚ−β（α−γ）＋ｉ・α（β−γ））

＝｛（α−γ）＋ｉ・（β−γ）｝ｚ−β（α−γ）−ｉ・α（β−γ）

ここで、　ａ＝（α−γ）＋ｉ・（β−γ）

　ｂ＝−β（α−γ）−ｉ・α（β−γ）

　ｃ＝（α−γ）−ｉ・（β−γ）

　ｄ＝−β（α−γ）＋ｉ・α（β−γ）

とおくと、　ｗ＝（ａｚ＋ｂ）/（ｃｚ＋ｄ）　となる。

　ここで、　

＝（−）−ｉ・（−）

　＝（１/α−１/γ）−ｉ・（１/β−１/γ）

　＝｛β（γ−α）−ｉ・α（γ−β）｝/αβγ＝ｄ/αβγ　より、　ｄ＝αβγ

同様にして、

＝（−）＋ｉ・（−）

　＝（１/α−１/γ）＋ｉ・（１/β−１/γ）

　＝｛β（γ−α）＋ｉ・α（γ−β）｝/αβγ＝ｂ/αβγ　より、　ｂ＝αβγ

よって、　ｗ＝（ａｚ＋αβγ）/（ｃｚ＋αβγ）

　ここで、ａ＝０　のとき、　ｗ＝（αβγ/ｃ）・（１/ｚ）　と書ける。

　ｔ＝αβγ/ｃ　とおくと、｜ｔ｜＝１　で、　ｗ＝ｔ/ｚ　である。

　ａ≠０　のとき、

　ｗ＝（ｚ＋αβγ/ａ）/（（ｃ/ａ）ｚ＋αβγ/ａ

　＝ａ/（αβγ）・（ｚ＋αβγ/ａ）/（（ｃ/（αβγ））ｚ＋１）

ここで、αβγ/ａ＝ｐ　、ａ/（αβγ）＝ｑ　とおくと、ｃ/（αβγ）＝　なので、

　ｗ＝ｑ・（ｚ＋ｐ）/（ｚ＋１）

と書ける。ただし、｜ｐ｜≠１　で、｜ｑ｜＝１　である。　　（終）


問題　　ガウス平面上において、単位円を単位円に移し、原点Ｏを点２に移す１次分数変換
　　　　を求めよ。

（解）　題意より、求める１次分数変換は、

　ｗ＝ｑ（ｚ−ｐ）/（ｚ−１）　（｜ｐ｜≠１、｜ｑ｜＝１）　とおける。

　ｚ＝０　のとき、ｗ＝２　なので、　ｐｑ＝２　すなわち、　ｐ＝２/ｑ

　よって、　ｗ＝ｑ（ｚ−２/ｑ）/（（２/）ｚ−１）＝（ｑｚ−２）/（２ｑｚ−１）　（｜ｑ｜＝１）　　（終）


問題　　ガウス平面上において、３点 １、ω、ω² をそれぞれ ０、１、−１に移す１次分数変
　　　　換を求めよ。ただし、ω＝（−１＋ｉ・）/２　とする。

（解）　複比は等しいので、　（１ ，ω ，ω² ，ｚ）＝（０，１，−１，ｗ）

すなわち、　（１−ω²）/（ω−ω²） ： （１−ｚ）/（ω−ｚ）＝（１/２） ： （−ｗ）/（１−ｗ）　より、

　｛（１＋ω）/ω）｝｛ｗ/（ｗ−１）｝＝（１−ｚ）/（２（ω−ｚ））

　ｗ/（ｗ−１）＝（ｚ−１）/（２ω（ω−ｚ））

　ｗについて解くと、　ｗ＝｛１/（２ω＋１）｝｛（ｚ−１）/（ｚ＋１）｝　　（終）


（コメント）　１/（２ω＋１）＝（−ω²−ω）/（−ω²＋ω）＝（ω＋１）/（ω−１）　なので、

　　ｗ＝｛（ω＋１）/（ω−１）｝｛（ｚ−１）/（ｚ＋１）｝

とした方が美しいかな？


問題　　リーマン面において、相異なる３点α、β、γをそれぞれ０、１、∞に移す１次分数
　　　　変換を求めよ。

（解）　複比は等しいので、　（ｗ，０，１，∞）＝（ｚ，α，β，γ）　より、

　（ｗ−１）/（−１）：（ｗ−∞）/（−∞）＝（ｚ−β）/（α−β）：（ｚ−γ）/（α−γ）

　すなわち、（ｗ−１）/（−１）：１＝（ｚ−β）/（α−β）：（ｚ−γ）/（α−γ）　より、

　｛（ｚ−γ）/（α−γ）｝（１−ｗ）＝（ｚ−β）/（α−β）

よって、　１−ｗ＝｛（ｚ−β）/（α−β）｝｛（α−γ）/（ｚ−γ）｝　より、

　ｗ＝１−｛（ｚ−β）/（α−β）｝｛（α−γ）/（ｚ−γ）｝

　　＝｛（α−β）（ｚ−γ）−（ｚ−β）（α−γ）｝/｛（α−β）（ｚ−γ）｝

　　＝｛（γ−β）/（α−β）｝｛（ｚ−α）/（ｚ−γ）｝


（コメント）　複比の設定として、　（ｗ，１，０，∞）＝（ｚ，β，α，γ）　とした方が計算は楽で
　　　　　　ある。

　実際に、（ｗ−０）/（１−０）：（ｗ−∞）/（１−∞）＝（ｚ−α）/（β−α）：（ｚ−γ）/（β−γ）

すなわち、　ｗ ： １＝（ｚ−α）/（β−α）：（ｚ−γ）/（β−γ）　より、

ｗ＝｛（ｚ−α）/（β−α）｝｛（β−γ）/（ｚ−γ）｝＝｛（β−γ）/（β−α）｝｛（ｚ−α）/（ｚ−γ）｝

が直ちに得られる。


問題　　実軸を単位円に移す１次分数変換を求めよ。

（解）　求める１次分数変換を　ｗ＝（ａｚ＋ｂ）/（ｃｚ＋ｄ）　（ａｄ−ｂｃ≠０）　とおく。

また、実軸上の４点 ａ、ｂ、ｃ、ｚ が単位円周上の４点 １、−１、ｉ、ｗ に移されるものとする。

このとき、複比は等しいので、　（ａ ，ｂ ，ｃ ，ｚ）＝（１，−１，ｉ ，ｗ）

よって、

　（ａ−ｃ）/（ｂ−ｃ） ： （ａ−ｚ）/（ｂ−ｚ） ＝（１−ｉ）/（−１−ｉ） ： （１−ｗ）/（−１−ｗ）　より、

　｛（１−ｗ）/（−１−ｗ）｝｛（ａ−ｃ）/（ｂ−ｃ）｝＝｛（１−ｉ）/（−１−ｉ）｝｛（ａ−ｚ）/（ｂ−ｚ）｝

よって、　（ｗ−１）/（ｗ＋１）＝ｉ・｛（ｂ−ｃ）/（ａ−ｃ）｝｛（ａ−ｚ）/（ｂ−ｚ）｝

　ｗ について解くと、

ｗ＝｛（−（ａ−ｃ）−ｉ・（ｂ−ｃ））ｚ＋ｂ（ａ−ｃ）＋ｉ・ａ（ｂ−ｃ）｝
　　/｛（−（ａ−ｃ）＋ｉ・（ｂ−ｃ））ｚ＋ｂ（ａ−ｃ）−ｉ・ａ（ｂ−ｃ）｝

なので、

　ａ＝−（ａ−ｃ）−ｉ・（ｂ−ｃ）

　ｂ＝ｂ（ａ−ｃ）＋ｉ・ａ（ｂ−ｃ）

　ｃ＝−（ａ−ｃ）＋ｉ・（ｂ−ｃ）

　ｄ＝ｂ（ａ−ｃ）−ｉ・ａ（ｂ−ｃ）

　このとき、　ｃ＝　、ｄ＝　が成り立ち、　ｗ＝（ａｚ＋ｂ）/（ｚ＋）

　ここで、　ａ−ｂ≠０　から、ａ≠０　、≠０　で、

　ｗ＝（ａ/）・（ｚ＋ｂ/ａ）/（ｚ＋/）

　そこで、　−ｂ/ａ＝ｐ　、ａ/＝ｑ　とおくと、　ｐ≠　、｜ｑ｜＝１　で、

　ｗ＝ｑ・（ｚ−ｐ）/（ｚ−）

と表される。　　（終）


問題　　実軸を実軸に移す１次分数変換を求めよ。

（解）　実軸上の４点 ａ、ｂ、ｃ、ｚ が実軸上の４点 ０、１、∞、ｗ に移されるものとする。

このとき、複比は等しいので、　（ ｚ ，ａ ，ｂ ，ｃ ）＝（ ｗ ，０ ，１ ，∞ ）　すなわち、

　（ｚ−ｂ）/（ａ−ｂ） ： （ｚ−ｃ）/（ａ−ｃ）＝（ｗ−１）/（０−１） ： （ｗ−∞）/（０−∞）

より、　−（ｗ−１）（ｚ−ｃ）/（ａ−ｃ）＝（ｚ−ｂ）/（ａ−ｂ）

　よって、　ｗ＝１−｛（ｚ−ｂ）/（ｚ−ｃ）｝｛（ａ−ｃ）/（ａ−ｂ）｝　より、

　ｗ＝｛（ｃ−ｂ）ｚ＋ａ（ｂ−ｃ）｝/｛（ａ−ｂ）ｚ−ｃ（ａ−ｂ）＝｛（ｃ−ｂ）/（ａ−ｂ）｝・（ｚ−ａ）/（ｚ−ｃ）

　係数はすべて実数なので、実数は実数に移される。　　（終）


問題　　１次分数変換が恒等変換でなければ、不動点を高々２個持つことを示せ。

（解）　ｚ を不動点として、　（ａｚ＋ｂ）/（ｃｚ＋ｄ）＝ｚ　（ａｄ−ｂｃ≠０）　とおく。

分母を払って整理すると、　ｃｚ²＋（ｄ−ａ）ｚ−ｂ＝０

　ｃ≠０　のとき、解は２個あるので、不動点は２個持つ。

　ｃ＝０　のとき、　（ｄ−ａ）ｚ＝ｂ

　　ａ≠ｄ　のとき、　ｚ＝ｂ/（ｄ−ａ）　は、不動点

　　　また、ｄ≠０　で、　ｗ＝（ａ/ｄ）ｚ＋ｂ/ｄ　より、　ｚ＝∞　のとき、ｗ＝∞

　　　よって、ａ≠ｄ　のとき、不動点は、ｂ/（ｄ−ａ）　と∞の２個持つ。

　ａ＝ｄ、ｂ≠０　のとき、　不動点は、∞の１個持つ。

　ａ＝ｄ、ｂ＝０　のとき、１次分数変換は恒等変換となるので、不適。　　（終）


問題　　１次分数変換 ｗ＝（ｚ＋ｉ）/（ｉ・ｚ＋１） により、実軸に関して対称な点 ｚ、 がそれ
　　　　ぞれ ｗ₁、ｗ₂ に移されるという。ｗ₁、ｗ₂ にはどんな関係があるか。

（解）　題意より、　ｗ₁＝（ｚ＋ｉ）/（ｉ・ｚ＋１）　、ｗ₂＝（＋ｉ）/（ｉ・＋１）　なので、

　ｗ₁・₂＝（ｚ＋ｉ）/（ｉ・ｚ＋１）・（ｚ−ｉ）/（−ｉ・ｚ＋１）＝（ｚ²＋１）/（１＋ｚ²）＝１

　よって、　ｗ₁＝１/₂ となり、ｗ₁、ｗ₂ は、単位円に関する反転の関係がある。　　（終）


問題　　１次分数変換 ｗ＝１/ｚ により、１点Ａ（１）を通る直線群はどんな図形に移されるか。

（解）　１点Ａ（１）を通る直線群は、　ｚ＝１＋ｒ・ｔ　（ｒ は実数で、ｔ は大きさ１の複素数）　と表

　されるので、　ｗ＝１/（１＋ｒ・ｔ）　と書ける。このとき、

　ｗ−１＝−ｒ・ｔ/（１＋ｒ・ｔ）＝−ｒ・ｔ・ｗ　から、　（ｗ−１）/ｗ＝−ｒ・ｔ

　よって、　｜ｗ−１｜/｜ｗ｜＝ｒ　となる。

このことから、ｗ は、１、０を結ぶ線分を ｒ ： １ に内分・外分する点を直径の両端とする円を

表す。すなわち、求める図形は、１、０に関するアポロニウス円群となる。

　　


問題　　１次分数変換 ｗ＝αｔ/（ｔ−ｚ） （ただし、αはガウス平面上の定点で、｜ｔ｜＝１）
　　　　によって、単位円はどのような図形に移されるか。

（解）　ｚ＝（α−ｗ）ｔ/ｗ　で、｜ｚ｜＝１　より、　｜ｗ｜＝｜ｗ−α｜

　よって、単位円は、０とαを結ぶ線分の垂直２等分線に移される。　　（終）


問題　　ガウス平面上の円 ｜ｚ｜＝ｒ の内部を円 ｜ｗ｜＝Ｒ の内部に移す１次分数変換
　　　　を求めよ。

（解）　前述の問題から、単位円を単位円に移す１次分数変換は、

　　ｗ＝ｑ（ｚ−ｐ）/（ｚ−１）　ただし、｜ｑ｜＝１ 、｜ｐ｜≠１

と書ける。また、問題の（解）と同様にして、

｜ｗ｜²−１＝ｗ−１＝（１−｜ｐ｜²）（｜ｚ｜²−１）/｜ｚ−１｜²

から、｜ｚ｜＜１　（単位円の内部）　を　｜ｗ｜＜１　（単位円の内部）に移すためには、

｜ｐ｜＜１　であればよい。

　よって、Ｚ＝ｒｚ　、Ｗ＝Ｒｗ　とおくと、　｜Ｚ｜＝ｒ の内部を円 ｜Ｗ｜＝Ｒ の内部に移す

１次分数変換は、

　Ｗ＝Ｒｑ（Ｚ−ｒｐ）/（Ｚ−ｒ）　ただし、｜ｑ｜＝１ 、｜ｐ｜＜１

と書ける。　　（終）


問題　　次の１次分数変換によって、領域Ｄはどんな領域に移るか。

（１）　ｗ＝１/ｚ　　Ｄ：｜ｚ｜＜１

（２）　ｗ＝（ｚ−ｉ）/（ｚ＋ｉ）　　Ｄ：Ｒｅ（ｚ）＞０、Ｉｍ（ｚ）＞０

（３）　ｗ＝ｚ/（ｚ−１）　　Ｄ：０＜ａｒｇ（ｚ）＜π/４

（４）　ｗ＝（ｚ−１）/（ｚ−２）　　Ｄ：０＜Ｒｅ（ｚ）＜１

（解）（１）　ｚ＝１/ｗ　より、　１/｜ｗ｜＜１　すなわち、　｜ｗ｜＞１

（２）　ｚ＝−（ｗ＋１）ｉ/（ｗ−１）　において、ｗ＝ｕ＋ｖ・ｉ　とおくと、

　ｚ＝−｛２ｖ＋ｉ・（ｕ²＋ｖ²−１）｝/｛（ｕ−１）²＋ｖ²｝

　Ｒｅ（ｚ）＞０　より、　ｖ＜０　で、Ｉｍ（ｚ）＞０　より、　ｕ²＋ｖ²＜１

したがって、求める領域は、　Ｉｍ（ｗ）＜０　で、かつ、　｜ｗ｜＜１

＃換言すれば、単位円の下半分が求める領域である。

（３）　ｚ＝ｗ/（ｗ−１）　において、ｗ＝ｕ＋ｖ・ｉ　とおくと、

　ｚ＝｛ｕ²＋ｖ²−ｕ−ｉ・ｖ｝/｛（ｕ−１）²＋ｖ²｝　なので、

　ｔａｎ（ａｒｇ（ｚ））＝−ｖ/（ｕ²＋ｖ²−ｕ）

条件より、　０＜ｔａｎ（ａｒｇ（ｚ））＜１　なので、　０＜−ｖ/（ｕ²＋ｖ²−ｕ）＜１

ｕ²＋ｖ²−ｕ＞０　すなわち、　（ｕ−１/２）²＋ｖ²＞１/４　のとき、

　０＜−ｖ＜ｕ²＋ｖ²−ｕ

　すなわち、　ｖ＜０　かつ　ｕ²＋ｖ²−ｕ＋ｖ＞０

　すなわち、　ｖ＜０　かつ　（ｕ−１/２）²＋（ｖ＋１/２）²＞１/２

ｕ²＋ｖ²−ｕ＜０　すなわち、　（ｕ−１/２）²＋ｖ²＜１/４　のとき、

　ｕ²＋ｖ²−ｕ＜−ｖ＜０

　すなわち、　ｖ＞０　かつ　ｕ²＋ｖ²−ｕ＋ｖ＜０

　すなわち、　ｖ＞０　かつ　（ｕ−１/２）²＋（ｖ＋１/２）²＜１/２

以上を図示すると、求める領域は、下図の水色部分（境界線は含まない）

　　

（４）　ｚ＝（２ｗ−１）/（ｗ−１）　において、ｗ＝ｕ＋ｖ・ｉ　とおくと、

　ｚ＝（２ｕ−１＋２ｉ・ｖ）（ｕ−１−ｉ・ｖ）/｛（ｕ−１）²＋ｖ²｝　なので、

　Ｒｅ（ｚ）＝（２ｕ²＋２ｖ²−３ｕ＋１）/｛（ｕ−１）²＋ｖ²｝

　０＜Ｒｅ（ｚ）＜１　より、　２ｕ²＋２ｖ²−３ｕ＋１＞０　かつ　ｕ²＋ｖ²−ｕ＜０

前者より、　（ｕ−３/４）²＋ｖ²＞１/１６　すなわち、　｜ｗ−３/４｜＞１/４

後者より、　（ｕ−１/２）²＋ｖ²＜１/４　すなわち、　｜ｗ−１/２｜＜１/２

以上を図示すると、求める領域は、下図の水色部分（境界線は含まない）

　　　（終）


問題　　１次分数変換 ｗ＝（１＋ｉ・ｚ）/（ｉ＋ｚ） について、次の問いに答えよ。

（１）　（ｗ−１）/（ｗ＋１）＝ｉ・（ｚ−１）/（ｚ＋１） が成り立つことを示せ。

（２）　１次分数変換 ｗ＝（１＋ｉ・ｚ）/（ｉ＋ｚ） をｎ回行ったとき、

　（ｗ−１）/（ｗ＋１）＝ｉ^ｎ・（ｚ−１）/（ｚ＋１） が成り立つことを示せ。

（解）（１）　ｗ−１＝（１＋ｉ・ｚ）/（ｉ＋ｚ）−１＝（１−ｉ）（１−ｚ）/（ｉ＋ｚ）

　ｗ＋１＝（１＋ｉ・ｚ）/（ｉ＋ｚ）＋１＝（１＋ｉ）（１＋ｚ）/（ｉ＋ｚ）　より、

　（ｗ−１）/（ｗ＋１）

＝｛（１−ｉ）/（１＋ｉ）｝・（１−ｚ）/（１＋ｚ）

＝（−ｉ）・（１−ｚ）/（１＋ｚ）＝ｉ・（ｚ−１）/（ｚ＋１）

が成り立つ。

（２）　（１）より、ｗ₁＝（１＋ｉ・ｚ）/（ｉ＋ｚ） に対して、（ｗ₁−１）/（ｗ₁＋１）＝ｉ・（ｚ−１）/（ｚ＋１）

が成り立つ。同様にして、

　ｗ₂＝（１＋ｉ・ｗ₁）/（ｉ＋ｗ₁） に対して、（ｗ₂−１）/（ｗ₂＋１）＝ｉ・（ｗ₁−１）/（ｗ₁＋１）

が成り立つ。よって、（ｗ₂−１）/（ｗ₂＋１）＝ｉ²・（ｚ−１）/（ｚ＋１） が成り立つ。

同様にして、

　ｗ₃＝（１＋ｉ・ｗ₂）/（ｉ＋ｗ₂） に対して、（ｗ₃−１）/（ｗ₃＋１）＝ｉ・（ｗ₂−１）/（ｗ₂＋１）

が成り立つ。よって、（ｗ₃−１）/（ｗ₃＋１）＝ｉ³・（ｚ−１）/（ｚ＋１） が成り立つ。

　したがって、１次分数変換 ｗ＝（１＋ｉ・ｚ）/（ｉ＋ｚ） をｎ回行ったとき、

　（ｗ−１）/（ｗ＋１）＝ｉ^ｎ・（ｚ−１）/（ｚ＋１） が成り立つ。　　（終）

＃厳密には数学的帰納法を用いて示される。


アフィン変換

　ｗ＝Ｆ（ｚ）＝ａｚ＋ｂ＋ｃ　（ただし、ａ、ｂ、ｃ は複素数で、ａ−ｂ≠０）

によって与えられる変換は、アフィン変換と呼ばれる。

　拡大縮小、回転、平行移動などを表す変換が、アフィン変換である。

　条件 ａ−ｂ≠０ により、逆変換が存在し、逆変換もアフィン変換である。

　実際に、＝Ｆ（ｚ）＝＋ｚ＋　から、 を消去して、

　ｗ−ｂ＝（ａ−ｂ）ｚ＋ｃ−ｂ

　ａ−ｂ≠０　なので、

　ｚ＝｛/（ａ−ｂ）｝ｗ＋｛−ｂ/（ａ−ｂ）｝＋｛−（ｃ−ｂ）/（ａ−ｂ）｝

ここで、

｛/（ａ−ｂ）｝｛ａ/（ａ−ｂ）｝−｛−ｂ/（ａ−ｂ）｝｛−/（ａ−ｂ）｝

＝１/（ａ−ｂ）≠０　が成り立つ。

　よって、逆変換もアフィン変換となる。


　アフィン変換の合成もまたアフィン変換になることは自明だろう。

　恒等変換 Ｉ（ｚ）＝ｚ も明らかにアフィン変換である。

　以上から、アフィン変換全体は、合成を演算として、群をなすことが分かる。


問題　　ｚ＝ｘ＋ｉ・ｙ を、ｗ＝ｘ＋ｉ・ｋｙ　（ｋは０でない実数）　に移す変換は、アフィン変換であ
　　　　ることを示せ。

（解）　ｘ＝（ｚ＋）/２　、ｙ＝（ｚ−）/（２ｉ）＝−ｉ・（ｚ−）/２　より、

　ｗ＝（ｚ＋）/２＋ｉ・ｋ（−ｉ・（ｚ−）/２）＝｛（１＋ｋ）/２｝ｚ＋｛（１−ｋ）/２｝

　ここで、｛（１＋ｋ）/２｝²−｛（１−ｋ）/２｝²＝ｋ≠０　である。

　よって、ｚ を ｗ に移す変換は、アフィン変換である。　　（終）


問題　　アフィン変換によって、直線は直線に移されることを示せ。

（解）　アフィン変換は、ｗ＝ａｚ＋ｂ＋ｃ　（ただし、ａ、ｂ、ｃ は複素数で、ａ−ｂ≠０）

直線は、ｚ＝ｐ＋λｑ　（ただし、λは実数で、ｑ≠０）　とする。

このとき、直線の像は、ｗ＝ａ（ｐ＋λｑ）＋ｂ（＋λ）＋ｃ　すなわち、

　ｗ＝ａｐ＋ｂ＋ｃ＋λ（ａｑ＋ｂ）

となるが、これが直線となるためには、ａｑ＋ｂ≠０　であればよい。

　もしも、ａｑ＋ｂ＝０　と仮定すると、　＋ｑ＝０　でもある。

　この２式から、＝−ａｑ/ｂ を代入して、 を消去すると、　（−ａ/ｂ）ｑ＋ｑ＝０

すなわち、　（−ａ＋ｂ）ｑ＝０　となり、ａ−ｂ≠０　から、ｑ＝０　となる。

しかるに、これは、ｑ≠０　であることに矛盾する。

　よって、ａｑ＋ｂ≠０　が言えるので、

　ｗ＝ａｐ＋ｂ＋ｃ＋λ（ａｑ＋ｂ）　は直線となる。


問題　　アフィン変換によって、平行線は平行線に移されることを示せ。

（解）　アフィン変換は、ｗ＝ａｚ＋ｂ＋ｃ　（ただし、ａ、ｂ、ｃ は複素数で、ａ−ｂ≠０）

平行線は、ｚ＝ｐ₁＋λｑ　、ｚ＝ｐ₂＋λｑ　（ただし、λは実数で、ｑ≠０）　とする。

このとき、直線の像は、それぞれ

　ｗ＝ａ（ｐ₁＋λｑ）＋ｂ（₁＋λ）＋ｃ＝ａｐ₁＋ｂ₁＋ｃ＋λ（ａｑ＋ｂ）

　ｗ＝ａ（ｐ₂＋λｑ）＋ｂ（₂＋λ）＋ｃ＝ａｐ₂＋ｂ₂＋ｃ＋λ（ａｑ＋ｂ）

となり、互いに平行である。　　（終）


問題　　アフィン変換によって、平行な線分比は不変であることを示せ。

（解）　アフィン変換は、ｗ＝ａｚ＋ｂ＋ｃ　（ただし、ａ、ｂ、ｃ は複素数で、ａ−ｂ≠０）

　平行な２つの線分　Ｐ₁Ｐ₂、Ｐ₃Ｐ₄ について、Ｐ₁（ｚ₁）、Ｐ₂（ｚ₂）、Ｐ₃（ｚ₃）、Ｐ₄（ｚ₄） とおくと、

　（ｚ₂−ｚ₁）/（ｚ₄−ｚ₃）＝ｋ　（ｋは実数）　とおける。

このとき、ｗ_ｋ＝ａｚ_ｋ＋ｂ_ｋ＋ｃ　（ｋ＝１、２、３、４）　とおくと、

　（ｗ₂−ｗ₁）/（ｗ₄−ｗ₃）

＝｛ａ（ｚ₂−ｚ₁）＋ｂ（₂−₁）｝/｛ａ（ｚ₄−ｚ₃）＋ｂ（₄−₃）｝

＝｛ａｋ（ｚ₄−ｚ₃）＋ｂｋ（₄−₃）｝/｛ａ（ｚ₄−ｚ₃）＋ｂ（₄−₃）｝＝ｋ

となるので、平行な線分比は不変である。　　（終）


問題　　アフィン変換によって、複比は不変であることを示せ。

（解）　アフィン変換は、ｗ＝ａｚ＋ｂ＋ｃ　（ただし、ａ、ｂ、ｃ は複素数で、ａ−ｂ≠０）

複比（ｚ₁，ｚ₂，ｚ₃，ｚ₄）＝｛（ｚ₁−ｚ₃）/（ｚ₂−ｚ₃）｝/｛（ｚ₁−ｚ₄）/（ｚ₂−ｚ₄）｝

ここで、ｗ_ｋ＝ａｚ_ｋ＋ｂ_ｋ＋ｃ　（ｋ＝１、２、３、４）　とおく。

複比（ｗ₁，ｗ₂，ｗ₃，ｗ₄）＝｛（ｗ₁−ｗ₃）/（ｗ₂−ｗ₃）｝/｛（ｗ₁−ｗ₄）/（ｗ₂−ｗ₄）｝において、

（ｗ₁−ｗ₃）/（ｗ₂−ｗ₃）＝（ｚ₁−ｚ₃）/（ｚ₂−ｚ₃）

（ｗ₁−ｗ₄）/（ｗ₂−ｗ₄）＝（ｚ₁−ｚ₄）/（ｚ₂−ｚ₄）

なので、（ｗ₁，ｗ₂，ｗ₃，ｗ₄）＝（ｚ₁，ｚ₂，ｚ₃，ｚ₄）　が成り立つ。

　すなわち、アフィン変換によって、複比は不変である。　　（終）


　次の事実は大切である。すなわち、

　１直線上にない３点を１直線上にない３点に移すアフィン変換は、ただ１つ存在する


問題　　正三角形の３つの中線は互いに２：１に内分する点で交わる。これに、アフィン変換
　　　　を施すと、どのような定理が得られるか。

（解）　正三角形ＡＢＣの３辺ＢＣ、ＣＡ、ＡＢの中点をそれぞれＰ、Ｑ、Ｒとし、３つの中線ＡＰ、

ＢＱ、ＣＲの交点をＧとおく。３点Ａ、Ｂ、Ｃは１直線上にないので、それぞれＡ’、Ｂ’、Ｃ’に移す

アフィン変換がただ一つ存在する。

　アフィン変換により、線分比は不変であるので、３点Ｐ、Ｑ、Ｒは、それぞれＢ’Ｃ’、Ｃ’Ａ’、

Ａ’Ｂ’の中点Ｐ’、Ｑ’、Ｒ’に移される。

　よって、３つの中線Ａ’Ｐ’、Ｂ’Ｑ’、Ｃ’Ｒ’は１点Ｇ’で交わり、互いに２：１に内分する。

　以上から、

　三角形の３つの中線は互いに２：１に内分する点で交わる

という定理が得られる。　　（終）


（追記）　令和５年１２月１３日付け

　アフィン変換を施すことにより、面積がどのように変わるのかについて調べよう。

　多角形は三角形に分割できるので、まずは、三角形の面積について復習しておこう。

　「面積」の項で見たように、

　Ｏをガウス平面の原点とし、Ａ（α）、Ｂ（β）とする。α＝ａ＋ｉ・ｂ　、β＝ｃ＋ｉ・ｄ　とおくと、

　△ＯＡＢ＝（１/２）｜ａｄ−ｂｃ｜　である。ところで、

　α＝（ａ＋ｉ・ｂ）（ｃ−ｉ・ｄ）＝ａｃ＋ｂｄ＋ｉ・（ｂｃ−ａｄ）

から、　ａｄ−ｂｃ＝−Ｉｍ（α）　なので、　△ＯＡＢ＝（１/２）｜Ｉｍ（α）｜　となる。

Ｉｍ（α）＝（α−β）/（２ｉ）　なので、　△ＯＡＢ＝（１/４）｜α−β｜　とも書ける。

　行列式を用いれば、△ＯＡＢの面積は、

　

　次の問題で、上記を確認しておこう。

問題　　Ｏ、Ａ（２＋ｉ）、Ｂ（−１＋２ｉ）　に対して、△ＯＡＢの面積を求めよ。

　この問題の（解）は、△ＯＡＢ＝５/２　であったが、実際に、

　

から、正しいことが分かる。


　アフィン変換　ｗ＝ａｚ＋ｂ＋ｃ　（ａ−ｂ≠０）　により、面積はどのように変わるだろう
か？

　一般に、ガウス平面上の３点Ａ（α）、Ｂ（β）、Ｃ（γ）を頂点とする△ＡＢＣの面積は、

　

で与えられる。

　この△ＡＢＣにアフィン変換を施して得られる三角形の頂点を ｗ₁、ｗ₂、ｗ₃ とすれば、

　ｗ₁＝ａα＋ｂ＋ｃ

　ｗ₂＝ａβ＋ｂ＋ｃ

　ｗ₃＝ａγ＋ｂ＋ｃ

なので、　△ｗ₁ｗ₂ｗ₃＝（ａ−ｂ）△ＡＢＣ　と書ける。

　特に、ａ−ｂ＝１　のとき、面積は不変で、そのような変換は、等積アフィン変換と呼
ばれる。


問題　　長径２ａ、短径２ｂの楕円の面積は、πａｂ となることを示せ。

（解）　ガウス平面上の点 ｚ＝ｘ＋ｉ・ｙ　に、点ｗ＝ｕ＋ｉ・ｖ　が対応するものとする。

　変換　（ｘ ，ｙ）　→　（ｕ ，ｖ）　を、ｕ＝ｘ　、ｖ＝ｋｙ　（ｋは実数で、ｋ≠０）　により定義する。

　このとき、ｘ＝（ｚ＋）/２　、ｙ＝（ｚ−）/（２ｉ）　なので、

　ｗ＝ｘ＋ｉ・ｋｙ＝（ｚ＋）/２＋ｉ・ｋ（ｚ−）/（２ｉ）＝（（１＋ｋ）/２）ｚ＋（（１−ｋ）/２）

ここで、（（１＋ｋ）/２）²−（（１−ｋ）/２）²＝ｋ≠０　なので、この変換はアフィン変換である。

　ｋ＝ｂ/ａ　とおくと、変換により、原点中心、半径 ａ の円が、長径２ａ、短径２ｂの楕円に移
される。

　よって、楕円の面積は、　ｋ・πａ²＝πａｂ　で求められる。　　（終）


問題　　原点中心の単位円は、アフィン変換 ｗ＝２ｚ＋ によってどんな図形に移されるか？

（解）　原点中心の単位円は、ｚ＝ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ　と書ける。このとき、

　ｗ＝２ｚ＋＝３ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ　となる。ｗ＝ｘ＋ｉ・ｙ とおくと、　ｘ＝３ｃｏｓθ、ｙ＝ｓｉｎθ

よって、　ｘ²/９＋ｙ²＝１　となり、楕円に移される。　　（終）


#原点中心の単位円の面積は、πで、楕円 ｘ²/９＋ｙ²＝１ の面積は、３πで、公式通り、
　ａ−ｂ＝２²−１²＝３（倍）になっている。


問題　　変換 （ｘ ，ｙ）→（ｘ＋ｙ ，ｘ＋ｋｙ）　（ｋは実数で、ｋ≠１）　はアフィン変換であることを
　　　示せ。また、この変換が等積アフィン変換となるようにｋの値を定めよ。

（解）　ｚ＝ｘ＋ｉ・ｙ　とおくと、

ｗ＝ｘ＋ｙ＋ｉ・（ｘ＋ｋｙ）

　＝（１＋ｉ）（ｚ＋）/２＋（１＋ｋｉ）（ｚ−）/（２ｉ）

　＝（（１＋ｋ）/２）ｚ＋（（１−ｋ＋２ｉ）/２）

ここで、　（（１＋ｋ）/２）²−（（１−ｋ＋２ｉ）/２）（（１−ｋ−２ｉ）/２）＝ｋ−１

条件より、ｋ≠１　なので、この変換はアフィン変換である。

　この変換が等積アフィン変換となるためには、　ｋ−１＝１　より、　ｋ＝２　　（終）



　　以下、工事中！