問題
複素平面上の異なる\(3\)点\(A, B, C\)を複素数\(\alpha, \beta, \gamma\)で表す。ここで\(A, B, C\)は同一直線上にないと仮定する。
\((1)\)\(\triangle{ABC}\)が正三角形となる必要十分条件は$${\alpha}^2+{\beta}^2 + {\gamma}^2 = \alpha\beta + \beta\gamma+\gamma\alpha$$であることを示せ。
\((2)\)\(\triangle{ABC}\)が正三角形のとき、\(\triangle{ABC}\)の外接円上の点\(P\)を任意にとる。このとき、$$AP^2 + BP^2+CP^2$$および$$AP^4 +BP^4+CP^4$$を外接円の半径\(R\)を用いて表わせ。ただし、\(2\)点\(X, Y\)に対し、\(XY\)とは線分\(XY\)の長さを表す。
方針
\((1)\)有名事実であるが、やり方を知っていないと意外に思い浮かばない。
\((2)\) 後半で\((1)\)を利用する。
解答
\((1)\) \(\triangle{ABC}\)が正三角形\(\iff\)\(\overrightarrow{AB}\)から見た\(\overrightarrow{BC}\)の回転角、拡大率と\(\overrightarrow{BC}\)から見た\(\overrightarrow{CA}\)の回転角、拡大率が等しい\(\iff\) \(\frac{\gamma-\beta}{\beta-\alpha} = \frac{\alpha-\gamma}{\gamma-\beta}\) \(\iff\) \({\alpha}^2+{\beta}^2+{\gamma}^2 = \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha\)である。
\((2)\) \(P\)を表す複素数を\(p\)とする。この時、\(\mid p \mid = \mid \alpha \mid = \mid \beta\mid = \mid \gamma \mid = R\)である。$$AP^2 + BP^2 + CP^2$$ $$ = \mid p-\alpha \mid^2 + \mid p-\beta\mid^2 + \mid p-\gamma \mid^2 $$ $$ = \mid p \mid ^2 -p\bar{\alpha}-\bar{p}\alpha + \mid \alpha \mid^2 + \mid p \mid ^2 -p\bar{\beta}-\bar{p}\beta + \mid \beta \mid^2 + \mid p\mid^2 -p\bar{\gamma}-\bar{p}\gamma + \mid \gamma \mid^2$$ $$ = 3\mid p\mid^2 -\bar{p}(\alpha+\beta+\gamma)-p(\bar{\alpha} + \bar{\beta} + \bar{\gamma}) + \mid \alpha \mid^2 + \mid \beta \mid^2 + \mid \gamma \mid^2$$ $$ = 6R^2 – \bar{p}(\alpha + \beta + \gamma) -p(\bar{\alpha} + \bar{\beta} + \bar{\gamma})$$となる。\(\triangle{ABC}\)は正三角形なので、対称性から\(\alpha+\beta+\gamma = \bar{\alpha}+\bar{\beta} + \bar{\gamma} = 0\)である。したがって、
\(AP^2 + BP^2 + CP^2 = 6R^2\)
となる。また、$$\mid p-\alpha \mid^4 = \mid p-\alpha\mid^2 \mid p -\alpha \mid^2$$ $$ = (\mid p \mid^2 -\bar{p}\alpha-p\bar{\alpha} + \mid \alpha \mid^2)(\mid p \mid^2 -\bar{p}\alpha-p\bar{\alpha} + \mid \alpha \mid^2)$$ $$ = (2R^2-\bar{p}\alpha-p\bar{\alpha})^2$$ $$ = 4R^4 +{\bar{p}}^2{\alpha}^2 + p^2{\bar{\alpha}}^2 – 4R^2\bar{p}\alpha + 2 \mid p\mid^2 \mid \alpha \mid^2 -4R^2p\bar{\alpha}$$ $$ = 6R^4 + {\bar{p}}^2{\alpha}^2 + p^2{\bar{\alpha}}^2 – 4R^2\bar{p}\alpha-4R^2p\bar{\alpha}$$であるから、$$AP^4 + BP^4 + CP^4 = 18R^4 + {\bar{p}}^2({\alpha}^2 + {\beta}^2 + {\gamma}^2) + p^2({\bar{\alpha}}^2 + {\bar{\beta}}^2 + {\bar{\gamma}}^2) -4R^2\bar{p}(\alpha+\beta+\gamma)-4R^2p(\bar{\alpha} + \bar{\beta} + \bar{\gamma})$$となる。$$\alpha+\beta+\gamma = \bar{\alpha}+\bar{\beta}+\bar{\gamma} = 0$$である。また、\((1)\)から$${\alpha}^2+{\beta}^2+{\gamma}^2 = (\alpha+\beta+\gamma)^2-2(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha) $$ $$= -2(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\beta)$$ $$ = -2({\alpha}^2+{\beta}^2+{\gamma}^2) $$であるから、\({\alpha}^2+{\beta}^2+{\gamma}^2=0\)である。これより、\({\bar{\alpha}}^2 + {\bar{\beta}}^2 + {\bar{\gamma}}^2 = \bar{{\alpha}^2+{\beta}^2+{\gamma}^2} = 0\)となるから、
\(AP^4+BP^4+CP^4 = 18R^4\)
である。
解説
\((1)\) \(\omega = \frac{1+\sqrt{3}i}{2}\)とすると、\(\triangle{ABC}\)が正三角形の時、\(\overrightarrow{AB}\)を\(\omega\)回転したものが\(\overrightarrow{AC}\)になる。
\((2)\) 今度は\(\omega = \frac{-1+\sqrt{3}i}{2}\)とすると、\(\triangle{ABC}\)が正三角形の時\(\beta = \omega\alpha, \gamma = \omega\beta = {\omega}^2\alpha\)となる。$${\omega}^3=1, {\omega}^2+\omega+1=0$$を利用すると、$$\alpha + \beta+\gamma = 0$$ $${\alpha}^2+{\beta}^2+{\gamma}^2=0$$が分かる。
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