それでは、前回の解答です.
第１問（数III)
(1)　絶対値が１である複素数α, β, γについて|α – β|² +| β − γ|² +| γ − α|² + (α + β)(β + γ)(γ + α) αβγの値を求めよ. (2)　三角形ABCの外接円の直径dに対してAB² + BC² + CA² = 2d²が成り立つとき，この三角形は直角三角形であることを示せ. ＜解答＞ (1) |α|=1 ⇒ αα=1 ⇒ α=½ (. α≠0) αである.同様にしてβ = 1 >である.すると| α − β |² = ( α − β )( α − β ) _ 1 = (α − β)( 1 a a = 2 – β _ α β &であり，同様にして_ Y | β − γ |² = 2 − γ − γ, | γ − α |² = 2 − γ − Yである.また(α + β)(β + γ)(γ + α) αβγ =(1+ β)(1+ β)(1+ β) =2+B+Y+Q+Y+Q+Bである.よって,与式は(2-g-g)+(2-g-g)+(2-g-y) +(~+ß+ß+Y+Y+ß+2)=8である. (2)　複素数平面上で考える. 三角形ABCの外心が原点と一致するようにとりA( z 1 ,  B( z 2 ),  C( z )とする.すると| z 1 | = | z 2 | = | z 3 | = z (> 0)であるから2 = α, = = β, = = γ d d dとすると| α | = | β | = | γ | = 1である.よって,  (1)より|α – β|² +| β – γ|² +| γ – α|² = _ (α + β)(β + γ)(γ + α) + 8  ………① αβγが成り立つ.またAB² + BC² + CA² = 2d²より| z 1 − z 2 | 2 + | z 2 − z 3 | 2 + | z 3 − z 1 | 2 = 2d 2である. この両辺を(ニ)²で割って| α − β |² +| β − γ |² +| γ − α |² = 8  ……… ②である. ①, ②より(α + β)(β + γ)(γ + α) = 0 αβγである. これよりα＝ーβまたはβ＝ーγまたはγ＝ーαであり，こをかけてz 1ニーz または　zニーz または　zニーz 1である.いま、原点が三角形ABCの外心であるから. AB,  BC,  CAのいずれか１つは, 三角形ABCの外接円の直径となる.よって，三角形ABCは直角三角形である. ＜証明終＞ ＜コメント＞数学科の川崎です.今回の複素数平面の問題はいかがだったでしょうか.図形問題に応用が利くのはベクトルと同じですね.複素数ならではの変形を味わってください.以下、設問ごとの補足です. (1)　絶対値が1の複素数に関する計算問題です.確実におさえなくてはいけないのは|α|=1 ⇒ αα=1 ⇒ α=1 | α − β |² = ( α − β )( α − β )の２つです.絶対値１がきたら，共役複素数がもとの複素数の逆数になるので，共役を考えることで式変形が上手く進むことが多いです.今回は絶対値の2乗があるので，展開する過程で共役を扱うようになっています.最悪なのは| α − β |² = α² − 2αβ + β²とすることです.実数の絶対値では| a |² = a²   (aは実数)が成り立ちますが，複素数の絶対値では，絶対値の中身が虚数になると成り立ちません.  | i ²を考えてみてください. (α + β)(β + γ)(γ + α)は大変ですが，展開してαβγバラバラにすると，前半の項とうまく打ち消し合って，答えがきれいになります. (2) （1)の利用を考えましょう.  (1)の中に絶対値が1という条件がありますので，それを作りにいきます.問題文に外接円の直径があることから,外接円の中心を原点にもってきます. これにより,解答中のz 1 , z 2 , zの絶対値が等しくなります.絶対値を１にしなければならないので，両辺をξ (=| z |)で割りましょう.すると,  (1)が使えるようになります(解答中の数式①).またAB = | z 1 − z 2 |などから, AB² + BC²はz 1 , z 2 , z 3で表すことができます.ベクトルと同じ感覚ですね.これも( f )²で両辺を割ることで，解答中の数式②を得ます. ①と②を合わせると嬉しい式が得られますね. (α + β)(β + γ)(γ + α) = 0となるので, α+β, β+γ, γ+αのうちいずれかが０となります. 例えばα＋βが０とすると, β = α   ⇒  z = z 1となりますので, （ベクトル的に考えて) 3点A, O,  Bはこの順に1直線上に並んでいることになります.すなわち,線分ABが外接円の直径になるので，三角形ABCが直角三角形であることが示されます.この問題の(2)は，複素数を前面に出さなければ，以下のような問題になります.
間
三角形ABCの外接円の半径をRとする. AB² + BC² + CA² = 8R²が成り立つとき，この三角形は直角三角形であることを示せ. (注：直径よりも半径の方が見やすいので, Rで書き直しました. ）この形で出されれば,手の広い問題になります.複素数平面でなくても解けますので,いくつか解法を紹介します. ＜別解1 ＞　三角関数を用いる方法正弦定理よりBC_=2R  ⇒  BC =2Rsin A sin Aであり，同様にしてCA = 2Rsin B,  AB = 2RsinCである.よってAB² + BC² + CA² = 8R² ⇒   4 R² (sin² A + sin² B + sin² C) = 8 R² ⇒   sin² A + sin² B + sin² C = 2   ………(*)となる. さらに変形してsin² A + sin² B + sin² C = 2 1 – cos 2 A  ↓ 1 – cos 2 B 22 2 + 1 − cos 2C = 2 22 ⇒ cos2A + cos2B + cos2C = − 1 ⇒ 2cos(A + B)cos(A – B) + cos2(π − A − B) = − 1 ⇒ 2cos(A + B)cos(A − B) + cos2(A + B) = − 1 ⇒ 2cos(A + B)cos(A − B) + 2cos²(A + B) − 1 = − 1 ⇒⇒  2cos(A + B){cos(A − B) + cos(A + B)} = 0 ⇒ 4 cos(π − C)cos A cos B = 0 ⇒ cos Acos B cos C = 0である. よって,  cos A, cos B, cosCのいずれかは0であるので，三角形ABCは直角三角形である. <証明終> ＜別解2 ＞　幾何を用いる方法三角形ABCの３つの内角のうち，最大角(複数あるときはその１つ）を∠BACとしてよい.点Dを、線分ADが三角形ABCの外接円の直径となるようにとる.  ZBACが最大角であることから,点Ａと点Ｄは線分BCに関して反対側にある.すると，直径に対する円周角よりZ ABD = Z ACD = 90°であるから，三平方の定理よりAB² = AD² − BD² = 4 R² − BD² CA² = AD² − CD² = 4 R² − CD²である. これら2式を加えてAB² + CA² = 8R² − (BD² + CD²)である。一方，仮定よりAB² + CA² = 8R² – BC²であるから8R² − (BD² + CD²) = 8R² − BC² ⇒  BD² + CD² = BC²となる.よってZ BDC = 90°であり、円に内接する四角形の性質よりZ BAC = 180° – 90° = 90°である.よって，三角形ABCは直角三角形である. ＜証明終＞ ＜別解1 >は三角関数を用いています.正弦定理から左辺がsinの2乗の和で表されます. そこから，半角の公式，和積の公式，倍角の公式，和積の公式を順に用いて変形していきます.いったんCを消して，最後にCに戻しています.慣れが要りますが，有名な変形ですので，きちんとおさえてください. ＜別解2 ＞は，発想が難しいですが，補助点Dをとることで，三平方の定理だけで示すことができるというものです. この方法は同僚のI先生に教えてもらいました.この場を借りて感謝申し上げます.ちなみに,最大角を決めて議論しないと,点Dが線分BCと反対側に来ず，失敗します.なお，京都大学の2002年度理系の問題に類題があります. 「半径１の円に内接する三角形ABCにおいて, AB² + BC² + CA²の最大値は9で，最大値をとるのは正三角形のときであることを示す」という問題です.かなり前になりますが，この強者への道・数学のページの第16回,  17回で取り上げています(当時は若かりし頃で，解答が手書きでした). 興味がある人はぜひそちらもご覧ください.絶対値1の複素数について有名なものとして, 1のn乗根があります. 強者を目指す皆さんは,次の問題も１度は解いておいてください.間nを3以上の自然数とするとき次を示せ. ただし, α＝cos π + i sin πとし, ïは虚数単位とn nする. (1)　α k + α k = 2cos kπ 　(kは整数) N (2)  n = (1 − α)(1 − α ² ) ……… (1 − α n − 1)  n (3) n n ＜解答＞ (1) α k = cos —— + i sin 2kπ n N 2kπ α  = α k  = cos —— — i sin n nであるからα* + α* = 2 cos kπ nである. (2)        1, α, α², ………,α²–1は，方程式z" − 1 = 0のn個の異なる解であるかららz " — 1 = (z — 1)(z — α)(z — α 2 )………(z — α n − 1)である.また^" — 1 = ( ~ 1)( ~ " - 1 + ~ " - " + ……… + ~ + 1)であるからz ï − ¹ + z ï − ² + ····· + z + 1 = ( z − α )( z − α ² ) ····· ( z − α π − ¹ )が成り立つ. この式でz = 1としてn = (1 − α)(1 − α²)である. (3) k = 1, 2, ………, n − 1に対して2kπ 1 − α k = 1 − cos −−− + i sin n n = 2sin² kπ + 2i sin kπ cos — n n = 2sin kπ (sin kπ + i cos kπ n nであるから| 1 − α k | = 2sin π  (..  0 < πである.すると,  (2)よりn =| − α || 1 − α² |………| − α π − 1であるからn = 2 ~ ¹ sin — sin — ……… sin —— π n N n − π 2π ……… sin π sinﾌﾞｰ = sin- n N Nである. <解答終>いかがだったでしょうか. １のｎ乗根はz"＝1から様々な関係式を導くことができます.一連の変形に1度は触れておきましょう.それでは今回はここまでにしたいと思います.また次回. ＜数学科　川﨑＞