3名古屋大学 2022年 数学 第3問解答・解説

複素数の比から正六角形内の頂点を特定し、残る頂点ごとに $\gamma$ を $\alpha$ の定数倍で表して、元の二次式を一次方程式に落とした。

(1)

$4\alpha^{2}-2\alpha\beta+\beta^{2}=0$ を $\alpha^{2}$ で割ると、
$$\left(\dfrac{\beta}{\alpha}\right)^{2}-2\cdot\dfrac{\beta}{\alpha}+4=0$$
したがって $\dfrac{\beta}{\alpha}=1\pm\sqrt{3}\,i$ である。条件 $0\leqq\arg\dfrac{\beta}{\alpha}\leqq\pi$ より、
$$\dfrac{\beta}{\alpha}=1+\sqrt{3}\,i=2\left(\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}\right).$$
六角形の一辺を $u=\mathrm{A}$ とし、$\omega=\dfrac{1+\sqrt{3}\,i}{2}$（$=\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}$）とおく。頂点が反時計回りに並ぶので、辺の向きは順に 60 度ずつ回転し、
$$\mathrm{O}=0,\quad \mathrm{A}=u,\quad \mathrm{B}=(1+\omega)u,\quad \mathrm{C}=(1+\omega+\omega^{2})u=(1+\sqrt{3}\,i)u,$$
$$\mathrm{D}=\sqrt{3}\,i\,u,\quad \mathrm{E}=\omega^{2}u$$
となる。各頂点の原点からの距離はそれぞれ $0$、$|u|$、$\sqrt{3}|u|$、$2|u|$、$\sqrt{3}|u|$、$|u|$ である。比の絶対値が 2 なので、$\beta=\mathrm{C}$、また $\alpha=\mathrm{A}$ または $\mathrm{E}$ である。$\alpha=\mathrm{A}$ なら $\mathrm{C}/\mathrm{A}=1+\sqrt{3}\,i$ で条件を満たす。一方、$\alpha=\mathrm{E}$ なら
$$\dfrac{\mathrm{C}}{\mathrm{E}}=\dfrac{1+\sqrt{3}\,i}{\omega^{2}}=1-\sqrt{3}\,i$$
となり、偏角の条件に反する。よって
$$\dfrac{\beta}{\alpha}=1+\sqrt{3}\,i,\qquad \alpha=\mathrm{A},\quad\beta=\mathrm{C}.$$

(2)

$\kappa=1+\sqrt{3}\,i$ とおくと、$\alpha=u$、$\beta=\kappa u$ である。$\gamma$ は $\alpha$、$\beta$ と異なる非零の頂点なので、$\gamma=cu$ の係数 $c$ は
$$c_{\mathrm{B}}=1+\omega=\dfrac{3+\sqrt{3}\,i}{2},\qquad c_{\mathrm{D}}=\sqrt{3}\,i,\qquad c_{\mathrm{E}}=\omega^{2}=\dfrac{-1+\sqrt{3}\,i}{2}$$
のいずれかである。二つ目の条件式に $\alpha=u$、$\beta=\kappa u$、$\gamma=cu$ を代入し、$u\ne0$ で割ると、
$$\left(2c^{2}-(3+\kappa)c+(1+\kappa)\right)u+(1+\kappa-2c)=0.$$
各候補について係数を計算すると次のとおりである。
$$\begin{array}{c|c|c|c} \gamma\text{ の頂点}&c&2c^{2}-(3+\kappa)c+(1+\kappa)&1+\kappa-2c\\ \hline \mathrm{B}&\dfrac{3+\sqrt{3}\,i}{2}&\dfrac{\kappa}{2}&-1\\ \mathrm{D}&\sqrt{3}\,i&-1-3\sqrt{3}\,i&2-\sqrt{3}\,i\\ \mathrm{E}&\dfrac{-1+\sqrt{3}\,i}{2}&\dfrac{9-3\sqrt{3}\,i}{2}&3 \end{array}$$
いずれも $u$ がただ 1 つに定まり、順に
$$\begin{array}{c|c|c|c} \gamma\text{ の頂点}&\alpha=u&\beta=\kappa u&\gamma=cu\\ \hline \mathrm{B}&\dfrac{1-\sqrt{3}\,i}{2}&2&\dfrac{3-\sqrt{3}\,i}{2}\\ \mathrm{D}&-\dfrac{1+\sqrt{3}\,i}{4}&\dfrac{1-\sqrt{3}\,i}{2}&\dfrac{3-\sqrt{3}\,i}{4}\\ \mathrm{E}&-\dfrac{3+\sqrt{3}\,i}{6}&-\dfrac{2\sqrt{3}\,i}{3}&\dfrac{3-\sqrt{3}\,i}{6} \end{array}$$
を得る。これらは全て非零で互いに異なり、各々指定の頂点である。したがって、
$$(\alpha,\beta,\gamma)=\left(\dfrac{1-\sqrt{3}\,i}{2},\,2,\,\dfrac{3-\sqrt{3}\,i}{2}\right),\quad \left(-\dfrac{1+\sqrt{3}\,i}{4},\,\dfrac{1-\sqrt{3}\,i}{2},\,\dfrac{3-\sqrt{3}\,i}{4}\right),\quad \left(-\dfrac{3+\sqrt{3}\,i}{6},\,-\dfrac{2\sqrt{3}\,i}{3},\,\dfrac{3-\sqrt{3}\,i}{6}\right).$$
それぞれの組について、六角形の全頂点は次の表のとおりである。順に結べば各図が定まる。
$$\begin{array}{c|cccccc} (\alpha,\beta,\gamma)&\mathrm{O}&\mathrm{A}&\mathrm{B}&\mathrm{C}&\mathrm{D}&\mathrm{E}\\ \hline \gamma=\mathrm{B}&0&\dfrac{1-\sqrt{3}\,i}{2}&\dfrac{3-\sqrt{3}\,i}{2}&2&\dfrac{3+\sqrt{3}\,i}{2}&\dfrac{1+\sqrt{3}\,i}{2}\\ \gamma=\mathrm{D}&0&-\dfrac{1+\sqrt{3}\,i}{4}&-\dfrac{\sqrt{3}\,i}{2}&\dfrac{1-\sqrt{3}\,i}{2}&\dfrac{3-\sqrt{3}\,i}{4}&\dfrac{1}{2}\\ \gamma=\mathrm{E}&0&-\dfrac{3+\sqrt{3}\,i}{6}&-\dfrac{1+\sqrt{3}\,i}{2}&-\dfrac{2\sqrt{3}\,i}{3}&\dfrac{1-\sqrt{3}\,i}{2}&\dfrac{3-\sqrt{3}\,i}{6} \end{array}$$