2017年度 大阪医科大学 前期 第5問 複素数平面

17年 大医 前期の複素は良問でした．以下は，その要旨です．
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複素数平面上の原点Oを中心とする半径1の周上にある
3点A($ a $)，B($ b $)，C($ c $)を3頂点とする
直角三角形でない三角形ABCを考える．
A，B，Cを原点の周りに$ 2\theta (0<2\theta <\pi )$回転して
得られる点をそれぞれ，D($ d $)，E($ e $)，F($ f $)とする．
直線BCと直線EFの交点をP($ p $)，
直線CAと直線FDの交点をQ($ q $)，
直線ABと直線DEの交点をR($ r $)とする．
さらに，$ \lambda=\dfrac{\cos \theta+i\sin \theta}{2\cos\theta }$とおく．
(1) $ p, q, r $を$ a, b, c, \lambda $で表せ．
(2) ある点G($ g $)を中心として，三角形ABCを回転し，
ある一定の比率で拡大または縮小すると三角形PQRに重なることを示し，
このような$ g $を$ \lambda, a, b, c $で表せ．(17 大阪医大・前期（改題））
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元の問題は，前半で図形的な考察をするように洒落た誘導が
ついていましたが，ここでは計算を前面に押し出して解いてみます．

以下，$ w=\cos \theta +i \sin \theta $とする．
このとき，
$ 1+w^2 =1+\cos 2\theta+i \sin 2\theta= (2\cos\theta)w $
が成り立つ．

(1) $ b, c, p $は同一直線上にあるので，$ \dfrac{p-b}{c-b}$は実数である．
ゆえに，$ \overline{ \left( \dfrac{p-b}{c-b} \right) }=\dfrac{p-b}{c-b}$．
ここで，$ |b|=1 $より，$ \bar{b}=\dfrac1b $などが成り立つことに注意すると，
$ \bar{p}=\dfrac1b+\left( \dfrac1c-\dfrac1b \right) \cdot \dfrac{p-b}{c-b}=\dfrac{b+c-p}{bc}.$
同様に，$ e, f, p $は同一直線上にあるので，$ \bar{p}=\dfrac{e+f-p}{ef}=\dfrac{(b+c)w^2-p}{bcw^4}.$
ゆえに，$ \dfrac{b+c-p}{bc}=\dfrac{(b+c)w^2-p}{bcw^4}$から，$ (b+c)w^2(w^2-1)=p(w^2-1)(w^2+1)$
$ w^4\neq 1 $に注意して，
$ p=\dfrac{(b+c)w^2}{w^2+1}=\dfrac{w}{2\cos\theta} (b+c)=\lambda (b+c).$
同様に，$ q=\lambda (c+a), r=\lambda (a+b).$

(2)の前に・・・
三角形PQRが三角形ABCと相似であることは
$ \dfrac{r-p}{q-p}=\cdots =\dfrac{c-a}{b-a}$ ・・・（★）
から比較的容易に確認できる．

では(2)．これは（★）と似たような式を作ることを目標にする．
特に（★）から，題意の変換でAがPに，BがQに，CがRに移るものが
存在することが（だいたい）分かる．つまり，
$ \dfrac{p-g}{a-g}=\dfrac{q-g}{b-g}=\dfrac{r-g}{c-g}$
を満たすように$ g $が取れればよい．
ここで，$ (p-g)(b-g)=(a-g)(q-g)$から$ pb-aq=(p+b-a-q)g. $
すなわち，$ \lambda (b-a)(a+b+c)=(1+\lambda )(b-a)g. $
$ a\neq b,\ 1+\lambda \neq 0 $から，$ g=\dfrac{\lambda}{1+\lambda } (a+b+c).$
これは$ \dfrac{q-g}{b-g}=\dfrac{r-g}{c-g}$も満たす．