複素数平面の垂直条件(横浜国立大2018理系第3問)

α\alpha を複素数とする。z≠−αz\not=-\alpha をみたす複素数 zz に対して，w=z+2αz+αw=\cfrac{z+2\alpha}{z+\alpha} と定める。∣z−1∣=1|z-1|=1 をみたすようなすべての zz に対して，∣w−1∣=1|w-1|=1 が成り立つ。次の問いに答えよ。

(1) α\alpha を求めよ。

(2) w=zw=z をみたす zz を求めよ。

(3) z0=1+iz_0=1+i とし，z≠z0z\not=z_0 かつ z≠−αz\not=-\alpha とする。複素数平面上の 3 点 A(z0)(z_0)，P(z)(z)，Q(w)(w) を考える。直線 AP と直線 AQ が垂直に交わるような点 P の全体が表す図形を，複素数平面上に図示せよ。

z の式になおす

(1)から始めます。

一つの考え方は，w=z+2αz+αw=\cfrac{z+2\alpha}{z+\alpha} を ∣w−1∣=1|w-1|=1 に代入してみることです。しかし，この方法ではうまくいかないはずです。別な方法を考えなければいけません。

問題集などでは，ww の式が出てきたら，何となく zz の式になおすのがやり方でした。今回もそれでいくとうまくいきます。

w=z+2αz+αw=\cfrac{z+2\alpha}{z+\alpha}
(z+α)w=z+2α(z+\alpha)w=z+2\alpha
zw+α w=z+2αzw+\alpha w=z+2\alpha
zw−z=2α−α wzw-z=2\alpha-\alpha w
z(w−1)=α(2−w)z(w-1)=\alpha(2-w)
z=α(2−w)w−1z=\cfrac{\alpha(2-w)}{w-1}

これを ∣z−1∣=1|z-1|=1 に代入すると

∣α(2−w)w−1−1∣=1\Big|\cfrac{\alpha(2-w)}{w-1}-1\Big|=1

通分して

∣α(2−w)−w+1w−1∣=1\Big|\cfrac{\alpha(2-w)-w+1}{w-1}\Big|=1

分数の絶対値は上下で分割して大丈夫。

∣α(2−w)−w+1∣∣w−1∣=1\cfrac{|\alpha(2-w)-w+1|}{|w-1|}=1

∣w−1∣=1|w-1|=1 だから

∣α(2−w)−w+1∣=1|\alpha(2-w)-w+1|=1

ここから，ww を消去する方法を考えます。

α=−1\alpha=-1 とすると，左辺は

∣−(2−w)−w+1∣|-(2-w)-w+1|
=∣−2+w−w+1∣=|-2+w-w+1|
=∣−1∣=|-1|
=1=1

左辺＝右辺が成り立つので，α=−1\alpha=-1

一応，これで答えとしても良いのですが，問題文の「∣z−1∣=1|z-1|=1 をみたすようなすべての zz に対して，∣w−1∣=1|w-1|=1 が成り立つ。」ことを示しておいた方が良いでしょう。

w=z−2z−1w=\cfrac{z-2}{z-1}　として，∣w−1∣=1|w-1|=1 に代入すると，左辺は

∣z−2z−1−1∣\Big|\cfrac{z-2}{z-1}-1\Big|
=∣z−2−z+1z−1∣=\Big|\cfrac{z-2-z+1}{z-1}\Big|

∣z−1∣=1|z-1|=1 だから

∣−1∣=1|-1|=1

左辺＝右辺より，式は成り立つ。

従って

α=−1\alpha=-1　（答え）

w=z になる場合

(2)に進みます。

(1)より α=−1\alpha=-1 とすると

w=z−2z−1w=\cfrac{z-2}{z-1}

w=zw=z より

z=z−2z−1z=\cfrac{z-2}{z-1}
z(z−1)=z−2z(z-1)=z-2
z2−2z+2=0z^2-2z+2=0
z=1±1−2z=1\pm\sqrt{1-2}
z=1± iz=1\pm i　（答え）

垂直になる条件

(3)に進みます。

複素数平面上に点A(z)(z)，B(w)(w) があり，OA と OB が垂直に交わるとき，wz\cfrac{w}{z} は純虚数になります。

これ，何ででしたっけ？
極形式のところででてくる話。

zz と ww を極形式で表してみます。

z=r1(cos⁡θ1+isin⁡θ1)z=r_1(\cos\theta_1+i\sin\theta_1)
w=r2(cos⁡θ2+isin⁡θ2)w=r_2(\cos\theta_2+i\sin\theta_2)

とすると

wz=r2r1{cos⁡(θ2−θ1)+isin⁡(θ2−θ1)}\cfrac{w}{z}=\cfrac{r_2}{r_1}\{\cos(\theta_2-\theta_1)+i\sin(\theta_2-\theta_1)\}

OA⊥OB のとき，θ2−θ1=90°\theta_2-\theta_1=90\degree だから

=r2r1(cos⁡90°+isin⁡90°)=\cfrac{r_2}{r_1}(\cos90\degree+i\sin90\degree)
=r2r1  i=\cfrac{r_2}{r_1}\space i

こうして，実数の部分が 0 になって消えて，虚数の部分だけが残るという仕組みです。

ただし，今回は始点が z0z_0 なので，z0z_0 を引いて原点に戻した上で割り算します。

w−z0z−zo=ki\cfrac{w-z_0}{z-z_o}=ki　とする

r2r1\cfrac{r_2}{r_1} の値は分からないので，kk としています。

(1)より，z=w−2w−1z=\cfrac{w-2}{w-1}，w=z−2z−1w=\cfrac{z-2}{z-1}

(2)より z=1± iz=1\pm i のとき，z=wz=w が成り立つ。よって，zz を z0=1+iz_0=1+i におきかえると，z0=wz_0=w が成り立つ。したがって

z0=z0−2z0−1z_0=\cfrac{z_0-2}{z_0-1}

これで，大丈夫なんですか？
あくまで，z0=1+iz_0=1+i という条件で成り立つということ。z0z_0 が他の値なら，当然，成り立たない。

z−2z−1−z0−2z0−1z−z0=ki\cfrac{\cfrac{z-2}{z-1}-\cfrac{z_0-2}{z_0-1}}{z-z_0}=ki　(k≠0)(k\not=0)

ここ，z0z_0 を z0−2z0−1\cfrac{z_0-2}{z_0-1} にするの何で？
置き換えないで計算すると，全然解けないから。大体，入試問題って上で解いた答えを利用するのが普通だから，計算行き詰ったときに「(2)の答え使ったらいいんじゃね？」っていう発想ができるかどうかが勝負。理屈というより，(2)の答えを利用したら，たまたまラッキーで解けちゃうカンジ。

左辺について整理すると

(z−2)(z0−1)−(z−1)(z0−2)(z−z0)(z−1)(z0−1)\cfrac{(z-2)(z_0-1)-(z-1)(z_0-2)}{(z-z_0)(z-1)(z_0-1)}
=zz0−z−2z0+2−zz0+2z+z0−2(z−z0)(z−1)(z0−1)=\cfrac{zz_0-z-2z_0+2-zz_0+2z+z_0-2}{(z-z_0)(z-1)(z_0-1)}
=z−z0(z−z0)(z−1)(z0−1)=\cfrac{z-z_0}{(z-z_0)(z-1)(z_0-1)}
=1(z−1)(z0−1)=\cfrac{1}{(z-1)(z_0-1)}
=1(z−1)(1+i−1)=\cfrac{1}{(z-1)(1+i-1)}
=1i(z−1)=ki=\cfrac{1}{i(z-1)}=ki

両辺に ii をかけると

1z−1=−k\cfrac{1}{z-1}=-k

両辺の逆数をとって

z−1=−1kz-1=-\cfrac{1}{k}
z=1−1kz=1-\cfrac{1}{k}

zz は実数なので，複素数平面上では xx 軸上の点ということになります。また，kk に 0 以外の値が入るので，zz は 1 になることはありません。

したがって

xx 軸上の 1 を除く部分（答え）

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