【複素数平面】共役な複素数がつくる三角形の面積(神戸大2018理系第４問)

整式 f(x)f(x) は実数を係数にもつ 3 次式で，3 次の係数は 1，定数項は −3-3 とする。方程式 f(x)=0f(x)=0 は，1 と虚数 α,β\alpha,\beta を解にもつとし，α\alpha の実部は 1 より大きく，α\alpha の虚部は正とする。複素数平面上で α,β,1\alpha,\beta,1 が表す点を順に A，B，C とし，原点を O とする。以下の問に答えよ。

(1) α\alpha の絶対値を求めよ。

(2) θ\theta を α\alpha の偏角とする。△ABC の面積 SS を θ\theta を用いて表わせ。

(3) SS を最大にする θ\theta (0≦θ≦2π)(0\leqq\theta\leqq2\pi) とそのときの整式 f(x)f(x) を求めよ。

3 次方程式の解

(1)から始めます。

1,α,β1,\alpha,\beta を解にもつ 3 次方程式は次のように表せます。

f(x)=(x−1)(x−α)(x−β)f(x)=(x-1)(x-\alpha)(x-\beta)

展開すると

={x2−(1+α)x+α}(x−β)=\{x^2-(1+\alpha)x+\alpha\}(x-\beta)
=x3−(1+α+β)x2+(β+αβ+α)x−αβ=x^3-(1+\alpha+\beta)x^2+(\beta+\alpha\beta+\alpha)x-\alpha\beta

定数項は −3-3 だから

αβ=3\alpha\beta=3

また，α\alpha と β\beta はたがいに共役な複素数だから

β=α‾\beta=\overline{\alpha}

と表せます。よって

∣α∣2=αα‾|\alpha|^2=\alpha\overline{\alpha}
=αβ=3=\alpha\beta=3

したがって

∣α∣=3|\alpha|=\sqrt{3}　（答え）

±3\pm\sqrt{3} ではないの？
絶対値に負の値はないから，−3-\sqrt{3} は答えから外さないといけないよ。

三角形の面積を求める

(2)に進みます。

α\alpha を極形式で表すと

α=3(cos⁡θ+isin⁡θ)\alpha=\sqrt{3}(\cos\theta+i\sin\theta)

でした。ここから，α\alpha の座標が (3cos⁡θ,3sin⁡θ)(\sqrt{3}\cos\theta,\sqrt{3}\sin\theta) であることがわかります。

三角形の面積は

S=2⋅12(3cos⁡θ−1)⋅3sin⁡θS=2\cdot\cfrac{1}{2}(\sqrt{3}\cos\theta-1)\cdot\sqrt{3}\sin\theta
=3sin⁡θcos⁡θ−3sin⁡θ=3\sin\theta\cos\theta-\sqrt{3}\sin\theta (答え)

最大値を求める

(3)に進みます。

g(θ)=3sin⁡θcos⁡θ−3sin⁡θg(\theta)=3\sin\theta\cos\theta-\sqrt{3}\sin\theta

として，g(θ)g(\theta) の最大値を考えていきます。ここは微分して増減表を作っていきましょう。

積の微分
{f(x)g(x)}’=f′(x)g(x)+f(x)g′(x)\{f(x)g(x)\}’=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)

g′(θ)=3{(sin⁡θ)’cos⁡θ+sin⁡θ(cos⁡θ)’}−3cos⁡θg'(\theta)=3\{(\sin\theta)’\cos\theta+\sin\theta(\cos\theta)’\}-\sqrt{3}\cos\theta
=3(cos⁡2θ−sin⁡2θ)−3cos⁡θ=3(\cos^2\theta-\sin^2\theta)-\sqrt{3}\cos\theta
=3{cos⁡2θ−(1−cos⁡2θ)}−3cos⁡θ=3\{\cos^2\theta-(1-\cos^2\theta)\}-\sqrt{3}\cos\theta
=3(2cos⁡2−1)−3cos⁡θ=3(2\cos^2-1)-\sqrt{3}\cos\theta
=6cos⁡2θ−3cos⁡θ−3=6\cos^2\theta-\sqrt{3}\cos\theta-3

6cos⁡2θ−3cos⁡θ−3=06\cos^2\theta-\sqrt{3}\cos\theta-3=0 とすると
cos⁡θ=3±3+7212\cos\theta=\cfrac{\sqrt{3}\pm\sqrt{3+72}}{12}
=3±5312=\cfrac{\sqrt{3}\pm5\sqrt{3}}{12}
=32,−33=\cfrac{\sqrt{3}}{2},-\cfrac{\sqrt{3}}{3}

α\alpha の実部は 1 より大きいので

α=3(cos⁡θ+isin⁡θ)\alpha=\sqrt{3}(\cos\theta+i\sin\theta) より

3cos⁡θ>1\sqrt{3}\cos\theta>1

となります。よって

cos⁡θ>13\cos\theta>\cfrac{1}{\sqrt{3}}

ここから，先ほどの方程式の解のうち負の方は不適となるので

cos⁡θ=32\cos\theta=\cfrac{\sqrt{3}}{2}
θ=π6\theta=\cfrac{\pi}{6}

となります。

増減表は

θ0⋯π6⋯(t)g′(θ)+0−g(θ)↗↘\def\arraystretch{1.5}\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}\hline\theta&0&\cdots&\frac{\pi}{6}&\cdots&(t)\\\hline g'(\theta)&&+&0&-\\\hline g(\theta)&&\nearrow&&\searrow\\\hline\end{array}

(1)より

f(x)=x3−(1+α+β)x2+(β+αβ+α)x−αβf(x)=x^3-(1+\alpha+\beta)x^2+(\beta+\alpha\beta+\alpha)x-\alpha\beta

でした。また，αβ=3\alpha\beta=3 であることもわかっています。よって

f(x)=x3−(1+α+β)x2+(α+β+3)x−3f(x)=x^3-(1+\alpha+\beta)x^2+(\alpha+\beta+3)x-3

次に α+β\alpha+\beta を考えましょう。

α+β=α+α‾\alpha+\beta=\alpha+\overline{\alpha}

となるので，これは α\alpha の実部を 2 倍したものということになります。

どういうこと？
α=a+bi,β=a−bi\alpha=a+bi,\beta=a-bi とするとα+β=a+bi+a−bi=2a\alpha+\beta=a+bi+a-bi=2aってなるでしょ？つまり実部の2倍。

α=3(cos⁡π6+isin⁡π6)\alpha=\sqrt{3}\Big(\cos\cfrac{\pi}{6}+i\sin\cfrac{\pi}{6}\Big) だから

実部は

3cos⁡π6=3⋅32\sqrt{3}\cos\cfrac{\pi}{6}=\sqrt{3}\cdot\cfrac{\sqrt{3}}{2}
=32=\cfrac{3}{2}

よって，実部の 2 倍は 3 です。

f(x)=x3−(1+3)x2+(3+3)x−3f(x)=x^3-(1+3)x^2+(3+3)x-3
=x3−4x2+6x−3=x^3-4x^2+6x-3　（答え）

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