複素数平面 最難関編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 頂点そのものより辺のベクトル(差)で考える。示すべき等式は展開の恒等式

$$(\alpha -\beta {)}^2+(\beta -\gamma {)}^2+(\gamma -\alpha {)}^2=2({\alpha }^2+{\beta }^2+{\gamma }^2)-2(\alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha )$$

によって「差の平方和が $0$」と同値だ。そこで $u=\alpha -\beta ,v=\beta -\gamma ,w=\gamma -\alpha$ とおく。$u+v+w=0$ はいつでも成り立ち、条件は $u^2+v^2+w^2=0$。この2つから $uv+vw+wu=0$ も出て、$u,v,w$ は同じ3次方程式 $t^3=(\text{定数})$ の3解になる。つまり絶対値が等しい。3辺の長さが等しい、が結論になる。

① 条件を差の式に直す。 上の恒等式から、与式 ⟺ $u^2+v^2+w^2=0$。また $u+v+w=0$ の平方から

$$0=(u+v+w{)}^2=u^2+v^2+w^2+2(uv+vw+wu)$$

なので、与式のもとで $uv+vw+wu=0$ も従う。

② 3乗根の配置を読む(⟸ の証明)。 $u,v,w$ を解にもつ3次方程式は、解と係数の関係から

$$t^3-(u+v+w)t^2+(uv+vw+wu)t-uvw=t^3-uvw=0$$

すなわち $u,v,w$ は同じ数 $uvw$ の3つの3乗根。3乗根の絶対値はすべて $|uvw{|}^{1/3}$ で等しいから $|u|=|v|=|w|$ となる。つまり3辺の長さが等しく、$\alpha ,\beta ,\gamma$ は正三角形の3頂点である($\alpha ,\beta ,\gamma$ が相異なるので $u,v,w\ne 0$、三角形は退化しない)。

③ 逆(⟹)。 正三角形なら、辺 $v$ は辺 $u$ を $120^{\circ }$ 回転したもの: $\omega =\cos \frac{2\pi }{3}+i\sin \frac{2\pi }{3}$ として $v=\omega u$(向きが逆なら ${\omega }^{2}u$ で、以下同様)。$w=-u-v=-(1+\omega )u={\omega }^{2}u$($1+\omega +{\omega }^2=0$)だから

$$u^2+v^2+w^2=u^2(1+{\omega }^2+{\omega }^4)=u^2(1+{\omega }^2+\omega )=0$$

よって与式が成り立つ。

まとめ: 「差の平方和 = 0」は複素数ならではの条件だ。実数では成り立たない条件が、複素数では同じ長さ・120°開きという形を許す。正三角形の判定式として、回転($\pm 60^{\circ }$)による定義と並ぶもう1つの表し方だ。

発展。 因数分解の2つの因子は「向き」を区別している: $\alpha +\omega \beta +{\omega }^2\gamma =0$ が一方の回り、$\alpha +{\omega }^2\beta +\omega \gamma =0$ がもう一方の回りの正三角形。この判定式はナポレオンの定理(この単元の別問題)の証明でそのまま働く。また対称式の条件は $(\alpha +\beta +\gamma {)}^2=3(\alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha )$ とも書き替えられ、「重心を原点にすると $\alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha =0$」という座標系の選び方の話にもつながる。

別解

因数分解して「向きつき判定式」にほどく。 対称式は1の3乗根 $\omega$ で因数分解できる:

$${\alpha }^2+{\beta }^2+{\gamma }^2-\alpha \beta -\beta \gamma -\gamma \alpha =(\alpha +\omega \beta +{\omega }^2\gamma )(\alpha +{\omega }^2\beta +\omega \gamma )$$

(展開して ${\omega }^2+\omega =-1$、${\omega }^3=1$ を使うと確かめられる。)よって条件は

$$\alpha +\omega \beta +{\omega }^2\gamma =0\text{または}\alpha +{\omega }^2\beta +\omega \gamma =0$$

この2つの式はそれぞれ「時計回りの正三角形」「反時計回りの正三角形」の判定式にほかならない(たとえば前者は $\gamma -\alpha =-{\omega }^2(\beta -\alpha )$ と変形でき、$-{\omega }^2$ は絶対値1・偏角 $60^{\circ }$ の回転因子なので、辺 $\mathrm{AB}$ を $60^{\circ }$ 回すと辺 $\mathrm{AC}$ になる、と言っている)。

3乗根の議論(本解)は「なぜ絶対値が揃うか」を、因数分解は「向きの情報まで込みの判定式」を与える。この判定式は次の問題(ナポレオンの定理)の証明でそのまま使う。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「描く図形が虚軸(直線)らしい」と当たりをつけたら、合言葉は「純虚数 ⟺ $w+\overline{w}=0$」。

$w+\overline{w}$ を通分して計算すると、分子に $1-z\overline{z}$ が現れる。$|z|=1$ のとき、これはちょうど $0$ になる。つまり $w$ はつねに純虚数だ。

軌跡の答案はもう一歩ある。「虚軸のどの点にも対応する $z$ がある」ことの確認(逆向き)だ。$w$ について解いた $z=\frac{w-1}{w+1}$ が単位円上にあることを見て、初めて「虚軸全体」と言い切れる。

① $w+\overline{w}$ を計算する。 $\overline{w}=\frac{1+\overline{z}}{1-\overline{z}}$ だから、通分して

$$w+\overline{w}=\frac{(1+z)(1-\overline{z})+(1+\overline{z})(1-z)}{(1-z)(1-\overline{z})}=\frac{2-2z\overline{z}}{|1-z{|}^2}=\frac{2(1-|z{|}^2)}{|1-z{|}^2}$$

(分子の $z,\overline{z}$ の1次の項は打ち消し合う。)$|z|=1$ なら分子は0なので、$w$ は虚軸上にある。

② 届くこと(逆向き)。 任意の純虚数 $w=iy$($y$ は実数)に対し、$w=\frac{1+z}{1-z}$ を $z$ について解くと $z=\frac{w-1}{w+1}$。このとき

$$|z{|}^2=\frac{|iy-1{|}^2}{|iy+1{|}^2}=\frac{1+y^2}{1+y^2}=1$$

で、たしかに単位円上($z\ne 1$ も確認できる)。$w=0$ も $z=-1$ で実現する。

③ 結論。 軌跡は虚軸全体である。なお $z=\pm i$ は $w=\pm i$ にうつる。これがこの変換の「動かない点」だ。

まとめ: 1次の分数の式は円を直線に(直線を円に)うつす。その判定は $w+\overline{w}$ の計算1本で済む。「乗る」(必要)と「届く」(十分)の2方向を書いて初めて『図形を求めよ』への完答になる。

発展。 $w=\frac{1+z}{1-z}$ のような1次分数変換は、「円と直線をまとめて円とみなす」と、円を必ず円に移す(直線は半径無限大の円)。単位円が虚軸に、円の内部が左半平面に移る。この対応は電気工学のスミスチャート(インピーダンスの図)として実用されている。分母の零点 $z=1$ が「無限遠へ飛ぶ点」で、そこが直線化の源だ。

別解

タレスの定理で図形的に(計算1行)。 $1+z=z-(-1)$、$1-z=-(z-1)$ に注目する。つまり

$$w=\frac{1+z}{1-z}=-\frac{z-(-1)}{z-1}$$

分数 $\frac{z-(-1)}{z-1}$ の偏角は、「点 $z$ から $-1$ を見る方向」と「点 $z$ から $1$ を見る方向」のなす角。$-1$ と $1$ は単位円の直径の両端だから、円周上の $z$ からこの2点を見込む角は直角(タレスの定理)。

偏角が $\pm 90^{\circ }$ の複素数は純虚数。$-1$ 倍しても純虚数のままだから、$w$ は純虚数である。ほとんど計算をせずに結論が出た。

$w+\overline{w}$ の通分(本解)は逆向きの確認まで一気通貫でこなせる実務の道、タレスは「なぜ虚軸なのか」を一目で見せる図の道。円周角が分数の偏角に置き換わる。これは複素数平面の問題でよく使う見方だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 距離の平方は、複素数では共役で開くのが原則だ。

$$|z-{\zeta }_k{|}^2=(z-{\zeta }_k)(\overline{z}-\overline{{\zeta }_k})=|z{|}^2+|{\zeta }_k{|}^2-z\overline{{\zeta }_k}-\overline{z}{\zeta }_k$$

$|z|=|{\zeta }_k|=1$ だから、最初の2項は合わせて $2$。和をとると、交差項には $\sum \overline{{\zeta }_k}$ と $\sum {\zeta }_k$ が現れる。1の $n$ 乗根の総和は $0$ なので、交差項は丸ごと消え、$2$ が $n$ 個残って $2n$。

① 展開する。

$$\sum _{k=0}^{n-1}|z-{\zeta }_k{|}^2=\sum _{k=0}^{n-1}\left(|z{|}^2+|{\zeta }_k{|}^2\right)-z\sum _{k=0}^{n-1}\overline{{\zeta }_k}-\overline{z}\sum _{k=0}^{n-1}{\zeta }_k$$

② 各部分を評価する。 $|z|=|{\zeta }_k|=1$ より第1の和は $2n$。また $\sum {\zeta }_k=0$ で、共役の和も $\overline{\sum {\zeta }_k}=\overline{0}=0$。よって交差項は消え

$$\sum _{k=0}^{n-1}|z-{\zeta }_k{|}^2=2n$$

③ 吟味。 値が $z$ の位置によらない。正 $n$ 角形の頂点は、円周上のどの点から見ても「距離の平方の合計」が同じになるように、対称に並んでいる。なお $z$ が円上になくても同じ計算で $\sum =n(1+|z{|}^2)$ と一般化できる。

まとめ: 「距離の平方は共役で開く」と「根の和は0」の組み合わせは、複素数平面の距離の問題でよく使う。展開 → 対称性で交差項が消える、という流れは、重心や慣性モーメントの計算にも通じる普遍的な設計だ。

発展。 重心分解の式は統計の「分散の分解」と同一で、$2n$ の内訳($n|z-G{|}^2$ と 散らばり $n$)まで表している。さらに同じ計算で $\sum |z-{\zeta }_k{|}^2$ は $|z|=r$ なら $n(r^2+1)$ になり、円の半径を変えても交差項は現れない。「対称な点配置では、和の計算で交差項が消える」という仕組みは、正多角形が関係する和のすべてに使える。

別解

重心で分解する(ベクトルの公式の再利用)。 平面ベクトルで学ぶ分解公式(ライプニッツの公式)を複素数で使う。$n$ 点 ${\zeta }_k$ の重心を $G$ とすると、任意の点 $z$ に対して

$$\sum _k|z-{\zeta }_k{|}^2=n|z-G{|}^2+\sum _k|G-{\zeta }_k{|}^2$$

(「点までの平方和 = 重心までの平方和 + 重心まわりの散らばり」で、統計の分散の分解と同じ式だ。)1の $n$ 乗根の重心は $G=\frac{1}{n}\sum {\zeta }_k=0$(和が0)。よって

$$\sum _k|z-{\zeta }_k{|}^2=n|z{|}^2+\sum _k|{\zeta }_k{|}^2=n\cdot 1+n\cdot 1=2n$$

共役の展開(本解)は自己完結の計算、重心分解は「$2n$ の内訳は $n$(点の位置)$+n$(頂点の散らばり)」という意味を示している。$|z|=r$ に一般化すれば和は $n(r^2+1)$ で、単位円上に限らずすぐに読める。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 回転は複素数では1次式だ: 中心 $c$、角 $\theta$ の回転は $z\mapsto \rho (z-c)+c$($\rho =\cos \theta +i\sin \theta$)。

1次式と1次式の合成はまた1次式で、$z$ の係数は回転因子の積 $\rho \cdot \rho ={\rho }^2$。角がちょうど足されて $120^{\circ }$ になる。係数の絶対値が1(回転因子)である1次変換は、必ずどこかを中心とする回転。その中心は不動点で、$c=g(f(c))$ を解けば求まる。

① 合成を計算する((1))。 $\rho =\cos 60^{\circ }+i\sin 60^{\circ }=\frac{1+\sqrt{3}i}{2}$ とおくと $f(z)=\rho z$、$g(z)=\rho (z-1)+1$。合成は

$$g(f(z))=\rho (\rho z-1)+1={\rho }^{2}z+(1-\rho )$$

$z$ の係数 ${\rho }^2$ は絶対値1・偏角 $120^{\circ }$ である。よってこの変換は($z$ の係数が1でないので平行移動ではなく)ある点を中心とする $120^{\circ }$ の回転である。

② 中心 = 不動点((2))。 中心 $c$ は $c={\rho }^{2}c+(1-\rho )$ を満たすから

$$c=\frac{1-\rho }{1-{\rho }^2}=\frac{1-\rho }{(1-\rho )(1+\rho )}=\frac{1}{1+\rho }$$

③ 値を計算する。 $1+\rho =\frac{3+\sqrt{3}i}{2}$ だから

$$c=\frac{2}{3+\sqrt{3}i}=\frac{2(3-\sqrt{3}i)}{(3{)}^2+(\sqrt{3}{)}^2}=\frac{6-2\sqrt{3}i}{12}=\frac{3-\sqrt{3}i}{6}$$

(実部が $\frac{1}{2}$ なので2つの中心 $0,1$ の垂直二等分線上にあり、実軸の下側 $30^{\circ }$ の方向にある。検算として $g(f(c))=c$ を代入で確かめられる。)

まとめ: 回転は1次式で表され、合成は係数の積(角の和)になり、中心は不動点として求まる。変換の合成が複素数では掛け算と1次方程式になる。$60^{\circ }$ と $60^{\circ }$ の中心が $0,1$ のとき、新しい中心が2点から等距離のところに現れる幾何も、式 $c=\frac{1}{1+\rho }$ で表されている。

発展。 角の和が $360^{\circ }$ の倍数になる合成(たとえば $180^{\circ }+180^{\circ }$ や $120^{\circ }+240^{\circ }$)では、$z$ の係数が $1$ になって回転でなく平行移動が現れる(不動点が存在しない)。「回転の群」の中で平行移動が生まれる瞬間で、点対称2回=平行移動、という中学以来の事実もこの式 ${\rho }_1{\rho }_2=1$ の特別な場合だ。

別解

幾何の構成で中心を言い当てる(回転合成の作図)。 回転の合成の中心は作図で先に求まる。

角 $2a$ の回転(中心 ${\mathrm{C}}_1$)に続けて角 $2b$ の回転(中心 ${\mathrm{C}}_2$)を行うと、合成は角 $2a+2b$ の回転になり、その中心 P は線分 ${\mathrm{C}}_1{\mathrm{C}}_2$ を底辺に、底角 $a$(${\mathrm{C}}_1$ 側)と $b$(${\mathrm{C}}_2$ 側)の三角形の頂点にある(回転の向きの側に注意)。

本問は $2a=2b=60^{\circ }$ だから底角は $30^{\circ },30^{\circ }$。中心 $0$ と $1$ を結ぶ線分の(回転の向きから)下側に、底角 $30^{\circ }$ の二等辺三角形を建てると、頂点は

$$\left(\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{6}\right)=\frac{3-\sqrt{3}i}{6}$$

(高さは $\frac{1}{2}\tan 30^{\circ }=\frac{1}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{6}$。)不動点方程式(本解)の解と一致する。1次式の合成(本解)は角の加法と中心を代数で一括処理する、どの場合にも使える方法だ。作図すると「中心がどこにできるか」が先に目で分かる。両方持つと、答えの検算が互いにできる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 図形の操作を、複素数の言葉で表す。「辺 AB の外側に正三角形を建てる」は「$\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ を $-60^{\circ }$ 回転して第3頂点を作る」ことだ。つまり第3頂点は $\alpha ,\beta$ の1次結合で書ける。

すると3つの重心 ${\mathrm{N}}_1,{\mathrm{N}}_2,{\mathrm{N}}_3$ も $\alpha ,\beta ,\gamma$ の1次結合になる。正三角形の判定は、1の3乗根 $\omega$ を使った式 $p+\omega q+{\omega }^{2}r=0$ が便利だ。代入すると共通因数がくくり出され、残る係数の計算が $1+\omega +{\omega }^2=0$ の親戚でちょうど $0$ になる。

① 補題の証明。 $p=-\omega q-{\omega }^{2}r$ と $-(1+\omega )={\omega }^2$ から

$$p-q=-(1+\omega )q-{\omega }^{2}r={\omega }^2(q-r)$$

同様に $q-r={\omega }^2(r-p)$。よって3辺の長さは等しく($|{\omega }^2|=1$)、正三角形をなす(すべての差が0の場合は3点が一致)。

② 重心を1次結合で書く。 $\alpha ,\beta ,\gamma$ は反時計回りなので、辺 $\mathrm{BC}$ の外側の正三角形の第3頂点は $\gamma$ を $\beta$ のまわりに $-60^{\circ }$ 回転した $\beta +\overline{\rho }(\gamma -\beta )$($\overline{\rho }=\cos 60^{\circ }-i\sin 60^{\circ }$)。重心は

$${\mathrm{N}}_1=\frac{\beta +\gamma +\beta +\overline{\rho }(\gamma -\beta )}{3}=\frac{(2-\overline{\rho })\beta +(1+\overline{\rho })\gamma }{3}$$

巡回的に ${\mathrm{N}}_2=\frac{(2-\overline{\rho })\gamma +(1+\overline{\rho })\alpha }{3}$、${\mathrm{N}}_3=\frac{(2-\overline{\rho })\alpha +(1+\overline{\rho })\beta }{3}$。

③ 判定式に代入する。 $S=\alpha +\omega \beta +{\omega }^2\gamma$ とおくと、$\beta +\omega \gamma +{\omega }^2\alpha ={\omega }^{2}S$、$\gamma +\omega \alpha +{\omega }^2\beta =\omega S$ に注意して

$${\mathrm{N}}_1+\omega {\mathrm{N}}_2+{\omega }^2{\mathrm{N}}_3=\frac{(2-\overline{\rho }){\omega }^{2}S+(1+\overline{\rho })\omega S}{3}=\frac{\omega S}{3}\left\{(2-\overline{\rho })\omega +(1+\overline{\rho })\right\}$$

中括弧を計算する: $\omega =\frac{-1+\sqrt{3}i}{2},\overline{\rho }=\frac{1-\sqrt{3}i}{2}$ を代入すると

$$(2-\overline{\rho })\omega +(1+\overline{\rho })=\frac{3+\sqrt{3}i}{2}\cdot \frac{-1+\sqrt{3}i}{2}+\frac{3-\sqrt{3}i}{2}=\frac{-3-\sqrt{3}i+3\sqrt{3}i-3}{4}+\frac{6-2\sqrt{3}i}{4}=\frac{-6+2\sqrt{3}i+6-2\sqrt{3}i}{4}=0$$

よって ${\mathrm{N}}_1+\omega {\mathrm{N}}_2+{\omega }^2{\mathrm{N}}_3=0$ となり、補題より三角形 ${\mathrm{N}}_1{\mathrm{N}}_2{\mathrm{N}}_3$ は正三角形である(外側に立てた場合、3中心が一致することは起こらない)。

まとめ: どんな三角形からも正三角形が生まれるという定理が、「回転・平均・判定式」の3部品の係数計算で証明できる。共通因数 $S$ をくくり出して数だけの部分で判定する。これは複素数で図形の性質を証明するときの典型的な手順だ。

発展。 ナポレオン三角形の重心は元の三角形の重心と一致する(重心どうしの平均を計算すると $\frac{\alpha +\beta +\gamma }{3}$ に戻る)。さらに、正三角形を内側に建てた「内ナポレオン三角形」も正三角形で、外と内の面積の差が元の三角形の面積に等しい、という続きも知られている。1つの定理から、対称性にもとづく結果がいくつも出てくる。

別解

回転因子で直接確かめる($\omega$ を使わない判定)。 正三角形の判定式を経由せず、「1辺を $60^{\circ }$ 回すと隣の辺になる」を直接検算してもよい。各重心を $\alpha ,\beta ,\gamma$ の1次結合で書き下ろしたら(本解の①)、2辺のベクトル

$${\mathrm{N}}_2-{\mathrm{N}}_1,{\mathrm{N}}_3-{\mathrm{N}}_1$$

を計算し、${\mathrm{N}}_3-{\mathrm{N}}_1=\rho ({\mathrm{N}}_2-{\mathrm{N}}_1)$($\rho =\cos 60^{\circ }+i\sin 60^{\circ }$)が成り立つことを係数比較で確かめる。回転因子 $\rho$ が「長さが等しく、なす角 $60^{\circ }$」を一語で表すので、これ1本で正三角形が確定する。

$\omega$ の判定式(本解)は対称式を使うので計算が軽く、回転因子の直接検算は「どの辺がどの辺に回るか」という図形の対応を確かめながら進められる。検算を兼ねて両方で通すと、係数計算のミスがほぼ確実に捕まる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) ${\theta }_1,{\theta }_2,{\theta }_3$ は正接が $1,2,3$ の角であり、個々の値はきれいに書けない。

だが問われているのは和だ。複素数の掛け算は「絶対値は積、偏角は和」。つまり積 $\alpha \beta \gamma$ を1回計算すれば、その偏角として ${\theta }_1+{\theta }_2+{\theta }_3$ が(2π の整数倍を除いて)読める。

積が負の実数になれば和は $\pi +2k\pi$。あとは各角の範囲($0<{\theta }_k<\frac{\pi }{2}$)から $k$ を絞って確定する。

① 積を計算する。

$$\alpha \beta =(1+i)(1+2i)=1+2i+i-2=-1+3i$$

$$\alpha \beta \gamma =(-1+3i)(1+3i)=-1-3i+3i+9i^2=-10$$

② 偏角を読む。 $\alpha \beta \gamma =-10$ は負の実数だから

$${\theta }_1+{\theta }_2+{\theta }_3=\arg (-10)=\pi +2k\pi (k\text{は整数})$$

③ 範囲で確定する。 ${\theta }_1=\frac{\pi }{4}$ で、$\frac{\pi }{4}<{\theta }_2<{\theta }_3<\frac{\pi }{2}$(正接が $1<2<3$ で偏角も増える)。よって

$$\frac{3\pi }{4}<{\theta }_1+{\theta }_2+{\theta }_3<\frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{2}=\frac{5\pi }{4}$$

この範囲にある $\pi +2k\pi$ は $\pi$ のみ。したがって

$${\theta }_1+{\theta }_2+{\theta }_3=\pi$$

まとめ: 求まらない角は和にして積で測る。正接が $1,2,3$ の3つの角の和がちょうど $180^{\circ }$ になるという古典的な等式が、複素数の掛け算2回と範囲の吟味だけで証明される。偏角の $2\pi$ の不定性を範囲で取り除く最後の一歩まで書いて完答だ。

発展。 $\arctan 1+\arctan 2+\arctan 3=\pi$ は「方眼紙の3つの角」としても有名で、格子点だけで作った3つの直角三角形を組み合わせる図の証明もある。仲間に $\arctan \frac{1}{2}+\arctan \frac{1}{3}=\frac{\pi }{4}$(こちらは $(2+i)(3+i)=5+5i$)があり、円周率の計算(マチンの公式)にもつながっている。

別解

正接の加法定理で(複素数を使わない)。 $\tan {\theta }_1=1,\tan {\theta }_2=2,\tan {\theta }_3=3$ だから、加法定理を2回使えば数IIの範囲で解ける。

$$\tan ({\theta }_1+{\theta }_2)=\frac{1+2}{1-1\cdot 2}=-3$$

$0<{\theta }_1+{\theta }_2<\pi$ で正接が負だから ${\theta }_1+{\theta }_2$ は鈍角、すなわち ${\theta }_1+{\theta }_2=\pi -\arctan 3$ の形($\arctan 3={\theta }_3$)。よって

$${\theta }_1+{\theta }_2+{\theta }_3=\pi$$

複素数の積(本解)はこの加法定理の計算を「掛け算1回」に圧縮したものだ。実際、$(1+i)(1+2i)(1+3i)=-10$ の展開で起きていることは、加法定理の分子分母の計算と一字一句対応している。複素数の積は偏角の加法定理を機械的に計算する方法だ、と分かる問題だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 円周上の $z$ は極形式が便利: $z=2(\cos \theta +i\sin \theta )$ とおくと

$$\frac{1}{z}=\frac{1}{2}(\cos \theta -i\sin \theta )$$

(逆数は「絶対値が逆数、偏角が符号反転」。)足すと実部と虚部で係数の増減が逆になり

$$x=\frac{5}{2}\cos \theta ,y=\frac{3}{2}\sin \theta$$

これは楕円の媒介変数表示そのもの。$|w|$ の最大最小は、$|w{|}^2$ が ${\cos }^2\theta$ の1次式になることから、軸の端で決まる。

① 媒介変数表示を作る。

$$w=2(\cos \theta +i\sin \theta )+\frac{1}{2}(\cos \theta -i\sin \theta )=\frac{5}{2}\cos \theta +\frac{3}{2}i\sin \theta$$

② 曲線を特定する。 $x=\frac{5}{2}\cos \theta ,y=\frac{3}{2}\sin \theta$ から $\cos \theta ,\sin \theta$ を消去して

$$\frac{x^2}{(5/2{)}^2}+\frac{y^2}{(3/2{)}^2}=1$$

これは長半径 $\frac{5}{2}$(実軸方向)、短半径 $\frac{3}{2}$ の楕円全体である($\theta$ が1周すると楕円も1周する)。

③ $|w|$ の最大最小。

$$|w{|}^2=\frac{25}{4}{\cos }^2\theta +\frac{9}{4}{\sin }^2\theta =\frac{9}{4}+4{\cos }^2\theta$$

${\cos }^2\theta \in [0,1]$ より $|w{|}^2\in \left[\frac{9}{4},\frac{25}{4}\right]$。よって最大値 $\frac{5}{2}$($\theta =0,\pi$、$w=\pm \frac{5}{2}$)、最小値 $\frac{3}{2}$($\theta =\pm \frac{\pi }{2}$、$w=\pm \frac{3}{2}i$)。

まとめ: $z+\frac{1}{z}$ は「半径 $r$ の円」を「半長軸 $r+\frac{1}{r}$・半短軸 $r-\frac{1}{r}$ の楕円」にうつす。$r=1$ では楕円がつぶれて実軸の線分 $[-2,2]$ になる(基準の応用問題でおなじみの範囲)。円の半径を動かすと楕円の一族ができる、という変換の見方も知っておきたい。

発展。 円の半径 $r$ を一般にすると、$w=z+\frac{1}{z}$ の像は長半径 $r+\frac{1}{r}$・短半径 $\left|r-\frac{1}{r}\right|$ の楕円で、${\left(r+\frac{1}{r}\right)}^2-{\left(r-\frac{1}{r}\right)}^2=4$ から焦点はいつも $\pm 2$(共焦点の楕円の族)。$r=1$ では線分 $[-2,2]$ につぶれる。この写像(ジューコフスキー変換)は、円を翼の断面に移す変換として航空力学の古典になっている。

別解

共役で $|w{|}^2$ を直接計算する(楕円を経由しない最大最小)。 $|w|$ だけが目的なら、共役の展開ですぐに出る。

$$|w{|}^2=\left(z+\frac{1}{z}\right)\overline{\left(z+\frac{1}{z}\right)}=|z{|}^2+\frac{1}{|z{|}^2}+\frac{z}{\overline{z}}+\frac{\overline{z}}{z}$$

$|z|=2$ より最初の2項は $4+\frac{1}{4}=\frac{17}{4}$。残りは $\frac{z}{\overline{z}}=\cos 2\theta +i\sin 2\theta$ とその共役の和で $2\cos 2\theta$。よって

$$|w{|}^2=\frac{17}{4}+2\cos 2\theta$$

最大は $\cos 2\theta =1$ で $\frac{25}{4}$、最小は $\cos 2\theta =-1$ で $\frac{9}{4}$ である。$|w|$ の最大 $\frac{5}{2}$・最小 $\frac{3}{2}$ が楕円を描かずに分かった(最大は実軸上 $\theta =0,\pi$、最小は虚軸上)。

媒介変数表示(本解)は図形が楕円であることまで分かる方法、共役の直接計算は「大きさだけ欲しい」ときの最短路だ。目的に応じて方法を選べるようにしておくとよい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 掛ける数 $q=\frac{1+i}{2}$ がどんな変換かを先に見る: $|q|=\frac{1}{\sqrt{2}}$、偏角 $45^{\circ }$ なので、「$\frac{1}{\sqrt{2}}$ 倍して $45^{\circ }$ 回る」縮小回転だ。点列は原点へ渦を巻いて落ちていく。

折れ線の各辺の長さは

$$|z_{n+1}-z_n|=|z_n(q-1)|=|z_n||q-1|$$

$|z_n|=|q{|}^n$ は等比数列だから、辺の長さも等比数列(公比 $\frac{1}{\sqrt{2}}$)。総和は無限等比級数で閉じる。

① 部品を測る。

$$|q|=\left|\frac{1+i}{2}\right|=\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{\sqrt{2}},|q-1|=\left|\frac{-1+i}{2}\right|=\frac{\sqrt{2}}{2}$$

$|q|<1$ だから $z_n=q^n\to 0$ となり、螺旋は原点に収束する。

② 辺の長さの等比性。

$$L_n=|z_{n+1}-z_n|=|z_n||q-1|={\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}^n\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$$

初項 $L_0=\frac{\sqrt{2}}{2}$、公比 $\frac{1}{\sqrt{2}}$ の等比数列。

③ 総和。

$$\sum _{n=0}^{\infty }{L}_n=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{1-\frac{1}{\sqrt{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}(2+\sqrt{2})}{(2-\sqrt{2})(2+\sqrt{2})}=\frac{2\sqrt{2}+2}{2}=\sqrt{2}+1$$

まとめ: 「縮小回転の点列 → 辺長の等比 → 無限級数」。無限に折れ曲がりながら回転を続ける螺旋の全長が、有限の値 $\sqrt{2}+1$ になる。等比級数の和と、最後の有理化までが計算の要点だ。

発展。 この螺旋は「対数螺旋」の離散版で、どの1歩も前の1歩と同じ角度・同じ縮小率で進む。そのため全体と部分が相似になる。自己相似の方程式 $L=(\text{1辺})+|q|L$ は、コッホ曲線など、フラクタルの長さ・面積の計算の基本形。オウムガイの殻や台風の渦がこの形になるのは、「成長のルールが場所によらず一定」という同じ理由による。

別解

自己相似で方程式を立てる(等比級数の公式を使わない)。 この螺旋には、みごとな自己相似がある。折れ線全体を $q$ 倍すると、最初の1辺を除いた残りの折れ線にぴったり重なる($z_n$ たちが $z_{n+1}$ たちに移るから)。

$q$ 倍は長さを $|q|=\frac{1}{\sqrt{2}}$ 倍にするので、全長 $L$ について

$$L=\underset{\text{最初の1辺}}{\underbrace{|z_1-z_0|}}+\underset{\text{残り}}{\underbrace{\frac{1}{\sqrt{2}}L}}$$

最初の辺は $|q-1|=\left|\frac{-1+i}{2}\right|=\frac{\sqrt{2}}{2}$。方程式を解いて

$$L\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}⟹L=\frac{\sqrt{2}/2\cdot \sqrt{2}}{\sqrt{2}-1}=\frac{1}{\sqrt{2}-1}=\sqrt{2}+1$$

等比級数の公式(本解)は項別の足し算、自己相似は「全体=1辺+縮小コピー」という構造の方程式。フラクタル図形(コッホ曲線など)の長さの計算と同じ発想で、無限の和が1本の1次方程式で求まる。