北海道大学 2000年度 前期日程 第2次学力試験文系数学 第3問

(1)

60度の回転を表す複素数を $$\zeta =\cos {60}^{\circ }+i\sin {60}^{\circ }={\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}i$$ とおく。原点のまわりに60度回転することは、複素数に $\zeta$ を掛けることに対応する。

したがって $$A^{\mathrm{\prime }}=\zeta ={\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}i$$ である。また $$\omega =\cos {120}^{\circ }+i\sin {120}^{\circ }$$ だから $$B^{\mathrm{\prime }}=\zeta \omega =\cos {180}^{\circ }+i\sin {180}^{\circ }=-1$$ であり、$$C^{\mathrm{\prime }}=\zeta {\omega }^2=\cos {300}^{\circ }+i\sin {300}^{\circ }={\displaystyle \frac{1}{2}}-{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}i$$である。

(2)

座標で確認する。点を$$A=(1,0),B=(-{\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}),C=(-{\displaystyle \frac{1}{2}},-{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}})$$と見る。また$$A^{\mathrm{\prime }}=({\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}),B^{\mathrm{\prime }}=(-1,0),C^{\mathrm{\prime }}=({\displaystyle \frac{1}{2}},-{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}})$$である。

辺 $AB$ 上の点を $$A+t(B-A)(0\leqq t\leqq 1)$$ とおく。この点の座標は $(1-{\displaystyle \frac{3}{2}}t,{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}t)$ である。

まず辺 $C^{\mathrm{\prime }}{A}^{\mathrm{\prime }}$ は直線 $x=1\mathrm{/}2$ である。これと $AB$ の交点では $1-{\displaystyle \frac{3}{2}}t={\displaystyle \frac{1}{2}}$ だから $t={\displaystyle \frac{1}{3}}$ である。したがってこの交点は辺 $AB$ を $1:2$ に分ける。

次に辺 $A^{\mathrm{\prime }}{B}^{\mathrm{\prime }}$ と $AB$ の交点を求める。辺 $A^{\mathrm{\prime }}{B}^{\mathrm{\prime }}$ の方程式は、2点 $A^{\mathrm{\prime }}(1\mathrm{/}2,\sqrt{3}\mathrm{/}2)$、$B^{\mathrm{\prime }}(-1,0)$ を通るので $y={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}(x+1)$ である。$AB$ 上の点を代入すると $${\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}t={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}(2-{\displaystyle \frac{3}{2}}t)$$ である。両辺に $2\sqrt{3}$ を掛けて $3t=4-3t$ となり、$t={\displaystyle \frac{2}{3}}$ を得る。

よって辺 $AB$ は、三角形 $A^{\mathrm{\prime }}{B}^{\mathrm{\prime }}{C}^{\mathrm{\prime }}$ の2辺との交点によって3等分される。図形全体は原点を中心とする120度回転で保たれるので、辺 $BC$、$CA$ についても同じことが成り立つ。また2つの三角形の役割を入れ替えても同じ対称性があるため、三角形 $A^{\mathrm{\prime }}{B}^{\mathrm{\prime }}{C}^{\mathrm{\prime }}$ の各辺も三角形 $ABC$ の辺との交点によって3等分される。

複素数のまま辺を実数媒介変数で表す。$\zeta =1+\omega$，${\omega }^2+\omega +1=0$ を使えば，交点条件は基底 $1,\omega$ の係数比較だけで解ける。

(1) $$\zeta =\cos {60}^{\circ }+i\sin {60}^{\circ }=1+\omega$$とおく。回転は $\zeta$ を掛ける操作なので$$A^{\mathrm{\prime }}=\zeta ,B^{\mathrm{\prime }}=\zeta \omega =-1,C^{\mathrm{\prime }}=\zeta {\omega }^2={\displaystyle \frac{1}{2}}-{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}i\mathrm{.}$$(2)

辺 $AB$ 上の点を$$z=(1-s)+s\omega (0\leqq s\leqq 1)$$と表す。辺 $A^{\mathrm{\prime }}{B}^{\mathrm{\prime }}$ 上の点は$$z=\zeta \{(1-t)+t\omega \}$$と表せる。$\zeta =1+\omega$，${\omega }^2=-1-\omega$ より右辺は$$1-2t+(1-t)\omega \mathrm{.}$$係数を比較すると$$1-s=1-2t,s=1-t,$$したがって $s=2\mathrm{/}3$ である。

同様に，辺 $C^{\mathrm{\prime }}{A}^{\mathrm{\prime }}$ との交点について係数を比較すると $s=1\mathrm{/}3$ を得る。よって辺 $AB$ 上の2交点は$$s={\displaystyle \frac{1}{3}},s={\displaystyle \frac{2}{3}}$$にあり，$AB$ を三等分する。

原点まわりの ${120}^{\circ }$ 回転は，2つの正三角形と交点配置を保ったまま $AB\to BC\to CA$ と移す。したがって $ABC$ の全辺で同じことが成り立つ。さらに2つの三角形の役割を入れ替えても同じ配置なので，$A^{\mathrm{\prime }}{B}^{\mathrm{\prime }}{C}^{\mathrm{\prime }}$ の各辺も三等分される。