2020年入試問題研究に戻る東工大第2問解答
(1) △$\mathrm{ABC} $ が正三角形となる必要十分条件は， \[ \left|\alpha-\gamma \right|=\left|\beta-\gamma \right|,\ \quad \arg\left(\dfrac{\beta-\gamma}{\alpha-\gamma} \right)=\pm \dfrac{\pi}{3} \] であり，これは \[ \arg\left(\dfrac{\beta-\gamma}{\alpha-\gamma} \right)^3=-1 \] と同値である．これより， \begin{eqnarray*} &&(\alpha-\gamma)^3+(\beta-\gamma)^3=0\\ &\iff&\left(\alpha-\gamma+\beta-\gamma \right)\left\{(\alpha-\gamma)^2-(\alpha-\gamma)(\beta-\gamma)+(\beta-\gamma)^2 \right\}=0 \end{eqnarray*} $ \mathrm{A} $ ， $ \mathrm{B} $ ， $ \mathrm{C} $ は同一直線上にないので， $ \alpha-\gamma+\beta-\gamma\ne 0 $ である．\[ (\alpha-\gamma)^2-(\alpha-\gamma)(\beta-\gamma)+(\beta-\gamma)^2 =\alpha^2+\beta^2+\gamma^2-(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha) \] であるから， △$\mathrm{ABC} $ が正三角形となる必要十分条件は， \[ \alpha^2+\beta^2+\gamma^2=\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha \] である．
(2) △$\mathrm{ABC} $ が外接円の半径が $ R $ の正三角形とする．
複素数平面の3点 \[ R,\ R\left(-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) ,\ R\left(-\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) \] を $ \mathrm{S},\ \mathrm{T},\ \mathrm{U} $ とする． この3点は，原点からの距離が $ R $ で偏角が $ 0,\ \dfrac{2}{3}\pi,\ \dfrac{4}{3}\pi $ なので， $ \bigtriangleup \mathrm{STU} $ は原点を中心とする半径 $ R $ の円に内接する正三角形であり， $ \bigtriangleup \mathrm{ABC} $ と合同である．
△$\mathrm{ABC} $ の外接円上の点 $ \mathrm{P} $ に対応する $ \bigtriangleup \mathrm{STU} $ の点も同じ $ \mathrm{P} $ で表し， $ \mathrm{P}(R\cos\theta,\ R\sin\theta) $ とする． \begin{eqnarray*} &&\mathrm{AP}^2+\mathrm{BP}^2+\mathrm{CP}^2=\mathrm{SP}^2+\mathrm{TP}^2+\mathrm{UP}^2\\ &=&R^2\left\{ \left(\cos\theta-1 \right)^2+\left(\sin\theta\right)^2+ \left(\cos\theta+\dfrac{1}{2} \right)^2+\left(\sin\theta-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2\right.\\ &&\quad \quad \quad \quad \quad \quad \left.+\left(\cos\theta+\dfrac{1}{2} \right)^2+\left(\sin\theta+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2\right\}\\ &=&R^2\left(2-2\cos\theta+2+\cos\theta-\sqrt{3}\sin\theta+2+\cos\theta+\sqrt{3}\sin\theta \right)\\ &=&6R^2 \end{eqnarray*} これより \begin{eqnarray*} &&\mathrm{AP}^4+\mathrm{BP}^4+\mathrm{CP}^4=\mathrm{SP}^4+\mathrm{TP}^4+\mathrm{UP}^4\\ &=&R^4\left\{\left(2-2\cos\theta\right)^2+\left(2+\cos\theta-\sqrt{3}\sin\theta\right)^2+\left(2+\cos\theta+\sqrt{3}\sin\theta \right)^2\right\}\\ &=&R^4\left\{4-8\cos\theta+4\cos^2\theta +4+\cos^2\theta+3\sin^2\theta+4\cos\theta-4\sqrt{3}\sin\theta-2\sqrt{3}\cos\theta\sin\theta\right.\\ &&\quad \quad \quad \quad \left.+4+\cos^2\theta+3\sin^2\theta+4\cos\theta+4\sqrt{3}\sin\theta+2\sqrt{3}\cos\theta\sin\theta\right\}\\ &=&18R^4 \end{eqnarray*} ※ (2)の別方法
$ \bigtriangleup \mathrm{ABC} $ が正三角形のとき，外接円の中心は重心に等しく， 複素数平面では $ \dfrac{1}{3}(\alpha+\beta+\gamma) $ である． $ \delta=\dfrac{1}{3}(\alpha+\beta+\gamma) $ とおく． 外接円周上の点点 $ \mathrm{P}(z) $ をとる． 外接円の半径が $ R $ なので， \[ |\alpha-\delta|= |\beta-\delta|= |\gamma-\delta|= |z-\delta|=R \] であり， \[ (\alpha-\delta)+(\beta-\delta)+(\gamma-\delta)=\alpha+\beta+\gamma-3\delta=0 \] である．以下簡単のために， $ \alpha-\delta $ ， $ \beta-\delta $ ， $ \gamma-\delta $ ， $ z-\delta $ を， $ \alpha,\ \beta,\ \gamma,\ z $ とおく． このとき， $ \alpha+\beta+\gamma=0 $ である． よって， \begin{eqnarray*} \mathrm{AP}^2+\mathrm{BP}^2+\mathrm{CP}^2 &=&|z-\alpha|^2+ |z-\beta|^2+ |z-\gamma|^2\\ &=&6R^2 -z\left(\overline{\alpha}+\overline{\beta}+\overline{\gamma}\right) -\overline{z}(\alpha+\beta+\gamma)=6R^2 \end{eqnarray*} である．次に \[ (\alpha+\beta+\gamma)^2=\alpha^2+\beta^2+\gamma^2+2\left(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha \right) =3(\alpha^2+\beta^2+\gamma^2) \] より， $ \alpha^2+\beta^2+\gamma^2=0 $ である． よって， \begin{eqnarray*} \mathrm{AP}^4+\mathrm{BP}^4+\mathrm{CP}^4 &=&|z-\alpha|^4+ |z-\beta|^4+ |z-\gamma|^4\\ &=& \left\{(z-\alpha)\overline{(z-\alpha)}\right\}^2+ \left\{(z-\beta)\overline{(z-\beta)}\right\}^2+ \left\{(z-\gamma)\overline{(z-\gamma)}\right\}^2\\ &=& \left(2R^2-z\overline{\alpha}-\overline{z}\alpha\right)^2+ \left(2R^2-z\overline{\beta}-\overline{z}\beta\right)^2+ \left(2R^2-z\overline{\gamma}-\overline{z}\gamma\right)^2\\ &=& 12R^4-4R^2\left(z\overline{\alpha}+\overline{z}\alpha+z\overline{\beta}+\overline{z}\beta+z\overline{\gamma}+\overline{z}\gamma \right)\\ &&\quad \quad \quad \quad \quad \quad + \left(z\overline{\alpha}+\overline{z}\alpha\right)^2+\left(z\overline{\beta}+\overline{z}\beta\right)^2+\left(z\overline{\gamma}+\overline{z}\gamma \right)^2\\ &=& 12R^4 +z^2\left({\overline{\alpha}}^2+{\overline{\beta}}^2+{\overline{\gamma}}^2\right)+{\overline{z}}^2\left(\alpha^2+\beta^2+\gamma^2\right) +6R^4=18R^4 \end{eqnarray*} である．