複素数平面

=== 複素数平面の入試問題（三角形の形状問題）=== 【要点】

３点A(α), B(β), C(γ)を頂点とする△ABCが正三角形であるための条件は
$\frac{\gamma-\alpha}{\beta-\alpha}=\cos 60^{\circ}\pm i\sin 60^{\circ}$

（解説）

２つの複素数 $z_1=r_1(\cos\theta_1+ i\sin\theta_1),\hspace{5}z_1=r_2(\cos\theta_2+ i\sin\theta_2)$ の商（割り算）を極形式で書くと
$\frac{z_2}{z_1}=\frac{r_2(\cos\theta_2+ i\sin\theta_2)}{r_1(\cos\theta_1+ i\sin\theta_1)}$
$=\frac{r_2}{r_1}\{\cos(\theta_2-\theta_1)+ i\sin(\theta_2-\theta_1)\}$
これにより $z_1$ から $z_2$ へ移るときの「辺の長さの比」と「回転角」が分かる．

二等辺三角形でかつ頂角が60°なら，残り2つの角も60°になるので，正三角形になる

$\frac{\gamma-\alpha}{\beta-\alpha}=\cos 60^{\circ}\pm i\sin 60^{\circ}$ …(*)
のとき，辺の長さの比は
$|\frac{\gamma-\alpha}{\beta-\alpha}|=1$ …(1)
偏角の差は
∠BAC=±60°…(2)
になるから，△ABCは正三角形になる．
（A→B→Cは，偏角が＋60°のとき左回りに並び，−60°のとき右回りに並ぶ）
逆に，△ABCが正三角形のとき，(*)が成り立つといえる．

引用元の問題は記述式の問題ですが，以下の問題ではWeb画面上での操作性をよくするため，選択問題に変えています．
まぐれ当たりでは力が付きませんので，計算用紙を使って，よく考えてから選択肢の内の１つをクリックしてください．解答すれば解説が出ます．
なお，答案はこの教材の筆者が作成したものです．間違い等がありましたらお知らせください．

【問題１】　正三角形の頂点を表す複素数を求める問題

(1)　（やさしい）
　zを複素数とする．複素数平面上の３点z, z2, z3を頂点とする三角形が正三角形となるzをすべて求めよ．

（日本女子大2005年度）

解説やり直す

$z=\pm i$ $z=\frac{1\pm\sqrt{3}i}{2}$
$z=\frac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}$ $z=\frac{\sqrt{3}\pm i}{2}$

z=0またはz=1のときは，３点が同一の点になり三角形ができないから，z≠0, 1とおける．
$\frac{z^3-z}{z^2-z}=\cos 60^{\circ}\pm i\sin 60^{\circ}$
より
$\frac{z(z-1)(z+ 1)}{z(z-1)}=\frac{1\pm\sqrt{3}i}{2}$
$z+ 1=\frac{1\pm\sqrt{3}i}{2}$
$z=\frac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}$ …（答）

→閉じる←

→右上に続く

(2)
　複素数平面上で，３点A(4z), B(3z+2), C(z3)を頂点とする△ABCが正三角形となるような複素数zをすべて求めよ．

（福島県立医科大2016年度）

解説やり直す

$z=\frac{1\pm\sqrt{3}i}{2}$ $z=\frac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}$ $z=\frac{\sqrt{3}\pm i}{2}$

$z=\frac{-2+\sqrt{3}\pm i}{2},\hspace{5}\frac{-2-\sqrt{3}\pm i}{2}$

点A(4z)を中心としてB(3z+2)を±60°回転するとC(z3)に重なればよい（右図青の線）
$\frac{z^3-4z}{3z+ 2-4z}=\cos 60^{\circ}\pm i\sin 60^{\circ}$
より
$\frac{z(z+ 2)(z-2)}{-(z-2)}=\frac{1\pm\sqrt{3}i}{2}$
A(8),B(8),C(8)が１つの点になり三角形ができないからz≠2とする．
$z(z+ 2)=\frac{-1\mp\sqrt{3}i}{2}$
$z^2+ 2z=\frac{-1\mp\sqrt{3}i}{2}$
$z^2+ 2z+ 1=\frac{1\mp\sqrt{3}i}{2}$
$(z+ 1)^2=\cos 60^{\circ}\mp i\sin 60^{\circ}$

【複素数のn乗根の公式】
$z^n=r(\cos\theta + i\sin\theta)$ の解は
$z=\sqrt[n]{r}(\cos\frac{\theta+ 360^{\circ}\times k}{n} + i\sin\frac{\theta+ 360^{\circ}\times k}{n})$
（ $k=0,1,2,\cdots n-1$ ）

右の公式により
$(z+ 1)^2=\cos 60^{\circ}+ i\sin 60^{\circ}$ から
$z+ 1=\cos 30^{\circ}+ i\sin 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}+ i}{2}$ …(1)
$z+ 1=\cos 210^{\circ}+ i\sin 210^{\circ}=\frac{-\sqrt{3}-i}{2}$ …(2)
$(z+ 1)^2=\cos 60^{\circ}-i\sin 60^{\circ}$ から
$z+ 1=\cos 30^{\circ}-i\sin 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}-i}{2}$ …(3)
$z+ 1=\cos 210^{\circ}-i\sin 210^{\circ}=\frac{-\sqrt{3}+ i}{2}$ …(4)

※ $\cos 60^{\circ}-i\sin 60^{\circ}=\cos(-60^{\circ})+i\sin(-60^{\circ})$として
$\cos(\frac{-60^{\circ}+ 360^{\circ}\times 0}{2}) + i\sin(\frac{-60^{\circ}+ 360^{\circ}\times 0}{2})$
$\cos(\frac{-60^{\circ}+ 360^{\circ}\times 1}{2}) + i\sin(\frac{-60^{\circ}+ 360^{\circ}\times 1}{2})$
とすれば，上の公式と形式的には一致する

(1)(2)(3)(4)より
$z=\frac{-2+\sqrt{3}\pm i}{2},\hspace{5}\frac{-2-\sqrt{3}\pm i}{2}$

上の図の赤で示した点B(3z+2)を中心とした回転を考えた場合は
$\frac{4z-(3z+ 2)}{z^3-(3z+ 2)}=\cos 60^{\circ}\pm i\sin 60^{\circ}$
$\frac{z-2}{(z+ 1)^2(z-2)}=\cos 60^{\circ}\pm i\sin 60^{\circ}$
$(z+ 1)^2=\frac{1}{\cos 60^{\circ}\pm i\sin 60^{\circ}}=\cos(-60^{\circ})\pm i\sin(-60^{\circ})$
$=\cos60^{\circ}\pm i\sin60^{\circ}$
以下同様にして解ける．

$z^2+ 2z+ \frac{1\pm\sqrt{3}i}{2}=0$
のような複素係数の２次方程式に対して解の公式を使うこともできますが，その場合は，根号内に虚数を含む形で形式的に書かれる解
$z=-1\pm\sqrt{1-\frac{1\pm \sqrt{3}i}{2}}=-1\pm\sqrt{\frac{1\pm \sqrt{3}i}{2}}$
の根号の部分は，２乗が $\frac{1\pm \sqrt{3}i}{2}$ になる複素数としてa+biの形に書きなおす必要があります．これを満たす実数a, bを連立方程式から求めるのはそれなりの計算になります．むしろ，上記のように
$(z+ 1)^2=\cos 60^{\circ}\mp i\sin 60^{\circ}$
のようにn乗からn乗根に変形するのが楽です．

→閉じる←

【要点】

３点A(α), B(β), C(γ)を頂点とする△ABCについて
$\frac{\gamma-\alpha}{\beta-\alpha}=r(\cos \theta\pm i\sin\theta)\hspace{10}(r\gt 0)$
のとき
$\frac{CA}{BA}=|\frac{\gamma-\alpha}{\beta-\alpha}|=r$
∠BAC=θ

（解説）

２つの複素数 $z_1=r_1(\cos\theta_1+ i\sin\theta_1),\hspace{5}z_2=r_2(\cos\theta_2+ i\sin\theta_2)$ の商（割り算）を極形式で書くと
$\frac{z_2}{z_1}=\frac{r_2(\cos\theta_2+ i\sin\theta_2)}{r_1(\cos\theta_1+ i\sin\theta_1)}$
$=\frac{r_2}{r_1}\{\cos(\theta_2-\theta_1)+ i\sin(\theta_2-\theta_1)\}$
これにより $z_1$ から $z_2$ へ移るときの「辺の長さの比」と「回転角」が分かる．

【問題２】　三角形の辺の比などを求める問題

(1)
　α, βを等式9α2−18αβ+25β2=0を満たす0でない複素数とする．このとき複素平面上で３点0, α, βを頂点とする三角形の３辺の長さの比を求めよ．

（東京女子大2005年度）

解説やり直す

$1:1:1$ $1:2:\sqrt{3}$ $1:2:\sqrt{5}$

$2:3:4$ $3:4:5$

$\frac{\beta}{\alpha}$ と $\frac{\beta-\alpha}{\alpha}$ などを求めたらよい

両辺をβ2≠0で割ると
$9(\frac{\alpha}{\beta})^2-18(\frac{\alpha}{\beta})+ 25=0$
2次方程式の解の公式を使って $\frac{\alpha}{\beta}$ を求めると
$\frac{\alpha}{\beta}=\frac{9\pm\sqrt{81-225}}{9}=\frac{9\pm\sqrt{-144}}{9}=\frac{9\pm 12i}{9}=\frac{3\pm 4i}{3}$
$\frac{\alpha-\beta}{\beta}=\frac{\alpha}{\beta}-1=\pm\frac{4i}{3}$
これにより
$|\frac{\alpha}{\beta}|=\frac{5}{3}$
$|\frac{\alpha-\beta}{\beta}|=\frac{4}{3}$
したがって
$|\alpha|:|\beta|:|\alpha-\beta|=5:3:4$ …（答）

→閉じる←

(2)
　複素数α, βは，α2−2αβ+4β2=0, |α−2β|=4の関係を満たす．複素数平面上に，O（原点），A(α), B(β)の３点をとる．三角形AOBの∠AOBの値を求めよ．また，三角形AOBの面積の値を求めよ．

（岐阜薬科大2005年度）

（∠AOB）

解説やり直す

30° 45° 60° 90° 120°

α, βのいずれかが0なら三角形ができないから，α, βはいずれも0でないとする．
α2−2αβ+4β2=0の両辺をβ2で割ると
$(\frac{\alpha}{\beta})^2-2(\frac{\alpha}{\beta})+ 4=0$
２次方程式の解の公式を使って $\frac{\alpha}{\beta}$ を求めると
$\frac{\alpha}{\beta}=1\pm\sqrt{3}i=2(\cos 60^{\circ}\pm i\sin 60^{\circ})$
∠AOB=60°

→閉じる←

（△AOBの面積）

解説やり直す

$\sqrt{2}$ $2\sqrt{2}$ $\sqrt{3}$ $2\sqrt{3}$ $\sqrt{6}$ $2\sqrt{6}$

$\frac{\alpha}{\beta}=1\pm\sqrt{3}i=2(\cos 60^{\circ}\pm i\sin 60^{\circ})$
$\frac{\alpha-\beta}{\beta}=\frac{\alpha}{\beta}-1=\pm\sqrt{3}i$
$|\alpha|:|\beta|:|\alpha-\beta|=2:1:\sqrt{3}$

また，右図のように|α−2β|=4だから
$|\alpha|=4,\hspace{5}|\beta|=2,\hspace{5}|\alpha-\beta|=2\sqrt{3}$
△AOBの面積は
$\frac{1}{2}\times 2\times 2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$

右図のような2βの図が思いつかないときに，式の変形だけで|α−2β|=4を使うには
$S=\frac{1}{2}|\alpha|\cdot|\beta|\sin 60^{\circ}$
において，|α|,|β|の比ではなく，長さを求めたらよい
$\alpha=(1\pm\sqrt{3}i)\beta$
$\alpha-2\beta=(1\pm\sqrt{3}i)\beta-2\beta=(-1\pm\sqrt{3}i)\beta$
$|\alpha-2\beta|=2|\beta|=4$ より
$|\beta|=2$
このとき
$|\alpha|=2|\beta|=4$
$S=\frac{1}{2}\times 4\times 2\times\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$

→閉じる←

→右上に続く

(3)
　原点をOとする複素数平面上において，複素数α, βの表す点をそれぞれA, Bとする．α, βが条件
$|\alpha|=\sqrt{2},\hspace{10}2(1+ i)\alpha-(\sqrt{3}-i)\beta=0$
を満たすとき，次の問いに答えよ．ただし，iは虚数単位である．
(1)　|β|の値を求めよ．
(2)　2(1+i)および $\frac{\beta}{\alpha}$ の偏角をそれぞれ−180°より大きく180°以下の範囲で求めよ．
(3)　△ABCの面積を求めよ．

（静岡大2005年度）

（1）　|β|

解説やり直す

$1$ $\sqrt{2}$ $\sqrt{3}$ $2$ $2\sqrt{2}$ $2\sqrt{3}$ $3$

$\beta=\frac{2(1+ i)}{\sqrt{3}-i}\alpha=\frac{2\sqrt{2}(\cos 45^{\circ}+ i\sin 45^{\circ})}{2\{\cos(-30^{\circ})+ i\sin(-30^{\circ})\}}\alpha$
$=\sqrt{2}(\cos 75^{\circ}+ i\sin 75^{\circ})\alpha$
$|\beta|=\sqrt{2}\times 1\times |\alpha|=\sqrt{2}\times \sqrt{2}=2$

→閉じる←

（2）　2(1+i)の偏角

解説やり直す

30° 45° 60° 75°

90° 105° 120° 135°

$2(1+ i)=2\sqrt{2}(\cos 45^{\circ}+ i\sin 45^{\circ})$
だから
$arg\{2(1+ i)\}=45^{\circ}$

→閉じる←

（2）　（ $\frac{\beta}{\alpha}$ の偏角）

解説やり直す

30° 45° 60° 75°

90° 105° 120° 135°

$\frac{\beta}{\alpha}=\sqrt{2}(\cos 75^{\circ}+ i\sin 75^{\circ})$
だから
$arg(\frac{\beta}{\alpha})=75^{\circ}$

→閉じる←

（3）　（△ABCの面積）

解説やり直す

$\sqrt{3}+ 1$ $\frac{\sqrt{3}+ 1}{2}$ $\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$

$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$ $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$

$\frac{\beta}{\alpha}$ の偏角は75°だからαとβのなす角は75°
$S=\frac{1}{2}|\alpha|\cdot |\beta|\sin 75^{\circ}$
ここで $|\alpha|=\sqrt{2},\hspace{5}|\beta|=2$

(1)または(2)の途中経過を見ると， $\frac{\beta}{\alpha}$ の虚部が $\sqrt{2}\sin 75^{\circ}$ であるから
$\frac{\beta}{\alpha}=\frac{2(1+ i)}{\sqrt{3}-i}=\frac{2(1+ i)(\sqrt{3}+ i)}{4}=\frac{(\sqrt{3}-1)+(\sqrt{3}+ 1)i}{2}$
より

$\sqrt{2}\sin 75^{\circ}=\frac{\sqrt{3}+ 1}{2}$
$\sin 75^{\circ}=\frac{\sqrt{3}+ 1}{2\sqrt{2}}$
これらの値を代入すると
$S=\frac{1}{2}\times \sqrt{2}\times 2\times\frac{\sqrt{3}+ 1}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}+ 1}{2}$

加法定理や半角公式を使って sin 75°を求めてもよいが，(1)(2)の結果を利用すると自然な流れになります

→閉じる←

(4)　(3)とよく似ているが少し違う．誘導はより明確．
　原点をOとする複素数平面上において，複素数α, βの表す点をそれぞれA, Bとする．α, βが次の２つの式を満たすとき，次の各問いに答えよ．ただし，iは虚数単位とする．
$|\alpha|=2,\hspace{10}2(1+ i)\alpha-(\sqrt{3}+ i)\beta=0$
(1)　|β|の値を求めよ．
(2)　 $\frac{\beta}{\alpha}$ の偏角をθ（0≦θ≦π）とするとき，sinθの値を求めよ．
(3)　△ABCの面積を求めよ．

（芝浦工大2016年度）

（1）　|β|

解説やり直す

$1$ $\sqrt{2}$ $\sqrt{3}$ $2$

$2\sqrt{2}$ $2\sqrt{3}$ $3$

$\beta=\frac{2(1+ i)}{\sqrt{3}+ i}\alpha=\frac{2\sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{4}+ i\sin\frac{\pi}{4})}{2(\cos\frac{\pi}{6}+ i\sin\frac{\pi}{6})}\alpha$
$=\sqrt{2}\{\cos(\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{6})+ i\sin(\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{6})\}\alpha$
$=\sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{12}+ i\sin\frac{\pi}{12})\alpha$
$|\beta|=\sqrt{2}\times 1\times |\alpha|=\sqrt{2}\times 2=2\sqrt{2}$

→閉じる←

（2）　（sinθの値）

解説やり直す

$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$ $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$ $\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$ $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$

$\frac{\beta}{\alpha}=\sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{12}+ i\sin\frac{\pi}{12})$
$\frac{\beta}{\alpha}=\frac{2(1+ i)}{\sqrt{3}+ i}=\frac{2(1+ i)(\sqrt{3}-i)}{4}=\frac{(\sqrt{3}+ i)+(\sqrt{3}-1)i}{2}$
の虚部を比較すると
$\sqrt{2}\sin\frac{\pi}{12}=\frac{\sqrt{3}-1)}{2}$
$\sin\frac{\pi}{12}=\frac{\sqrt{3}-1)}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$

→閉じる←

（3）　（△ABCの面積）

解説やり直す

$\frac{\sqrt{2}-1}{2}$ $\frac{\sqrt{3}+1}{2}$ $\sqrt{3}-1$ $\sqrt{3}+ 1$

$S=\frac{1}{2}|\alpha|\cdot|\beta|\sin\frac{\pi}{12}=\frac{1}{2}\times 2\times 2\sqrt{2}\times\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$
$=\frac{2(\sqrt{3}-1)}{2}=\sqrt{3}-1$

→閉じる←

≪目が覚める１題≫

　４つの複素数z1, z2, z3, z4は互いに異なり，その絶対値はすべて1であるとする．
(1)　略
(2)　z1+z2+z3=0が成り立つとき，z1, z2, z3を頂点とする複素数平面上の三角形は正三角形であることを示せ．
(3)　z1+z2+z3+z4=0が成り立つとき，z1, z2, z3, z4を頂点とする複素数平面上の四角形は長方形であることを示せ．

（お茶の水女子大2016年度）

(2)　参考答案を見る

　式の変形：計算力で解決できる問題も多いが，図形の問題は図形によって解決する方が見通しが立てやすい．

　ベクトルの問題はベクトルで，複素数の問題は複素数で，図形の問題は図形の知識で解く方が見通しを立てやすい！！

　ベクトルで考えて，複素数z1, z2, z3をベクトル $\vec{z_1},\hspace{5}\vec{z_2},\hspace{5}\vec{z_3}$ に対応させると
$\vec{z_1}+\vec{z_2}+\vec{z_3}=\vec{0}$
ならば，各ベクトルのなす角が120°になることを示せばよい．

　仮定により， $\vec{z_1}$ の終点に $\vec{z_2}$ の始点を， $\vec{z_2}$ の終点に $\vec{z_3}$ の始点を継いで行くと $\vec{z_3}$ の終点が原点に戻る．また， $\vec{z_1},\hspace{5}\vec{z_2},\hspace{5}\vec{z_3}$ の大きさ（長さ）はすべて１だから，右の下の図のように「３辺の長さが等しい」正三角形ができる．
　正三角形の内角は60°だから，その外角は120°になり，ベクトル $\vec{z_1},\hspace{5}\vec{z_2}$ のなす角は120°になる．同様にして，他の2組のベクトルのなす角も120°になる．

　右の上の図において，黄色，水色，桃色で示した三角形はすべて２辺の長さが１でその間の角が120°であるから合同．よって頂点z1, z2, z3をつないでできる三角形は正三角形になる．

(3)　参考答案を見る

　ベクトルで考えて，複素数z1, z2, z3, z4をベクトル $\vec{z_1},\hspace{5}\vec{z_2},\hspace{5}\vec{z_3},\hspace{5}\vec{z_4}$ に対応させると
$\vec{z_1}+\vec{z_2}+\vec{z_3}+\vec{z_4}=\vec{0}$
ならば，四角形の内角がすべて90°になることを示せばよい．

　 $\vec{z_1},\hspace{5}\vec{z_2},\hspace{5}\vec{z_3},\hspace{5}\vec{z_4}$ の大きさはすべて１だから，右の下の図において四角形ABCDはひし形になる．
　頂点z1, z2, z3, z4の並び方は指定されていないが，例えば右の下の図のように，z1, z2, z3, z4の順に左回りに並んでいる場合，
$\vec{z_1}=-\vec{z_3},\hspace{5}\vec{z_2}=-\vec{z_4}$
になる．
　半径1の円において，大きさが１の２つのベクトル $\vec{z_1},\hspace{5}\vec{z_3}$ が逆向きに入っているのだから， $\vec{z_1},\hspace{5}\vec{z_3}$ は，右の上の図のように直径になる．
　直径の上に立つ円周角は90°だから∠z1z2z3=90°, ∠z1z4z3=90°となる．
　同様にして，∠z2z1z4=90°, ∠z2z3z4=90°も言えるから，4つの内角がすべて90°となり，長方形であることが示される．
（頂点z1, z2, z3, z4の並び方が他の順である場合も同様にして示される）

*** この話は一般化できるものかどうか興味を引く問題である．５つの場合，６つの場合を検討してみよう ***

(4)　互いに異なる５つの複素数が|z1|=|z2|=|z3|=|z4|=|z5|=1
z1+z2+z3+z4+z5=0
を満たすとき，この五角形は正五角形といえるか？
(5)　互いに異なる６つの複素数が|z1|=|z2|=|z3|=|z4|=|z5|=|z6|=1
z1+z2+z3+z4+z5+z6=0
を満たすとき，この六角形は正六角形といえるか？

(4)　参考答案を見る

右図上のようにz1, z2, z3が正三角形になるように並べておくと，z1+z2+z3=0になる．
これとは独立にz4, z5が直径になるように並べておくと，z4+z5=0になる．
そうすると，
(z1+z2+z3)+(z4+z5)=0
が成り立ち，正三角形と直径は独立に決められるから，五角形としては正五角形でも何でもないものになる．

また，右図下のように１つの頂点z1=1を固定してから， $z_5=\bar{z_2},\hspace{5}z_4=\bar{z_3}$ のように２組の共役複素数で４つの複素数z2, z3, z4, z5を決めると，２つずつ共役だからこれらの和は実数になる．
次に，z2, z3の実部の和が $-\frac{1}{2}$ になるように決めると

例えば $z_2=-\frac{1}{12}+ bi,\hspace{5}z_5=-\frac{1}{12}-bi,\hspace{5}z_3=-\frac{1}{6}+ ci,\hspace{5}z_4=-\frac{1}{6}-ci$
とおくと，z2+z3+z4+z5=−1になるから，
z1+(z2+z3+z4+z5)=0
となる．このように共役複素数の組を作って実部の和で調整するとできるから，正五角形とは関係ないものができる．

→右上に続く

(5)　参考答案を見る

右図上のようにz1, z3, z5が正三角形になるように並べておくと，z1+z3+z5=0になる．
これとは独立にz2, z4, z6が正三角形になるように並べておくと，z2+z4+z6=0になる．
そうすると，
(z1+z2+z3)+(z4+z5+z6)=0
が成り立ち，六角形としては正六角形でも何でもないものになる．

また，右図下のように互いに直径となる３組の複素数z1, z4，z2, z5，z3, z6を作ると，それぞれz1+z4=0，z2+z5=0，z3+z6=0となるから
(z1+z2)+(z3+z4)+(z5+z6)=0
を満たす．このとき六角形は正六角形でも何でもない．

(2)(3)(4)(5)　そもそもの話

そもそも，複素数で書かれた１つの等式は，実数で書かれた２つの等式と同値になります．

○1　実部，虚部で書けば

a+bi=c+di ←→

a=c
b=d

○2　極形式で書けば
r1(cosα+isinα)=r2(cosβ+isinβ)
(r1, r2>0, 0≦α, β<2π)
↓↑

r1=r2
α=β

○そこで(2)の問題のようにz1, z2, z3で表される三角形の頂点を決めるには，
$z_1=r_1(\cos\theta_1+ i\sin\theta_1)$
$z_2=r_2(\cos\theta_2+ i\sin\theta_2)$
$z_3=r_3(\cos\theta_3+ i\sin\theta_3)$
の6つの自由度 $r_1,r_2,r_3,\theta_1,\theta_2,\theta_3$ がある．
ここに大きさが１という条件を付ければ， $r_1=r_2=r_3=1$ となるから，残り３つの変数 $\theta_1,\theta_2,\theta_3$ が自由になっている．
ここに１つの等式z1+z2+z3=0を指定すると，自由度が２つ減って，１つの変数だけが自由に決められることになる．自由に決められる１つの変数とは例えば $\theta_1$ （z1の偏角）である．
このようにして，z1+z2+z3=0を指定すると， z1の偏角だけは自由に決められるが，残りはすべて決まることになる．

○これに対して(3)の問題のようにz1, z2, z3, z4で表される四角形の頂点を決めるには，
$z_1=r_1(\cos\theta_1+ i\sin\theta_1)$
$z_2=r_2(\cos\theta_2+ i\sin\theta_2)$
$z_3=r_3(\cos\theta_3+ i\sin\theta_3)$
$z_4=r_4(\cos\theta_4+ i\sin\theta_4)$
の8つの自由度 $r_1,r_2,r_3,r_4\theta_1,\theta_2,\theta_3,\theta_4$ がある．
ここに大きさが１という条件を付ければ， $r_1=r_2=r_3=r_4=1$ となるから，残り４つの変数 $\theta_1,\theta_2,\theta_3,\theta_4$ が自由になっている．
ここに１つの等式z1+z2+z3+z4=0を指定すると，自由度が２つ減って，２つの変数が自由に決められることになる．自由に決められる２つの変数とは例えば $\theta_1,\theta_2$ （z1, z2の偏角）である．
右図においてz1, z2の偏角は自由に定めることができ，その分だけ形は定まらない．

○同様にして，５つの点から五角形を作る場合，自由度が10のところが，大きさがすべて１という条件が付いていると自由度が５だけ減少し，さらに１つの等式z1+z2+z3+z4+z5=0が指定されていると自由度が２だけ減少するから，結局自由度は３になる．したがって，例えば $\theta_1,\theta_2,\theta_3$ のように３つの偏角が自由に決められることになり，形は定まらない．（どの問題でも，１つの頂点z1の位置は自由に定められるが，五角形のこの問題では，さらに２つの角度が自由になり，形が定まらないということです．）

...（PC版）メニューに戻る　 ○===高卒～大学数学基礎メニューに戻る