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複素座標入門 練習問題想定解集

427
1
$$$$

もちろんですが,解答はこの限りではないのでこれ合ってる?という解答はDM(natu_math)に送ってくれればできるだけ正誤判定をしようと思います.想定解が誤っている可能性がある場合もDMにお願いします.

あとこれはnatuの身勝手なのですが,ところどころ計算過程を省略している場合があります.
そのときは"これを計算すると","$=\cdots=$"などと記しています.特に計算が重い場合は"頑張って","超頑張って"などと修飾しています.解答の大筋だけ見たい人は流していただいて構いません.

第1回

level1

1

(1)第1式
  左辺$=\overline{(Re(a)+Im(a)i)\pm(Re(b)+Im(b)i)}=\overline{(Re(a)\pm Re(b))+(Im(a)\pm Im(b))i}$
    $=(Re(a)\pm Re(b))-(Im(a)\pm Im(b))i=(Re(a)-Im(a)i)\pm(Re(b)-Im(b)i)$
    $=$右辺
  よって左辺$=$右辺.
  第2式
  左辺$=\overline{(Re(a)+Im(a)i)(Re(b)+Im(b)i)}=\overline{(Re(a)Re(b)-Im(a)Im(b))+(Re(a)Im(b)+Im(a)Re(b))i}=(Re(a)Re(b)-Im(a)Im(b))-(Re(a)Im(b)+Im(a)Re(b))i$
  右辺$=(Re(a)-Im(a)i)(Re(b)-Im(b)i)=(Re(a)Re(b)-Im(a)Im(b))-(Re(a)Im(b)+Im(a)Re(b))i$
  よって左辺$=$右辺.
(2)第1式
  右辺$\displaystyle=\frac{1}{2}((Re(z)+Im(z)i)+(Re(z)-Im(z)i))=$左辺
 第2式
  右辺$\displaystyle=\frac{1}{2}((Re(z)+Im(z)i)-(Re(z)-Im(z)i))=$左辺
 第3式
  三平方の定理より$|z|=\sqrt{Re(z)^2+Im(z)^2}=\sqrt{(Re(z)+Im(z)i}(Re(z)-Im(z)i)=\sqrt{z\overline{z}}$
 第4式
  第2式より$z$が実数$\Longleftrightarrow Im(z)=0 \Longleftrightarrow z-\overline{z}=0 \Longleftrightarrow z=\overline{z}$
 第5式
  第1式より$z$が純虚数$\Longleftrightarrow Re(z)=0 \Longleftrightarrow z+\overline{z}=0$
証明終了

証明するまでもないですが大事なことなのでやっておきました.

2

$z^2=(Re(z)+Im(z)i)^2=(Re(z)^2-Im(z)^2)+2Re(z)Im(z)i=4\sqrt{3}+4i$となるような$(Re(z),Im(z))$を決定すればよい.
実部と虚部を比較して次の2式を得る.
$Re(z)^2-Im(z)^2=4\sqrt{3}$ $Re(z)Im(z)=2$
第1式の両辺に$Re(z)^2$をかけて第2式を用いると$Re(z)^4-4\sqrt{3}Re(z)^2-4=0$を得る.
よって$Re(z)^2=2\sqrt{3}+4$だから$Re(z)=\pm(\sqrt{3}+1)$となり,これと第2式より
$(Re(z),Im(z))=\pm(\sqrt{3}+1,\sqrt{3}-1)$を得る.したがって求める複素数$z$$\pm((\sqrt{3}+1)+(\sqrt{3}-1)i)$

level2

1

(1)
直線の式を$pz+\overline{z}=q$として$z=a,b$を代入すると次の2式を得る.
$ap+\overline{a}=q$ $bp+\overline{b}=q$この2式から$p=-\displaystyle\frac{\overline{a}-\overline{b}}{a-b} q=-\frac{a\overline{b}-\overline{a}b}{a-b}$を得るからこれらを直線の式に代入,整理して求める式は
$(\overline{a}-\overline{b})z-(a-b)\overline{z}=a\overline{b}-\overline{a}b$
(2)
垂直二等分線上の点は$A,B$からの距離が等しいから方程式は$|z-a|=|z-b|$である.これを変形していく.両辺を2乗
$(z-a)(\overline{z}-\overline{a})=(z-b)(\overline{z}-\overline{b})$これを展開,整理して
$(\overline{a}-\overline{b})z+(a-b)\overline{z}=|a|^2-|b|^2$ これが求める方程式である.
(3)
円の中心の座標は$\displaystyle\frac{a+b}{2}$,半径は$\displaystyle\left|\frac{a-b}{2}\right|$だから円の方程式は
$\displaystyle\left|z-\frac{a+b}{2}\right|=\left|\frac{a-b}{2}\right|$両辺を2乗して
$\displaystyle(z-\frac{a+b}{2})(\overline{z}-\frac{\overline{a}+\overline{b}}{2})=(\frac{a-b}{2})(\frac{\overline{a}-\overline{b}}{2})$
これを展開,整理して$2|z|^2-(\overline{a}+\overline{b})z-(a+b)\overline{z}+a\overline{b}+\overline{a}b=0$これが求める方程式である.

2

左から$z_1,z_2,z_3,z_4$とする.このうち実数となるのは$z_3,z_4$である.
$z_1$について
 $a=b=i$とすると$\displaystyle z_1=\frac{2i}{-3}$これは実数ではない.
$z_2$について
 $a=b=i$とすると$\displaystyle z_2=\frac{-2i}{2} $これは実数ではない
$z_3$について
 同様に$\displaystyle \overline{a}=\frac{1}{a}, \overline{b}=\frac{1}{b}$を用いて
 $\displaystyle \overline{z_3}=\frac{\overline{a}^3+\overline{b}^3}{(\overline{a}^2+\overline{b})(\overline{b}^2+\overline{a})}=\frac{\displaystyle\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}}{\displaystyle(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b})(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{a})}=\frac{b^3+a^3}{(b+a^2)(a+b^2)}=z_3$ よって$\overline{z_3}=z_3$より$z_3$は実数.
$z_4$について
 $\displaystyle \overline{a}=\frac{1}{a}, \overline{b}=\frac{1}{b}$を用いて
 $\displaystyle Re(a)=\frac{1}{2}(a+\overline{a})=\frac{1}{2}(a+\displaystyle\frac{1}{a}), Im(a)=\frac{1}{2i}(a-\overline{a})=\frac{1}{2i}(a-\displaystyle\frac{1}{a}), Re(b)=\frac{1}{2}(b+\overline{b})=\frac{1}{2}(b+\displaystyle\frac{1}{b}), Im(b)=\frac{1}{2i}(b-\overline{b})=\frac{1}{2i}(b-\displaystyle\frac{1}{b})$
 $Re(ab)=\frac{1}{2}(ab+\overline{ab})=\frac{1}{2}(ab+\displaystyle\frac{1}{ab}), Im(ab)=\frac{1}{2i}(b-\overline{b})=\frac{1}{2i}(ab-\displaystyle\frac{1}{ab}), Re(\frac{a^2+b^2}{2ab})=\frac{1}{2}(\displaystyle\frac{a^2+b^2}{2ab}+\overline{\frac{a^2+b^2}{2ab}})=\frac{a^2+b^2}{2ab}$
 これらの式より,
 分子$=(\displaystyle\frac{1}{2}(a+\displaystyle\frac{1}{a})+\frac{1}{2}(b-\displaystyle\frac{1}{b}))(\frac{1}{2}(b+\displaystyle\frac{1}{b})+\frac{1}{2}(a-\displaystyle\frac{1}{a}))=\frac{a^4b^2+a^2b^4+2a^3b^3-a^2-b^2+2ab}{4a^2b^2}$
 分母$=\displaystyle\frac{1}{2}(ab+\displaystyle\frac{1}{ab})+\frac{1}{2}(ab-\displaystyle\frac{1}{ab})\cdot\frac{a^2+b^2}{2ab}=\frac{a^4b^2+a^2b^4+2a^3b^3-a^2-b^2+2ab}{4a^2b^2}$
 よって$z_4=1$となり,これは実数である.
以上より,$z_3,z_4$が実数である.

計算が面倒ですがこれくらいは我慢です.$|a|=1$のとき$\displaystyle \overline{a}=\frac{1}{a}$であることは基本中の基本ですね.
(12/20追加 $z_2$の計算を間違えていました.正しくは"実数ではない"ので修正します.申し訳ありません.)

3

線分$AB$の中点$M$の座標は$\displaystyle\frac{a+b}{2}$であり,重心の座標は線分$OM$$2:1$に内分するからその座標は$\displaystyle\frac{a+b}{3}$
線分$OA,OB$の垂直二等分線の方程式はそれぞれ$\overline{a}z+a\overline{z}=|a|^2,\overline{b}z+b\overline{z}=|b|^2$であり,この2式から$z$を求めると$z=\displaystyle\frac{|a|^2b-a|b|^2}{\overline{a}b-a\overline{b}}=\frac{ab(\overline{a}-\overline{b})}{\overline{a}b-a\overline{b}}$となる.よって外心の座標は$\displaystyle\frac{ab(\overline{a}-\overline{b})}{\overline{a}b-a\overline{b}}$

意外と複雑な座標になりますね…

level3

1

$O(0)$という座標設定で計算を行う.

$X(x)$が操作によって$X^{\prime}(x^{\prime})$に移るとき,$OX\cdot OX^{\prime}=1$より$x^{\prime}$の絶対値は$\frac{1}{|x|}$であり,$X^{\prime}$が半直線$OX$上にあることから,正の実数$k$を用いて$x^{\prime}=kx$と表される.この式の両辺の絶対値を取って,$\displaystyle |x^{\prime}|=\frac{1}{|x|}$を用いると$\displaystyle k=\frac{1}{|x|^2}$を得るから$\displaystyle x^{\prime}=\frac{1}{\overline{x}}$である.
よって$X(x)$が操作によって$X^{\prime}(\displaystyle\frac{1}{\overline{x}})$に移る.この操作を同じ点に対して2度行うと元の点に戻ることに注意する.
 円は$|z|^2-(\overline{a}z+a\overline{z})+|a|^2=r^2$と表される.
この円は操作によって$z$$\displaystyle\frac{1}{\overline{z}}$に変えた式すなわち$\displaystyle|\frac{1}{\overline{z}}|^2-(\overline{a}\frac{1}{\overline{z}}+a\overline{(\frac{1}{\overline{z}})})+|a|^2=r^2$に移る.この式の両辺に$|z|^2=z\overline{z}$をかけて整理すると,$(|a|^2-r^2)|z|^2-(\overline{a}z+a\overline{z})+1=0$となり,これは$|a|\neq r$(1)のとき円を表し,$|a|=r$(2)のとき$|z|^2$の項が消え,$z=0$はこの式を満たさないから$O$を通らない直線を表す.証明終了

一般に知られている「反転」の基本性質を複素で示そうという問題でした.

2

$P(0),A(a),B(b),C(c)$(ただし,$b,c$は実数で$b>0>c$)と座標を設定する.すると,
左辺$=-|a-b|^2\cdot c+|a-c|^2\cdot b=-(a-b)(\overline{a}-b)c+(a-c)(\overline{a}-c)b=(b-c)(-bc+a\overline{a})=BC(BP\cdot CP+AP^2)=$右辺
証明終了

ポイントは点$P$を原点に設定することと,$b>0>c$に注意することです.
複素座標便利ですね.

第2回

level1

1

$A,B,C$は複素平面では$A(m+ni),B(-n+mi),C((m-n)+(m+n)i)$と表されるから
$\angle BAC=\displaystyle\arg\frac{a-b}{a-c}=\arg\frac{(m+ni)-(-n+mi)}{(m+ni)-((m-n)+(m+n)i)}=\arg\frac{(m+n)+(n-m)i}{n-mi}=\arg(1+i)=45^{\circ}$
証明終了

2

直線$az+b\overline{z}=c$に垂直な直線は$az-b\overline{z}=p$と表され,これが原点を通るとき$p$である.
2直線$az+b\overline{z}=c, az-b\overline{z}=0$の交点は$\displaystyle\frac{c}{2a}$であるから,
直線$az+b\overline{z}=c$と原点の距離は$\displaystyle\left|\frac{c}{2a}\right|$と表され,これは$b$によらない.証明終了

個人的にこの命題好きです.

2

(1)$\alpha$の極形式を考えて$\alpha=r(\cos\theta+i\sin\theta)$だから$Re(\alpha)=r\cos\theta,Im(\alpha)=rsin\theta$
(2)

(1)のような極形式を考えることで$a=|a|(\cos(\arg a)+i\sin(\arg a)),b=|b|(\cos(\arg b)+i\sin(\arg b))$であるから,
$ab=|a||b|(\cos(\arg a)+i\sin(\arg a))(\cos(\arg b)+i\sin(\arg b))=|a||b|\lbrace (\cos(\arg a)\cos(\arg b)-\sin(\arg a)\sin(\arg b))+i(\cos(\arg a)\sin(\arg b)+\sin(\arg a)\cos(\arg b)) \rbrace$
 $=|a||b|(\cos(\arg a+\arg b)+i\sin(\arg a+\arg b))$
となり,最右辺は絶対値が$|a||b|$で,偏角が$\arg a+\arg b$の複素数の極形式である.
これは$|ab|=|a||b|,\arg ab=\arg a+\arg b$であることを意味する.証明終了


死ぬほど式が見にくいですね,すみません.

level2

1

三角形$ABC$が正三角形であるとき$\displaystyle\arg\frac{a-b}{a-c}=60^{\circ},120^{\circ}$かつ$\displaystyle\left|\frac{a-b}{a-c}\right|=1$だから
$\displaystyle\frac{a-b}{a-c}=\frac{1\pm\sqrt{3}i}{2}$である.この式を変形
$\displaystyle\frac{a-b}{a-c}=\frac{1\pm\sqrt{3}i}{2}\Rightarrow a-2b+c=\pm(a-c)\sqrt{3}i\Rightarrow(a-2b+c)^2=-3(a-c)^2$
  $\Rightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\Rightarrow a^3+b^3+c^3=3abc$
ただし,最後の変形では両辺に$a+b+c$をかけた.証明終了

2

二項定理より
$(1+i)^{99}=\displaystyle\sum_{n=0}^{99}{}_{99}\mathrm{ C }_n\cdot i^n={}_{99}\mathrm{ C }_0+{}_{99}\mathrm{ C }_1\cdot i-{}_{99}\mathrm{ C }_2-{}_{99}\mathrm{ C }_3\cdot i+{}_{99}\mathrm{ C }_4+{}_{99}\mathrm{ C }_5\cdot i-\cdots$
$(1-i)^{99}=\displaystyle\sum_{n=0}^{99}{}_{99}\mathrm{ C }_n\cdot (-i)^n={}_{99}\mathrm{ C }_0-{}_{99}\mathrm{ C }_1\cdot i-{}_{99}\mathrm{ C }_2+{}_{99}\mathrm{ C }_3\cdot i+{}_{99}\mathrm{ C }_4-{}_{99}\mathrm{ C }_5\cdot i-\cdots$
$(1+1)^{99}=\displaystyle\sum_{n=0}^{99}{}_{99}\mathrm{ C }_n\cdot 1^n={}_{99}\mathrm{ C }_0+{}_{99}\mathrm{ C }_1+{}_{99}\mathrm{ C }_2+{}_{99}\mathrm{ C }_3+{}_{99}\mathrm{ C }_4+{}_{99}\mathrm{ C }_5+\cdots$
$(1-1)^{99}=\displaystyle\sum_{n=0}^{99}{}_{99}\mathrm{ C }_n\cdot 1^n={}_{99}\mathrm{ C }_0-{}_{99}\mathrm{ C }_1+{}_{99}\mathrm{ C }_2-{}_{99}\mathrm{ C }_3+{}_{99}\mathrm{ C }_4-{}_{99}\mathrm{ C }_5+\cdots$
これら4式を辺々足し合わせて$4({}_{99}\mathrm{ C }_0+{}_{99}\mathrm{ C }_4+\cdots{}_{99}\mathrm{ C }_{96})=(1+i)^{99}+(1-i)^{99}+2^{99}$となる.
$(1\pm i)^2=\pm2i$より$(1\pm i)^{99}=(\pm2i)^{49}(1\pm i)=\pm2^{49}i(1\pm i)$であるから
$(1+i)^{99}+(1-i)^{99}+2^{49}i(1+i)-2^{49}i(1-i)=-2^{50}$となり,
${}_{99}\mathrm{ C }_0+{}_{99}\mathrm{ C }_4+\cdots{}_{99}\mathrm{ C }_{96}=2^{97}-2^{48}$が結論される.
.
数検1級1次で似た問題が出題されました.複素数を使わずに解く方法を知りたいです.ダブルカウンティングでも使うのでしょうか?

3

原点を$O(0)$とする.$\displaystyle\frac{a-0}{\displaystyle -\frac{1}{\overline{a}}-0}=-a\overline{a}$は実数であるから,3点$A,O,A^{\prime}$はこの順に同一直線上にある.よって,3点$A,B,O$が同一直線上にあるとき5点$A,B,O,A^{\prime},B^{\prime}$はこの直線上にある.
,3点$A,B,O$が同一直線上にないとき,点$O$は線分$AA^{\prime},BB^{\prime}$の交点であり,$OA\cdot OA^{\prime}=|a||\displaystyle -\frac{1}{\overline{a}}|=1,同様に$OB\cdot OB^{\prime}=1$である,よって方べきの定理より4点A,B,A^{\prime},B^{\prime}$は同一円周上にある.
証明終了

level3

1

$A(0),B(b),C(c)$とし,これら3点はこの順に時計回りに並んでいるとする.
このとき点$Q,S$は原点を中心に点$B,C$をそれぞれ$90^{\circ},270^{\circ}$だけ回転移動させたものだから,$Q(ib),S(-ic)$である.よって直線$QS$の方程式は$(\overline{q}-\overline{s})z-(q-s)\overline{z}=\overline{q}s-q\overline{s}$すなわち$(\overline{b}+\overline{c})z+(b+c)\overline{z}=\overline{b}c-b\overline{c}$となり,これに垂直で点$A(0)$を通る直線の方程式は
$(\overline{b}+\overline{c})z-(b+c)\overline{z}=0$となり線分$BC$の中点の座標$\displaystyle\frac{b+c}{2}$はこの方程式を満たす.すなわち点$A$を通り,直線$QS$に垂直な直線は線分$BC$の中点を通る.
証明終了

.
natuは長岡の教科書に高校数学をすべて教わったといっても過言ではありません.

2

$B(0)$とし,$A(a),C(b)$($a$は負の実数)とすれば四角形$ABCD$が平行四辺形だから$D(a+b)$
また,$A,B,E$がこの順に並び,$BE=BC=|b|$であることから$E(|b|)$である.
ここで線分$CE$の中点の座標は$\displaystyle\frac{b+|b|}{2}$であり,これと点$B$を結ぶ直線の式は$(\overline{b}+|b|)z-(b+|b|)\overline{z}=0$であり,これは直線$CE$に垂直である.よって$A$から直線$CE$へおろした垂線の方程式は$(\overline{b}+|b|)z-(b+|b|)\overline{z}=p$とおけ,$z=a$を代入して$p=a\overline{b}-ab)$を得るから垂線の方程式は$(\overline{b}+|b|)z-(b+|b|)\overline{z}=a\overline{b}-ab)$である.
また,線分$AE$の垂直二等分線の方程式は$z+\overline{z}=a+|b|$である.
よって$A$から直線$CE$へおろした垂線の方程式と線分$AE$の垂直二等分線の方程式から$z$を求めて$\displaystyle z=\frac{a|b|+\overline{b}|b|+|b|^2+ab}{b+\overline{b}+2|b|}$である.
さて,4点$A,B,D,X$が同一円周上にあることを示すには点$B$を中心とした半径$1$の反転をして,$A,D,X$の移る先が同一直線上にあることを示せばよい.
この反転によって$A(a)$$\displaystyle A^{\prime}(\frac{1}{a})$に,$D(a+b)$$\displaystyle D^{\prime}(\frac{1}{a+\overline{b}})$に,$\displaystyle X(\frac{a|b|+\overline{b}|b|+|b|^2+ab}{b+\overline{b}+2|b|})$$\displaystyle X^{\prime}(\frac{b+\overline{b}+2|b|}{a|b|+{b}|b|+|b|^2+a\overline{b}})$に移る.
$\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{1}{a}-x^{\prime}}{\displaystyle\frac{1}{a}-d^{\prime}}=\frac{\displaystyle\frac{1}{a}-\displaystyle\frac{b+\overline{b}+2|b|}{a|b|+{b}|b|+|b|^2+a\overline{b}}}{\displaystyle\frac{1}{a}-\displaystyle\frac{1}{a+\overline{b}}}=\frac{(a+\overline{b})(a\overline{b}+a|b|-\overline{b}|b|-|b|^2)}{\overline{b}(a|b|+ab+\overline{b}|b|+|b|^2)}=\frac{(a+\overline{b})(a-|b|)(\overline{b}+|b|)}{\overline{b}(a+\overline{b})(|b|+b)}=\frac{a-|b|}{|b|}$
よって$\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{1}{a}-x^{\prime}}{\displaystyle\frac{1}{a}-d^{\prime}}$は実数であるから3点$A^{\prime},D^{\prime},X^{\prime}$は同一直線上にあるから4点$A,B,D,X$は同一直線上にある.証明終了


本当は初等で解くのが賢明なのでしょうが複素での解法も考えられなくはありません.
この問題,$b,\overline{b},|b|$の絡む計算が結構だるいです.そのようなときには$|b|=1$と規格化してしまうのも一つの手です.
反転という操作については第1回練習問題level3 1を参照してください.

第3回

level1

1

円の方程式を$|z|=1$とする.2直線$AB:z+ab\overline{z}=a+b,DE:z+de\overline{z}=d+e$が平行であるから,
$ab=de$であり,同様に$bc=ef$であるからこれら2式より$ab\cdot ef=de\cdot bc$となり$cd=fa$が得られる.
よって2直線$CD:z+cd\overline{z}=c+d,FA:z+fa\overline{z}=f+a$は平行である.証明終了

2

五角形$A_1A_2A_3A_4A_5$の外接円の方程式を$|z|$とする.
$M_1(\displaystyle\frac{a_3+a_4}{2}),H_1(a_5+a_1+a_2)$より,線分$M_1H_1$$1:2$に内分する点$X$の座標は$\displaystyle\frac{2m_1+h_1}{3}=\frac{a_1+a_2+a_3+a_4+a_5}{3}$であり,これは$M,H$の添字によらない.
よって$M_1,M_2,M_3,M_4,M_5$を点$X$を中心にして$-2$倍に拡大するとそれぞれ$H_1,H_2,H_3,H_4,H_5$に移る.
これは五角形$M_1M_2M_3M_4M_5$と五角形$H_1H_2H_3H_4H_5$が相似比$1:2$で相似であることを意味する.証明終了

.
2021/2/11追記 $H_1$の座標が間違っていたので修正しました.

3
証明手法(任意)

内接する円を$|z|=1$とし,辺$AB,BC,CD,DA$と円の接点をそれぞれ$P,Q,R,S$とする.
このとき,直線$AB,BC,CD,DA$の方程式はそれぞれ
$z+p^2\overline{z}=2p \cdots①,z+q^2\overline{z}=2q \cdots②,z+r^2\overline{z}=2r \cdots③,z+s^2\overline{z}=2s \cdots④$
となるから,④と①から$a=\displaystyle \frac{2sp}{s+p}$となる.同様に,①と②から$b=\displaystyle \frac{2pq}{p+q}$,
②と③から$c=\displaystyle \frac{2qr}{q+r}$,③と④から$d=\displaystyle \frac{2rs}{r+s}$である.
よって,$m=\displaystyle \frac{a+c}{2}=\displaystyle \frac{sp}{s+p}+\displaystyle \frac{qr}{q+r},n=\displaystyle \frac{b+d}{2}=\displaystyle \frac{pq}{p+q}+\displaystyle \frac{rs}{r+s}$であるから,
$OM^2:ON^2=m\overline{m}:n\overline{n}=(\displaystyle \frac{sp}{s+p}+\displaystyle \frac{qr}{q+r})(\displaystyle \frac{1}{s+p}+\displaystyle \frac{1}{q+r}):(\displaystyle \frac{pq}{p+q}+\displaystyle \frac{rs}{r+s})(\displaystyle \frac{1}{p+q}+\displaystyle \frac{1}{r+s})$
          $=\displaystyle \frac{(pqr+qrs+srp+rpq)(p+q+r+s)}{(s+p)^2(q+r)^2}:\displaystyle \frac{(pqr+qrs+srp+rpq)(p+q+r+s)}{(p+q)^2(r+s)^2}$
      $=\left|(p+q)(r+s)\right|^2:\left|(s+p)(q+r)\right|^2$
したがって$OM:ON=|(p+q)(r+s)|:|(s+p)(q+r)|$ また,
$OA\cdot OC:OB\cdot OD=|ac|:|bd|=\left|\displaystyle \frac{4pqrs}{(s+p)(q+r)}\right|:\left|\displaystyle \frac{4pqrs}{(p+q)(r+s)}\right|=|(p+q)(r+s)|:|(s+p)(q+r)|$
である.よって$OM:ON=OA\cdot OC:OB\cdot OD$が示された.

.
$A(a),B(b),C(c),D(d)$としても何も始まりません.$P,Q,R,S$から立式していきましょう.
接点より始めよという言葉を思い出しますね.

level2

1

三角形$ABC$の外接円の方程式を$|z|=1$とし,3点$A,B,C$はこの順に時計回りに並んでいるとする.$O$を通り直線$BC$に平行な直線の方程式は$z+bc\overline{z}=0$であり,これと直線$AB:z+ab\overline{z}=a+b$の交点は$\displaystyle z=\frac{ac+bc}{c-a}$だから,$P(\displaystyle\frac{ac+bc}{c-a})$である.
また,$H(a+b+c)$より$M(\displaystyle\frac{2a+b+c}{2})$である.
よって$\displaystyle\angle BMP=\arg\frac{m-b}{m-p}=\arg\frac{\displaystyle\frac{2a+b+c}{2}-b}{\displaystyle\frac{2a+b+c}{2}-\displaystyle\frac{ac+bc}{c-a}}$頑張って計算すると$\displaystyle\angle BMP=\arg\frac{(a-c)(2a-b+c)}{(a+c)(2a+b-c)}$である.$b,c$の対称性より同様に$\displaystyle\angle CMQ=\arg\frac{(a-b)(2a-c+b)}{(a+b)(2a+c-b)}$を得るから,
$\displaystyle\angle BMP+\angle CMQ=\arg\frac{(a-c)(2a-b+c)}{(a+c)(2a+b-c)}+\arg\frac{(a-b)(2a-c+b)}{(a+b)(2a+c-b)}=\arg\frac{(a-b)(a-c)}{(a+b)(a+c)}$となる.
ここで$\displaystyle\overline{\frac{(a-b)(a-c)}{(a+b)(a+c)}}=\frac{\displaystyle(\frac{1}{a}-\frac{1}{b})(\frac{1}{a}-\frac{1}{c})}{\displaystyle(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})(\frac{1}{a}+\frac{1}{c})}=\frac{(a-b)(a-c)}{(a+b)(a+c)}$より$\displaystyle\frac{(a-b)(a-c)}{(a+b)(a+c)}$は実数だから
$\angle BMP+\angle CMQ=0^{\circ},180^{\circ}$となり,これと$\angle BMP,\angle CMQ$が鋭角であることから$\angle BMP+\angle CMQ=0^{\circ}$である.よって角度を符号付きでないと考えると$\angle BMP=\angle CMQ$である.証明終了


何度も言いますがこの記事では角度は特に断らない限り有向角です.有向角です.

2

三角形$ABC$の外接円の方程式を$|z|=1$とする.また,$A(a),B(b),C(c)$とする.
このとき直線$AD$は辺$BC$の垂直で点$A$を通るから方程式は$\displaystyle z-bc\overline{z}=a-\frac{bc}{a}$である,
また,$\displaystyle E(\frac{1}{2}(a+b+c-\frac{ac}{b}))$であり,点$A$における三角形$ABC$の外接円の接線と$EF$は平行だから.
$EF$の方程式は$\displaystyle z+a^2\overline{z}=\frac{1}{2}(a+b+c-\frac{ac}{b})+a^2\cdot \overline{\frac{1}{2}(a+b+c-\frac{ac}{b})}$
整理すると$EF:2bcz+2a^2bc\overline{z}=a^2b+a^2c-ab^2-ac^2+2abc+b^2c+bc^2)$ これと$AD:az-abc\overline{z}=a^2-bc$から点$X$の座標を求めると,$\displaystyle X(\frac{2a^3+a^2b+a^2c-ab^2-ac^2+b^2c+bc^2}{2(a^2+bc)})$である.
また,$AO:z-a^2\overline{z}=0,BC:z+bc\overline{z}=b+c$から,点$Y$の座標を求めると$\displaystyle Y(\frac{a^2(b+c)}{a^2+bc})$である.
よって点$Z$の座標は$\displaystyle Z(\frac{2a^3+3a^2b+3a^2c-ab^2-ac^2+b^2c+bc^2}{4(a^2+bc)})$である.また,$\displaystyle M(\frac{b+c}{2})$である.
ここで$\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{b+c}{2}-\frac{2a^3+3a^2b+3a^2c-ab^2-ac^2+b^2c+bc^2}{4(a^2+bc)}}{\displaystyle\frac{b+c}{2}-a}$を頑張って計算すると,$\displaystyle\frac{(a+b)(a+c)}{2(a^2+bc)}$となり,
$\displaystyle\overline{\frac{(a+b)(a+c)}{2(a^2+bc)}}=\cdots=\frac{(a+b)(a+c)}{2(a^2+bc)}$より,$\displaystyle\frac{(a+b)(a+c)}{2(a^2+bc)}$は実数.
よって$\displaystyle A(a),Z(\frac{2a^3+3a^2b+3a^2c-ab^2-ac^2+b^2c+bc^2}{4(a^2+bc)}),M(\frac{b+c}{2})$は同一直線上にある.証明終了


直線$EF$の方程式は,点$E,F$から直接求められますが計算が面倒です.今回は点$A$における接線と$EF$が平行である(証明は初等で簡単に示せます.)ことを用いて計算量を減らしました.

level3

1

三角形$ABC$の外接円を$\omega$とし,その方程式を$|z|=1$とする.
$C$から直線$AB$へ下した垂線の足は線分$BD$の中点になるから
$\displaystyle \frac{1}{2}(b+d)=\displaystyle \frac{1}{2}(a+b+c-\displaystyle \frac{ab}{c})$より,$d=a+c-\displaystyle \frac{ab}{c}$である.
よって直線$CD$$\omega$の交点のうち$C$でないほうを$C^{\prime}$とすると,
$c^{\prime}=\displaystyle \frac{c-d}{c\overline{d}-1}=\displaystyle \frac{c-(a+c-\displaystyle \frac{ab}{c})}{c(\displaystyle \frac{1}{a}+\displaystyle \frac{1}{c}-\displaystyle \frac{c}{ab})-1}=\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{ab}{c}-a}{\displaystyle \frac{c}{a}-\displaystyle \frac{c^2}{ab}}=\displaystyle \frac{a^2b}{c^2}$
であるから直線$CD$の方程式を立てるには直線$CC^{\prime}$の方程式を考えればよく,$CD:z+\displaystyle \frac{a^2b}{c}\overline{z}=\displaystyle \frac{a^2b}{c^2}+c$ である.
図形の対称性から直線$BE$の方程式は直線$CD$の方程式において$b,c$を入れ替えたものである.
すなわち,$BE:z+\displaystyle \frac{a^2c}{b}\overline{z}=\displaystyle \frac{a^2c}{b^2}+b$である.この2式から点$K$の座標をもとめる.
方程式$BE\times b^2-$方程式$CD\times c^2$より$(b^2-c^2)z=-a^2(b-c)+(b-c)(b^2+bc+c^2)$
よって$z=\displaystyle\frac{b^2+c^2-a^2+bc}{b+c}$これが点$K$の座標である.
 次に,直線$OH,BC$の交点を$X$とし,その座標を求める.
$H(a+b+c)$より直線$OH$の方程式は$\overline{(a+b+c)}z-(a+b+c)\overline{z}=0$
すなわち$OH:(ab+bc+ca)z-abc(a+b+c)\overline{z}=0$
また,$BC:z+bc\overline{z}=b+c$であるからこれら2式から$z$を求めて
$z=\displaystyle \frac{a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+2abc}{a^2+2ab+2ac+bc}$ これが点$X$の座標である
 まとめると,$a,k=\displaystyle \frac{b^2+c^2-a^2+bc}{b+c},x=\displaystyle \frac{a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+2abc}{a^2+2ab+2ac+bc}$この3つが同一直線上にあることを示せばよい.
$\displaystyle \frac{a-k}{a-x}=\displaystyle \frac{a-\displaystyle \frac{b^2+c^2-a^2+bc}{b+c}}{a-\displaystyle \frac{a^2b+a^2c+ab^2+ac^2+2abc}{a^2+2ab+2ac+bc}}=\displaystyle \frac{(a^2+2ab+2ac+bc)(a^2+ab+ac-b^2-c^2-abc)}{a(b+c)(a^2+ab+ac-b^2-c^2-abc)}=\displaystyle \frac{a^2+2ab+2ac+bc}{a(b+c)}$ここで
$\overline{(\displaystyle \frac{a-k}{a-x})}=\overline{(\displaystyle \frac{a^2+2ab+2ac+bc}{a(b+c)})}=\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{1}{a^2}+\displaystyle \frac{2}{ab}+\displaystyle \frac{2}{ac}+\displaystyle \frac{1}{bc}}{\displaystyle \frac{1}{a}(\displaystyle \frac{1}{b}+\displaystyle \frac{1}{c})}=\displaystyle \frac{a^2+2ab+2ac+bc}{a(b+c)}=\displaystyle \frac{a-k}{a-x}$より$\displaystyle \frac{a-k}{a-x}$は実数である.
よって$a,k,x$は同一直線上に存在するからこれで示された.証明終了

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なんと,peppersからの出題です!初等を前提に作られた問題を複素でねじ伏せるのは得も言われぬ快感を覚えますね.
$D,E$の座標をどう表すかがカギとなりました.この程度の計算に音を上げてはいけません.

2

$\omega$の方程式を$|z|=1$とし,$C(1),A(a),D(b)$とおく.
直線$AC,AD$の方程式はそれぞれ$z+a\overline{z}=a+1 \cdots①,z+ab\overline{z}=a+b \cdots②$
$C,D$における接線の方程式はそれぞれ$z+\overline{z}=2 \cdots③,z+b^2\overline{z}=2b \cdots④$
$P$は①と④の交点,$Q$は③と④の交点,$R$は②と③の交点だから点$P,Q,R$の座標を求めると,
$p=\displaystyle\frac{b(ab-2a-b)}{b^2-a}, q=\displaystyle\frac{2b}{b+1}, r=\displaystyle\frac{2ab-a-b}{ab-1}$ である.
$A,Q$の座標から点$E$の座標を求めて,
$e=\displaystyle\frac{a-q}{a\overline{q}-1}=\displaystyle\frac{a-\displaystyle\frac{2b}{b+1}}{a\overline{(\displaystyle\frac{2b}{b+1})}-1}=$頑張って計算$=\displaystyle\frac{ab+a-2b}{2a-b-1} $
これと点$R$の座標より直線$RE$$\omega$の交点のうち$E$でない方を$B^{\prime}$とすると$B^{\prime}$の座標は
$b^{\prime}=\displaystyle\frac{e-r}{e\overline{r}-1}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{ab+a-2b}{2a-b-1}-\displaystyle\frac{2ab-a-b}{ab-1}}{\displaystyle\frac{ab+a-2b}{2a-b-1}\overline{(\displaystyle\frac{2ab-a-b}{ab-1})}-1}=$超頑張って計算$=\displaystyle\frac{ab-2a+b}{-a+2b-1}$
これらの情報から$\angle OB^{\prime}P=90^{\circ}$を示す.
$\angle OB^{\prime}P=\arg \displaystyle\frac{b^{\prime}-p}{b^{\prime}}$より$\displaystyle\frac{b^{\prime}-p}{b^{\prime}}$が純虚数であることを示せばよい.
$\displaystyle\frac{b^{\prime}-p}{b^{\prime}}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{ab-2a+b}{-a+2b-1}-\displaystyle\frac{b(ab-2a-b)}{b^2-a}}{\displaystyle\frac{ab-2a+b}{-a+2b-1}}=\displaystyle\frac{(a-b)(1-b)}{a-b^2}$より
$\overline{(\displaystyle\frac{b^{\prime}-p}{b^{\prime}})}=\overline{(\displaystyle\frac{(a-b)(1-b)}{a-b^2})}=\displaystyle\frac{(\displaystyle\frac{1}{a}-\displaystyle\frac{1}{b})(1-\displaystyle\frac{1}{b})}{\displaystyle\frac{1}{a}-\displaystyle\frac{1}{b^2}}=-\displaystyle\frac{(a-b)(1-b)}{a-b^2}=-\displaystyle\frac{b^{\prime}-p}{b^{\prime}}$だから$\displaystyle\frac{b^{\prime}-p}{b^{\prime}}$は純虚数である.
よって$\angle OB^{\prime}P=90^{\circ}$である.一方で直線$PB$$\omega$に接するから$\angle OBP=90^{\circ}$である.したがって点$B,B^{\prime}$は一致する.点$B^{\prime}(=B)$が直線$RE$上にあることから
3点$B,E,R$は同一直線上にある.証明終了

.
図を描くと同時に複素で解きたいような構図(円が一つ,接線が多い問題は取り組みやすいと思います)に見えますね.ということで単位円を用いてひねりつぶしましょう.このような構図に対称性が見いだせない問題の場合は式が綺麗になることに期待せず,できるだけ文字を減らして計算の負担を軽くすることに努めます.今回は点$C$の座標を$1$とすると比較的楽に進められました.しかし,それでも"超頑張って計算"の部分は膨大な計算をミスなくこなす必要があります.しかし分母・分子に共通因子$ab-a-b+1$が登場してくれ,約分ができます.このように結果的に因数分解からの約分ができるケースは少なくありません.このことに期待して検算をはさみつつ丁寧に計算していきましょう.

3

$\Gamma$の方程式を$|z|=1$とし,基本計算により$\displaystyle H(a+b+c),M(\frac{b+c}{2})$である.ここで$\Gamma$上の点$A^{\prime}(-a)$を考えると,線分$HA^{\prime}$の中点は$M$に一致する.よって,点$E$は直線$HA^{\prime}$$\Gamma$の交点のうち$A^{\prime}$でない方といえるので$E$の座標は$\displaystyle\frac{-a-(a+b+c)}{-a(\overline{a+b+c}-1)}$ これを計算して$E(\displaystyle\frac{bc(2a+b+c)}{ab+ac+2bc})$を得る.
これと基本計算より$D(a+b+c-\displaystyle\frac{bc}{a})$
これを用いて点$F$の座標は$\displaystyle\frac{e-d}{e\overline{d}-1}=\frac{\displaystyle\frac{bc(2a+b+c)}{ab+ac+2bc}-(a+b+c-\frac{bc}{a})}{\displaystyle\frac{bc(2a+b+c)}{ab+ac+2bc}\cdot\overline{a+b+c-\frac{bc}{a}}-1}$これを計算して
$\displaystyle F(\frac{a^3b+a^3c+a^2b^2+a^2c^2-ab^2c-abc^2-2b^2c^2}{2a^3+a^2b+a^2c-ab^2-ac^2-b^2c-bc^2})$となる.したがって,
$\displaystyle\frac{BF}{CF}=\left|\frac{f-b}{f-c}\right|=\left|\frac{\displaystyle\frac{a^3b+a^3c+a^2b^2+a^2c^2-ab^2c-abc^2-2b^2c^2}{2a^3+a^2b+a^2c-ab^2-ac^2-b^2c-bc^2}-b}{\displaystyle\frac{a^3b+a^3c+a^2b^2+a^2c^2-ab^2c-abc^2-2b^2c^2}{2a^3+a^2b+a^2c-ab^2-ac^2-b^2c-bc^2}-c}\right|=\left|\frac{(c-b)(a-b)(a^2+ac+bc)}{(b-c)(a-c)(a^2+ac+bc)}\right|=\frac{AB}{AC}\left|\frac{a^2+ac+bc}{a^2+ab+bc}\right|$
また,$\displaystyle\frac{a^2+ac+bc}{a^2+ab+bc}\cdot\overline{\frac{a^2+ac+bc}{a^2+ab+bc}}=\frac{a^2+ac+bc}{a^2+ab+bc}\cdot\frac{a^2+ab+bc}{a^2+ac+bc}=1$より$\displaystyle\left|\frac{a^2+ac+bc}{a^2+ab+bc}\right|=1$である.
よって$\displaystyle\frac{BF}{CF}=\frac{AB}{AC}$が示された.証明終了

.
$A^{\prime}$の存在に気付けるかですね.一般に,2交点のうち一方を特定するのは複素は得意としません.

第4回

level1

1

第1式について
左辺$=\cos(\theta+\phi)+i\sin(\theta+\phi)=\cos\theta\cos\phi-\sin\theta\sin\phi+i\sin\theta\cos\phi+i\cos\theta\sin\phi=(\cos\theta+i\sin\theta)(\cos\phi+i\sin\phi)=$右辺
第2式について
左辺$\displaystyle=\cos(-\theta)+i\sin(-\theta)=\cos\theta-i\sin\theta=\frac{(\cos\theta+i\sin\theta)(\cos\theta-i\sin\theta)}{\cos\theta+i\sin\theta}=\frac{1}{\cos\theta+i\sin\theta}=$右辺
第3式について
(i)$n=1$のときは明らかに成立
(ii)$n=k$のとき成立すると仮定すると第1式において$\phi=k\theta$として,先ほどの仮定を用いると,
 $r_{(k+1)\theta}=r_\theta r_{k\theta}=r_\theta\cdot r_\theta^k=r_\theta^{k+1}$より$n=k+1$のときも成立する.
(i),(ii)より数学的帰納法から示された.
第4式について
$|r_\theta|=1$と第2式を用いて
左辺$=\displaystyle\frac{1}{r_\theta}=r_{-\theta}=$右辺

以上より4式とも示された.


らっくしょーですね.

2

図のように点$X,Y,Z,W$を取る.$A(0),X(1)$とし,$-108^\circ$の回転因子を$a$とする.また,$90^\circ$の回転因子は虚数単位$i$であることに注意する.
$Y$$X$を中心に$A$$-108^\circ$回転したものだから$Y$の座標は$(1-a)\cdot 1+a\cdot 0=1-a$である.
したがって$W(i(1-a))$であり,$c=y+w=(1+i)(1-a)$も従う.また,$\displaystyle Z(\frac{1}{a})$であり,これと$W(i(1-a))$より
$\displaystyle b=(1-a)\frac{1}{a}+a\cdot i(1-a)=(ai+\frac{1}{a})(1-a)$である.
$A,B,C$が同一直線上にあることを示すためには$\displaystyle\frac{b}{c}$が実数であること示せばよく,
$\displaystyle\frac{b}{c}=\frac{\displaystyle ai+\frac{1}{a}}{1+i}=\frac{(\displaystyle ai+\frac{1}{a})(1-i)}{2}=\frac{1}{2}(a(1+i)+\frac{1}{a}(1-i))=\frac{1}{2}(a(1+i)+\overline{a(1+i)})=Re(a(1+i))$
より,確かに$\displaystyle\frac{b}{c}$は実数である.証明終了
a a


もともと中学の範囲を想定した問題でしたが複素で解いてもすっきり収まりました.どの点を$0,1$に対応させ,何度の回転因子を使うかで解き方は千差万別だと思います.ぜひ初等解も探してみてください.

3

$\omega:|z|=1$とするとうまく複素数$a,b,c$(いずれも絶対値は$1$)を取って$A(a^2),B(b^2),C(c^2),I(-bc-ab-ac),J(-bc+ab+ac)$と座標設定ができる.$P(p)$$\angle API=90^{\circ}$より$\displaystyle\frac{p-a^2}{p+bc+ab+ac}$は純虚数.また$|p|=1$より$\displaystyle\overline{p}=\frac{1}{p}$である.
$\displaystyle\frac{p+a^2}{p+bc+ab+ac}$は純虚数だから$\displaystyle-\frac{p-a^2}{p+bc+ab+ac}=\displaystyle\overline{\frac{p-a^2}{p+bc+ab+ac}}=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{1}{p}-\frac{1}{a^2}}{\displaystyle\frac{1}{p}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}}=\displaystyle-\frac{bc(p-a^2)}{(a^2+ab+ac)p+a^2bc}$となり,この式と$p\neq a^2$より$p=\displaystyle-bc\cdot\frac{a^2-ab-ac-bc}{a^2+ab+ac-bc}$が得られる.同様に$q$を求めるが$I$の座標の$a$$-a$にすると$J$になるから$p$の座標の$a$$-a$にすればよく,$q=\displaystyle-bc\cdot\frac{a^2+ab+ac-bc}{a^2-ab-ac-bc}$となる.よって
$\displaystyle\frac{p-q}{b^2-c^2}=\frac{\displaystyle-bc\cdot\frac{a^2-ab-ac-bc}{a^2+ab+ac-bc}+bc\cdot\frac{a^2+ab+ac-bc}{a^2-ab-ac-bc}}{b^2-c^2}=-\frac{bc}{b^2-c^2}\cdot\frac{(a^2-ab-ac-bc)^2-(a^2+ab+ac-bc)^2}{(a^2-ab-ac-bc)(a^2+ab+ac-bc)}=\frac{4abc(a^2-bc)}{(b-c)(a^2-ab-ac-bc)(a^2+ab+ac-bc)}$となり,
$\displaystyle\overline{\frac{4abc(a^2-bc)}{(b-c)(a^2-ab-ac-bc)(a^2+ab+ac-bc)}}=\cdots=\frac{4abc(a^2-bc)}{(b-c)(a^2-ab-ac-bc)(a^2+ab+ac-bc)}$よりこれは実数.$\displaystyle\frac{p-q}{b^2-c^2}$は実数である.よって$PQ$$BC$は平行.証明終了

$a$$-a$にするというのが計算を楽にするポイントです.

level2

1

$|a|=1$となる実部,虚部ともに正である複素数$a$を用いて$\displaystyle A(1),B(\frac{1}{a^2}),C(a^2)$と表したとき$a$に対応する点と$B$を結ぶ直線は$\angle ABC$を二等分し方程式は$\displaystyle z+\frac{1}{a}\overline{z}=a+\frac{1}{a^2}$,これと$\angle BAC$の二等分線すなわち実軸$:z=\overline{z}$の交点が$I$だから2式から$I$の座標は$\displaystyle \frac{a^2-a+1}{a}$(以下これを$j$とおく)となる.
2直線$\displaystyle BI:z+\frac{1}{a}\overline{z}=a+\frac{1}{a^2},AC:z+a^2\overline{z}=a^2+1$から$D$の座標が求まり,計算すると$\displaystyle D(\frac{a^3-a^2+1}{a^2+a+1})$である.また,これを通り,直線$\displaystyle AC:z+a^2\overline{z}=a^2+1$に垂直な直線の方程式は$\displaystyle z-a^2\overline{z}=\frac{a^3-a^2+1}{a^2+a+1}-a^2\cdot\overline{\frac{a^3-a^2+1}{a^2+a+1}}=\frac{-a^4+a^3-a+1}{a^2+a+1}$となり,これと$AI:z=\overline{z}$から$E$の座標が求まり,計算すると$\displaystyle E(\frac{a^2-a+1}{a^2+a+1})$である.
$\displaystyle I(\frac{a^2-a+1}{a})$を通り,直線$\displaystyle AC:z+a^2\overline{z}=a^2+1$に垂直な直線の方程式は$\displaystyle z-a^2\overline{z}=\frac{a^2-a+1}{a}-a^2\cdot\overline{\frac{a^2-a+1}{a}}=\frac{-a^4+a^3-a+1}{a}$これと$\displaystyle AC:z+a^2\overline{z}=a^2+1$の交点を$H$とし,座標を2式から求めると$H(\displaystyle\frac{-a^4+2a^3+1}{2a})$である.
直線$AC$に関して$I$と対称な点を$I^{\prime}$とおくと線分$II^{\prime}$の中点が点$H$に一致するから$j^{\prime}=2h-j$より$\displaystyle j^{\prime}=\frac{-a^4+2a^3+1}{a}-\frac{a^2-a+1}{a}=-a^3+2a^2-a+1$である.
以上より示すべきは4点$\displaystyle B(\frac{1}{a^2}),E(\frac{a^2-a+1}{a^2+a+1}),D(\frac{a^3+a^2+1}{a^2+a+1}),I^{\prime}(-a^3+2a^2-a+1)$の共円である.
$\displaystyle\frac{(b-e)(b-d)}{(d-j^{\prime})(e-j^{\prime})}=\frac{\displaystyle(\frac{1}{a^2}-\frac{a^2-a+1}{a^2+a+1})(\frac{1}{a^2}-\frac{a^3+a^2+1}{a^2+a+1})}{\displaystyle(\frac{a^3+a^2+1}{a^2+a+1}-(-a^3+2a^2-a+1))(\frac{a^2-a+1}{a^2+a+1}-(-a^3+2a^2-a+1))}$
これを頑張って計算すると$\displaystyle\frac{a}{a^2+2a+1}$となり,$\displaystyle\overline{\frac{a}{a^2+2a+1}}=\frac{a}{a^2+2a+1}$よりこれは実数である.
したがって4点$B,E,D,I^{\prime}$は同一円周上にある.証明終了


これはnatuが初等で行けると思ったら無理だったので怒りの複素計算で倒した問題です.
登場する文字は$a$だけですが計算ミスには注意しましょう.

2

正9角形の外接円の方程式を$|z|=1$とし,$A_9(1),A_1(a)$とすると$i=1,2,\cdots,9$に対して$A_i(a^i)$であり,$a^6+a^3+1=0,a^9=1$・・・※が成り立つ.
$X$は2直線$A_1A_4:z+a^5\overline{z}=a^4+a,A_3A_5:z+a^8\overline{z}=a^5+a^3$の交点だからその座標は※を用いながら計算すると
$\displaystyle\frac{a^7-a^5+a^4-a^3}{a^3-1}$となる.
$Y$は2直線$A_1A_4:z+a^5\overline{z}=a^4+a,A_2A_7:z+\overline{z}=a^7+a^2$の交点だからその座標は※を用いながら計算すると
$\displaystyle\frac{a^7-a^4+a^3-a}{a^5-1}$となる.
よって$\displaystyle X(\frac{a^7-a^5+a^4-a^3}{a^3-1}),Y(\frac{a^7-a^4+a^3-a}{a^5-1}),A_9(1)$より,
$\displaystyle\angle XA_9Y=\arg\frac{\displaystyle \frac{a^7-a^5+a^4-a^3}{a^3-1}-1}{\displaystyle \frac{a^7-a^4+a^3-a}{a^5-1}-1}=\arg\frac{a^5-1}{a^3-1}\cdot\frac{a^7-a^5+a^4-2a^3+1}{a^7-a^5-a^4+a^3-a+1}=\arg\frac{a^5-1}{a^3-1}\cdot\frac{(a-1)^2(a^5+2a^4+2a^3+3a^2+2a+1)}{(a+1)(a-1)^2(a^4+a^3+a^2+1)}$
$=\displaystyle\arg\frac{a^5-1}{a^3-1}-\arg(a+1)+\arg\frac{a^5+2a^4+2a^3+3a^2+2a+1}{a^4+a^3+a^2+1}$ である.
ここで$\displaystyle\arg\frac{a^5-1}{a^3-1}=\angle A_5A_9A_3=40^\circ$であり,$a+1$に対応する点は3点$O,A_1,A_9$と合わせてひし形をなすから$\arg(a+1)=20^\circ$
したがって$\displaystyle\angle XA_9Y=20^\circ+\arg\frac{a^5+2a^4+2a^3+3a^2+2a+1}{a^4+a^3+a^2+1}$となる.
$\displaystyle\frac{a^5+2a^4+2a^3+3a^2+2a+1}{a^4+a^3+a^2+1}=A$とおく.
以下,$\arg A=0^\circ$すなわち$A$が正の実数であることを示す.
※を用いて$A$$\displaystyle A=\frac{-2a^7-a^6+a^5+a^3+3a^2}{-a^6+a^4+a^2}=\frac{-2a^5-a^4+a^3+a+3}{-a^4+a^2+1}$と変形しておく.
主張1:$A$は実数
 $\displaystyle A=\frac{-2a^5-a^4+a^3+a+3}{-a^4+a^2+1}$の共役複素数$\overline{A}$$\overline{a^k}=a^{-k}=a^{9-k}$を用いて計算すると
 $\displaystyle\overline{A}=\frac{-2a^4-a^5+a^6+a^8+3a^9}{-a^5+a^7+a^9}=\frac{3a^5+a^4+a^2-a-2}{a^5+a^3-a}$である.
 よって,$\displaystyle A-\overline{A}=\frac{-2a^5-a^4+a^3+a+3}{-a^4+a^2+1}-\frac{3a^5+a^4+a^2-a-2}{a^5+a^3-a}=\frac{(-2a^5-a^4+a^3+a+3)(a^5+a^3-a)-(3a^5+a^4+a^2-a-2)(-a^4+a^2+1)}{(-a^4+a^2+1)(a^5+a^3-a)}$
 ※を用いながら分子を計算すると$-4a^7+4a^6-4a^4+4a^3-4a+4=-4(a^6+a^3+1)(a-1)=0$である.
 よって$A-\overline{A}=0$より$A$は実数.
主張2:$A$は正の実数
 $a=\cos40^\circ+i\sin40^\circ$より$k=1,2,\cdots,9$に対して $a^k=\cos40k^\circ+i\sin40k^\circ$である.
 よって$A$の変形後の分子分母の虚部をそれぞれ計算し,不等式評価をすると
 $Im(-2a^5-a^4+a^3+a+3)=-2\sin200^\circ-\sin160^\circ+\sin120^\circ+\sin40^\circ+3>-2\cdot1-\sin160^\circ+\sin120^\circ+\sin40^\circ+3>0$
 $Im(-a^4+a^2+1)=-\sin160^\circ+\sin80^\circ+1>-1+\sin80^\circ+1>0$
 よって分子分母ともに虚部は正である.したがって分子分母それぞれの偏角は$0^\circ$より大きく$180^\circ$より小さい.
 これと主張1より分子分母の偏角は$180^\circ$を法として合同であることから分子分母の偏角は等しい.よって$A$は特に正の実数.
主張2より$\arg A=0^\circ$であるから$\angle XA_9Y=20^\circ+\arg A=20^\circ$
よって$\angle XA_9Y=20^\circ$ 証明終了


この問題の初等解はまだ出てないそうですよ!
$a^6+a^3+1=0$の情報をどこでどう使うかが悩みどころです.また,当然ながら$A$が実数であることを示すだけでは$\arg A$$0^\circ$または$180^\circ$となり,十分な証明とは言えません.

level3

1

三角形$ABC$の外接円の方程式を$|z|=1$とし,$1$に対応する点,$A,B,P,C$はこの順に反時計回りにあるとする.また,弧$AB,AC,BP,CP$(どれも他の点を含まない)の中点をそれぞれ$K,L,M,N$とする.点$A,B,C,P$の座標の偏角($0$から$2\pi$で考える)を半分にし,絶対値を$1$に保った複素数をそれぞれ$a,b,c,p$とする.このとき$A(a^2),B(b^2),C(c^2),P(p^2)$であり,$K(ab),L(-ac),M(bp),N(cp)$となる.
$I_B$は2直線$AM:z+a^2bp\overline{z}=a^2+bp,PK:z+abp^2\overline{z}=ab+p^2$であり,2式より座標を求めると$I_B(-ap+bp+ab)$である.
$I_C$は2直線$AN:z+a^2cp\overline{z}=a^2+cp,PL:z-acp^2\overline{z}=-ac+p^2$であり,2式より座標を求めると$I_C(ap+cp-ac)$である.
これらと$P(p^2)$より三角形$PI_BI_C$の外接円上に点$X(x)(\neq P,I_B,I_C)$がある必要十分条件は
$\displaystyle\frac{(x+ap-bp+ab)(p^2-ap-cp+ac)}{(x-ap-cp+ac)(p^2+ap-bp-ab)}$が実数であることである.$\displaystyle x=\frac{a^2b-a^2c+2abc}{2a-b-c}$とすると,先ほどの数は
$\displaystyle\frac{(\displaystyle\frac{a^2b-a^2c+2abc}{2a-b-c}+ap-bp+ab)(p^2-ap-cp+ac)}{(\displaystyle\frac{a^2b-a^2c+2abc}{2a-b-c}-ap-cp+ac)(p^2+ap-bp-ab)}$これを頑張って計算すると$\displaystyle -\frac{(a-b)(p-a)(p-c)}{(a+c)(p+a)(p+b)}$となり,
$\displaystyle \overline{-\frac{(a-b)(p-a)(p-c)}{(a+c)(p+a)(p+b)}}=\cdots=-\frac{(a-b)(p-a)(p-c)}{(a+c)(p+a)(p+b)}$よりこれは実数.
よって$X(\displaystyle\frac{a^2b-a^2c+2abc}{2a-b-c})$は三角形$PI_BI_C$の外接円上にあり,これは$P$によらない.証明終了
a a

主張が綺麗なので個人的には好きです.ちなみに原題は$AB=AC$として出題されていました.
なぜ最初から”うまく複素数を取って”楽に内心の座標を表さずにわざわざ弧の中点から座標を求めにいったかというと,今回のような位置関係の三角形2つの内心を同時に表そうと"うまく複素数を取る"ことは不可能だからです.
また,いきなり$\displaystyle x=\frac{a^2b-a^2c+2abc}{2a-b-c}$が出てきたのは$P$によらない定点が三角形$ABC$の外接円上にあるという予想で,その定点を求めると$\displaystyle \frac{a^2b-a^2c+2abc}{2a-b-c}$になったからです.作図を何回かするとそのような予想はある程度できるはずです.

第5回

level1

1

内接円の方程式を$|z|=1$とし,$D(a),E(b),F(c)$とする.このとき基本計算より$\displaystyle H(\frac{1}{2}(a+b+c-\frac{bc}{a}))$である.
また,$\displaystyle B(\frac{2ac}{a+c}),C(\frac{2ab}{a+b})$である.これらの点の座標より
$\displaystyle\angle HCE=\arg\frac{\displaystyle\frac{2ab}{a+b}-\frac{1}{2}(a+b+c-\frac{bc}{a}}{\displaystyle\frac{2ab}{a+b}-b}$これを計算して
$\displaystyle\angle HCE=\arg-\frac{a^2-ab+ac+bc}{2ab}$となる.同様に$\displaystyle\angle HBF=\arg-\frac{a^2+ab-ac+bc}{2ac}$である.
よって$\displaystyle\angle HCE+\angle HBF=\frac{(a^2-ab+ac+bc)(a^2+ab-ac+bc)}{4a^2bc}$である.右辺について
$\displaystyle\overline{\frac{(a^2-ab+ac+bc)(a^2+ab-ac+bc)}{4a^2bc}}=\frac{\displaystyle(\frac{1}{a^2}-\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc})(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{ab}-\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc})}{\displaystyle\frac{4}{a^2bc}}=\frac{(a^2+ab-ac+bc)(a^2-ab+ac+bc)}{4a^2bc}$
よって右辺は実数であるから$\angle HCE+\angle HBF$$180^\circ$の整数倍.明らかに$\ -180^\circ<\angle HCE+\angle HBF<180^\circ$だから$\angle HCE+\angle HBF=0^\circ$
よって$|\angle HCE|=|\angle HBF|$だから$|\angle KBL|=|\angle KCL|$がいえ,円周角の定理の逆より$B,C,K,L$は同一円周上にある.証明終了

2

$\Omega:|z|=1,A_1(a),B_1(b),C_1(c),T(t)$とする.点$A$は線分$TB_1,TC_1$の垂直二等分線の交点である.
$TB_1$の垂直二等分線の方程式を求めると$\displaystyle(\overline{t}-\frac{1}{b})z+(t+b)\overline{z}=|t|^2-1$
同様に$TC_1$の垂直二等分線の方程式は$\displaystyle(\overline{t}-\frac{1}{c})z+(t+c)\overline{z}=|t|^2-1$
2式より$A$の座標を求めると$\displaystyle A(bc\cdot\frac{|t|^2-1}{t+bc\overline{t}-b-c})$となる.
ここで,基本計算より$\displaystyle A_2(\frac{a-t}{a\overline{t}-1})$である.これと$\displaystyle A(bc\cdot\frac{|t|^2-1}{t+bc\overline{t}-b-c})$より
直線$AA_2$$\Omega$が再び交わる点の座標は基本計算より,
$\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{a-t}{a\overline{t}-1}-bc\cdot\frac{|t|^2-1}{ t+bc\overline{t}-b-c}}{\displaystyle\frac{a-t}{a\overline{t}-1}\cdot\frac{|t|^2-1}{t+bc\overline{t}-b-c}-1}$これを頑張って計算すると
$\displaystyle\frac{abc|t|^2\overline{t}+t^2-(a+b+c)t+2abc\overline{t}+ab+bc+ca}{t|t|^2+abc\overline{t}^2-2t-(ab+bc+ca)\overline{t}+a+b+c}$ となる.
これは$a,b,c$について対称であるから,直線$BB_2,CC_2$$\Omega$が再び交わる点の座標も全く同じ座標である.
したがって直線$AA_2,BB_2,CC_2$$\Omega$上の一点で交わる.証明終了
a a


安直に$A(a),B(b),C(c)$としてはいけませんね.この問題はまだ計算が少なくて楽です.

3

$A(a),B(b),C(c) (|a|,|b|,|c|=1)$とすると$\displaystyle M(\frac{b+c}{2}),H(a+b+c)$である.
直線$AM$の方程式は$(\overline{a}-\overline{m})z-(a-m)\overline{z}=\overline{a}m-a\overline{m}$ これを計算すると,
$AM:(ab+ac-2bc)z+abc(2a-b-c)\overline{z}=a^2b+a^2c-b^2c-bc^2$ となる.これに垂直で$H$を通る直線の方程式を求めると
$(ab+ac-2bc)z-abc(2a-b-c)\overline{z}=-a^2b-a^2c+2ab^2+2ac^2-b^2c-bc^2$ 
これと$AM$の交点が$P$だから2式より$P$の座標は$\displaystyle\frac{ab^2+ac^2-b^2c-bc^2}{ab+ac-2bc}$である.
3点$A,P,M$はこの順に並んでいるから
$AM\cdot PM=\overline{a-m}\cdot(p-m)=\displaystyle\frac{2bc-ab-ac}{2abc}\cdot\frac{ab^2+ac^2-2abc}{2(ab+ac-2bc)}=-\frac{(b-c)^2}{4bc}$
また,$BM^2=(b-m)\cdot\overline{b-m}=\displaystyle\frac{b-c}{2}\cdot\frac{c-b}{2bc}=-\frac{(b-c)^2}{4bc}$
よって$AM\cdot PM=BM^2$である.証明終了

こんな問題は複素に頼らずに長さ計算をしましょう.

level2

1

三角形$ABC$の外接円の方程式を$|z|=1$とし,$A(a),B(b),C(c)$とする.$0< s,t<1$として点$D,E$が辺$AB,AC$をそれぞれ$s:1-s,t:1-t$に内分しているとすると$D((1-s)a+sb),E((1-t)a+tc)$である.
線分$BD$の垂直二等分線は$AB$に垂直で,線分$BD$の中点(座標は$\displaystyle\frac{1}{2}((1-s)a+(1+s)b)$である)を通るから
その方程式を求めると$z-ab\overline{z}=-sa+sb$となる.
同様に線分$CE$の垂直二等分線の方程式は$z-ac\overline{z}=-ta+tc$である.2式から交点$K$の座標を求めると
$K(\displaystyle\frac{-(s-t)bc-tab+sac}{b-c})$である.
ここで$\angle MFL$は直線$DE$が直線$BC$となす角と等しいから
$\displaystyle\angle MFL=\arg\frac{e-d}{c-b}=\arg\frac{-(s-t)a+sb-tc}{c-b}$である.
また,$\displaystyle\angle LOM=\angle KOA=\arg\frac{k}{a}=\arg\frac{-(s-t)bc-tab+sac}{a(b-c)}$である.よって
$\displaystyle\angle MFL+\angle LOM=\arg\frac{(-(s-t)a+sb-tc)(-(s-t)bc-tab+sac)}{a(b-c)(c-b)}$
右辺について$\displaystyle\frac{(-(s-t)a+sb-tc)(-(s-t)bc-tab+sac)}{a(b-c)(c-b)}=\frac{-(s-t)a+sb-tc}{b-c}\cdot\frac{\displaystyle-\frac{s-t}{a}+\frac{s}{b}-\frac{t}{c}}{\displaystyle\frac{1}{b}-\frac{1}{c}}=\frac{-(s-t)a+sb-tc}{b-c}\cdot\overline{\frac{-(s-t)a+sb-tc}{b-c}}$よりこれは実数である.これと$0^\circ<\angle MFL+\angle LOM<360^\circ$より$\angle MFL+\angle LOM=180^\circ$
よって4点$F,M,L,O$は同一円周上にある.証明終了
a a


ぱっと見て$F,M$の座標が面倒だとわかりますが,そもそも角度を表したいなら$F,M$の座標を求める必要がないということに気付きます.実数であることの証明も$z\cdot\overline{z}$の形が作れるのでさほど苦にはなりません.複素便利ですね.

2

$\omega$の方程式を$|z|=1$とし,$\omega$と辺$BC,CA,AB$の接点をそれぞれ$D(a),E(b),F(c)$とする.
このとき$\displaystyle A(\frac{2bc}{b+c}),BC:z+a^2\overline{z}=2a$より$A$から$BC$へおろした垂線の方程式は$\displaystyle z-a^2\overline{z}=\frac{2(bc-a^2)}{b+c}$である.またこれと$\omega:z\overline{z}=1$を考えると,$z=p_1,p_2$はこの2つの方程式を満たす.2つの方程式から$\overline{z}$を消去して,整理すると2次方程式$(b+c)z^2+2(a^2-bc)z-a^2(b+c)$となるから解と係数の関係より$\displaystyle p_1+p_2=-\frac{2(a^2-bc)}{b+c},p_1p_2=-a^2$を得る.
よってこれらの式を用いて$Q_1$の座標は$\displaystyle\frac{2p_1p_2}{p_1+p_2}=\frac{a^2(b+c)}{2(a^2-bc)}$である.
$a,b,c$の対称性より同様に$\displaystyle Q_2(\frac{b^2(c+a)}{2(b^2-ca)}),Q_3(\frac{c^2(a+b)}{2(c^2-ab)})$を得る.
ここで$\displaystyle\frac{q_1-q_2}{q_1-q_3}=\frac{\displaystyle\frac{a^2(b+c)}{2(a^2-bc)}-\frac{b^2(c+a)}{2(b^2-ca)}}{\displaystyle\frac{a^2(b+c)}{2(a^2-bc)}-\frac{c^2(a+b)}{2(c^2-ab)}}$を計算すると$\displaystyle\frac{(b-a)(c^2-ab)}{(c-a)(b^2-ca)}$となり,$\displaystyle\overline{\frac{(b-a)(c^2-ab)}{(c-a)(b^2-ca)}}=\frac{(b-a)(c^2-ab)}{(c-a)(b^2-ca)}$であるから$\displaystyle\frac{q_1-q_2}{q_1-q_3}$は実数.したがって$Q_1,Q_2,Q_3$は同一直線上にある.証明終了


$p_1,p_2$を直接求めるのは難しいけどそれらの対称式である$q_1$は簡単に求められるという問題でした.

3

三角形$ABC$の外接円の方程式を$|z|=1$とし,$A(a),B(b),C(c)$とする.また,$\displaystyle P(\frac{ab+bc+ca}{a+b+c})$とする.
 $O(0)$より,$O_2(a+c),O_3(a+b)$である.このとき
$\displaystyle\frac{(p-(a+b))((a+c)-a)}{(p-(a+c))((a+b)-a)}=\frac{c((ab+bc+ca)-(a+b)(a+b+c))}{b((ab+bc+ca)-(a+c)(a+b+c))}=\frac{c(a^2+ab+b^2)}{b(a^2+ac+c^2)}$
となり,$\displaystyle\overline{\frac{c(a^2+ab+b^2)}{b(a^2+ac+c^2)}}=\cdots=\frac{c(a^2+ab+b^2)}{b(a^2+ac+c^2)}$より
$\displaystyle\frac{(p-(a+b))((a+c)-a)}{(p-(a+c))((a+b)-a)}$は実数.したがって三角形$O_2O_3A$の外接円は$P$を通る.
$a,b,c$の対称性より三角形$O_1O_2C,O_1O_3B$の外接円も$P$を通る.
 $\displaystyle G(\frac{1}{3}(a+b+c))$から辺$AB$に下ろした垂線の方程式を求めると$\displaystyle z-ab\overline{z}=\frac{1}{3}(c^2-ab)$
これと$AB:z+ab\overline{z}=a+b$より2直線の交点の座標を求めると$\displaystyle\frac{1}{6}(3a+3b+c-\frac{ab}{c})$となる.
これは$GG_3$の中点であるから$\displaystyle g_3=2\cdot\frac{1}{6}(3a+3b+c-\frac{ab}{c})-\frac{1}{3}(a+b+c)=\frac{1}{3}(2a+2b-\frac{ab}{c})$が得られる.
同様に$\displaystyle g_2=\frac{1}{3}(2a+2c-\frac{ac}{b})$である.このとき
$\displaystyle\frac{(g_3-p)(a-g_2)}{(g_2-p)(a-g_3)}=\frac{\displaystyle(\frac{1}{3}(2a+2b-\frac{ab}{c})-\frac{ab+bc+ca}{a+b+c})(a-\frac{1}{3}(2a+2c-\frac{ac}{b}))}{\displaystyle(\frac{1}{3}(2a+2c-\frac{ac}{b})-\frac{ab+bc+ca}{a+b+c})(a-\frac{1}{3}(2a+2b-\frac{ab}{c}))}$
頑張って計算すると$\displaystyle\frac{a^2b-2a^2c+ab^2+ac^2-ab^2c+bc^2}{a^2c-2a^2b+ab^2+ac^2-abc^2+b^2c}$となり,
$\displaystyle\overline{\frac{a^2b-2a^2c+ab^2+ac^2-ab^2c+bc^2}{a^2c-2a^2b+ab^2+ac^2-abc^2+b^2c}}=\cdots=\frac{a^2b-2a^2c+ab^2+ac^2-ab^2c+bc^2}{a^2c-2a^2b+ab^2+ac^2-abc^2+b^2c}$
より$\displaystyle\frac{(g_3-p)(a-g_2)}{(g_2-p)(a-g_3)}$は実数.したがって三角形$G_2G_3A$の外接円は$P$を通る.
$a,b,c$の対称性より三角形$G_1G_2C,G_1G_3B$の外接円も$P$を通る.
 また,$\displaystyle\overline{p}=\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}=\frac{1}{p}$より$|p|=1$だから三角形$ABC$の外接円は$P$を通る.
以上より三角形$G_1G_2C,G_1G_3B,G_2G_3A,O_1O_2C,O_1O_3B,O_2O_3A,ABC$それぞれの外接円は共通の点$P$を通る.証明終了.


問題文がもうなんかヤバいですね.三角形$O_2O_3A,ABC$の外接円の方程式から$A$以外の交点を求めると$\displaystyle P(\frac{ab+bc+ca}{a+b+c})$と,$a,b,c$について対称な座標が出てくれます.計画通りです.あとはこれが$G_2G_3A$の外接円上にもあることを確かめればおしまいです.3番級とは言えど複素からするといいカモですね.

level3

1

$BC,AB,AC$$\omega$の接点をそれぞれ$D,E,F$とする.$\omega$の方程式を$|z|=1$,$D(a),E(b),F(c)$ $(b,c$は互いに共役$)$と複素座標を設定する.
このとき$bc=1,b+c=s$ $(s$は実数$)$となり,
$BC:z+a^2\overline{z}=2a,AB:z+b^2\overline{z}=2b,AC:z+c^2\overline{z}=2c$ より
$A,B,C$の座標は$\displaystyle A\left(\frac{2}{s}\right),B\left(\frac{2ab}{a+b}\right),C\left(\frac{2ac}{a+c}\right)$ となる,
したがって点$M$の座標は$\displaystyle m=\frac{1}{2}\left(\frac{2ab}{a+b}+\frac{2ac}{a+c}\right)=\frac{sa^2+2a}{a^2+sa+1}$ である.
直線$AI$は実軸に一致するから,それに垂直な直線で,点$M$を通るもの(すなわち$MK$)の方程式は,
$\displaystyle z+\overline{z}=\frac{sa^2+2a}{a^2+sa+1}+\overline{\left(\frac{sa^2+2a}{a^2+sa+1}\right)}=\frac{sa^2+4a+s}{a^2+sa+1}$
すなわち$\displaystyle MK:z+\overline{z}=\frac{sa^2+4a+s}{a^2+sa+1}$ である.
一方で,点$A$を通り直線$BC(:z+a^2\overline{z}=2a)$に垂直な直線すなわち$(AK)$の方程式は
$\displaystyle z-a^2\overline{z}=\frac{2}{s}(1-a^2)$ である.直線$MK,AK$の式から$z$を求めるとそれが点$K$の座標だから実際に求めると,$\displaystyle k=\frac{(s^2-2)a^2+2sa+2}{s(a^2+sa+1)}$,また,$\displaystyle \overline{k}=\frac{2a^2+2sa+(s^2-2)}{s(a^2+sa+1)}$ である.
簡単のために$(s^2-2)a^2+2sa+2=p,2a^2+2sa+(s^2-2)=q,a^2+sa+1=r$とすると,
$\displaystyle k=\frac{p}{sr},\overline{k}=\frac{q}{sr}$となる.
 線分$AK$を直径とする円と$\omega$の交点を$X$とする.このとき$|x|=1$より$\displaystyle\overline{x}=\frac{1}{x} …(*)$
$\angle AXK=90^{\circ}$より,$\displaystyle\frac{x-\displaystyle\frac{2}{s}}{x-k}$は純虚数.よって,途中に$(*)$を用いて
$\displaystyle\frac{x-\displaystyle\frac{2}{s}}{x-k}+\overline{\left(\frac{x-\displaystyle\frac{2}{s}}{x-k}\right)}=\frac{x-\displaystyle\frac{2}{s}}{x-k}+\frac{\overline{x}-\displaystyle\frac{2}{s}}{\overline{x}-\overline{k}}=\frac{x-\displaystyle\frac{2}{s}}{x-\displaystyle\frac{p}{sr}}+\frac{\displaystyle\frac{1}{x}-\frac{2}{s}}{\displaystyle\frac{1}{x}-\frac{q}{sr}}$
           $=\displaystyle r\left(\frac{sx-2}{srx-p}+\frac{2x-s}{qx-sr}\right)=0$
よって分母を払って,$s(q+2r)x^2-(s^2r+2q+2q)x+s(p+2r)$と,$x$の2次方程式が得られる.
$p,q,r$$s,a$に戻して変形すると$s\left((2a+s)z-(sa+2)\right)^2$となる.
これは線分$AK$を直径とする円と$\omega$の交点がちょうど1つであることを意味するから2つの円は接することが示された.
図  証明終了

難問です.接することを示す問題は基本的に計算量が多いので腰を据えて解きましょう.

2

$\omega:|z|=1$とし,$D(a),E(b),F(c)$とする.このとき$\displaystyle A(\frac{2bc}{b+c}),B(\frac{2ac}{a+c}),C(\frac{2ab}{a+b})$である.
$\displaystyle R(-\frac{bc}{a})$より$P$の座標は$\displaystyle\frac{\displaystyle -\frac{bc}{a}-\frac{2bc}{b+c}}{\displaystyle -\frac{bc}{a}\cdot\frac{2}{b+c}-1}=\cdots=\frac{bc(2a+b+c)}{ab+ac+2bc}$である.
よって線分$PE$の垂直二等分線の方程式は$\displaystyle z-\frac{b^2c(2a+b+c)}{ab+ac+2bc}\overline{z}=0$
また,線分$CF$の垂直二等分の方程式は$\displaystyle z-b^2\overline{z}=\frac{1}{2}(b+\frac{2ab}{a+b})-b^2\cdot\frac{1}{2}(\frac{1}{b}+\frac{2}{a+b})=\frac{a(a-b)}{a+b}$となる.
2式より三角形$PCE$の外心($O_c$とおく)の座標は$\displaystyle -\frac{bc(a-b)(2a+b+c)}{(a+b)(a+c)(b-c)}$である.同様に$b,c$を入れ替えて三角形$PBF$の外心($O_b$とおく)の座標は$\displaystyle \frac{bc(a-c)(2a+b+c)}{(a+b)(a+c)(b-c)}$である.
ここで直線$PQ$$O_bO_c$に垂直な直線だからその方程式の左辺は$\displaystyle z+\frac{O_b-O_c}{\overline{O_b-O_c}}\overline{z}$とおける.
$\displaystyle O_b-O_c=\frac{bc(2a-b-c)(2a+b+c)}{(a+b)(a+c)(b-c)},\overline{O_b-O_c}=-\frac{(ab+ac-2bc)(ab+ac+2bc)}{bc(a+b)(a+c)(b-c)}$より$\displaystyle\frac{O_b-O_c}{\overline{O_b-O_c}}=\frac{b^2c^2(2a-b-c)(2a+b+c)}{(ab+ac-2bc)(ab+ac+2bc)}$である.これと,右辺は$z=p$を代入すると得られることから
$\displaystyle PQ:z+\frac{b^2c^2(2a-b-c)(2a+b+c)}{(ab+ac-2bc)(ab+ac+2bc)}\overline{z}=p+\frac{b^2c^2(2a-b-c)(2a+b+c)}{(ab+ac-2bc)(ab+ac+2bc)}\overline{p}=\frac{bc(2a+b+c)}{ab+ac+2bc}+\frac{bc(2a-b-c)}{ab+ac-2bc}$
分母を払って整理すると$(ab+ac-2bc)(ab+ac+2bc)z+b^2c^2(2a-b-c)(2a+b+c)\overline{z}=4bc(b+c)(a^2-bc)$
これと$DI:z-a^2\overline{z}=0$を連立して$DI,PQ$の交点($X$とおく)の座標を求めると
$\displaystyle\frac{4a^2bc}{(a^2+bc)(b+c)}$となる.このとき
$\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{4a^2bc}{(a^2+bc)(b+c)}-\frac{2bc}{b+c}}{\displaystyle\frac{2bc}{b+c}}=\frac{a^2-bc}{a^2+bc}$であり,
$\displaystyle\overline{\frac{a^2-bc}{a^2+bc}}=\cdots=-\frac{a^2-bc}{a^2+bc}$よりこれは純虚数.
すなわち$\angle IAX$は直角.証明終了


やはり円がらみの問題は計算量がえげつないです.それでもできるだけ楽しようと束の原理を使いました.(1/4追記:使ってません.使っても解けますが面倒です.)
おそらく複素で解くべき問題ではありません.

3

三角形$ABC$の外接円の方程式を$|z|=1$とする.このときうまく複素数$a,b,c$を定めると$A(a^2),B(b^2),C(c^2),I(-ab-ac-bc)$と表せる.このとき直線$ID$の方程式は$\displaystyle z-b^2c^2\overline{z}=-ab-ac+\frac{b^2c}{a}+\frac{bc^2}{a}$ であり,これに垂直で点$O(0)$を通る直線$OP$の方程式は$z+b^2c^2\overline{z}=0$ である.これら2式から$z$を求めることで点$P$の座標が求まるから,$p=\displaystyle\frac{1}{2}(-ab-ac+\frac{b^2c}{a}+\frac{bc^2}{a})$ となる.ここで線分$AA^{\prime}$の中点は$p$に等しいから,$\displaystyle a^2+a^{\prime}=2p=-ab-ac+\frac{b^2c}{a}+\frac{bc^2}{a}$よって$\displaystyle a^{\prime}=-a^2-ab-ac+\frac{b^2c}{a}+\frac{bc^2}{a}$
同様にして$\displaystyle b^{\prime}=-b^2-ab-bc+\frac{a^2c}{b}+\frac{ac^2}{b}$,$\displaystyle c^{\prime}=-c^2-ac-bc+\frac{a^2b}{c}+\frac{ab^2}{c}$ を得る.三角形$A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}$の外接円と三角形$ABC$の外接円の交点を$x$とおくと,$\overline{x}=\displaystyle\frac{1}{x}$ であり,$\displaystyle\frac{(x-b^{\prime})(c^{\prime}-a^{\prime})}{(x-c^{\prime})(b^{\prime}-a^{\prime})}$ (これを$X$とおく)は実数である.
$X$を計算すると$\displaystyle X=\frac{bx-ca^2+(b^2-c^2)a+b^3+b^2c}{cx-ba^2+(c^2-b^2)a+c^3+bc^2}\cdot\frac{a-c}{a-b}$である.さらに$\overline{x}=\displaystyle\frac{1}{x}$も用いながら$\overline{X}$を計算すると$\displaystyle\overline{X}=\frac{\lbrace (bc+c^2)a^2-(b^3-bc^2)a-b^3c \rbrace x+a^2b^2c^2}{\lbrace (bc+b^2)a^2-(c^3-b^2c)a-bc^3 \rbrace x+a^2b^2c^2}\cdot\frac{a-c}{a-b}$である.$X$は実数であったから$X=\overline{X}$であり,$\displaystyle\frac{bx-ca^2+(b^2-c^2)a+b^3+b^2c}{cx-ba^2+(c^2-b^2)a+c^3+bc^2}=\displaystyle\frac{\lbrace (bc+c^2)a^2-(b^3-bc^2)a-b^3c \rbrace x+a^2b^2c^2}{\lbrace (bc+b^2)a^2-(c^3-b^2c)a-bc^3 \rbrace x+a^2b^2c^2}$
が従う.この式の分母を払って整理すると$(*)$,次の$x$についての2次方程式が得られる.
$(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca)x^2-2(a^2b+a^2c+b^2c+b^2a+c^2a+c^2b+3abc)x$
               $+(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2a^2bc+2ab^2c+2abc^2)=0$
これは$\lbrace (a+b+c)x-(ab+bc+ca) \rbrace^2=0$ と変形できるからこの方程式の解は1つである.すなわち三角形$A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}$の外接円と三角形$ABC$の外接円の交点はただ1つであり,これはこの2つの円が接することを意味する.証明終了.

最後の平方完成はとても気持ちいいですね.皆さんお気づきだとは思いますが,$(*)$の分母を払う過程はかなーーーーーーり面倒です.$a$についての式とみることで計算ミスは減ると思います.そもそも複素で解くなという話ですね.ちなみにわたしがこの問題を初めて見たのは$PPAP1$終了から2か月ほどたった後です.参加すればよかったな…

4

$MB^2=MB^2=MI^2=MA\cdot MD=MK\cdot MS$・・・※は有名な事実なので証明略とする.
よって点$M$を中心とした半径$MI$の反転をすると,$B,C,I$は不変,$A$$D$,$K$$S$は互いに移りあう.以下,"反転"というとこの反転のことをいうとする.また,4点$A,D,K,S$は同一円周上にあるから$\angle MAS=\angle MKD=90^\circ$である.
$M(0),B(b),C(c) (Re(b)=Re(c)=k),I(a) (|a|=|b|=|c|=1)$とすると,反転によって点$X(x)$は点$\displaystyle X^\prime(\frac{1}{\overline{z}})$に移る.
また,$bc=1,b+c=2k$が成り立つ.
反転によって$N$が移る点を$N^\prime$とすると反転によって三角形$KID$の外接円は三角形$SIA$の外接円に移り,三角形$MAN$の外接円は直線$DN^\prime$に移る.したがって,三角形$SIA$の外接円と直線$DN^\prime$の交点(2点まとめて$L^\prime$とおく)を求め,そこから$L$の座標がわかるので,このように計算を進めていく.
$BC:z+\overline{z}=2k,MI:z-a^2\overline{z}=0$より交点を求めて$\displaystyle D(\frac{2ka^2}{a^2+1})$である.
反転によって$D$$A$に移るから$A$の座標は$\displaystyle\frac{1}{\overline{d}}=\frac{a^2+1}{2k}$である,
$A$を通って直線$MI$に垂直な直線の方程式を求めると$\displaystyle z+a^2\overline{z}=\frac{a^2+1}{k}$であり,
これと$BC:z+\overline{z}=2k$の交点が$S$だから座標を求めると$\displaystyle S(\frac{2k^2a^2-a^2-1}{k(a^2-1)})$となる.
したがって$N$の座標は$\displaystyle\frac{1}{2}(a+\frac{2k^2a^2-a^2-1}{k(a^2-1)})=\frac{(a^2+2ka+1)(ka-1)}{2k(a^2-1)}$となる.
よって$N^\prime$の座標は$\displaystyle\frac{1}{\overline{n}}=\frac{2ka(a^2-1)}{(a^2+2ka+1)(a-k)}$である.直線$DN^\prime$の方程式を求める.
$d-n^\prime,\overline{d-n^\prime},\displaystyle\frac{d-n^\prime}{\overline{d-n^\prime}}$の順に計算すると,$\displaystyle\frac{d-n^\prime}{\overline{d-n^\prime}}=\frac{(ka+1)(1-ka)}{(a-k)(a+k)}$であるから,
$\displaystyle DN^\prime=z-\frac{(ka+1)(1-ka)}{(a-k)(a+k)}\overline{z}=\cdots=\frac{2k(a^2-1)}{(a^2-k^2)}$となる.
よって$L^\prime(l^\prime)$$\displaystyle l^\prime-\frac{(ka+1)(1-ka)}{(a-k)(a+k)}\overline{l^\prime}=\frac{2k(a^2-1)}{(a^2-k^2)}$を満たす.よって$\displaystyle\overline{l^\prime}=-\frac{a^2-k^2}{k^2a^2-1}+\frac{2k(a^2-1)}{k^2a^2-1}$である.
三角形$SIA$の外接円上に$L^\prime(l^\prime)$があるから,
$\displaystyle\frac{\displaystyle (l^\prime-a)(\frac{2k^2a^2-a^2-1}{k(a^2-1)}-\frac{a^2+1}{2k})}{\displaystyle (l^\prime-\frac{a^2+1}{2k})(\frac{2k^2a^2-a^2-1}{k(a^2-1)}-a)}$は実数.整理して,$\displaystyle\frac{k(a^2+2ka+1)}{a}$が実数(証明略)を用いると,
$\displaystyle\frac{l^\prime-a}{2kl^\prime-(a^2+1)}\cdot\frac{a}{ka+1}$は実数となる.したがって
$\displaystyle\frac{l^\prime-a}{2kl^\prime-(a^2+1)}\cdot\frac{a}{ka+1}=\overline{\frac{l^\prime-a}{2kl^\prime-(a^2+1)}\cdot\frac{a}{ka+1}}=\frac{a\overline{l^\prime}-1}{2ka^2\overline{l^\prime}-(a^2+1)}\cdot\frac{1}{a+k}$である.
分母を払って頑張って整理すると$2k(a^2-1)l^\prime\overline{l^\prime}-(a-k)(a^2+2ka+1)l^\prime-a(ka-1)(a^2+2ka+1)\overline{l^\prime}-(a^4-1)$となる.
$\displaystyle\overline{l^\prime}=-\frac{a^2-k^2}{k^2a^2-1}+\frac{2k(a^2-1)}{k^2a^2-1}$を代入して頑張って整理すると
$2ka(a+k)(a-k)l^{\prime 2}-(ka^4+5k^2a^3-a^3-2k^3a^2-3k^2a-a+k)l^\prime+(ka-1)(ka^3+4k^2a^2-a^2+ka-1)$となり,これは
$\lbrace(a-k)l^\prime-(ka-1)\rbrace\lbrace 2ka(a+k)l^\prime-(ka^3+4k^2a^2-a^2+ka-1)\rbrace$と因数分解できるから$\displaystyle l^\prime=\frac{ka-1}{a-k}$または$\displaystyle l^\prime=\frac{ka^3+4k^2a^2-a^2+ka-1}{2ka(a+k)}$である.
$\displaystyle l^\prime=\frac{ka-1}{a-k}$とすると,$\displaystyle l=\frac{1}{\overline{l^\prime}}=\frac{ka-1}{a-k}$より
$\displaystyle L(\frac{ka-1}{a-k})$である.これと$I(a)$の中点($W$とおく)の座標は$\displaystyle\frac{a^2-1}{2(a-k)}$であり,この点を反転すると座標は$\displaystyle \frac{1}{\overline{\displaystyle\frac{a^2-1}{2(a-k)}}}=\frac{2a(ka-1)}{a^2-1}$である.
ここで$\displaystyle\frac{2a(ka-1)}{a^2-1}+\overline{\frac{2a(ka-1)}{a^2-1}}=2k$より$W$の反転先は直線$BC$上にある.直線$BC$$\Omega$の反転先であることから元の点$W$$\Omega$上にある.これが示したいことであった.証明終了
a a


頭おかしいんですか??というほどの計算量と頭おかしいんですか??というような座標設定です.
すべては反転を活用するためだけに設定されています.やはり$USAMO$は難問ぞろいですね.そもそも”$L_1,L_2$のどちらか”とかいう問題の文言が頭おかしいんですよ…

5

三角形$ABC$の内接円の方程式を$|z|=1$とし,内接円と辺$BC,CA$の接点を$H(a),J(b)$,また,$F(c)$とする.このとき$\displaystyle A(\frac{2bc}{b+c}),B(\frac{2ac}{a+c}),C(\frac{2ab}{a+b})$であり,$M$の座標は$\displaystyle\frac{1}{2}(\frac{2ac}{a+c}+\frac{2ab}{a+b})=\frac{a(ab+ac+2bc)}{(a+b)(a+c)}$である.
$BC$の垂直二等分線の方程式を求めると$\displaystyle z-a^2\overline{z}=-\frac{2a(a^2-bc)}{(a+b)(a+c)}$
また,$\angle BAC$の二等分線の方程式を求めると$z-bc\overline{z}=0$である.この2直線の交点が$E$であるから座標を求めると,
$\displaystyle E(\frac{2abc}{(a+b)(a+c)})$である.
また,$A$を通り$BC$に平行な直線の方程式は$\displaystyle z+bc\overline{z}=\frac{4bc}{b+c}$ これと辺$BC$の垂直二等分線の方程式$\displaystyle z-a^2\overline{z}=-\frac{2a(a^2-bc)}{(a+b)(a+c)}$ よりこの2直線の交点が$D$であるから座標を求めると,
$\displaystyle D(\frac{2abc(2a+b+c)}{(a+b)(a+c)(b+c)})$である.
また,辺$BC$の垂直二等分線の方程式$\displaystyle z-a^2\overline{z}=-\frac{2a(a^2-bc)}{(a+b)(a+c)}$$BC:z+a^2\overline{z}=2a$よりこの2直線の交点が$G$であるから,座標を求めると,$\displaystyle G(\frac{2abc}{a^2+bc})$である.
また,$B$を通り$AB$に垂直な直線の方程式は$\displaystyle z-c^2\overline{z}=\frac{2c(a-c)}{a+c}$であり,さらに,
直線$EF$の方程式を頑張って求めると,$(a^2+ab-ac+bc)z-c^2(a^2-ab+ac+bc)\overline{z}=2ac(b-c)$である.
この2直線の交点が$N$であるから座標を求めると$\displaystyle N(-\frac{c(a^3-2a^2b+a^2c+abc-bc^2)}{a(a+c)(b-c)})$となる.
ここで簡単な角度計算より$NB$$EM$となす角は$BF$$BH$となす角に等しく,これと$NB=EM,BF=BH$より,
$\displaystyle\frac{\displaystyle n-\frac{2ac}{a+c}}{e-m}=\frac{\displaystyle \frac{2ac}{a+c}-c}{\displaystyle \frac{2ac}{a+c}-a}=-\frac{c}{a}$
最左辺$\displaystyle=\frac{\displaystyle -\frac{c(a^3-2a^2b+a^2c+abc-bc^2)}{a(a+c)(b-c)}-\frac{2ac}{a+c}}{\displaystyle\frac{2abc}{(a+b)(a+c)}-\frac{a(ab+ac+2bc)}{(a+b)(a+c)}}$
これを頑張って計算すると$\displaystyle\frac{c(a+b)(a-c)(a^2+bc)}{a^3(b+c)(b-c)}$ これが$\displaystyle -\frac{c}{a}$に等しいから
$\displaystyle -\frac{(a+b)(a-c)(a^2+bc)}{a^2(b+c)(b-c)}=1$が得られる.
 さて,三角形$BFD,EGD$が相似であることと$\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{2ac}{a+c}-d}{\displaystyle\frac{2ac}{a+c}-f}=\frac{e-d}{e-g}$であることは同値である.
左辺$\displaystyle=\frac{\displaystyle\frac{2ac}{a+c}-\frac{2abc(2a+b+c)}{(a+b)(a+c)(b+c)}}{\displaystyle\frac{2ac}{a+c}-c}=\cdots=-\frac{2a^2(b-c)}{(a+b)(b+c)(a-c)}$
右辺$\displaystyle=\frac{\displaystyle\frac{2abc}{(a+b)(a+c)}-\frac{2abc(2a+b+c)}{(a+b)(a+c)(b+c)}}{\displaystyle\frac{2abc}{(a+b)(a+c)}-\frac{2abc}{a^2+bc}}=\cdots=\frac{2(a^2+bc)}{(b+c)^2}$
よって三角形$BFD,EGD$が相似$\Longleftrightarrow\displaystyle -\frac{2a^2(b-c)}{(a+b)(b+c)(a-c)}=\frac{2(a^2+bc)}{(b+c)^2}$
$\Longleftrightarrow\displaystyle -\frac{(a+b)(a-c)(a^2+bc)}{a^2(b+c)(b-c)}=1$これは先ほど$BN=EM$より得られた等式より成立する.
よって三角形$BFD,EGD$は相似だから$\angle AFD=\angle AGD$が得られ,4点$A,F,G,D$は同一円周上にある.
よって$\angle DFG=\angle DAG=90^\circ$より$DF$$FG$に垂直.証明終了
図


さすがChinese TST,登場する点が多く必然的に計算量も多くなるような骨の折れる問題です.ポイントは2つ.1つ目は$BN=EM$という情報.$\displaystyle|\frac{2ac}{a+c}-n|=|e-m|$とすると次数の大きさに嵌ります.地道にangle-chaseをして偏角を用いて簡潔に条件を複素数の式に落とし込みましょう.2つ目は三角形$BFD,EGD$が相似であればよいという初等的な発想に至るかどうかです.
見事この2つに気付けることができれば複素座標はかなり使えている方だといえるでしょう!

投稿日:20201230

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natu
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複素座標入門を終わらせたら何するか悩んでます

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