- 数学C｜複素数平面「α,βの2次式の等式と三角形の形状」の基本例題解説ページです。
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問題｜α,βの2次式の等式と三角形の形状
複素数平面 32☆等式 \(\alpha^2-2\alpha\beta+2\beta^2=0\) を満たす \(0\) でない複素数 \(\alpha~,~\beta\) について、\(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\) の値の求め方は？また、複素数平面上の \(3\) 点 \({\rm O}(0)~,~\)\({\rm A}(\alpha)~,~\)\({\rm B}(\beta)\) を頂点とする三角形 \({\rm OAB}\) の形状の調べ方は？
高校数学C｜複素数平面
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α,βの2次式の等式と三角形の形状
解法のPoint
α,βの2次式の等式と三角形の形状
Point：α,βの2次式の等式と三角形の形状\(\alpha~,~\beta\) の \(2\) 次式の等式を満たす複素数 \(\alpha~,~\beta\) について、\(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\) の値と三角形の形状の求め方は、
① 等式を \(\beta^2\) で割って、\(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\) の \(2\) 次方程式の形にし、解の公式より \(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\) の値を求める。
\(\alpha^2-2\alpha\beta+2\beta^2=0\) より、
\(\left(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\right)^2-2\left(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\right)+2=0\)
よって、\(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}=1\pm i\)
② \(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\) を極形式で表し、\(\left|\,\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\,\right|\) より辺の比を、\(\arg \displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\) よりなす角を求めて、三角形の形状を調べる。
① 等式を \(\beta^2\) で割って、\(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\) の \(2\) 次方程式の形にし、解の公式より \(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\) の値を求める。
\(\alpha^2-2\alpha\beta+2\beta^2=0\) より、
\(\left(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\right)^2-2\left(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\right)+2=0\)
よって、\(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}=1\pm i\)
② \(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\) を極形式で表し、\(\left|\,\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\,\right|\) より辺の比を、\(\arg \displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\) よりなす角を求めて、三角形の形状を調べる。
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詳しい解説｜α,βの2次式の等式と三角形の形状
複素数平面 32☆等式 \(\alpha^2-2\alpha\beta+2\beta^2=0\) を満たす \(0\) でない複素数 \(\alpha~,~\beta\) について、\(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\) の値の求め方は？また、複素数平面上の \(3\) 点 \({\rm O}(0)~,~\)\({\rm A}(\alpha)~,~\)\({\rm B}(\beta)\) を頂点とする三角形 \({\rm OAB}\) の形状の調べ方は？
高校数学C｜複素数平面
\(\beta\ne 0\) より、\(\alpha^2-2\alpha\beta+2\beta^2=0\) の両辺を \(\beta^2\) で割ると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\alpha^2\,}{\,\beta^2\,}-\displaystyle \frac{\,2\alpha\beta\,}{\,\beta^2\,}+\displaystyle \frac{\,2\beta^2\,}{\,\beta^2\,}&=&0
\\[5pt]~~~\left(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\right)^2-2\left(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\right)+2&=&0\end{eqnarray}\)
\(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\) の \(2\) 次方程式とみて、解の公式より \(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\) を求めると、
\(2\) 次方程式 \(ax^2+2b^{\prime}x+c=0\) の解は、
\(x=\displaystyle \frac{\,-b^{\prime}\pm\sqrt{\,b^{\prime2}-ac\,}\,}{\,a\,}\)
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}&=&\displaystyle \frac{\,-(-1)\pm\sqrt{\,(-1)^2-1 \cdot 2\,}\,}{\,1\,}
\\[5pt]~~~&=&1\pm\sqrt{\,1-2\,}
\\[5pt]~~~&=&1\pm\sqrt{\,-1\,}
\\[5pt]~~~&=&1\pm i\end{eqnarray}\)
したがって、\(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}=1\pm i\) となる
次に、\(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}=1+i\) のとき、\(1+i\) を極形式で表すと、
\(1+i\) の絶対値は、
\(\begin{eqnarray}~~~|1+i|&=&\sqrt{\,1^2+1^2\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,2\,}\end{eqnarray}\)
\(\cos \theta=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}~,~\)\(\sin \theta=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\) より、偏角 \(\theta=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}&=&\sqrt{\,2\,}\left(\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\right)\end{eqnarray}\)
また、\(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}=1-i\) のとき、\(1-i\) を極形式で表すと、
\(1-i\) の絶対値は、
\(\begin{eqnarray}~~~|1-i|&=&\sqrt{\,1^2+(-1)^2\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,2\,}\end{eqnarray}\)
\(\cos \theta=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}~,~\)\(\sin \theta=-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,2\,}\,}\) より、偏角 \(\theta=-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}&=&\sqrt{\,2\,}\left\{\cos \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\right)+i\sin \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\right)\right\}\end{eqnarray}\)
これより、どちらの場合でも、
\(\left|\,\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\,\right|=\sqrt{\,2\,}\) より、\(\displaystyle \frac{\,{\rm OA}\,}{\,{\rm OB}\,}=\sqrt{\,2\,}\) となり、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm OA}:{\rm OB}&=&\sqrt{\,2\,}:1\end{eqnarray}\)
また、
\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm AOB}&=&\arg \displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
よって、\({\rm OA}:{\rm OB}=\sqrt{\,2\,}:1~,~\angle {\rm AOB}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,4\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}:{\rm OB}:{\rm OA}&=&1:1:\sqrt{\,2\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\triangle {\rm OAB}\) は \(\angle {\rm B}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) の直角二等辺三角形となる
