α,βの2次式の等式と三角形の形状

数研出版｜数学C[708] p.113 演習問題A 3

\(\beta\ne 0\) より、\(\alpha^2-2\alpha\beta+4\beta^2=0\) の両辺を \(\beta^2\) で割ると、

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\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\alpha^2\,}{\,\beta^2\,}-\displaystyle \frac{\,2\alpha\beta\,}{\,\beta^2\,}+\displaystyle \frac{\,4\beta^2\,}{\,\beta^2\,}&=&0
\\[5pt]~~~\left(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\right)^2-2\left(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\right)+4&=&0\end{eqnarray}\)

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\(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\) の \(2\) 次方程式とみて、解の公式より \(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\) を求めると、

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\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}&=&\displaystyle \frac{\,-(-1)\pm\sqrt{\,(-1)^2-1 \cdot 4\,}\,}{\,1\,}
\\[5pt]~~~&=&1\pm\sqrt{\,1-4\,}
\\[5pt]~~~&=&1\pm\sqrt{\,-3\,}
\\[5pt]~~~&=&1\pm\sqrt{\,3\,}i\end{eqnarray}\)

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したがって、\(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}=1\pm\sqrt{\,3\,}i\) となる

 
 

次に、\(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}=1+\sqrt{\,3\,}i\) のとき、\(1+\sqrt{\,3\,}i\) を極形式で表すと、

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\(1+\sqrt{\,3\,}i\) の絶対値は、

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\(\begin{eqnarray}~~~|1+\sqrt{\,3\,}i|&=&\sqrt{\,1^2+(\sqrt{\,3\,})^2\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,1+3\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{4}
\\[3pt]~~~&=&2\end{eqnarray}\)

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\(\cos \theta=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\)\(\sin \theta=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) より、偏角 \(\theta=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)

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よって、

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\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}&=&2\left(\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)\end{eqnarray}\)

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また、\(\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}=1-\sqrt{\,3\,}i\) のとき、\(1-\sqrt{\,3\,}i\) を極形式で表すと、

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\(1-\sqrt{\,3\,}i\) の絶対値は、

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\(\begin{eqnarray}~~~|1-\sqrt{\,3\,}i|&=&\sqrt{\,1^2+(-\sqrt{\,3\,})^2\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,1+3\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{4}
\\[3pt]~~~&=&2\end{eqnarray}\)

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\(\cos \theta=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\)\(\sin \theta=-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) より、偏角 \(\theta=-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)

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よって、

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\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}&=&2\left\{\cos \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)+i\sin \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)\right\}\end{eqnarray}\)

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これより、どちらの場合でも、

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\(\left|\,\displaystyle \frac{\,\alpha\,}{\,\beta\,}\,\right|=2\) より、\(\displaystyle \frac{\,{\rm OA}\,}{\,{\rm OB}\,}=2\) となり、

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\(\begin{eqnarray}~~~{\rm OA}:{\rm OB}&=&2:1\end{eqnarray}\)

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また、\(\angle {\rm AOB}\) は偏角の大きさとなるので、

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\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm AOB}&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)

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よって、\({\rm OA}:{\rm OB}=2:1~,~\angle {\rm AOB}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) より、

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\(\begin{eqnarray}~~~{\rm OB}:{\rm AB}:{\rm OA}&=&1:\sqrt{\,3\,}:2\end{eqnarray}\)

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これより、\(\angle {\rm B}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) の直角三角形となる

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したがって、\(\angle {\rm AOB}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}~,~\)\(\angle {\rm B}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}~,~\)\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}\) となる

数研出版｜高等学校数学C[709] p.104 章末問題A 4
数研出版｜新編数学C[710] p.103 章末問題B 6

\({\small (1)}~\)\(\alpha\ne 0\) より、\(4\alpha^2-2\alpha\beta+\beta^2=0\) の両辺を \(\alpha^2\) で割ると、

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\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,4\alpha^2\,}{\,\alpha^2\,}-\displaystyle \frac{\,2\alpha\beta\,}{\,\alpha^2\,}+\displaystyle \frac{\,\beta^2\,}{\,\alpha^2\,}&=&0
\\[5pt]~~~\left(\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha\,}\right)^2-2\left(\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha\,}\right)+4&=&0\end{eqnarray}\)

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\(\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha\,}\) の \(2\) 次方程式とみて、解の公式より \(\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha\,}\) を求めると、

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\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha\,}&=&\displaystyle \frac{\,-(-1)\pm\sqrt{\,(-1)^2-1 \cdot 4\,}\,}{\,1\,}
\\[5pt]~~~&=&1\pm\sqrt{\,1-4\,}
\\[5pt]~~~&=&1\pm\sqrt{\,-3\,}
\\[5pt]~~~&=&1\pm\sqrt{\,3\,}i\end{eqnarray}\)

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次に、\(\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha\,}=1+\sqrt{\,3\,}i\) のとき、\(1+\sqrt{\,3\,}i\) を極形式で表すと、

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\(1+\sqrt{\,3\,}i\) の絶対値は、

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\(\begin{eqnarray}~~~|1+\sqrt{\,3\,}i|&=&\sqrt{\,1^2+(\sqrt{\,3\,})^2\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,1+3\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{4}
\\[3pt]~~~&=&2\end{eqnarray}\)

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\(\cos \theta=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\)\(\sin \theta=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) より、偏角 \(\theta=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)

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よって、

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\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha\,}&=&2\left(\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)\end{eqnarray}\)

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また、\(\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha\,}=1-\sqrt{\,3\,}i\) のとき、\(1-\sqrt{\,3\,}i\) を極形式で表すと、

---

\(1-\sqrt{\,3\,}i\) の絶対値は、

---

\(\begin{eqnarray}~~~|1-\sqrt{\,3\,}i|&=&\sqrt{\,1^2+(-\sqrt{\,3\,})^2\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,1+3\,}
\\[3pt]~~~&=&\sqrt{4}
\\[3pt]~~~&=&2\end{eqnarray}\)

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\(\cos \theta=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\)\(\sin \theta=-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) より、偏角 \(\theta=-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)

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よって、

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\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha\,}&=&2\left\{\cos \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)+i\sin \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)\right\}\end{eqnarray}\)

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したがって、\(\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha\,}=2\left(\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)~,~\)\(2\left\{\cos \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)+i\sin \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)\right\}\) となる

 
 

\({\small (2)}~\)\(3\) 点を \({\rm O}(0)~,~{\rm A}(\alpha)~,~{\rm B}(\beta)\) とする。\(\left|\,\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha\,}\,\right|=2\) より、\(\displaystyle \frac{\,{\rm OB}\,}{\,{\rm OA}\,}=2\) となり、

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\(\begin{eqnarray}~~~{\rm OA}:{\rm OB}&=&1:2\end{eqnarray}\)

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また、\(\angle {\rm AOB}\) は偏角の大きさとなるので、

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\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm AOB}&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)

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よって、\({\rm OA}:{\rm OB}=1:2~,~\angle {\rm AOB}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) より、

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\(\begin{eqnarray}~~~{\rm OA}:{\rm AB}:{\rm OB}&=&1:\sqrt{\,3\,}:2\end{eqnarray}\)

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これより、\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) の直角三角形となる

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したがって、\(\angle {\rm AOB}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}~,~\)\(\angle {\rm A}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}~,~\)\(\angle {\rm B}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}\) となる

東京書籍｜Advanced数学C[701] p.147 練習問題B 14
東京書籍｜Standard数学C[702] p.142 Level Up 6

\({\small (1)}~\)\(\alpha\ne 0\) より、\(\alpha^2-\alpha\beta+\beta^2=0\) の両辺を \(\alpha^2\) で割ると、

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\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\alpha^2\,}{\,\alpha^2\,}-\displaystyle \frac{\,\alpha\beta\,}{\,\alpha^2\,}+\displaystyle \frac{\,\beta^2\,}{\,\alpha^2\,}&=&0
\\[5pt]~~~\left(\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha\,}\right)^2-\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha\,}+1&=&0\end{eqnarray}\)

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\(\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha\,}\) の \(2\) 次方程式とみて、解の公式より \(\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha\,}\) を求めると、

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\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha\,}&=&\displaystyle \frac{\,-(-1)\pm\sqrt{\,(-1)^2-4 \cdot 1 \cdot 1\,}\,}{\,2 \cdot 1\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\pm\sqrt{\,1-4\,}\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\pm\sqrt{\,-3\,}\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\pm\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)

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したがって、\(\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha\,}=\displaystyle \frac{\,1\pm\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\) となる

 
 

\({\small (2)}~\)\(3\) 点を \({\rm O}(0)~,~{\rm A}(\alpha)~,~{\rm B}(\beta)\) とする。\(\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha\,}=\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\) のとき、\(\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\) を極形式で表すと、

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\(\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\) の絶対値は、

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\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,1+\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\,\right|&=&\sqrt{\,\left(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)^2+\left(\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\right)^2\,}
\\[5pt]~~~&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}+\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,4\,}{\,4\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)

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\(\cos \theta=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\)\(\sin \theta=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) より、偏角 \(\theta=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)

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よって、

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\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha\,}&=&\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}+i\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)

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また、\(\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha\,}=\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\) のとき、\(\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\) を極形式で表すと、

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\(\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\) の絶対値は、

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\(\begin{eqnarray}~~~\left|\,\displaystyle \frac{\,1-\sqrt{\,3\,}i\,}{\,2\,}\,\right|&=&\sqrt{\,\left(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)^2+\left(-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\right)^2\,}
\\[5pt]~~~&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}+\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,4\,}{\,4\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)

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\(\cos \theta=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}~,~\)\(\sin \theta=-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) より、偏角 \(\theta=-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)

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よって、

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\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha\,}&=&\cos \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)+i\sin \left(-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)\end{eqnarray}\)

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これより、どちらの場合でも、

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\(\left|\,\displaystyle \frac{\,\beta\,}{\,\alpha\,}\,\right|=1\) より、\(\displaystyle \frac{\,{\rm OB}\,}{\,{\rm OA}\,}=1\) となり、

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\(\begin{eqnarray}~~~{\rm OA}:{\rm OB}&=&1:1\end{eqnarray}\)

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また、\(\angle {\rm AOB}\) は偏角の大きさとなるので、

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\(\begin{eqnarray}~~~\angle {\rm AOB}&=&\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)

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よって、\({\rm OA}={\rm OB}\) の二等辺三角形で、頂角 \(\angle {\rm AOB}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) となるので、

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したがって、\(\triangle {\rm OAB}\) は正三角形となる