こんにちは。今回は今回は2025東北大理系後期数学の大問6を解説します。よろしくお願いします。
問題
複素数平面に、複素数 \(1\) を表す点 \(A\) と単位円に内接する正五角形 \(ABCDE\) がある。
$$PA\cdot PB\cdot PC\cdot PD\cdot PE=1$$
を満たす単位円上の点 \(P\) を \(\cos{\theta}+i\sin{\theta} \space (0 \le \theta <2\pi)\) と表すとき、 \(\theta\) のとり得る値を全て求めよ。ただし、 \(i\) は虚数単位とする。
答案例
$$PA\cdot PB\cdot PC\cdot PD\cdot PE=1 \tag{1}$$
\(z=\cos{\frac{2\pi}{5}}+i\sin{\frac{2\pi}{5}}\) とおくと、5点A~Eを表す点は、 \(A(1),B(z),C(z^2),D(z^3),E(z^4)\) と表せる。また、 \(z \neq 1\) 、 \(z^5=1\) であることから、
$$z^5-1=(z-1)(z^4+z^3+z^2+z+1)=0$$
$$\Rightarrow z^4+z^3+z^2+z+1=0 \tag{2}$$
が成立する。
\(\alpha=\cos{\theta}+i\sin{\theta}\) とおくと、式(1)は
$$式(1)\Leftrightarrow |1-\alpha||z-\alpha||z^2-\alpha||z^3-\alpha||z^4-\alpha|=1$$
$$\Leftrightarrow |1-\alpha||(z-\alpha)(z^4-\alpha)||(z^2-\alpha)(z^3-\alpha)|=1$$
$$\Leftrightarrow |1-\alpha||z^5-(z+z^4)\alpha+\alpha^2||z^5-(z^2+z^3)\alpha+\alpha^2|=1$$
$$\Leftrightarrow |1-\alpha||1-(z+z^4)\alpha+\alpha^2||1-(z^2+z^3)\alpha+\alpha^2|=1$$
$$\Leftrightarrow |1-\alpha||1-(z^2+z^3+z+z^4)\alpha+(1+z^3+z^4+z^6+z^7+1)\alpha^2-(z+z^4+z^2+z^3)\alpha^3+\alpha^4|=1$$
$$\Leftrightarrow |1-\alpha||1-(z^2+z^3+z+z^4)\alpha+(1+z^3+z^4+z+z^2+1)\alpha^2-(z+z^4+z^2+z^3)\alpha^3+\alpha^4|=1$$
$$\Leftrightarrow |1-\alpha||1-(-1)\alpha+\alpha^2-(-1)\alpha^3+\alpha^4|=1 \space(∵式(2) )$$
$$\Leftrightarrow |1-\alpha||1+\alpha+\alpha^2+\alpha^3+\alpha^4|=1$$
$$\Leftrightarrow |(1-\alpha)(1+\alpha+\alpha^2+\alpha^3+\alpha^4)|=1$$
$$\Leftrightarrow |1-\alpha^5|=1$$
$$\Leftrightarrow |1-\cos{5\theta}-i\sin{5\theta}|=1$$
$$\Leftrightarrow |2\frac{1-\cos{5\theta}}{2}-i\sin{5\theta}|=1$$
$$\Leftrightarrow |2\sin^2{\frac{5\theta}{2}}-2i\sin{\frac{5\theta}{2}}\cos{\frac{5\theta}{2}}|=1$$
$$\Leftrightarrow |\frac{2}{i}\sin{\frac{5\theta}{2}}||i\sin{\frac{5\theta}{2}}+\cos{\frac{5\theta}{2}}|=1$$
$$\Leftrightarrow |2\sin{\frac{5\theta}{2}}|=1$$
$$\Leftrightarrow 4\sin^2{\frac{5\theta}{2}}=1^2$$
$$\Leftrightarrow 2(1-\cos{5\theta})=1$$
$$\Leftrightarrow \cos{5\theta}=\frac{1}{2} \tag{3}$$
と同値変形できる。定義域 \(0 \le \theta <2\pi\Leftrightarrow 0 \le 5\theta <10\pi\) において式(3)を満たすのは、
$$5\theta=\frac{\pi}{3},\frac{5\pi}{3},\frac{7\pi}{3},\frac{11\pi}{3},\frac{13\pi}{3},\frac{17\pi}{3},\frac{19\pi}{3},\frac{23\pi}{3},\frac{25\pi}{3},\frac{29\pi}{3}$$
の10通りのみである。よって、与式を満たす \(\theta\) は、
$$\theta=\frac{\pi}{15},\frac{\pi}{3},\frac{7\pi}{15},\frac{11\pi}{15},\frac{13\pi}{15},\frac{17\pi}{15},\frac{19\pi}{15},\frac{23\pi}{15},\frac{5\pi}{3},\frac{29\pi}{15}$$
である。
解説
1の５乗根をこねくり回す計算問題です。複素数平面は初手の方針選びが重要な分野ですが、本問の場合も初手をミスると致命傷を負います。方針が立ちさえすれば、あとの計算は教科書の例題で見かけるような頻出のものばかりなのでサクサク進むと思います。難易度は標準的で、東北大はこのくらいのレベルの問題を完答できるか否かで合否が分かれる印象です。
まずは問題文の情報を整理します。複素平面の単位円上に正五角形 \(ABCDE\) があり、 \(A(1)\) なので、残りの4点は極形式 \(\cos{\frac{2k\pi}{5}}+i\sin{\frac{2k\pi}{5}}\) で定まる定点ということになります。この単位円上に 動点\(P(\cos{\theta}+i\sin{\theta}\space (0 \le \theta <2\pi))\) を考え、 \(P\) が
$$PA\cdot PB\cdot PC\cdot PD\cdot PE=1 \tag{1}$$
を満たすような変数 \(\theta\) を求めろ、とのお題です。
\(\theta\) に関する手がかりは与式(1)しかないので、まずはこの式を複素平面の言葉で翻訳することを試みます。
長さ \(PA\) は、 \(P,A\) それぞれに対応する複素数の差の絶対値で表せるんでした。 \(P(\cos{\theta}+i\sin{\theta}),A(1)\) より、
$$PA=|1-(\cos{\theta}+i\sin{\theta})|$$
と表せます。残りの4点も同様に、
$$PB=|(\cos{\frac{2\pi}{5}}+i\sin{\frac{2\pi}{5}})-(\cos{\theta}+i\sin{\theta})|$$
$$PC=|(\cos{\frac{4\pi}{5}}+i\sin{\frac{4\pi}{5}})-(\cos{\theta}+i\sin{\theta})|$$
$$PD=|(\cos{\frac{6\pi}{5}}+i\sin{\frac{6\pi}{5}})-(\cos{\theta}+i\sin{\theta})|$$
$$PE=|(\cos{\frac{8\pi}{5}}+i\sin{\frac{8\pi}{5}})-(\cos{\theta}+i\sin{\theta})|$$
と表せるので、これら5本の式を式(1)にブチ込めば \(\theta\) に関する条件式が得られます。もちろん、上の式をそのままブチ込んでしまうと計算地獄で即死するので、もう少し簡略化できないか考えてみます。
ここで思い出したいのがド・モアブルの定理です。\(\cos{\frac{2k\pi}{5}}+i\sin{\frac{2k\pi}{5}}\) の項は \(z=\cos{\frac{2\pi}{5}}+i\sin{\frac{2\pi}{5}}\) を用いて \(\cos{\frac{2k\pi}{5}}+i\sin{\frac{2k\pi}{5}}=z^k\) と表せるので、 \(\alpha=\cos{\theta}+i\sin{\theta}\) とおけば、
$$PA=|1-\alpha|,\space PB=|z-\alpha|,\space PC=|z^2-\alpha|,\space PD=|z^3-\alpha|,\space PE=|z^4-\alpha| $$
とシンプルに表現することができます。これなら式(1)に代入してもよさそうな感じです。
$$式(1)\Leftrightarrow |1-\alpha||z-\alpha||z^2-\alpha||z^3-\alpha||z^4-\alpha|=1$$
\(P(\alpha)\) に関する条件式が得られたので、上式左辺を要領よく展開することを考えていきます。 \(z^k\) に関する情報が大量に出てくることが確定しているので、 \(z\) に関する情報を予め整理しておきます。
\(z^5=1\) より \(z^5-1=(z-1)(z^4+z^3+z^2+z^1+1)=0\) がいえ、 \(z\) は実軸にないため \(z \neq 1\) なので、
$$z^4+z^3+z^2+z^1+1=0 \tag{2}$$
が成立します。下準備はこのくらいで十分でしょう。
それでは、式(1)を展開していきます。左辺は \(|1-\alpha|\) のみ \(z\) を含まないのでコイツは切り離しておきます。残りの4項ですが、 \(z^5=1\) で次数下げできる形が欲しいので、 \((z,z^4),(z^2,z^3)\) のペアで展開します。
$$|1-\alpha||z-\alpha||z^2-\alpha||z^3-\alpha||z^4-\alpha|=1$$
$$\Leftrightarrow |1-\alpha||(z-\alpha)(z^4-\alpha)||(z^2-\alpha)(z^3-\alpha)|=1$$
$$\Leftrightarrow |1-\alpha||z^5-(z+z^4)\alpha+\alpha^2||z^5-(z^2+z^3)\alpha+\alpha^2|=1$$
$$\Leftrightarrow |1-\alpha||1-(z+z^4)\alpha+\alpha^2||1-(z^2+z^3)\alpha+\alpha^2|=1$$
左辺の \(|1-\alpha|\) 以外の2項を頑張って展開すると、
$$\Leftrightarrow |1-\alpha||1-(z^2+z^3+z+z^4)\alpha+(1+z^3+z^4+z^6+z^7+1)\alpha^2-(z+z^4+z^2+z^3)\alpha^3+\alpha^4|=1$$
$$\Leftrightarrow |1-\alpha||1-(z^2+z^3+z+z^4)\alpha+(1+z^3+z^4+z+z^2+1)\alpha^2-(z+z^4+z^2+z^3)\alpha^3+\alpha^4|=1$$
だいぶゴチャついてきましたが、よく見ると \(z^4+z^3+z^2+z\) の塊が何か所か登場しており、(2)式によりこれらは-1にまとめられるので、
$$\Leftrightarrow |1-\alpha||1-(-1)\alpha+(1-1+1)\alpha^2-(-1)\alpha^3+\alpha^4|=1$$
$$\Leftrightarrow |1-\alpha||1+\alpha+\alpha^2+\alpha^3+\alpha^4|=1$$
と変形でき、 \(z\) を全て消し去ることができました。爽快感バツグンです。これまで放置してきた左辺の \(|1-\alpha|\) もあわせて展開すれば、最終的に
$$\Leftrightarrow |1-\alpha^5|=1$$
までシンプルに加工できます。 \(\alpha\) についてこれ以上シンプルにはならなそうなので、上式を \(\theta\) を用いて書き下してみましょう。ド・モアブルの定理を利用すると、
$$\Leftrightarrow |1-(\cos{\theta}+i\sin{\theta})^5|=1$$
$$\Leftrightarrow |1-(\cos{5\theta}+i\sin{5\theta})|=1$$
と変形できます。左辺の絶対値について \(1-\cos{5\theta}\) の形が見えるので、半角の公式が利用できそうです。
$$\Leftrightarrow |2\sin^2{\frac{5\theta}{2}}-2i\sin{\frac{5\theta}{2}}\cos{\frac{5\theta}{2}}|=1$$
$$\Leftrightarrow |2\sin{\frac{5\theta}{2}}||\sin{\frac{5\theta}{2}}-i\cos{\frac{5\theta}{2}}|=1$$
\(\sin{\frac{5\theta}{2}}-i\cos{\frac{5\theta}{2}}\) は絶対値1なので、上式両辺を２乗して、
$$\Leftrightarrow |2\sin{\frac{5\theta}{2}}|^2|\sin{\frac{5\theta}{2}}-i\cos{\frac{5\theta}{2}}|^2=1^2$$
$$\Leftrightarrow 4\sin^2{\frac{5\theta}{2}}=1$$
が得られます。ようやく絶対値の呪縛から解放されました。
左辺を次数下げすると、
$$\Leftrightarrow 2(1-\cos{5\theta})=1$$
$$\Leftrightarrow \cos{5\theta}=\frac{1}{2} \tag{3}$$
となります。同値変形はここがゴールでよいでしょう。
もうだいぶ疲労困憊ですが、もうひと踏ん張りです。
本問のゴールは、式(1)⇔式(3)を満たす \(0\le \theta < 2\pi\) を全て求める、というものでした。式(3)は \(5\theta\) の式なので、定義域 \(0\le 5\theta < 10\pi\) で式(3)をみたす \(5\theta\) を拾い上げます。解は区間 \(2\pi\) につき2個ずつあるので、5周期分で合計10個あることになります。数え漏れに注意して10個拾い上げると、
$$5\theta=\frac{\pi}{3},\frac{5\pi}{3},\frac{7\pi}{3},\frac{11\pi}{3},\frac{13\pi}{3},\frac{17\pi}{3},\frac{19\pi}{3},\frac{23\pi}{3},\frac{25\pi}{3},\frac{29\pi}{3}$$
が求める解の全てになります。最後に両辺5で割れば、
$$\theta=\frac{\pi}{15},\frac{\pi}{3},\frac{7\pi}{15},\frac{11\pi}{15},\frac{13\pi}{15},\frac{17\pi}{15},\frac{19\pi}{15},\frac{23\pi}{15},\frac{5\pi}{3},\frac{29\pi}{15}$$
が本問で求める \(\theta\) ということになります。
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