数学(理系)の第1問（2020京都大学入試）別解1

問題

　　　　　　　　　　第　 $1$ 　問

　 $a,\; b \;$ は実数で、 $a \gt 0 \;$ とする。 $z \;$ に関する方程式

　　　 $z^3+3az^2+bz+1=0 \; \; \cdots (\ast)$

は $\; 3 \;$ つの相異なる解をもち、それらは複素数平面上で一辺の長さが $\; \sqrt{3} \; a \;$ の正三角形の頂点となっているとする。このとき、 $a, \; b \;$ と $\; (\ast) \;$ の $\; 3 \;$ つの解を求めよ。

解答（別解 $\; 1 \;$ ）

$\alpha \;$ を $\; (\ast) \;$ の解とすると、 $\alpha^3+3a\alpha^2+b\alpha+1=0$

$\overline{\alpha} \;$ を $\alpha \;$ の共役複素数とすると、 $a,\; b \;$ は実数だから、

$\left( \overline{\alpha} \right)^3+3a\left( \overline{\alpha}\right)^2+b\overline{\alpha}+1=\overline{\alpha^3}+3a\overline{\alpha^2}+b\overline{\alpha}+1$

　　　　　　　　　　 $=\overline{\alpha^3+3a\alpha^2+b\alpha+1}=0$

よって、 $\overline{\alpha} \;$ も $\; (\ast) \;$ の解である。

$\alpha, \; \overline{\alpha} \;$ は $\; 1 \;$ 辺の長さが $\; \sqrt{3} \; a \;$ の正三角形の頂点だから、 $| \alpha - \overline{\alpha} |= \sqrt{3} \; a \;$

$a \gt 0 \;$ だから、 $\alpha \;$ は虚数となり、その虚部を正の数として良い。

すると、 $\alpha - \overline{\alpha} \;$ は純虚数だから、

　　　 $\alpha - \overline{\alpha} = \sqrt{3} \; a \; i \; \; \; \cdots \;$ （ア）

残り $\; 1 \;$ つの解は実数となるから、これを $\; \beta \;$ とすると、 $(z-\alpha)(z-\overline{\alpha})(z-\beta)=0\;$ である。

$z^3-(\alpha + \overline{\alpha} + \beta)z^2+(\alpha \overline{\alpha} + \overline{\alpha} \beta + \beta \alpha)z-\alpha \overline{\alpha} \beta =0\;$

だから、 $\; (\ast) \;$ と比較して、

　　　 $\alpha + \overline{\alpha} + \beta = -3a \;$ より、 $\alpha + \overline{\alpha} =-3a- \beta \; \; \; \cdots \;$ （イ）

　　　 $\alpha \overline{\alpha} + \overline{\alpha} \beta + \beta \alpha =b \;$ より、 $b= \alpha \overline{\alpha} +( \alpha + \overline{\alpha} ) \beta \; \; \; \cdots \;$ （ウ）

　　　 $\alpha \overline{\alpha} \beta = -1 \; \; \; \cdots \;$ （エ）

（ア）と（イ）から、

　　　 $\displaystyle \alpha = \frac{-3a-\beta}{2} +\frac{\sqrt{3}\; a}{2}\; i,\; \; \; \overline{\alpha} = \frac{-3a-\beta}{2} -\frac{\sqrt{3}\; a}{2}\; i\; \; \; \cdots \;$ （オ）

$\alpha, \; \overline{\alpha},\; \beta \;$ は正三角形の頂点だから、 $\alpha \;$ を $\; \overline{\alpha}\;$ を中心として、 $\displaystyle \frac{\pi}{3} \;$ または $\displaystyle \; -\frac{\pi}{3} \;$ だけ回転すると $\; \beta \;$ になる。よって、　

　　　 $\displaystyle \beta -\overline{\alpha} = \left\{ \cos \left( \pm \frac{\pi}{3} \right) +i \sin \left( \pm \frac{\pi}{3} \right) \right\} ( \alpha - \overline{\alpha} )$

だから、　　　 $\displaystyle \beta -\overline{\alpha} = \left( \frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{3}}{2}\; i \right) ( \alpha - \overline{\alpha} )\;$

これに（ア）と（オ）を代入すると、

　　　 $\displaystyle \beta - \left( \frac{-3a-\beta}{2} -\frac{\sqrt{3}\; a}{2}\; i \right) = \left( \frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{3}}{2}\; i \right) \sqrt{3} \; a \; i$

これを $\; \beta \;$ について解くと、 $\beta \;$ は $\; (\ast) \;$ の解で、 $0 \;$ ではないから、

　　　 $\beta =-2 \alpha \; \; \; \cdots \;$ （カ）

（カ）を（オ）に代入して

　　　 $\displaystyle \alpha =a \left(- \frac{1}{2} +\frac{\sqrt{3}}{2}\; i \right), \; \; \; \overline{\alpha} =a \left(- \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}\; i \right) \; \; \; \cdots \;$ （キ）

よって、 $\alpha + \overline{\alpha} =-a,\; \; \; \alpha \overline{\alpha} =a^2 \; \; \; \cdots \;$ （ク）

（カ）と（ク）を（ウ）に代入して、

　　　 $b= a^2 +(-a) \cdot (-2a)=3a^2 \; \; \; \cdots \;$ （ケ）

（カ）と（ク）を（エ）に代入して

$a^2 \cdot (-2a)=-1 \;$ より $\displaystyle \; a^3= \frac{1}{2} \;$ 　よって、 $\displaystyle a= \frac{\sqrt[3]{4}}{2} \;$

これを（ケ）、（キ）、（カ）に代入して、

　　　 $\displaystyle b= 3 \cdot \left( \frac{\sqrt[3]{4}}{2} \right)^2 = \frac{3 \sqrt[3]{2}}{2} \;$

　　　 $\displaystyle \alpha =\frac{\sqrt[3]{4}}{2} \left(- \frac{1}{2} +\frac{\sqrt{3}}{2}\; i \right), \; \; \; \overline{\alpha} =\frac{\sqrt[3]{4}}{2} \left(- \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}\; i \right)$