数学(理系)の第1問（2020京都大学入試）別解2

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 $\; 2 \;$ ）

$\alpha \;$ 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）

ここで、 $\displaystyle \omega = \cos \frac{2}{3} \pi +i \sin \frac{2}{3} \pi =- \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} i \;$ とすると、

$\displaystyle \omega ^2 = \left( \cos \frac{2}{3} \pi +i \sin \frac{2}{3} \pi \right)^2 = \cos \frac{4}{3} \pi +i \sin \frac{4}{3} \pi = \cos \left( -\frac{2}{3} \pi \right) +i \sin \left( -\frac{2}{3} \pi \right) =- \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} i \;$

よって、 $\omega ^3=1, \; \; \omega ^2+ \omega +1=0 \; \; \; \cdots \;$ （☆）

また、 $\omega - \omega ^2 = \sqrt{3} \; i \;$ だから、これを（ア）に代入して、

　　　 $\alpha - \overline{\alpha} =a( \omega - \omega ^2 ) \; \; \; \cdots \;$ （ア）’

これと（イ）より、

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

$\alpha, \; \overline{\alpha},\; \beta \;$ は正三角形の頂点だから、それぞれ点 $\; \mathrm{A}(\alpha),\; \mathrm{B}(\overline{\alpha}),\; \mathrm{C}(\beta) \;$ とすると、 $\overrightarrow{\mathrm{BA}} \;$ を $\displaystyle \; \frac{2}{3} \pi \;$ または $\displaystyle \; - \frac{2}{3} \pi \;$ 回転すると $\overrightarrow{\mathrm{CB}} \;$ になる。 $\overrightarrow{\mathrm{BA}}, \; \overrightarrow{\mathrm{CB}} \;$ はそれぞれ $\; \alpha - \overline{\alpha}, \; \overline{\alpha} - \beta \;$ を表すから、

　　　 $\overline{\alpha} - \beta = \omega (\alpha - \overline{\alpha} ) \; \; \; \cdots \;$ （カ） $-(\mathrm{i})$

または、 $\overline{\alpha} - \beta = \omega^2 (\alpha - \overline{\alpha} ) \; \; \; \cdots \;$ （カ） $-(\mathrm{ii})$

（カ） $-(\mathrm{i})$ のとき、（ア）’と（オ）を代入して、

　　　 $\displaystyle \frac{-3a-\beta -a( \omega - \omega ^2 )}{2} - \beta = \omega a(\omega - \omega^2 )$

よって、（☆）を代入して、 $\displaystyle \beta =- \frac{1}{3} (3+ \omega +\omega^2-2 \omega^3 )=0 \;$

$\beta \;$ は $\; (\ast) \;$ の解だから、 $0 \;$ になることはない。

（カ） $-(\mathrm{ii})$ のとき、（ア）’と（オ）を代入して、

　　　 $\displaystyle \frac{-3a-\beta -a( \omega - \omega ^2 )}{2} - \beta = \omega^2 a(\omega - \omega^2 )$

よって、（☆）を代入して、 $\displaystyle \beta =- \frac{1}{3} (3+ \omega -\omega^2+2 \omega^3 -2\omega^4 )=-2a \; \; \; \cdots \;$ （キ）

（キ）を（オ）に代入して、（☆）も代入して、

　　　 $\displaystyle \alpha = \frac{-a+a( \omega - \omega ^2 )}{2} = \frac{a(-1+ \omega - \omega ^2 )}{2} =a \omega$

　　　 $\displaystyle \overline{\alpha} = \frac{-a-a( \omega - \omega ^2 )}{2} = \frac{a(-1- \omega + \omega ^2 )}{2} =a \omega^2 \; \; \; \cdots \;$ （ク）

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

（キ）と（ケ）を（ウ）に代入して、

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

（キ）と（ケ）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（コ）、（ク）、（キ）に代入して、

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

　　　 $\displaystyle \alpha =\frac{\sqrt[3]{4}}{2} \omega , \; \; \; \overline{\alpha} =\frac{\sqrt[3]{4}}{2} \omega ^2 ,\; \; \beta =-2 \cdot \frac{\sqrt[3]{4}}{2} =- \sqrt[3]{4}$

以上より、 $\displaystyle a= \frac{\sqrt[3]{4}}{2}, \; \; \; b= \frac{3 \sqrt[3]{2}}{2} \;$

$3 \;$ つの解は、 $\displaystyle - \sqrt[3]{4}, \; \; \; \frac{\sqrt[3]{4}}{2} \omega ,\; \; \; \frac{\sqrt[3]{4}}{2} \omega^2 , \; \; \;$ ただし、 $\displaystyle \omega =- \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}\; i$