目次 ／ 複素数平面と二次曲線 ／ 数学C

第4章　複素数と図形

—— 中点・なす角・円の方程式を、複素数ひとつの式で書く ——

第1章から第3章で、足し算は平行移動、かけ算は回転と拡大だと分かりました。この章では、その2つを図形の問題にぶつけます。線分の**内分点**や三角形の**重心**は足し算と実数倍で、点 $\alpha$ からの距離が一定の**円**は絶対値で表せます。さらに $\dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}$ という1つの分数を作るだけで、2本の線分の**長さの比**と**なす角**が同時に読み取れます。3点が一直線にある条件、2本の線分が垂直な条件、三角形が正三角形になる条件を、この分数から順に導いていきます。

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線分を分ける点

第1章 公式3・公式4 で、足し算は平行移動、実数倍は原点から見た伸び縮みだと学びました。この2つだけで、線分を分ける点が書けます。

点 P(z)\mathrm{P}(z) が線分 AB\mathrm{AB} を m:nm : n に内分するとします。P\mathrm{P} は A\mathrm{A} から B\mathrm{B} の向きへ、線分全体の mm+n\dfrac{m}{m + n} だけ進んだところにあります。A\mathrm{A} から見た B\mathrm{B} の位置は β\beta−α{}- \alpha でしたから

z\displaystyle z−α\displaystyle {}- \alpha=mm+n(β−α)\displaystyle {}= \frac{m}{m + n}(\beta - \alpha)

です。zz について解くと、次の公式が得られます。

公式1：内分点・外分点・中点・重心

A(α)\mathrm{A}(\alpha)，B(β)\mathrm{B}(\beta)，C(γ)\mathrm{C}(\gamma) とする。

① 線分 AB\mathrm{AB} を m:nm : n に内分する点：nα+mβm+n\dfrac{n\alpha + m\beta}{m + n}

② 線分 AB\mathrm{AB} を m:nm : n に外分する点（mm≠n{}\neq n）：−nα+mβm−n\dfrac{-n\alpha + m\beta}{m - n}

③ 線分 AB\mathrm{AB} の中点：α+β2\dfrac{\alpha + \beta}{2}

④ △ABC\triangle\mathrm{ABC} の重心：α+β+γ3\dfrac{\alpha + \beta + \gamma}{3}

②は、①の nn を −n-n に置きかえた形です（図形の性質 第1章と同じで、外分は「比の一方を負と見る」ことで内分に合わせられます）。③は①で mm=n{}= n とした場合です。

係数の付き方が逆に見えるかもしれません。B\mathrm{B} 側の比が mm なのに、β\beta にかかるのが mm、α\alpha にかかるのが nn ——これは絵の具の混色と同じ仕組みです。白を nn 杯、赤を mm 杯まぜると、赤を多く入れたぶんだけ赤に近い色になります。できた色は n×(白)+m×(赤)m+n\dfrac{n \times (\text{白}) + m \times (\text{赤})}{m + n} で、多く入れたほうの係数が大きくなります。内分点も、B\mathrm{B} に近づけたければ β\beta を多くまぜる、というだけのことです。

実軸 虚軸 O 青：線分 AB と中点・2 : 1 の内分点 橙：三角形 ABC の重心 A(1 + i) B(7 + 4i) C(3 + 7i) 中点 4 + 2.5i 2 : 1 の内分点 5 + 3i 重心 11/3 + 4i

④ の重心は、③ を2回使うと納得できます。辺 BC\mathrm{BC} の中点 M\mathrm{M} は β+γ2\dfrac{\beta + \gamma}{2} で、重心は中線 AM\mathrm{AM} を 2:12 : 1 に内分する点（図形の性質 第2章）ですから、①より

1⋅α+2⋅β+γ22+1\displaystyle \frac{1 \cdot \alpha + 2 \cdot \dfrac{\beta + \gamma}{2}}{2 + 1}=α+β+γ3\displaystyle {}= \frac{\alpha + \beta + \gamma}{3}

となります。3つの頂点を同じ重さでまぜた点が重心だ、と読めます。

線分を分ける点も重心も、もとの点を「比の分だけまぜた」式で書けるということです。

例題1：内分点・外分点・重心

A(2+3i)\mathrm{A}(2 + 3i)，B(8−3i)\mathrm{B}(8 - 3i)，C(5+9i)\mathrm{C}(5 + 9i) とします。次の点を表す複素数を、それぞれ求めなさい。

(1) 線分 AB\mathrm{AB} を 2:12 : 1 に内分する点　(2) 線分 AB\mathrm{AB} を 3:13 : 1 に外分する点　(3) △ABC\triangle\mathrm{ABC} の重心

【解答】

(1) 公式1 ① で mm=2{}= 2，nn=1{}= 1 とします。

1⋅(2+3i)+2(8−3i)2+1\displaystyle \frac{1 \cdot (2 + 3i) + 2(8 - 3i)}{2 + 1}=2+3i+16−6i3\displaystyle {}= \frac{2 + 3i + 16 - 6i}{3}=18−3i3\displaystyle {}= \frac{18 - 3i}{3}=6‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7428em}6}−i‾\displaystyle \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7428em}{}- i}

(2) 公式1 ② で mm=3{}= 3，nn=1{}= 1 とします。

−1⋅(2+3i)+3(8−3i)3−1\displaystyle \frac{-1 \cdot (2 + 3i) + 3(8 - 3i)}{3 - 1}=−2−3i+24−9i2\displaystyle {}= \frac{-2 - 3i + 24 - 9i}{2}=22−12i2\displaystyle {}= \frac{22 - 12i}{2}=11‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7428em}11}−6i‾\displaystyle \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7428em}{}- 6i}

(3) 公式1 ④ より

(2+3i)+(8−3i)+(5+9i)3\displaystyle \frac{(2 + 3i) + (8 - 3i) + (5 + 9i)}{3}=15+9i3\displaystyle {}= \frac{15 + 9i}{3}=5‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7428em}5}+3i‾\displaystyle \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7428em}{}+ 3i}

実部と虚部を別々に見ると、2+8+53\dfrac{2 + 8 + 5}{3}=5{}= 5，3−3+93\dfrac{3 - 3 + 9}{3}=3{}= 3 です。座標での重心の公式と同じ計算をしていることが分かります。

円と垂直二等分線

第1章 公式6 で、∣β−α∣|\beta - \alpha| は2点 A(α)\mathrm{A}(\alpha)，B(β)\mathrm{B}(\beta) の距離 AB\mathrm{AB} だと学びました。距離が式で書けるので、「距離についての条件」はそのまま図形の方程式になります。

公式2：円と垂直二等分線

① ∣z−α∣|z - \alpha|=r{}= r（rr>0{}> 0）は、点 α\alpha を中心とする半径 rr の円を表す。特に ∣z∣|z|=r{}= r は原点を中心とする半径 rr の円である。

② ∣z−α∣|z - \alpha|=∣z−β∣{}= |z - \beta|（α\alpha≠β{}\neq \beta）は、2点 A(α)\mathrm{A}(\alpha)，B(β)\mathrm{B}(\beta) を結ぶ線分の垂直二等分線を表す。

①は、「点 α\alpha からの距離がいつも rr」という条件そのものです。庭のスプリンクラーは、取りつけた場所から届く距離が決まっていて、水がかかる範囲のふちは円になります。中心が α\alpha、届く距離が rr です。

②は、「A\mathrm{A} からの距離と B\mathrm{B} からの距離が等しい」という条件です。2つの駅からの距離が等しい家を全部集めると、どちらが最寄り駅かの境界線ができます。この境界線が、線分 AB\mathrm{AB} の垂直二等分線です。

|z − (2 + i)| = 2 |z − 1| = |z − (1 + 4i)| 実軸 O 2 + i 半径 2 実軸 O 1 1 + 4i 中点 1 + 2i 垂直二等分線

絶対値は距離なので、∣z−α∣|z - \alpha|=r{}= r は円、∣z−α∣|z - \alpha|=∣z−β∣{}= |z - \beta| は垂直二等分線を表すということです。

例題2：方程式の表す図形

次の方程式は、それぞれどのような図形を表すか求めなさい。

(1) ∣z+1−2i∣|z + 1 - 2i|=3{}= 3　(2) ∣z−3∣|z - 3|=∣z+i∣{}= |z + i|

【解答】

(1) zz+1{}+ 1−2i{}- 2i=z{}= z−(−1+2i){}- (-1 + 2i) と、zz−α{}- \alpha の形に直します。

∣z−(−1+2i)∣\displaystyle |z - (-1 + 2i)|=3\displaystyle {}= 3

公式2 ① より、これは 点 ‾\underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7667em}\text{点 }}−1‾\underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7667em}{}-1}+2i を中心とする半径 3 の円‾\underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7667em}{}+ 2i \text{ を中心とする半径 } 3 \text{ の円}} です。

(2) zz+i{}+ i=z{}= z−(−i){}- (-i) なので

∣z−3∣\displaystyle |z - 3|=∣z−(−i)∣\displaystyle {}= |z - (-i)|

です。公式2 ② より、2点 3 と ‾\underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7667em}\text{2点 } 3 \text{ と }}−i を結ぶ線分の垂直二等分線‾\underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7667em}{}-i \text{ を結ぶ線分の垂直二等分線}} です。

(2) を zz=x{}= x+yi{}+ yi（xx，yy は実数）とおいて確かめます。∣x−3+yi∣|x - 3 + yi|=∣x+(y+1)i∣{}= |x + (y + 1)i| の両辺を2乗すると

(x−3)2\displaystyle (x - 3)^2+y2\displaystyle {}+ y^2=x2\displaystyle {}= x^2+(y+1)2\displaystyle {}+ (y + 1)^2

で、展開して整理すると −6x-6x+9{}+ 9=2y{}= 2y+1{}+ 1、つまり yy=−3x{}= -3x+4{}+ 4 です。線分の両端 33（座標では (3, 0)(3,\ 0)）と −i-i（(0, −1)(0,\ -1)）の中点 (32, −12)\left(\dfrac{3}{2},\ -\dfrac{1}{2}\right) を代入すると成り立ち、線分の傾き −1−00−3\dfrac{-1 - 0}{0 - 3}=13{}= \dfrac{1}{3} とこの直線の傾き −3-3 の積は −1-1 です。たしかに垂直二等分線になっています。

方程式の変形とアポロニウスの円

距離の比が一定という条件も図形を表します。そのときは ∣w∣2|w|^2=ww‾{}= w\overline{w}（第1章 公式5）を使って、絶対値を共役の積に開くのが定石です。

公式3：アポロニウスの円

α\alpha≠β{}\neq \beta，kk>0{}> 0，kk≠1{}\neq 1 とする。方程式

∣z−α∣\displaystyle |z - \alpha|=k∣z−β∣\displaystyle {}= k|z - \beta|

は円を表す。この円は、線分 AB\mathrm{AB} を k:1k : 1 に内分する点と外分する点を直径の両端とする円で、アポロニウスの円という。

中心と半径は、両辺を2乗して ∣w∣2|w|^2=ww‾{}= w\overline{w} で開き、zz‾z\overline{z} の係数を 11 にそろえてから、∣z−γ∣2|z - \gamma|^2=zz‾{}= z\overline{z}−γ‾z{}- \overline{\gamma}z−γz‾{}- \gamma\overline{z}+∣γ∣2{}+ |\gamma|^2 の形に戻して求める。

kk=1{}= 1 のときは、距離が等しいという条件なので、円ではなく公式2 ② の垂直二等分線になります。円と直線は別の図形ですが、「半径が限りなく大きくなった円」と思うと、kk を 11 に近づけたときのようすとつながります。

夜道に街灯が2本立っているとします。街灯からの距離が近いほど、足もとは明るくなります。「A\mathrm{A} からの距離が、B\mathrm{B} からの距離のちょうど2倍になる地点」を残らず集めると、直線ではなく円ができます。B\mathrm{B} をぐるりと囲む円で、B\mathrm{B} に近い側にかたよっているのです。

変形の手順を、∣z−α∣|z - \alpha|=k∣z−β∣{}= k|z - \beta| で追ってみます。両辺を2乗して

(z−α)(z‾−α‾)\displaystyle (z - \alpha)(\overline{z} - \overline{\alpha})=k2(z−β)(z‾−β‾)\displaystyle {}= k^2(z - \beta)(\overline{z} - \overline{\beta})

です。展開して zz‾z\overline{z} の項をまとめると (1−k2)zz‾(1 - k^2)z\overline{z}−(α‾−k2β‾)z{}- (\overline{\alpha} - k^2\overline{\beta})z−(α−k2β)z‾{}- (\alpha - k^2\beta)\overline{z}+∣α∣2{}+ |\alpha|^2−k2∣β∣2{}- k^2|\beta|^2=0{}= 0 となります。kk≠1{}\neq 1 なので 11−k2{}- k^2≠0{}\neq 0 で、両辺をこれで割れば zz‾z\overline{z}−γ‾z{}- \overline{\gamma}z−γz‾{}- \gamma\overline{z}+(実数){}+ (\text{実数})=0{}= 0 の形になり、∣z−γ∣2|z - \gamma|^2 にまとめられます。γ\gamma と半径の式は、厳密定義のページに書きました。実際の問題では、文字のまま進めるより、数を入れてから変形するほうが速く済みます。

距離の比が一定という条件は、両辺を2乗して ww‾w\overline{w} に開くと、円の方程式 ∣z−γ∣|z - \gamma|=r{}= r に変形できるということです。

例題3：距離の比が一定な点の集まり

次の方程式は、それぞれどのような図形を表すか求めなさい。

(1) ∣z−3∣|z - 3|=2∣z∣{}= 2|z|　(2) 2∣z−i∣2|z - i|=∣z+2i∣{}= |z + 2i|

【解答】

(1) 両辺を2乗して ∣w∣2|w|^2=ww‾{}= w\overline{w} で開きます。

(z−3)(z‾−3)\displaystyle (z - 3)(\overline{z} - 3)=4zz‾\displaystyle {}= 4z\overline{z}

左辺を展開すると zz‾z\overline{z}−3z{}- 3z−3z‾{}- 3\overline{z}+9{}+ 9=4zz‾{}= 4z\overline{z} です。移項して −3-3 で割ると

zz‾\displaystyle z\overline{z}+z\displaystyle {}+ z+z‾\displaystyle {}+ \overline{z}−3\displaystyle {}- 3=0\displaystyle {}= 0

です。∣z+1∣2|z + 1|^2=(z+1)(z‾+1){}= (z + 1)(\overline{z} + 1)=zz‾{}= z\overline{z}+z{}+ z+z‾{}+ \overline{z}+1{}+ 1 なので、左辺は ∣z+1∣2|z + 1|^2−4{}- 4 と書けます。よって ∣z+1∣2|z + 1|^2=4{}= 4、つまり ∣z−(−1)∣|z - (-1)|=2{}= 2 で、点 ‾\underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7667em}\text{点 }}−1 を中心とする半径 2 の円‾\underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7667em}{}-1 \text{ を中心とする半径 } 2 \text{ の円}} です。

(2) 両辺を2乗します。z−i‾\overline{z - i}=z‾{}= \overline{z}+i{}+ i，z+2i‾\overline{z + 2i}=z‾{}= \overline{z}−2i{}- 2i に注意して

4(z−i)(z‾+i)\displaystyle 4(z - i)(\overline{z} + i)=(z+2i)(z‾−2i)\displaystyle {}= (z + 2i)(\overline{z} - 2i)

です。展開すると 4zz‾4z\overline{z}+4iz{}+ 4iz−4iz‾{}- 4i\overline{z}+4{}+ 4=zz‾{}= z\overline{z}−2iz{}- 2iz+2iz‾{}+ 2i\overline{z}+4{}+ 4 で、整理して 33 で割ると

zz‾\displaystyle z\overline{z}+2iz\displaystyle {}+ 2iz−2iz‾\displaystyle {}- 2i\overline{z}=0\displaystyle {}= 0

です。∣z−2i∣2|z - 2i|^2=(z−2i)(z‾+2i){}= (z - 2i)(\overline{z} + 2i)=zz‾{}= z\overline{z}+2iz{}+ 2iz−2iz‾{}- 2i\overline{z}+4{}+ 4 なので、左辺は ∣z−2i∣2|z - 2i|^2−4{}- 4 です。よって ∣z−2i∣|z - 2i|=2{}= 2 で、点 2i を中心とする半径 2 の円‾\underline{\text{点 } 2i \text{ を中心とする半径 } 2 \text{ の円}} です。

(1) を公式3 の言い方で確かめます。A(3)\mathrm{A}(3)，B(0)\mathrm{B}(0) として、AP:BP\mathrm{AP} : \mathrm{BP}=2:1{}= 2 : 1 の点の集まりです。線分 AB\mathrm{AB} を B\mathrm{B} 側から見て 1:21 : 2 に内分する点は 11、外分する点は −3-3 で、この2点を直径の両端とする円の中心は −1-1、半径は 22 です。たしかに一致しました。

2本の線分のなす角

ここからが、この章の中心です。第2章 公式6 では、点 α\alpha を中心として点 β\beta を θ\theta だけ回した点 γ\gamma を γ\gamma−α{}- \alpha=(β−α)(cos⁡θ+isin⁡θ){}= (\beta - \alpha)(\cos\theta + i\sin\theta) と書きました。この式を逆に読みます。

3点 A(α)\mathrm{A}(\alpha)，B(β)\mathrm{B}(\beta)，C(γ)\mathrm{C}(\gamma) がたがいに異なるとき、β\beta−α{}- \alpha は「A\mathrm{A} から見た B\mathrm{B}」、γ\gamma−α{}- \alpha は「A\mathrm{A} から見た C\mathrm{C}」を表す複素数です。この2つの商を作ると、第2章 公式4 より、絶対値は割り算、偏角は引き算になります。

公式4：2本の線分の比となす角

たがいに異なる3点 A(α)\mathrm{A}(\alpha)，B(β)\mathrm{B}(\beta)，C(γ)\mathrm{C}(\gamma) について

γ−αβ−α\displaystyle \frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}=ACAB(cos⁡θ+isin⁡θ)\displaystyle {}= \frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}(\cos\theta + i\sin\theta)

が成り立つ。ここで θ\theta は、半直線 AB\mathrm{AB} を半直線 AC\mathrm{AC} に重ねる回転角（反時計回りを正）である。すなわち

∣γ−αβ−α∣\displaystyle \left|\frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}\right|=ACAB,\displaystyle {}= \frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}},arg⁡γ−αβ−α\displaystyle \arg\frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}=θ\displaystyle {}= \theta

である。∠BAC\angle\mathrm{BAC} の大きさは ∣θ∣|\theta| である。

見張り台に立って、まず船 B\mathrm{B} の方角を向き、そこから体を回して船 C\mathrm{C} を向いたとします。回した角が θ\theta です。分数 γ−αβ−α\dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} は、この「回した角」と「2隻までの距離の比」を、1つの複素数にまとめて持っています。

実軸 虚軸 O 青：A から見た B（β − α = 2 + i）と A から見た C（γ − α = −3 + i） A(1 + i) B(3 + 2i) C(−2 + 2i) 3π/4 AB AC = √2 AB

図の例では β\beta−α{}- \alpha=2{}= 2+i{}+ i，γ\gamma−α{}- \alpha=−3{}= -3+i{}+ i で

γ−αβ−α\displaystyle \frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}=−3+i2+i\displaystyle {}= \frac{-3 + i}{2 + i}=(−3+i)(2−i)(2+i)(2−i)\displaystyle {}= \frac{(-3 + i)(2 - i)}{(2 + i)(2 - i)}=−5+5i5\displaystyle {}= \frac{-5 + 5i}{5}=−1\displaystyle {}= -1+i\displaystyle {}+ i

です。−1-1+i{}+ i=2(cos⁡34π+isin⁡34π){}= \sqrt{2}\left(\cos\dfrac{3}{4}\pi + i\sin\dfrac{3}{4}\pi\right) なので、ACAB\dfrac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}=2{}= \sqrt{2}、∠BAC\angle\mathrm{BAC}=34π{}= \dfrac{3}{4}\pi と読み取れます。

γ−αβ−α\dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} を計算して極形式にすれば、絶対値から辺の比が、偏角から角の大きさが、同時に分かるということです。

例題4：なす角と辺の比

(1) A(1+i)\mathrm{A}(1 + i)，B(3+2i)\mathrm{B}(3 + 2i)，C(−2+2i)\mathrm{C}(-2 + 2i) について、∠BAC\angle\mathrm{BAC} の大きさと ACAB\dfrac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}} を求めなさい。

(2) A(1+i)\mathrm{A}(1 + i)，B(3+2i)\mathrm{B}(3 + 2i) とします。∠BAC\angle\mathrm{BAC}=π2{}= \dfrac{\pi}{2}，AC\mathrm{AC}=2AB{}= 2\mathrm{AB} を満たす点 C(γ)\mathrm{C}(\gamma) を、すべて求めなさい。

【解答】

(1) β\beta−α{}- \alpha=2{}= 2+i{}+ i，γ\gamma−α{}- \alpha=−3{}= -3+i{}+ i です。

γ−αβ−α\displaystyle \frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}=−3+i2+i\displaystyle {}= \frac{-3 + i}{2 + i}=(−3+i)(2−i)5\displaystyle {}= \frac{(-3 + i)(2 - i)}{5}=−6+3i+2i+15\displaystyle {}= \frac{-6 + 3i + 2i + 1}{5}=−1\displaystyle {}= -1+i\displaystyle {}+ i

∣−1+i∣|-1 + i|=2{}= \sqrt{2}、偏角は 34π\dfrac{3}{4}\pi なので、公式4 より

∠BAC=34π‾,\displaystyle \underline{\angle\mathrm{BAC} = \frac{3}{4}\pi},ACAB=2‾\displaystyle \underline{\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}} = \sqrt{2}}

です。

(2) 公式4 を γ\gamma について解いた形で使います。ACAB\dfrac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}=2{}= 2、回転角は θ\theta=π2{}= \dfrac{\pi}{2} または θ\theta=−π2{}= -\dfrac{\pi}{2} の2通りなので

γ\displaystyle \gamma−α\displaystyle {}- \alpha=(β−α)⋅2{cos⁡(±π2)\displaystyle {}= (\beta - \alpha) \cdot 2\biggl\{\cos\left(\pm\frac{\pi}{2}\right)+isin⁡(±π2)}\displaystyle {}\qquad + i\sin\left(\pm\frac{\pi}{2}\right)\biggr\}=±2i(β−α)\displaystyle {}= \pm 2i(\beta - \alpha)

です。β\beta−α{}- \alpha=2{}= 2+i{}+ i より 2i(β−α)2i(\beta - \alpha)=2i(2+i){}= 2i(2 + i)=−2{}= -2+4i{}+ 4i なので

γ\displaystyle \gamma=(1+i)\displaystyle {}= (1 + i)+(−2+4i)\displaystyle {}+ (-2 + 4i)=−1\displaystyle {}= -1+5i,\displaystyle {}+ 5i,γ\displaystyle \gamma=(1+i)\displaystyle {}= (1 + i)−(−2+4i)\displaystyle {}- (-2 + 4i)=3\displaystyle {}= 3−3i\displaystyle {}- 3i

です。よって γ=−1‾\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8540em}\gamma = -1}+5i,‾\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8540em}{}+ 5i,} 3‾\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8540em}\ 3}−3i‾\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8540em}{}- 3i} です。

「∠BAC\angle\mathrm{BAC} が π2\dfrac{\pi}{2}」とだけ言われたときは、C\mathrm{C} が直線 AB\mathrm{AB} のどちら側にあるか決まりません。回転角の符号を両方調べて、2つとも答えます。

一直線・垂直の条件

公式4 の θ\theta が特別な値になる場合を調べます。θ\theta=0{}= 0 または θ\theta=π{}= \pi なら、C\mathrm{C} は直線 AB\mathrm{AB} の上にあります。θ\theta=±π2{}= \pm\dfrac{\pi}{2} なら垂直です。偏角が 00 や π\pi の複素数は実数、±π2\pm\dfrac{\pi}{2} の複素数は純虚数ですから、次のようにまとめられます。

公式5：一直線・垂直の条件

たがいに異なる3点 A(α)\mathrm{A}(\alpha)，B(β)\mathrm{B}(\beta)，C(γ)\mathrm{C}(\gamma) について、ww=γ−αβ−α{}= \dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} とおく。

① 3点 A\mathrm{A}，B\mathrm{B}，C\mathrm{C} が一直線上にある   ⟺  \iff ww が実数   ⟺  \iff w‾\overline{w}=w{}= w

② AB\mathrm{AB}⊥AC{}\perp \mathrm{AC}   ⟺  \iff ww が純虚数   ⟺  \iff w‾\overline{w}=−w{}= -w かつ ww≠0{}\neq 0

4点の場合も同じで、AB\mathrm{AB}∥CD{}\parallel \mathrm{CD} は δ−γβ−α\dfrac{\delta - \gamma}{\beta - \alpha} が実数、AB\mathrm{AB}⊥CD{}\perp \mathrm{CD} は δ−γβ−α\dfrac{\delta - \gamma}{\beta - \alpha} が純虚数と書ける。

「実数   ⟺  w‾\iff \overline{w}=w{}= w」「純虚数   ⟺  w‾\iff \overline{w}=−w{}= -w かつ ww≠0{}\neq 0」は、第1章 公式7 で確かめた言いかえです。計算の途中に z‾\overline{z} が残っているときは、こちらの形のほうが使いやすくなります。

自転車で A\mathrm{A} を出発して B\mathrm{B} の方向を向いたところを思い浮かべてください。ハンドルをまったく切らずに（あるいは真うしろを向いて）進む先が C\mathrm{C} なら3点は一直線、ハンドルを直角に切った先が C\mathrm{C} なら垂直です。ww は「どれだけハンドルを切ったか」を持っている数なので、その値を見れば判定できます。

γ−αβ−α\dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} が実数なら一直線、純虚数なら垂直だということです。

例題5：一直線の条件と垂直の証明

(1) 3点 A(1+2i)\mathrm{A}(1 + 2i)，B(3−i)\mathrm{B}(3 - i)，C(k+5i)\mathrm{C}(k + 5i) が一直線上にあるように、実数 kk の値を定めなさい。

(2) ∣α∣|\alpha|=∣β∣{}= |\beta|=1{}= 1，α\alpha≠β{}\neq \beta，α\alpha+β{}+ \beta≠0{}\neq 0 のとき、α+βα−β\dfrac{\alpha + \beta}{\alpha - \beta} が純虚数であることを示しなさい。

【解答】

(1) β\beta−α{}- \alpha=2{}= 2−3i{}- 3i，γ\gamma−α{}- \alpha=(k−1){}= (k - 1)+3i{}+ 3i です。

w\displaystyle w=(k−1)+3i2−3i\displaystyle {}= \frac{(k - 1) + 3i}{2 - 3i}={(k−1)+3i}(2+3i)13\displaystyle {}= \frac{\{(k - 1) + 3i\}(2 + 3i)}{13}=(2k−11)+(3k+3)i13\displaystyle {}= \frac{(2k - 11) + (3k + 3)i}{13}

公式5 ① より、ww が実数であればよいので 3k3k+3{}+ 3=0{}= 0、つまり k=−1‾\underline{k = -1} です。

（確かめ）kk=−1{}= -1 のとき γ\gamma−α{}- \alpha=−2{}= -2+3i{}+ 3i=−(β−α){}= -(\beta - \alpha) で、ww=−1{}= -1 は実数です。A\mathrm{A} は線分 BC\mathrm{BC} の中点になっています。

(2) ww=α+βα−β{}= \dfrac{\alpha + \beta}{\alpha - \beta} とおきます。∣α∣|\alpha|=1{}= 1 より αα‾\alpha\overline{\alpha}=1{}= 1、つまり α‾\overline{\alpha}=1α{}= \dfrac{1}{\alpha} です（第1章 公式5）。β‾\overline{\beta}=1β{}= \dfrac{1}{\beta} も同様です。共役の性質（第1章 公式7）より

w‾\displaystyle \overline{w}=α‾+β‾α‾−β‾\displaystyle {}= \frac{\overline{\alpha} + \overline{\beta}}{\overline{\alpha} - \overline{\beta}}=1α+1β1α−1β\displaystyle {}= \frac{\dfrac{1}{\alpha} + \dfrac{1}{\beta}}{\dfrac{1}{\alpha} - \dfrac{1}{\beta}}

です。分母と分子に αβ\alpha\beta をかけると

w‾\displaystyle \overline{w}=β+αβ−α\displaystyle {}= \frac{\beta + \alpha}{\beta - \alpha}=−α+βα−β\displaystyle {}= -\frac{\alpha + \beta}{\alpha - \beta}=−w\displaystyle {}= -w

となります。また α\alpha+β{}+ \beta≠0{}\neq 0 より ww≠0{}\neq 0 です。よって ww は純虚数です。（証明終）

(2) が言っているのは、単位円上の2点 A\mathrm{A}，B\mathrm{B} について、線分 AB\mathrm{AB} の中点 α+β2\dfrac{\alpha + \beta}{2} と原点を結ぶ線が、弦 AB\mathrm{AB} と垂直だということです。公式5 ② を4点の形で使えば、α\alpha+β{}+ \beta は「原点から中点の向きの2倍」、α\alpha−β{}- \beta は「弦の向き」ですから、この商が純虚数であることが垂直そのものを表しています。円の中心から弦におろした垂線が弦を二等分する、という中学で習った性質です。

正三角形になる条件

最後に、三角形の形を判定します。公式4 の ww が特定の値になることが、そのまま形の条件になります。

△ABC\triangle\mathrm{ABC} が正三角形なら、AC\mathrm{AC}=AB{}= \mathrm{AB} で ∠BAC\angle\mathrm{BAC}=π3{}= \dfrac{\pi}{3} です。公式4 より ww=γ−αβ−α{}= \dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} は絶対値 11、偏角 ±π3\pm\dfrac{\pi}{3} の数、すなわち

w\displaystyle w=cos⁡(±π3)\displaystyle {}= \cos\left(\pm\frac{\pi}{3}\right)+isin⁡(±π3)\displaystyle {}+ i\sin\left(\pm\frac{\pi}{3}\right)=1±3 i2\displaystyle {}= \frac{1 \pm \sqrt{3}\,i}{2}

です。この2つは、第1章 j18 で登場した2次方程式 w2w^2−w{}- w+1{}+ 1=0{}= 0 の解です。逆にたどれば、ww がこの方程式を満たすことと正三角形であることが同じだと分かります。

公式6：正三角形になる条件

たがいに異なる3点 A(α)\mathrm{A}(\alpha)，B(β)\mathrm{B}(\beta)，C(γ)\mathrm{C}(\gamma) について、ww=γ−αβ−α{}= \dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} とおく。次の3つは同値である。

① △ABC\triangle\mathrm{ABC} は正三角形である

② ww=1±3 i2{}= \dfrac{1 \pm \sqrt{3}\,i}{2}、すなわち w2w^2−w{}- w+1{}+ 1=0{}= 0

③ α2\alpha^2+β2{}+ \beta^2+γ2{}+ \gamma^2=αβ{}= \alpha\beta+βγ{}+ \beta\gamma+γα{}+ \gamma\alpha

②から③への変形を見ておきます。ww=γ−αβ−α{}= \dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} を w2w^2−w{}- w+1{}+ 1=0{}= 0 に代入し、両辺に (β−α)2(\beta - \alpha)^2 をかけると

(γ−α)2\displaystyle (\gamma - \alpha)^2−(γ−α)(β−α)\displaystyle {}- (\gamma - \alpha)(\beta - \alpha)+(β−α)2\displaystyle {}+ (\beta - \alpha)^2=0\displaystyle {}= 0

です。展開すると

(γ2−2αγ+α2)\displaystyle (\gamma^2 - 2\alpha\gamma + \alpha^2)−(βγ−αγ−αβ+α2)\displaystyle {}- (\beta\gamma - \alpha\gamma - \alpha\beta + \alpha^2)+(β2−2αβ+α2)\displaystyle {}+ (\beta^2 - 2\alpha\beta + \alpha^2)=α2\displaystyle {}= \alpha^2+β2\displaystyle {}+ \beta^2+γ2\displaystyle {}+ \gamma^2−αβ\displaystyle {}- \alpha\beta−βγ\displaystyle {}- \beta\gamma−γα\displaystyle {}- \gamma\alpha

となり、これが 00 という式が③です。③は α\alpha，β\beta，γ\gamma を入れかえても形が変わりません。①「正三角形である」という性質が、どの頂点から見ても同じであることと、うまく対応しています。

3本脚の三脚は、どの脚も同じ長さで、上から見ると 120∘120^\circ ずつ開いています。どの脚を「1本目」と呼んでも、見え方は変わりません。③の左右対称な形は、この「呼び方によらない」ようすを式にしたものです。

正三角形かどうかは、γ−αβ−α\dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} が 1±3 i2\dfrac{1 \pm \sqrt{3}\,i}{2} になるか、または α2\alpha^2+β2{}+ \beta^2+γ2{}+ \gamma^2=αβ{}= \alpha\beta+βγ{}+ \beta\gamma+γα{}+ \gamma\alpha が成り立つかで判定できるということです。

例題6：正三角形

(1) A(1+i)\mathrm{A}(1 + i)，B(3+i)\mathrm{B}(3 + i) とします。△ABC\triangle\mathrm{ABC} が正三角形になる点 C(γ)\mathrm{C}(\gamma) を、すべて求めなさい。

(2) 3点 A(2)\mathrm{A}(2)，B(3+3 i)\mathrm{B}(3 + \sqrt{3}\,i)，C(1+3 i)\mathrm{C}(1 + \sqrt{3}\,i) を頂点とする三角形が正三角形であることを示しなさい。

【解答】

(1) 公式6 ② より γ\gamma−α{}- \alpha=(β−α)⋅1±3 i2{}= (\beta - \alpha) \cdot \dfrac{1 \pm \sqrt{3}\,i}{2} です。β\beta−α{}- \alpha=2{}= 2 なので

γ\displaystyle \gamma−α\displaystyle {}- \alpha=2⋅1±3 i2\displaystyle {}= 2 \cdot \frac{1 \pm \sqrt{3}\,i}{2}=1\displaystyle {}= 1±3 i\displaystyle {}\pm \sqrt{3}\,i

です。よって

γ\displaystyle \gamma=(1+i)\displaystyle {}= (1 + i)+(1±3 i)\displaystyle {}+ \left(1 \pm \sqrt{3}\,i\right)=2‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.65em]{0em}{1.8000em}2}+(1+3)i,‾\displaystyle \underline{\rule[-0.65em]{0em}{1.8000em}{}+ \left(1 + \sqrt{3}\right)i,} 2‾\displaystyle \underline{\rule[-0.65em]{0em}{1.8000em}\ 2}+(1−3)i‾\displaystyle \underline{\rule[-0.65em]{0em}{1.8000em}{}+ \left(1 - \sqrt{3}\right)i}

です。線分 AB\mathrm{AB} の上側と下側に1つずつあります。

(2) β\beta−α{}- \alpha=1{}= 1+3 i{}+ \sqrt{3}\,i，γ\gamma−α{}- \alpha=−1{}= -1+3 i{}+ \sqrt{3}\,i です。

w\displaystyle w=γ−αβ−α\displaystyle {}= \frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}=(−1+3 i)(1−3 i)(1+3 i)(1−3 i)\displaystyle {}= \frac{\left(-1 + \sqrt{3}\,i\right)\left(1 - \sqrt{3}\,i\right)}{\left(1 + \sqrt{3}\,i\right)\left(1 - \sqrt{3}\,i\right)}=−1+3 i+3 i+34\displaystyle {}= \frac{-1 + \sqrt{3}\,i + \sqrt{3}\,i + 3}{4}=2+23 i4\displaystyle {}= \frac{2 + 2\sqrt{3}\,i}{4}=1+3 i2\displaystyle {}= \frac{1 + \sqrt{3}\,i}{2}

です。公式6 ② の形になっているので、△ABC\triangle\mathrm{ABC} は正三角形です。（証明終）

③で確かめることもできます。α2\alpha^2+β2{}+ \beta^2+γ2{}+ \gamma^2=4{}= 4+(6+63 i){}+ \left(6 + 6\sqrt{3}\,i\right)+(−2+23 i){}+ \left(-2 + 2\sqrt{3}\,i\right)=8{}= 8+83 i{}+ 8\sqrt{3}\,i です。一方 αβ\alpha\beta=6{}= 6+23 i{}+ 2\sqrt{3}\,i，βγ\beta\gamma=3{}= 3+33 i{}+ 3\sqrt{3}\,i+3 i{}+ \sqrt{3}\,i−3{}- 3=43 i{}= 4\sqrt{3}\,i，γα\gamma\alpha=2{}= 2+23 i{}+ 2\sqrt{3}\,i で、和は 88+83 i{}+ 8\sqrt{3}\,i です。たしかに一致します。

この章のまとめ

調べたいこと複素数での表し方
線分 AB\mathrm{AB} を m:nm : n に内分する点nα+mβm+n\dfrac{n\alpha + m\beta}{m + n}
△ABC\triangle\mathrm{ABC} の重心α+β+γ3\dfrac{\alpha + \beta + \gamma}{3}
点 α\alpha を中心とする半径 rr の円∣z−α∣=r\lvert z - \alpha \rvert = r
線分 AB\mathrm{AB} の垂直二等分線∣z−α∣=∣z−β∣\lvert z - \alpha \rvert = \lvert z - \beta \rvert
AP:BP=k:1\mathrm{AP} : \mathrm{BP} = k : 1 の点（k≠1k \neq 1）∣z−α∣=k∣z−β∣\lvert z - \alpha \rvert = k\lvert z - \beta \rvert（円）
ACAB\dfrac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}} と ∠BAC\angle\mathrm{BAC}γ−αβ−α\dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} の絶対値と偏角
3点が一直線上γ−αβ−α\dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} が実数
AB⊥AC\mathrm{AB} \perp \mathrm{AC}γ−αβ−α\dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} が純虚数
△ABC\triangle\mathrm{ABC} が正三角形α2+β2+γ2\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 と αβ+βγ+γα\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha が等しい

この章の道具立ては、γ−αβ−α\dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} という1つの分数にほとんど集約されています。3点が与えられたら、まずこの分数を作る——それだけで、辺の比・角・一直線・垂直・正三角形が一度に見えるようになります。

ここまでの4章で、数学C の複素数平面は一通り終わりです。次の第5章からは話題が変わり、平面上の曲線（二次曲線）を扱います。円をつぶした楕円、放物線、2本に分かれた双曲線——どれも「ある点からの距離」と「ある直線までの距離」の関係で定まる曲線で、距離を式にして図形を調べるという、この章と同じ方針で進みます。

基礎確認問題（全5問）

まずは公式をそのまま使う、ごく簡単な問題で確認しましょう。

問1

2点 A(1+2i)\mathrm{A}(1 + 2i)，B(7−4i)\mathrm{B}(7 - 4i) について、線分 AB\mathrm{AB} の中点と、線分 AB\mathrm{AB} を 1:21 : 2 に内分する点を表す複素数を、それぞれ求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

中点 44−i{}- i、1:21 : 2 の内分点 33（2(1+2i)+(7−4i)3\dfrac{2(1 + 2i) + (7 - 4i)}{3}=93{}= \dfrac{9}{3}）

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問2

方程式 ∣z−1+2i∣|z - 1 + 2i|=3{}= 3 は、どのような図形を表すか求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

点 11−2i{}- 2i を中心とする半径 33 の円（∣z−(1−2i)∣|z - (1 - 2i)|=3{}= 3 と直す）

自己採点：
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問3

方程式 ∣z−2∣|z - 2|=∣z+4i∣{}= |z + 4i| は、どのような図形を表すか求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

2点 22 と −4i-4i を結ぶ線分の垂直二等分線

自己採点：
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問4

3点 A(1+i)\mathrm{A}(1 + i)，B(3+2i)\mathrm{B}(3 + 2i)，C(5+3i)\mathrm{C}(5 + 3i) が一直線上にあることを示しなさい。

つまずいたときは：
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答え

γ−αβ−α\dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}=4+2i2+i{}= \dfrac{4 + 2i}{2 + i}=2{}= 2 で実数だから（公式5 ①）

自己採点：
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問5

A(0)\mathrm{A}(0)，B(2+i)\mathrm{B}(2 + i)，C(−1+2i)\mathrm{C}(-1 + 2i) について、γ−αβ−α\dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} の値と ∠BAC\angle\mathrm{BAC} の大きさを、それぞれ求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

−1+2i2+i\dfrac{-1 + 2i}{2 + i}=i{}= i、∠BAC\angle\mathrm{BAC}=π2{}= \dfrac{\pi}{2}（偏角が π2\dfrac{\pi}{2}）

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実践問題（全20問）

難易度マークは ★＝基礎、★★＝標準、★★★＝入試レベルです。★から順に取り組みましょう。

問1　★

A(4+i)\mathrm{A}(4 + i)，B(−2+7i)\mathrm{B}(-2 + 7i)，C(1+i)\mathrm{C}(1 + i) とします。

(1) 線分 AB\mathrm{AB} の中点　(2) 線分 AB\mathrm{AB} を 2:12 : 1 に内分する点　(3) 線分 AB\mathrm{AB} を 3:23 : 2 に外分する点　(4) △ABC\triangle\mathrm{ABC} の重心

上の (1)〜(4) を表す複素数を、それぞれ求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) 11+4i{}+ 4i　(2) 5i5i　(3) −14-14+19i{}+ 19i　(4) 11+3i{}+ 3i

解説

公式1 にあてはめます。

(1) α+β2\dfrac{\alpha + \beta}{2}=(4+i)+(−2+7i)2{}= \dfrac{(4 + i) + (-2 + 7i)}{2}=2+8i2{}= \dfrac{2 + 8i}{2}=1‾{}= \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7428em}1}+4i‾\underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7428em}{}+ 4i}

(2) mm=2{}= 2，nn=1{}= 1 なので

1⋅(4+i)+2(−2+7i)2+1\displaystyle \frac{1 \cdot (4 + i) + 2(-2 + 7i)}{2 + 1}=4+i−4+14i3\displaystyle {}= \frac{4 + i - 4 + 14i}{3}=15i3\displaystyle {}= \frac{15i}{3}=5i‾\displaystyle {}= \underline{5i}

(3) mm=3{}= 3，nn=2{}= 2 なので

−2(4+i)+3(−2+7i)3−2\displaystyle \frac{-2(4 + i) + 3(-2 + 7i)}{3 - 2}=(−8−2i)\displaystyle {}= (-8 - 2i)+(−6+21i)\displaystyle {}+ (-6 + 21i)=−14‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7428em}-14}+19i‾\displaystyle \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7428em}{}+ 19i}

(4) α\alpha+β{}+ \beta+γ{}+ \gamma=(4+i){}= (4 + i)+(−2+7i){}+ (-2 + 7i)+(1+i){}+ (1 + i)=3{}= 3+9i{}+ 9i なので、α+β+γ3\dfrac{\alpha + \beta + \gamma}{3}=3+9i3{}= \dfrac{3 + 9i}{3}=1‾{}= \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7428em}1}+3i‾\underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7428em}{}+ 3i}

外分点は「比の一方を負と見た内分点」なので、(3) は (2) の nn を −2-2 にしたのと同じ計算です。分母が 33−2{}- 2=1{}= 1 になるため、点は線分の外に大きく離れます。

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問2　★

3点 A(1+2i)\mathrm{A}(1 + 2i)，B(5+i)\mathrm{B}(5 + i)，C(4+6i)\mathrm{C}(4 + 6i) を頂点とする平行四辺形 ABCD\mathrm{ABCD} の、残りの頂点 D\mathrm{D} を表す複素数を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

7i7i

解説

平行四辺形 ABCD\mathrm{ABCD} では、対角線 AC\mathrm{AC} と BD\mathrm{BD} がそれぞれの中点で交わります。つまり、2本の対角線の中点が一致します（公式1 ③）。

α+γ2\displaystyle \frac{\alpha + \gamma}{2}=β+δ2\displaystyle {}= \frac{\beta + \delta}{2}

よって δ\delta=α{}= \alpha+γ{}+ \gamma−β{}- \beta です。

δ\displaystyle \delta=(1+2i)\displaystyle {}= (1 + 2i)+(4+6i)\displaystyle {}+ (4 + 6i)−(5+i)\displaystyle {}- (5 + i)=7i‾\displaystyle {}= \underline{7i}

（確かめ）γ\gamma−δ{}- \delta=(4+6i){}= (4 + 6i)−7i{}- 7i=4{}= 4−i{}- i，β\beta−α{}- \alpha=(5+i){}= (5 + i)−(1+2i){}- (1 + 2i)=4{}= 4−i{}- i で一致します。辺 DC\mathrm{DC} と辺 AB\mathrm{AB} が、同じ向きで同じ長さだということです。

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問3　★

(1) 点 −2-2+i{}+ i を中心とする半径 44 の円　(2) 原点を中心とする半径 33 の円　(3) 2点 A(1+i)\mathrm{A}(1 + i)，B(5−3i)\mathrm{B}(5 - 3i) を結ぶ線分の垂直二等分線

上の (1)〜(3) を表す方程式を、zz についての式で、それぞれ表しなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) ∣z+2−i∣|z + 2 - i|=4{}= 4　(2) ∣z∣|z|=3{}= 3　(3) ∣z−1−i∣|z - 1 - i|=∣z−5+3i∣{}= |z - 5 + 3i|

解説

(1) 公式2 ① の ∣z−α∣|z - \alpha|=r{}= r に α\alpha=−2{}= -2+i{}+ i，rr=4{}= 4 を入れます。

∣z−(−2+i)∣\displaystyle |z - (-2 + i)|=4,\displaystyle {}= 4,すなわち\displaystyle \text{すなわち}∣z+2−i∣=4‾\displaystyle \underline{|z + 2 - i| = 4}

(2) α\alpha=0{}= 0，rr=3{}= 3 なので ∣z∣=3‾\underline{|z| = 3} です。

(3) 公式2 ② の ∣z−α∣|z - \alpha|=∣z−β∣{}= |z - \beta| に α\alpha=1{}= 1+i{}+ i，β\beta=5{}= 5−3i{}- 3i を入れます。

∣z−(1+i)∣\displaystyle |z - (1 + i)|=∣z−(5−3i)∣,\displaystyle {}= |z - (5 - 3i)|,すなわち\displaystyle \text{すなわち}∣z−1−i∣=∣z−5+3i∣‾\displaystyle \underline{|z - 1 - i| = |z - 5 + 3i|}

符号の入れかえで間違えやすいところです。まず zz−α{}- \alpha の形で書いてから、かっこをはずします。

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問4　★

(1) ∣z−2i∣|z - 2i|=1{}= 1　(2) ∣2z−1∣|2z - 1|=4{}= 4　(3) ∣z+3∣|z + 3|=∣z−1+2i∣{}= |z - 1 + 2i|　(4) ∣z−i∣|z - i|=∣z+i∣{}= |z + i|

上の (1)〜(4) は、それぞれどのような図形を表すか求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) 点 2i2i を中心とする半径 11 の円　(2) 点 12\dfrac{1}{2} を中心とする半径 22 の円　(3) 2点 −3-3 と 11−2i{}- 2i を結ぶ線分の垂直二等分線　(4) 実軸

解説

(1) 公式2 ① そのままで、点 2i を中心とする半径 1 の円‾\underline{\text{点 } 2i \text{ を中心とする半径 } 1 \text{ の円}}です。

(2) zz の係数を 11 にします。

∣2z−1∣\displaystyle |2z - 1|=∣2(z−12)∣\displaystyle {}= \left|2\left(z - \frac{1}{2}\right)\right|=2∣z−12∣\displaystyle {}= 2\left|z - \frac{1}{2}\right|=4\displaystyle {}= 4

なので ∣z−12∣\left|z - \dfrac{1}{2}\right|=2{}= 2 です。よって点 12 を中心とする半径 2 の円‾\underline{\text{点 } \dfrac{1}{2} \text{ を中心とする半径 } 2 \text{ の円}}です。

(3) ∣z−(−3)∣|z - (-3)|=∣z−(1−2i)∣{}= |z - (1 - 2i)| なので、2点 ‾\underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7667em}\text{2点 }}−3 と 1‾\underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7667em}{}-3 \text{ と } 1}−2i‾\underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7667em}{}- 2i} を結ぶ線分の垂直二等分線‾\underline{\text{を結ぶ線分の垂直二等分線}}です。

(4) ∣z−i∣|z - i|=∣z−(−i)∣{}= |z - (-i)| なので、2点 ii と −i-i を結ぶ線分の垂直二等分線です。この線分は虚軸上にあり、中点は原点なので、求める図形は実軸‾\underline{\text{実軸}}です。

(4) は zz=x{}= x+yi{}+ yi とおいても分かります。x2x^2+(y−1)2{}+ (y - 1)^2=x2{}= x^2+(y+1)2{}+ (y + 1)^2 から yy=0{}= 0 です。

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問5　★

方程式 ∣z−4∣|z - 4|=3∣z∣{}= 3|z| は、どのような図形を表すか求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

点 −12-\dfrac{1}{2} を中心とする半径 32\dfrac{3}{2} の円

解説

両辺を2乗し、∣w∣2|w|^2=ww‾{}= w\overline{w} で開きます。

(z−4)(z‾−4)\displaystyle (z - 4)(\overline{z} - 4)=9zz‾\displaystyle {}= 9z\overline{z}

左辺を展開すると zz‾z\overline{z}−4z{}- 4z−4z‾{}- 4\overline{z}+16{}+ 16=9zz‾{}= 9z\overline{z} です。移項して −8-8 で割ると

zz‾\displaystyle z\overline{z}+12z\displaystyle {}+ \frac{1}{2}z+12z‾\displaystyle {}+ \frac{1}{2}\overline{z}−2\displaystyle {}- 2=0\displaystyle {}= 0

です。∣z+12∣2\left|z + \dfrac{1}{2}\right|^2=(z+12)(z‾+12){}= \left(z + \dfrac{1}{2}\right)\left(\overline{z} + \dfrac{1}{2}\right)=zz‾{}= z\overline{z}+12z{}+ \dfrac{1}{2}z+12z‾{}+ \dfrac{1}{2}\overline{z}+14{}+ \dfrac{1}{4} なので、左辺は ∣z+12∣2\left|z + \dfrac{1}{2}\right|^2−94{}- \dfrac{9}{4} です。よって

∣z+12∣\displaystyle \left|z + \frac{1}{2}\right|=32\displaystyle {}= \frac{3}{2}

となり、点 ‾\underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\text{点 }}−12 を中心とする‾\underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}{}-\dfrac{1}{2} \text{ を中心とする}} 半径 32 の円‾\underline{\text{半径 } \dfrac{3}{2} \text{ の円}}です。

（確かめ）実軸上で調べます。zz=1{}= 1 のとき左辺 33、右辺 33 で成り立ち、∣1+12∣|1 + \frac{1}{2}|=32{}= \frac{3}{2} です。zz=−2{}= -2 のときも左辺 66、右辺 66 で、∣−2+12∣|-2 + \frac{1}{2}|=32{}= \frac{3}{2} です。この2点 11 と −2-2 が直径の両端になっています。

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問6　★

A(1−i)\mathrm{A}(1 - i)，B(3)\mathrm{B}(3)，C(2+2i)\mathrm{C}(2 + 2i) とします。γ−αβ−α\dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} の値、∠BAC\angle\mathrm{BAC} の大きさ、ACAB\dfrac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}} の値を、それぞれ求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

γ−αβ−α\dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}=1{}= 1+i{}+ i，∠BAC\angle\mathrm{BAC}=π4{}= \dfrac{\pi}{4}，ACAB\dfrac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}=2{}= \sqrt{2}

解説

A\mathrm{A} から見た B\mathrm{B}，C\mathrm{C} を作ります。

β\displaystyle \beta−α\displaystyle {}- \alpha=3\displaystyle {}= 3−(1−i)\displaystyle {}- (1 - i)=2\displaystyle {}= 2+i,\displaystyle {}+ i,γ\displaystyle \gamma−α\displaystyle {}- \alpha=(2+2i)\displaystyle {}= (2 + 2i)−(1−i)\displaystyle {}- (1 - i)=1\displaystyle {}= 1+3i\displaystyle {}+ 3i

商を計算します。

γ−αβ−α\displaystyle \frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}=1+3i2+i\displaystyle {}= \frac{1 + 3i}{2 + i}=(1+3i)(2−i)(2+i)(2−i)\displaystyle {}= \frac{(1 + 3i)(2 - i)}{(2 + i)(2 - i)}=2−i+6i+35\displaystyle {}= \frac{2 - i + 6i + 3}{5}=5+5i5\displaystyle {}= \frac{5 + 5i}{5}=1‾\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7428em}1}+i‾\displaystyle \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7428em}{}+ i}

11+i{}+ i=2(cos⁡π4+isin⁡π4){}= \sqrt{2}\left(\cos\dfrac{\pi}{4} + i\sin\dfrac{\pi}{4}\right) なので、公式4 より

∠BAC=π4‾,\displaystyle \underline{\angle\mathrm{BAC} = \frac{\pi}{4}},ACAB=2‾\displaystyle \underline{\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}} = \sqrt{2}}

です。

AB\mathrm{AB}=∣2+i∣{}= |2 + i|=5{}= \sqrt{5}，AC\mathrm{AC}=∣1+3i∣{}= |1 + 3i|=10{}= \sqrt{10} と直接求めても、比は 2\sqrt{2} になります。

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問7　★

3点 A(2+i)\mathrm{A}(2 + i)，B(4+5i)\mathrm{B}(4 + 5i)，C(k−3i)\mathrm{C}(k - 3i) が一直線上にあるように、実数 kk の値を定めなさい。

つまずいたときは：
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答え

kk=0{}= 0

解説

β\beta−α{}- \alpha=2{}= 2+4i{}+ 4i，γ\gamma−α{}- \alpha=(k−2){}= (k - 2)−4i{}- 4i です。

w\displaystyle w=(k−2)−4i2+4i\displaystyle {}= \frac{(k - 2) - 4i}{2 + 4i}={(k−2)−4i}(2−4i)(2+4i)(2−4i)\displaystyle {}= \frac{\{(k - 2) - 4i\}(2 - 4i)}{(2 + 4i)(2 - 4i)}=2(k−2)−1620\displaystyle {}= \frac{2(k - 2) - 16}{20}+−4(k−2)−820i\displaystyle {}+ \frac{-4(k - 2) - 8}{20}i

公式5 ① より、3点が一直線上にあるのは ww が実数のとき、つまり虚部が 00 のときです。

−4(k−2)\displaystyle -4(k - 2)−8\displaystyle {}- 8=0\displaystyle {}= 0⟹k\displaystyle {}\Longrightarrow \quad k−2\displaystyle {}- 2=−2\displaystyle {}= -2⟹k=0‾\displaystyle {}\Longrightarrow \quad \underline{k = 0}

（確かめ）kk=0{}= 0 のとき γ\gamma−α{}- \alpha=−2{}= -2−4i{}- 4i=−(2+4i){}= -(2 + 4i)=−(β−α){}= -(\beta - \alpha) で、ww=−1{}= -1 です。実数なので一直線上にあり、しかも A\mathrm{A} が線分 BC\mathrm{BC} の中点になっています。

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問8　★

4点 A(1+i)\mathrm{A}(1 + i)，B(4+3i)\mathrm{B}(4 + 3i)，C(2)\mathrm{C}(2)，D(k+3i)\mathrm{D}(k + 3i) について、AB\mathrm{AB}⊥CD{}\perp \mathrm{CD} となるように、実数 kk の値を定めなさい。

つまずいたときは：
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答え

kk=0{}= 0

解説

β\beta−α{}- \alpha=3{}= 3+2i{}+ 2i，δ\delta−γ{}- \gamma=(k−2){}= (k - 2)+3i{}+ 3i です。公式5 の4点の形より、AB\mathrm{AB}⊥CD{}\perp \mathrm{CD} は ww=δ−γβ−α{}= \dfrac{\delta - \gamma}{\beta - \alpha} が純虚数であることと同じです。

w\displaystyle w=(k−2)+3i3+2i\displaystyle {}= \frac{(k - 2) + 3i}{3 + 2i}={(k−2)+3i}(3−2i)13\displaystyle {}= \frac{\{(k - 2) + 3i\}(3 - 2i)}{13}=3(k−2)+613\displaystyle {}= \frac{3(k - 2) + 6}{13}+−2(k−2)+913i\displaystyle {}+ \frac{-2(k - 2) + 9}{13}i

実部が 00、虚部が 00 でなければよいので

3(k−2)\displaystyle 3(k - 2)+6\displaystyle {}+ 6=0\displaystyle {}= 0⟹k=0‾\displaystyle {}\Longrightarrow \quad \underline{k = 0}

です。このとき虚部は −2(−2)+913\dfrac{-2(-2) + 9}{13}=1{}= 1≠0{}\neq 0 なので、たしかに純虚数です。

（確かめ）kk=0{}= 0 のとき δ\delta−γ{}- \gamma=−2{}= -2+3i{}+ 3i で、ww=−2+3i3+2i{}= \dfrac{-2 + 3i}{3 + 2i}=(−2+3i)(3−2i)13{}= \dfrac{(-2 + 3i)(3 - 2i)}{13}=13i13{}= \dfrac{13i}{13}=i{}= i です。偏角が π2\dfrac{\pi}{2} なので、CD\mathrm{CD} は AB\mathrm{AB} を π2\dfrac{\pi}{2} 回した向きです。

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問9　★★

方程式 zz‾z\overline{z}−(1−i)z{}- (1 - i)z−(1+i)z‾{}- (1 + i)\overline{z}+1{}+ 1=0{}= 0 は、どのような図形を表すか求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

点 11+i{}+ i を中心とする半径 11 の円

解説

円の方程式 ∣z−γ∣|z - \gamma|=r{}= r を2乗して開くと

∣z−γ∣2\displaystyle |z - \gamma|^2=(z−γ)(z‾−γ‾)\displaystyle {}= (z - \gamma)(\overline{z} - \overline{\gamma})=zz‾\displaystyle {}= z\overline{z}−γ‾z\displaystyle {}- \overline{\gamma}z−γz‾\displaystyle {}- \gamma\overline{z}+∣γ∣2\displaystyle {}+ |\gamma|^2=r2\displaystyle {}= r^2

です。この形と見比べます。zz の係数から −γ‾-\overline{\gamma}=−(1−i){}= -(1 - i)、つまり γ‾\overline{\gamma}=1{}= 1−i{}- i なので γ\gamma=1{}= 1+i{}+ i です。z‾\overline{z} の係数 −(1+i)-(1 + i)=−γ{}= -\gamma とも合っています。

∣γ∣2|\gamma|^2=12{}= 1^2+12{}+ 1^2=2{}= 2 なので、与えられた式の左辺は

(zz‾−γ‾z−γz‾+2)\displaystyle \left(z\overline{z} - \overline{\gamma}z - \gamma\overline{z} + 2\right)−2\displaystyle {}- 2+1\displaystyle {}+ 1=∣z−(1+i)∣2\displaystyle {}= |z - (1 + i)|^2−1\displaystyle {}- 1

と書けます。これが 00 なので ∣z−(1+i)∣|z - (1 + i)|=1{}= 1 です。よって点 1‾\underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7667em}\text{点 } 1}+i を中心とする半径 1 の円‾\underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.7667em}{}+ i \text{ を中心とする半径 } 1 \text{ の円}}です。

zz の係数と z‾\overline{z} の係数がたがいに共役で、定数項が実数のとき、この形の式は円（または1点、または解なし）を表します。くわしくは厳密定義の 定理2 を見てください。

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問10　★★

2点 A(1+2i)\mathrm{A}(1 + 2i)，B(4+i)\mathrm{B}(4 + i) を隣り合う頂点とする正方形 ABCD\mathrm{ABCD} について、頂点 C\mathrm{C}，D\mathrm{D} を表す複素数の組を、すべて求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

C(5+4i)\mathrm{C}(5 + 4i)，D(2+5i)\mathrm{D}(2 + 5i)、または C(3−2i)\mathrm{C}(3 - 2i)，D(−i)\mathrm{D}(-i)

解説

β\beta−α{}- \alpha=3{}= 3−i{}- i です。正方形なので、A\mathrm{A} から見た D\mathrm{D} は、A\mathrm{A} から見た B\mathrm{B} を ±π2\pm\dfrac{\pi}{2} だけ回した向きで、長さは同じです。±π2\pm\dfrac{\pi}{2} の回転は ±i\pm i をかけることなので

δ\displaystyle \delta−α\displaystyle {}- \alpha=±i(β−α)\displaystyle {}= \pm i(\beta - \alpha)=±i(3−i)\displaystyle {}= \pm i(3 - i)=±(1+3i)\displaystyle {}= \pm(1 + 3i)

です。また C\mathrm{C} は B\mathrm{B} から同じだけずらした点なので γ\gamma−β{}- \beta=δ{}= \delta−α{}- \alpha です。

(i) ++ のとき

δ\displaystyle \delta=(1+2i)\displaystyle {}= (1 + 2i)+(1+3i)\displaystyle {}+ (1 + 3i)=2\displaystyle {}= 2+5i,\displaystyle {}+ 5i,γ\displaystyle \gamma=(4+i)\displaystyle {}= (4 + i)+(1+3i)\displaystyle {}+ (1 + 3i)=5\displaystyle {}= 5+4i\displaystyle {}+ 4i

(ii) −- のとき

δ\displaystyle \delta=(1+2i)\displaystyle {}= (1 + 2i)−(1+3i)\displaystyle {}- (1 + 3i)=−i,\displaystyle {}= -i,γ\displaystyle \gamma=(4+i)\displaystyle {}= (4 + i)−(1+3i)\displaystyle {}- (1 + 3i)=3\displaystyle {}= 3−2i\displaystyle {}- 2i

よって C(5+4i),‾\underline{\rule[-0.25em]{0em}{1.0000em}\mathrm{C}(5 + 4i),} D(2+5i)‾\underline{\rule[-0.25em]{0em}{1.0000em}\ \mathrm{D}(2 + 5i)} または C(3−2i),‾\underline{\rule[-0.25em]{0em}{1.0000em}\mathrm{C}(3 - 2i),} D(−i)‾\underline{\rule[-0.25em]{0em}{1.0000em}\ \mathrm{D}(-i)} です。

直線 AB\mathrm{AB} の左右どちらに正方形を作るかで2通りあります。「頂点が反時計回りに並ぶ」と決められていれば (i) だけになります。

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問11　★★

方程式 3∣z−2∣3|z - 2|=∣z+6∣{}= |z + 6| は、どのような図形を表すか求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

点 33 を中心とする半径 33 の円

解説

両辺を2乗します。左辺は 9∣z−2∣29|z - 2|^2 です。

9(z−2)(z‾−2)\displaystyle 9(z - 2)(\overline{z} - 2)=(z+6)(z‾+6)\displaystyle {}= (z + 6)(\overline{z} + 6)

展開すると

9zz‾\displaystyle 9z\overline{z}−18z\displaystyle {}- 18z−18z‾\displaystyle {}- 18\overline{z}+36\displaystyle {}+ 36=zz‾\displaystyle {}= z\overline{z}+6z\displaystyle {}+ 6z+6z‾\displaystyle {}+ 6\overline{z}+36\displaystyle {}+ 36

です。整理して 88 で割ると

zz‾\displaystyle z\overline{z}−3z\displaystyle {}- 3z−3z‾\displaystyle {}- 3\overline{z}=0\displaystyle {}= 0

です。∣z−3∣2|z - 3|^2=zz‾{}= z\overline{z}−3z{}- 3z−3z‾{}- 3\overline{z}+9{}+ 9 なので、左辺は ∣z−3∣2|z - 3|^2−9{}- 9 です。よって ∣z−3∣|z - 3|=3{}= 3 となり、点 3 を中心とする半径 3 の円‾\underline{\text{点 } 3 \text{ を中心とする半径 } 3 \text{ の円}}です。

（確かめ）zz=0{}= 0 のとき左辺 3×23 \times 2=6{}= 6、右辺 66 で成り立ちます。zz=6{}= 6 のときも左辺 3×43 \times 4=12{}= 12、右辺 1212 です。00 と 66 が直径の両端で、中心 33・半径 33 と合っています。

この式は ∣z−2∣|z - 2|=13∣z−(−6)∣{}= \dfrac{1}{3}|z - (-6)| と読めます。A(2)\mathrm{A}(2)，B(−6)\mathrm{B}(-6) として AP:BP\mathrm{AP} : \mathrm{BP}=1:3{}= 1 : 3 の点の集まり、つまりアポロニウスの円です。

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問12　★★

3点 A(2+i)\mathrm{A}(2 + i)，B(3+3i)\mathrm{B}(3 + 3i)，C(1+4i)\mathrm{C}(1 + 4i) を頂点とする三角形は、どのような三角形か求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

∠B\angle\mathrm{B}=π2{}= \dfrac{\pi}{2} の直角二等辺三角形

解説

まず頂点 A\mathrm{A} で調べます。β\beta−α{}- \alpha=1{}= 1+2i{}+ 2i，γ\gamma−α{}- \alpha=−1{}= -1+3i{}+ 3i なので

γ−αβ−α\displaystyle \frac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}=−1+3i1+2i\displaystyle {}= \frac{-1 + 3i}{1 + 2i}=(−1+3i)(1−2i)5\displaystyle {}= \frac{(-1 + 3i)(1 - 2i)}{5}=−1+2i+3i+65\displaystyle {}= \frac{-1 + 2i + 3i + 6}{5}=5+5i5\displaystyle {}= \frac{5 + 5i}{5}=1\displaystyle {}= 1+i\displaystyle {}+ i

です。11+i{}+ i=2(cos⁡π4+isin⁡π4){}= \sqrt{2}\left(\cos\dfrac{\pi}{4} + i\sin\dfrac{\pi}{4}\right) なので、∠A\angle\mathrm{A}=π4{}= \dfrac{\pi}{4}，AC\mathrm{AC}=2 AB{}= \sqrt{2}\,\mathrm{AB} です。

次に頂点 B\mathrm{B} で調べます。α\alpha−β{}- \beta=−1{}= -1−2i{}- 2i，γ\gamma−β{}- \beta=−2{}= -2+i{}+ i なので

γ−βα−β\displaystyle \frac{\gamma - \beta}{\alpha - \beta}=−2+i−1−2i\displaystyle {}= \frac{-2 + i}{-1 - 2i}=(−2+i)(−1+2i)5\displaystyle {}= \frac{(-2 + i)(-1 + 2i)}{5}=2−4i−i−25\displaystyle {}= \frac{2 - 4i - i - 2}{5}=−5i5\displaystyle {}= \frac{-5i}{5}=−i\displaystyle {}= -i

です。純虚数なので BA\mathrm{BA}⊥BC{}\perp \mathrm{BC}、絶対値が 11 なので BC\mathrm{BC}=BA{}= \mathrm{BA} です。

よって∠B=π2 の直角二等辺三角形‾\underline{\angle\mathrm{B} = \dfrac{\pi}{2} \text{ の直角二等辺三角形}}です。

（確かめ）AB\mathrm{AB}=∣1+2i∣{}= |1 + 2i|=5{}= \sqrt{5}，BC\mathrm{BC}=∣−2+i∣{}= |-2 + i|=5{}= \sqrt{5}，CA\mathrm{CA}=∣−1+3i∣{}= |-1 + 3i|=10{}= \sqrt{10} です。AB2\mathrm{AB}^2+BC2{}+ \mathrm{BC}^2=5{}= 5+5{}+ 5=10{}= 10=CA2{}= \mathrm{CA}^2 で、三平方の定理の逆からも直角が確かめられます。

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問13　★★

∣z∣|z|=1{}= 1，zz≠1{}\neq 1，zz≠−1{}\neq -1 のとき、z−1z+1\dfrac{z - 1}{z + 1} が純虚数であることを示しなさい。

つまずいたときは：
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答え

w‾\overline{w}=−w{}= -w かつ ww≠0{}\neq 0 を示せばよい

解説

ww=z−1z+1{}= \dfrac{z - 1}{z + 1} とおきます（zz≠−1{}\neq -1 なので分母は 00 ではありません）。

∣z∣|z|=1{}= 1 より zz‾z\overline{z}=∣z∣2{}= |z|^2=1{}= 1 なので、z‾\overline{z}=1z{}= \dfrac{1}{z} です（第1章 公式5）。共役の性質（第1章 公式7）を使うと

w‾\displaystyle \overline{w}=z‾−1z‾+1\displaystyle {}= \frac{\overline{z} - 1}{\overline{z} + 1}=1z−11z+1\displaystyle {}= \frac{\dfrac{1}{z} - 1}{\dfrac{1}{z} + 1}

です。分母と分子に zz をかけると

w‾\displaystyle \overline{w}=1−z1+z\displaystyle {}= \frac{1 - z}{1 + z}=−z−1z+1\displaystyle {}= -\frac{z - 1}{z + 1}=−w\displaystyle {}= -w

となります。また zz≠1{}\neq 1 より分子 zz−1{}- 1≠0{}\neq 0 なので ww≠0{}\neq 0 です。

w‾\overline{w}=−w{}= -w かつ ww≠0{}\neq 0 なので、ww は純虚数です。（証明終）

図形で読むと、zz−1{}- 1 は点 11 から見た zz、zz+1{}+ 1 は点 −1-1 から見た zz です。商が純虚数ということは、公式5 ② より AP\mathrm{AP}⊥BP{}\perp \mathrm{BP}（A(1)\mathrm{A}(1)，B(−1)\mathrm{B}(-1)，P(z)\mathrm{P}(z)）です。直径 AB\mathrm{AB} を見込む角が直角だという、円周角の定理そのものです。

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問14　★★

点 zz が ∣z∣|z|=2{}= 2 を満たしながら動くとき、ww=(1+i)z{}= (1 + i)z+3{}+ 3 が表す点 ww は、どのような図形を描くか求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

点 33 を中心とする半径 222\sqrt{2} の円

解説

ww の式を zz について解きます。11+i{}+ i≠0{}\neq 0 なので

z\displaystyle z=w−31+i\displaystyle {}= \frac{w - 3}{1 + i}

です。これを ∣z∣|z|=2{}= 2 に代入します。商の絶対値は絶対値の商（第2章 公式4）なので

∣w−3∣∣1+i∣\displaystyle \frac{|w - 3|}{|1 + i|}=2\displaystyle {}= 2

です。∣1+i∣|1 + i|=2{}= \sqrt{2} なので

∣w−3∣\displaystyle |w - 3|=22\displaystyle {}= 2\sqrt{2}

となり、点 3 を中心とする‾\underline{\text{点 } 3 \text{ を中心とする}} 半径 22 の円‾\underline{\text{半径 } 2\sqrt{2} \text{ の円}}です。

zz↦(1+i)z{}\mapsto (1 + i)z+3{}+ 3 は、「2\sqrt{2} 倍に拡大して π4\dfrac{\pi}{4} 回し、さらに 33 だけ平行移動する」という変換です。円は、拡大しても回しても平行移動しても円のままで、半径だけが 2\sqrt{2} 倍されます。2×22 \times \sqrt{2}=22{}= 2\sqrt{2} と合っています。

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問15　★★

2点 A(3+i)\mathrm{A}(3 + i)，B(1+3i)\mathrm{B}(1 + 3i) について、△ABC\triangle\mathrm{ABC} が正三角形となる点 C(γ)\mathrm{C}(\gamma) を、すべて求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

γ\gamma=(2−3)(1+i),{}= \left(2 - \sqrt{3}\right)(1 + i), (2+3)(1+i)\ \left(2 + \sqrt{3}\right)(1 + i)

解説

公式6 ② より、γ−αβ−α\dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha}=1±3 i2{}= \dfrac{1 \pm \sqrt{3}\,i}{2} です。β\beta−α{}- \alpha=−2{}= -2+2i{}+ 2i なので

γ\displaystyle \gamma−α\displaystyle {}- \alpha=(−2+2i)⋅1±3 i2\displaystyle {}= (-2 + 2i) \cdot \frac{1 \pm \sqrt{3}\,i}{2}=(−1+i)(1±3 i)\displaystyle {}= (-1 + i)\left(1 \pm \sqrt{3}\,i\right)

です。

(i) ++ のとき

(−1+i)(1+3 i)\displaystyle (-1 + i)\left(1 + \sqrt{3}\,i\right)=−1\displaystyle {}= -1−3 i\displaystyle {}- \sqrt{3}\,i+i\displaystyle {}+ i+3 i2\displaystyle {}+ \sqrt{3}\,i^2=(−1−3)\displaystyle {}= \left(-1 - \sqrt{3}\right)+(1−3)i\displaystyle {}+ \left(1 - \sqrt{3}\right)i

なので

γ\displaystyle \gamma=(3+i)\displaystyle {}= (3 + i)+(−1−3)\displaystyle {}+ \left(-1 - \sqrt{3}\right)+(1−3)i\displaystyle {}+ \left(1 - \sqrt{3}\right)i=(2−3)\displaystyle {}= \left(2 - \sqrt{3}\right)+(2−3)i\displaystyle {}+ \left(2 - \sqrt{3}\right)i

(ii) −- のとき

(−1+i)(1−3 i)\displaystyle (-1 + i)\left(1 - \sqrt{3}\,i\right)=−1\displaystyle {}= -1+3 i\displaystyle {}+ \sqrt{3}\,i+i\displaystyle {}+ i−3 i2\displaystyle {}- \sqrt{3}\,i^2=(−1+3)\displaystyle {}= \left(-1 + \sqrt{3}\right)+(1+3)i\displaystyle {}+ \left(1 + \sqrt{3}\right)i

なので

γ\displaystyle \gamma=(3+i)\displaystyle {}= (3 + i)+(−1+3)\displaystyle {}+ \left(-1 + \sqrt{3}\right)+(1+3)i\displaystyle {}+ \left(1 + \sqrt{3}\right)i=(2+3)\displaystyle {}= \left(2 + \sqrt{3}\right)+(2+3)i\displaystyle {}+ \left(2 + \sqrt{3}\right)i

よって γ=(2−3)(1+i),‾\underline{\rule[-0.35em]{0em}{1.2572em}\gamma = \left(2 - \sqrt{3}\right)(1 + i),} (2+3)(1+i)‾\underline{\rule[-0.35em]{0em}{1.2572em}\ \left(2 + \sqrt{3}\right)(1 + i)} です。

どちらも実部と虚部が等しいので、2つの C\mathrm{C} は直線 yy=x{}= x の上にあります。A\mathrm{A} と B\mathrm{B} はこの直線について対称な位置にあるので、線分 AB\mathrm{AB} の垂直二等分線がちょうど直線 yy=x{}= x になっているのです。

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問16　★★

四角形 ABCD\mathrm{ABCD} の頂点を A(α)\mathrm{A}(\alpha)，B(β)\mathrm{B}(\beta)，C(γ)\mathrm{C}(\gamma)，D(δ)\mathrm{D}(\delta) とし、辺 AB\mathrm{AB}，BC\mathrm{BC}，CD\mathrm{CD}，DA\mathrm{DA} の中点を、それぞれ P\mathrm{P}，Q\mathrm{Q}，R\mathrm{R}，S\mathrm{S} とします。α\alpha，γ\gamma が異なるとき、四角形 PQRS\mathrm{PQRS} が平行四辺形であることを示しなさい。

つまずいたときは：
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答え

qq−p{}- p=r{}= r−s{}- s=γ−α2{}= \dfrac{\gamma - \alpha}{2} を示せばよい

解説

公式1 ③ より、4つの中点は

p\displaystyle p=α+β2,\displaystyle {}= \frac{\alpha + \beta}{2},q\displaystyle q=β+γ2,\displaystyle {}= \frac{\beta + \gamma}{2},r\displaystyle r=γ+δ2,\displaystyle {}= \frac{\gamma + \delta}{2},s\displaystyle s=δ+α2\displaystyle {}= \frac{\delta + \alpha}{2}

です。差をとります。

q\displaystyle q−p\displaystyle {}- p=(β+γ)−(α+β)2\displaystyle {}= \frac{(\beta + \gamma) - (\alpha + \beta)}{2}=γ−α2\displaystyle {}= \frac{\gamma - \alpha}{2} r\displaystyle r−s\displaystyle {}- s=(γ+δ)−(δ+α)2\displaystyle {}= \frac{(\gamma + \delta) - (\delta + \alpha)}{2}=γ−α2\displaystyle {}= \frac{\gamma - \alpha}{2}

よって qq−p{}- p=r{}= r−s{}- s です。α\alpha≠γ{}\neq \gamma なのでこの値は 00 ではありません。

qq−p{}- p は「P\mathrm{P} から見た Q\mathrm{Q}」、rr−s{}- s は「S\mathrm{S} から見た R\mathrm{R}」を表す複素数です。これが等しいので、線分 PQ\mathrm{PQ} と線分 SR\mathrm{SR} は、向きも長さも同じです。1組の対辺が平行で長さが等しいので、四角形 PQRS\mathrm{PQRS} は平行四辺形です。（証明終）

もとの四角形の形は問いません。へこんだ四角形でも、頂点の順番さえ決まっていれば成り立ちます。「γ−α2\dfrac{\gamma - \alpha}{2}」という共通の値は、対角線 AC\mathrm{AC} の半分の向きと長さです。PQ\mathrm{PQ} も SR\mathrm{SR} も対角線 AC\mathrm{AC} と平行で、長さはその半分になっています（ヴァリニヨンの定理と呼ばれます）。

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問17　★★★

△ABC\triangle\mathrm{ABC} の頂点を A(α)\mathrm{A}(\alpha)，B(β)\mathrm{B}(\beta)，C(γ)\mathrm{C}(\gamma) とします。点 E\mathrm{E} は、点 A\mathrm{A} を中心として B\mathrm{B} を −π2-\dfrac{\pi}{2} だけ回転した点、点 G\mathrm{G} は、点 A\mathrm{A} を中心として C\mathrm{C} を π2\dfrac{\pi}{2} だけ回転した点とします。また、辺 BC\mathrm{BC} の中点を M\mathrm{M} とします。このとき AM\mathrm{AM}⊥EG{}\perp \mathrm{EG} かつ EG\mathrm{EG}=2AM{}= 2\mathrm{AM} であることを示しなさい。

つまずいたときは：
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答え

gg−e{}- e=2i(μ−α){}= 2i(\mu - \alpha)（μ\mu は M\mathrm{M} を表す複素数）を示せばよい

解説

第2章 公式6（点 α\alpha を中心とする回転）を使います。cos⁡(−π2)\cos\left(-\dfrac{\pi}{2}\right)+isin⁡(−π2){}+ i\sin\left(-\dfrac{\pi}{2}\right)=−i{}= -i，cos⁡π2\cos\dfrac{\pi}{2}+isin⁡π2{}+ i\sin\dfrac{\pi}{2}=i{}= i なので

e\displaystyle e=α\displaystyle {}= \alpha−i(β−α),\displaystyle {}- i(\beta - \alpha),g\displaystyle g=α\displaystyle {}= \alpha+i(γ−α)\displaystyle {}+ i(\gamma - \alpha)

です。また公式1 ③ より μ\mu=β+γ2{}= \dfrac{\beta + \gamma}{2} です。

E\mathrm{E} から見た G\mathrm{G} を作ります。

g\displaystyle g−e\displaystyle {}- e={α+i(γ−α)}\displaystyle {}= \{\alpha + i(\gamma - \alpha)\}−{α−i(β−α)}\displaystyle {}- \{\alpha - i(\beta - \alpha)\}=i(γ−α)\displaystyle {}= i(\gamma - \alpha)+i(β−α)\displaystyle {}+ i(\beta - \alpha)=i(β+γ−2α)\displaystyle {}= i(\beta + \gamma - 2\alpha)

一方、A\mathrm{A} から見た M\mathrm{M} は

μ\displaystyle \mu−α\displaystyle {}- \alpha=β+γ2\displaystyle {}= \frac{\beta + \gamma}{2}−α\displaystyle {}- \alpha=β+γ−2α2\displaystyle {}= \frac{\beta + \gamma - 2\alpha}{2}

です。△ABC\triangle\mathrm{ABC} は三角形なので A\mathrm{A} は辺 BC\mathrm{BC} の中点と一致せず、μ\mu−α{}- \alpha≠0{}\neq 0 です。2つの式を比べると

g\displaystyle g−e\displaystyle {}- e=2i(μ−α),\displaystyle {}= 2i(\mu - \alpha),すなわち\displaystyle \text{すなわち}g−eμ−α\displaystyle \frac{g - e}{\mu - \alpha}=2i\displaystyle {}= 2i

です。2i2i は純虚数なので、公式5 ② の4点の形より AM\mathrm{AM}⊥EG{}\perp \mathrm{EG} です。また絶対値をとると ∣g−e∣|g - e|=∣2i∣∣μ−α∣{}= |2i||\mu - \alpha|=2∣μ−α∣{}= 2|\mu - \alpha|、つまり EG\mathrm{EG}=2AM{}= 2\mathrm{AM} です。（証明終）

E\mathrm{E} と G\mathrm{G} は、辺 AB\mathrm{AB}，AC\mathrm{AC} の上に三角形の外側へ正方形を作ったとき、A\mathrm{A} のとなりにくる頂点です（頂点 A\mathrm{A}，B\mathrm{B}，C\mathrm{C} が反時計回りに並ぶ場合）。「三角形の2辺の外側に正方形を作ると、残りの辺の中線と、正方形どうしを結ぶ線分が垂直で長さが2倍になる」という有名な性質です。回転を ±i\pm i 倍で書けるので、複素数だと数行で片づきます。

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問18　★★★

たがいに異なる3点 A(α)\mathrm{A}(\alpha)，B(β)\mathrm{B}(\beta)，C(γ)\mathrm{C}(\gamma) が ∣α∣|\alpha|=∣β∣{}= |\beta|=∣γ∣{}= |\gamma|=1{}= 1 と α\alpha+β{}+ \beta+γ{}+ \gamma=0{}= 0 を満たすとき、△ABC\triangle\mathrm{ABC} は正三角形であることを示しなさい。

つまずいたときは：
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答え

αβ\alpha\beta+βγ{}+ \beta\gamma+γα{}+ \gamma\alpha=0{}= 0 を示し、公式6 ③ に持ち込む

解説

公式6 ③ の左辺と右辺の差を、対称式の変形で書きかえます。

α2\displaystyle \alpha^2+β2\displaystyle {}+ \beta^2+γ2\displaystyle {}+ \gamma^2−(αβ+βγ+γα)\displaystyle {}- (\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha)=(α+β+γ)2\displaystyle {}= (\alpha + \beta + \gamma)^2−3(αβ+βγ+γα)\displaystyle {}- 3(\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha)

仮定より α\alpha+β{}+ \beta+γ{}+ \gamma=0{}= 0 なので、右辺は −3(αβ+βγ+γα)-3(\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha) です。したがって

αβ\displaystyle \alpha\beta+βγ\displaystyle {}+ \beta\gamma+γα\displaystyle {}+ \gamma\alpha=0\displaystyle {}= 0

を示せば十分です。

∣α∣|\alpha|=1{}= 1 より αα‾\alpha\overline{\alpha}=1{}= 1、つまり α‾\overline{\alpha}=1α{}= \dfrac{1}{\alpha} です（第1章 公式5）。β‾\overline{\beta}=1β{}= \dfrac{1}{\beta}，γ‾\overline{\gamma}=1γ{}= \dfrac{1}{\gamma} も同様です。α\alpha+β{}+ \beta+γ{}+ \gamma=0{}= 0 の両辺の共役をとると（第1章 公式7）

α‾\displaystyle \overline{\alpha}+β‾\displaystyle {}+ \overline{\beta}+γ‾\displaystyle {}+ \overline{\gamma}=0,\displaystyle {}= 0,すなわち\displaystyle \text{すなわち}1α\displaystyle \frac{1}{\alpha}+1β\displaystyle {}+ \frac{1}{\beta}+1γ\displaystyle {}+ \frac{1}{\gamma}=0\displaystyle {}= 0

です。左辺を通分すると

βγ+γα+αβαβγ\displaystyle \frac{\beta\gamma + \gamma\alpha + \alpha\beta}{\alpha\beta\gamma}=0\displaystyle {}= 0

で、∣αβγ∣|\alpha\beta\gamma|=1{}= 1≠0{}\neq 0 なので分母は 00 ではありません。よって αβ\alpha\beta+βγ{}+ \beta\gamma+γα{}+ \gamma\alpha=0{}= 0 です。

したがって α2\alpha^2+β2{}+ \beta^2+γ2{}+ \gamma^2=αβ{}= \alpha\beta+βγ{}+ \beta\gamma+γα{}+ \gamma\alpha が成り立ち、公式6 ③ より △ABC\triangle\mathrm{ABC} は正三角形です。（証明終）

第1章 j20 で予告した問題です。3点が単位円上にあり、和が 00（＝重心が原点）なら、それだけで正三角形が決まってしまいます。図形で見ると、∣α∣|\alpha|=∣β∣{}= |\beta|=∣γ∣{}= |\gamma|=1{}= 1 は「原点が外心」、α\alpha+β{}+ \beta+γ{}+ \gamma=0{}= 0 は「原点が重心」ということです。外心と重心が一致する三角形は正三角形しかない（図形の性質 第2章）ので、そちらからも説明がつきます。第3章 j12 で見た「z3z^3=α{}= \alpha の3つの解の和は 00 で、正三角形をつくる」ことの裏返しでもあります。

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問19　★★★

点 zz が原点を中心とする半径 11 の円上を動くとき、ww=1z−2{}= \dfrac{1}{z - 2} が表す点 ww は、どのような図形を描くか求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

点 −23-\dfrac{2}{3} を中心とする半径 13\dfrac{1}{3} の円

解説

∣z∣|z|=1{}= 1 より zz≠2{}\neq 2 なので、ww はいつも定まり、ww≠0{}\neq 0 です。式を zz について解きます。

z\displaystyle z−2\displaystyle {}- 2=1w\displaystyle {}= \frac{1}{w}⟹z\displaystyle {}\Longrightarrow \quad z=1w\displaystyle {}= \frac{1}{w}+2\displaystyle {}+ 2=1+2ww\displaystyle {}= \frac{1 + 2w}{w}

これを ∣z∣|z|=1{}= 1 に代入すると ∣1+2w∣∣w∣\dfrac{|1 + 2w|}{|w|}=1{}= 1、つまり

∣1+2w∣\displaystyle |1 + 2w|=∣w∣\displaystyle {}= |w|

です。両辺を2乗して ∣v∣2|v|^2=vv‾{}= v\overline{v} で開きます。

(1+2w)(1+2w‾)\displaystyle (1 + 2w)(1 + 2\overline{w})=ww‾\displaystyle {}= w\overline{w}

左辺を展開すると 11+2w‾{}+ 2\overline{w}+2w{}+ 2w+4ww‾{}+ 4w\overline{w}=ww‾{}= w\overline{w} です。整理して 33 で割ると

ww‾\displaystyle w\overline{w}+23w\displaystyle {}+ \frac{2}{3}w+23w‾\displaystyle {}+ \frac{2}{3}\overline{w}+13\displaystyle {}+ \frac{1}{3}=0\displaystyle {}= 0

です。∣w+23∣2\left|w + \dfrac{2}{3}\right|^2=ww‾{}= w\overline{w}+23w{}+ \dfrac{2}{3}w+23w‾{}+ \dfrac{2}{3}\overline{w}+49{}+ \dfrac{4}{9} なので、左辺は ∣w+23∣2\left|w + \dfrac{2}{3}\right|^2−49{}- \dfrac{4}{9}+13{}+ \dfrac{1}{3}=∣w+23∣2{}= \left|w + \dfrac{2}{3}\right|^2−19{}- \dfrac{1}{9} です。よって

∣w+23∣\displaystyle \left|w + \frac{2}{3}\right|=13\displaystyle {}= \frac{1}{3}

となり、点 ‾\underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\text{点 }}−23 を中心とする‾\underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}{}-\dfrac{2}{3} \text{ を中心とする}} 半径 13 の円‾\underline{\text{半径 } \dfrac{1}{3} \text{ の円}}です。

（確かめ）zz=1{}= 1 のとき ww=1−1{}= \dfrac{1}{-1}=−1{}= -1 で、∣−1+23∣\left|-1 + \dfrac{2}{3}\right|=13{}= \dfrac{1}{3} です。zz=−1{}= -1 のとき ww=1−3{}= \dfrac{1}{-3}=−13{}= -\dfrac{1}{3} で、∣−13+23∣\left|-\dfrac{1}{3} + \dfrac{2}{3}\right|=13{}= \dfrac{1}{3} です。この2点が直径の両端になっています。

逆に、この円上のどの点 ww からも zz=1+2ww{}= \dfrac{1 + 2w}{w} で zz が定まり、∣z∣|z|=1{}= 1 を満たします。だから、描くのは円の一部ではなく円全体です。ww=1z−2{}= \dfrac{1}{z - 2} のように「1次式 ÷ 1次式」の形の変換は、円や直線を円や直線に写すことが知られています。

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問20　★★★

ω\omega=cos⁡23π{}= \cos\dfrac{2}{3}\pi+isin⁡23π{}+ i\sin\dfrac{2}{3}\pi とします。厳密定義の 定理4 より、たがいに異なる3点 X(x)\mathrm{X}(x)，Y(y)\mathrm{Y}(y)，Z(z)\mathrm{Z}(z) について、△XYZ\triangle\mathrm{XYZ} が正三角形であることと xx+ωy{}+ \omega y+ω2z{}+ \omega^2 z=0{}= 0 または xx+ω2y{}+ \omega^2 y+ωz{}+ \omega z=0{}= 0 が成り立つことは同値です。これを用いてよいものとします。

△ABC\triangle\mathrm{ABC} の頂点 A(α)\mathrm{A}(\alpha)，B(β)\mathrm{B}(\beta)，C(γ)\mathrm{C}(\gamma) は、この順に反時計回りに並んでいるとします。辺 BC\mathrm{BC}，CA\mathrm{CA}，AB\mathrm{AB} のそれぞれについて、三角形の外側に正三角形を作り、その重心を順に P(p)\mathrm{P}(p)，Q(q)\mathrm{Q}(q)，R(r)\mathrm{R}(r) とします。

(1) pp を β\beta，γ\gamma，ω\omega を用いて表しなさい。

(2) △PQR\triangle\mathrm{PQR} が正三角形であることを示しなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) pp=(1−ω2)β+(1−ω)γ3{}= \dfrac{\left(1 - \omega^2\right)\beta + (1 - \omega)\gamma}{3}　(2) pp+ωq{}+ \omega q+ω2r{}+ \omega^2 r=0{}= 0 を示せばよい

解説

ω3\omega^3=1{}= 1，11+ω{}+ \omega+ω2{}+ \omega^2=0{}= 0（第3章 公式4）を何度も使います。特に 11+ω{}+ \omega=−ω2{}= -\omega^2 です。

(1) 辺 BC\mathrm{BC} の外側に立てた正三角形の、B\mathrm{B}，C\mathrm{C} 以外の頂点を A′(a′)\mathrm{A}'(a') とします。A\mathrm{A}，B\mathrm{B}，C\mathrm{C} が反時計回りなので、三角形の外側は B\mathrm{B} から C\mathrm{C} へ向かって右側です。したがって A′\mathrm{A}' は、点 B\mathrm{B} を中心として C\mathrm{C} を −π3-\dfrac{\pi}{3} だけ回転した点です（第2章 公式6）。

cos⁡(−π3)\displaystyle \cos\left(-\frac{\pi}{3}\right)+isin⁡(−π3)\displaystyle {}+ i\sin\left(-\frac{\pi}{3}\right)=12\displaystyle {}= \frac{1}{2}−32i\displaystyle {}- \frac{\sqrt{3}}{2}i=−ω\displaystyle {}= -\omega

なので

a′\displaystyle a'=β\displaystyle {}= \beta+(γ−β)(−ω)\displaystyle {}+ (\gamma - \beta)(-\omega)=(1+ω)β\displaystyle {}= (1 + \omega)\beta−ωγ\displaystyle {}- \omega\gamma=−ω2β\displaystyle {}= -\omega^2\beta−ωγ\displaystyle {}- \omega\gamma

です。重心は3頂点の平均（公式1 ④）なので

p\displaystyle p=β+γ+a′3\displaystyle {}= \frac{\beta + \gamma + a'}{3}=β+γ−ω2β−ωγ3\displaystyle {}= \frac{\beta + \gamma - \omega^2\beta - \omega\gamma}{3}=(1−ω2)β+(1−ω)γ3‾\displaystyle {}= \underline{\frac{\left(1 - \omega^2\right)\beta + (1 - \omega)\gamma}{3}}

です。

(2) (1) の式は、β\beta，γ\gamma を「辺の両端を B\mathrm{B}→C{}\to \mathrm{C} の順に並べたもの」として書かれています。辺 CA\mathrm{CA}，AB\mathrm{AB} についても、C\mathrm{C}→A{}\to \mathrm{A}，A\mathrm{A}→B{}\to \mathrm{B} と同じ向きに並ぶので、文字を順に入れかえるだけで

q\displaystyle q=(1−ω2)γ+(1−ω)α3,\displaystyle {}= \frac{\left(1 - \omega^2\right)\gamma + (1 - \omega)\alpha}{3},r\displaystyle r=(1−ω2)α+(1−ω)β3\displaystyle {}= \frac{\left(1 - \omega^2\right)\alpha + (1 - \omega)\beta}{3}

となります。pp+ωq{}+ \omega q+ω2r{}+ \omega^2 r を計算します。3(p+ωq+ω2r)3(p + \omega q + \omega^2 r) を α\alpha，β\beta，γ\gamma について整理すると、係数はそれぞれ次のようになります。

α\alpha の係数：ω(1−ω)\omega(1 - \omega)+ω2(1−ω2){}+ \omega^2\left(1 - \omega^2\right)=ω{}= \omega−ω2{}- \omega^2+ω2{}+ \omega^2−ω4{}- \omega^4=ω{}= \omega−ω{}- \omega=0{}= 0

β\beta の係数：(1−ω2)\left(1 - \omega^2\right)+ω2(1−ω){}+ \omega^2(1 - \omega)=1{}= 1−ω2{}- \omega^2+ω2{}+ \omega^2−ω3{}- \omega^3=1{}= 1−1{}- 1=0{}= 0

γ\gamma の係数：(1−ω)(1 - \omega)+ω(1−ω2){}+ \omega\left(1 - \omega^2\right)=1{}= 1−ω{}- \omega+ω{}+ \omega−ω3{}- \omega^3=1{}= 1−1{}- 1=0{}= 0

（ω4\omega^4=ω3⋅ω{}= \omega^3 \cdot \omega=ω{}= \omega を使いました。）よって

p\displaystyle p+ωq\displaystyle {}+ \omega q+ω2r\displaystyle {}+ \omega^2 r=0\displaystyle {}= 0

です。P\mathrm{P}，Q\mathrm{Q}，R\mathrm{R} がたがいに異なることを認めれば、与えられた同値条件より △PQR\triangle\mathrm{PQR} は正三角形です。（証明終）

これはナポレオンの定理と呼ばれ、図形の性質 第2章の小話で証明なしに紹介したものです。もとの三角形がどんな形でも、3つの重心はいつも正三角形をつくります。ω\omega を使うと、正三角形の条件が「係数をそろえて足すと 00」という形になるので、計算が係数の照合だけで終わります。1 の 3 乗根が図形の定理を証明する道具になる、という第3章との橋渡しでもあります。

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数学小話コーナー

井戸の地図が止めた流行

1854年の夏、ロンドンのソーホー地区でコレラが大流行し、10日ほどで500人以上が亡くなりました。当時、病気は「悪い空気」でうつると広く信じられていました。これに疑いを持っていた医師ジョン・スノウは、亡くなった人の家を1軒ずつ地図に書き込んでいきます。

点の集まりは、ブロード・ストリートにある共同井戸のまわりに、くっきりとかたまっていました。スノウは井戸のポンプの取っ手を外させ、流行は収まっていきます。水を介してうつる病気だという考えが認められるのは、このあとのことです。

翌年に出した報告書の地図で、スノウはもうひとつの工夫をしました。地図の上に、どのポンプがいちばん近いかで区域を分ける境界線を引いたのです（※この境界線入りの地図は第2版のものです）。境界線は、2つのポンプの真ん中あたりを通ります。この章の言葉でいえば、2点からの距離が等しい点の集まり——垂直二等分線です。実際の街では道に沿って歩くので直線にはなりませんが、考え方は同じです。

いくつもの点について「どの点がいちばん近いか」で平面を区切った図を、いまではボロノイ図と呼びます。境界はすべて、となり合う2点を結ぶ線分の垂直二等分線の一部です。名前はロシアの数学者ボロノイ（1908年ごろ）に由来しますが、似た図はディリクレも使っており、スノウの地図はそれより前の応用例ということになります。

豆知識

ボロノイ図は、いまも身近なところで働いています。携帯電話がどの基地局につながるかの目安、コンビニやスーパーの商圏、雨量計の観測値から地域の降水量を見積もるときの面積の割りふり、ロボット掃除機が壁から離れて進む経路——どれも「いちばん近いのはどれか」を区切る話です。キリンの模様やトンボの羽根の区切りが似た形になるのも、成長の中心から均等に広がるという、同じ仕組みが働いているからだと説明されています。

円を円に写す鏡

第1章から第3章まで、複素数のかけ算は「回して伸ばす」変換でした。では、割るとどうなるでしょうか。

原点を中心とする半径 11 の円を考え、点 zz を 1z‾\dfrac{1}{\overline{z}} に写す変換を見てみます。絶対値は 1∣z∣\dfrac{1}{|z|}、偏角は zz と同じです。つまり、向きはそのままで、原点からの距離だけを逆数にします。円の内側の点は外へ、外側の点は内へ飛び、円周上の点は動きません。円をひとつの鏡と見立てた、裏返しの変換です。これを反転といいます。

反転のおもしろいところは、円と直線を、円と直線に写すことです。反転の中心を通らない円は別の円に、中心を通る円は直線になります。ぐにゃぐにゃに曲がりそうなのに、円という形は壊れないのです。この性質のおかげで、込み入った円がいくつも出てくる図形の問題が、反転を1回かけるだけで「直線と円」のやさしい問題に化けることがあります。

19世紀には、この考えが機械にもなりました。蒸気機関の設計では「回転運動から、きっちりまっすぐな往復運動を作る」ことが難題で、ワットをはじめ多くの技術者が近似的な仕掛けでしのいでいました。1864年、フランスの軍人技師ペルセリエが、7本の棒をつないだだけで点が正確な直線を描く仕組みを発表します。円を描く棒の先を、反転で直線に変えていたのです（※同じ仕組みはリプキンも独立に見つけたとされます）。

豆知識

反転は、数学の地図そのものも変えました。円の内側だけを「世界の全体」と考え、円周に近づくほど距離が引きのばされていると約束すると、ユークリッドの平行線の公理だけが成り立たない幾何が作れます（ポアンカレ円板）。この世界の「直線」は、円周と直角に交わる円弧です。画家エッシャーの『円の極限』シリーズは、この円板の上に同じ大きさの魚や天使を敷きつめた絵で、外側へ行くほど小さく見えるのは、その世界の物差しで測れば全部が同じ大きさだからです。

星の写真を何十枚も重ねる

夜空の写真を撮ると、星は暗く、ざらついたノイズに埋もれます。そこで天体写真では、同じ空を何十枚、ときには何百枚も撮り、あとから重ね合わせて1枚にします。スタッキングと呼ばれる方法です。ノイズは撮るたびにばらばらの向きに出るので、重ねると打ち消し合い、星の光だけが残ります。

問題は、重ねるときのずれです。地球が回るので星は少しずつ動き、三脚もわずかに揺れ、カメラの向きもぴたりとは戻りません。2枚目を1枚目にぴったり合わせるには、回して・拡大して・平行移動する必要があります。

ここで複素数が効きます。1枚目の点 zz が2枚目の点 ww に対応するとき、この3つの操作はまとめて

w\displaystyle w=az\displaystyle {}= az+b\displaystyle {}+ b

という、たった1本の式で書けます。aa の偏角が回した角、∣a∣|a| が拡大率、bb が平行移動です。そして未知の複素数は aa と bb の2つだけなので、対応する点の組が2つ分かれば決まります。z1z_1→w1{}\to w_1，z2z_2→w2{}\to w_2 なら

a\displaystyle a=w1−w2z1−z2,\displaystyle {}= \frac{w_1 - w_2}{z_1 - z_2},b\displaystyle b=w1\displaystyle {}= w_1−az1\displaystyle {}- az_1

です。この章でくり返し作った γ−αβ−α\dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} と、まったく同じ形の分数が出てきました。2枚の写真で同じ星を2つ見つけるだけで、ずれの直し方が計算できてしまうのです。

豆知識

実際のソフトは、明るい星を数十個ずつ自動で拾って対応づけ、ときどき混じる「別の星を取り違えた組」を外れ値としてはじいてから、残り全部にいちばん合う aa と bb を選びます。似た計算は、スマホの手ぶれ補正、複数枚から1枚の明るい写真を作る夜景モード、そしてMRIやCTの画像を撮影日ごとに重ねる医療の現場でも使われています。撮る対象がまったく違っても、「ずれを回転と拡大と平行移動で言い表す」という骨組みは共通です。

厳密定義（発展）

※ここは発展ページです。本文では、内分点の公式を図から導き、アポロニウスの円は「円になる」ことを認めて使いました。ここでは、内分点を定義から確かめ、zz‾z\overline{z} を含む方程式がどんなときに円を表すのかを決め、アポロニウスの円の中心と半径を式で求めます。最後に、正三角形の条件を 1 の 3 乗根で書き直します。

内分点・外分点の定義

「線分 AB\mathrm{AB} を m:nm : n に分ける」ことを、複素数の言葉で決めておきます。

定義1：内分点・外分点

異なる2点 A(α)\mathrm{A}(\alpha)，B(β)\mathrm{B}(\beta) と正の数 mm，nn について、

z\displaystyle z=α\displaystyle {}= \alpha+t(β−α)\displaystyle {}+ t(\beta - \alpha)

と表される点 P(z)\mathrm{P}(z) のうち、tt=mm+n{}= \dfrac{m}{m + n} となるものを、線分 AB\mathrm{AB} を m:nm : n に内分する点という。また mm≠n{}\neq n のとき、tt=mm−n{}= \dfrac{m}{m - n} となるものを、線分 AB\mathrm{AB} を m:nm : n に外分する点という。

tt が実数なので、第1章 公式4 より P\mathrm{P} は直線 AB\mathrm{AB} 上にあります。内分点では 00<t{}< t<1{}< 1 なので P\mathrm{P} は線分 AB\mathrm{AB} の内部にあり、AP:PB\mathrm{AP} : \mathrm{PB}=t:(1−t){}= t : (1 - t)=m:n{}= m : n です。外分点では tt>1{}> 1（mm>n{}> n のとき）または tt<0{}< 0（mm<n{}< n のとき）となり、P\mathrm{P} は線分の外に出ます。

定理1：内分点・外分点の公式

線分 AB\mathrm{AB} を m:nm : n に内分する点は nα+mβm+n\dfrac{n\alpha + m\beta}{m + n}、m:nm : n に外分する点（mm≠n{}\neq n）は −nα+mβm−n\dfrac{-n\alpha + m\beta}{m - n} である。

証明　内分点は、定義1 で tt=mm+n{}= \dfrac{m}{m + n} としたものだから

z\displaystyle z=α\displaystyle {}= \alpha+mm+n(β−α)\displaystyle {}+ \frac{m}{m + n}(\beta - \alpha)=(m+n)α+mβ−mαm+n\displaystyle {}= \frac{(m + n)\alpha + m\beta - m\alpha}{m + n}=nα+mβm+n\displaystyle {}= \frac{n\alpha + m\beta}{m + n}

である。外分点は tt=mm−n{}= \dfrac{m}{m - n} として、同じ計算で

z\displaystyle z=α\displaystyle {}= \alpha+mm−n(β−α)\displaystyle {}+ \frac{m}{m - n}(\beta - \alpha)=(m−n)α+mβ−mαm−n\displaystyle {}= \frac{(m - n)\alpha + m\beta - m\alpha}{m - n}=−nα+mβm−n\displaystyle {}= \frac{-n\alpha + m\beta}{m - n}

である。（証明終）

外分点の式は、内分点の式の nn を −n-n に置きかえた形です。「外分は、比の一方を負と見た内分」と言えるのは、定義1 の tt が mm+(−n)\dfrac{m}{m + (-n)} になるからです。

zz‾z\overline{z} を含む方程式

本文では、絶対値の等式を2乗して zz‾z\overline{z} の形に開き、∣z−γ∣2|z - \gamma|^2 にまとめ直しました。この形の式が何を表すのかを、まとめておきます。

定理2：円の方程式の一般形

β\beta を複素数、cc を実数とする。方程式

zz‾\displaystyle z\overline{z}+β‾z\displaystyle {}+ \overline{\beta}z+βz‾\displaystyle {}+ \beta\overline{z}+c\displaystyle {}+ c=0\displaystyle {}= 0

は、∣β∣2|\beta|^2>c{}> c のとき点 −β-\beta を中心とする半径 ∣β∣2−c\sqrt{|\beta|^2 - c} の円を表し、∣β∣2|\beta|^2=c{}= c のとき1点 −β-\beta だけを表し、∣β∣2|\beta|^2<c{}< c のときこれを満たす zz は存在しない。

証明　∣z+β∣2|z + \beta|^2=(z+β)(z‾+β‾){}= (z + \beta)(\overline{z} + \overline{\beta})=zz‾{}= z\overline{z}+β‾z{}+ \overline{\beta}z+βz‾{}+ \beta\overline{z}+∣β∣2{}+ |\beta|^2 である。したがって、与えられた方程式の左辺は

∣z+β∣2\displaystyle |z + \beta|^2−∣β∣2\displaystyle {}- |\beta|^2+c\displaystyle {}+ c

と書ける。方程式は ∣z+β∣2|z + \beta|^2=∣β∣2{}= |\beta|^2−c{}- c と同値である。

右辺が正のとき、これは ∣z−(−β)∣|z - (-\beta)|=∣β∣2−c{}= \sqrt{|\beta|^2 - c} と同値で、点 −β-\beta を中心とする半径 ∣β∣2−c\sqrt{|\beta|^2 - c} の円である。右辺が 00 のときは zz=−β{}= -\beta のみ。右辺が負のときは、左辺が 00 以上なので解はない。（証明終）

zz の係数と z‾\overline{z} の係数がたがいに共役であること、定数項が実数であることの2つがそろってはじめて、この形にまとまります。実際、zz=x{}= x+yi{}+ yi とおいて β‾\overline{\beta}=p{}= p−qi{}- qi（pp，qq は実数）とすると、β‾z\overline{\beta}z+βz‾{}+ \beta\overline{z}=2(px+qy){}= 2(px + qy) となり、虚部がきれいに消えて x2x^2+y2{}+ y^2+2px{}+ 2px+2qy{}+ 2qy+c{}+ c=0{}= 0 という、座標での円の方程式の形になります。

アポロニウスの円

本文の公式3 では、中心と半径を「計算で求める」とだけ書きました。文字のまま求めておきます。

定理3：アポロニウスの円の中心と半径

α\alpha≠β{}\neq \beta，kk>0{}> 0，kk≠1{}\neq 1 とする。方程式 ∣z−α∣|z - \alpha|=k∣z−β∣{}= k|z - \beta| が表す図形は、

中心\displaystyle \text{中心}γ\displaystyle \gamma=α−k2β1−k2,\displaystyle {}= \frac{\alpha - k^2\beta}{1 - k^2},半径\displaystyle \text{半径}r\displaystyle r=k∣α−β∣∣1−k2∣\displaystyle {}= \frac{k|\alpha - \beta|}{|1 - k^2|}

の円である。この円の中心 γ\gamma は、線分 AB\mathrm{AB} を k:1k : 1 に内分する点と外分する点の中点であり、その2点は円の直径の両端である。

証明　両辺を2乗して ∣w∣2|w|^2=ww‾{}= w\overline{w} で開くと

(z−α)(z‾−α‾)\displaystyle (z - \alpha)(\overline{z} - \overline{\alpha})=k2(z−β)(z‾−β‾)\displaystyle {}= k^2(z - \beta)(\overline{z} - \overline{\beta})

である。展開して整理すると

(1−k2)zz‾\displaystyle \left(1 - k^2\right)z\overline{z}−(α‾−k2β‾)z\displaystyle {}- \left(\overline{\alpha} - k^2\overline{\beta}\right)z−(α−k2β)z‾\displaystyle {}- \left(\alpha - k^2\beta\right)\overline{z}+∣α∣2\displaystyle {}+ |\alpha|^2−k2∣β∣2\displaystyle {}- k^2|\beta|^2=0\displaystyle {}= 0

となる。kk≠1{}\neq 1 より 11−k2{}- k^2≠0{}\neq 0 だから、両辺を 11−k2{}- k^2 で割れる。γ\gamma=α−k2β1−k2{}= \dfrac{\alpha - k^2\beta}{1 - k^2} とおくと、zz の係数は −γ‾-\overline{\gamma}、z‾\overline{z} の係数は −γ-\gamma となり、定数項 ∣α∣2−k2∣β∣21−k2\dfrac{|\alpha|^2 - k^2|\beta|^2}{1 - k^2} は実数である。定理2 が使える形なので

∣z−γ∣2\displaystyle |z - \gamma|^2=∣γ∣2\displaystyle {}= |\gamma|^2−∣α∣2−k2∣β∣21−k2\displaystyle {}- \frac{|\alpha|^2 - k^2|\beta|^2}{1 - k^2}

である。右辺を通分する。分子は

∣α−k2β∣2\displaystyle \left|\alpha - k^2\beta\right|^2−(∣α∣2−k2∣β∣2)(1−k2)\displaystyle {}- \left(|\alpha|^2 - k^2|\beta|^2\right)\left(1 - k^2\right)

で、∣α−k2β∣2\left|\alpha - k^2\beta\right|^2=∣α∣2{}= |\alpha|^2−k2(αβ‾+α‾β){}- k^2\left(\alpha\overline{\beta} + \overline{\alpha}\beta\right)+k4∣β∣2{}+ k^4|\beta|^2 を使って引き算すると

k2(∣α∣2−αβ‾−α‾β+∣β∣2)\displaystyle k^2\left(|\alpha|^2 - \alpha\overline{\beta} - \overline{\alpha}\beta + |\beta|^2\right)=k2∣α−β∣2\displaystyle {}= k^2|\alpha - \beta|^2

が残る。よって ∣z−γ∣2|z - \gamma|^2=k2∣α−β∣2(1−k2)2{}= \dfrac{k^2|\alpha - \beta|^2}{\left(1 - k^2\right)^2} となり、α\alpha≠β{}\neq \beta よりこれは正である。したがって半径は rr=k∣α−β∣∣1−k2∣{}= \dfrac{k|\alpha - \beta|}{\left|1 - k^2\right|} の円である。

直径の両端については、AP:PB\mathrm{AP} : \mathrm{PB}=k:1{}= k : 1 を満たす直線 AB\mathrm{AB} 上の2点、すなわち内分点 α+kβk+1\dfrac{\alpha + k\beta}{k + 1} と外分点 −α+kβk−1\dfrac{-\alpha + k\beta}{k - 1} の中点を計算すると

12(α+kβk+1+kβ−αk−1)\displaystyle \frac{1}{2}\left(\frac{\alpha + k\beta}{k + 1} + \frac{k\beta - \alpha}{k - 1}\right)=−2α+2k2β2(k2−1)\displaystyle {}= \frac{-2\alpha + 2k^2\beta}{2\left(k^2 - 1\right)}=α−k2β1−k2\displaystyle {}= \frac{\alpha - k^2\beta}{1 - k^2}=γ\displaystyle {}= \gamma

となり、中心と一致する。この2点はどちらも方程式を満たす（比が k:1k : 1 だから）ので、円周上にあり、その中点が中心なのだから直径の両端である。（証明終）

kk→1{}\to 1 とすると分母 ∣1−k2∣\left|1 - k^2\right| が 00 に近づくので、半径はいくらでも大きくなります。円はどんどん平らになり、kk=1{}= 1 でついに垂直二等分線という直線になる——本文で「半径が限りなく大きくなった円」と言ったのは、この計算のことです。

正三角形の条件と 1 の 3 乗根

本文の公式6 では α2\alpha^2+β2{}+ \beta^2+γ2{}+ \gamma^2=αβ{}= \alpha\beta+βγ{}+ \beta\gamma+γα{}+ \gamma\alpha という形を使いました。第3章で学んだ 1 の 3 乗根で書くと、向きの情報まで読めるようになります。

定理4：正三角形の条件（1 の 3 乗根による）

ω\omega=cos⁡23π{}= \cos\dfrac{2}{3}\pi+isin⁡23π{}+ i\sin\dfrac{2}{3}\pi とする。たがいに異なる3点 X(x)\mathrm{X}(x)，Y(y)\mathrm{Y}(y)，Z(z)\mathrm{Z}(z) について、次の3つは同値である。

① △XYZ\triangle\mathrm{XYZ} は正三角形である

② (x+ωy+ω2z)(x+ω2y+ωz)\left(x + \omega y + \omega^2 z\right)\left(x + \omega^2 y + \omega z\right)=0{}= 0

③ x2x^2+y2{}+ y^2+z2{}+ z^2=xy{}= xy+yz{}+ yz+zx{}+ zx

さらに、xx+ωy{}+ \omega y+ω2z{}+ \omega^2 z=0{}= 0 は X\mathrm{X}，Y\mathrm{Y}，Z\mathrm{Z} がこの順に反時計回りに並ぶ場合、xx+ω2y{}+ \omega^2 y+ωz{}+ \omega z=0{}= 0 は時計回りに並ぶ場合にあたる。

証明　ω3\omega^3=1{}= 1，11+ω{}+ \omega+ω2{}+ \omega^2=0{}= 0（第3章 公式4）を使う。

（①と②）(1+ω+ω2)x\left(1 + \omega + \omega^2\right)x=0{}= 0 を引くと

x\displaystyle x+ωy\displaystyle {}+ \omega y+ω2z\displaystyle {}+ \omega^2 z=ω(y−x)\displaystyle {}= \omega(y - x)+ω2(z−x)\displaystyle {}+ \omega^2(z - x)

である。ω\omega≠0{}\neq 0 なので、xx+ωy{}+ \omega y+ω2z{}+ \omega^2 z=0{}= 0 は ω2(z−x)\omega^2(z - x)=−ω(y−x){}= -\omega(y - x)、すなわち（ω−1\omega^{-1}=ω2{}= \omega^2 より）

z\displaystyle z−x\displaystyle {}- x=−ω2(y−x)\displaystyle {}= -\omega^2(y - x)

と同値である。−ω2-\omega^2=12{}= \dfrac{1}{2}+32i{}+ \dfrac{\sqrt{3}}{2}i=cos⁡π3{}= \cos\dfrac{\pi}{3}+isin⁡π3{}+ i\sin\dfrac{\pi}{3} だから、これは z−xy−x\dfrac{z - x}{y - x}=cos⁡π3{}= \cos\dfrac{\pi}{3}+isin⁡π3{}+ i\sin\dfrac{\pi}{3} と同じことである。同様に、xx+ω2y{}+ \omega^2 y+ωz{}+ \omega z=0{}= 0 は z−xy−x\dfrac{z - x}{y - x}=−ω{}= -\omega=cos⁡(−π3){}= \cos\left(-\dfrac{\pi}{3}\right)+isin⁡(−π3){}+ i\sin\left(-\dfrac{\pi}{3}\right) と同値である。

本文の公式6 ② より、△XYZ\triangle\mathrm{XYZ} が正三角形であることは z−xy−x\dfrac{z - x}{y - x}=cos⁡(±π3){}= \cos\left(\pm\dfrac{\pi}{3}\right)+isin⁡(±π3){}+ i\sin\left(\pm\dfrac{\pi}{3}\right) と同値だから、①と②は同値である。

（②と③）左辺を展開する。ω3\omega^3=1{}= 1，ω4\omega^4=ω{}= \omega に注意すると

(x+ωy+ω2z)(x+ω2y+ωz)\displaystyle \left(x + \omega y + \omega^2 z\right)\left(x + \omega^2 y + \omega z\right)=x2\displaystyle {}= x^2+y2\displaystyle {}+ y^2+z2\displaystyle {}+ z^2+(ω+ω2)xy\displaystyle {}+ \left(\omega + \omega^2\right)xy+(ω+ω2)zx\displaystyle {}+ \left(\omega + \omega^2\right)zx+(ω2+ω4)yz\displaystyle {}+ \left(\omega^2 + \omega^4\right)yz=x2\displaystyle {}= x^2+y2\displaystyle {}+ y^2+z2\displaystyle {}+ z^2−xy\displaystyle {}- xy−yz\displaystyle {}- yz−zx\displaystyle {}- zx

である（ω\omega+ω2{}+ \omega^2=−1{}= -1、ω2\omega^2+ω4{}+ \omega^4=ω2{}= \omega^2+ω{}+ \omega=−1{}= -1）。よって②と③は同値である。

（向き）z−xy−x\dfrac{z - x}{y - x}=cos⁡π3{}= \cos\dfrac{\pi}{3}+isin⁡π3{}+ i\sin\dfrac{\pi}{3} は、Z\mathrm{Z} が X\mathrm{X} を中心として Y\mathrm{Y} を +π3+\dfrac{\pi}{3} だけ回転した点であることを意味する。回転の向きが正なので、X\mathrm{X}→Y{}\to \mathrm{Y}→Z{}\to \mathrm{Z} は反時計回りである。もう一方は −π3-\dfrac{\pi}{3} の回転なので時計回りである。（証明終）

xx=1{}= 1，yy=ω{}= \omega，zz=ω2{}= \omega^2 で確かめられます。この3点は単位円上に 23π\dfrac{2}{3}\pi ずつ、反時計回りに並ぶ正三角形の頂点です（第3章 公式3）。xx+ωy{}+ \omega y+ω2z{}+ \omega^2 z=1{}= 1+ω2{}+ \omega^2+ω4{}+ \omega^4=1{}= 1+ω2{}+ \omega^2+ω{}+ \omega=0{}= 0 となり、たしかに1つめの条件を満たしています。

4点が同じ円周上にあるとき（紹介）

公式5 では、3点が一直線上にある条件を γ−αβ−α\dfrac{\gamma - \alpha}{\beta - \alpha} が実数であること、と書きました。4点になると、次のように広がります。

たがいに異なる4点 A(α)\mathrm{A}(\alpha)，B(β)\mathrm{B}(\beta)，C(γ)\mathrm{C}(\gamma)，D(δ)\mathrm{D}(\delta) について

(γ−α)(δ−β)(γ−β)(δ−α)\frac{(\gamma - \alpha)(\delta - \beta)}{(\gamma - \beta)(\delta - \alpha)}

を、この4点の複比といいます。この値が実数であることと、4点が同じ円周上にあるか、または同じ直線上にあることは同値です。

理由の見当だけ書いておきます。この式の偏角は、公式4 より ∠ACB\angle\mathrm{ACB} と ∠ADB\angle\mathrm{ADB} の差（向きを込めた角）になります。実数であるとは、この差が 00 または π\pi だということで、「線分 AB\mathrm{AB} を C\mathrm{C} から見た角と D\mathrm{D} から見た角が等しい」という円周角の定理の逆にあたります。角が等しければ C\mathrm{C}，D\mathrm{D} は AB\mathrm{AB} を弦とする同じ円の上にあり、角が 00 になる場合が一直線です。

複比は、j19 で出てきた ww=az+bcz+d{}= \dfrac{az + b}{cz + d} の形の変換（一次分数変換）で値が変わらないことが知られています。そのため「円と直線は、一次分数変換で円と直線に写る」という事実が、複比ひとつで説明できます。j19 で円が円に写ったのも、kb2 の反転が円を円に写すのも、同じ理由によるものです。

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