解説

方針・初手

実係数の3次方程式で、虚数解があるときは共役な虚数解も解になる。したがって、$\beta=\overline{\alpha}$ とおける。

また、定数項と根の積の関係から $|\alpha|$ が決まる。以後、$\alpha$ を極形式で表し、三角形 $ABC$ の面積を座標平面上で計算する。

解法1

$f(x)$ は3次の係数が $1$ で、定数項が $-3$ であるから、

$$ f(x)=x^3+px^2+qx-3

$$

とおける。

$f(x)=0$ の解が $1,\alpha,\beta$ であるから、解と係数の関係より

$$ 1\cdot \alpha \cdot \beta=3

$$

である。

$f(x)$ は実係数であり、$\alpha$ は虚部が正の虚数であるから、もう一つの虚数解はその共役複素数である。よって

$$ \beta=\overline{\alpha}

$$

である。

したがって

$$ \alpha\beta=\alpha\overline{\alpha}=|\alpha|^2

$$

より、

$$ |\alpha|^2=3

$$

である。よって

$$ |\alpha|=\sqrt{3}

$$

を得る。

次に、$\theta$ を $\alpha$ の偏角とする。すると

$$ \alpha=\sqrt{3}(\cos\theta+i\sin\theta)

$$

と表せる。

$\alpha$ の虚部は正であるから $\sin\theta>0$ であり、実部は $1$ より大きいから

$$ \sqrt{3}\cos\theta>1

$$

すなわち

$$ \cos\theta>\frac{1}{\sqrt{3}}

$$

である。

点 $A,B,C$ はそれぞれ

$$ A(\sqrt{3}\cos\theta,\sqrt{3}\sin\theta),\quad B(\sqrt{3}\cos\theta,-\sqrt{3}\sin\theta),\quad C(1,0)

$$

である。

$AB$ は縦の線分であり、その長さは

$$ AB=2\sqrt{3}\sin\theta

$$

である。また、点 $C$ から直線 $AB$ までの距離は

$$ \sqrt{3}\cos\theta-1

$$

である。したがって、三角形 $ABC$ の面積 $S$ は

$$ \begin{aligned} S &=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{3}\sin\theta \cdot (\sqrt{3}\cos\theta-1)\\ &=\sqrt{3}\sin\theta(\sqrt{3}\cos\theta-1)\\ &=3\sin\theta\cos\theta-\sqrt{3}\sin\theta \end{aligned}

$$

となる。

次に $S$ を最大にする $\theta$ を求める。条件より

$$ 0<\theta<\cos^{-1}\frac{1}{\sqrt{3}}

$$

で考えればよい。

$$ S=3\sin\theta\cos\theta-\sqrt{3}\sin\theta

$$

より、

$$ \frac{dS}{d\theta}=3\cos2\theta-\sqrt{3}\cos\theta

$$

である。最大値をとる候補は

$$ 3\cos2\theta-\sqrt{3}\cos\theta=0

$$

を満たす。

$t=\cos\theta$ とおくと、$\cos2\theta=2t^2-1$ であるから、

$$ 3(2t^2-1)-\sqrt{3}t=0

$$

すなわち

$$ 6t^2-\sqrt{3}t-3=0

$$

である。

これを解くと、

$$ t=\frac{\sqrt{3}\pm 5\sqrt{3}}{12}

$$

より、

$$ t=\frac{\sqrt{3}}{2},\quad -\frac{\sqrt{3}}{3}

$$

である。

条件 $\cos\theta>\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ を満たすのは

$$ \cos\theta=\frac{\sqrt{3}}{2}

$$

のみである。よって

$$ \theta=\frac{\pi}{6}

$$

である。

このとき

$$ \alpha=\sqrt{3}\left(\cos\frac{\pi}{6}+i\sin\frac{\pi}{6}\right) =\sqrt{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i\right) =\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i

$$

である。

したがって

$$ \beta=\frac{3}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i

$$

である。

根は

$$ 1,\quad \frac{3}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i,\quad \frac{3}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i

$$

であるから、

$$ \alpha+\beta=3,\quad \alpha\beta=3

$$

である。

よって

$$ \begin{aligned} f(x) &=(x-1)(x-\alpha)(x-\beta)\\ &=(x-1){x^2-(\alpha+\beta)x+\alpha\beta}\\ &=(x-1)(x^2-3x+3)\\ &=x^3-4x^2+6x-3 \end{aligned}

$$

である。

解説

この問題の要点は、実係数多項式の虚数解は共役な虚数解と対になるという点である。これにより $\beta=\overline{\alpha}$ が決まり、定数項からすぐに $|\alpha|$ が求まる。

面積計算では、$\alpha$ と $\beta$ が実軸に関して対称であることを使うと、$AB$ を底辺とする計算が自然である。$AB$ は縦の線分であり、点 $C=1$ から直線 $AB$ までの距離は $\sqrt{3}\cos\theta-1$ である。

最大化では、$\theta$ の範囲を忘れないことが重要である。特に、$\alpha$ の実部が $1$ より大きいという条件から $\cos\theta>\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ が必要になる。

答え

**(1)**

$$ |\alpha|=\sqrt{3}

$$

**(2)**

$$ S=\sqrt{3}\sin\theta(\sqrt{3}\cos\theta-1)

$$

すなわち

$$ S=3\sin\theta\cos\theta-\sqrt{3}\sin\theta

$$

**(3)**

$$ \theta=\frac{\pi}{6}

$$

そのとき

$$ f(x)=x^3-4x^2+6x-3

$$