解説

方針・初手

$D_1$ は「原点」と「点 $3+3i$」からの距離比較であるから、まず $z=x+yi$ とおいて半平面として表す。

$D_2$ は $w=2+i+\dfrac{6}{z}$ による $D_1$ の像である。$u=w-2-i$ とおくと $z=\dfrac{6}{u}$ と戻せるので、$D_1$ の条件を $u$ の条件に直す。

解法1

(1) $z_1$ の極形式

$$ z_1=\frac{\sqrt6}{4}-\frac{3\sqrt2}{4}i

$$

について、絶対値は

$$ \left|z_1\right| =\sqrt{\left(\frac{\sqrt6}{4}\right)^2+\left(-\frac{3\sqrt2}{4}\right)^2} =\sqrt{\frac{6}{16}+\frac{18}{16}} =\sqrt{\frac32} =\frac{\sqrt6}{2}

$$

である。

また、実部は正、虚部は負であり、

$$ \tan \arg z_1 = \frac{-\frac{3\sqrt2}{4}}{\frac{\sqrt6}{4}} =-\frac{3\sqrt2}{\sqrt6} =-\sqrt3

$$

だから、

$$ \arg z_1=-\frac{\pi}{3}

$$

と取れる。したがって、

$$ z_1=\frac{\sqrt6}{2}\left(\cos\left(-\frac{\pi}{3}\right)+i\sin\left(-\frac{\pi}{3}\right)\right)

$$

である。

(2) $D_1$ の図示

$z=x+yi$ とおく。条件

$$ |z-3-3i|\le |z|

$$

は

$$ (x-3)^2+(y-3)^2\le x^2+y^2

$$

である。展開して整理すると、

$$ x^2-6x+9+y^2-6y+9\le x^2+y^2

$$

より、

$$ -6x-6y+18\le 0

$$

すなわち

$$ x+y\ge 3

$$

となる。

よって $D_1$ は、直線

$$ x+y=3

$$

を境界とし、原点を含まない側の半平面である。境界線も含む。

(3) $D_2$ の図示

$u=w-2-i$ とおくと、

$$ w=2+i+u,\qquad u=\frac{6}{z}

$$

である。したがって $u\ne 0$ であり、

$$ z=\frac{6}{u}

$$

と表せる。

$u=a+bi$ とおくと、

$$ z=\frac{6}{a+bi} =\frac{6(a-bi)}{a^2+b^2}

$$

だから、

$$ \operatorname{Re}z=\frac{6a}{a^2+b^2},\qquad \operatorname{Im}z=-\frac{6b}{a^2+b^2}

$$

である。

$z\in D_1$ の条件は

$$ \operatorname{Re}z+\operatorname{Im}z\ge 3

$$

なので、

$$ \frac{6a-6b}{a^2+b^2}\ge 3

$$

となる。$a^2+b^2>0$ より、

$$ 6a-6b\ge 3(a^2+b^2)

$$

すなわち

$$ a^2+b^2-2a+2b\le 0

$$

である。平方完成すると、

$$ (a-1)^2+(b+1)^2\le 2

$$

となる。

ここで $w=2+i+u$ であるから、$u$ 平面で中心 $1-i$、半径 $\sqrt2$ の円板は、$w$ 平面では中心

$$ 2+i+(1-i)=3

$$

半径 $\sqrt2$ の円板に移る。

ただし $u=0$ はとれないので、$w=2+i$ は除かれる。

したがって $D_2$ は

$$ |w-3|\le \sqrt2

$$

で表される円板から、点 $2+i$ を除いた領域である。すなわち、中心 $3$、半径 $\sqrt2$ の円の内部および周上から、点 $2+i$ だけを除いた領域である。

(4) $\tan(\arg\alpha)$ の範囲

$\alpha=x+yi$ とおく。$D=D_1\cap D_2$ であるから、$\alpha$ は

$$ x+y\ge 3

$$

かつ

$$ (x-3)^2+y^2\le 2

$$

を満たす。ただし点 $2+i$ は除かれる。

円

$$ (x-3)^2+y^2\le 2

$$

では

$$ x\ge 3-\sqrt2>0

$$

であるから、$\tan(\arg\alpha)$ は

$$ \tan(\arg\alpha)=\frac{y}{x}

$$

と表せる。

そこで

$$ t=\frac{y}{x}

$$

とおき、直線

$$ y=tx

$$

が領域 $D$ と交わる条件を調べる。

円との交点条件は

$$ (x-3)^2+t^2x^2\le 2

$$

すなわち

$$ (1+t^2)x^2-6x+7\le 0

$$

である。この二次不等式が実数解をもつには、判別式より

$$ 36-28(1+t^2)\ge 0

$$

でなければならない。したがって

$$ 8-28t^2\ge 0

$$

より、

$$ t^2\le \frac{2}{7}

$$

である。

ただし、これは円板だけを見た条件であり、さらに半平面

$$ x+y\ge 3

$$

を満たす必要がある。

境界直線 $x+y=3$ と円

$$ (x-3)^2+y^2=2

$$

の交点を求める。$y=3-x$ を代入すると、

$$ (x-3)^2+(3-x)^2=2

$$

より、

$$ 2(x-3)^2=2

$$

である。したがって

$$ x=2,\ 4

$$

であり、交点は

$$ 2+i,\qquad 4-i

$$

である。

$D$ は、中心 $3$、半径 $\sqrt2$ の円板のうち、直線 $x+y=3$ の上側である。したがって傾きの最小値は、原点と点 $4-i$ を結ぶ直線で与えられ、

$$ t_{\min}=\frac{-1}{4}=-\frac14

$$

である。

一方、傾きの最大値は、原点から円

$$ (x-3)^2+y^2=2

$$

へ引いた上側の接線で与えられる。直線 $y=tx$ と円が接する条件は、先ほどの二次方程式

$$ (1+t^2)x^2-6x+7=0

$$

の判別式が $0$ であることだから、

$$ 36-28(1+t^2)=0

$$

より、

$$ t^2=\frac{2}{7}

$$

である。上側の接線なので、

$$ t_{\max}=\sqrt{\frac{2}{7}}

$$

である。

なお、除かれる点 $2+i$ における傾きは $\dfrac12$ であるが、同じ傾きの直線は領域 $D$ と他の点でも交わる。したがって $\dfrac12$ が範囲から除かれることはない。

よって、

$$ -\frac14\le \tan(\arg\alpha)\le \sqrt{\frac27}

$$

である。

(5) $(z_1)^n$ が $D$ に含まれる最小の $n$

**(1)**

より、

$$ z_1=\frac{\sqrt6}{2}\left(\cos\left(-\frac{\pi}{3}\right)+i\sin\left(-\frac{\pi}{3}\right)\right)

$$

である。したがって、ド・モアブルの定理より、

$$ (z_1)^n = \left(\frac{\sqrt6}{2}\right)^n \left(\cos\left(-\frac{n\pi}{3}\right)+i\sin\left(-\frac{n\pi}{3}\right)\right)

$$

である。

偏角は $6$ 回ごとに一周する。小さい $n$ から調べる。

**(i)**

$n=1$

偏角は $-\dfrac{\pi}{3}$ であり、点は第4象限にある。実際、

$$ x+y<3

$$

となるので $D_1$ に含まれない。

**(ii)**

$n=2$

偏角は $-\dfrac{2\pi}{3}$ であり、実部が負である。したがって $D$ に含まれない。

**(iii)**

$n=3$

偏角は $-\pi$ であり、負の実軸上にある。したがって $D$ に含まれない。

**(iv)**

$n=4$

偏角は $-\dfrac{4\pi}{3}$、すなわち $\dfrac{2\pi}{3}$ である。点は第2象限にあり、

$$ \left(\frac{\sqrt6}{2}\right)^4=\left(\frac32\right)^2=\frac94

$$

だから、

$$ (z_1)^4 = \frac94\left(\cos\frac{2\pi}{3}+i\sin\frac{2\pi}{3}\right)

-\frac98+\frac{9\sqrt3}{8}i

$$

である。このとき

$$ x+y=-\frac98+\frac{9\sqrt3}{8}<3

$$

なので、$D_1$ に含まれない。

**(v)**

$n=5$

偏角は $-\dfrac{5\pi}{3}$、すなわち $\dfrac{\pi}{3}$ である。また、

$$ \left(\frac{\sqrt6}{2}\right)^5 = \left(\frac{\sqrt6}{2}\right)\left(\frac32\right)^2

\frac{9\sqrt6}{8}

$$

である。したがって、

$$ \begin{aligned} (z_1)^5 &= \frac{9\sqrt6}{8}\left(\frac12+\frac{\sqrt3}{2}i\right)\\ &= \frac{9\sqrt6}{16}+\frac{27\sqrt2}{16}i \end{aligned} $$

である。

この点が $D_2$ に含まれるかを確認する。円の中心は $3$、半径は $\sqrt2$ だから、

$$ \left(x-3\right)^2+y^2\le 2

$$

を満たす必要がある。

ここで

$$ x=\frac{9\sqrt6}{16},\qquad y=\frac{27\sqrt2}{16}

$$

であるから、数値的にも $y$ が大きすぎ、円板

$$ (x-3)^2+y^2\le 2

$$

には入らない。よって $n=5$ では $D$ に含まれない。

**(vi)**

$n=6$

偏角は $-2\pi$ であり、正の実軸上にある。また、

$$ \left(\frac{\sqrt6}{2}\right)^6 = \left(\frac32\right)^3

\frac{27}{8}

$$

だから、

$$ (z_1)^6=\frac{27}{8}

$$

である。

この点について、

$$ x+y=\frac{27}{8}\ge 3

$$

であるから $D_1$ に含まれる。また、

$$ \left(\frac{27}{8}-3\right)^2+0^2 = \left(\frac38\right)^2

\frac{9}{64}\le 2

$$

より、$D_2$ にも含まれる。

したがって、

$$ (z_1)^6\in D

$$

である。

以上より、最小の自然数 $n$ は

$$ n=6

$$

である。

解説

この問題の中心は、複素数の条件を図形として読み替えることである。

$D_1$ は距離比較から半平面 $x+y\ge 3$ になる。$D_2$ は $w=2+i+\dfrac{6}{z}$ の形なので、いったん $u=w-2-i$ と置き、$z=\dfrac{6}{u}$ と逆向きに条件を移すのが自然である。この処理により、$D_2$ は中心 $3$、半径 $\sqrt2$ の円板になる。ただし $u=0$ が不可能であるため、点 $2+i$ は除かれる。

$\tan(\arg\alpha)$ の範囲は、原点を通る直線 $y=tx$ が領域 $D$ と交わる条件として考えると整理しやすい。最小値は半平面の境界と円の交点 $4-i$ で生じ、最大値は原点から円へ引いた接線で生じる。

答え

**(1)**

$$ z_1=\frac{\sqrt6}{2}\left(\cos\left(-\frac{\pi}{3}\right)+i\sin\left(-\frac{\pi}{3}\right)\right)

$$

**(2)**

$$ D_1:\ x+y\ge 3

$$

すなわち、直線 $x+y=3$ を境界とし、原点を含まない側の半平面。境界を含む。

**(3)**

$$ D_2:\ |w-3|\le \sqrt2

$$

ただし点 $2+i$ を除く。すなわち、中心 $3$、半径 $\sqrt2$ の円板から点 $2+i$ を除いた領域。

**(4)**

$$ -\frac14\le \tan(\arg\alpha)\le \sqrt{\frac27}

$$

**(5)**

$$ n=6

$$