解説

方針・初手

点 $\alpha$ を基準にして考える。$q=\beta-\alpha$ とおくと、反射の問題は「原点を通る直線に関する点 $q$ の対称点」を求める問題に帰着される。

偏角 $\theta$ の直線に関する反射は、いったん $e^{-i\theta}$ をかけて直線を実軸に移し、共役をとってから $e^{i\theta}$ をかけ戻せばよい。

解法1

$q=\beta-\alpha$ とおく。条件より

$$ 0<\arg q<\frac{\pi}{2}

$$

である。

**(1)**

まず、$\ell_1$ は点 $\alpha$ を通り実軸に平行な直線である。したがって、$\alpha$ を原点に移した座標では、$\ell_1$ は実軸になる。

実軸に関する反射は共役をとる操作なので、

$$ \gamma-\alpha=\overline{\beta-\alpha}

$$

である。よって

$$ \gamma=\alpha+\overline{\beta-\alpha} =\alpha+\overline{\beta}-\overline{\alpha}

$$

となる。

次に、$\ell_2$ は点 $\alpha$ を通り虚軸に平行な直線である。$\alpha$ を原点に移した座標では、$\ell_2$ は虚軸になる。

虚軸に関する反射では、$x+iy$ が $-x+iy$ に移る。これは $x+iy$ に対して $-\overline{x+iy}$ を対応させる操作である。したがって

$$ \delta-\alpha=-\overline{\beta-\alpha}

$$

である。よって

$$ \delta=\alpha-\overline{\beta-\alpha} =\alpha-\overline{\beta}+\overline{\alpha}

$$

となる。

**(2)**

点 $z$ は $\arg(z-\alpha)=\theta$ を満たすので、直線 $\ell$ は点 $\alpha$ を通り、偏角 $\theta$ の方向をもつ直線である。

この直線に関する反射を考える。点 $\beta$ を $\alpha$ を基準に見たものは $q=\beta-\alpha$ である。直線の方向が $\theta$ であるから、反射後の点 $w$ は

$$ w-\alpha=e^{2i\theta}\overline{q}

$$

と表される。すなわち

$$ w=\alpha+e^{2i\theta}\overline{\beta-\alpha}

$$

である。

また、(1)より

$$ \gamma-\alpha=\overline{q}, \qquad \delta-\alpha=-\overline{q}

$$

である。

**(i)**

$0<\theta<\dfrac{\pi}{2}$ のとき、$w$ は $\gamma,\delta$ のいずれとも一致しないので、分母は $0$ にならない。

上の式を用いると

$$ \begin{aligned} \frac{\gamma-w}{\delta-w} &= \frac{(\alpha+\overline{q})-(\alpha+e^{2i\theta}\overline{q})} {(\alpha-\overline{q})-(\alpha+e^{2i\theta}\overline{q})}\\[4pt] &= \frac{(1-e^{2i\theta})\overline{q}} {-(1+e^{2i\theta})\overline{q}}\\[4pt] &= \frac{1-e^{2i\theta}}{-(1+e^{2i\theta})}. \end{aligned}

$$

ここで

$$ 1-e^{2i\theta} =e^{i\theta}(e^{-i\theta}-e^{i\theta}) =-2i e^{i\theta}\sin\theta

$$

であり、

$$ -(1+e^{2i\theta}) =-e^{i\theta}(e^{-i\theta}+e^{i\theta}) =-2e^{i\theta}\cos\theta

$$

である。したがって

$$ \frac{\gamma-w}{\delta-w} = \frac{-2i e^{i\theta}\sin\theta}{-2e^{i\theta}\cos\theta} =i\tan\theta

$$

となる。

**(ii)**

$q$ を極形式で

$$ q=re^{i\varphi} \qquad \left(r>0,\ 0<\varphi<\frac{\pi}{2}\right)

$$

とおく。このとき

$$ \overline{q}=re^{-i\varphi}

$$

であるから、

$$ w-\alpha=e^{2i\theta}\overline{q} =re^{i(2\theta-\varphi)}

$$

となる。

ここで $0\leqq\theta\leqq\dfrac{\pi}{2}$ であるから、

$$ -\varphi\leqq 2\theta-\varphi\leqq \pi-\varphi

$$

である。したがって、$w$ は中心 $\alpha$、半径 $r=|\beta-\alpha|$ の円周上を、偏角 $-\varphi$ から $\pi-\varphi$ まで動く。

これは円周のちょうど半分である。

端点を確認すると、$\theta=0$ のとき

$$ w=\alpha+\overline{q}=\gamma

$$

であり、$\theta=\dfrac{\pi}{2}$ のとき

$$ w=\alpha-\overline{q}=\delta

$$

である。また、$\theta=\varphi$ のとき

$$ w-\alpha=re^{i\varphi}=q

$$

となるので、$w=\beta$ である。

よって、点 $w$ の全体は、中心 $\alpha$、半径 $|\beta-\alpha|$ の円周のうち、両端が $\gamma,\delta$ で、点 $\beta$ を通る半円である。

解説

この問題の要点は、点 $\alpha$ を原点に移してから反射を扱うことである。複素数平面では、実軸に関する反射は共役、偏角 $\theta$ の直線に関する反射は

$$ u\mapsto e^{2i\theta}\overline{u}

$$

で表される。

この公式を使うと、$w$ の表示がすぐ得られる。さらに $\gamma,\delta$ も $\overline{\beta-\alpha}$ を用いて表されるため、比

$$ \frac{\gamma-w}{\delta-w}

$$

では $\alpha,\beta$ に依存する部分が消え、$\theta$ だけの式になる。

また、$w-\alpha=e^{2i\theta}\overline{\beta-\alpha}$ から、$|w-\alpha|=|\beta-\alpha|$ が常に成り立つ。したがって $w$ は中心 $\alpha$ の円周上を動く。$\theta$ が $0$ から $\dfrac{\pi}{2}$ まで動くと、偏角は長さ $\pi$ だけ動くので、軌跡は半円である。

答え

**(1)(i)**

$$ \gamma=\alpha+\overline{\beta-\alpha} =\alpha+\overline{\beta}-\overline{\alpha}

$$

**(1)(ii)**

$$ \delta=\alpha-\overline{\beta-\alpha} =\alpha-\overline{\beta}+\overline{\alpha}

$$

**(2)(i)**

$$ \frac{\gamma-w}{\delta-w}=i\tan\theta

$$

**(2)(ii)**

点 $w$ の全体は、中心 $\alpha$、半径 $|\beta-\alpha|$ の円周のうち、両端が $\gamma,\delta$ で、点 $\beta$ を通る半円である。