https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/2025/Rika

2025.02.26記

[6] 複素数平面上の点 $\dfrac{1}{2}$ を中心とする半径 $\dfrac{1}{2}$ の円の周から原点を除いた曲線を $C$ とする．

(1) 曲線 $C$ 上の複素数 $z$ に対し， $\dfrac{1}{z}$ の実部は $1$ であることを示せ．

(2) $\alpha，\beta$ を曲線 $C$ 上の相異なる複素数とするとき，
$\dfrac{1}{\alpha^2}+\dfrac{1}{\beta^2}$ がとりうる範囲を複素数平面上に図示せよ．

(3) $\gamma$ を(2)で求めた範囲に属さない複素数とするとき， $\dfrac{1}{\gamma}$ の実部がとりうる値の最大値と最小値を求めよ．

本問のテーマ

反転(の複素共役)
複素数平面の $0$ を通らない直線の $w=z^2$ による像は放物線
複素数平面の $0$ を通らない放物線の反転はカージオイド
図形のミンコフスキー和

2025.02.26記

[解答]
(1) 曲線 $C$ 上の点は $z=\cos\theta(\cos\theta+i\sin\theta)$ （ $-\dfrac{\pi}{2}\lt\theta\lt\dfrac{\pi}{2}$ ）とおけ，このとき
$\dfrac{1}{z}=\dfrac{\cos\theta-i\sin\theta}{\cos\theta}=1+i\tan\theta$
であるから $\dfrac{1}{z}$ の実部は $1$ となる．

(2) $\dfrac{1}{z^2}=1-\tan^2\theta+2i\tan\theta=x+yi$ とおくと， $x=1-\dfrac{y^2}{4}$ により複素平面の放物線を表す．

$\alpha=\beta$ を含めれば，この放物線を原点中心に2倍拡大した $x=2-\dfrac{y^2}{8}$ の内部を動き得るので， $\alpha=\beta$ が与える境界を除いた
$x\lt 2-\dfrac{y^2}{8}$ が求める範囲．

(3) $\gamma=p+qi$ に対して， $\dfrac{1}{\gamma}$ の実部 $\dfrac{p}{p^2+q^2}$ を $u$ とおく．

(i) $u=0$ となるのは $p=0$ のときで例えば $\gamma=4i$ のときに満たす．

(ii) $u\neq 0$ のとき
円 $p^2+q^2=\dfrac{p}{u}$ ，が $p\geqq 2-\dfrac{q^2}{8}$ を満たす解を持てば良い．

円上の点は $\left(p-\dfrac{1}{2u}\right)^2+q^2=\dfrac{1}{4u^2}$ から $(p,q)=\left(\dfrac{1+\cos\theta}{2u}，\dfrac{\sin\theta}{2u}\right)$ と表すことができるので（ $u\lt 0$ のときは $\theta$ で符号を調節する）
$\dfrac{1+\cos\theta}{2u}\geqq 2-\dfrac{\sin^2\theta}{32u^2}$ ，
つまり
$f(\cos\theta)=(\cos^2\theta-8u)^2-1-16u\leqq 0$
をみたす $\theta$ が存在するような $u$ の範囲を求めれば良く，
$\cos\theta=-1，1$ および $\cos\theta=8u$ （ $|u|\leqq\dfrac{1}{8}$ ）
における $f$ の値が
$f(-1)=64u^2\leqq 0$ から $u=0$ （ $u\neq 0$ より満たさない），
$f(1)=64u^2-32u\leqq 0$ から $0\lt u\leqq \dfrac{1}{2}$ ，
$f(8u)=-1-16u\leqq 0$ （ $|u|\leqq\dfrac{1}{8}$ ）から「 $-\dfrac{1}{16}\leqq u\leqq \dfrac{1}{8}$ かつ $u\neq 0$ 」
のいずれかを満たせば良いので，(i)とあわせて
$-\dfrac{1}{16}\leqq u\leqq \dfrac{1}{2}$ となる．

(2) は直感的すぎるので後でちゃんと書き直そう

[大人の解答]
(2) 原点 $\mbox{O}$ を含む凸図形 $x\leqq 1-\dfrac{y^2}{4}$ を $A$ とし $\mbox{P}，\mbox{Q}\in A$ なる2点に対して $\overrightarrow{\rm OR}=\overrightarrow{\rm OP}+\overrightarrow{\rm OQ}$ で定まる点 $\mbox{R}$ の集合は $A\oplus A=2A$ （ミンコフスキー和）となり， $A$ を原点中心に2倍拡大したものとなる．

本問の場合 $\mbox{P}，\mbox{Q}\in \partial A$ なる2点に対して $\overrightarrow{\rm OR}=\overrightarrow{\rm OP}+\overrightarrow{\rm OQ}$ で定まる点 $\mbox{R}$ に関して考えているので， $2A$ の周または内部全体を動くかどうかはすぐにはわからない．

ここで $\alpha=\beta$ を認めれば， $\rm R$ が $\partial (2A)$ 上の全ての点になりうることがわかるので， $\partial (2A)$ に接するように放物線を平行移動するように動かすと，本問の場合， $\mbox{P}，\mbox{Q}\in \partial A$ であっても， $\rm R$ は $2A$ の周または内部全体を動くことがわかる．ここで $A$ の凸性から， $\mbox{R}\in\partial (2A)$ となるのは $\rm P=Q$ のときに限ることから，(2)の答が $2A\backslash \partial (2A)$ となることがわかる．

折角なので別解を．

[別解]
(1) $\left|z-\dfrac{1}{2}\right|=\dfrac{1}{2}$ より $z\bar{z}=\dfrac{z+\bar{z}}{2}$ だから $\dfrac{\dfrac{1}{\bar{z}}+\dfrac{1}{z}}{2}=1$ ，つまり $\mbox{Re}\left(\dfrac{1}{z}\right)=1$ となる．

(2) $z=1+ti$ （ $t\in\mathbb{R}$ ）とおくと $z^2=1-t^2+2ti$ である．
$\dfrac{1}{\alpha}=1+ai$ ， $\dfrac{1}{\beta}=1+bi$ （ $a，b\in\mathbb{R}$ ）
とおくと
$\dfrac{1}{\alpha^2}+\dfrac{1}{\beta^2}$ $=2-(a^2+b^2)+2(a+b)i$
となる． $X=2-(a^2+b^2)$ ， $Y=2(a+b)$ としたとき，
$0\lt (a-b)^2=2(a^2+b^2)-(a+b)^2=2(2-X)-\dfrac{Y^2}{4}$
から $X\lt 2-\dfrac{Y^2}{8}$ が求める領域．

(3) $X=2-\dfrac{Y^2}{8}$ の極表示は $r=\dfrac{4}{1+\cos\theta}$ だから $\gamma=X+Yi=r(\cos\theta+i\sin\theta)$ に対して $r\geqq\dfrac{4}{1+\cos\theta}$ が成立する．

ここで $\dfrac{1}{\gamma}=\dfrac{1}{r}(\cos\theta-i\sin\theta)$ の実部は $\dfrac{\cos\theta}{r}$ であるから

(i) $\cos\theta\gt 0$ のとき
$\mbox{Re}\left(\dfrac{1}{\gamma}\right)=\dfrac{\cos\theta}{r}\leqq \dfrac{(1+\cos\theta)\cos\theta}{4}$ $\leqq\dfrac{(1+1)1}{4}=\dfrac{1}{2}$ （等号は $\cos\theta=1$ ）

(ii) $\cos\theta=0$ のとき
$\mbox{Re}\left(\dfrac{1}{\gamma}\right)=\dfrac{\cos\theta}{r}=0$

(iii) $\cos\theta\lt 0$ のとき
$\mbox{Re}\left(\dfrac{1}{\gamma}\right)=\dfrac{\cos\theta}{r}\geqq \dfrac{(1+\cos\theta)\cos\theta}{4}$ $=\dfrac{(2\cos\theta+1)^2-1}{16}\geqq -\dfrac{1}{16}$ （等号は $\cos\theta=-\dfrac{1}{2}$ ）

となるので $\dfrac{1}{\gamma}$ の実部の最大値は $\dfrac{1}{2}$ ，最小値は $-\dfrac{1}{16}$ となる．

$X=2-\dfrac{Y^2}{8}$ の反転による像はカージオイドとなり，
$X\geqq 2-\dfrac{Y^2}{8}$ の反転による像はこのカージオイドの周および内部となるので，このカージオイドの $X$ 座標の範囲を求めれば $-\dfrac{1}{16}\leqq X\leqq\dfrac{1}{2}$ であることがわかる．

2025.02.27記
[解答]と同じことだが，直線 $\mbox{Re}\left(\dfrac{1}{z}\right)=K$ の反転による像は $0$ と $\dfrac{1}{K}$ を直径とする円(から $0$ を除いたもの)だから，この円と(2) の放物線からはみ出るような $K$ の範囲を求めれば良い，とすると
「円と放物線が接するとき」
とう有名問題に帰着できる．やることは[解答]とほぼ同じだが，，，．

あとでこの答案も載せるようにする．