ハイレベル理系数学～１１～

　このシリーズは、河合塾の「ハイレベル理系数学」の解答/解説に注釈をつけて、解りやすくしたものです。元の「ハイレベル理系数学（三訂版）」を見ながらでないと、このnoteだけでは何のことを書いてるか解らないです。

例題３３

（１）

• $${f_k(x)=(…x^k)^k}$$だから、$${f_k(x)}$$の次数は$${k^2}$$。

• $${l}$$は$${g(x)}$$の次数であり、$${g(x)}$$は$${f_k(x)}$$の$${k=1}$$から$${n}$$までの積だから次数も$${k^2}$$の$${k=1}$$から$${n}$$までの合計になる。

（２）

• $${a_1}$$は$${1}$$次の項だから、$${2}$$次以降の項は無視できる。

• $${(1+x)^a}$$の$${1}$$次の項は$${ax}$$。

（３）

• $${(x-1)(1+x+x^2…+x^k)=x+…+x^{k+1}-1-x-x^2…-x^k=x^{k+1}-1}$$。

• $${α}$$が$${0}$$以上$${2π}$$未満だから、$${\displaystyle \frac{2mπ}{k+1}=0}$$のとき$${m=0}$$で、$${\displaystyle \frac{2mπ}{k+1}=2π}$$のとき$${m=k+1}$$なので、$${m}$$は$${k}$$まで。

• $${\displaystyle \left(\cos  \frac{2mπ}{k+1},i\sin \frac{2mπ}{k+1} \right)}$$は正$${k+1}$$角形の頂点の座標であり、$${m=0}$$すなわち$${(1,0)}$$から$${m=k}$$までの全ての座標を積算すると原点になるので、$${0}$$。

• $${x^{k+1}=1}$$の解は$${(x-1)(1+x+x^2…+x^k)=0}$$の解であるから、$${1+x+x^2…+x^k=0}$$解は$${x^{k+1}=1}$$の解から$${x=1}$$を除いた解になる。

• $${x^{k+1}=1}$$の解から$${x=1}$$を除いた解は、$${\displaystyle x=\cos\frac{2mπ}{k+1}+i\sin\frac{2mπ}{k+1}}$$で$${m=0}$$のとき$${x=1}$$だから、これを除いた$${m=1}$$から$${n}$$となる。

• $${\displaystyle \sum_{m=1}^k\left(\cos \frac{2mπ}{k+1}+i\sin\frac{2mπ}{k+1}\right)=\sum_{m=0}^k\left(\cos\frac{2mπ}{k+1}+i\sin\frac{2mπ}{k+1}\right)-1=-1 }$$

• $${\displaystyle \sum_{m=1}^kk・\left(\cos\frac{2mπ}{k+1}+i\sin\frac{2mπ}{k+1}\right)=\sum_{m=1}^kk・\sum_{m=1}^k\left(\cos\frac{2mπ}{k+1}+i\sin\frac{2mπ}{k+1}\right)=-k }$$。

（２）の別解

• $${ g'(0)=f_1'(0)f_2(0)f_3(0)…f_n(0)+f_1(0)f_2'(0)f_3(0)…f_n(0)+…f_1(0)f_2(0)f_3(0)…f_n'(0) }$$。

• $${ f_k(0)=1}$$だから、$${g'(0)=f_1'(0)+f_2'(0)…+f_n'(0) }$$。

• $${ f_k'(0)=k}$$だから、$${ f_1'(0)=1,f_2'(0)=2,…,f_n'(0)=n}$$、よって$${ g'(0)=1+2…+n}$$。

（３）の別解

• $${ g(x)=0}$$の解の総和は、$${f_k(x)=0}$$の解の合計の$${k=1}$$から$${n}$$の総和。

例題３４

（１）

• $${ z_1=r_1(\cosθ_1+i\sinθ_1)、z_2=r_2(\cosθ_2+i\sinθ_2)}$$のとき、$${\displaystyle \frac{z_1}{z_2}=\frac{r_1}{r_2}\left\{\cos(θ_1–θ_2)+i\sin(θ_1–θ_2)\right\}}$$。

• $${ \rm △ABC}$$が正三角形だから$${|γ-α|=|β-α|}$$だから$${\displaystyle \frac{|γ-α|}{|β-α|}=1}$$

• $${\displaystyle \arg\frac{γ-α}{β-α}=\arg({γ-α})-\arg({γ-α})}$$なので、これは$${α}$$から見た$${β}$$と$${γ}$$の角度の差。

（２）

• $${\displaystyle \frac{γ-α}{β-α}=\cos\left(±\frac{π}{3}\right)+i\sin\left(±\frac{π}{3}\right)⇔γ-α=\left(\cos\left(±\frac{π}{3}\right)+i\sin\left(±\frac{π}{3}\right)\right)(β-α)⇔γ-α=\left(\frac{1}{2}±\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)(β-α) ⇔γ-α-\frac{1}{2}(β-α)=\frac{\sqrt{3}}{2}i(β-α)⇔γ-\frac{1}{2}(α-β)=\frac{\sqrt{3}}{2}i(β-α) }$$

• $${\displaystyle \left\{γ-\frac{1}{2}(α-β)\right\}^2=γ^2-2\frac{1}{2}γ(α+β)+\left\{\frac{1}{2}(α-β)\right\}^2=γ^2-(γα+γβ)+\frac{1}{4}\left(α^2+2αβ+β^2\right) }$$

• $${\displaystyle \left\{\frac{\sqrt{3}}{2}i(β-α)\right\}^2=-\frac{3}{4}(β^2-2αβ+α^2) }$$

• $${\displaystyle \left\{γ-\frac{1}{2}(α-β)\right\}^2=\left\{\frac{\sqrt{3}}{2}i(β-α)\right\}^2⇔\left\{γ-\frac{1}{2}(α-β)\right\}^2-\left\{\frac{\sqrt{3}}{2}i(β-α)\right\}^2=0⇔γ^2-(γα+γβ)+\frac{1}{4}(α^2+2αβ+β^2)+\frac{3}{4}(β^2-2αβ+α^2)=γ^2-(γα+γβ)+α^2+β^2+\frac{2}{4}αβ-\frac{6}{4}αβ=α^2+β^2+γ^2-αβ-βγ-γα}$$

（３）_１

• $${ (α-β)^2+(β-γ)^2+(γ-α)^2=α^2-2αβ+β^2+β^2-2βγ+γ^2+γ^2-2γα+α^2=2(α^2+β^2+γ^2-αβ-βγ-γα)=0 }$$

（４）

• $${ α+β+γ=0⇔α+β=-γ⇔(α+β)^2=γ^2 }$$

• $${ α^2+β^2+(α+β)^2=2α^2+2β^2+2αβ=0⇔α^2+β^2+αβ=0 }$$

• $${\displaystyle γ=-(α+β)=-\left(α+\frac{-1±\sqrt{3i}}{2}α\right)=-\left(\frac{1±\sqrt{3i}}{2}α\right) }$$

（５）

• $${ αβ-βγ=γ^2-α^2⇔β(α-γ)=(γ-α)(γ+α)⇔-β(γ-α)=(γ-α)(γ+α)⇔-β=γ+α⇔γ=-(α+β) }$$

• $${\displaystyle γ=\frac{α^2}{β}⇔-(α+β)=\frac{α^2}{β}⇔-β(α+β)=α^2⇔-αβ-β^2=α^2⇔0=α^2+αβ+β^2}$$

例題３５

（１）

• $${|z|=|ω|=|f(z)|}$$なので、$${f}$$は$${C}$$を$${C}$$に移す。

（２）

• $${ \overline{α}z}$$の共役複素数は$${α\overline{z}}$$。

• $${\displaystyle |ω|^2-1=\frac{(1-|z|^2)(|α|^2-1)}{|1-\overline{α}z|^2}=-(|z|^2-1)\frac{(|α|^2-1)}{|1-\overline{α}z|^2} }$$。

• $${ |1-\overline{α}z|^2 }$$は常に正だから、$${ |α|<1 }$$のとき$${ |α|^2-1}$$は負なので、$${ |z|^2-1 }$$と$${ |ω|^2-1}$$は一致する。

• $${ |z|=|ω|=1 }$$であるから、$${ |z|-1}$$と$${|ω|-1}$$が同符号なら円の内外での移動はない。

（３）

• $${\displaystyle \frac{3(1-3\overline{α})}{3-α}=\frac{\overline{α}-1}{1-α} ⇔3(1-3\overline{α})(1-α)-(\overline{α}-1)(3-α)=0⇔3(1-α-3\overline{α}+3α\overline{α})-(3\overline{α}-α\overline{α}-3+α)=6-4α-12\overline{α}+10α\overline{α}=0 }$$。

• $${\displaystyle λ=\frac{\overline{α}-1}{1-α} }$$だから$${α=1}$$は$${λ}$$が発散するので不適なので、$${\displaystyle α=\frac{3}{5}}$$だから、これをを代入して$${λ=-1}$$。

問９９

【解答２】

• 三倍角の公式$${\sin3θ=3\sinθ-4\sin^3θ}$$。

• 二倍角の公式$${\sin2θ=2\sinθ\cosθ}$$。

• $${ (3\sinθ-4\sin^3θ)+2\sinθ\cosθ-\sinθ=\{3\sinθ-4\sinθ(\sin^2θ)\}+2\sinθ\cosθ-\sinθ=\{3\sinθ-4\sinθ(1-\cos^2θ)\}+2\sinθ\cosθ-\sinθ=\sinθ\{3-4(1-\cos^2θ)+2\cosθ-1\}=0⇔4\cos^2θ+2\cosθ-2=0 }$$

問１００

【解答１】

• $${\displaystyle α=e^{i\frac{2π}{5}}}$$だから、$${\displaystyle α^5=e^{i5\frac{2π}{5}}=e^{2πi}=1 }$$

• $${\displaystyle \frac{1}{2-α}+\frac{1}{2-α^4}=\frac{2-α^4+2-α}{(2-α)(2-α^4)} }$$

• $${\displaystyle \frac{4-A}{5-2A}+\frac{5-B}{5-2B}=\frac{(4-A)(5-2B)+(5-B)(5-2A)}{(5-2A)(5-2B)} }$$

• $${ α^{5+n}=α^n・α^5=α^n }$$。

【解答３】

• 合成関数の微分

問１０１

（１）

• $${ z^2=az+a=a(z+1) }$$。

• $${ z^2\overline{z}+z^2-\overline{z}^2z-\overline{z}^2=z^2\overline{z}-\overline{z}^2z+z^2-\overline{z}^2=z\overline{z}(z-\overline{z})+(z-\overline{z})(z+\overline{z})=(z\overline{z}+z+\overline{z})(z-\overline{z}) }$$。

• $${ z\overline{z}+z+\overline{z}+1=z(\overline{z}+1)+\overline{z}+1=(z+1)(\overline{z}+1) }$$。

• $${ \overline{z}+1}$$は$${z+1}$$の共役複素数。

（２）

• $${ |z|≦2 }$$のとき$${z}$$は原点を中心とする半径$${2}$$の円の内部

• $${1-i}$$を点$${\rm A}$$とすると$${|z-1+i|}$$は、$${z}$$が表す点$${\rm P}$$から$${\rm A}$$の距離。

• $${1-i}$$との距離が最小になるのは$${z=1}$$のとき。

• 点$${\rm A}$$と$${-1}$$の距離は$${|1-i-(-1)|=\sqrt{2^2+1}=\sqrt{5}、z}$$があるのは$${-1}$$を中心とした半径$${1}$$の円だからこれに$${1}$$を加える。

問１０２

（１）

• $${α}$$の端点が$${1+i}$$だから、${{1+i}$$を$${α}$$とすると$${α+β}$$は$${1+i}$$を中心とする半径$${1}$$の円。$${1-i}$$も$${α}$$のだからこのときの$${α+β}$$は$${1-i}$$を中心とする半径$${1}$$の円。

（２）

• $${\displaystyle β=|β|e^{\argβ} }$$で$${|β|=1}$$だから、$${αβ}$$は、$${α}$$を$${\argβ}$$回転させたものになる。

（３）

• $${α}$$は$${1-i}$$から$${1+i}$$を動くから$${α=1+ti}$$とおける。

• $${x=1-t^2,y=2t}$$だから$${\displaystyle t=\frac{y}{2}}$$で、$${\displaystyle x=1-\frac{y^2}{4}}$$。

（２）の別解

• $${-1≦t≦1}$$だから$${t^2≦1}$$なので$${x^2+y^2}$$の最小は$${1}$$で最大が$${2}$$。

問１０３

（１）

• $${ \overrightarrow{ \rm {AB}}}$$を±60度回転させると$${ \overrightarrow{ \rm {AC}}}$$になる。$${ \overrightarrow{ \rm {AB}}}$$は$${α^2-α}$$、$${ \overrightarrow{ \rm {AC}}}$$は$${α^3-α}$$。

• $${α^3-α=α(α^2-1)=α(α+1)(α-1)}$$。

（２）

• $${\displaystyle α=\frac{-1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i=e^{\frac{2}{3}π}}$$のとき$${\displaystyle α^2=e^{\frac{4}{3}π}=\frac{-1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i}$$。

• $${\displaystyle \overrightarrow{ \rm {AB}}=α^2-α=\frac{-1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i-\left(\frac{-1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)=\sqrt{3}i}$$。よってABの長さは、$${ \sqrt{3}}$$。

• 求める面積は$${1}$$辺が$${\sqrt{3}}$$の正三角形の面積だから、$${\displaystyle 2・\frac{1}{2}・\sqrt{3}\cos\frac{π}{6}・\sqrt{3}\sin\frac{π}{6}=\frac{3\sqrt{3}}{4}}$$。

（３）

• $${α、α^2、α^3}$$は、$${\displaystyle e^{\frac{2}{3}π},e^{\frac{4}{3}π},e^{\frac{6}{3}π}}$$であるから、$${\displaystyle \frac{-1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i,\frac{-1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i,1}$$であるので、三角形$${\rm ABC}$$上を$${z}$$を動くときその実数の範囲は$${\displaystyle -\frac{1}{2}≦\Re[z]≦1}$$。

• $${\displaystyle i=e^{\frac{π}{2}}}$$だから$${iz}$$は$${z}$$を原点を中心に$${90}$$度回転させたもの。

（１）の別解

• $${ |α||α-1|=|α|^2|α-1| }$$で両辺を$${ |α||α-1| }$$で割ると、$${1=|α|}$$。

• $${ |α|^2|α-1|=|α||α-1|||α+1|}$$で両辺を$${|α||α-1|}$$で割ると$${ |α|=|α+1| $$で、$${ 1=|α| }$$だから$${ |α+1|=1 }$$。

• $${ (x+1)^2+y^2=1 }$$と$${ x^2+y^2=1 }$$の交点を求めるので$${ (x+1)^2+y^2=x^2+y^2 }$$として$${x}$$を解くと$${\displaystyle x=-\frac{1}{2}。y=±\frac{\sqrt{3}}{2}}$$。

問１０４

（１）_１

• $${ z\overline{β}-\overline{z}β=α\overline{β}-\overline{α}β⇔z\overline{β}-α\overline{β}=\overline{z}β-\overline{α}β}$$

• $${\displaystyle \frac{\overline{z}-\overline{α}}{\overline{β}}=\overline{\left(\frac{z-α}{β}\right)} }$$だから、共益複素数がもとの複素数と一致するので実数。

• $${z-α}$$は$${ \overrightarrow{ \rm {PA}}}$$、$${β}$$は原点が$${0}$$だから$${ \overrightarrow{ \rm {OB}}}$$。

（１）_２

• $${ b_2x-b_1y=a_1b_2-a_2b_1 }$$だから、$${ (x,y)=(a_1,a_2) }$$なので、これは点$${ \rm A}$$になる。

• $${\displaystyle b_2x-b_1y=a_1b_2-a_2b_1⇔-b_1y=-b_2x+a_1b_2-a_2b_1⇔y=\frac{b_2}{b_1}x+…}$$、なので$${z}$$が通る直線の傾きは$${\displaystyle \frac{b_2}{b_1}}$$。

• 直線$${\rm OB}$$の傾きを$${m}$$とすると、$${b_2=ｍ・b_1}$$だから、$${\displaystyle m=\frac{b_2}{b_1}}$$なので、これは$${z}$$が通る直線の傾きと同じなので平行。

（２）

• $${h}$$は$${β}$$を$${90}$$度回転させた整数倍になる。$${β}$$の$${90}$$回転は$${\displaystyle β・e^{\frac{π}{2}}}$$。

• $${\displaystyle |\overline{β}|=|β| }$$

問１０５

【解答１】

• $${ z^3=(x+yi)z^2=(x+yi)(z^2-y^2+2xyi) }$$

• 解が$${z=x+yi}$$だから、$${y=0}$$のとき解は$${x}$$で実数。

• 導関数が常に正だから単調増加。

• $${ f(z)=z^3+2z^2+3z+4 }$$において$${ f(-1)=2 }$$で、$${ f(z) }$$単調増加であるから、$${ f(z)=0 }$$になる$${z}$$は、$${-1}$$より小さい。

• $${ x^2+y^2=1 }$$は原点を中心とする半径$${1}$$の円で、このうち実数の最大は$${1}$$、最小は$${-1}$$。

• $${ y(3x^2-y^2+4x+3)=0 }$$の両辺を$${y}$$で割ると、$${3x^2-y^2+4x+3=0}$$。

• $${ |z|^2>1 }$$だから、$${|z|>1}$$で$${|\overline{z}|>1}$$。

【解答２】

• $${f(z)}$$が単調増加で、$${f(-2)=-2,f(-1)=2}$$だから、$${f(z)=0}$$になる実数$${z}$$が$${-2}$$から$${-1}$$の間に$${1}$$個ある。

• $${\displaystyle -2<t<-1⇔2>-t>1⇔\frac{1}{2}<\frac{-1}{t}<1⇔\frac{4}{2}<\frac{-4}{t}<4。\frac{-4}{t}=x^2+y^2=|z|^2}$$だから、$${2<|z|^2<4}$$なので、$${ \sqrt{2}<|z|=|\overline{z}|<2}$$。

問１０６

（１）

• $${\displaystyle z^{2n+1}=1⇔z^{2n+1}-1}$$。

• $${\displaystyle (-1)^{2n+1}=-1,(-1)^{2n}=1}$$。

（２）_１

• 「相異なる」を示すために$${ a_i≠a_j }$$ も示す。

（２）_２

• $${\displaystyle a^{2(n+k)}=a^{2n+2k}=a^{2n+1}・a^{2k-1} }$$で、$${\displaystyle a^{2n+1}=1 }$$だから、$${\displaystyle a^{2(n+k)}=a^{2k-1} }$$なので、結果的にaの指数が奇数になるものも解になる。

（３）

• $${ z=1 }$$だから、$${z^{n}}$$は全て$${1}$$。

• $${\displaystyle z^{2n} }$$から$${ z^{1} }$$までだから$${2n}$$個ある。

問１０７

（１）

• $${3}$$次方程式の解は最大でも$${3}$$なので、$${4}$$つめの解は他の$${3}$$つのいずれかと一致するはずである。

（２）

• $${3}$$次方程式の実数解のうち$${2}$$つが$${1}$$と$${0}$$ならば、$${1}$$を$${α^2}$$として$${α=-1}$$。

• $${3}$$次の係数が$${1}$$で、解が$${-1,0,1}$$になる$${3}$$次方程式は$${x(x-1)(x+1)=0⇔x^3-x=0}$$。

• 虚数解が$${2}$$つなければならないので、$${-1}$$が解とすると$${(-1)^2}$$も解になり、これは実数だから「虚数解が$${2}$$つ」に反する。

• $${ α^3=1⇔α^3-1=0⇔(α-1)(α^2+α＋1)=0⇔(α^2+α＋1)=0 }$$。

• $${3}$$次方程式の解は$${0}$$または$${1}$$と$${ω,ω^2}$$とするとこの$${3}$$次方程式は$${x(x-ω)(x-ω^2)=0}$$または$${(x-1)(x-ω)(x-ω^2)=0}$$。

• $${ω^2+ω+1=0⇔ω+ω^2=-1}$$。

• $${x(x^2+x+1)=x^3+x^2+x、(x-1)(x^2+x+1)=x^3-1}$$。

問１０８

（１）_１

• $${ \rm K}$$は正方形$${\rm ABPQ}$$の中心だから、$${\rm ∠ABK=45°}$$で$${\displaystyle \rm BK=\frac{1}{\sqrt{2}}AB}$$。

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{BK}}=w_1-z_2、 \overrightarrow{ \mathrm {BA}}=z_1-z_2}$$。

（１）_２

• $${\displaystyle q=z_2+(z_1-z_2)e^{\frac{π}{2}i}=z_2+i(z_1-z_2)}$$

（２）_１

• 点$${\rm L}$$を$${w_2}$$,点Mを$${w_3}$$,点$${\rm N}$$を$${w_4}$$とするので、$${ \overrightarrow{ \mathrm{KM}}=w_3-w_1、 \overrightarrow{ \mathrm{LN}}=w_4-w_2}$$。

• $${ e^{\frac{π}{2}i}=i}$$だから、$${ w_4-w_2=i(w_3-w_1) }$$は、$${w_3-w_1}$$の$${\displaystyle \frac{π}{2}}$$が$${w_4-w_2}$$である。

（３）

• 中点は座標の平均なので、$${\rm KM}$$の中点は$${\displaystyle \frac{w_1+w_3}{2}}$$で、$${\rm LN}$$の中点は$${\displaystyle \frac{w_2+w_4}{2}}$$。

• $${\displaystyle \frac{w_1+w_3}{2}=\frac{w_2+w_4}{2}⇔2(w_1+w_3)=2(w_2+w_4)⇔z_1+z_2+(z_1-z_2)i+z_3+z_4+(z_3-z_4)i=z_2+z_3+(z_2-z_3)i+z_4+z_1+(z_4-z_1)i⇔z_1+z_2+z_3+z_4+(z_1-z_2+z_3-z_4)i=z_1+z_2+z_3+z_4+(z_2-z_3+z_4-z_1)i⇔z_1-z_2+z_3-z_4=z_2-z_3+z_4-z_1⇔2(z_1-z_2)=2(z_4-z_3)⇔z_1-z_2=z_4-z_3}$$。

（２）の別解

• $${\rm ∠ABR=∠ABC+∠CBR}$$で$${\rm ∠CBR=90°}$$なので、$${\rm ∠ABR=∠ABC+90°}$$。

• $${\rm ∠CBQ=∠ABC+∠ABQ}$$で$${\rm ∠ABQ=90°}$$なので、$${\rm ∠CBQ=∠ABC+90°}$$。

• $${\rm ∠ABR=∠ABC+90°}$$で$${\rm ∠CBQ=∠ABC+90°}$$だから、$${\rm ∠ABR=∠CBQ}$$。

• $${\rm CB=BR,QB=BA,∠ABR=∠CBQ}$$だから、$${\rm △BCQ≡△BAR}$$

• $${\rm AR}$$を90°回転させたものが$${\rm QC}$$だから$${\rm AR}$$と$${\rm QC}$$は直交する。

• $${\rm K}$$は$${\rm \Box ABQP}$$の中心だから$${\rm AQ}$$の中点で、$${\rm AC}$$の中点を$${\rm O}$$と置いたから、中点連結定理で$${displaystyle \rm OK=\frac{1}{2}QC}$$。

• $${\rm N}$$も$${\rm \Box ADVW}$$の中心だから$${\rm DW}$$の中点。

• $${\rm L}$$も$${\rm \Box BCSR}$$の中心だから$${\rm BS}$$の中点で、$${\rm AC}$$の中点を$${\rm O}$$と置いたから、中点連結定理で$${\displaystyle \rm OL=\frac{1}{2}AR}$$。

• $${\displaystyle \rm OK=\frac{1}{2}QC,OL=\frac{1}{2}AR}$$で、$${\rm QC=AR}$$だから$${\rm OK=OL}$$。

• $${\rm QC∥OK,AR∥OL}$$で、$${\rm AR}$$と$${\rm QC}$$は直交するから$${\rm OK}$$と$${\rm OL}$$も直交する。

• $${\rm ∠KOM=∠KOL+∠MOL}$$で、$${\rm ∠KOL=90°}$$だから、$${\rm ∠KOM=90°+∠MOL}$$。

• $${\rm ∠NOL=∠NOM+∠MOL}$$で、$${\rm ∠NOM=90°}$$だから、$${\rm ∠NOL=90°+∠MOL}$$。

• $${\rm ∠KOM=90°+∠MOL}$$で、$${\rm ∠NOL=90°+∠MOL}$$だから、$${\rm ∠KOM=∠NOL}$$。

問１０９

（１）

• $${\displaystyle |a|=1⇔|a|=1^2⇔a\overline{a}=1⇔\overline{a}=\frac{1}{a} }$$。

• $${\rm A,P,B}$$の各点は同一直線上にあるから$${ \overrightarrow{ \mathrm{AB}}}$$は$${ \overrightarrow{ \mathrm{AP}}}$$の整数倍になる。

• $${\displaystyle \left(\frac{p-a}{b-a}\right)=\overline{\left(\frac{p-a}{b-a}\right)}=\frac{\overline{p}-\overline{a}}{\overline{b}-\overline{a}} }$$。

• $${\displaystyle \left(\frac{1}{b}-\frac{1}{a}\right)(p-a)-(b-a)\left(\overline{p}-\frac{1}{a}\right)=0⇔\left(\frac{a-b}{ab}\right)(p-a)-(b-a)\left(\frac{a\overline{p}-1}{a}\right)=0}$$、両辺を$${ab}$$倍すると、$${(a-b)(p-a)-(b-a)(a\overline{p}b-b)=0⇔(a-b)(p-a)+(a-b)(a\overline{p}b-b)=0}$$

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{PD}}=p-d、\overrightarrow{ \mathrm{AB}}=b-a}$$で、$${ \overrightarrow{ \mathrm{PD}}}$$と$${ \overrightarrow{ \mathrm{AB}}}$$の角度の差は$${\displaystyle \arg\left(\frac{p-d}{b-a}\right)}$$。

• $${\displaystyle \cos\left(\arg\frac{p-d}{b-a}\right)+i\sin\left(\arg\frac{p-d}{b-a}\right)=\cos\left(±\frac{π}{2}\right)+i\sin\left(±\frac{π}{2}\right)=i}$$

• $${\rm B,C,Q}$$が同一直前上にあって、$${ \overrightarrow{ \mathrm{QD}}}$$と$${ \overrightarrow{ \mathrm{BC}}}$$の角度の差が$${\displaystyle ±\frac{π}{2}}$$であることから、$${q}$$を求める。

• $${\rm A,R,C}$$が同一直前上にあって、$${ \overrightarrow{ \mathrm{RD}}}$$と$${ \overrightarrow{ \mathrm{CA}}}$$の角度の差が$${\displaystyle ±\frac{π}{2}}$$であることから、$${r}$$を求める。

• $${\displaystyle \frac{(c-a)(d-b)}{(c-b)(d-a)}=\frac{(a-c)(b-d)}{(b-c)(a-b)}=\frac{a-c}{b-c}・\frac{b-d}{a-d}=\frac{\frac{a-c}{b-c}}{\frac{a-d}{b-d}} }$$。

• $${\displaystyle \arg\frac{a-c}{b-c}}$$は$${\rm ∠ACB}$$、$${\displaystyle \arg\frac{b-d}{a-d}}$$は$${\rm ∠ADB}$$。

• 円周角の定理から$${\rm ∠ACB=∠ADB}$$だから、$${\displaystyle \arg\frac{a-c}{b-c}-\arg\frac{b-d}{a-d}=0}$$。

• $${\displaystyle \arg\frac{q-p}{r-p}=0}$$のとき、$${ \overrightarrow{ \mathrm{PQ}}}$$と$${ \overrightarrow{ \mathrm{PR}}}$$のなす角度が$${0}$$なので、点$${\rm P,Q,R}$$が一直線上にある。

（２）

• $${\displaystyle \frac{α^2β^2+γ^2δ^2}{2δ^2}=\frac{αβγ}{2δ^2}\left(\frac{αβ}{γ}+\frac{γδ^2}{αβ}\right)=\frac{αβγ}{2δ}\left(\frac{αβ}{γ}\frac{1}{δ}+\frac{γδ^2}{αβ}\frac{1}{δ}\right)=\frac{αβγ}{2δ}\left(\frac{αβ}{γδ}+\frac{γδ}{αβ}\right) }$$。

• $${\displaystyle |a|=|α^2|=1⇔|α|^2=1⇔α\overline{α}=1⇔\overline{α}=\frac{1}{α} }$$。

• $${ (x+yi)+(x-yi)=2x }$$なので、ある複素数とその共役複素数の和は実数。

• $${ \overrightarrow{ \mathrm{PF}}=f-p、\overrightarrow{ \mathrm{QF}}=f-、, \overrightarrow{ \mathrm{RF}}=f-r}$$の偏角が等しいとき$${ \overrightarrow{ \mathrm{PF}}、\overrightarrow{ \mathrm{QF}}、\overrightarrow{ \mathrm{RF}}}$$は全て平行であり、点$${\rm F}$$を共有しているから、$${\rm P,Q,R,F}$$が同一直線上にあると言える。

• 円に内接する$${ \Box \rm ABCD}$$について、$${\rm △ABC}$$も$${\rm △BCD}$$も$${\rm △CDA}$$も$${\rm △DAB}$$も同じ条件であるから同じ点$${\rm F}$$を定義できる。

（１）の別解

• 四角形向かい合う角の和が$${180°}$$であれば円に内接する。

• $${\rm ∠CQD}$$は$${\rm CQ}$$が垂線、$${\rm ∠CRD}$$は$${\rm DR}$$が垂線だから、いずれも$${90°}$$。

• $${\rm ∠CDQ=∠CRQ、∠ADP=∠ARP}$$は円周角の定理。

• $${\Box ABCD}$$は円に内接するから向かい合う角の和は$${180°}$$で$${\rm  ∠DAB+∠ACB=180°、∠DCQ=180°-∠BCD}$$だから、$${\rm ∠BAD=∠DCQ}$$。

• $${\rm △ADP}$$について$${α+β+90°=180°、\rm △CDQ}$$について$${α+γ+90°=180°}$$だから、$${α+β=α+γ}$$。

• $${α=β}$$だから$${\rm ∠PRA}$$と$${\rm ∠CRQ}$$は等しく、$${\rm A,R,C}$$が一直線上にあるから、$${\rm P,R,Q}$$も一直線上にある。