第2問複素数平面の解答・解説

複素数の連立・1次変換の像・凸多角形・領域の図示当サイトの体感難易度：やや難最終更新 2026/10/11

問題文について

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(1) $f (0) = α$ 、 $f (1) = β$ 、 $f (i) = γ$ のとき $a, b, c$ を $α, β, γ$ で表す

答 $a = \frac{( β - γ ) + ( β + γ - 2 α ) i}{2}$ 、 $b = \frac{( β + γ - 2 α ) ( 1 - i )}{2}$ 、 $c = α$

$f (0) = c$ がすぐ出るので、残りは $a, b$ の2元1次連立である。 $i^{2} = - 1$ を使って $f (i) = - a + bi + c$ とだけ気をつければ、あとは複素数の計算で解ける。

$f (0) = c = α$ である。また

f (1) = a + b + c = β, f (i) = a \cdot i^{2} + bi + c = - a + bi = γ - c

なので、 $p = β - α$ 、 $q = γ - α$ とおくと

a + b = p, - a + bi = q

となる。 $b = p - a$ を2つめに入れると $- a + (p - a) i = q$ 、すなわち $- a (1 + i) = q - p i$ で

a = \frac{p i - q}{1 + i} = \frac{( p i - q ) ( 1 - i )}{2} = \frac{( p - q ) + ( p + q ) i}{2}

を得る。さらに

b = p - a = \frac{2 p - ( p - q ) - ( p + q ) i}{2} = \frac{( p + q ) ( 1 - i )}{2}

である。 $p - q = β - γ$ 、 $p + q = β + γ - 2 α$ だから

a = \frac{( β - γ ) + ( β + γ - 2 α ) i}{2}, b = \frac{( β + γ - 2 α ) ( 1 - i )}{2}, c = α

となる。

$f (z) = z^{2}$ なら $α = 0$ 、 $β = 1$ 、 $γ = i^{2} = - 1$ で、式に入れると $a = \frac{2 + 0}{2} = 1$ 、 $b = 0$ 、 $c = 0$ となり元に戻る。 $f (z) = z$ なら $α = 0$ 、 $β = 1$ 、 $γ = i$ で $a = \frac{( 1 - i ) + ( 1 + i ) i}{2} = 0$ 、 $b = \frac{( 1 + i ) ( 1 - i )}{2} = 1$ となり、やはり戻る。

(2) $f (0), f (1), f (i)$ がいずれも $1$ 以上 $2$ 以下の実数であるとき、 $f (2)$ のとりうる範囲を図示する

答6点 $- 2 i$ 、 $3 - i$ 、 $4 + i$ 、 $3 + 2 i$ 、 $i$ 、 $- 1 - i$ を頂点とする六角形の周と内部（ $x + y$ 、 $2 x - y$ 、 $x - 3 y$ がそれぞれ $[- 2, 5]$ 、 $[- 1, 7]$ 、 $[- 3, 6]$ に入る点の全体）

$f (2) = 4 a + 2 b + c$ を (1) の式で $α, β, γ$ に書き直すと、実部も虚部も $α, β, γ$ の1次式になる。つまり $f (2)$ は立方体 $1 \leq α, β, γ \leq 2$ を1次式で平面に写した像である。1次式による凸な立体の像は凸多角形になるので、立方体の8頂点の像をとってその凸包を求めればよい。

(1) より

4 a 2 b c = 2 (β - γ) + 2 (β + γ - 2 α) i = (β + γ - 2 α) (1 - i) = α

だから、 $f (2) = 4 a + 2 b + c$ の実部と虚部はそれぞれ

実部 虚部 = 2 (β - γ) + (β + γ - 2 α) + α = 3 β - γ - α = 2 (β + γ - 2 α) - (β + γ - 2 α) = β + γ - 2 α

となる。すなわち

f (2) = (3 β - γ - α) + (β + γ - 2 α) i (1 \leq α, β, γ \leq 2)

である。 $α = 1 + s$ 、 $β = 1 + t$ 、 $γ = 1 + u$ （ $0 \leq s, t, u \leq 1$ ）とおくと

(実部, 虚部) = (1, 0) + s (- 1, - 2) + t (3, 1) + u (- 1, 1)

となる。 $s, t, u$ はそれぞれ $0$ から $1$ まで独立に動くので、像は立方体を1次式で写したもの、すなわち凸多角形で、その頂点は $(s, t, u)$ が立方体の頂点（各成分が $0$ か $1$ ）のときの像の中にある。8頂点の像は

(0, 0, 0) \to (1, 0), (1, 0, 0) \to (0, - 2), (0, 1, 0) \to (4, 1), (0, 0, 1) \to (0, 1) (1, 1, 0) \to (3, - 1), (1, 0, 1) \to (- 1, - 1), (0, 1, 1) \to (3, 2), (1, 1, 1) \to (2, 0)

である。このうち $(1, 0)$ と $(2, 0)$ は他の6点でできる六角形の内部にあるので、像は

(0, - 2), (3, - 1), (4, 1), (3, 2), (0, 1), (- 1, - 1)

を頂点とする六角形（周を含む）である。 $α, β, γ$ の動く範囲が閉じているので、境界も含む。6本の辺を不等式で書くと

- 2 \leq x + y \leq 5, - 1 \leq 2 x - y \leq 7, - 3 \leq x - 3 y \leq 6

（ $x$ が実部、 $y$ が虚部）となる。

f (2)

のとりうる範囲（網かけ）。6点

- 2 i, 3 - i, 4 + i, 3 + 2 i, i, - 1 - i

を頂点とする六角形で、周も含む。横軸が実部、縦軸が虚部。

$α = β = γ = 1$ なら $f (2) = 3 - 1 - 1 = 1$ 、虚部 $1 + 1 - 2 = 0$ で $(1, 0)$ 、たしかに六角形の内部にある。 $α, β, γ$ を $[1, 2]$ の格子 $3 1^{3}$ 通りで動かした像はすべて3つの不等式をみたし、逆に六角形内の格子点それぞれについて $[1, 2]$ の中の $α, β, γ$ が見つかった。