複素平面の基本事項

$\S 1 \ \ $直線の方程式
$A(a)$を通り$n$に垂直な直線の方程式を求めよう．
この直線上の点を$P(z)$とすると
$(z-a)\perp n$
のより
$\dfrac{z-a}{n}$
は純虚数．したがって
$\dfrac{z-a}{n}+\dfrac{\bar{z}-\bar{a}}{\bar{n}}=0$
すなわち
$\dfrac{z}{n}+\dfrac{\bar{z}}{\bar{n}} =\dfrac{a}{n}+\dfrac{\bar{a}}{\bar{n}}$
ここで
$\dfrac{a}{n}+\dfrac{\bar{a}}{\bar{n}}$
は実数であるから$2k$とおき
$\dfrac{z}{n}+\dfrac{\bar{z}}{\bar{n}}=2k \ \ $ただし$k$は実数$\cdots (\sharp)$
$(\sharp)$が直線の方程式の一般形である．
法線を表す複素数$n$と実数$k$で決まる．

原点$O$から直線$l$に下した垂線の足が$A(a)$のとき
直線$l$は$A(a)$を通り$a$に垂直な直線であるから
$\dfrac{z-a}{a}+\dfrac{\bar{z}-\bar{a}}{\bar{a}}=0$
したがって
$\dfrac{z}{a}+\dfrac{\bar{z}}{\bar{a}}=2$
もちろん
$\bar{a}z+a\bar{z}=2|a|^2$
と書く場合も多い．
この直線は，原点と$2a$までの距離の等しい点の軌跡であるから
$|z|=|z-2a|$
平方し整理すると
$\bar{a}z+a\bar{z}=2|a|^2$
$a$の極形式が
$a=r(\cos \theta +i\sin \theta)$
のとき，$z=x+iy$とおき計算すると
$r(\cos \theta -i\sin\theta)(x+iy)+r(\cos \theta +i\sin \theta)=2r^2$
したがって
$x\cos \theta +y\sin \theta =r$
これは，直線のヘッセの標準形である．


つぎに$A(a)$を通り$u$に平行な直線の方程式を求めよう．
この直線上の点を$P(z)$とすると
$(z-a)\parallel n$
のより
$\dfrac{z-a}{n}$
は実数．したがって
$\dfrac{z-a}{u}-\dfrac{\bar{z}-\bar{a}}{\bar{u}}=0$
$\dfrac{z}{u}-\dfrac{\bar{z}}{\bar{u}}= \dfrac{a}{u}-\dfrac{\bar{a}}{\bar{u}}$
ここで
$\dfrac{a}{u}-\dfrac{\bar{a}}{\bar{u}}$
は純虚数であるから$2ki$とおけば
$\dfrac{z}{u}-\dfrac{\bar{z}}{\bar{u}}=2ki$
となる．ちなみにこの式の両辺$i$で割れば
$\dfrac{z}{iu}+\dfrac{\bar{z}}{\overline{iu}}=2k$ より$iu$に垂直な直線となる．

例
２直線$y=x,x+y=2$の交点を求めよう．
直線$y=x$は原点を通り，方向ベクトルが$1+i$の直線であるから
$\dfrac{z}{1+i}-\dfrac{\bar{z}}{1-i}=0$
$x+y=2$は$1+i$を通り,$1+i$が法線ベクトルの直線であるから
$\dfrac{z}{1+i}+\dfrac{\bar{z}}{1-i}=2$
辺々を加えることより
$\dfrac{2z}{1+i}=2$
$\therefore z=1+i$

$\S 2 \ \ $対称性
直線の一般形は
$\dfrac{z}{n}+\dfrac{\bar{z}}{\bar{n}}=2k$ただし$k$は実数
であるがここでは，両辺に$|n|^2=n\bar{n}$をかけた
$\bar{n}z+n\bar{z}=2k \ \ $ただし$k$は実数$\cdots (\sharp)$
とする．
２点$P_1(z_1),P_2(z_2)$が直線$(\sharp)$に関して対称なとき．
$(z_1-z_2)\parallel n$
$z_1,z_2$の中点$\frac{z_1,z_2}{2}$は直線$(\sharp)$上
の２条件を満たせばよい．
したがって，
$\dfrac{z_1-z_2}{n}-\dfrac{\bar{z_1}-\bar{z_2}}{\bar{n}}=0$
すなわち
$\bar{n}(z_1-z_2)-n(\bar{z_1}-\bar{z_2})=0\cdots (1)$
もう一つは
$\bar{n}\dfrac{z_1+z_2}{2}+n\dfrac{\bar{z_1}+\bar{z_2}}{2}=2k$
すなわち
$\bar{n}(z_1+z_2)+n(\bar{z_1}+\bar{z_2})=4k\cdots (2)$
$(1),(2)$を辺々加えることにより
$\bar{n}z_1+n\bar{z_2}=2k\cdots (3)$
を得る．
逆に$(3)$の共役をとると
$n\bar{z_1}+\bar{n}z_2=2k\cdots (4)$
であり，$(3)-(4)$より$(1)$,$(3)+(4)$より$2$をえる．
したがって，$(3)$が直線$(\sharp)$に関して対称な２点$z_1,z_2$の関係式である
直線の方程式$(\sharp)$の$z,\bar{z}$のそれぞれに$z_1,z_2$を代入することによって得られる．

例
実軸と$\theta$となす直線$y=(\tan \theta )x$に関する対称移動を求めよう．
直線$y=(\tan \theta )x$は 原点を通る$\alpha =\cos \theta +i\sin \theta$が方向ベクトルの 直線であるから方程式は
$\dfrac{z}{\alpha}-\dfrac{\bar{z}}{\bar{\alpha}}=0$
である. 対称移動を
$z\mapsto w$とすると
$\dfrac{z}{\alpha}-\dfrac{\bar{w}}{\bar{\alpha}}=0$
$w$について解くと
$w=\alpha ^2\bar{z}$
となり，高校で学ぶ原点を通る直線に関する対称移動の式である．


つぎに，円に関する対称移動を説明する． これは反転変換と呼ばれている．
$A(a)$を中心とする半径$R$の円$A$が与えられたとき
中心$A$と異なる点$P(z)$に対して，点$Q(w)$を
$1.$点$Q(w)$は半直線$AP$上にある．すなわち
$\arg (w-a)=\arg (z-a)$
$2. \ \ |w-a||z-a|=R^2$
によって定める.
このとき，変換
$P\mapsto Q$
を円$A$を反転円とする反転変換とよぶ．
反転変換と直線に関する対称移動の関係を調べよう．
$z,w$の関係は
$\arg (z-a)=\arg (w-a)$
および
$|z-a||w-a|=R^2$
であるから
$z-a=r(\cos \theta +i\sin \theta)$
とおくと
$w-a=\dfrac{R^2}{r}(\cos \theta +i\sin \theta)$
$=\dfrac{R^2}{r(\cos (-\theta )+i\sin (-\theta ))}$
$=\dfrac{R^2}{\bar{z}-\bar{a}}$
したがって，$z,w$の関係は
$(w-a)(\bar{z}-\bar{a})=R^2\cdots (5)$
一方，反転円の方程式は
$|z-a|^2=R^2\dots (6)$
$(5),(6)$をそれぞれ展開した式を並べて書くと
$w\bar{z}-\bar{a}w-a\bar{z}+a\bar{a}=R^2$
$z\bar{z}-\bar{a}z-a\bar{z}+a\bar{a}=R^2$
ともに$k$倍し(ただし$k$は実数)，$ka$を新しく$a$とすれば
$kw\bar{z}-\bar{a}w-a\bar{z}=2l$
$kz\bar{z}-\bar{a}z-a\bar{z}=2l$
となる．ただし$k,l$は実数．
$k=0$のとき直線で，$k\neq 0$のとき円である．いずれの場合も，$z$を$w$ に置き換えるか，$\bar{z}$を$\bar{w}$に置き換え ることにより対称点を求めることができる．

円$A$が反転円である反転変換で，円，直線は円または直線にうつるのであるが， 反転円の中心$A$を通らない円の像が$A$を通らない円になること の初等幾何的証明は 比較的面倒である．
この証明は複素数を用いると簡単に解決する．
実際，
$|z-a|=R$
を反転円とする反転変換は
$w=\dfrac{R^2}{\bar{z}-\bar{a}}+a$
である．これを分解すると
$z\mapsto z-a\mapsto \dfrac{1}{z-a}\mapsto \dfrac{1}{\bar{z}-\bar{a}} \mapsto \dfrac{R^2}{\bar{z}-\bar{a}}\mapsto \dfrac{R^2}{\bar{z}-\bar{a}}+a$
すなわち，
平行移動，$w=\dfrac{1}{z}$,実軸に関する対称移動,相似変換，平行移動
の合成である．ここで調べる必要があるのは
$w=\dfrac{1}{z}$
だけで，この変換で，原点を通らない円の像が原点を通らないことを 示せばよい．
円$|z-b|=r,|b|\neq r$の変換$w=\frac{1}{z}$による像は
$|\dfrac{1}{w}-b|=r$
したがって
$|bw-1|=r|w|$
$|b|\neq r$より円であり，$w=0$を代入して分かるように原点を通らない．

反転変換の持つ性質に等角性，すなわち交わる２曲線の なす角と像の２曲線のなす角が等しいという性質がある．この性質の 証明も複素数を用いると簡単である．
$z_0$で交わる２曲線$C_1,C_2$のなす角は， $z_0$における２接線のなす角で定義するが，その角は $C_1,C_2$上の$z_0$に近いところにそれぞれ$z_1,z_2$をとり
$\displaystyle \lim_{z_1\to z_0,z_2\to z_0}\arg \dfrac{z_2-z_0}{z_1-z_0}$
と一致する．
さて反転変換は，すでに円が円に対応するところで述べたが，平行移動，対称移動，相似変換では ２曲線のなす角を変えないことは明らかであるから，変換
$w=\dfrac{1}{z}$
だけ示せばよい．
$w_i=\dfrac{1}{z_i}$
であるから
$\dfrac{w_2-w_0}{w_1-w_0}=\dfrac{\frac{1}{z_2}-\frac{1}{z_0}}{\frac{1}{z_1}-\frac{1}{z_0}}$
$=\dfrac{z_1z_0(z_0-z_2)}{z_2z_0(z_0-z_1)}$
$=\dfrac{z_1}{z_2}\cdot \dfrac{z_2-z_0}{z_1-z_0}$
$z_1\to z_0,z_2\to z_0$のとき$\dfrac{z_2}{z_1}\to 1$,すなわち
$\arg \dfrac{z_2}{z_1}\to 0$
であるから
$\displaystyle \lim_{z_1\to z_0,z_2\to z_0}\arg \dfrac{w_2-w_0}{w_1-w_0}=\lim_{z_1\to z_0,z_2\to z_0}\arg \dfrac{z_2-z_0}{z_1-z_0}$
が成り立つので，２曲線のなす角が保たれることが示された．
証明から，変換$w=\dfrac{1}{z}$では角の回転方向も保たれる．すなわち正の角は正の角に負の角は負の角にうつる．
反転変換を見てみよう，すでに示したように
平行移動，$w=\dfrac{1}{z}$,実軸に関する対称移動,相似変換，平行移動
の合成である．これらはすべて角の大きさは保たれる．
一方，角の回転方向は実軸に関する対称変換だけが逆になり，他は回転方向は保たれる．
したがって，反転変換では２曲線のなす角の大きさは保たれるが，回 転方向は逆になることがわかる．

反転変換の持つ性質で初等幾何では比較的面倒なものを複素数で 証明しました．逆に言えばもう反転変換は身に付けたも同然です．
この機会に反転変換に目を向けましょう．
反転変換は，フォイエルバッハの定理やアポロニウスの問題(3円に接する円 を求める問題)に効果的なことは広く知られていますが，ポアンカレは反転変換を 駆使して非ユークリッド幾何のモデルを作り上げました．最近は，数学オリンピックの問題の反転による解答を見かけます．

$\S 3 \ \ $三角形の基本事項
複素数を用いて三角形の性質を調べるとき，原点を三角形の外心とし，外接円の半径を$1$ とする場合が多い．これは三角形の３頂点をそれぞれ$a,b,c$とするとき
$a\bar{a}=b\bar{b}=c\bar{c}=1$
すなわち
$\bar{a}=\dfrac{1}{a},\bar{b}=\dfrac{1}{b},\bar{c}=\dfrac{1}{c}$
が成り立つからで，特に２頂点を通る直線の方程式を使うとき便利である．

以下，$\triangle ABC$の外心を原点$O$とし，外接円の半径を$1$とする．また， $A(a),B(b),C(c)$とする．

命題１
$\triangle ABC$の垂心$H(h)$は
$h=a+b+c$
である．
証明
垂心は一つしかないので
$AH\perp BC,BH\perp CA$
を示せばよい．
$\overrightarrow{AH}=h-a=b+c,\overrightarrow{BC}=c-b$
より
$(b+c)(\bar{c}-\bar{b})$
が純虚数を示すことであるが，それは
$(b+c)(\bar{c}-\bar{b})+(\bar{b}+\bar{c})(c-b)$
$=2(|c|^2-|b|^2)=0$
より成り立つ．
$BH\perp CA$も同様．

とするのが一般的ですが，天下り的で教育的でない．
実際に交点を求めても難しくはないのでこちらをお勧めする．
別証明
$A$を通り$BC$に垂直な直線の方程式は
$\dfrac{z-a}{b-c}+\dfrac{\bar{z}-\bar{a}}{\bar{b}-\bar{c}}=0$
すなわち
$\dfrac{z-a}{b-c}+\dfrac{bc\bar{z}-\dfrac{bc}{a}}{c-b}=0$
$\therefore az-a^2-(abc\bar{z}-bc)=0\cdots (1)$
$B$を通り$CA$に垂直な直線の方程式は文字を入れ替え
$bz-b^2-(abc\bar{z}-ca)=0\cdots (2)$
$(1)-(2)$より
$(a-b)(z-a-b-c)=0$
$a\neq b$より$z=a+b+c$を得る．

次に，$A$から辺$BC$に下した垂線の足$D$を求めよう．
$A$から$BC$に下した垂線の方程式は
$z-a-(bc\bar{z}-\dfrac{bc}{a})=0\cdots (3)$
である．
また直線$BC$の方程式は
$\dfrac{z-b}{b-c}-\dfrac{\bar{z}-\bar{b}}{\bar{b}-\bar{c}}=0$
すなわち
$z-b+(bc\bar{z}-c)=0\cdots (4)$
$(3)+(4)$より
$z=\dfrac{a+b+c-\frac{bc}{a}}{2}$
したがって
$D\left(\dfrac{a+b+c-\frac{bc}{a}}{2}\right)$
を得る．
さて，明らかに分かる点もふくめて， ここまで得た点の座標を図に書いてみよう．

外心$O$が原点で，垂心$H(a+b+c)$,$AH$の中点を$E(\dfrac{2a+b+c}{2})$, $A$から辺$BC$に下した垂線の足を$D\left(\dfrac{a+b+c-\frac{bc}{a}}{2}\right)$, 辺$BC$の中心を$M(\dfrac{b+c}{2})$,そして線分$OH$の中点を $K(\dfrac{a+b+c}{2})$とする．なお，外接円の半径は$1$である．
このとき
$\overrightarrow{KE}=\dfrac{a}{2},\overrightarrow{KM}=-\dfrac{a}{2}, \overrightarrow{KD}=-\dfrac{bc}{2a}$
より
$KE=KM=KD=\dfrac{1}{2}$
がわかる．
すなわち，３点$E,D,M$は同一円周上にありその円の中心は$K$である．
他の頂点についても考えることにより次の定理が成り立つことがわかる．

定理(9点円)
三角形で，各辺の中点，各頂点と垂心を結ぶ中点，各頂点から対辺に下した 垂線の足よりなる9点は同一円周上にある． その円の中心は垂心と外心の中点であり，半径は もとの三角形の外接円の$\frac{1}{2}$である．

9点円の初等幾何的証明は熟練の技というほどではないがある程度の 慣れが必要である．しかしここで扱った解析幾何的取り扱いは， 単純な計算だけで，計算を厭わなければ誰でもできる．

$\triangle ABC$の重心を$G$とすれば
$G(\dfrac{a+b+c}{3})$
である．一方，外心$O$は原点で，垂心$H$は$H(a+b+c)$であるから，３点$O,G,H$ はこの順に一直線上にあり
$OG:GH=1:2$
を満たす．３点$O,G,H$を通る直線を$\triangle ABC$のオイラー線と呼ぶ．
オイラー線の方程式は
$\dfrac{z}{a+b+c}-\dfrac{\bar{z}}{\bar{a}+\bar{b}+\bar{c}}=0$
である．
オイラー線については次の性質が成り立つ．
なお，これは当時（平成20年）高校１年生の宮川翔人君 がSSH数学で研究発表した内容の一部です．

命題2
$\triangle ABC$のオイラー線が頂点$A$を通るなら，$\triangle ABC$ は$\angle A=90^{\circ}$の直角三角形が$AB=AC$の二等辺三角形でありその時に限る．
証明
宮川君は初等幾何的証明であるが，複素数を用いると分かりやすい．
オイラーの方程式に$z=a$を代入し
$\dfrac{a}{a+b+c}-\dfrac{\bar{a}}{\bar{a}+\bar{b}+\bar{c}}=0$
より
$\dfrac{a}{a+b+c}-\dfrac{bc}{ab+bc+ca}=0$
整理すると
$(b+c)(a^2+b+c)=0$
$b+c=0$のとき頂点$B,C$の中点が外心であるから$\angle A=90^{\circ}$
$a^2=bc$のとき$2\arg a=\arg b+\arg c$
すなわち，頂点$A$が弧$BC$の中点より$AB=AC$である．
逆に，$AB=AC$のとき$BC$の中点を$M$とすると, 外心，垂心はともに$AM$上にあるから$AM$がオイラー線である．
$\angle A=90^{\circ}$のとき，頂点$A$が垂心であるか らオイラー線は頂点$A$を通る．


次に内心，傍心を考える．
$\triangle ABC$の$\angle A,\angle B,\angle C$の内角の２等分線と 外接円との交点をそれぞれ $A_1,B_1,C_1$とする．
このとき
$AA_1\perp B_1C_1$
が成り立つ．
実際,$AA_1$と$B_1C_1$の交点を$D$とすると
$\angle C_1DA_1=\angle C_1B_1A_1+\angle AA_1B_1=90^{\circ}$
$(\because \ $弧$C_1A_1$と弧$CB_1$の和は半円,弧$AB$,弧$BC$,弧$CA$の半分ずつを加えたもの）
同様に
$BB_1\perp C_1A_1,CC_1\perp A_1B_1$
であるから$\triangle ABC$の内心$I$は$\triangle A_1B_1C_1$の垂心である．
$\triangle A_1B_1C_1$の外心は原点であるから，$I$の座標は$A_1,B_1,C_1$ の座標の和である．
$A_1,B_1,C_1$の座標を考えるために，$A,B,C$の座標の与え方を工夫する．
すなわち
$0 < \arg a < \arg b < \arg c < \pi$
を満たす$a,b,c$による
$A(a^2),B(b^2),C(c^2)$
とおく．このとき
$C_1(ab),A_1(bc),B_1(-ca)$
である．ちなみに$ac$は$B$を含む方の弧$AC$の中点である．
内心$I$は
$I(ab+bc-ca)$
である．
なお，$AA_1\perp B_1C_1$を図形的性質を用いて証明したが，複素数を用いると次のようになる．
２つの複素数$ab+ac,a^2-bc$が直交することを示せばよい．
$(ab+ac)(\bar{a}^2-\bar{b}\bar{c})+(\bar{a}\bar{b}+\bar{a}\bar{c})(a^2-bc)$
$=b\bar{a}-a\bar{c}+c\bar{a}-a\bar{b}+\bar{b}a-\bar{a}c+\bar{c}a-\bar{a}b$
$=0$


つぎに三角形の傍心を考える．
傍心はなじみが薄いので，まず， 三角形の外角の二等分線と傍心の基本的性質を整理する．
右図は，$\triangle ABC$の内心を$I$,$\angle A,\angle B,\angle C$内の 傍心をそれぞれ$I_A,I_B,I_C$として，三角形の頂点$A$における内角，外角の二等分線 と$\triangle ABC$の外接円との交点をそれぞれ$A_1,A_2$とする． $B_1,B_2,C_1,C_2$ も同様に定めた．さらに
$\angle A=2a,\angle B=2b,$
$\angle C=2c$とした．
この図形で成り立つことを調べよう．
直線$AA_1,AA_2$はそれぞれ頂点$A$における内角，外角の二等分線であるから
$AA_1\perp AA_2$
したがって，$A_1,A_2$は$\triangle ABC$の外心に関して対称である．
当然$B_1,B_2$および$C_1,C_2$も同様である．
次に，$A_1A_2\perp BC$より($A_1,A_2$はともに弧$BC$の中点)
$A_2B=A_2C$
さらに，
$\angle AI_CB=a+b$
であり，
$\angle I_CBA_2=\dfrac{\pi}{2}+b-\dfrac{\pi -2a}{2}=a+b$
$\angle AI_CB=A_2BI_C$
そして
$\angle I_CBI_B=\dfrac{\pi}{2}$
より
$A_2I_C=A_2I_B$
まとめると
$A_2I_C=A_2B=A_2C=A_2I_B$
特に，$A_2$は$I_BI_C$の中点．すなわち，$\triangle A_2B_2C_2$は $\triangle I_AI_BI_C$の中点三角形(各辺の中点よりなる三角形)である．

準備が整ったので，傍心の座標を求めよう，内心と同じような， 傍心が垂心となる$\triangle ABC$の外接円上に頂点を持つ三角形を見つける．
傍心$I_A$を考える．
$\triangle A_1C_2B_2$が求める三角形である．
$I_CI_B\parallel B_2C_2$
より
$I_AA_1\perp B_2C_2$
が分かり，
$A_1A_2$は外接円の直径より
$B_2A_1\perp B_2A_2$
さらに
$A_2B_2\parallel I_AI_B$より
$I_AC_2\perp B_2A_1$
したがって,傍心$I_A$は$\triangle A_1C_2B_2$の垂心である．
$\triangle A_1C_2B_2$の外心は原点であるから，傍心$I_A$の座標は$A_1,B_2,C_2$ の座標の和である．
内心と同じように$A,B,C$の座標を
$0 < \arg a < \arg b < \arg c < \pi$
を満たす$a,b,c$による
$A(a^2),B(b^2),C(c^2)$
とおく．このとき
$A_1(bc),B_1(-ca),C_1(ab),A_2(-bc),B_2(ca),C_2(-ab)$
であり，傍心の座標は
$I_A(-ab+bc+ca),I_B(-ab-bc-ca),I_C(ab-bc+ca)$
である．

なお，ここでは
$C_2I_A\perp A_1B_2$
を初等幾何で示したが実際証明しようとすると案外難しいものである．
しかし，複素数を用いると単純な計算である．
$A_1(bc),B_2(ca),C_2(-ab),C(c^2)$
であるから，
$(ca-cb)(\bar{c}^2+\bar{a}\bar{b})$
が純虚数を示せばよい．
それは単純な計算で
$(ca-cb)(\bar{c}^2+\bar{a}\bar{b})+(\bar{c}\bar{a}-\bar{c}\bar{b})(c^2+ab)$
$=(\bar{c}a+c\bar{b}-b\bar{c}-c\bar{a})+(\bar{a}c+\bar{c}b-\bar{b}c-\bar{c}a)$
$=0$
となる．

$\triangle ABC$の内心は$\triangle A_1B_1C_1$の垂心であり，$\triangle ABC$ の傍心三角形$\triangle A_AI_BI_C$の外心は$\triangle A_2B_2C_2$ の垂心である．
一方，$\triangle A_1B_1C_1$と$\triangle A_2B_2C_2$は$\triangle ABC$の 外心$O$に関して対称である．したがって，$\triangle ABC$の内心と傍心三角形$\triangle I_AI_BI_C$ の外心は$\triangle ABC$の外心に関して対称である．

円周角

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