複素数平面の問題

$\omega =\cos \frac{\pi }{3}+i\sin \frac{\pi }{3}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i$ とおく。

$w$ を $z$ で表す。 点 $\mathrm{A}(3)$ を点 $\mathrm{P}(z)$ のまわりに $\frac{\pi }{3}$ 回転した点が $\mathrm{Q}(w)$ なので
$$w-z=\omega (3-z)$$
である。よって
$$w=3\omega +(1-\omega )z$$
となる。ここで
$$1-\omega =\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i=\cos \left(-\frac{\pi }{3}\right)+i\sin \left(-\frac{\pi }{3}\right)$$
である。

面積の式。 $z=x_1+y_{1}i$, $w=x_2+y_{2}i$ とすると、三角形 $\mathrm{OPQ}$ の面積は $S=\frac{1}{2}|x_1{y}_2-x_2{y}_1|$ である。また
$$\overline{z}w=(x_1-y_{1}i)(x_2+y_{2}i)=(x_1{x}_2+y_1{y}_2)+(x_1{y}_2-x_2{y}_1)i$$
なので、$S=\frac{1}{2}\left|\mathrm{Im}(\overline{z}w)\right|$ と表せる。

$\overline{z}w$ を計算する。 $|z|=1$ より $\overline{z}z=1$ なので
$$\overline{z}w=3\omega \overline{z}+(1-\omega )\overline{z}z=3\omega \overline{z}+(1-\omega )$$
である。$z=\cos \theta +i\sin \theta (0\le \theta <2\pi )$ とおくと、$\overline{z}=\cos (-\theta )+i\sin (-\theta )$ である。よって
$$3\omega \overline{z}=3\left\{\cos \left(\frac{\pi }{3}-\theta \right)+i\sin \left(\frac{\pi }{3}-\theta \right)\right\}$$
となる。$1-\omega$ の虚部は $-\frac{\sqrt{3}}{2}$ なので
$$\mathrm{Im}(\overline{z}w)=3\sin \left(\frac{\pi }{3}-\theta \right)-\frac{\sqrt{3}}{2}$$
である。

最大値を求める。 $\theta$ が $0\le \theta <2\pi$ を動くとき、$\sin \left(\frac{\pi }{3}-\theta \right)$ は $-1$ 以上 $1$ 以下のすべての値をとる。したがって $\mathrm{Im}(\overline{z}w)$ のとる値の範囲は
$$-3-\frac{\sqrt{3}}{2}\le \mathrm{Im}(\overline{z}w)\le 3-\frac{\sqrt{3}}{2}$$
である。よって $|\mathrm{Im}(\overline{z}w)|$ の最大値は $3+\frac{\sqrt{3}}{2}$ である。これは $\sin \left(\frac{\pi }{3}-\theta \right)=-1$、すなわち $\frac{\pi }{3}-\theta =-\frac{\pi }{2}$ より $\theta =\frac{5}{6}\pi$ のときにとる。このとき $\mathrm{Im}(\overline{z}w)\ne 0$ なので、確かに三角形ができる。

検算。 $\theta =\frac{5}{6}\pi$ のとき
$$z=-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$$
である。$(1-\omega )z$ は偏角 $-\frac{\pi }{3}+\frac{5}{6}\pi =\frac{\pi }{2}$、絶対値 $1$ なので $(1-\omega )z=i$ となる。よって
$$w=\frac{3}{2}+\left(\frac{3\sqrt{3}}{2}+1\right)i$$
である。このとき
$$S=\frac{1}{2}\left|-\frac{\sqrt{3}}{2}\left(\frac{3\sqrt{3}}{2}+1\right)-\frac{3}{2}\cdot \frac{1}{2}\right|=\frac{1}{2}\left(3+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$$
となり、上の結果と一致する。

以上より、求める最大値は
$$S=\frac{1}{2}\left(3+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=\frac{6+\sqrt{3}}{4}$$

$z=e^{i\theta }$ とおき、$\omega =e^{i\pi /3}$ とする。点 $\mathrm{A}(3)$ を $\mathrm{P}$ を中心に $\pi /3$ 回転した点が $\mathrm{Q}$ なので、$w-z=(3-z)\omega$、すなわち $w=z+(3-z)\omega$ である。

三角形 $\mathrm{OPQ}$ の面積は $S=\frac{1}{2}\left|\mathrm{Im}(\bar{z}w)\right|$ で表される。

$|z|=1$ より $\bar{z}z=1$ なので、
$\bar{z}w=1+(3\bar{z}-1)\omega =1-\omega +3\omega \bar{z}$。

$1-\omega =\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i$ だから、虚部は
$\mathrm{Im}(\bar{z}w)=-\frac{\sqrt{3}}{2}+3\sin \left(\frac{\pi }{3}-\theta \right)$。

$\sin \left(\frac{\pi }{3}-\theta \right)$ は $-1$ から $1$ の値をとるので、虚部の範囲は $\left[-3-\frac{\sqrt{3}}{2},3-\frac{\sqrt{3}}{2}\right]$ である。

絶対値の最大は $3+\frac{\sqrt{3}}{2}$ で、このとき $\sin \left(\frac{\pi }{3}-\theta \right)=-1$、つまり $\theta =\frac{5\pi }{6}$ である。値は 0 でないので 3 点は三角形をつくる。

よって最大値は
$S=\frac{1}{2}\left(3+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=\frac{6+\sqrt{3}}{4}$。

検算: $\theta =5\pi /6$ のとき $z=-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$。$w=\frac{3}{2}+\left(1+\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)i$ となる。
外積は $x_P{y}_Q-x_Q{y}_P=-\frac{\sqrt{3}}{2}\left(1+\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)-\frac{3}{4}=-3-\frac{\sqrt{3}}{2}$ となり、上の結果と一致する。