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京都大学 1996年文系第1問解説

方針・初手

ベクトルの大きさや内積の基本的な性質を用いて計算を進める。 (1) は $|\overrightarrow{OY}|^2$ をベクトルの内積の性質を用いて展開し、計算する。 (2) は与えられた等式を整理し、ベクトルの平行条件や大きさに着目する。 (3) は成分表示（座標）を導入し、三角関数の加法定理や倍角の公式を用いて点 $Y$ の軌跡をパラメータ表示する。計算を簡単にするため、定点 $A$ を $x$ 軸上に設定するとよい。

解法1

(1)

点 $A, X$ は原点 $O$ を中心とする半径 $1$ の円 $C$ 上にあるから

$$ |\overrightarrow{OA}| = 1, \quad |\overrightarrow{OX}| = 1 $$

である。与えられた式 $\overrightarrow{OY} = \overrightarrow{OA} - 2(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OX})\overrightarrow{OX}$ より、$|\overrightarrow{OY}|^2$ を計算すると

$$\begin{aligned} |\overrightarrow{OY}|^2 &= |\overrightarrow{OA} - 2(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OX})\overrightarrow{OX}|^2 \\ &= |\overrightarrow{OA}|^2 - 4(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OX})(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OX}) + 4(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OX})^2 |\overrightarrow{OX}|^2 \\ &= |\overrightarrow{OA}|^2 - 4(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OX})^2 + 4(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OX})^2 |\overrightarrow{OX}|^2 \end{aligned}$$

ここで、$|\overrightarrow{OA}| = 1, |\overrightarrow{OX}| = 1$ を代入すると

$$\begin{aligned} |\overrightarrow{OY}|^2 &= 1^2 - 4(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OX})^2 + 4(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OX})^2 \times 1^2 \\ &= 1 \end{aligned}$$

$|\overrightarrow{OY}| \geqq 0$ であるから、$|\overrightarrow{OY}| = 1$ である。（証明終）

(2)

$\overrightarrow{OY} = -\overrightarrow{OA}$ のとき、与式より

$$ \overrightarrow{OA} - 2(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OX})\overrightarrow{OX} = -\overrightarrow{OA} $$

整理すると

$$ 2\overrightarrow{OA} = 2(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OX})\overrightarrow{OX} $$

$$ \overrightarrow{OA} = (\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OX})\overrightarrow{OX} $$

両辺のベクトルの大きさを考えると

$$ |\overrightarrow{OA}| = |(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OX})\overrightarrow{OX}| $$

$$ |\overrightarrow{OA}| = |\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OX}| |\overrightarrow{OX}| $$

$|\overrightarrow{OA}| = 1, |\overrightarrow{OX}| = 1$ より

$$ 1 = |\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OX}| \times 1 $$

よって

$$ \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OX} = \pm 1 $$

となる。

(i)

$\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OX} = 1$ のとき

$\overrightarrow{OA} = 1 \times \overrightarrow{OX}$ より $\overrightarrow{OX} = \overrightarrow{OA}$ となる。すなわち、点 $X$ は点 $A$ と一致する。

(ii)

$\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OX} = -1$ のとき

$\overrightarrow{OA} = -1 \times \overrightarrow{OX}$ より $\overrightarrow{OX} = -\overrightarrow{OA}$ となる。すなわち、点 $X$ は原点 $O$ に関して点 $A$ と対称な点である。

逆に、これらを満たす点 $X$ については $\overrightarrow{OY} = -\overrightarrow{OA}$ が成り立つ。したがって、求める点 $X$ は、点 $A$ および原点 $O$ に関して点 $A$ と対称な点である。

(3)

定点 $A$ が $x$ 軸の正の向きにあるように座標軸を設定しても一般性を失わない。このとき、$\overrightarrow{OA} = (1, 0)$ と表せる。また、点 $X$ は単位円上の点であるから、偏角を $\theta$ として $\overrightarrow{OX} = (\cos\theta, \sin\theta)$ と表せる。このとき、内積は

$$ \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OX} = 1 \times \cos\theta + 0 \times \sin\theta = \cos\theta $$

となる。これを与式に代入して $\overrightarrow{OY}$ の成分を計算すると

$$\begin{aligned} \overrightarrow{OY} &= (1, 0) - 2\cos\theta (\cos\theta, \sin\theta) \\ &= (1 - 2\cos^2\theta, -2\sin\theta\cos\theta) \end{aligned}$$

三角関数の倍角の公式を用いると

$$\begin{aligned} \overrightarrow{OY} &= (-\cos 2\theta, -\sin 2\theta) \\ &= (\cos(2\theta + \pi), \sin(2\theta + \pi)) \end{aligned}$$

となる。

点 $X$ が円 $C$ を1回まわるとき、$\theta$ は $0$ から $2\pi$ まで連続的に変化する。このとき、$2\theta + \pi$ は $\pi$ から $5\pi$ まで連続的に変化する。変化量は $5\pi - \pi = 4\pi$ であり、これは円周 $2$ 周分に相当する。また、(1) より常に点 $Y$ は円 $C$ 上にある。したがって、点 $Y$ は円 $C$ を2回まわる。（証明終）

解法2

(3)

複素数平面を用いて証明する。原点を中心とする単位円上の点 $A, X, Y$ をそれぞれ複素数 $\alpha, z, w$ で表す。条件より $|\alpha| = 1, |z| = 1$ である。ベクトル $\overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OX}$ の内積 $\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OX}$ は、複素数を用いると $\frac{\alpha \bar{z} + \bar{\alpha} z}{2}$ と表せる。 $\overrightarrow{OY}$ の定義式を複素数で書き直すと

$$ w = \alpha - 2 \left( \frac{\alpha \bar{z} + \bar{\alpha} z}{2} \right) z $$

となる。これを整理すると

$$\begin{aligned} w &= \alpha - (\alpha \bar{z} + \bar{\alpha} z) z \\ &= \alpha - \alpha \bar{z} z - \bar{\alpha} z^2 \end{aligned}$$

ここで $z$ は単位円上の点であるから $|z|^2 = z \bar{z} = 1$ である。これを代入すると

$$\begin{aligned} w &= \alpha - \alpha \times 1 - \bar{\alpha} z^2 \\ &= -\bar{\alpha} z^2 \end{aligned}$$

となる。

定点 $\alpha$ の偏角を $\phi$ とし、$\alpha = \cos\phi + i\sin\phi$ とおく。動点 $z$ の偏角を $\theta$ とし、$z = \cos\theta + i\sin\theta$ とおく。ド・モアブルの定理より

$$ z^2 = \cos 2\theta + i\sin 2\theta $$

また

$$ -\bar{\alpha} = -(\cos\phi - i\sin\phi) = \cos(\pi - \phi) + i\sin(\pi - \phi) $$

であるから、これらを掛け合わせると

$$ w = \cos(2\theta + \pi - \phi) + i\sin(2\theta + \pi - \phi) $$

となる。

点 $X(z)$ が円 $C$ を1回まわるとき、$\theta$ は連続的に $2\pi$ だけ増加する。このとき、点 $Y(w)$ の偏角 $2\theta + \pi - \phi$ は連続的に $4\pi$ 増加する。偏角が $4\pi$ 変化し、かつ $|w| = 1$ であるから、点 $Y$ は同じ円を2回まわる。（証明終）

解説

ベクトルの定義式を図形的に解釈するか、成分（または複素数）に翻訳して処理するかの選択が問われる問題です。 (1)(2)はベクトルの演算規則に従って素直に展開・比較を行えば解決します。 (3)は「点をまわる」という動的な条件を扱うため、角度（偏角）を変数として設定するのが定石です。座標軸を工夫して定点 $A$ を扱いやすい座標に設定する（解法1）か、図形の回転と相性が良い複素数平面を利用する（解法2）と、計算が見やすく論理展開もすっきりとまとまります。