九州大学 1995年 文系 第1問 解説

方針・初手

1次変換によって原点 $O(0, 0)$ は $O(0, 0)$ 自身に移ります。したがって、変換後の図形も原点 $O$ を頂点とする三角形になります。 相似な図形の面積比が4倍であるとき、相似比（辺の長さの比）は $\sqrt{4} = 2$ 倍となります。もとの $\triangle OPQ$ は1辺の長さが2の正三角形であるため、変換後の三角形は1辺の長さが4の正三角形になります。 (1) では、変換後の点 $P', Q'$ の座標を行列 $A$ を用いて表し、線分の長さと内積の条件（正三角形であるための条件）から成分 $b, c, d$ を決定します。 (2) では、(1) で求めた行列がどのような図形的性質を持っているか（成分の計算結果から $A^T A = 4E$ となることなど）に注目するとスムーズに軌跡を求められます。

解法1

(1) $\triangle OPQ$ は $O(0,0), P(2,0), Q(1,\sqrt{3})$ を頂点とする1辺の長さが2の正三角形である。 行列 $A$ による点 $P, Q$ の像をそれぞれ $P', Q'$ とすると、原点 $O$ は $O$ に移るため、$\triangle OP'Q'$ は面積がもとの4倍の正三角形となる。 面積比が4倍であることから相似比は2倍となり、$\triangle OP'Q'$ は1辺の長さが $2 \times 2 = 4$ の正三角形である。

点 $P, Q$ の像 $P', Q'$ の座標を求める。

$$\begin{pmatrix} x_{P'} \\ y_{P'} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & b \\ c & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 2c \end{pmatrix}$$

$$\begin{pmatrix} x_{Q'} \\ y_{Q'} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & b \\ c & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{3} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 + \sqrt{3}b \\ c + \sqrt{3}d \end{pmatrix}$$

$\triangle OP'Q'$ が1辺の長さ4の正三角形であるための条件は、$|\vec{OP'}| = 4, |\vec{OQ'}| = 4$ かつ $\vec{OP'} \cdot \vec{OQ'} = 4 \times 4 \times \cos 60^\circ = 8$ である。

まず、$|\vec{OP'}|^2 = 16$ より、

$$2^2 + (2c)^2 = 16$$

$$4c^2 = 12$$

$$c^2 = 3$$

よって、$c = \pm \sqrt{3}$ である。

次に、$|\vec{OQ'}|^2 = 16$ より、

$$(1 + \sqrt{3}b)^2 + (c + \sqrt{3}d)^2 = 16$$

$$1 + 2\sqrt{3}b + 3b^2 + c^2 + 2\sqrt{3}cd + 3d^2 = 16$$

$c^2 = 3$ を代入して整理すると、

$$3(b^2 + d^2) + 2\sqrt{3}(b + cd) = 12 \cdots \text{①}$$

さらに、内積 $\vec{OP'} \cdot \vec{OQ'} = 8$ より、

$$2(1 + \sqrt{3}b) + 2c(c + \sqrt{3}d) = 8$$

$$2 + 2\sqrt{3}b + 2c^2 + 2\sqrt{3}cd = 8$$

$c^2 = 3$ を代入して整理すると、

$$8 + 2\sqrt{3}(b + cd) = 8$$

$$b + cd = 0 \cdots \text{②}$$

②を①に代入すると、

$$3(b^2 + d^2) = 12$$

$$b^2 + d^2 = 4 \cdots \text{③}$$

②より $b = -cd$ を③に代入すると、

$$(-cd)^2 + d^2 = 4$$

$$c^2d^2 + d^2 = 4$$

$c^2 = 3$ であるから、

$$3d^2 + d^2 = 4$$

$$4d^2 = 4$$

$$d^2 = 1$$

よって、$d = \pm 1$ である。

以上から、$c$ と $d$ の組み合わせに応じて $b = -cd$ を計算する。

(i) $c = \sqrt{3}, d = 1$ のとき、$b = -\sqrt{3}$ (ii) $c = \sqrt{3}, d = -1$ のとき、$b = \sqrt{3}$ (iii) $c = -\sqrt{3}, d = 1$ のとき、$b = \sqrt{3}$ (iv) $c = -\sqrt{3}, d = -1$ のとき、$b = -\sqrt{3}$

これらはいずれも題意を満たす。したがって、求める行列 $A$ は4つ存在する。

(2) (1) で求めた4つの行列 $A$ は、いずれも以下の性質を満たす。

$$A^T A = \begin{pmatrix} 1 & c \\ b & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & b \\ c & d \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1+c^2 & b+cd \\ b+cd & b^2+d^2 \end{pmatrix}$$

$c^2=3, b^2+d^2=4, b+cd=0$ を代入すると、

$$A^T A = \begin{pmatrix} 4 & 0 \\ 0 & 4 \end{pmatrix} = 4E$$

（ただし、$E$ は単位行列、$A^T$ は $A$ の転置行列とする）

原点を中心とし半径1の円上の点を $(x, y)$ とし、その像の座標を $(X, Y)$ とすると、

$$\begin{pmatrix} X \\ Y \end{pmatrix} = A \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$$

両辺の大きさの2乗をとると、

$$X^2 + Y^2 = \begin{pmatrix} X & Y \end{pmatrix} \begin{pmatrix} X \\ Y \end{pmatrix} = \left( A \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \right)^T \left( A \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \right) = \begin{pmatrix} x & y \end{pmatrix} A^T A \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$$

$A^T A = 4E$ を代入して、

$$X^2 + Y^2 = \begin{pmatrix} x & y \end{pmatrix} (4E) \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = 4(x^2 + y^2)$$

点 $(x, y)$ は単位円周上の点であるから、$x^2 + y^2 = 1$ が成り立つ。これを代入すると、

$$X^2 + Y^2 = 4 \times 1 = 4$$

したがって、求める像は原点を中心とする半径2の円である。

解法2

(1) 正三角形を原点を固定したまま別の正三角形に移す1次変換は、相似変換（回転と拡大の合成、またはそれと原点を通る直線を軸とする折り返しの合成）に限られる。 面積が4倍になることから相似比は2であるため、変換を表す行列 $A$ は次のいずれかの形で表される。

$$A = 2 \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} \quad \text{または} \quad A = 2 \begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta \\ \sin\theta & -\cos\theta \end{pmatrix}$$

行列 $A = \begin{pmatrix} 1 & b \\ c & d \end{pmatrix}$ の $(1,1)$ 成分が $1$ であることから、どちらの形においても $2\cos\theta = 1$ が成り立つ。 これより、$\cos\theta = \frac{1}{2}$ となり、$\sin\theta = \pm \frac{\sqrt{3}}{2}$ を得る。

(i) 回転と拡大の合成の場合 $\sin\theta = \frac{\sqrt{3}}{2}$ のとき、

$$A = \begin{pmatrix} 1 & -\sqrt{3} \\ \sqrt{3} & 1 \end{pmatrix}$$

$\sin\theta = -\frac{\sqrt{3}}{2}$ のとき、

$$A = \begin{pmatrix} 1 & \sqrt{3} \\ -\sqrt{3} & 1 \end{pmatrix}$$

(ii) 回転・拡大・折り返しの合成の場合 $\sin\theta = \frac{\sqrt{3}}{2}$ のとき、

$$A = \begin{pmatrix} 1 & \sqrt{3} \\ \sqrt{3} & -1 \end{pmatrix}$$

$\sin\theta = -\frac{\sqrt{3}}{2}$ のとき、

$$A = \begin{pmatrix} 1 & -\sqrt{3} \\ -\sqrt{3} & -1 \end{pmatrix}$$

これらの行列はすべて問題の条件を満たす。

解説

1次変換によって「正三角形が正三角形に移る」という条件から、この変換が相似変換であることを直感できると、解法2のように見通しよく解くことができます。 解法1のように成分計算を最後までやり切る場合でも、辺の長さの条件に加えて「内積」を利用してなす角の条件を立式するのが定石です。 (2) はそれぞれの行列の逆行列を求めて $x^2+y^2=1$ に代入しても解けますが、相似変換は図形全体の大きさを等方的に2倍にする変換であるため、計算をせずとも「半径1の円は半径2の円に移る」と図形的に結論づけることも可能です。解答のように転置行列の性質 $A^T A = kE$ を用いると、証明として非常に簡潔になります。

答え

(1)

$$A = \begin{pmatrix} 1 & -\sqrt{3} \\ \sqrt{3} & 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 & \sqrt{3} \\ -\sqrt{3} & 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 & \sqrt{3} \\ \sqrt{3} & -1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 & -\sqrt{3} \\ -\sqrt{3} & -1 \end{pmatrix}$$

(2)

$$x^2 + y^2 = 4$$