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名古屋大学 1979年理系第1問解説

方針・初手

点 $P(x,y)$ のうつる先 $P'(x',y')$ の座標を行列の計算から求め、条件式 $OP' \leqq t \cdot OP$ を $x, y$ の式で表します。すべての点 $P$ についてこの不等式が成り立つような $t$ の条件を考えます。

変数の取り扱いとして、極座標表示 $(x, y) = (r\cos\theta, r\sin\theta)$ を用いて三角関数の最大・最小問題に帰着させる方法（解法1）と、2次同次式の判別式を用いる方法（解法2）、さらに行列の固有値と固有ベクトルを利用する大学数学的視点からの方法（解法3）があります。

解法1

(1)

行列 $A$ による1次変換により、点 $P(x,y)$ のうつる先 $P'(x',y')$ の座標は次のように表される。

$$\begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2x+y \\ x+y \end{pmatrix}$$

よって、$OP'^2$ は以下のようになる。

$$OP'^2 = (2x+y)^2 + (x+y)^2 = 5x^2 + 6xy + 2y^2$$

$P=O$ のとき $OP=0, OP'=0$ であり、$OP' \leqq t \cdot OP$ は任意の $t$ で成り立つ。

$P \neq O$ のとき、$OP > 0$ であるから、極座標を用いて $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$ （$r>0, 0 \leqq \theta < 2\pi$）とおくことができる。このとき $OP^2 = r^2$ であり、すべての $P \neq O$ について $OP' \leqq t \cdot OP$ が成り立つことは、両辺を2乗した $OP'^2 \leqq t^2 \cdot OP^2$ が成り立つことと同値である（$t < 0$ のときは不成立となるため、$t \geqq 0$ が必要）。

$$r^2 (5\cos^2\theta + 6\sin\theta\cos\theta + 2\sin^2\theta) \leqq t^2 r^2$$

$r^2 > 0$ で両辺を割り、左辺に半角の公式と2倍角の公式を適用する。

$$5 \cdot \frac{1+\cos2\theta}{2} + 3\sin2\theta + 2 \cdot \frac{1-\cos2\theta}{2} \leqq t^2$$

$$\frac{7}{2} + 3\sin2\theta + \frac{3}{2}\cos2\theta \leqq t^2$$

三角関数の合成を用いると、

$$\frac{7}{2} + \frac{3\sqrt{5}}{2} \left( \frac{2}{\sqrt{5}}\sin2\theta + \frac{1}{\sqrt{5}}\cos2\theta \right) \leqq t^2$$

$$\frac{7}{2} + \frac{3\sqrt{5}}{2} \sin(2\theta + \alpha) \leqq t^2$$

ただし、$\alpha$ は $\cos\alpha = \frac{2}{\sqrt{5}}, \sin\alpha = \frac{1}{\sqrt{5}}$ を満たす角である。 $\sin(2\theta + \alpha)$ はすべての実数値を取り得る $\theta$ に対して $-1$ 以上 $1$ 以下の値をとるため、左辺の最大値は $\frac{7 + 3\sqrt{5}}{2}$ である。これがすべての $\theta$ について成り立つ条件は、

$$t^2 \geqq \frac{7 + 3\sqrt{5}}{2}$$

$t \geqq 0$ であるから、$t$ の最小値 $t_0$ は以下のようになる。二重根号を外す。

$$t_0 = \sqrt{\frac{7 + 3\sqrt{5}}{2}} = \sqrt{\frac{14 + 6\sqrt{5}}{4}} = \frac{3 + \sqrt{5}}{2}$$

(2)

$OP' = t_0 \cdot OP$ を満たす点 $P$ は、(1) の不等式において等号が成立する点である。 $P=O$ はこれを満たす。 $P \neq O$ のとき、等号が成立する条件は $\sin(2\theta + \alpha) = 1$ である。このとき $\cos(2\theta + \alpha) = 0$ となる。加法定理より、

$$\cos2\theta\cos\alpha - \sin2\theta\sin\alpha = 0$$

$\cos\alpha = \frac{2}{\sqrt{5}}, \sin\alpha = \frac{1}{\sqrt{5}}$ を代入して整理すると、

$$\frac{2}{\sqrt{5}}\cos2\theta - \frac{1}{\sqrt{5}}\sin2\theta = 0$$

$$\sin2\theta = 2\cos2\theta$$

2倍角の公式より $2\sin\theta\cos\theta = 2(\cos^2\theta - \sin^2\theta)$ となる。 $\cos\theta = 0$ とすると $0 = -2$ となり不適であるため、両辺を $\cos^2\theta$ で割る。

$$2\tan\theta = 2(1-\tan^2\theta)$$

$$\tan^2\theta + \tan\theta - 1 = 0$$

これを解くと、

$$\tan\theta = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$$

一方、$\sin(2\theta + \alpha) = 1$ より、

$$\sin(2\theta + \alpha) = \sin2\theta\cos\alpha + \cos2\theta\sin\alpha = 2\cos2\theta \cdot \frac{2}{\sqrt{5}} + \cos2\theta \cdot \frac{1}{\sqrt{5}} = \sqrt{5}\cos2\theta = 1$$

これより $\cos2\theta = \frac{1}{\sqrt{5}} > 0$ である。 $\cos2\theta = \frac{1-\tan^2\theta}{1+\tan^2\theta} > 0$ より $1-\tan^2\theta > 0$、すなわち $|\tan\theta| < 1$ を満たす必要がある。 $\frac{-1-\sqrt{5}}{2} < -1$ であるから、適するのは $\tan\theta = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$ のみである。

$y = x \tan\theta$ であるから、点 $P$ は直線 $y = \frac{\sqrt{5}-1}{2} x$ 上にある。原点 $P=O$ もこの直線上にある。したがって、$OP' = t_0 \cdot OP$ を満たす点 $P$ 全体のなす集合は直線であり、その方程式は $y = \frac{\sqrt{5}-1}{2} x$ である。

解法2

(1)

解法1と同様に $OP'^2 \leqq t^2 \cdot OP^2$ を $x, y$ で表すと、すべての実数 $x, y$ に対して次の不等式が成り立つことが条件となる。

$$(t^2-5)x^2 - 6xy + (t^2-2)y^2 \geqq 0 \quad \cdots (*)$$

(i) $y = 0$ のとき $(t^2-5)x^2 \geqq 0$ がすべての $x$ で成り立つため、$t^2 - 5 \geqq 0$ が必要。

(ii) $y \neq 0$ のとき $(*)$ の両辺を $y^2 > 0$ で割り、$k = \frac{x}{y}$ とおくと、

$$(t^2-5)k^2 - 6k + (t^2-2) \geqq 0$$

これがすべての実数 $k$ で成り立つための条件は、$t^2 - 5 > 0$ かつ、左辺の2次式の判別式を $D$ としたときに $D \leqq 0$ となることである。

$$\frac{D}{4} = (-3)^2 - (t^2-5)(t^2-2) = 9 - (t^4 - 7t^2 + 10) = -t^4 + 7t^2 - 1 \leqq 0$$

$$t^4 - 7t^2 + 1 \geqq 0$$

これを解くと $t^2 \leqq \frac{7 - 3\sqrt{5}}{2}, \frac{7 + 3\sqrt{5}}{2} \leqq t^2$ となる。 (i) の $t^2 \geqq 5$ を満たすのは $t^2 \geqq \frac{7 + 3\sqrt{5}}{2}$ である。

$t \geqq 0$ であるから、$t$ の最小値 $t_0$ は、

$$t_0 = \sqrt{\frac{7 + 3\sqrt{5}}{2}} = \frac{3 + \sqrt{5}}{2}$$

(2)

$t_0 = \frac{3 + \sqrt{5}}{2}$ のとき、$t_0^2 = \frac{7 + 3\sqrt{5}}{2}$ であり、このとき (1) の判別式は $D = 0$ となる。 $OP' = t_0 \cdot OP$ は $(*)$ において等号が成立することと同値である。

$$\left( \frac{7 + 3\sqrt{5}}{2} - 5 \right) x^2 - 6xy + \left( \frac{7 + 3\sqrt{5}}{2} - 2 \right) y^2 = 0$$

$$\frac{3\sqrt{5} - 3}{2} x^2 - 6xy + \frac{3\sqrt{5} + 3}{2} y^2 = 0$$

両辺に $\frac{2}{3}$ を掛けて整理する。

$$(\sqrt{5} - 1) x^2 - 4xy + (\sqrt{5} + 1) y^2 = 0$$

左辺は $D=0$ となるように $t_0$ を定めたため、完全平方式となる。両辺を $\sqrt{5} - 1 > 0$ で割る。

$$x^2 - \frac{4}{\sqrt{5}-1}xy + \frac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}-1}y^2 = 0$$

$$x^2 - (\sqrt{5}+1)xy + \frac{(\sqrt{5}+1)^2}{4}y^2 = 0$$

$$\left( x - \frac{\sqrt{5}+1}{2}y \right)^2 = 0$$

$$x = \frac{\sqrt{5}+1}{2}y$$

これを $y$ について解くと、

$$y = \frac{2}{\sqrt{5}+1}x = \frac{\sqrt{5}-1}{2}x$$

これは原点を通る1次関数の式であるため、点 $P$ のなす集合は直線であることが証明された。直線の方程式は $y = \frac{\sqrt{5}-1}{2}x$ である。

解法3

行列の固有値と固有ベクトルを利用する。点 $P$ の位置ベクトルを $\vec{p}$ とすると、$\vec{p'} = A\vec{p}$ である。$OP'^2 \leqq t^2 \cdot OP^2$ は次のように書ける。

$$|A\vec{p}|^2 \leqq t^2|\vec{p}|^2$$

左辺は内積を用いて変形できる。$A$ は対称行列なので $A^T = A$ である。

$$|A\vec{p}|^2 = (A\vec{p}) \cdot (A\vec{p}) = \vec{p}^T A^T A \vec{p} = \vec{p}^T A^2 \vec{p}$$

行列 $A$ の固有方程式は $\det(A - \lambda E) = (\lambda-2)(\lambda-1) - 1 = \lambda^2 - 3\lambda + 1 = 0$ となり、固有値は $\lambda = \frac{3 \pm \sqrt{5}}{2}$ である。 $A$ は対称行列であるため直交行列によって対角化可能であり、$A^2$ の固有値の最大値は大きい方の固有値の2乗、すなわち $\left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)^2$ となる。レイリー商の性質から、$|A\vec{p}|^2 \leqq \left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)^2 |\vec{p}|^2$ が任意の $\vec{p}$ で成り立ち、これが最良の評価である。したがって $t$ の最小値は $t_0 = \frac{3+\sqrt{5}}{2}$ となる。

等号成立条件は、$\vec{p}$ が最大固有値 $\alpha = \frac{3+\sqrt{5}}{2}$ に属する固有ベクトルに平行な場合である。

$$\left( A - \alpha E \right) \vec{p} = \vec{0}$$

$$\begin{pmatrix} 2 - \frac{3+\sqrt{5}}{2} & 1 \\ 1 & 1 - \frac{3+\sqrt{5}}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

$$\frac{1-\sqrt{5}}{2} x + y = 0$$

$$y = \frac{\sqrt{5}-1}{2} x$$

これは原点を通る直線を表す。

解説

行列による1次変換における、ベクトルの大きさの最大拡大率（行列のノルム）とその方向（固有ベクトル）を求める問題です。高校数学の範囲では、解法1のように極座標表示によって同次式の比を三角関数の合成に持ち込むアプローチか、解法2のように実数条件から判別式に帰着させるアプローチが定石となります。どちらも計算量は同程度ですが、解法1の方が「どのような方向で最大になるのか」という図形的な意味を追いやすい利点があります。