名古屋大学 1983年 理系 第2問 解説

方針・初手

原点を1つの頂点とする正方形をベクトルや座標を用いてパラメータ表示し、与えられた1次変換によってうつされた図形が長方形になる条件を立式する。

正方形全体が $y \geqq 0$ の領域にあるという条件から、パラメータのとりうる範囲を正確に絞り込むことが最初のステップとなる。また、1次変換を表す行列の行列式を計算し、変換によって正方形が潰れて線分や点にならない（面積が 0 にならない）ことを確認しておく必要がある。うつされた図形が長方形になる条件は、原点を始点とする隣り合う2辺のベクトルが直交すること、すなわち内積が 0 になることである。

解法1

与えられた1次変換を表す行列を $A$ とする。

$$ A = \begin{pmatrix} 3a+b & \sqrt{3}(a-b) \\ \sqrt{3}(a-b) & a+3b \end{pmatrix} $$

条件 $ab \neq 0$ より、行列式 $|A|$ は次のようになる。

$$ |A| = (3a+b)(a+3b) - 3(a-b)^2 = 3a^2 + 10ab + 3b^2 - 3(a^2 - 2ab + b^2) = 16ab \neq 0 $$

行列式が 0 ではないため、この1次変換によって正方形が潰れることはなく、うつされた図形は平行四辺形となる。

原点を $\text{O}(0,0)$ とし、正方形の $\text{O}$ に隣り合う2つの頂点を $\text{P}, \text{R}$ とする。正方形全体が $y \geqq 0$ の部分にあるため、ベクトル $\overrightarrow{\text{OP}}$ が $x$ 軸の正の向きとなす角を $\theta$ とおくと、$\text{R}$ は $\text{O}$ の周りに $\text{P}$ を $\frac{\pi}{2}$ 回転させた方向にあるとして一般性を失わない。 正方形の1辺の長さを $l \ (l > 0)$ とすると、点 $\text{P}, \text{R}$ の座標は次のように表せる。

$$ \text{P}(l \cos \theta, l \sin \theta), \quad \text{R}(-l \sin \theta, l \cos \theta) $$

この2点の $y$ 座標がともに非負であることから、$\sin \theta \geqq 0$ かつ $\cos \theta \geqq 0$ が成り立つ。よって、$\theta$ のとりうる範囲は $0 \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{2}$ である。（このとき、対角にある頂点 $\text{Q} = \text{P} + \text{R}$ の $y$ 座標も $l(\sin \theta + \cos \theta) \geqq 0$ となり条件を満たす）

$\overrightarrow{\text{OP}}, \overrightarrow{\text{OR}}$ が1次変換 $A$ によってうつされるベクトルをそれぞれ $\overrightarrow{\text{OP}'}, \overrightarrow{\text{OR}'}$ とすると、

$$ \overrightarrow{\text{OP}'} = A \begin{pmatrix} l \cos \theta \\ l \sin \theta \end{pmatrix} = l \begin{pmatrix} (3a+b)\cos \theta + \sqrt{3}(a-b)\sin \theta \\ \sqrt{3}(a-b)\cos \theta + (a+3b)\sin \theta \end{pmatrix} $$

$$ \overrightarrow{\text{OR}'} = A \begin{pmatrix} -l \sin \theta \\ l \cos \theta \end{pmatrix} = l \begin{pmatrix} -(3a+b)\sin \theta + \sqrt{3}(a-b)\cos \theta \\ -\sqrt{3}(a-b)\sin \theta + (a+3b)\cos \theta \end{pmatrix} $$

うつされた平行四辺形が長方形になる条件は、$\overrightarrow{\text{OP}'}$ と $\overrightarrow{\text{OR}'}$ が直交すること、すなわち内積が 0 になることである。

$$ \overrightarrow{\text{OP}'} \cdot \overrightarrow{\text{OR}'} = 0 $$

内積 $D = \overrightarrow{\text{OP}'} \cdot \overrightarrow{\text{OR}'}$ を計算する。

$$ \begin{aligned} \frac{D}{l^2} &= \{ (3a+b)\cos\theta + \sqrt{3}(a-b)\sin\theta \} \{ -(3a+b)\sin\theta + \sqrt{3}(a-b)\cos\theta \} \\ &\quad + \{ \sqrt{3}(a-b)\cos\theta + (a+3b)\sin\theta \} \{ -\sqrt{3}(a-b)\sin\theta + (a+3b)\cos\theta \} \end{aligned} $$

1つ目の項を展開して整理する。

$$ \begin{aligned} &\quad -(3a+b)^2 \sin\theta\cos\theta + \sqrt{3}(3a+b)(a-b)(\cos^2\theta - \sin^2\theta) + 3(a-b)^2 \sin\theta\cos\theta \\ &= \{ 3(a-b)^2 - (3a+b)^2 \} \sin\theta\cos\theta + \sqrt{3}(3a+b)(a-b)\cos 2\theta \\ &= (-6a^2 - 12ab + 2b^2) \frac{\sin 2\theta}{2} + \sqrt{3}(3a^2 - 2ab - b^2)\cos 2\theta \\ &= (-3a^2 - 6ab + b^2) \sin 2\theta + \sqrt{3}(3a^2 - 2ab - b^2)\cos 2\theta \end{aligned} $$

同様に2つ目の項を展開して整理する。

$$ \begin{aligned} &\quad -3(a-b)^2 \sin\theta\cos\theta + \sqrt{3}(a-b)(a+3b)(\cos^2\theta - \sin^2\theta) + (a+3b)^2 \sin\theta\cos\theta \\ &= \{ (a+3b)^2 - 3(a-b)^2 \} \sin\theta\cos\theta + \sqrt{3}(a-b)(a+3b)\cos 2\theta \\ &= (-2a^2 + 12ab + 6b^2) \frac{\sin 2\theta}{2} + \sqrt{3}(a^2 + 2ab - 3b^2)\cos 2\theta \\ &= (-a^2 + 6ab + 3b^2) \sin 2\theta + \sqrt{3}(a^2 + 2ab - 3b^2)\cos 2\theta \end{aligned} $$

両者を足し合わせる。

$$ \begin{aligned} \frac{D}{l^2} &= (-4a^2 + 4b^2) \sin 2\theta + \sqrt{3}(4a^2 - 4b^2) \cos 2\theta \\ &= -4(a^2 - b^2) (\sin 2\theta - \sqrt{3}\cos 2\theta) \\ &= -8(a^2 - b^2) \left( \sin 2\theta \cdot \frac{1}{2} - \cos 2\theta \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \right) \\ &= -8(a^2 - b^2) \sin\left(2\theta - \frac{\pi}{3}\right) \end{aligned} $$

したがって、長方形になる条件は次のようになる。

$$ (a^2 - b^2) \sin\left(2\theta - \frac{\pi}{3}\right) = 0 $$

ここから、$a$ と $b$ の関係で場合分けを行う。

(i) $a^2 = b^2$ （すなわち $|a| = |b|$）のとき

等式は任意の $\theta$ に対して成立する。よって、$y \geqq 0$ の部分にあるすべての正方形が長方形（この場合は正方形）にうつされる。

(ii) $a^2 \neq b^2$ （すなわち $|a| \neq |b|$）のとき

$$ \sin\left(2\theta - \frac{\pi}{3}\right) = 0 $$

$0 \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{2}$ より、$-\frac{\pi}{3} \leqq 2\theta - \frac{\pi}{3} \leqq \frac{2}{3}\pi$ である。 この範囲で上式を満たすのは $2\theta - \frac{\pi}{3} = 0$、すなわち $\theta = \frac{\pi}{6}$ のみである。

このとき、原点を通る隣り合う2辺の $x$ 軸正の向きとなす角はそれぞれ $\frac{\pi}{6}$ と $\frac{2}{3}\pi$ となる。 これは、原点を通る2辺が直線 $y = \frac{1}{\sqrt{3}}x$ と $y = -\sqrt{3}x$ 上にある正方形であることを意味する。

解法2

行列 $A$ が対称行列であることに着目し、直交行列を用いた対角化により内積を計算する。

$$ A = \begin{pmatrix} 3a+b & \sqrt{3}(a-b) \\ \sqrt{3}(a-b) & a+3b \end{pmatrix} $$

行列 $A$ の固有値を求める。固有多項式は、

$$ \lambda^2 - (4a+4b)\lambda + 16ab = 0 \iff (\lambda - 4a)(\lambda - 4b) = 0 $$

より、固有値は $4a, 4b$ である。 それぞれの固有値に対する固有ベクトルを求め、正規化すると、 $\lambda = 4a$ のとき、単位固有ベクトルは $\frac{1}{2} \begin{pmatrix} \sqrt{3} \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos \frac{\pi}{6} \\ \sin \frac{\pi}{6} \end{pmatrix}$ $\lambda = 4b$ のとき、単位固有ベクトルは $\frac{1}{2} \begin{pmatrix} -1 \\ \sqrt{3} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\sin \frac{\pi}{6} \\ \cos \frac{\pi}{6} \end{pmatrix}$

よって、回転を表す直交行列 $U = \begin{pmatrix} \cos \frac{\pi}{6} & -\sin \frac{\pi}{6} \\ \sin \frac{\pi}{6} & \cos \frac{\pi}{6} \end{pmatrix}$ を用いると、行列 $A$ は次のように対角化できる。

$$ A = U \begin{pmatrix} 4a & 0 \\ 0 & 4b \end{pmatrix} U^{-1} $$

正方形の原点に隣り合う2頂点の位置ベクトルを $\vec{p}, \vec{r}$ とおく。解法1と同様に $\vec{p} = l \begin{pmatrix} \cos\theta \\ \sin\theta \end{pmatrix}$, $\vec{r} = l \begin{pmatrix} -\sin\theta \\ \cos\theta \end{pmatrix}$ （$0 \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{2}, l > 0$）とする。 うつされた後のベクトル $A\vec{p}, A\vec{r}$ の内積は、$A$ が対称行列（$A^T = A$）であることを用いると次のように計算できる。

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

ここで、$A^2 = U \begin{pmatrix} 16a^2 & 0 \\ 0 & 16b^2 \end{pmatrix} U^{-1}$ であり、$U^{-1}$ は角 $-\frac{\pi}{6}$ の回転を表す行列であるから、

$$ U^{-1}\vec{p} = l \begin{pmatrix} \cos(\theta - \frac{\pi}{6}) \\ \sin(\theta - \frac{\pi}{6}) \end{pmatrix}, \quad U^{-1}\vec{r} = l \begin{pmatrix} -\sin(\theta - \frac{\pi}{6}) \\ \cos(\theta - \frac{\pi}{6}) \end{pmatrix} $$

$\alpha = \theta - \frac{\pi}{6}$ とおくと、内積は次のように計算される。

$$ \begin{aligned} \vec{p}^T A^2 \vec{r} &= (U^{-1}\vec{p})^T \begin{pmatrix} 16a^2 & 0 \\ 0 & 16b^2 \end{pmatrix} (U^{-1}\vec{r}) \\ &= l^2 (\cos\alpha \quad \sin\alpha) \begin{pmatrix} 16a^2 & 0 \\ 0 & 16b^2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -\sin\alpha \\ \cos\alpha \end{pmatrix} \\ &= l^2 (-16a^2 \sin\alpha \cos\alpha + 16b^2 \sin\alpha \cos\alpha) \\ &= 8l^2 (b^2 - a^2) \sin 2\alpha \\ &= -8l^2 (a^2 - b^2) \sin\left(2\theta - \frac{\pi}{3}\right) \end{aligned} $$

内積が 0 になる条件は、$(a^2 - b^2) \sin\left(2\theta - \frac{\pi}{3}\right) = 0$ となり、解法1と全く同じ式が得られる。以下の推論と場合分けは解法1と同様である。

解説

行列が図形をどのように変換するかを問う標準的な問題である。四角形が長方形になる条件は「対角線の長さが等しい」または「隣り合う2辺が直交する」ことである。本問では後者を用いて内積を 0 とおく方針が自然である。 計算量が多くなりがちであるが、解法2のように与えられた行列が対称行列であることを見抜き、直交行列で対角化することで、図形的な意味（回転）を保ったまま非常に見通しよく内積を計算することができる。 また、前提条件として「変換によって図形が潰れないこと（行列式が 0 でないこと）」を確認しておくことも論理の飛躍を防ぐために重要である。

答え

• $|a| = |b|$ のとき： $y \geqq 0$ の部分にあるすべての正方形
• $|a| \neq |b|$ のとき： 原点を通り、それぞれ直線 $y = \frac{1}{\sqrt{3}}x$ および $y = -\sqrt{3}x$ 上にある2線分を隣り合う辺にもつ、$y \geqq 0$ の部分にある正方形