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大阪大学 1996年文系第2問解説

方針・初手

(1) は、すべてのベクトルの始点を $O$ に統一し、内分点の位置ベクトルの公式を適用して計算する。 (2) は、与えられた等式の分母を払って両辺を2乗し、$t$ についての恒等式として扱う。係数比較による立式か、適当な $t$ の値を代入して必要条件から絞り込む手法が有効である。

解法1

(1) 点 $P$ は辺 $OA$ を $t:1-t$ に内分するので、

$$ \overrightarrow{OP} = t\vec{a} $$

点 $Q$ は辺 $AB$ を $t:1-t$ に内分するので、

$$ \overrightarrow{OQ} = (1-t)\vec{a} + t\vec{b} $$

点 $R$ は辺 $BO$ を $t:1-t$ に内分するので、

$$ \overrightarrow{OR} = \frac{(1-t)\overrightarrow{OB} + t\overrightarrow{OO}}{t+(1-t)} = (1-t)\vec{b} $$

これらを用いると、

$$ \overrightarrow{PQ} = \overrightarrow{OQ} - \overrightarrow{OP} = \{(1-t)\vec{a} + t\vec{b}\} - t\vec{a} = (1-2t)\vec{a} + t\vec{b} $$

$$ \overrightarrow{PR} = \overrightarrow{OR} - \overrightarrow{OP} = (1-t)\vec{b} - t\vec{a} = -t\vec{a} + (1-t)\vec{b} $$

(2) 与えられた等式 $\frac{|\overrightarrow{PQ}|}{|\overrightarrow{PR}|} = \frac{|\vec{b}|}{|\vec{a}|}$ の分母を払い、両辺を2乗すると、

$$ |\vec{a}|^2 |\overrightarrow{PQ}|^2 = |\vec{b}|^2 |\overrightarrow{PR}|^2 $$

ここで、

$$ |\overrightarrow{PQ}|^2 = |(1-2t)\vec{a} + t\vec{b}|^2 = |\vec{a}|^2(1-2t)^2 + 2(\vec{a}\cdot\vec{b})t(1-2t) + |\vec{b}|^2 t^2 $$

$$ |\overrightarrow{PR}|^2 = |-t\vec{a} + (1-t)\vec{b}|^2 = |\vec{a}|^2 t^2 - 2(\vec{a}\cdot\vec{b})t(1-t) + |\vec{b}|^2(1-t)^2 $$

これらを代入して展開し、$t$ について整理する。左辺は、

$$ \begin{aligned} &|\vec{a}|^2 \{ |\vec{a}|^2(1-4t+4t^2) + 2(\vec{a}\cdot\vec{b})(t-2t^2) + |\vec{b}|^2 t^2 \} \\ &= \{ 4|\vec{a}|^4 - 4|\vec{a}|^2(\vec{a}\cdot\vec{b}) + |\vec{a}|^2|\vec{b}|^2 \}t^2 + \{ -4|\vec{a}|^4 + 2|\vec{a}|^2(\vec{a}\cdot\vec{b}) \}t + |\vec{a}|^4 \end{aligned} $$

右辺は、

$$ \begin{aligned} &|\vec{b}|^2 \{ |\vec{a}|^2 t^2 - 2(\vec{a}\cdot\vec{b})(t-t^2) + |\vec{b}|^2(1-2t+t^2) \} \\ &= \{ |\vec{a}|^2|\vec{b}|^2 + 2|\vec{b}|^2(\vec{a}\cdot\vec{b}) + |\vec{b}|^4 \}t^2 + \{ -2|\vec{b}|^2(\vec{a}\cdot\vec{b}) - 2|\vec{b}|^4 \}t + |\vec{b}|^4 \end{aligned} $$

これが $0 < t < 1$ を満たす $t$ の値によらず成り立つための条件は、各次数の係数が等しいことである。定数項を比較して、

$$ |\vec{a}|^4 = |\vec{b}|^4 $$

$|\vec{a}| > 0$, $|\vec{b}| > 0$ より、$|\vec{a}| = |\vec{b}|$ が得られる。

次に、$t$ の1次の項の係数を比較する。$|\vec{a}| = |\vec{b}|$ を用いると、左辺の係数は $-4|\vec{a}|^4 + 2|\vec{a}|^2(\vec{a}\cdot\vec{b})$、右辺の係数は $-2|\vec{a}|^2(\vec{a}\cdot\vec{b}) - 2|\vec{a}|^4$ となるから、

$$ -4|\vec{a}|^4 + 2|\vec{a}|^2(\vec{a}\cdot\vec{b}) = -2|\vec{a}|^2(\vec{a}\cdot\vec{b}) - 2|\vec{a}|^4 $$

$$ 4|\vec{a}|^2(\vec{a}\cdot\vec{b}) = 2|\vec{a}|^4 $$

$|\vec{a}| > 0$ より両辺を $2|\vec{a}|^2$ で割って、

$$ \vec{a}\cdot\vec{b} = \frac{1}{2}|\vec{a}|^2 $$

さらに、このとき $t^2$ の項の係数が一致することを確認する。左辺の係数は、

$$ 4|\vec{a}|^4 - 4|\vec{a}|^2 \cdot \frac{1}{2}|\vec{a}|^2 + |\vec{a}|^4 = 3|\vec{a}|^4 $$

右辺の係数も、

$$ |\vec{a}|^4 + 2|\vec{a}|^2 \cdot \frac{1}{2}|\vec{a}|^2 + |\vec{a}|^4 = 3|\vec{a}|^4 $$

となり、一致する。以上より、求める条件は $|\vec{a}| = |\vec{b}|$ かつ $\vec{a}\cdot\vec{b} = \frac{1}{2}|\vec{a}|^2$ である。

$\vec{a}\cdot\vec{b} = |\vec{a}||\vec{b}|\cos\angle AOB$ であるから、

$$ |\vec{a}|^2\cos\angle AOB = \frac{1}{2}|\vec{a}|^2 $$

$$ \cos\angle AOB = \frac{1}{2} $$

$0^\circ < \angle AOB < 180^\circ$ より、$\angle AOB = 60^\circ$ となる。したがって、$OA = OB$ かつ $\angle AOB = 60^\circ$ となるので、$\triangle OAB$ は正三角形である。

解法2

(2)の別解（必要条件から絞り込む方法）

$t$ の値によらず成り立つという条件から、特定の値を代入して必要条件を求める。 (1) で求めた $\overrightarrow{PQ}$, $\overrightarrow{PR}$ を用いて、等式 $|\vec{a}|^2 |\overrightarrow{PQ}|^2 = |\vec{b}|^2 |\overrightarrow{PR}|^2$ を考える。この式は多項式の等式であり、$0 < t < 1$ で恒等的に成り立つため、多項式としてすべての実数 $t$ で成り立つ。

$t = 0$ を代入すると、$\overrightarrow{PQ} = \vec{a}$, $\overrightarrow{PR} = \vec{b}$ となるから、

$$ |\vec{a}|^2 |\vec{a}|^2 = |\vec{b}|^2 |\vec{b}|^2 $$

$$ |\vec{a}|^4 = |\vec{b}|^4 $$

$|\vec{a}| > 0$, $|\vec{b}| > 0$ より、$|\vec{a}| = |\vec{b}|$ を得る。

次に、$t = \frac{1}{2}$ を代入すると、$\overrightarrow{PQ} = \frac{1}{2}\vec{b}$, $\overrightarrow{PR} = -\frac{1}{2}\vec{a} + \frac{1}{2}\vec{b}$ となるから、

$$ |\vec{a}|^2 \left| \frac{1}{2}\vec{b} \right|^2 = |\vec{b}|^2 \left| -\frac{1}{2}\vec{a} + \frac{1}{2}\vec{b} \right|^2 $$

$|\vec{a}| = |\vec{b}|$ より、両辺を $\frac{1}{4}|\vec{a}|^2$ で割ると、

$$ |\vec{b}|^2 = |-\vec{a} + \vec{b}|^2 $$

$$ |\vec{a}|^2 = |\vec{a}|^2 - 2\vec{a}\cdot\vec{b} + |\vec{b}|^2 $$

再び $|\vec{a}| = |\vec{b}|$ を用いると、

$$ 2\vec{a}\cdot\vec{b} = |\vec{a}|^2 $$

$$ \vec{a}\cdot\vec{b} = \frac{1}{2}|\vec{a}|^2 $$

これらが必要条件である。逆に、このとき任意の $t$ について与式が成り立つことを示す。 $|\vec{b}| = |\vec{a}|$ および $\vec{a}\cdot\vec{b} = \frac{1}{2}|\vec{a}|^2$ を用いて、$|\overrightarrow{PQ}|^2$ と $|\overrightarrow{PR}|^2$ を計算すると、

$$ \begin{aligned} |\overrightarrow{PQ}|^2 &= |\vec{a}|^2(1-2t)^2 + 2 \cdot \frac{1}{2}|\vec{a}|^2 t(1-2t) + |\vec{a}|^2 t^2 \\ &= |\vec{a}|^2 \{ (1-4t+4t^2) + (t-2t^2) + t^2 \} \\ &= |\vec{a}|^2 (1 - 3t + 3t^2) \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} |\overrightarrow{PR}|^2 &= |\vec{a}|^2 t^2 - 2 \cdot \frac{1}{2}|\vec{a}|^2 t(1-t) + |\vec{a}|^2(1-t)^2 \\ &= |\vec{a}|^2 \{ t^2 - (t-t^2) + (1-2t+t^2) \} \\ &= |\vec{a}|^2 (1 - 3t + 3t^2) \end{aligned} $$

したがって、$|\overrightarrow{PQ}|^2 = |\overrightarrow{PR}|^2$ となり、$|\vec{a}| = |\vec{b}|$ と合わせて $|\vec{a}|^2 |\overrightarrow{PQ}|^2 = |\vec{b}|^2 |\overrightarrow{PR}|^2$ が任意の $t$ について成り立つ。

よって、求める条件は $|\vec{a}| = |\vec{b}|$ かつ $\vec{a}\cdot\vec{b} = \frac{1}{2}|\vec{a}|^2$ である。内積の定義より、

$$ |\vec{a}||\vec{a}|\cos\angle AOB = \frac{1}{2}|\vec{a}|^2 $$

$$ \cos\angle AOB = \frac{1}{2} $$

$0^\circ < \angle AOB < 180^\circ$ より、$\angle AOB = 60^\circ$ となる。 $OA = OB$ かつ $\angle AOB = 60^\circ$ となるので、$\triangle OAB$ は正三角形である。

解説

ベクトルの内分点の公式を正確に適用できるかを問う問題である。点 $R$ は線分 $BO$ を内分する点であるため、向きに注意して $\overrightarrow{OR}$ を求める必要がある。
(2) の「$t$ の値によらず成り立つ」という条件は、$t$ についての恒等式として処理するのが定石である。解法1のように展開してすべての係数比較を行う方法と、解法2のように適当な数値を代入して必要条件から絞り込み、十分性を確認する方法がある。本問ではどちらも計算量は同程度であるため、自分にとってミスが少ない方法を選ぶとよい。