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東京大学 1985年文系第1問解説

方針・初手

行列 $A$ を2乗すると $A^2=A$ となる性質（正射影行列）を見抜くことが第一歩である。この性質を利用すれば、$A^3$ や $(I-A)^2$ が非常に簡潔な形に還元できる。その後は点 $P, Q, R$ の位置ベクトルを成分表示で表し、ベクトルの内積と大きさの計算に帰着させればよい。

解法1

(1)

行列 $A$ の2乗を計算する。

$$ \begin{aligned} A^2 &= \frac{1}{(a^2+b^2)^2} \begin{pmatrix} a^2 & ab \\ ab & b^2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a^2 & ab \\ ab & b^2 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{(a^2+b^2)^2} \begin{pmatrix} a^4+a^2b^2 & a^3b+ab^3 \\ a^3b+ab^3 & a^2b^2+b^4 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{(a^2+b^2)^2} \begin{pmatrix} a^2(a^2+b^2) & ab(a^2+b^2) \\ ab(a^2+b^2) & b^2(a^2+b^2) \end{pmatrix} \\ &= \frac{a^2+b^2}{(a^2+b^2)^2} \begin{pmatrix} a^2 & ab \\ ab & b^2 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{a^2+b^2} \begin{pmatrix} a^2 & ab \\ ab & b^2 \end{pmatrix} \\ &= A \end{aligned} $$

これより $A^2=A$ が成り立つ。したがって、各変換の行列は次のように簡単になる。

$$ A^3 = A^2 \cdot A = A \cdot A = A^2 = A $$

$$ \begin{aligned} (I-A)^2 &= I^2 - 2A + A^2 \\ &= I - 2A + A \\ &= I - A \end{aligned} $$

点 $P(x, y)$ の位置ベクトルを $\vec{p} = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ とし、点 $Q, R$ の位置ベクトルをそれぞれ $\vec{q}, \vec{r}$ とすると、題意より以下のように表せる。

$$ \vec{q} = A\vec{p} $$

$$ \vec{r} = (I-A)\vec{p} $$

それぞれの成分を計算する。

$$ \begin{aligned} \vec{q} &= \frac{1}{a^2+b^2} \begin{pmatrix} a^2 & ab \\ ab & b^2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{a^2+b^2} \begin{pmatrix} a^2x + aby \\ abx + b^2y \end{pmatrix} \\ &= \frac{ax+by}{a^2+b^2} \begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} \end{aligned} $$

次に $I-A$ を計算する。

$$ \begin{aligned} I - A &= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} - \frac{1}{a^2+b^2} \begin{pmatrix} a^2 & ab \\ ab & b^2 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{a^2+b^2} \begin{pmatrix} a^2+b^2-a^2 & -ab \\ -ab & a^2+b^2-b^2 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{a^2+b^2} \begin{pmatrix} b^2 & -ab \\ -ab & a^2 \end{pmatrix} \end{aligned} $$

よって $\vec{r}$ は次のようになる。

$$ \begin{aligned} \vec{r} &= \frac{1}{a^2+b^2} \begin{pmatrix} b^2 & -ab \\ -ab & a^2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{a^2+b^2} \begin{pmatrix} b^2x - aby \\ -abx + a^2y \end{pmatrix} \\ &= \frac{bx-ay}{a^2+b^2} \begin{pmatrix} b \\ -a \end{pmatrix} \end{aligned} $$

ここで、$\vec{r} = (I-A)\vec{p} = \vec{p} - A\vec{p} = \vec{p} - \vec{q}$ より、$\vec{p} = \vec{q} + \vec{r}$ が成り立つ。ベクトル $\vec{PQ}, \vec{PR}$ を考えると、

$$ \vec{PQ} = \vec{q} - \vec{p} = -\vec{r} $$

$$ \vec{PR} = \vec{r} - \vec{p} = -\vec{q} $$

これらの内積を計算すると、

$$ \begin{aligned} \vec{PQ} \cdot \vec{PR} &= (-\vec{r}) \cdot (-\vec{q}) \\ &= \vec{q} \cdot \vec{r} \\ &= \frac{ax+by}{a^2+b^2} \cdot \frac{bx-ay}{a^2+b^2} \left\{ a \cdot b + b \cdot (-a) \right\} \\ &= \frac{(ax+by)(bx-ay)}{(a^2+b^2)^2} (ab - ab) \\ &= 0 \end{aligned} $$

問題の条件より $Q, R$ は $P$ と一致しないため、$\vec{PQ} \neq \vec{0}$ かつ $\vec{PR} \neq \vec{0}$ である。したがって $\vec{PQ} \perp \vec{PR}$ となり、$\angle QPR = 90^\circ$ である。

(2)

(1)より $\triangle PQR$ は $\angle QPR = 90^\circ$ の直角三角形であるから、その面積 $S$ は次のように求められる。

$$ S = \frac{1}{2} |\vec{PQ}| |\vec{PR}| = \frac{1}{2} |\vec{r}| |\vec{q}| $$

$\vec{q}, \vec{r}$ の大きさをそれぞれ計算する。

$$ \begin{aligned} |\vec{q}| &= \left| \frac{ax+by}{a^2+b^2} \right| \sqrt{a^2+b^2} \\ &= \frac{|ax+by|}{a^2+b^2} \sqrt{a^2+b^2} \\ &= \frac{|ax+by|}{\sqrt{a^2+b^2}} \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} |\vec{r}| &= \left| \frac{bx-ay}{a^2+b^2} \right| \sqrt{b^2+(-a)^2} \\ &= \frac{|bx-ay|}{a^2+b^2} \sqrt{a^2+b^2} \\ &= \frac{|bx-ay|}{\sqrt{a^2+b^2}} \end{aligned} $$

したがって、求める面積 $S$ は次のようになる。

$$ \begin{aligned} S &= \frac{1}{2} \cdot \frac{|ax+by|}{\sqrt{a^2+b^2}} \cdot \frac{|bx-ay|}{\sqrt{a^2+b^2}} \\ &= \frac{|(ax+by)(bx-ay)|}{2(a^2+b^2)} \end{aligned} $$

解法2

行列 $A$ が表す一次変換の幾何学的意味を考える。ベクトル $\vec{u} = \begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix}, \vec{v} = \begin{pmatrix} -b \\ a \end{pmatrix}$ とおくと、$\vec{u} \cdot \vec{v} = 0$ より $\vec{u} \perp \vec{v}$ である。これらを $A$ で変換すると、

$$ \begin{aligned} A\vec{u} &= \frac{1}{a^2+b^2} \begin{pmatrix} a^2 & ab \\ ab & b^2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{a^2+b^2} \begin{pmatrix} a(a^2+b^2) \\ b(a^2+b^2) \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} \\ &= \vec{u} \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} A\vec{v} &= \frac{1}{a^2+b^2} \begin{pmatrix} a^2 & ab \\ ab & b^2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -b \\ a \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \\ &= \vec{0} \end{aligned} $$

これは、行列 $A$ が方向ベクトル $\vec{u}$ の直線 $l$ への正射影を表すことを意味している。よって、任意の点 $P(\vec{p})$ の像 $Q(\vec{q})$ は、$P$ から直線 $l$ に下ろした垂線の足となる。

同様に $(I-A)$ による変換を考えると、

$$ (I-A)\vec{u} = \vec{u} - A\vec{u} = \vec{u} - \vec{u} = \vec{0} $$

$$ (I-A)\vec{v} = \vec{v} - A\vec{v} = \vec{v} - \vec{0} = \vec{v} $$

となり、行列 $(I-A)$ は方向ベクトル $\vec{v}$ の直線 $m$ への正射影を表す。直線 $m$ は直線 $l$ と原点で直交する。したがって、点 $P(\vec{p})$ の像 $R(\vec{r})$ は、$P$ から直線 $m$ に下ろした垂線の足となる。

直線 $l, m$ は直交しているため、原点 $O, Q, P, R$ は長方形をなす。（$\vec{q} + \vec{r} = \vec{p}$ を満たしていることからも明らかである）。四角形 $OQPR$ が長方形であることから、対角にあたる $\angle QPR$ は $\angle QOR = 90^\circ$ に等しい。

また、長方形 $OQPR$ において $PQ = OR = |\vec{r}|, PR = OQ = |\vec{q}|$ であるから、面積は解法1と同様に $S = \frac{1}{2} |\vec{q}| |\vec{r}|$ を計算すればよい。

解説

$A^2=A$ を満たす行列は正射影行列と呼ばれ、図形的にはある直線への垂線の足への変換を表す。本問はこの正射影の性質を誘導なしに自力で見抜けるかを問うている。計算自体は成分計算で押し切れるが、解法2のように図形的な意味に気づくと見通しが格段に良くなる。線形代数の基礎的な知識が図形問題の理解を深める典型的な良問である。