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東京大学 1990年理系第4問解説

方針・初手

（1）は、点 $P_0, P_1, P_2$ の座標を直接計算し、三角形の面積を $a$ の関数として立式する。得られた関数を微分して増減を調べ、最大値を求める。

（2）は、(1) で求めた $a$ の値を代入すると、行列 $M$ が「原点周りの回転と縮小」を表すことに気づくことが第一歩である。これにより、無限に続く三角形 $\triangle P_n P_{n+1} P_{n+2}$ が螺旋状に配置されることがわかる。単なる等比級数の和ではなく、隣り合う三角形の「重なり部分」の面積を適切に引く必要がある。

解法1

(1)

与えられた条件より、

$$ P_0 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} $$

$$ P_1 = M P_0 = \begin{pmatrix} \frac{1}{1+a^2} & -\frac{a}{1+a^2} \\ \frac{a}{1+a^2} & \frac{1}{1+a^2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{1+a^2} \\ \frac{a}{1+a^2} \end{pmatrix} $$

$$ P_2 = M P_1 = \begin{pmatrix} \frac{1}{1+a^2} & -\frac{a}{1+a^2} \\ \frac{a}{1+a^2} & \frac{1}{1+a^2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{1}{1+a^2} \\ \frac{a}{1+a^2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1-a^2}{(1+a^2)^2} \\ \frac{2a}{(1+a^2)^2} \end{pmatrix} $$

となる。$\triangle P_0 P_1 P_2$ の面積を $S(a)$ とおく。ベクトル $\vec{P_0 P_1}$ と $\vec{P_0 P_2}$ は以下のようになる。

$$ \vec{P_0 P_1} = \begin{pmatrix} \frac{1}{1+a^2} - 1 \\ \frac{a}{1+a^2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{-a^2}{1+a^2} \\ \frac{a}{1+a^2} \end{pmatrix} $$

$$ \vec{P_0 P_2} = \begin{pmatrix} \frac{1-a^2}{(1+a^2)^2} - 1 \\ \frac{2a}{(1+a^2)^2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{-3a^2-a^4}{(1+a^2)^2} \\ \frac{2a}{(1+a^2)^2} \end{pmatrix} $$

三角形の面積の公式より、

$$ \begin{aligned} S(a) &= \frac{1}{2} \left| \frac{-a^2}{1+a^2} \cdot \frac{2a}{(1+a^2)^2} - \frac{a}{1+a^2} \cdot \frac{-3a^2-a^4}{(1+a^2)^2} \right| \\ &= \frac{1}{2(1+a^2)^3} \left| -2a^3 + 3a^3 + a^5 \right| \\ &= \frac{1}{2(1+a^2)^3} \left| a^3(1+a^2) \right| \\ &= \frac{a^3}{2(1+a^2)^2} \quad (\because a > 0) \end{aligned} $$

$S(a)$ を $a$ で微分する。

$$ \begin{aligned} S'(a) &= \frac{1}{2} \cdot \frac{3a^2(1+a^2)^2 - a^3 \cdot 2(1+a^2) \cdot 2a}{(1+a^2)^4} \\ &= \frac{3a^2(1+a^2) - 4a^4}{2(1+a^2)^3} \\ &= \frac{a^2(3-a^2)}{2(1+a^2)^3} \end{aligned} $$

$a > 0$ において、$S'(a) = 0$ となるのは $a = \sqrt{3}$ のときである。 $0 < a < \sqrt{3}$ で $S'(a) > 0$、$a > \sqrt{3}$ で $S'(a) < 0$ となるため、$S(a)$ は $a = \sqrt{3}$ で極大かつ最大となる。

(2)

$a = \sqrt{3}$ のとき、行列 $M$ は次のように表せる。

$$ M = \begin{pmatrix} \frac{1}{4} & -\frac{\sqrt{3}}{4} \\ \frac{\sqrt{3}}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \cos \frac{\pi}{3} & -\sin \frac{\pi}{3} \\ \sin \frac{\pi}{3} & \cos \frac{\pi}{3} \end{pmatrix} $$

これは、原点 $O$ を中心とする $\frac{\pi}{3}$ の回転と、$\frac{1}{2}$ 倍の縮小の合成変換である。したがって、点 $P_n$ は $P_0(1,0)$ から順次この変換を繰り返した点であり、原点からの距離は $\left(\frac{1}{2}\right)^n$、偏角は $\frac{n\pi}{3}$ となる。

三角形 $T_n = \triangle P_n P_{n+1} P_{n+2}$ とする。 $T_n$ の面積を $A_n$ とおくと、相似比が $\frac{1}{2}$ であることから面積比は $\frac{1}{4}$ となり、

$$ A_n = A_0 \left(\frac{1}{4}\right)^n $$

が成り立つ。(1) の結果より $A_0 = S(\sqrt{3}) = \frac{(\sqrt{3})^3}{2(1+3)^2} = \frac{3\sqrt{3}}{32}$ である。

次に、$T_n$ の和集合の面積を求めるため、三角形同士の重なりを考える。 $P_n$ の偏角が $\frac{n\pi}{3}$ であることから、各 $T_n$ は偏角 $\frac{n\pi}{3} \le \theta \le \frac{(n+2)\pi}{3}$ の領域に含まれる。これにより、添字の差が $2$ 以上ある三角形同士（$T_k$ と $T_m, |k-m| \ge 2$）は内部を共有しないことがわかる。重なりが生じるのは隣り合う $T_k$ と $T_{k+1}$ のみである。

$T_0 = \triangle P_0 P_1 P_2$ と $T_1 = \triangle P_1 P_2 P_3$ の重なりについて調べる。直線 $P_1 P_2$ の方程式を求める。 $P_1\left(\frac{1}{4}, \frac{\sqrt{3}}{4}\right), P_2\left(-\frac{1}{8}, \frac{\sqrt{3}}{8}\right)$ より、傾きは $\frac{\frac{\sqrt{3}}{8} - \frac{\sqrt{3}}{4}}{-\frac{1}{8} - \frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$。

$$ y - \frac{\sqrt{3}}{4} = \frac{\sqrt{3}}{3} \left(x - \frac{1}{4}\right) \iff 2\sqrt{3}x - 6y + \sqrt{3} = 0 $$

この式の左辺を $f(x,y)$ とおく。 $P_0(1,0)$ のとき $f(1,0) = 3\sqrt{3} > 0$ $P_3\left(-\frac{1}{8}, 0\right)$ のとき $f\left(-\frac{1}{8}, 0\right) = \frac{3\sqrt{3}}{4} > 0$ 同符号であるため、$P_0$ と $P_3$ は直線 $P_1 P_2$ に対して同じ側にある。したがって、$T_0$ と $T_1$ は直線 $P_1 P_2$ を底辺として交差し、その共通部分 $T_0 \cap T_1$ は、対角線 $P_0 P_2$ と $P_1 P_3$ の交点を $X_0$ としたときの $\triangle P_1 P_2 X_0$ となる。

交点 $X_0$ の座標を求める。直線 $P_0 P_2$ は $P_0(1,0)$ と $P_2\left(-\frac{1}{8}, \frac{\sqrt{3}}{8}\right)$ を通るので、

$$ y = -\frac{\sqrt{3}}{9}(x - 1) $$

直線 $P_1 P_3$ は $P_1\left(\frac{1}{4}, \frac{\sqrt{3}}{4}\right)$ と $P_3\left(-\frac{1}{8}, 0\right)$ を通るので、

$$ y = \frac{2\sqrt{3}}{3} \left(x + \frac{1}{8}\right) $$

これらを連立して解くと、

$$ -\frac{\sqrt{3}}{9}(x - 1) = \frac{2\sqrt{3}}{3} \left(x + \frac{1}{8}\right) \implies x = \frac{1}{28} $$

この交点 $X_0$ の $x$ 座標が線分 $P_0 P_2$ をどう内分するかを調べる。 $P_0$ の $x$ 座標は $1$、$P_2$ の $x$ 座標は $-\frac{1}{8}$ であり、$P_0 X_0 : X_0 P_2 = s : (1-s)$ とおくと、

$$ (1-s) \cdot 1 + s \cdot \left(-\frac{1}{8}\right) = \frac{1}{28} \implies 1 - \frac{9}{8}s = \frac{1}{28} \implies \frac{9}{8}s = \frac{27}{28} \implies s = \frac{6}{7} $$

よって、$X_0$ は線分 $P_0 P_2$ を $6 : 1$ に内分する点である。底辺を直線 $P_0 P_2$ 上にとると、$\triangle P_1 P_2 X_0$ は $\triangle P_0 P_1 P_2$ と高さを共有し、底辺の長さが $\frac{1}{7}$ 倍となるため、その面積 $c_0$ は、

$$ c_0 = \frac{1}{7} A_0 $$

一般の隣り合う三角形の重なり $T_k \cap T_{k+1}$ の面積 $c_k$ も同様に、変換行列 $M^k$ の性質から、

$$ c_k = c_0 \left(\frac{1}{4}\right)^k = \frac{1}{7} A_k $$

となる。

以上より、和集合の面積 $S_n$ は、各三角形の面積の和から重なり部分の面積の和を引いたものになる。

$$ S_n = \sum_{k=0}^n A_k - \sum_{k=0}^{n-1} c_k $$

$n \to \infty$ の極限をとると、いずれも初項と公比 $\frac{1}{4}$ の無限等比級数となるため、

$$ \begin{aligned} \lim_{n \to \infty} S_n &= \frac{A_0}{1 - \frac{1}{4}} - \frac{c_0}{1 - \frac{1}{4}} \\ &= \frac{4}{3} (A_0 - c_0) \\ &= \frac{4}{3} \left( A_0 - \frac{1}{7} A_0 \right) \\ &= \frac{4}{3} \cdot \frac{6}{7} A_0 \\ &= \frac{8}{7} A_0 \end{aligned} $$

$A_0 = \frac{3\sqrt{3}}{32}$ を代入して、

$$ \lim_{n \to \infty} S_n = \frac{8}{7} \cdot \frac{3\sqrt{3}}{32} = \frac{3\sqrt{3}}{28} $$

解説

行列による漸化式と、図形の極限を組み合わせた総合問題である。 (1) の面積計算は地道な成分計算と微分で確実に合わせたい。(2) において、単なる図形の縮小の和（無限等比級数）と早合点して $\frac{4}{3}A_0$ と答えてしまうミスが非常に多い。図形の「和集合」が問われているため、隣り合う三角形の重なりに気づくかどうかが勝負を分ける。 $M$ が回転と縮小を表すことに気づけば、重なり部分の面積比を一度だけ交点の計算から割り出し、あとは等比級数の包除原理でエレガントに処理できる。