京都大学 1985年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第2問

条件(B)より、$f$ は3点 $A,B,C$ を全体として $A,B,C$ に移す。したがって、$A,B,C$ の上には1つの置換が定まる。

もしこの置換が恒等的、すなわち $$f(A)=A,f(B)=B,f(C)=C$$ であれば、$$f(B-A)=B-A,f(C-A)=C-A$$ である。3点 $A,B,C$ は同一直線上にないので、$B-A$ と $C-A$ は平面の2つの独立な方向を与える。よって $f$ はすべてのベクトルを動かさず、$f=E$ となる。これは条件(C)に反する。

したがって、置換としては非恒等である。3個のものの非恒等な置換は、$\text{1点を固定し、残り2点を入れ替える場合}$ または $\text{3点を巡回的に入れ替える場合}$ のどちらかである。前者なら、固定される点は明らかに1つだけである。よって、後者が起こらないことを示せばよい。

3点を巡回的に入れ替える場合を仮定する。必要なら $B,C$ の名前を入れ替えて、$$f(A)=B,f(B)=C,f(C)=A$$ としてよい。

まず $A$ と $B$ は同じ直線方向のベクトルではない。もし $B=\lambda A$ なら、1次変換性から $$C=f(B)=f(\lambda A)=\lambda f(A)=\lambda B$$ となり、$A,B,C$ は原点を通る同一直線上に並んでしまうからである。よって $A,B$ を基準にして $C=sA+tB$ と書ける。

この式に $f$ を作用させると $$f(C)=sf(A)+tf(B)=sB+tC$$ である。一方、巡回の仮定より $f(C)=A$ だから、$$A=sB+t(sA+tB)=tsA+(s+t^2)B$$ となる。$A,B$ は独立なので係数を比べて $ts=1,s+t^2=0$ を得る。後式から $s=-t^2$ であり、これを前式に代入すると $-t^3=1$ である。実数 $t$ については $t=-1$ であり、したがって $s=-1$ である。ゆえに $C=-A-B$ すなわち $A+B+C=0$ が従う。

ところがこれは $$O={\displaystyle \frac{A+B+C}{3}}$$ ということであり、原点 $O$ が三角形 $ABC$ の重心であることを意味する。三角形の重心は内部にあるので、条件(A)の「原点 $O$ は三角形 $ABC$ の内部には属さない」に反する。

したがって3点を巡回的に入れ替える場合は起こらない。残るのは1点だけを固定し、残り2点を入れ替える場合であるから、3点 $A,B,C$ のうち $f$ によって動かないものは、1つあって1つに限る。

3点上の置換が3周期だと仮定する。すると $f^3=E$ であり，重心ベクトル $A+B+C$ は $f$ の不動ベクトルになる。非恒等な実2次元の3周期変換は0以外の不動ベクトルをもたないことを基底表示で示し，原点が重心になる矛盾を得る。

条件(B)により $f$ は $A,B,C$ を置換する。3点をすべて固定すれば，独立な $B-A,C-A$ も固定されて $f=E$ となるので，条件(C)に反する。したがって可能性は「1点固定で他の2点を交換」または「3点を巡回」のどちらかである。

後者を仮定する。このとき $f^3$ は $A,B,C$ をすべて固定するから，同じ理由で$$f^3=E$$である。また$$f(A+B+C)=A+B+C$$だから，$U=A+B+C$ は不動ベクトルである。

ここで $U\mathrm{\ne }O$ と仮定し，$U$ と独立なベクトル $V$ を取る。$f(U)=U$ なので，この基底で$$f(V)=cU+dV$$と書ける。3回作用させると$$f^3(V)=c(1+d+d^2)U+d^{3}V=V$$である。実数 $d$ について $d^3=1$ より $d=1$，さらに $3c=0$ より $c=0$ となる。よって $f(U)=U,f(V)=V$ であり $f=E$ となって矛盾する。

したがって $U=O$，すなわち$$A+B+C=O$$である。これは原点が三角形 $ABC$ の重心であることを意味し，条件(A)に反する。ゆえに3周期は不可能であり，残る置換は1点だけを固定して他の2点を交換するものに限る。