九州大学 1995年度 前期日程 第2次学力試験文系数学 第1問

(1)

もとの三角形 $OPQ$ は一辺 $2$ の正三角形であるから、面積は $\sqrt{3}$ である。移った後の正三角形の面積はその4倍なので、一辺の長さは $2\cdot 2=4$ である。 $P(2,0)$、$Q(1,\sqrt{3})$ がそれぞれ移る点を $P^{\mathrm{\prime }},Q^{\mathrm{\prime }}$ とすると $$P^{\mathrm{\prime }}=(2,2c),Q^{\mathrm{\prime }}=(1+\sqrt{3}b,c+\sqrt{3}d)$$ である。$O$ は原点に移るので、$O{P}^{\mathrm{\prime }}{Q}^{\mathrm{\prime }}$ が一辺4の正三角形である条件は $$\mathrm{\mid }{P}^{\mathrm{\prime }}\mathrm{\mid }=4,\mathrm{\mid }{Q}^{\mathrm{\prime }}\mathrm{\mid }=4,P^{\mathrm{\prime }}\cdot Q^{\mathrm{\prime }}=8$$ である。

まず $\mathrm{\mid }{P}^{\mathrm{\prime }}\mathrm{\mid }=4$ より $4+4c^2=16$ だから $c^2=3$ である。次に内積条件より $$2(1+\sqrt{3}b)+2c(c+\sqrt{3}d)=8$$ であり、$c^2=3$ を用いると $b+cd=0$ となる。したがって $b=-cd$ である。

最後に $\mathrm{\mid }{Q}^{\mathrm{\prime }}\mathrm{\mid }=4$ を使う。$$c=\sigma \sqrt{3}(\sigma =\pm 1)$$ とおくと、$b=-cd$ より $$\mathrm{\mid }{Q}^{\mathrm{\prime }}{\mathrm{\mid }}^2=(1-3\sigma d{)}^2+3(\sigma +d{)}^2=4+12d^2$$ である。これが $16$ に等しいので $d^2=1$ である。よって $c=\pm \sqrt{3}$、$d=\pm 1$、$b=-cd$ である。

したがって求める行列は$$\left(\begin{array}{cc}1& \sqrt{3}\\ \sqrt{3}& -1\end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}1& -\sqrt{3}\\ \sqrt{3}& 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}1& \sqrt{3}\\ -\sqrt{3}& 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}1& -\sqrt{3}\\ -\sqrt{3}& -1\end{array}\right)$$の4通りである。

(2)

上で得たいずれの行列についても、2つの列ベクトルは長さ $2$ で互いに直交する。実際 $$1^2+c^2=4,b^2+d^2=4,b+cd=0$$ である。

したがって、任意の点 $(x,y)$ に対して、移った点の原点からの距離の2乗は $4x^2+4y^2=4(x^2+y^2)$ になる。特に $x^2+y^2=1$ 上の点は、原点からの距離が $2$ の点に移る。よって求める図形は $x^2+y^2=4$ である。

グラム行列から $A^{\mathsf{T}}A=4I$ を直接導き、列ベクトルの長さと直交性だけで4行列を列挙する。

(1)
列ベクトルを$$\mathit{u}=\left(\begin{array}{c}1\\ c\end{array}\right),\mathit{v}=\left(\begin{array}{c}b\\ d\end{array}\right)$$とおく。もとの正三角形の2辺は$$\overrightarrow{OP}=2{\mathit{e}}_1,\overrightarrow{OQ}={\mathit{e}}_1+\sqrt{3}{\mathit{e}}_2$$である。面積が4倍の正三角形では辺の長さが2倍になるから、これらの像の内積は、もとの内積の4倍である。2本の辺は一次独立なので、この条件は$$A^{\mathsf{T}}A=4I$$と同値である。

したがって$$\mathrm{\mid }\mathit{u}\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }\mathit{v}\mathrm{\mid }=2,\mathit{u}\cdot \mathit{v}=0.$$第1列から$$1+c^2=4$$ゆえに$$c=\pm \sqrt{3}\mathrm{.}$$長さ2で $\mathit{u}$ に直交するベクトルは$$\mathit{v}=\epsilon \left(\begin{array}{c}-c\\ 1\end{array}\right)(\epsilon =\pm 1)$$に限る。よって$$A=\left(\begin{array}{cc}1& -\epsilon c\\ c& \epsilon \end{array}\right)(c=\pm \sqrt{3},\epsilon =\pm 1)\mathrm{.}$$これを展開すると、解法1の4行列を得る。

(2) $$\mathrm{\mid }A\mathit{x}{\mathrm{\mid }}^2={\mathit{x}}^{\mathsf{T}}{A}^{\mathsf{T}}A\mathit{x}=4\mathrm{\mid }\mathit{x}{\mathrm{\mid }}^2$$である。したがって $\mathrm{\mid }\mathit{x}\mathrm{\mid }=1$ の円周は、ちょうど$$x^2+y^2=4$$へ移る。逆に $A$ は正則なので、半径2の円周上の点はすべて像として現れる。