第１問
０以上の任意の整数ｉに対して、ｘのｉ次式ｇi(ｘ)を
ｉ＝０のとき、ｇ0(ｘ)＝１
ｉ≧１のとき、ｇi(ｘ)＝$\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{x(x+1)\ldots(x+i-1)}{i\ !}\end{align*}}$
と定義する。
(１) ｆ(ｘ)＝$\small\sf{\begin{align*}\sf \sum_{i=0}^n\end{align*}}$ ａiｘｉ （ただし、ａ0≠０）をｘに関する実数係数のｎ（≧０）次式
とする。このとき、等式ｆ(ｘ)＝$\small\sf{\begin{align*}\sf \sum_{i=0}^n\end{align*}}$ ｃiｇｉ(ｘ) が任意の実数ｘについて成り
立つような実数ｃｉ （０≦ｉ≦ｎ、但しｃｎ≠０）が一意的に存在することを
証明せよ。
(２) (１)において、ｎ＞０のとき等式ｆ(ｘ)－ｆ(ｘ－１)＝$\small\sf{\begin{align*}\sf \sum_{i=1}^n\end{align*}}$ ｃiｇｉ-1(ｘ) が成
り立つことを証明せよ。
(３) Ｆ(ｘ)（≠０）をｘに関する実数係数のｎ（≧０）次式とし、任意の整数ａに
対してＦ(ａ)が整数であると仮定する。このとき、等式
Ｆ(ｘ)＝$\small\sf{\begin{align*}\sf \sum_{i=0}^n\end{align*}}$ ｄiｇｉ(ｘ)
が任意の実数ｘについて成り立つような整数ｄｉ（０≦ｉ≦ｎ、但しｄｎ≠０）
が一意的に存在することを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
数学的帰納法を用いて示す。
(ⅰ) ｎ＝０のとき
ｆ(ｘ)＝ａ0より、ｃ0＝ａ0とおくと、
ｆ(ｘ)＝ｃ0ｇ0(ｘ)と表されるのでＯＫ。
(ⅱ) ｎ＝ｋのとき
任意の高々ｋ次式ｆ(ｘ)＝$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{i=0}^k\end{align*}}$ ａiｘｉ がｆ(ｘ)＝$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{i=0}^n\end{align*}}$ ｃiｇｉ(ｘ)
の形で一意的に表されると仮定する････①
ｋ＋１次式ｆ(ｘ)＝$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{i=0}^{n+1}\end{align*}}$ ａiｘｉ に対して、
ｈ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ａk+1(ｋ＋１)！ｇk+1(ｘ)
と定義すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf h(x)=f\ (x)-a_{k+1}(k+1)!\times\frac{x(x+1)\ldots(x+k)}{(k+1)\ !}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =a_{k+1}x^{k+1}+a_kx^k+\ldots a_1x+a_0-a_{k+1}x(x+1)\ldots(x+k)\end{align*}}$
これを計算すると、ｘk+1の項が消え、ｈ(ｘ)は高々ｋ次式となる。
ここで、ｃk+1＝ａk+1(ｋ＋１)！とおけば、
ｆ(ｘ)＝ｃk+1ｇk+1(ｘ)＋ｈ(ｘ)
仮定①より、高々ｋ次式ｈ(ｘ)は、ｈ(ｘ)＝$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{i=0}^k\end{align*}}$ ｃiｇｉ(ｘ)の形に
一意的に表されるので、
ｆ(ｘ)＝ｃk+1ｇk+1(ｘ)＋$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{i=0}^k\end{align*}}$ ｃiｇｉ(ｘ)＝$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{i=0}^{k+1}\end{align*}}$ ｃiｇｉ(ｘ)
となり、ｎ＝ｋ＋１のときもＯＫ。
以上より、任意のｎ（≧０）次式ｆ(ｘ)に対して題意は示された。
１問目からなかなかヘビーな問題ですね。
(２)
ｆ(ｘ)－ｆ(ｘ－１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\sum_{i=0}^n\ c_i\ g_{i\ }(x)-\sum_{i=0}^n\ c_i\ g_i(x-1)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(c_0+\sum_{i=1}^n\ c_i\ \frac{x(x+1)\ldots(x+i-1)}{i\ !}\right)-\left(c_0+\sum_{i=1}^n\ c_i\ \frac{(x-1)x(x+1)\ldots(x+i-2)}{i\ !}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\sum_{i=1}^n\ c_i\ \frac{x(x+1)\ldots(x+i-1)-(x-1)x(x+1)\ldots(x+i-2)}{i\ !}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\sum_{i=1}^n\ c_i\ \frac{x(x+1)\ldots(x+i-2)\{(x+i-1)-(x-1)\}}{i\ !}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\sum_{i=1}^n\ c_i\ \frac{x(x+1)\ldots(x+i-2)}{(i-1)\ !}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\sum_{i=1}^n\ c_i\ g_{i-1}(x)\end{align*}}$
(２)はそのまま計算するだけです。
(３)
１≦ｉのとき、０≦ｋ≦ｎの整数ｋに対して、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g_{i\ }(-k)=\frac{-k(-k+1)\ldots(-k+i-1)}{i\ !}=(-1)^i\ \frac{k(k-1)\ldots\{k-(i-1)\}}{i\ !}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g_{i\ }(-k)=\left\{ \begin{array}{ll}\sf 0 & (\sf k=0,1,2,\ldots,i-1)\\ \\ \ (-1)^{\sf i}\sf \ _kC_{\ i} & (\sf k=i,i+1,\ldots,n) \\\end{array} \right.\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \Leftrightarrow\ \ g_{i\ }(-k)=\left\{ \begin{array}{ll}\sf 0 & (\sf i=k+1,k+2,\ldots,n)\\ \\ \ (-1)^{\sf i}\sf \ _kC_{\ i} & (\sf i=0,1,2,\ldots,k) \\\end{array} \right.\end{align*}}$ ･･･②
一方、(１)より任意のｎ次式Ｆ(ｘ)に対して、Ｆ(ｘ)＝$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sum_{i=0}^n\end{align*}}$ｄiｇi(ｘ)
となる実数ｄi（０≦ｉ≦ｎ、ｄn≠０）が存在する。
任意の整数ａに対してＦ(ａ)がすべて整数になる･･･(※)
という仮定の下で、ｄiがすべて整数になることを数学的帰納法で示す。
(ⅰ) ｉ＝０のとき
ｄ0＝Ｆ(０)で、(※)よりこれは整数なのでＯＫ。
(ⅱ) ｉ≦ｋであるすべてのｉに対してｄiが整数であると仮定する。
すなわち、ｄ0、ｄ1、･･･、ｄkはすべて整数である。･･･③
このとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf F(-k-1)=\sum_{i=0}^n\ d_i\ g_i(-k-1)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\sum_{i=0}^{k+1}\ d_i\ (-1)^{\sf i}\sf \ _{k+1}C_{\ i}\end{align*}}$ ←②より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =d_0-(k+1)d_1+\ldots+(-1)^{\sf k}(k+1)d_{k}+(-1)^{\sf k+1}d_{k+1}\end{align*}}$
ここで(※)より、このＦ(－ｋ－１)は整数である。
また、②よりｄ0、ｄ1、･･･、ｄkはすべて整数であり、
任意のｉに対してk+1Ｃiも整数である。
よって、ｄk+1は整数である。
以上より、任意の整数ｉに対してｄiは整数となるので、題意は示された。
これはタイヘンな問題ですね。
考え方だけを大まかに書いておくと、
まず、Ｆ(０)＝ｄ0は整数。
次に、Ｆ(－１)＝－ｄ1＋ｄ0は整数で、ｄ0が整数なので、ｄ1も整数。
さらに、Ｆ(－２)＝ｄ2－２ｄ1＋ｄ0は整数で、ｄ0、ｄ1が整数なので、ｄ2も整数。
･
･
･
まぁこんな感じですかね。
このことを厳密に帰納法で証明したのが上の解答ですが、
この１問に時間を取られるわけにもいかないので、
ｄ0、ｄ1、ｄ2、ｄ3あたりまで具体的に書いておいて、
「以下、帰納的に～」とごまかしておけば、それなりに部分点をもらえると思います。
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第２問
実数の数列{ａｎ}ｎ＝１，２，･･･は、任意の正整数ｐ、ｑに対して不等式
|ａp+q－ａp－ａq|＜１
を満たしているとする。
(１) 任意の正整数ｎと、２以上の任意の整数ｋに対して、不等式
|ａkn－ｋａn|＜ｋ－１
が成り立つことを証明せよ。
(２) 任意の正整数ｎ、ｋに対して、不等式
|ｎａn+k－(ｎ＋ｋ)ａn|＜２ｎ＋ｋ－２
が成り立つことを証明せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
|ａp+q－ａp－ａq|＜１･･･(※)
(１)
|ａkn－ｋａn|＜ｋ－１･･･(Ａ)が成り立つことを、数学的帰納法で示す。
(ⅰ) ｋ＝２のとき
(※)においてｐ＝ｑ＝ｎとすると、
|ａn+n－ａn－ａn|＜１
⇔ |ａ2n－２ａn|＜２－１
よって、ｋ＝２のとき、(Ａ)は成立する。
(ⅱ) ｋ＝ｍのとき(Ａ)が成立すると仮定すると、
|ａｍn－ｍａn|＜ｍ－１ ･･･①
ｋ＝ｍ＋１のとき、
(※)において、ｐ＝ｍｎ、ｑ＝ｎとすると、
|ａｍn+n－ａｍn－ａn|＜１
これと①より、
|ａｍn－ｍａn|＋|ａｍn+n－ａｍn－ａn|＜ｍ ･･･②
ここで、任意の実数Ｘ、Ｙに対して常に
|Ｘ＋Ｙ|≦|Ｘ|＋|Ｙ| （三角不等式）
が成立するので、
|(ａｍn－ｍａn)＋(ａｍn+n－ａｍn－ａn)|≦|ａｍn－ｍａn|＋|ａｍn+n－ａｍn－ａn|
⇔ |ａ(ｍ+1)n－(ｍ＋１)ａn|≦|ａｍn－ｍａn|＋|ａｍn+n－ａｍn－ａn|
これと②より、
|ａ(ｍ+1)n－(ｍ＋１)ａn|＜(ｍ＋１)－１
となり、ｋ＝ｍ＋１のときも(Ａ)は成立するので、
(Ａ)は２以上の任意の整数ｋに対して成立する。
帰納法だときれいに書けますね。
絶対値を含む不等式なので、三角不等式はすぐに思い浮かぶと思います。
(２)
まず、(※)より
|ａn+k－ａｎ－ａk|＜１
両辺にｎをかけると
|ｎａn+k－ｎａｎ－ｎａk|＜ｎ ･･･(ア)
また、(１)の不等式において、ｋ＝１のときは
|ａn－ａn|＝１－１＝０
となるので、任意の正整数ｋ、ｎに対して
|ａkn－ｋａn|≦ｋ－１ ･･･(イ)
が成り立つ。
(イ)のｋとｎを入れ換えると、
|ａkn－ｎａk|≦ｎ－１
⇔ |－ａkn＋ｎａk|≦ｎ－１ ･･･(ウ)
(ア)、(イ)、(ウ)を辺々加えると、
|ｎａn+k－ｎａｎ－ｎａk|＋|ａkn－ｋａn|＋|－ａkn＋ｎａk|＜２ｎ＋ｋ－２
これと三角不等式 |Ｘ＋Ｙ＋Ｚ|≦|Ｘ|＋|Ｙ|＋|Ｚ|より、
|(ｎａn+k－ｎａｎ－ｎａk)＋(ａkn－ｋａn)＋(－ａkn＋ｎａk)|＜２ｎ＋ｋ－２
⇔ |ｎａn+k－(ｎ＋ｋ)ａn|＜２ｎ＋ｋ－２
結論から逆につじつまを合わせていくような感じです。
(１)の不等式はｋ≧２という条件が付いているので、これを処理しておかなければなりません。
いわゆる限定解除ですね＾＾
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第３問
ａ、ｂを実数とする。
(１) 定積分
$\small\sf{\begin{align*}\rm I\sf(a,b)=\int_{-\pi}^{\pi}\ (1+a\sin x+bx)^2\ dx\end{align*}}$
を求めよ。
(２) ａ、ｂが実数全体を動くとき、(１)の定積分Ｉ(ａ，ｂ)を最小にするような実数
の組(ａ，ｂ)がただ一組存在することを示し、そのような(ａ，ｂ)及び、I(ａ，ｂ)
の最小値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\rm I\sf(a,b)=\int_{-\pi}^{\pi}\ (1+a\sin x+bx)^2\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\int_{-\pi}^{\pi}\ (1+a^2\sin^2 x+b^2x^2+2a\sin x+2abx\sin x+2bx)\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =2\int_{0}^{\pi}\ (1+a^2\sin^2 x+b^2x^2+2abx\sin x)\ dx\end{align*}}$ ←sinｘとｘは奇関数
ここで、半角公式より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int\ \sin^2x\ dx=\frac{1}{2}\int\ (1-\cos 2x)\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{2}\left(x-\frac{1}{2}\sin 2x\right)+C_1\end{align*}}$ （Ｃ1は積分定数)
また、部分積分法を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int\ x\sin x\ dx=-x\cos x-\int(-\cos x)\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =-x\cos x+\sin x+C_2\end{align*}}$ （Ｃ2は積分定数)
以上より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\rm I\sf(a,b)=2\left[x+\frac{a^2x}{2}-\frac{a^2\sin 2x}{4}+\frac{b^2x^3}{3}-2abx\cos x+2ab\sin x\right]_0^{\pi}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\underline{\ 2\pi\left(1+\frac{1}{2}a^2+\frac{\pi^2}{3}\ b^2+2ab\right)\ \ }\end{align*}}$
これは計算するだけですね。
(２)
(１)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\rm I\sf(a,b)=\pi\ a^2+4\pi\ ab+\frac{2\pi^3}{3}\ b^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\pi\left( a+2b\right)^2+\left(\frac{2\pi^3}{3}-4\pi\right)b^2+2\pi\end{align*}}$ ←平方完成
ここで、$\scriptsize\sf{\pi\gt 0}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{2\pi^3}{3}-4\pi=\pi\left(\frac{2\pi^2}{3}-4\right)>\pi\left(\frac{2}{3}\cdot3^2-4\right)=2\pi>0\end{align*}}$
なので、
ｂ＝０かつａ＋２ｂ＝０のときＩ(ａ，ｂ)は最小で、その値は$\scriptsize\sf{2\pi}$
すなわち、
Ｉ(ａ，ｂ)は最小値$\scriptsize\sf{2\pi}$をとり、
それを与える組(ａ，ｂ)は(０，０)ただ１組である。
ａ、ｂ２変数ですが、二次式なので平方完成して終わりです。
この問題は絶対に完答しなきゃダメですよ。
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第４問
ｘｙ平面において原点Ｏ(０，０)を中心とする半径１の円をＳとし、円Ｓ
の任意の点Ｐに対して、点Ｐにおける円Ｓの接線をＬ(Ｐ)とおく。
$\small\sf{\begin{align*}\sf A=\begin{pmatrix}\sf a &\sf b \\ \sf c &\sf d \end{pmatrix}\end{align*}}$
を全ての成分が実数からなる２行２列の行列とし、Ａによって定まるｘｙ
平面の一次変換
$\small\sf{\begin{align*}\sf \begin{pmatrix}\sf x' \\ \sf y' \end{pmatrix}=A\begin{pmatrix}\sf x \\ \sf y \end{pmatrix}\end{align*}}$
を$\small\sf{\phi}$ とおく。このとき円Ｓの任意の点Ｐに対して円Ｓの点Ｑが存在し、接
線Ｌ(Ｐ)のいかなる点も$\small\sf{\phi}$ によって接線Ｌ(Ｑ)の点に移されると仮定する。
(１) 円Ｓの点Ｐの座標を(ｓ，ｔ)として、接線Ｌ(Ｐ)の方程式を求めよ。
(２) 行列Ａは逆行列をもつことを示せ。
(３) 円Ｓの点Ｑは円Ｓの点Ｐにより一意的に定まることを示し、点Ｑの座標
(ｕ，ｖ)を点Ｐの座標(ｓ，ｔ)および行列Ａの成分ａ、ｂ、ｃ、ｄを用いて表
示せよ。
(４) ｘｙ平面の一次変換$\small\sf{\phi}$ は、原点Ｏ(０，０)を中心とする回転か、または
原点Ｏ(０，０)を通るある直線ｍを対称軸とする対称変換のいずれか
であることを証明せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
ベクトル $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OP}=(s,t)\end{align*}}$ に対して、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf m}=(t,-s)\end{align*}}$ を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OP}\ \cdot\ \overrightarrow{\sf m}=0\end{align*}}$ 
となるので、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf m}\end{align*}}$ は接線Ｌ(Ｐ)の方向ベクトルになる。
よって、Ｌ(Ｐ)上の点をＴは実数ｋを用いて、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OT}=\overrightarrow{\sf OP}\ +k\overrightarrow{\sf m}\end{align*}}$
と表せるので、Ｔ(ｘ，ｙ)とすると、
(ｘ、ｙ)＝(ｓ＋ｋｔ，ｔ－ｋｓ) ････①
ｋを消去すると、
ｓｘ＋ｔｙ＝ｓ2＋ｔ2．
ここで、点Ｐ(ｓ，ｔ)は円Ｓ上にあり、ｓ2＋ｔ2なので、
Ｌ(Ｐ)の方程式は、
ｓｘ＋ｔｙ＝１
この結果は、公式として教科書にも載っていますね。
(２)以降のことも考えて、接線Ｌ(Ｐ)上の点Ｔを媒介変数表示する方法で解いてみました。
(２)
点ＰをＰ(１，０)とすると、接線Ｌ(Ｐ)の方程式は、ｘ＝１となる。
「円Ｓの任意の点Ｐに対して円Ｓの点Ｑが存在し、接線Ｌ(Ｐ)の
いかなる点も$\scriptsize{\sf\phi}$ によって接線Ｌ(Ｑ)の点に移される」････(※)
という条件より、このｘ＝１も$\scriptsize{\sf\phi}$ によって、ある接線に移されるはずである。
Ｌ(Ｐ)上の点Ｔ(１，１)を考える。
このとき、Ｐ、Ｔの$\scriptsize{\sf\phi}$ による像をそれぞれＰ’、Ｔ’とすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf P'\ :\ \begin{pmatrix}\sf a &\sf b \\ \sf c &\sf d \end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf 1\\ \sf 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sf a \\ \sf c\end{pmatrix}\ \ ,\ \ T'\ :\ \begin{pmatrix}\sf a &\sf b \\ \sf c &\sf d \end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf 1\\ \sf 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sf a+b \\ \sf c+d\end{pmatrix}\end{align*}}$ ．
この２点を通る直線をＬ’とすると、その方程式は
ｄ(ｘ－ａ)＝ｂ(ｙ－ｃ) ⇔ ｄｘ－ｂｙ＝ａｄ－ｂｃ．
ここで、行列Ａが逆行列をもたないと仮定すると、ａｄ－ｂｃ＝０なので、
Ｌ’：ｄｘ－ｂｙ＝０．
このとき、Ｌ’は原点を通るので、円Ｓの接線とはなり得ず、
(※)に矛盾する。
よって、Ａは逆行列をもたない。
背理法で証明するのが楽だと思います。条件(※)に矛盾するような例が
１つでも存在すればよいので、ＰとＬ(Ｐ)を具体的に決めてしまっても構いません。
(３)
(１)より、点Ｑ(ｕ，ｖ)における接線Ｌ(Ｑ)の方程式は
ｕｘ＋ｖｙ＝１ ････②
と表される。
一方、①よりＬ(Ｐ)上の点Ｔの座標は、(ｓ＋ｋｔ，ｔ－ｋｓ)と表され、
Ｔの$\scriptsize{\sf\phi}$ による像をＴ’(ｘ’，ｙ’)とすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf T\ '\ :\ \begin{pmatrix} \sf x'\\ \sf y'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sf a &\sf b \\ \sf s+kt &\sf t-ks \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sf as+bt+(at-bs)k\\ \sf cs+dt+(ct-ds)k\end{pmatrix}\end{align*}}$ ．
Ｔ’はＬ(Ｑ)上にあるので、②より、
ｕ{ａｓ＋ｂｔ＋(ａｔ－ｂｓ)ｋ}＋ｖ{ｃｓ＋ｄｔ＋(ｃｔ－ｄｓ)ｋ}＝１
⇔ {(ａｔ－ｂｓ)ｕ＋(ｃｔ－ｄｓ)ｖ}ｋ＋(ａｓ＋ｂｔ)ｕ＋(ｃｓ＋ｄｔ)ｖ－１＝０
これが任意のｋに対して成り立つので、係数を比較すると、
(ａｔ－ｂｓ)ｕ＋(ｃｔ－ｄｓ)ｖ＝０ かつ
(ａｓ＋ｂｔ)ｕ＋(ｃｓ＋ｄｔ)ｖ＝１
この連立方程式は、行列を用いて以下のように表すことができる。
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \begin{pmatrix}\sf at-bs &\sf ct-ds \\ \sf as+bt &\sf cs+dt\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf u&\sf v\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sf 0\\ \sf 1\end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \Leftrightarrow\ \ \begin{pmatrix}\sf t&\sf -s\\ \sf s &\sf t \end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf a &\sf b \\ \sf c &\sf d \end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf u\\ \sf v\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sf 0\\ \sf 1\end{pmatrix}\end{align*}}$ ････③
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf B=\begin{pmatrix}\sf t &\sf -s \\ \sf s &\sf t \end{pmatrix}\ \ ,\ \ C=\begin{pmatrix}\sf a &\sf b \\ \sf c &\sf d \end{pmatrix}\end{align*}}$
とおくと、それぞれのデターミナントは
detＢ＝ｔ2＋ｓ2＝１
detＣ＝ａｄ－ｂｃ≠０
となるので、逆行列Ｂ－１、Ｃ－１が存在する。
③の両辺に左から Ｃ－１Ｂ－１をかけると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \begin{pmatrix}\sf u\\ \sf v\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sf a &\sf b \\ \sf c &\sf d \end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix}\sf t &\sf -s \\ \sf s &\sf t \end{pmatrix}^{-1}\begin{pmatrix}\sf 0\\ \sf 1\end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix} \sf d&\sf -c \\ \sf -b& \sf a \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf t&\sf s \\ \sf -s& \sf t \end{pmatrix}\binom{\ 0\ }{\ 1\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix} \sf d&\sf -c \\ \sf -b& \sf a \end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sf s\\ \sf t\end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}\sf -ct+ds\\ \sf at-bs\end{pmatrix}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ u=\frac{-ct+ds}{ad-bc}\ \ ,\ \ v=\frac{at-bs}{ad-bc}\ \ }\end{align*}}$
ｕ，ｖの連立方程式はそのまま解いても構いませんが、計算が面倒になりそうだったので、
行列を用いて解いてみました。
ただ、③の変形はちょっと難しいので、思い浮かばないかもしれませんね。
さて、最後の(４)ですが、これがまたタイヘンなので、次の記事にまわします。
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第４問
ｘｙ平面において原点Ｏ(０，０)を中心とする半径１の円をＳとし、円Ｓ
の任意の点Ｐに対して、点Ｐにおける円Ｓの接線をＬ(Ｐ)とおく。
$\small\sf{\begin{align*}\sf A=\begin{pmatrix}\sf a &\sf b \\ \sf c &\sf d \end{pmatrix}\end{align*}}$
を全ての成分が実数からなる２行２列の行列とし、Ａによって定まるｘｙ
平面の一次変換
$\small\sf{\begin{align*}\sf \begin{pmatrix}\sf x' \\ \sf y' \end{pmatrix}=A\begin{pmatrix}\sf x \\ \sf y \end{pmatrix}\end{align*}}$
を$\small\sf{\phi}$ とおく。このとき円Ｓの任意の点Ｐに対して円Ｓの点Ｑが存在し、接
線Ｌ(Ｐ)のいかなる点も$\small\sf{\phi}$ によって接線Ｌ(Ｑ)の点に移されると仮定する。
(１) 円Ｓの点Ｐの座標を(ｓ，ｔ)として、接線Ｌ(Ｐ)の方程式を求めよ。
(２) 行列Ａは逆行列をもつことを示せ。
(３) 円Ｓの点Ｑは円Ｓの点Ｐにより一意的に定まることを示し、点Ｑの座標
(ｕ，ｖ)を点Ｐの座標(ｓ，ｔ)および行列Ａの成分ａ、ｂ、ｃ、ｄを用いて表
示せよ。
(４) ｘｙ平面の一次変換$\small\sf{\phi}$ は、原点Ｏ(０，０)を中心とする回転か、または
原点Ｏ(０，０)を通るある直線ｍを対称軸とする対称変換のいずれか
であることを証明せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(３)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf u=\frac{-ct+ds}{ad-bc}\ \ ,\ \ v=\frac{at-bs}{ad-bc}\end{align*}}$
(４)
Ｑ(ｕ，ｖ)は円Ｓ上にあるので、ｕ2＋ｖ2＝１．
これに(３)の結論を代入して分母を払うと、
(－ｃｔ＋ｄｓ)2＋(ａｔ－ｂｓ)2＝(ａｄ－ｂｃ)2
⇔ (ｂ2＋ｄ2)ｓ2＋(ａ2＋ｃ2)ｔ2－２(ａｂ＋ｃｄ)ｓｔ＝(ａｄ－ｂｃ)2 ････④
ここで、点Ｐ(ｓ，ｔ)は円Ｓ上にあるので、
ｓ＝cos$\scriptsize\sf{\theta}$ 、 ｔ＝sin$\scriptsize\sf{\theta}$
と表すことができる。倍角公式より、
２ｓ2＝２cos2$\scriptsize\sf{\theta}$ ＝１＋cos$\scriptsize\sf{2\theta}$
２ｔ2＝２sin2$\scriptsize\sf{\theta}$ ＝１－cos$\scriptsize\sf{2\theta}$
２ｓｔ＝２sin$\scriptsize\sf{2\theta}$ cos$\scriptsize\sf{2\theta}$ ＝sin２$\scriptsize\sf{\theta}$ ．
これらを④に代入して整理すると、
(ａ2－ｂ2＋ｃ2－ｄ2)cos２$\scriptsize\sf{\theta}$ ＋２(ａｂ＋ｃｄ)sin２$\scriptsize\sf{\theta}$
＝ａ2＋ｂ2＋ｃ2＋ｄ2－２(ａｄ－ｂｃ)2．
これが任意の$\scriptsize\sf{\theta}$ に対して成立するので、
ａ2－ｂ2＋ｃ2－ｄ2＝０ ････⑤ かつ
ａｂ＋ｃｄ＝０ ････⑥ かつ
ａ2＋ｂ2＋ｃ2＋ｄ2－２(ａｄ－ｂｃ)2＝０ ････⑦
が成り立つ。
⑤より、ａ2＋ｃ2＝ｂ2＋ｄ2＝ｒ2 となるｒ（≧０）が存在する。
ｒ＝０のときは、ａ＝ｂ＝ｃ＝ｄ＝０となり、
(２)の結論ａｄ－ｂｃ≠０に反するので、ｒ≠０．
よって、
ａ＝ｒcos$\scriptsize\sf{\alpha}$ 、 ｃ＝ｒsin$\scriptsize\sf{\alpha}$ 、 ｂ＝ｒsin$\scriptsize\sf{\beta}$ 、 ｄ＝ｒcos$\scriptsize\sf{\beta}$ ･･･⑧
となる$\scriptsize\sf{\alpha}$ 、$\scriptsize\sf{\beta}$ が存在する。
⑧を⑥に代入すると、
ｒ2cos$\scriptsize\sf{\alpha}$ sin$\scriptsize\sf{\beta}$ ＋ｒ2sin$\scriptsize\sf{\alpha}$ cos$\scriptsize\sf{\beta}$ ＝０
⇔ ｒ2sin($\scriptsize\sf{\alpha}$ ＋$\scriptsize\sf{\beta}$ )＝０ ←加法定理より
ｒ2≠０より、sin($\scriptsize\sf{\alpha}$ ＋$\scriptsize\sf{\beta}$ )＝０ すなわち、
$\scriptsize\sf{\alpha}$ ＋$\scriptsize\sf{\beta}$ ＝ｎ$\scriptsize\sf{\pi}$ （ｎは整数）････⑥’
次に⑧を⑦に代入すると、
２ｒ2－２(ｒ2cos$\scriptsize\sf{\alpha}$ cos$\scriptsize\sf{\beta}$ －ｒ2sin$\scriptsize\sf{\alpha}$ sin$\scriptsize\sf{\beta}$ )2＝０
⇔ ｒ4cos2($\scriptsize\sf{\alpha}$ ＋$\scriptsize\sf{\beta}$ )＝ｒ2
⑥’より、cos2($\scriptsize\sf{\alpha}$ ＋$\scriptsize\sf{\beta}$ )＝１なので、ｒ＝１（＞０）
これと、⑧、⑥’より
ａ＝cos$\scriptsize\sf{\alpha}$
ｃ＝sin$\scriptsize\sf{\alpha}$
ｂ＝sin(ｎ$\scriptsize\sf{\pi}$ －$\scriptsize\sf{\alpha}$ )
ｄ＝cos(ｎ$\scriptsize\sf{\pi}$ －$\scriptsize\sf{\alpha}$ )
(ア) ｎが偶数のとき
sin(ｎ$\scriptsize\sf{\pi}$ －$\scriptsize\sf{\alpha}$ )＝－sin$\scriptsize\sf{\alpha}$ 、 cos(ｎ$\scriptsize\sf{\pi}$ －$\scriptsize\sf{\alpha}$ )＝cos$\scriptsize\sf{\alpha}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf A=\begin{pmatrix} \cos\alpha &-\sin\alpha\\ \sin\alpha&\cos\alpha\end{pmatrix} \end{align*}}$ ．
この行列は、原点Ｏ(０，０)を中心として$\scriptsize\sf{\alpha}$ だけ回転する変換を表す。
(イ) ｎが奇数のとき
sin(ｎ$\scriptsize\sf{\pi}$ －$\scriptsize\sf{\alpha}$ )＝－sin$\scriptsize\sf{\alpha}$ 、 cos(ｎ$\scriptsize\sf{\pi}$ －$\scriptsize\sf{\alpha}$ )＝－cos$\scriptsize\sf{\alpha}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf A=\begin{pmatrix} \cos\alpha&-\sin\alpha\\ \sin\alpha &-\cos\alpha\end{pmatrix} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\begin{pmatrix} \cos\alpha &-\sin\alpha\\ \sin\alpha&\cos\alpha\end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0\\ \sf 0&\sf -1\end{pmatrix} \end{align*}}$ ．
この行列は、ｘ軸について対称移動した後、
原点Ｏを中心として$\scriptsize\sf{\alpha}$ だけ回転する変換、
すなわち、ｘ軸と$\scriptsize\sf{\alpha}$ /2の角をなす直線Ｍに
関する対称移動を表す(右図)。
以上より、題意は示された。
最後の最後にとんでもないボリュームの問題が出てきましたね。
対称移動のくだりは面倒なのでごまかして書いています。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/10/01(月) 01:05:00|
- 大学入試(数学) .関西の公立大学 .奈良県立医大 2011
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