2012旭川医科大 数学２

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【解答】

　(１)
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \begin{pmatrix} \sf a&\sf b \\ \sf c & \sf d \end{pmatrix}\binom{1}{0}=\binom{a}{c}\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \begin{pmatrix} \sf a&\sf b \\ \sf c & \sf d \end{pmatrix}\binom{0}{1}=\binom{b}{d}\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \begin{pmatrix} \sf a&\sf b \\ \sf c & \sf d \end{pmatrix}\binom{\frac{1}{\sqrt2}}{\frac{1}{\sqrt2}}=\frac{1}{\sqrt2}\binom{a+b}{c+d}\end{align*}}$
　　　より、C₁上の3点
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P_1\left( 1\ ,\ 0\right)\ ,\ P_2\left(0\ ,\ 1 \right)\ ,\ P_3\left( \frac{1}{\sqrt2}\ ,\ \frac{1}{\sqrt2}\right)\end{align*}}$
　　　は行列Aによって、それぞれ
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf Q_1\left( a\ ,\ c\right)\ ,\ Q_2\left(b\ ,\ d \right)\ ,\ Q_3\left( \frac{a+b}{\sqrt2}\ ,\ \frac{c+d}{\sqrt2}\right)\end{align*}}$
　　　に移る。Q₁、Q₂はともにC₂上にあるので、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a^2+c^2=b^2+d^2=r^2\end{align*}}$　　　……①
　　　また、Q₃がC₂上にあることと①より
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( \frac{a+b}{\sqrt2}\right)^2+\left( \frac{c+d}{\sqrt2}\right)^2=\frac{\left(a^2+c^2 \right)+\left(b^2+d^2 \right)+2\left(ab+cd \right)}{2}=r^2\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ ab+cd=0\end{align*}}$　　……②
　　　を得る。

　　　逆に、①、②が成り立つとき、
　　　C₁上の任意の点 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P\left( \cos t\ ,\ \sin t\right)\end{align*}}$ は
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \begin{pmatrix} \sf a&\sf b \\ \sf c & \sf d \end{pmatrix}\binom{\cos t}{\sin t}=\binom{a\cos t+b\sin t}{c\cos t+d\sin t}\end{align*}}$
　　　より、点 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf Q\left(a\cos t+b\sin t\ ,\ c\cos t+d\sin t\right)\end{align*}}$ に移り、　　　　　　　　
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(a\cos t+b\sin t\right)^2+\left( c\cos t+d\sin t\right)^2\end{align*}}$
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left( a^2+c^2\right)\cos^2t+\left(b^2+d^2 \right)\sin^2t+2\left(ab+cd \right)\sin t\cos t\end{align*}}$
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =r^2\cos^2t+r^2\sin^2t+0\end{align*}}$　　　←①、②より
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =r^2\end{align*}}$
　　　となるので、QはC₂上の点である。

　　　以上より、C₁がAによってC₂に移るとき、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a^2+c^2=b^2+d^2=r^2\ \ ,\ \ ab+cd=0\end{align*}}$
　　　が成り立つ。


　(２)
　　　b²+d²=r²より、b、dは実数φを用いて
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b=r\cos\phi\ \ ,\ \ d=r\sin\phi\end{align*}}$
　　　と表すことができる。このとき、加法定理を用いると
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf ad-bc=r^2\cos\theta\sin\phi-r^2\sin\theta\cos\phi>0\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sin\left(\phi -\theta \right)>0\end{align*}}$　　　……③　　　
　　　を得る。
　　　また、②より
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf ab+cd=r^2\cos\theta\cos\phi+r^2\sin\theta\sin\phi=0\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \cos\left(\phi-\theta \right)=0\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \phi-\theta =\pm\frac{\pi}{2}+2n\pi\end{align*}}$　　　（n：整数）
　　　となり、これと③より
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \phi =\theta +\frac{\pi}{2}+2n\pi\end{align*}}$
　　　を得る。よって、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b=r\cos\phi=r\cos\left(\theta +\frac{\pi}{2}+2n\pi \right)=\underline{\ -r\sin\theta\ }\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf d=r\sin\phi=r\sin\left(\theta +\frac{\pi}{2}+2n\pi \right)=\underline{\ r\cos\theta\ }\end{align*}}$


　(３)
　　　(２)より
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf B=\frac{1}{r}\begin{pmatrix} \sf r\cos\theta&\sf -r\sin\theta \\ \sf r\sin\theta & \sf r\cos\theta \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf \cos\theta&\sf -\sin\theta \\ \sf \sin\theta & \sf \cos\theta\end{pmatrix}\end{align*}}$
　　　となるので、Bは原点中心に$\scriptsize\sf{\theta}$ だけ回転させる移動を表す。
　　　よって、S₁～S₈はすべて合同な円であり、その位置関係は
　　　下左図のようになる。（青がC₁、緑がC₂、赤がS₁～S₈）

　　　　　　　　　

　　　原点をO、S₁の中心をA、S₁とS₂の接点をBとおくと（上右図）、
　　　図形の対称性より、　　　
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \angle AOB=\frac{\pi}{8}\ \ ,\ \ \angle ABO=\frac{\pi}{2}\end{align*}}$
　　　であり、C₁の半径は1、C₂の半径はrなので、S₁の半径をRとおくと、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 1+2R=r\ \ \Leftrightarrow\ \ R=\frac{r-1}{2}\end{align*}}$
　　　となる。よって、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin\angle AOB=\frac{AB}{OA}=\frac{R}{R+1}\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sin\frac{\pi}{8}=\frac{\frac{r-1}{2}}{\frac{r-1}{2}+1}=\frac{r-1}{r+1}\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left( r+1\right)\sin\frac{\pi}{8}=r-1\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ r=\frac{1+\sin\frac{\pi}{8}}{1-\sin\frac{\pi}{8}}\end{align*}}$
　　　ここで、半角公式より
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin^2\frac{\pi}{8}=\frac{1-\cos\frac{\pi}{4}}{4}=\frac{1-\frac{\sqrt2}{2}}{2}=\frac{2-\sqrt2}{4}\end{align*}}$
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sin\frac{\pi}{8}=\frac{\sqrt{2-\sqrt2}}{2}\ (>0)\end{align*}}$
　　　なので、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf r=\frac{1+\frac{\sqrt{2-\sqrt2}}{2}}{1-\frac{\sqrt{2-\sqrt2}}{2}}=\underline{\ \frac{2+\sqrt{2-\sqrt2}}{2-\sqrt{2-\sqrt2}}\ }\end{align*}}$




　　どこかで同じ問題を見た気がするんですが・・・・