北海道大学 2008年度
理系数学 前期 第4問

解答

(1)

である。$C=(x,y,z)$ とおく。$C$ は半径1の球面上にあるので $x^2+y^2+z^2=1$ である。

また，$\angle COA=\angle COB=\theta$ だから，内積を用いて

である。これを成分で書くと $x\cos \frac{\alpha }{2}+y\sin \frac{\alpha }{2}=\cos \theta ,$ $x\cos \frac{\alpha }{2}-y\sin \frac{\alpha }{2}=\cos \theta$ である。2式を引くと $2y\sin \frac{\alpha }{2}=0$ である。$0<\alpha <\pi$ より $\sin (\alpha /2)>0$ だから $y=0$ である。

したがって $x\cos \frac{\alpha }{2}=\cos \theta$ となる。$0<\alpha <\pi$ より $\cos (\alpha /2)>0$ なので $x=\frac{\cos \theta }{\cos (\alpha /2)}$ である。

さらに $x^2+z^2=1$ で，$C$ の $z$ 座標は正であるから

である。よって

である。

(2)

$A$ と $B$ のなす角は $\alpha$ である。相異なる2つのベクトルのなす角がすべて等しいならば，$C$ と $A$，$C$ と $B$ のなす角も $\alpha$ である。したがって(1)で $\theta =\alpha$ としてよい。

(1)より $C=(x,0,z),x=\frac{\cos \alpha }{\cos (\alpha /2)},z>0$ である。$D$ についても(1)と同じ内積条件を用いると，$z$ 座標だけが負になるので $D=(x,0,-z)$ である。

さらに $C$ と $D$ のなす角も $\alpha$ であるから $C\cdot D=\cos \alpha$ である。一方，$C$ は単位ベクトルなので $x^2+z^2=1$ であり，したがって $C\cdot D=x^2-z^2=2x^2-1$ である。よって $2x^2-1=\cos \alpha$ を得る。

ここで $u=\cos \frac{\alpha }{2}$ とおく。$0<\alpha <\pi$ より $0<u<1$ であり，$\cos \alpha =2u^2-1,x=\frac{2u^2-1}{u}$ である。これを $2x^2-1=\cos \alpha$ に代入すると $2{\left(\frac{2u^2-1}{u}\right)}^2-1=2u^2-1$ である。整理して $(2u^2-1{)}^2=u^4$ すなわち $3u^4-4u^2+1=0$ を得る。因数分解すると $(3u^2-1)(u^2-1)=0$ である。$0<u<1$ なので $u^2=1$ は不適であり，$u^2=\frac{1}{3}$ である。

したがって $\cos \alpha =2u^2-1=-\frac{1}{3}$ であり，$x=\frac{\cos \alpha }{u}=-\frac{1}{\sqrt{3}}$ である。また $z=\sqrt{1-x^2}=\sqrt{\frac{2}{3}}$ で，$z>0$ を選ぶ。よって求める点は $C=\left(-\frac{1}{\sqrt{3}},0,\sqrt{\frac{2}{3}}\right)$ である。

別解。すべての2点間の中心角が等しいので，4点 $A,B,C,D$ は同じ辺の長さをもつ正四面体の頂点である。正四面体では外接球の中心と重心が一致するので，この場合は

である。いま $A+B=\left(2\cos \frac{\alpha }{2},0,0\right),C+D=(2x,0,0)$ だから $x=-\cos \frac{\alpha }{2}$ である。一方，$A\cdot C=\cos \alpha$ かつ $C=(x,0,z)$ より $x\cos \frac{\alpha }{2}=\cos \alpha$ である。上の $x=-\cos (\alpha /2)$ を代入して $-{\cos }^2\frac{\alpha }{2}=\cos \alpha =2{\cos }^2\frac{\alpha }{2}-1$ となる。よって ${\cos }^2\frac{\alpha }{2}=\frac{1}{3}$ であり，同じく $C=\left(-\frac{1}{\sqrt{3}},0,\sqrt{\frac{2}{3}}\right)$ を得る。