名古屋大学 1996年度
後期・理系数学 後期第2問

解答

(1)

$c=\cos \alpha ,s=\sin \alpha$ とおく。不動点 $U(a,b)$ は

を満たす。両辺を2倍して整理すると

である。係数行列の行列式は $(2-c{)}^2+s^2=5-4c>0$ なので，$a=\frac{2(2-c)}{5-4c},b=\frac{2s}{5-4c}$ である。すなわち

である。

(2)

不動点の式 $U=f(U)$ と $P_{n+1}=f(P_n)$ を引き算すると $\overrightarrow{U{P}_{n+1}}=\frac{1}{2}A\overrightarrow{U{P}_n}$ である。行列 $A$ は角 $\alpha$ の回転を表すので，長さを変えず，向きを $\alpha$ だけ回転させる。したがって $|\overrightarrow{U{P}_{n+1}}|=\frac{1}{2}|\overrightarrow{U{P}_n}|$ であり，また $\angle P_{n}U{P}_{n+1}=\alpha$ である。

(3)

$U=(x,y)$ とする。不動点方程式は $U-(1,0)=\frac{1}{2}AU$ と書ける。回転行列 $A$ は長さを変えないので $|U-(1,0)|=\frac{1}{2}|U|$ である。したがって $(x-1{)}^2+y^2=\frac{1}{4}(x^2+y^2)$ となる。整理すると $3x^2-8x+3y^2+4=0$ であり，平方完成して ${\left(x-\frac{4}{3}\right)}^2+y^2=\frac{4}{9}$ を得る。よって不動点 $U$ は，中心 $\left(\frac{4}{3},0\right)$ 半径 $\frac{2}{3}$ の円周上を動く。

(4)

(2)より $|U{P}_n|={\left(\frac{1}{2}\right)}^n|U{P}_0|$ である。$P_0=O$ だから $|U{P}_0|=|U|$ である。三角形 $P_{n}U{P}_{n+1}$ の面積は $S_n=\frac{1}{2}|U{P}_n||U{P}_{n+1}||\sin \alpha |$ なので $S_n={\left(\frac{1}{4}\right)}^{n+1}|U{|}^2|\sin \alpha |$ である。したがって

となる。

(1)の座標から $|U{|}^2=\frac{4\{(2-c{)}^2+s^2\}}{(5-4c{)}^2}=\frac{4}{5-4c}=\frac{1}{5/4-c}$ である。よって $S=\frac{|\sin \alpha |}{3(5/4-\cos \alpha )}$ である。 $|\sin \alpha |$ があるので，$0\leqq \alpha \leqq \pi$ で最大を考えればよい。$x=\cos \alpha$ とおくと，$0\leqq \alpha \leqq \pi$ では $S=\frac{\sqrt{1-x^2}}{3(5/4-x)}(-1\leqq x\leqq 1)$ である。最大値を求めるため，正の量 $\frac{1-x^2}{(5/4-x{)}^2}$ を最大化する。微分すると

であるから，最大は $x=\frac{4}{5}$ のときである。このとき $\sqrt{1-x^2}=\frac{3}{5},\frac{5}{4}-x=\frac{9}{20}$ なので $S_{\max }=\frac{1}{3}\cdot \frac{3/5}{9/20}=\frac{4}{9}$ である。