https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1979/Rika

2023.08.19記

[6] $a$ を正の定数とし，座標平面上に $3$ 点 $\mbox{P}_0(1,0)$ ， $\mbox{P}_1(0,a)$ ， $\mbox{P}_2(0,0)$ が与えられたとする．

$\mbox{P}_2$ から $\mbox{P}_0\mbox{P}_1$ に垂線をおろし，それと $\mbox{P}_0\mbox{P}_1$ との交点を $\mbox{P}_3$ とする．

$\mbox{P}_3$ から $\mbox{P}_1\mbox{P}_2$ に垂線をおろし，それと $\mbox{P}_1\mbox{P}_2$ との交点を $\mbox{P}_4$ とする．

以下同様にくり返し，一般に $\mbox{P}_n$ が得られたとき，

$\mbox{P}_n$ から $\mbox{P}_{n-2}\mbox{P}_{n-1}$ に垂線をおろし，それと $\mbox{P}_{n-2}\mbox{P}_{n-1}$ との交点を $\mbox{P}_{n+1}$ とする．

このとき次の問に答えよ．

(1) $\mbox{P}_6$ の座標を求めよ．

(2) 上の操作をつづけていくとき， $\mbox{P}_0$ ， $\mbox{P}_1$ ， $\mbox{P}_2$ ，…， $\mbox{P}_n$ ，…はどのような点に限りなく近づくか．

本問のテーマ

アファイン変換

2023.08.19記

(2) の答は $\mbox{P}_0\mbox{P}_4$ と $\mbox{P}_2\mbox{P}_6$ との交点となることが予想でき，実際そうなる．

三角形の添字が1増えると，相似比が $\dfrac{a}{\sqrt{a^2+1}}$ ， $\dfrac{1}{\sqrt{a^2+1}}$ と交互に繰り返すので，添字が2増えれば相似比が必ず $\dfrac{a}{a^2+1}$ となることに着目する．

平面上の任意の三角形を任意の三角形に移すアフィン変換が存在する（ことを定理として使っているから大人の解答になる）．

[大人の解答]
$\triangle\mbox{P}_n\mbox{P}_{n+1}\mbox{P}_{n+2}$ と $\triangle\mbox{P}_{n+2}\mbox{P}_{n+3}\mbox{P}_{n+4}$ の相対的な位置関係は点列の作り方から $n$ によらないので， $\triangle\mbox{P}_n\mbox{P}_{n+1}\mbox{P}_{n+2}$ を $\triangle\mbox{P}_{n+2}\mbox{P}_{n+3}\mbox{P}_{n+4}$ に移すアフィン変換（２つの三角形が相似なので原点以外の点を中心としても良い回転拡大）が存在し，それは $-\dfrac{\pi}{2}$ 回転と拡大の合成変換となる．

このアファイン変換 $f$ を
$\begin{pmatrix} X \\ Y\end{pmatrix}=k\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y\end{pmatrix}+\begin{pmatrix} p \\ q \end{pmatrix}$
とおく．

$f(\mbox{P}_0)=\mbox{P}_2$ ， $f(\mbox{P}_1)=\mbox{P}_3$ であり， $\mbox{P}_3$ は $\mbox{P}_0\mbox{P}_1$ を $1:a^2$ に内分する点であるから
$\mbox{P}_3\left(\dfrac{a^2}{a^2+1},\dfrac{a}{a^2+1}\right)$ であるから，
$\begin{pmatrix} 0 \\ 0\end{pmatrix}=k\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix} p \\ q \end{pmatrix}$ ，
$\dfrac{a}{a^2+1}\begin{pmatrix} a \\ 1\end{pmatrix}=k\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 \\ a\end{pmatrix}+\begin{pmatrix} p \\ q \end{pmatrix}$
が成立し，これを解くと
$p=0$ ， $q=k$ ， $k=\dfrac{a}{a^2+1}$
となる．よって任意の0以上の整数 $n$ に対して
$\overrightarrow{\mbox{OP}_{n+2}}=k\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}\overrightarrow{\mbox{OP}_{n}}+\begin{pmatrix} 0 \\ k\end{pmatrix}$
（ $k=\dfrac{a}{a^2+1}$ ）
が成立する．

(1) $\overrightarrow{\mbox{OP}_{4}}=k\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 \\ 0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0 \\ k\end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix} 0 \\ k\end{pmatrix}$ ，
$\overrightarrow{\mbox{OP}_{6}}=k\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 \\ k\end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0 \\ k\end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix} k^2 \\ k\end{pmatrix}$
だから $\mbox{P}_6\left(\dfrac{a^2}{(a^2+1)^2},\dfrac{a}{a^2+1}\right)$ となる．

(2) $f$ の表す回転拡大の中心を $\mbox{Q}$ とすると，任意の0以上の整数 $n$ に対して $\mbox{QP}_{n+2}=k\mbox{QP}_{n}$ が成立するので，
$n=2m$ のとき $\mbox{QP}_{n}=k^n\mbox{QP}_{0}$ ，
$n=2m+1$ のとき $\mbox{QP}_{n}=k^n\mbox{QP}_{1}$
となるが， $0\lt k\lt 1$ よりいずれの場合も $\mbox{P}_n$ は $\mbox{Q}$ に収束するので，求める答は $\mbox{Q}$ である．

ここで $\mbox{Q}$ は $f$ の不動点であるから
$\begin{pmatrix} x \\ y\end{pmatrix}=k\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y\end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0 \\ k\end{pmatrix}$
の解であり
$\begin{pmatrix} 1 & -k \\ k & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ k\end{pmatrix}$
から
$\begin{pmatrix} x \\ y\end{pmatrix}=\dfrac{1}{1+k^2}\begin{pmatrix} 1 & k \\ -k & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 \\ k\end{pmatrix}$ $=\dfrac{k}{1+k^2}\begin{pmatrix} k \\ 1 \end{pmatrix}$
となり，
$\dfrac{k}{1+k^2}=\dfrac{a(a^2+1)}{(a^2+1)^2+a^2}$
だから $\mbox{Q}\left(\dfrac{a^2}{(a^2+1)^2+a^2},\dfrac{a(a^2+1)}{(a^2+1)^2+a^2}\right)$ となる．

最初の部分を少し丁寧に説明すると，

[大人の解答]
$\tan\alpha=a$ をみたす鋭角を $\alpha$ とおくと $\mbox{P}_0(1,0)$ ， $\mbox{P}_0(0,\tan\alpha)$ ， $\mbox{P}_2(0,0)$
であり，
$\mbox{P}_3(\sin^2\alpha,\sin\alpha\cos\alpha)$ ， $\mbox{P}_4(0,\sin\alpha\cos\alpha)$
となる．

さて， $\triangle\mbox{P}_n\mbox{P}_{n+1}\mbox{P}_{n+2}$ は $\angle\mbox{P}_n\mbox{P}_{n+2}\mbox{P}_{n+1}$ が直角である直角3角形である．

直角3角形の頂点から対辺に下した垂線の足によって相似な直角3角形が2つ作られることから，任意の0以上の整数 $n$ に対して $\triangle\mbox{P}_n\mbox{P}_{n+1}\mbox{P}_{n+2}$ は相似である．

任意の0以上の整数 $n$ に対して $\triangle\mbox{P}_n\mbox{P}_{n+1}\mbox{P}_{n+2}$ と $\triangle\mbox{P}_{n+1}\mbox{P}_{n+2}\mbox{P}_{n+3}$ は $\angle\mbox{P}_n\mbox{P}_{n+1}\mbox{P}_{n+2}=\angle\mbox{P}_{n+3}\mbox{P}_{n+1}\mbox{P}_{n+2}$
を共通してもつ．

これらのことから，任意の0以上の整数 $n$ に対して
$\triangle\mbox{P}_n\mbox{P}_{n+1}\mbox{P}_{n+2}$ ∽ $\triangle\mbox{P}_{n+2}\mbox{P}_{n+1}\mbox{P}_{n+3}$
となり，よって
$\triangle\mbox{P}_n\mbox{P}_{n+1}\mbox{P}_{n+2}$ ∽ $\triangle\mbox{P}_{n+2}\mbox{P}_{n+3}\mbox{P}_{n+4}$
となる（対応する点の添字が全て2増えている）．

平面上のある点 $\mbox{Q}$ を中心とする $\theta$ 回転， $k$ 倍拡大を表す1次変換 $f$ によって
$f(\mbox{P}_0)=\mbox{P}_2$ ， $f(\mbox{P}_1)=\mbox{P}_3$ ， $f(\mbox{P}_2)=\mbox{P}_4$
が成立するとすると帰納的に任意の0以上の整数 $n$ に対して
$f(\mbox{P}_n)=\mbox{P}_{n+2}$
が成立する．ここで，任意の0以上の整数 $n$ に対して
$\mbox{P}_n\mbox{P}_{n+1}\perp \mbox{P}_{n+2}\mbox{P}_{n+3}$
であることに着目すると $\theta=-\dfrac{\pi}{2}$ であり，相似比が $\sin\alpha\cos\alpha$ であり， $f(\mbox{P}_2)=\mbox{P}_4$
から $f$ は
$\begin{pmatrix} X \\ Y\end{pmatrix}=(\sin\alpha\cos\alpha)\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y\end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0 \\ \sin\alpha\cos\alpha\end{pmatrix}$
のように表すことができる．ここで $k=\sin\alpha\cos\alpha=\dfrac{a}{a^2+1}$ とおくと，任意の0以上の整数 $n$ に対して
$\overrightarrow{\mbox{OP}_{n+2}}=k\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}\overrightarrow{\mbox{OP}_{n}}+\begin{pmatrix} 0 \\ k\end{pmatrix}$
（ $k=\dfrac{a}{a^2+1}$ ）
が成立する．

としても良いだろう．

[解答]
(2) 作図方法から，任意の0以上の整数 $n$ に対して
$\overrightarrow{\mbox{P}_{n+4}\mbox{P}_{n+5}}=C\overrightarrow{\mbox{P}_{n}\mbox{P}_{n+1}}$
（ $C=\dfrac{a^2}{(a^2+1)^2}$ ）
が成立するので

$n=4m$ のとき $\overrightarrow{\mbox{OP}_{n}}$ $=\overrightarrow{\mbox{OP}_{0}}$ $+\overrightarrow{\mbox{P}_{0}\mbox{P}_{1}}$ $+\cdots+\overrightarrow{\mbox{P}_{n-1}\mbox{P}_{n}}$
$=\overrightarrow{\mbox{OP}_{0}}$ $+(1+C+\cdots+C^{m})$ $(\overrightarrow{\mbox{P}_{0}\mbox{P}_{1}}+\overrightarrow{\mbox{P}_{1}\mbox{P}_{2}}+\overrightarrow{\mbox{P}_{2}\mbox{P}_{3}}+\overrightarrow{\mbox{P}_{3}\mbox{P}_{4}})$ $=\overrightarrow{\mbox{OP}_{0}}+\dfrac{1-C^{m+1}}{1-C}\overrightarrow{\mbox{P}_{0}\mbox{P}_{4}}$
は $|C|\lt 1$ により，
$\overrightarrow{\mbox{OQ}}=\overrightarrow{\mbox{OP}_{0}}+\dfrac{1}{1-C}\overrightarrow{\mbox{P}_{0}\mbox{P}_{4}}$
なる点 $\mbox{Q}$ に収束する．

$n=4m+1$ のとき
$\overrightarrow{\mbox{OP}_{n}}$ $=\overrightarrow{\mbox{OP}_{0}}+\dfrac{1-C^{m+1}}{1-C}\overrightarrow{\mbox{P}_{0}\mbox{P}_{4}}+C^{m+1}\overrightarrow{\mbox{P}_{0}\mbox{P}_{1}}$
は $|C|\lt 1$ により，
$\overrightarrow{\mbox{OQ}}=\overrightarrow{\mbox{OP}_{0}}+\dfrac{1}{1-C}\overrightarrow{\mbox{P}_{0}\mbox{P}_{4}}$
なる点 $\mbox{Q}$ に収束する．

$n=4m+2$ のとき
$\overrightarrow{\mbox{OP}_{n}}$ $=\overrightarrow{\mbox{OP}_{0}}+\dfrac{1-C^{m+1}}{1-C}\overrightarrow{\mbox{P}_{0}\mbox{P}_{4}}+C^{m+1}\overrightarrow{\mbox{P}_{0}\mbox{P}_{2}}$
は $|C|\lt 1$ により，
$\overrightarrow{\mbox{OQ}}=\overrightarrow{\mbox{OP}_{0}}+\dfrac{1}{1-C}\overrightarrow{\mbox{P}_{0}\mbox{P}_{4}}$
なる点 $\mbox{Q}$ に収束する．

$n=4m+3$ のとき
$\overrightarrow{\mbox{OP}_{n}}$ $=\overrightarrow{\mbox{OP}_{0}}+\dfrac{1-C^{m+1}}{1-C}\overrightarrow{\mbox{P}_{0}\mbox{P}_{4}}+C^{m+1}\overrightarrow{\mbox{P}_{0}\mbox{P}_{3}}$
は $|C|\lt 1$ により，
$\overrightarrow{\mbox{OQ}}=\overrightarrow{\mbox{OP}_{0}}+\dfrac{1}{1-C}\overrightarrow{\mbox{P}_{0}\mbox{P}_{4}}$
なる点 $\mbox{Q}$ に収束する．

以上から点列 $\mbox{P}_n$ は $\mbox{Q}$ に収束する．

$\overrightarrow{\mbox{OQ}}=\overrightarrow{\mbox{OP}_{0}}+\dfrac{1}{1-C}\overrightarrow{\mbox{P}_{0}\mbox{P}_{4}}$
なる点 $\mbox{Q}$ が直線 $\mbox{P}_{0}\mbox{P}_{4}$ 上にあることはすぐにわかるだろう．