https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1990/Rika

2024.01.04記

[4] 行列 $M=\begin{pmatrix}\dfrac{1}{1+a^2} & -\dfrac{a}{1+a^2} \\ \dfrac{a}{1+a^2} & \dfrac{1}{1+a^2} \end{pmatrix}$ に対し，点列 $\mbox{P}_n=(x_n,y_n)$ （ $n=0$ ， $1$ ， $2$ ，…）を次のように定める：

$\begin{pmatrix} x_0 \\ y_0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ ， $\begin{pmatrix} x_1 \\ y_1 \end{pmatrix}=M\begin{pmatrix} x_0 \\ y_0 \end{pmatrix}$ ，…， $\begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix}=M\begin{pmatrix} x_{n-1} \\ y_{n-1} \end{pmatrix}$ ，…

(1) $a$ が正の実数を動くとき， $\triangle\mbox{P}_0\mbox{P}_1\mbox{P}_2$ の面積を
最大にする $a$ の値を求めよ．

(2) $a$ を(1)で求めた値とする． $\triangle\mbox{P}_0\mbox{P}_1\mbox{P}_2$ ， $\triangle\mbox{P}_1\mbox{P}_2\mbox{P}_3$ ，…， $\triangle\mbox{P}_n\mbox{P}_{n+1}\mbox{P}_{n+2}$ の和集合として表される図形の面積を $S_n$ とするとき， $\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n$ を求めよ．

2021.01.30記
回転拡大行列

[解答]
$a=\tan\theta$ とおくと，
$M=\cos\theta \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}$
であるから， $M$ は原点中心 $\theta$ 回転と原点中心 $\cos\theta$ 倍の拡大の合成変換．

(1) $a\gt 0$ より $0\lt \theta\lt\dfrac{\pi}{2}$ である． ${\rm OP}_0=1$ ， ${\rm OP}_1=\cos\theta$ より ${\rm P}_0{\rm P}_1=\sin\theta$ であり， ${\rm P}_2{\rm P}_1$ は ${\rm P}_0{\rm P}_1$ を原点中心 $\theta$ 回転して原点中心 $\cos\theta$ 倍したものであるから， ${\rm P}_2{\rm P}_1=\cos\theta\sin\theta$ ， $\angle{\rm P}_0{\rm P}_1{\rm P}_2=\pi-\theta$ となり， $\triangle{\rm P}_0{\rm P}_1{\rm P}_2=\dfrac{1}{2}\sin\theta\cdot\cos\theta\sin\theta\cdot\sin(\pi-\theta)$ $=\dfrac{1}{2}\sin^3\theta\cos\theta$ となる．これを $\theta$ で微分すると $\dfrac{1}{2}\sin^2\theta(4\cos^2-1)$ となるので， $\cos\theta=\dfrac{1}{2}$ のとき $\triangle{\rm P}_0{\rm P}_1{\rm P}_2$ は最大値 $\dfrac{3\sqrt{3}}{32}$ となる．このとき， $a=\tan\dfrac{\pi}{3}=\sqrt{3}$

(2) $M$ は原点中心 $\dfrac{\pi}{3}$ 回転と原点中心 $r=\dfrac{1}{2}$ 倍の拡大の合成変換である．

${\rm P}_0{\rm P}_2$ と ${\rm P}_1{\rm P}_3$ の交点を ${\rm Q}_2$ とし，同様に ${\rm P}_n{\rm P}_{n+2}$ と ${\rm P}_{n+1}{\rm P}_{n+3}$ の交点を ${\rm Q}_{n+2}$ とすると， $\triangle{\rm P}_n{\rm P}_{n+1}{\rm Q}_{n+2}$ と， $\triangle{\rm P}_0{\rm P}_{1}{\rm Q}_{2}$ は相似で，相似比は $\dfrac{1}{2^n}:1$ である．

$r=\dfrac{1}{2}$ とすると， ${\rm P}_0(1,0)$ ， ${\rm P}_1(r^2,r^2\sqrt{3})$ ， ${\rm P}_2(-r^3,r^3\sqrt{3})$ ， ${\rm P}_3(-r^3,0)$ とすると ${\rm P}_0{\rm P}_2$ は $(1,0)$ を通り傾きが $\dfrac{-r^3\sqrt{3}}{1+r^3}$ の直線， ${\rm P}_0{\rm P}_2$ は $(1,0)$ を通り傾きが $\dfrac{-r^3\sqrt{3}}{1+r^3}$ の直線， ${\rm P}_1{\rm P}_3$ は $(-1,0)$ を通り傾きが $\dfrac{\sqrt{3}}{1+r}$ の直線であるから， ${\rm Q}_2$ の $x$ 座標は ${\rm P}_0{\rm P}_3$ を $\dfrac{1}{1+r}:\dfrac{r^3}{1+r^3}=6:1$ に内分するので $\dfrac{1}{7}(1-6r^3)=\dfrac{1}{28}$ となるので，
$\triangle{\rm P}_0{\rm P}_{1}{\rm Q}_{2}=\triangle{\rm P}_0{\rm P}_{1}{\rm P}_{2}\times\dfrac{{\rm P}_0{\rm Q}_2}{{\rm P}_0{\rm P}_2}$ $=\dfrac{6}{7}\triangle{\rm P}_0{\rm P}_{1}{\rm P}_{2}$ である．

さて，原点と直線 ${\rm P}_0{\rm P}_2:y=-\dfrac{r^3}{1+r^3}(x-1)=-\dfrac{\sqrt{3}}{9}(x-1)$ の距離は $\dfrac{\sqrt{7}}{14}$ であり，これは ${\rm OP}_7=\dfrac{1}{128}$ よりも大きいので，各 $\triangle{\rm P}_n{\rm P}_{n+1}{\rm Q}_{n+2}$ は辺以外では共有点をもたない．

よって求める値は $\triangle{\rm P}_0{\rm P}_{1}{\rm Q}_{2}\times\dfrac{6}{7}\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{4}}$ $=\dfrac{3\sqrt{3}}{32}\times\dfrac{6}{7}\times\dfrac{4}{3}$ $=\dfrac{3\sqrt{3}}{28}$

$\triangle{\rm P}_0{\rm P}_1{\rm P}_2=\dfrac{1}{2}\sin^3\theta\cos\theta$ $=\dfrac{1}{8}\sqrt{(1-\cos2\theta)^3(1+\cos2\theta)}$
において，
$3\cdot \dfrac{1-\cos\theta}{3}+(1+\cos\theta)\geqq 4\sqrt[4]{\dfrac{(1-\cos2\theta)^3(1+\cos2\theta)}{27}}$
であるから，AM-GM 不等式の等号成立条件から， $\dfrac{1-\cos\theta}{3}=1+\cos\theta$ のとき，つまり $\cos2\theta=-\dfrac{1}{2}$ のとき $\triangle{\rm P}_0{\rm P}_1{\rm P}_2$ は最大となる．このとき， $\theta=\dfrac{\pi}{3}$ であるから， $a=\tan\dfrac{\pi}{3}=\sqrt{3}$