\(a \gt 0\) に対し, 行列 \(A\) を \[ A = \left( \begin{array}{cc} a & 1 \\ -1 & a \end{array} \right) \] で定める. \(xy\) 平面上の直線 \(y=1\) を \(l _ 1\) とする. \(l _ 1\) の各点を行列 \(A\) で表される \(1\) 次変換で移してできる直線を \(l _ 2\) とし, \(l _ 1\) の各点を \(A\) の逆行列 \(A^{-1}\) で表される \(1\) 次変換で移してできる直線を \(l _ 3\) とする. また, \(l _ 1\) と \(l _ 2\) の交点を P, \(l _ 1\) と \(l _ 3\) の交点を Q, \(l _ 2\) と \(l _ 3\) の交点を R とし, △PQR の面積を \(S(a)\) とする. 以下の問に答えよ.
(1) 直線 \(l _ 2\) と直線 \(l _ 3\) の方程式を求めよ.
(2) \(3\) 点 P , Q , R の座標を求めよ.
(3) \(S(a)\) を求めよ.
(4) \(S(a)\) を最小にする \(a\) を求めよ.
【 解 答 】
(1)
\(l _ 1 : \ y = 1\) 上の点は \(( t, 1 )\) （ \(t\) は実数）と表せる. \[\begin{gather} A \left( \begin{array}{c} t \\ 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{cc} a & 1 \\ -1 & a \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} t \\ 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} at+1 \\ a-t \end{array} \right) \\ \text{∴} \quad \left\{ \begin{array}{l} x =at+1 \\ y =a-t \end{array} \right. \end{gather}\] \(t\) を消去すれば \[\begin{gather} x+ay = a^2+1 \\ \text{∴} \quad l _ 2 : \ \underline{x+ay -a^2-1 =0} \end{gather}\] \(A^{-1} = \dfrac{1}{a^2+1} \left( \begin{array}{cc} a & -1 \\ 1 & a \end{array} \right)\) なので \[\begin{align} A^{-1} \left( \begin{array}{c} t \\ 1 \end{array} \right) & = \dfrac{1}{a^2+1} \left( \begin{array}{cc} a & -1 \\ 1 & a \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} t \\ 1 \end{array} \right) \\ & = \dfrac{1}{a^2+1} \left( \begin{array}{c} at-1 \\ a+t \end{array} \right) \\ \text{∴} \quad & \left\{ \begin{array}{l} x =\dfrac{at-1}{a^2+1} \\ y =\dfrac{a+t}{a^2+1} \end{array} \right. \end{align}\] \(t\) を消去すれば \[\begin{gather} x-ay = \dfrac{-a^2-1}{a^2+1} \\ \text{∴} \quad l _ 3 : \ \underline{x-ay+1 =0} \end{gather}\]
(2)
\(l _ 1\) と \(l _ 2\) の式より \[\begin{align} x+a -a^2-1 & = 0 \\ \text{∴} \quad x & = a^2-a+1 \end{align}\] なので \[ \text{P} \ \underline{\left( a^2-a+1 , 1 \right)} \] \(l _ 1\) と \(l _ 3\) の式より \[\begin{align} x-a+1 & = 0 \\ \text{∴} \quad x & = a-1 \end{align}\] なので \[ \text{Q} \ \underline{\left( a-1 , 1 \right)} \] \(l _ 2\) と \(l _ 3\) の式より \[\begin{align} 2x & = a^2 \\ \text{∴} \quad x & = \dfrac{a^2}{2} \end{align}\] ゆえに \[ y =\dfrac{x+1}{a} =\dfrac{a}{2}+\dfrac{1}{a} \] よって \[ \text{R} \ \underline{\left( \dfrac{a^2}{2} , \dfrac{a}{2}+\dfrac{1}{a} \right)} \]
(3)
\[\begin{align} \left( a^2-a+1 \right) -(a-1) & = a^2-2+2 \\ & = (a-1)^2+1 \gt 0 \quad ... [1] \\ \text{∴} \quad a^2-a+1 & \gt a-1 \end{align}\] また, \(a \gt 0\) なので, 相加相乗平均の関係を用いて \[ \dfrac{a}{2} +\dfrac{1}{a} \geqq 2 \sqrt{\dfrac{a}{2} \cdot \dfrac{1}{a}} = \sqrt{2} >1 \] したがって \[\begin{align} S(a) & = \dfrac{1}{2} \left( a^2-2a+2 \right) \cdot \dfrac{a^2-2a+2}{2a} \\ & = \underline{\dfrac{\left( a^2-2a+2 \right)^2}{4a}} \end{align}\]
(4)
\(f(a) =4S(a)\) とおけば, これが最小となるときを考えればよい. \[\begin{align} f'(a) & = \dfrac{4(a-1) \left( a^2-2a+2 \right) a -\left( a^2-2a+2 \right)^2 \cdot 1}{a^2} \\ & = \dfrac{\left( a^2-2a+2 \right) \left( 3a^2-2a-2 \right)}{a^2} \\ & = \dfrac{3 \left( a^2-2a+2 \right) \left( a -\frac{1 -\sqrt{7}}{3} \right) \left( a -\frac{1 +\sqrt{7}}{3} \right)}{a^2} \end{align}\] したがって, [1] も用いれば \(f(a)\) の増減は下表のようになる. \[ \begin{array}{c|cccc} a & (0) & \cdots & \dfrac{1+\sqrt{7}}{3} & \cdots \\ \hline f'(a) & & - & 0 & + \\ \hline f(a) & & \searrow & \text{最小} & \nearrow \end{array} \] よって, 求める \(a\) の値は \[ a = \underline{\dfrac{1+\sqrt{7}}{3}} \]