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反転［07阪大文理］

問題     

$xy$平面において，原点Oを通る半径 $r\ (r>0)$ の円を$C$とし， その中心をAとする． Oを除く$C$上の点Pに対し，次の2つの条件(a), (b)で定まる点Qを考える．

$$\begin{array}{ll} \rm (a)& \overrightarrow{\mathrm{OP}}\ と\... ...{OP}}\vert\vert\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\vert=1. \end{array}$$

以下の問いに答えよ．

1. 点PがOを除く$C$上を動くとき， 点Qは $\overrightarrow{\mathrm{OA}}$ に直交する直線上を動くことを示せ．
2. (1)の直線を$l$とする．$l$が$C$と2点で交わるとき，$r$のとりうる値の範囲を求めよ．

方針

1.

図形的に解こう． 直角三角形の相似を使うと，条件を満たすQが$l$上の点以外にないことがわかる．

2.

ベクトルではどのようになるか． 図形的考察が，ベクトルによる計算のなかに含まれてしまう．

3.

ベクトルによる解法は，そのまま座標による解法につながる． $\maru{2}$の関係式まではベクトルによる解法と同じ． そこからあとを座標を用いて書いてみよう．

4.

このような変換はベクトルの代わりに複素数平面で考えることができる． 高校数学から複素数平面が消えたが，基本的なことであるので， 複素数平面の概念とド・モアブルの定理はよく知っておきたい． 平面上の点$(a,\ b)$を複素数$a+bi$に対応させる．条件をこの対応する複素数でかいてみよう．

解1
(1) $\mathrm{B}$を$\mathrm{OB}$が円$C$の直径となる点とし， 半直線$\mathrm{OA}$上の点$\mathrm{Q}_0$を

$$\vert\overrightarrow{\mathrm{OB}}\vert\vert\overrightarrow{\... ...vert\overrightarrow{\mathrm{OQ}_0}\vert=1 \quad \cdots\maru{1}$$

となるようにとる． $\mathrm{Q}_0$を通り $\overrightarrow{\mathrm{OA}}$と直交する直線を$l$とする． Oを除く$C$上の点Pに対し，直線$\mathrm{OP}$は$l$と平行ではない． 直線$\mathrm{OP}$と$l$の交点を$\mathrm{Q}'$とする．

$\mathrm{Q}'\ne\mathrm{P}$のとき

$$\bigtriangleup \mathrm{OPB}∽ \bigtriangleup \mathrm{OQ_0Q'}$$

なので， $\mathrm{OP}：\mathrm{OB}=\mathrm{OQ}_0：\mathrm{OQ}'$が成り立つ．
この結果

$$\vert\overrightarrow{\mathrm{OP}}\vert\vert\overrightarrow{\... ...w{\mathrm{OB}}\vert\vert\overrightarrow{\mathrm{OQ}_0}\vert =1$$

したがって $\mathrm{Q}=\mathrm{Q}'$である． $\mathrm{Q}'=\mathrm{P}$のときも成り立つ．

つまり点$\mathrm{P}$が円$C$上を動けば，点$\mathrm{Q}$は直線$l$上を動く． 逆に，直線$l$上の点$\mathrm{Q}$があれば， 半直線$\mathrm{OQ}$と円$C$は原点および他の点で交わり，条件を満たす点$\mathrm{P}$を定める．

よって点$\mathrm{Q}$の軌跡が直線$l$である，

(2) 原点を中心とする半径1の円を$D$とする．

$\vert\overrightarrow{\mathrm{OP}}\vert\vert\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\vert=1$より， $\vert\overrightarrow{\mathrm{OP}}\vert<1$なら $\vert\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\vert>1$ である．つまり点$\mathrm{P}$が円$D$の内部にあれば点$\mathrm{Q}$は円$D$の外部にある． 同様に点$\mathrm{P}$が円$D$の外部にあれば点$\mathrm{Q}$は円$D$の内部にあり， 点$\mathrm{P}$が円$D$の周上にあれば点$\mathrm{Q}$は点$\mathrm{P}$と一致する．

したがって円$C$が円$D$の内部にあれば$l$と$C$に共通点はない． 円$C$が円$D$に内接すれば$l$と$C$は1点を共有する． 円$C$が円$D$と交われば，$l$はこの交点を通り，したがって$l$と$C$は2点で交わる． つまり$C$と$D$が2点で交わることが求める条件である．

その条件は

$$\mathrm{OB}>\quad \quad ∴\quad r>\dfrac{1}{2}$$

□

解2
記号は解法1のものを使う．
(1) 条件から正の数$k$を用いて

$$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=k\overrightarrow{\mathrm{OQ}}$$

とおけ，さらに条件から

$$\vert\overrightarrow{\mathrm{OP}}\vert\vert\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\vert =k\vert\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\vert^2=1$$

である．この結果 $k=\dfrac{1}{\vert\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\vert^2}$となり

$$\overrightarrow{\mathrm{OP}} =\dfrac{1}{\vert\overrightarrow... ...{OQ}}\vert^2}\overrightarrow{\mathrm{OQ}} \quad \cdots\maru{2}$$

円$C$は線分$\mathrm{OB}$を直径とする円なので， 点$\mathrm{P}$が円$C$上にあることは

$$\overrightarrow{\mathrm{OP}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BP}}=0$$

と同値である．これから

$$\vert\overrightarrow{\mathrm{OP}}\vert^2-\overrightarrow{\mathrm{OP}} \cdot\overrightarrow{\mathrm{OB}}=0$$

ここに$\maru{2}$を代入．

$$\dfrac{\vert\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\vert^2}{\vert\overr... ...overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=0$$

$\maru{1}$より

$$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OA}... ...} = \overrightarrow{\mathrm{OA}}\overrightarrow{\mathrm{OQ}_0}$$

$$∴\quad \overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{Q}_0\mathrm{Q}}=0$$

これは，点Qが，点$\mathrm{Q}_0$を通り $\overrightarrow{\mathrm{OA}}$ に直交する直線上を動くことを示している．

(2) $l$が$C$と2点で交わる条件は， 円$C$の中心$\mathrm{A}$と$l$との距離が半径$r$より小さいことである．
(1)から$\mathrm{A}$と$l$との距離は $\vert\vert\overrightarrow{\mathrm{OQ}_0}\vert-r\vert$であり，$\maru{1}$から

$$\vert\overrightarrow{\mathrm{OQ}_0}\vert=\dfrac{1}{\overrightarrow{\mathrm{OB}}} =\dfrac{1}{2r}$$

である．条件は $\left\vert\dfrac{1}{2r}-r \right\vert<r$． つまり $-r<\dfrac{1}{2r}-r<r$となり，求める$r$の条件は $\dfrac{1}{2}<r$である．□

解3 (1) $\mathrm{P}(x,\ y)$， $\mathrm{Q}(X,\ Y)$とし， $\maru{2}$を成分で書く．

$$x=\dfrac{X}{X^2+Y^2},\ y=\dfrac{Y}{X^2+Y^2} \quad \cdots\maru{3}$$

円$C$の中心を$(a,\ b)$とする．原点を通るので，$r^2=a^2+b^2$である． 円$C$は円の方程式

$$(x-a)^2+(y-b)^2=a^2+b^2 \quad \cdots\maru{4}$$

を満たす点 $\mathrm{P}(x,\ y)$の集合である． 点$\mathrm{Q}$の軌跡は，ここに$\maru{3}$を代入して得られた方程式で定まる図形から， もし $(X,\ Y)=(0,\ 0)$が含まれればそれを除いた集合である．

$\maru{4}$を展開整理して代入する．条件から $(x^2+y^2)(X^2+Y^2)=1$なので

$$\dfrac{1}{X^2+Y^2}+ \dfrac{-2aX}{X^2+Y^2}+ \dfrac{-2bY}{X^2+Y^2}=0$$

を得る．これから点$\mathrm{Q}$は方程式

$$ax+by=\dfrac{1}{2}$$

で定まる直線$l$上を動く．この直線の法線方向は$(a,\ b)$でこれは $\overrightarrow{\mathrm{OA}}$であるから題意が示せた．

(2) $l$が$C$と2点で交わる条件は， 円$C$の中心$(a,\ b)$と$l$との距離が半径$r$より小さいことである．

$$\dfrac{\left\vert a^2+b^2-\dfrac{1}{2} \right\vert}{\sqrt{a^2+b^2}}<r$$

$r=\sqrt{a^2+b^2}$なので

$$\dfrac{\left\vert r^2-\dfrac{1}{2} \right\vert}{r}<r$$

$$-r^2<r^2-\dfrac{1}{2}<r^2$$

$$∴\quad \dfrac{1}{2}<r$$

□

解4

(1) 図形を複素数平面で考え， $\mathrm{P}(z),\ \mathrm{Q}(w)$とおく． 条件から正の数$k$を用いて$z=kw$とおけ，さらに条件から

$$\left\vert z\right\vert\cdot\left\vert w \right\vert= k\left\vert w \right\vert^2=1$$

である．この結果

$$k=\dfrac{1}{\left\vert w\right\vert^2}$$

となり

$$z=\dfrac{w}{\left\vert w\right\vert^2} =\dfrac{1}{\overline{w}}$$

である． $\mathrm{A}(a)$とする． 円$C$の条件から $\left\vert a \right\vert=r$である． 円$C$は点$\mathrm{A}$を中心とし半径$r$の円周上にあるので

$$\left\vert z-a \right\vert=r$$

これから

$$\left\vert\dfrac{1}{\overline{w}}-a \right\vert=r=\left\vert a \right\vert$$

$$∴\quad \left\vert 1-\overline{w}a \right\vert =\left\vert\overline{w}a \right\vert$$

両辺2乗して

$$\begin{eqnarray*} \left\vert 1-\overline{w}a \right\vert^2&=&(1-\overline{w}a)(1... ...overline{w}a \right\vert^2=\left\vert\overline{w}a \right\vert^2 \end{eqnarray*}$$

これから

$$1=\overline{w}a+w\overline{a}$$

これを満たす$w$を一つとり $\mathrm{Q}_0(w_0)$とする．

$$1=\overline{w_0}a+w_0\overline{a}$$

$$∴\quad 0=(\overline{w}-\overline{w}_0)a+(w-w_0)\overline{a}$$

両辺 $\left\vert a \right\vert^2=a\overline{a}$で割ることにより，

$$\overline{\left(\dfrac{w-w_0}{a}\right)}=-\dfrac{w-w_0}{a}$$

を得る．複素数 $\dfrac{w-w_0}{a}$が純虚数となったので， 直線 $\mathrm{Q}_0\mathrm{Q}$は直線$\mathrm{OA}$と直交している．

(2) はベクトルの場合と同様なので省略する． □

吟味

点Qは，点Pの，原点を中心とする半径1の円に関する反転 または鏡像である，という．

反転を扱うには，図形的方法とベクトルや座標，あるいは複素数平面による方法がある． 解法1は，若干異なるが，ベクトルを用いた解法2と座標による解法3は，本質的には同じことで，表現が異なるだけである．

ベクトルでは $\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\dfrac{1}{\left\vert\overrightarrow{\mathrm{OQ}} \right\vert^2}\overrightarrow{\mathrm{OQ}}$までしかできないが，複素数では $z=\dfrac{1}{\overline{w}}$まで簡明になるので，逆に解いて代入することが可能になる．このように反転を座標平面で扱うときは，複素数平面として考えるのが一番簡明でである．

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