2021年入試問題研究に戻る京大特色1番解答
$ n\geqq 5 $ と仮定する．
$ \overrightarrow{v_1},\ \overrightarrow{v_2},\ \overrightarrow{v_3},\ \overrightarrow{v_4},\ \overrightarrow{v_5} $ が同一平面にあるとき． いずれの内積も等しいので，どの2つのなす角もすべて等しいが， これは $ n\geqq 5 $ ではあり得ない．
同一平面上にないものを $ \overrightarrow{v_1},\ \overrightarrow{v_2},\ \overrightarrow{v_3} $ とし， $ \overrightarrow{v_4} $ と $ \overrightarrow{v_5} $ を $ \overrightarrow{v_1},\ \overrightarrow{v_2},\ \overrightarrow{v_3} $ で表す． \begin{eqnarray*} \overrightarrow{v_4}&=&\alpha_4\overrightarrow{v_1}+\beta_4\overrightarrow{v_2}+\gamma_4\overrightarrow{v_3}\\ \overrightarrow{v_5}&=&\alpha_5\overrightarrow{v_1}+\beta_5\overrightarrow{v_2}+\gamma_5\overrightarrow{v_3} \end{eqnarray*} とおく． $ \overrightarrow{v_4} $ と $ \overrightarrow{v_1},\ \overrightarrow{v_2},\ \overrightarrow{v_3} $ の内積をとる． \begin{eqnarray*} \lambda&=&\alpha_4+\beta_4\lambda+\gamma_4\lambda\\ \lambda&=&\alpha_4\lambda+\beta_4+\gamma_4\lambda\\ \lambda&=&\alpha_4\lambda+\beta_4\lambda+\gamma_4 \end{eqnarray*} 第1式−第2式より， \[ 0=(\alpha_4-\beta_4)(1-\lambda) \] $ \lambda=1 $ のとき， $ \overrightarrow{v_1},\ \overrightarrow{v_2} $ のなす角を $ \theta\ (0\leqq \theta< 2\pi) $ とすると， \[ \lambda=\overrightarrow{v_1}\cdot\overrightarrow{v_2}=1\cdot1\cdot\cos\theta \] より， $ \cos\theta=1 $ で $ \theta=0 $ ．このときは $ \overrightarrow{v_1}=\overrightarrow{v_2} $ となり条件に反する． よって $ \alpha_4=\beta_4 $ ．同様に $ \alpha_4=\gamma_4 $ となる． $ \overrightarrow{v_5} $ についても同様なので， \begin{eqnarray*} \overrightarrow{v_4}&=&\alpha_4\left(\overrightarrow{v_1}+\overrightarrow{v_2}+\overrightarrow{v_3}\right)\\ \overrightarrow{v_5}&=&\alpha_5\left(\overrightarrow{v_1}+\overrightarrow{v_2}+\overrightarrow{v_3}\right) \end{eqnarray*} この結果， $ \overrightarrow{v_4} $ と $ \overrightarrow{v_5} $ は平行でかつ異なる． よって， $ \lambda=-1 $ となるが， このとき異なるものは2個しかなく， $ \overrightarrow{v_1},\ \overrightarrow{v_2},\ \overrightarrow{v_3} $ がすべて異なることに反する．
したがって $ n\leqq 4 $ が必要である．
$ n=4 $ のとき．
4つのベクトルを $ \overrightarrow{v_1},\ \overrightarrow{v_2},\ \overrightarrow{v_3},\ \overrightarrow{v_4} $ とする．
これらが同一平面上にあるとする．このときは $ \overrightarrow{v_3},\ \overrightarrow{v_4} $ を $ \overrightarrow{v_1},\ \overrightarrow{v_2} $ で表すことができる．それを， \begin{eqnarray*} \overrightarrow{v_3}&=&x\overrightarrow{v_1}+y\overrightarrow{v_2}\\ \overrightarrow{v_4}&=&s\overrightarrow{v_1}+t\overrightarrow{v_2} \end{eqnarray*} とする．これらと $ \overrightarrow{v_1},\ \overrightarrow{v_2} $ の内積をとり， \begin{eqnarray*} \lambda&=&x+y\lambda\\ \lambda&=&x\lambda+y\\ \lambda&=&s+t\lambda\\ \lambda&=&s\lambda+t \end{eqnarray*} 先の考察から $ \lambda\ne -1 $ なので，これから $ x=y=\dfrac{\lambda}{1+\lambda} $ ， $ s=t=\dfrac{\lambda}{1+\lambda} $ となり， $\overrightarrow{v_3}=\overrightarrow{v_4}$となる．
よって $ \overrightarrow{v_1},\ \overrightarrow{v_2},\ \overrightarrow{v_3},\ \overrightarrow{v_4} $ が同一平面上にあることはない． $\overrightarrow{v_1},\ \overrightarrow{v_2},\ \overrightarrow{v_3}$が1次独立であるとする． このとき上記考察より， \[ \overrightarrow{v_4}=\alpha_4\left(\overrightarrow{v_1}+\overrightarrow{v_2}+\overrightarrow{v_3}\right) \] と表すことができる． \begin{eqnarray*} 1&=&|\overrightarrow{v_4}|^2 ={\alpha_4}^2\left|\overrightarrow{v_1}+\overrightarrow{v_2}+\overrightarrow{v_3} \right|^2\\ &=&{\alpha_4}^2\left(1+1+1+2\lambda+2\lambda+2\lambda\right)\\ \lambda&=&\alpha_4\left(1+\lambda+\lambda\right) \end{eqnarray*} これを解いて $ \lambda=-\dfrac{1}{3} $ ， $ \alpha_4=-1 $ を得る．
原点を中心とし原点と各頂点との距離が1の正四面体 $ \mathrm{ABCD} $ と考える． 対称性から \[ \overrightarrow{\mathrm{OA}}+ \overrightarrow{\mathrm{OB}}+ \overrightarrow{\mathrm{OC}}+ \overrightarrow{\mathrm{OD}}=0 \] である． $ \overrightarrow{\mathrm{OA}} $ との内積をとる． \[ 1+ \overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB}}+ \overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OC}}+ \overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OD}}=0 \] 対称性から各内積は等しいので \[ \overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OB}}= \overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OC}}= \cdots= \overrightarrow{\mathrm{OC}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OD}}=-\dfrac{1}{3} \] したがって， $ \lambda=-\dfrac{1}{3} $ のとき， $ \overrightarrow{v_1}=\overrightarrow{\mathrm{OA}} $ ， $ \overrightarrow{v_2}=\overrightarrow{\mathrm{OB}} $ にとることができる． このとき，他の2頂点の位置ベクトルを $ \overrightarrow{v_3},\ \overrightarrow{v_4} $ とすれば，これは条件を満たす．
$ n=3 $ のとき． \[ \overrightarrow{v_1}=(1,\ 0,\ 0),\ \overrightarrow{v_2}=(\lambda,\ p,\ 0),\ \overrightarrow{v_3}=(\lambda,\ q,\ r) \] とおいて一般性を失わない．そして， \[ |\overrightarrow{v_2}|^2=\lambda^2+p^2=1,\ |\overrightarrow{v_3}|^2=\lambda^2+q^2+r^2=1,\ \overrightarrow{v_2}\cdot\overrightarrow{v_3}=\lambda^2+pq=\lambda \] これより，実数 $ r $ が存在する条件は \begin{eqnarray*} r^2&=&1-\lambda^2-q^2=1-\lambda^2-\left(\dfrac{\lambda-\lambda^2}{p} \right)^2\\ &=&1-\lambda^2-\dfrac{(\lambda-\lambda^2)^2}{1-\lambda^2}\\ &=&1-\dfrac{2\lambda^2}{1+\lambda}=\dfrac{1+\lambda-2\lambda^2}{1+\lambda}\geqq 0 \end{eqnarray*} である．これから \[ 2\lambda^2-\lambda-1=(2\lambda+1)(\lambda-1)\leqq 0 \] となり， $ \lambda< 1 $ とあわせて \[ -\dfrac{1}{2}\leqq \lambda< 1 \] を得る．
逆にこの範囲の $ \lambda $ に対して， 上記関係式から $ p^2 $ ， $ q^2 $ ， $ r^2 $ の順に値が定まり， 条件を満たす3ベクトルが存在する．
以上から，条件(i),(ii)を満たす空間ベクト $ \overrightarrow{v_1},\ \overrightarrow{v_2},\ \cdots,\ \overrightarrow{v_n} $ が存在するために， $ n $と $ \lambda $ が満たすべき条件は，次のいずれかである．
1) $ n=4 $ で $ \lambda=-\dfrac{1}{3} $
2) $ n=3 $ で $ -\dfrac{1}{2}\leqq \lambda< 1 $
※ 研究：以下は掲示板で教示されたことである．
1） 解答は $ n\geqq 5 $ があり得ないことを示し， $ n=4 $ から先に解いたが， 次のように， $ n=3 $ を先に示し， $ n\geqq 4 $ のときを考える方が簡明になる．
$ n=3 $ のときの証明は上記と同じ． $ -\dfrac{1}{2}< \lambda<1 $ とする．このとき， $ \overrightarrow{v_1},\ \overrightarrow{v_2},\ \overrightarrow{v_3} $ は 1次独立にとれる． \[ \overrightarrow{v}=x\overrightarrow{v_1}+y\overrightarrow{v_2}+z\overrightarrow{v_3} \] とおく．条件 \[ \overrightarrow{v}\cdot\overrightarrow{v_1}= \overrightarrow{v}\cdot\overrightarrow{v_2}= \overrightarrow{v}\cdot\overrightarrow{v_3}=\lambda \] は， \[ x+\lambda y +\lambda z=\lambda,\ \lambda x+y +\lambda z=\lambda,\ \lambda x+\lambda y +z=\lambda \] であり，これを $ x,\ y,\ z $ の連立方程式として解くと， \[ x=y=z=\dfrac{\lambda}{1+2\lambda} \] となる． $ \overrightarrow{v} $ が単位ベクトルとなるのは，上記 $ n=4 $ の場合と同様の計算により， $ \lambda=-\dfrac{1}{3} $ にかぎる．
これから $ n\geqq 5 $ ではあり得ず， $ n=4 $ で $ \lambda=-\dfrac{1}{3} $ となる．2) 本問は3次元空間のベクトルで考えたが， 一般の $ N $ 次元空間で考えることもできる．
$ N=4 $ のときは， \[ n=3,\ -\dfrac{1}{2}\leqq \lambda< 1,\ または n=4,\ -\dfrac{1}{3}\leqq \lambda< 1,\ または n=5,\ \lambda=-\dfrac{1}{4} \] のいずれかとなる．
これを計算で示しておこう．
$ n=4 $ のとき．大きさ1，内積 $ \lambda $ という条件から \begin{eqnarray*} \overrightarrow{v_1}&=&(1,\ 0,\ 0,\ 0)\\ \overrightarrow{v_2}&=&(\lambda,\ p,\ 0,\ 0)\\ \overrightarrow{v_3}&=&(\lambda,\ q,\ r,\ 0)\\ \overrightarrow{v_4}&=&(\lambda,\ s,\ t,\ u) \end{eqnarray*} とおける．さらに，条件から， \begin{eqnarray*} &&1=\lambda^2+p^2=\lambda^2+q^2+r^2=\lambda^2+s^2+t^2+u^2\\ &&\lambda=\lambda^2+pq=\lambda^2+ps=\lambda^2+qs+rt \end{eqnarray*} これから $ q=s $ となり， \begin{eqnarray*} p^2&=&1-\lambda^2\\ s^2&=&q^2=\left(\dfrac{\lambda-\lambda^2}{p} \right)^2=\dfrac{\lambda^2(1-\lambda)}{1+\lambda}\\ r^2&=&1-\lambda^2-q^2=1-\lambda^2-\dfrac{\lambda^2(1-\lambda)}{1+\lambda}=\dfrac{(1-\lambda)(1+2\lambda)}{1+\lambda}\\ t^2&=&\left(\dfrac{\lambda-\lambda^2-q^2}{r} \right)=\dfrac{\lambda^2(1-\lambda)}{(1+2\lambda)(1+\lambda)} \end{eqnarray*} よって， \begin{eqnarray*} u^2&=&1-\lambda^2-s^2-t^2\\ &=&1-\lambda^2-\dfrac{\lambda^2(1-\lambda)}{1+\lambda}-\dfrac{\lambda^2(1-\lambda)}{(1+2\lambda)(1+\lambda)}\\ &=&\dfrac{(1-\lambda)(1+3\lambda)}{1+2\lambda}\geqq 0 \end{eqnarray*} これより， $ -\dfrac{1}{3}\leqq \lambda<1 $ を得る．
$ n=5 $ のとき． $ N=3 $ における $ n=4 $ のときの考察と同様に， \[ \overrightarrow{v_5}=\alpha\left(\overrightarrow{v_1}+\overrightarrow{v_2}+\overrightarrow{v_3}+\overrightarrow{v_4} \right) \] とおけ， \begin{eqnarray*} 1&=&|\overrightarrow{v_5}|^2 =\alpha^2\left|\overrightarrow{v_1}+\overrightarrow{v_2}+\overrightarrow{v_3}+\overrightarrow{v_4} \right|^2\\ &=&\alpha^2\left(1+1+1+1+2\lambda+2\lambda+2\lambda+2\lambda+2\lambda+2\lambda\right)\\ \lambda&=&\alpha\left(1+\lambda+\lambda+\lambda\right) \end{eqnarray*} となる．これを解いて $ \lambda=-\dfrac{1}{4} $ を得る．