1964年(昭和39年)東京大学-数学(理科)[4] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2022.04.23記

[4] 4点 ${\rm A}_1(0,0)$ ， ${\rm A}_2(1,0)$ ， ${\rm A}_3(2,2)$ ， ${\rm A}_4(0,2)$ を頂点とする四辺形がある．この平面上に4点 ${\rm P}_1$ ， ${\rm P}_2$ ， ${\rm P}_3$ ， ${\rm P}_4$ をとって，点 ${\rm P}_1$ は ${\rm P}_4{\rm A}_4$ の中点，点 ${\rm P}_2$ は ${\rm P}_1{\rm A}_1$ の中点，点 ${\rm P}_3$ は ${\rm P}_2{\rm A}_2$ の中点，点 ${\rm P}_4$ は ${\rm P}_3{\rm A}_3$ の中点となるようにする．

4点 ${\rm P}_1$ ， ${\rm P}_2$ ， ${\rm P}_3$ ， ${\rm P}_4$ の座標および四辺形 ${\rm P}_1{\rm P}_2{\rm P}_3{\rm P}_4$ の面積を求めよ．

2022.04.23記

[解答]
原点を $\rm O$ とし， $\vec{{\rm OA}_i}=\vec{a_i}$ ， $\vec{{\rm OP}_i}=\vec{p_i}$ のように書くと，
$16\vec{p_{1}}=8\vec{p_{4}}+8\vec{a_{4}}$
$=4\vec{p_{3}}+4\vec{a_{3}}+8\vec{a_{4}}$
$=2\vec{p_{2}}+2\vec{a_{2}}+4\vec{a_{3}}+8\vec{a_{4}}$
$=\vec{p_{1}}+\vec{a_1}+2\vec{a_{2}}+4\vec{a_{3}}+8\vec{a_{4}}$
が成立する．よって
$\vec{p_1}=\dfrac{\vec{a_1}+2\vec{a_{2}}+4\vec{a_{3}}+8\vec{a_{4}}}{15}=\dfrac{1}{15}\begin{pmatrix} 10 \\ 24\end{pmatrix}$
となる．これから
$\vec{p_2}=\dfrac{1}{2}(\vec{p_1}+\vec{a_1})=\dfrac{1}{30}\begin{pmatrix} 10+0 \\ 24+0\end{pmatrix}$ $=\dfrac{1}{15}\begin{pmatrix} 5 \\ 12\end{pmatrix}$ ，
$\vec{p_3}=\dfrac{1}{2}(\vec{p_2}+\vec{a_2})=\dfrac{1}{30}\begin{pmatrix} 5+15 \\ 12+0\end{pmatrix}$ $=\dfrac{1}{15}\begin{pmatrix} 10 \\ 6\end{pmatrix}$ ，
$\vec{p_4}=\dfrac{1}{2}(\vec{p_3}+\vec{a_3})=\dfrac{1}{30}\begin{pmatrix} 10+30 \\ 6+30\end{pmatrix}$ $=\dfrac{1}{15}\begin{pmatrix} 20 \\ 18\end{pmatrix}$
となるので， ${\rm P}_1\left(\dfrac{2}{3},\dfrac{8}{5}\right)$ ， ${\rm P}_2\left(\dfrac{1}{3},\dfrac{4}{5}\right)$ ， ${\rm P}_3\left(\dfrac{2}{3},\dfrac{2}{5}\right)$ ， ${\rm P}_4\left(\dfrac{4}{3},\dfrac{6}{5}\right)$
となる．

この四辺形の横幅は $1$ ，縦幅は $\dfrac{6}{5}$ であるから求める面積は $\dfrac{1}{2}\times1\times\dfrac{6}{5}=\dfrac{3}{5}$

4つの式を足すことにより
$\vec{p_1}+\vec{p_2}+\vec{p_3}+\vec{p_4}=\vec{a_1}+\vec{a_2}+\vec{a_3}+\vec{a_4}$
が成立するので，
$\vec{g}=\dfrac{1}{4}(\vec{p_1}+\vec{p_2}+\vec{p_3}+\vec{p_4})=\dfrac{1}{4}(\vec{a_1}+\vec{a_2}+\vec{a_3}+\vec{a_4})$
とおき， $\vec{\rm OG}=\vec{g}$ なる点 $\rm G$ をとり，
$\vec{p_i}-\vec{g}=\vec{q_i}$ ， $\vec{a_i}-\vec{g}=\vec{b_i}$ とおく．

ここで， ${\rm A}_1,{\rm A}_2,{\rm A}_3,{\rm A}_4$ は $\rm G$ からみて反時計回りに並んでいるので，mod 4 で
$\triangle{\rm GA}_i{\rm A}_{i+1}=\mbox{det}(\vec{b_i}, \vec{b_{i+1}})(\gt 0)$
が成立する．このとき， ${\rm P}_1,{\rm P}_2,{\rm P}_3,{\rm P}_4$ も $\rm G$ からみて反時計回りに並んでいるので，mod 4 で
$\triangle{\rm GP}_i{\rm P}_{i+1}=\mbox{det}(\vec{q_i}, \vec{q_{i+1}})(\gt 0)$
が成立する．

ここで， $\mbox{det}(\vec{b_i}, \vec{b_j})=S_{ij}$ とおくと
$\mbox{det}(\vec{q_1}, \vec{q_2})$ $=\dfrac{-S_{12}-2S_{13}-4S_{14}}{15}$ ，
$\mbox{det}(\vec{q_2}, \vec{q_3})$ $=\dfrac{-S_{23}-2S_{24}-4S_{21}}{15}$ ，
$\mbox{det}(\vec{q_3}, \vec{q_4})$ $=\dfrac{-S_{34}-2S_{31}-4S_{32}}{15}$ ，
$\mbox{det}(\vec{q_4}, \vec{q_1})$ $=\dfrac{-S_{41}-2S_{42}-4S_{43}}{15}$
が成立するのでこれらを加えると
$\mbox{□}{\rm P}_1{\rm P}_2{\rm P}_3{\rm P}_4=\dfrac{S_{12}+S_{23}+S_{34}+S_{41}}{5}$ $=\dfrac{1}{5}\mbox{□}{\rm A}_1{\rm A}_2{\rm A}_3{\rm A}_4$
となる．

この面積が $\dfrac{1}{5}$ になるという性質は，凸四角形 ${\rm A}_1,{\rm A}_2,{\rm A}_3,{\rm A}_4$ の頂点がこの順番で並んでいれば成立する．