解説

方針・初手

各点は原点中心の単位円上にあり，反射や原点対称をしても単位円上にとどまる。したがって，各 $P_i$ はある角 $t_i$ を用いて

$$ P_i=(\cos t_i,\sin t_i) $$

と表せる。

そこで，点の座標を直接追うのではなく，偏角 $t_i$ を追う。

偏角 $\theta$ の点を，原点を通る直線 $y=(\tan \alpha)x$ に関して対称移動すると，偏角は

$$ \theta \mapsto 2\alpha-\theta \pmod{2\pi} $$

となる。また，原点に関する対称移動は

$$ \theta \mapsto \theta+\pi \pmod{2\pi} $$

である。

本問では

$$ \ell_1:\alpha=\frac{\pi}{3},\qquad \ell_2:\alpha=-\frac{\pi}{3},\qquad \ell_3:\alpha=0 $$

であるから，これを順に用いて $t_i$ を求めればよい。

解法1

まず，$P_0=(\cos t_0,\sin t_0)$ に対して各操作を順に行う。

$\ell_1$ に関する対称より，

$$ t_1=\frac{2\pi}{3}-t_0 $$

である。

次に原点対称より，

$$ t_2=t_1+\pi=\frac{5\pi}{3}-t_0 $$

である。

次に $\ell_2$ に関する対称を行う。$\ell_2$ は偏角 $-\frac{\pi}{3}$ の直線であるから，

$$ t_3\equiv 2\left(-\frac{\pi}{3}\right)-t_2 = -\frac{2\pi}{3}-t_2 \pmod{2\pi} $$

であり，$t_2=\frac{5\pi}{3}-t_0$ を代入すると，

$$ t_3\equiv -\frac{2\pi}{3}-\left(\frac{5\pi}{3}-t_0\right) =t_0-\frac{7\pi}{3}\equiv t_0+\frac{5\pi}{3}\pmod{2\pi} $$

となる。$0\le t_0\le \frac{\pi}{3}$ だから $t_0+\frac{5\pi}{3}$ は $\left[\frac{5\pi}{3},2\pi\right]$ に入るので，

$$ t_3=t_0+\frac{5\pi}{3} $$

とおける。

さらに原点対称より，

$$ t_4\equiv t_3+\pi=t_0+\frac{8\pi}{3}\equiv t_0+\frac{2\pi}{3}\pmod{2\pi} $$

であり，$0\le t_0\le \frac{\pi}{3}$ なので

$$ t_4=t_0+\frac{2\pi}{3} $$

である。

次に $\ell_3:y=0$，すなわち $x$ 軸に関する対称をとると，偏角は $\theta\mapsto -\theta$ となるから，

$$ t_5\equiv -t_4\equiv 2\pi-t_4 =2\pi-\left(t_0+\frac{2\pi}{3}\right) =\frac{4\pi}{3}-t_0 $$

である。

最後に原点対称より，

$$ t_6\equiv t_5+\pi =\frac{4\pi}{3}-t_0+\pi =\frac{7\pi}{3}-t_0 \equiv \frac{\pi}{3}-t_0 \pmod{2\pi} $$

となる。しかも $0\le t_0\le \frac{\pi}{3}$ だから

$$ 0\le \frac{\pi}{3}-t_0\le \frac{\pi}{3} $$

であり，

$$ t_6=\frac{\pi}{3}-t_0 $$

である。

以上を用いて各問に答える。

**(1)**

$t_0=\frac{\pi}{4}$ のとき，

$$ t_1=\frac{2\pi}{3}-\frac{\pi}{4} =\frac{8\pi-3\pi}{12} =\frac{5\pi}{12} $$

また，

$$ t_2=t_1+\pi=\frac{5\pi}{12}+\pi=\frac{17\pi}{12} $$

である。

（2） すでに求めたように，

$$ t_6=\frac{\pi}{3}-t_0 $$

である。$0\le t_0\le \frac{\pi}{3}$ より

$$ 0\le t_6\le \frac{\pi}{3} $$

が成り立つ。

$P_6=(\cos t_6,\sin t_6)$ と書けるから，その座標を $(x,y)$ とすると

$$ x=\cos t_6,\qquad y=\sin t_6 $$

である。$0\le t_6\le \frac{\pi}{3}$ なので，$\cos t_6>0,\ \sin t_6\ge 0$ であるから

$$ y\ge 0 $$

が成り立つ。

また，$0\le t_6\le \frac{\pi}{3}$ より $\tan t_6\le \sqrt3$ であり，$\cos t_6>0$ だから両辺に $\cos t_6$ を掛けて

$$ \sin t_6\le \sqrt3\cos t_6 $$

すなわち

$$ y\le \sqrt3 x $$

を得る。

よって

$$ 0\le y\le \sqrt3 x $$

であり，$P_6$ は不等式 $0\le y\le \sqrt3 x$ の表す領域の点である。

（3） （2） により $0\le t_6\le \frac{\pi}{3}$ であるから，$P_6$ から再び同じ操作 $\ell_1$，原点，$\ell_2$，原点，$\ell_3$，原点 を行うと，全く同じ計算がそのまま使える。

したがって，

$$ t_{12}=\frac{\pi}{3}-t_6 $$

である。ここに $t_6=\frac{\pi}{3}-t_0$ を代入すると，

$$ t_{12}=\frac{\pi}{3}-\left(\frac{\pi}{3}-t_0\right)=t_0 $$

となる。

ゆえに，

$$ P_{12}=(\cos t_{12},\sin t_{12})=(\cos t_0,\sin t_0)=P_0 $$

であり，

$$ P_{12}=P_0 $$

が示された。

解説

この問題の要点は，対称移動を座標計算で追うのではなく，単位円上の偏角の変化として処理することである。

直線 $\alpha$ に関する反射が $\theta\mapsto 2\alpha-\theta$，原点対称が $\theta\mapsto \theta+\pi$ になることを使えば，操作全体を角の一次式として整理できる。本問では 6 回の操作全体が

$$ t_0\mapsto \frac{\pi}{3}-t_0 $$

という非常に簡単な変換になっている。したがって，もう 6 回同じ操作を行えば

$$ t_6\mapsto \frac{\pi}{3}-t_6=t_0 $$

となり，$P_{12}=P_0$ が直ちに従う。

答え

**(1)**

$$ t_1=\frac{5\pi}{12},\qquad t_2=\frac{17\pi}{12} $$

**(2)**

$$ t_6=\frac{\pi}{3}-t_0 $$

また，$0\le t_6\le \frac{\pi}{3}$ より $P_6$ は

$$ 0\le y\le \sqrt3 x $$

の表す領域の点である。

**(3)**

$$ t_{12}=t_0 $$

したがって，

$$ P_{12}=P_0 $$

である。