0318-2022 名情复 数学 P430

线性代数 矩阵乘法 正交矩阵 坐标变换

以下の各問に答えよ。ただし，$i$は虚数単位とする。

[1] $\omega =(-1+\sqrt{3}i)/2$とするとき，以下の行列のべき乗$A^2,A^3,A^4$を求めよ。

$$A=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& \omega & {\omega }^2\\ 1& {\omega }^2& \omega \end{array}\right)$$

[2] 平面上の座標系$(x,y)$と$(x^{\prime },y^{\prime })$の変換$\vec{x}=A{\vec{x}}^{\prime }+{\vec{x}}_0$を考える。ただし，

$$\vec{x}=\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right),A=\left(\begin{array}{cc}-4& 3\\ 2& 5\end{array}\right),{\vec{x}}^{\prime }=\left(\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ y^{\prime }\end{array}\right),{\vec{x}}_0=\left(\begin{array}{c}2\\ -1\end{array}\right)$$
とする。このとき，$(x,y)$平面上の直線$x+y+1=0$の，$(x^{\prime },y^{\prime })$平面上での式を求めよ。

[3] $A$を直交行列とする。

1. 任意の実ベクトル$\vec{a},\vec{b}$に対して，$A$による直交変換が内積$\vec{a}\cdot \vec{b}$を不変に保つこと，すなわち$(A\vec{a})\cdot (A\vec{b})=\vec{a}\cdot \vec{b}$であることを示せ。
2. $A$の固有値の絶対値が1であることを示せ。
3. 以下$A$は$2\times 2$行列とする。$A$の列ベクトル表示を$A=({\vec{a}}_1,{\vec{a}}_2)$とすると，${\vec{a}}_1$および${\vec{a}}_2$のユークリッドノルムが1になること，および${\vec{a}}_1$と${\vec{a}}_2$が直交することを示せ。
4. 3)の結果から${\vec{a}}_1=\left(\begin{array}{c}\cos \theta \\ \sin \theta \end{array}\right)(0\le \theta <2\pi )$と書けることを用いて，$\det A=1$の場合に${\vec{a}}_2$を求めよ。
5. $\det A=-1$の場合には，$A$が
   $$A=\left(\begin{array}{cc}\cos \theta & \sin \theta \\ \sin \theta & -\cos \theta \end{array}\right)$$
   と表される。このとき，任意の2次元実ベクトル$\vec{v}$に対して，$A\vec{v}$は原点を通るある直線を対称軸として線対称の関係になる。その直線の式を示せ。

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解答：

[1]
${\omega }^3=1,1+\omega +{\omega }^2=0$

$$A^2=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& \omega & {\omega }^2\\ 1& {\omega }^2& \omega \end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& \omega & {\omega }^2\\ 1& {\omega }^2& \omega \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}3& 1+\omega +{\omega }^2& 1+{\omega }^2+\omega \\ 1+\omega +{\omega }^2& 1+{\omega }^2+{\omega }^4& 1+{\omega }^3+{\omega }^3\\ 1+{\omega }^2+\omega & 1+{\omega }^3+{\omega }^3& 1+{\omega }^4+{\omega }^2\end{array}\right)$$
$$\boxed{\begin{array}{rl}{A}^2& =\left(\begin{array}{ccc}3& 0& 0\\ 0& 0& 3\\ 0& 3& 0\end{array}\right)\end{array}}$$
$$A^3=A^{2}A=\left(\begin{array}{ccc}3& 0& 0\\ 0& 0& 3\\ 0& 3& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& \omega & {\omega }^2\\ 1& {\omega }^2& \omega \end{array}\right)$$
$$\boxed{\begin{array}{rl}{A}^3& =\left(\begin{array}{ccc}3& 3& 3\\ 3& 3{\omega }^2& 3\omega \\ 3& 3\omega & 3{\omega }^2\end{array}\right)\end{array}}$$
$$A^4=A^2{A}^2=\left(\begin{array}{ccc}3& 0& 0\\ 0& 0& 3\\ 0& 3& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}3& 0& 0\\ 0& 0& 3\\ 0& 3& 0\end{array}\right)$$
$$\boxed{\begin{array}{rl}{A}^4& =\left(\begin{array}{ccc}9& 0& 0\\ 0& 9& 0\\ 0& 0& 9\end{array}\right)\end{array}}$$

[2]

$$\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-4& 3\\ 2& 5\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ y^{\prime }\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}2\\ -1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4x^{\prime }+3y^{\prime }+2\\ 2x^{\prime }+5y^{\prime }-1\end{array}\right)$$
$$\begin{array}{rl}x& =-4x^{\prime }+3y^{\prime }+2\\ y& =2x^{\prime }+5y^{\prime }-1\end{array}$$
$$(-4x^{\prime }+3y^{\prime }+2)+(2x^{\prime }+5y^{\prime }-1)+1=0$$
$$\boxed{\begin{array}{rl}{x}^{\prime }-4y^{\prime }-1& =0\end{array}}$$

[3]
1)
$A^{\mathrm{T}}A=I$

$$(A\vec{a})\cdot (A\vec{b})=(A\vec{a}{)}^{\mathrm{T}}(A\vec{b})={\vec{a}}^{\mathrm{T}}{A}^{\mathrm{T}}A\vec{b}={\vec{a}}^{\mathrm{T}}I\vec{b}={\vec{a}}^{\mathrm{T}}\vec{b}=\vec{a}\cdot \vec{b}$$
(証明終)

$A\vec{x}=\lambda \vec{x}(\vec{x}\ne \vec{0})$

$$(A\vec{x}{)}^{\ast \mathrm{T}}(A\vec{x})={\vec{x}}^{\ast \mathrm{T}}{A}^{\mathrm{T}}A\vec{x}={\vec{x}}^{\ast \mathrm{T}}\vec{x}$$
$$(\lambda \vec{x}{)}^{\ast \mathrm{T}}(\lambda \vec{x})=\bar{\lambda }\lambda {\vec{x}}^{\ast \mathrm{T}}\vec{x}=|\lambda {|}^2{\vec{x}}^{\ast \mathrm{T}}\vec{x}$$
$$|\lambda {|}^2{\vec{x}}^{\ast \mathrm{T}}\vec{x}={\vec{x}}^{\ast \mathrm{T}}\vec{x}$$
${\vec{x}}^{\ast \mathrm{T}}\vec{x}\ne 0$
$$|\lambda {|}^2=1⟹|\lambda |=1$$
(証明終)

$$A^{\mathrm{T}}A=\left(\begin{array}{c}{\vec{a}}_1^{\mathrm{T}}\\ {\vec{a}}_2^{\mathrm{T}}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{\vec{a}}_1& {\vec{a}}_2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{\vec{a}}_1^{\mathrm{T}}{\vec{a}}_1& {\vec{a}}_1^{\mathrm{T}}{\vec{a}}_2\\ {\vec{a}}_2^{\mathrm{T}}{\vec{a}}_1& {\vec{a}}_2^{\mathrm{T}}{\vec{a}}_2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$$
$$\Vert {\vec{a}}_1{\Vert }^2={\vec{a}}_1^{\mathrm{T}}{\vec{a}}_1=1⟹\Vert {\vec{a}}_1\Vert =1$$
$$\Vert {\vec{a}}_2{\Vert }^2={\vec{a}}_2^{\mathrm{T}}{\vec{a}}_2=1⟹\Vert {\vec{a}}_2\Vert =1$$
$${\vec{a}}_1\cdot {\vec{a}}_2={\vec{a}}_1^{\mathrm{T}}{\vec{a}}_2=0$$
(証明終)

${\vec{a}}_2$は${\vec{a}}_1$と直交しノルムが1であるため

$${\vec{a}}_2=\left(\begin{array}{c}-\sin \theta \\ \cos \theta \end{array}\right)\text{または}\left(\begin{array}{c}\sin \theta \\ -\cos \theta \end{array}\right)$$
$\det A=1$より
$$\det \left(\begin{array}{cc}\cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \end{array}\right)={\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta =1$$
$$\boxed{\begin{array}{rl}{\vec{a}}_2& =\left(\begin{array}{c}-\sin \theta \\ \cos \theta \end{array}\right)\end{array}}$$

対称軸上の任意のベクトル$\vec{v}$は$A\vec{v}=\vec{v}$を満たす。

$$(A-I)\vec{v}=\vec{0}$$
$$\left(\begin{array}{cc}\cos \theta -1& \sin \theta \\ \sin \theta & -\cos \theta -1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right)$$
$$(\cos \theta -1)x+\sin \theta y=0$$
$$-2{\sin }^2\frac{\theta }{2}x+2\sin \frac{\theta }{2}\cos \frac{\theta }{2}y=0$$
$$\sin \frac{\theta }{2}\left(-\sin \frac{\theta }{2}x+\cos \frac{\theta }{2}y\right)=0$$
$$\boxed{\begin{array}{rl}\sin \frac{\theta }{2}x-\cos \frac{\theta }{2}y& =0\end{array}}$$

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这道题目主要考察了矩阵的运算以及正交矩阵的性质。在第一部分矩阵乘法的计算中，利用三次单位根的性质可以快速消去相关项从而简化运算过程。在坐标变换一题中，将变换关系代入原直线方程即可直接得到新坐标系下的表达式。关于正交矩阵的性质证明，在处理特征值绝对值的问题时，必须引入复向量的共轭转置内积，从而严格得出结论。对于二维正交变换的几何意义，当其行列式为正一时代表旋转变换，当行列式为负一时代表反射变换，求解反射对称轴的问题本质上就是求解对应于特征值为一的特征向量所在的直线方程，通过半角公式化简即可得到优美的直线表达形式。