0325-2023 名情复 数学 P463

线性代数 矩阵变换 正交矩阵 二次曲线

実数の2次正方行列 $A$, $A$ の転置行列 $A^{\mathsf{T}}$, 単位行列 $I$ をそれぞれ

$$A=\left(\begin{array}{cc}a& c\\ b& d\end{array}\right),A^{\mathsf{T}}=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right),I=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$$

と書く。$A^{\mathsf{T}}A=I$ となるとき, $A$ を直交行列という。2次元実数ベクトル $\mathbf{r},{\mathbf{r}}^{\prime },\mathbf{h}$ と2次の直交行列 $A$ と正の実数 $\lambda$ に対して

$${\mathbf{r}}^{\prime }=\lambda A\mathbf{r}+\mathbf{h}$$

の成分表示を

$$\left(\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ y^{\prime }\end{array}\right)=\lambda \left(\begin{array}{cc}a& c\\ b& d\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}e\\ f\end{array}\right)$$

と書き, これで定まる $\mathbf{r}$ から ${\mathbf{r}}^{\prime }$ への写像を相似変換と呼ぶ。とくに $\lambda =1$ の場合, 合同変換と呼ぶ。以下の問いに答えよ。

[1] 任意の2次直交行列 $A$ は, $-1\le a\le 1$ の範囲の実数 $a$ によって定められる行列

$$(ア)\left(\begin{array}{cc}a& \mp \sqrt{1-a^2}\\ \pm \sqrt{1-a^2}& a\end{array}\right)\text{または}\left(\begin{array}{cc}a& \pm \sqrt{1-a^2}\\ \pm \sqrt{1-a^2}& -a\end{array}\right)$$

(一つの行列の中の複号は同順) に限られることを証明せよ。つまり, $A^{\mathsf{T}}A=I$ を満たす2次正方行列 $A$ は必ず (ア) に表示された行列のどれかに等しいことを証明せよ。

[2] 以下のような6つのベクトルが与えられたとき, ${\mathbf{r}}_i$ を ${\mathbf{r}}_i^{\prime }$ に ($i=0,1,2$) 移す相似変換の成分表示を求めよ。また, その相似変換の式のなかの係数 $\lambda$ の値を示せ。

$${\mathbf{r}}_0=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right),{\mathbf{r}}_1=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right),{\mathbf{r}}_2=\left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right),{\mathbf{r}}_0^{\prime }=\left(\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right),{\mathbf{r}}_1^{\prime }=\left(\begin{array}{c}5\\ 2\end{array}\right),{\mathbf{r}}_2^{\prime }=\left(\begin{array}{c}3\\ 8\end{array}\right)$$

[3] $\ell ,m,{\ell }^{\prime },m^{\prime }$ は正の実数とする。次の方程式 (a), (b) で表される平面上の図形をそれぞれ $F_a,F_b$ と呼ぶことにする。以下の問に答えよ。

$$\text{(a)}\frac{x^2}{{\ell }^2}+\frac{y^2}{m^2}=1,\text{(b)}\frac{x^{\prime 2}}{{\ell }^{\prime 2}}+\frac{y^{\prime 2}}{m^{\prime 2}}=1$$

1. $(x,y)$ を直交座標とする平面に図形 $F_a$ を描け。
2. 図形 $F_a$ を図形 $F_b$ に移す相似変換が存在するための必要十分条件を $\ell ,m,{\ell }^{\prime },m^{\prime }$ に関する数式で表せ。$\ell >m,\ell =m,\ell <m,{\ell }^{\prime }>m^{\prime },{\ell }^{\prime }=m^{\prime },{\ell }^{\prime }<m^{\prime }$ の場合があることに注意せよ。
3. 図形 $F_a$ を図形 $F_b$ に移す相似変換が存在するとき, そのような相似変換をすべて成分表示で示せ。図形を移す相似変換は一つとは限らないことに注意せよ。

[4] 次の方程式 (c) で表される図形 $F_c$ を方程式 (d) で表される図形 $F_d$ に移す相似変換があれば, そのすべてを成分表示で示せ。そのような相似変換がなければ, 「ない」と答えて, ないことを証明せよ。

$$\text{(c)}y=x^2,\text{(d)}{y}^{\prime }=\frac{1}{4}{x}^{\prime 2}$$

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解答：
[1]
$A^{\mathsf{T}}A=I$ より、

$$\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}a& c\\ b& d\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{a}^2+b^2& ac+bd\\ ac+bd& c^2+d^2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$$

これが成り立つための条件は、

$$\begin{array}{rl}{a}^2+b^2& =1\cdots (1)\\ c^2+d^2& =1\cdots (2)\\ ac+bd& =0\cdots (3)\end{array}$$

式(1)より、$a$ は $-1\le a\le 1$ の範囲の実数であり、$b=\pm \sqrt{1-a^2}$ と表せる。
式(3)より、ベクトル $\left(\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right)$ と $\left(\begin{array}{c}c\\ d\end{array}\right)$ の内積は0であり、互いに直交している。
式(1)より $\left(\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right)$ は単位ベクトルであるため、これに直交し式(2)を満たす単位ベクトル $\left(\begin{array}{c}c\\ d\end{array}\right)$ は、$\left(\begin{array}{c}-b\\ a\end{array}\right)$ または $\left(\begin{array}{c}b\\ -a\end{array}\right)$ に限られる。
(i) $\left(\begin{array}{c}c\\ d\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-b\\ a\end{array}\right)$ のとき

$$A=\left(\begin{array}{cc}a& -b\\ b& a\end{array}\right)$$

$b=\pm \sqrt{1-a^2}$ を代入すると、

$$A=\left(\begin{array}{cc}a& \mp \sqrt{1-a^2}\\ \pm \sqrt{1-a^2}& a\end{array}\right)\text{(複号同順)}$$

(ii) $\left(\begin{array}{c}c\\ d\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}b\\ -a\end{array}\right)$ のとき

$$A=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ b& -a\end{array}\right)$$

同様に $b=\pm \sqrt{1-a^2}$ を代入すると、

$$A=\left(\begin{array}{cc}a& \pm \sqrt{1-a^2}\\ \pm \sqrt{1-a^2}& -a\end{array}\right)\text{(複号同順)}$$

以上より、任意の2次直交行列 $A$ は (ア) に表示された行列のどれかに等しい。
(証明終)

[2]
相似変換の式 ${\mathbf{r}}_i^{\prime }=\lambda A{\mathbf{r}}_i+\mathbf{h}$ に $i=0$ のベクトルを代入する。

$$\left(\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right)=\lambda A\left(\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right)+\mathbf{h}⟹\mathbf{h}=\left(\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right)$$

次に、$i=1,2$ のベクトルを代入する。

$$\begin{array}{rl}\left(\begin{array}{c}5\\ 2\end{array}\right)& =\lambda \left(\begin{array}{cc}a& c\\ b& d\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right)⟹\lambda \left(\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3\\ 1\end{array}\right)\\ \left(\begin{array}{c}3\\ 8\end{array}\right)& =\lambda \left(\begin{array}{cc}a& c\\ b& d\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right)⟹\lambda \left(\begin{array}{c}a+2c\\ b+2d\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 7\end{array}\right)\end{array}$$

第2式から $\lambda \left(\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right)+2\lambda \left(\begin{array}{c}c\\ d\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 7\end{array}\right)$ となるので、$\lambda \left(\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3\\ 1\end{array}\right)$ を代入して整理すると

$$2\lambda \left(\begin{array}{c}c\\ d\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\end{array}\right)⟹\lambda \left(\begin{array}{c}c\\ d\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\end{array}\right)$$

行列 $A$ は直交行列であるため $a^2+b^2=1$ が成り立つ。

$${\lambda }^2(a^2+b^2)=3^2+1^2=10⟹{\lambda }^2=10$$

$\lambda >0$ より $\lambda =\sqrt{10}$。
これを各成分の式に代入すると、

$$a=\frac{3}{\sqrt{10}},b=\frac{1}{\sqrt{10}},c=-\frac{1}{\sqrt{10}},d=\frac{3}{\sqrt{10}}$$

以上より、

$$\boxed{\begin{array}{rl}\lambda & =\sqrt{10}\\ \left(\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ y^{\prime }\end{array}\right)& =\sqrt{10}\left(\begin{array}{cc}\frac{3}{\sqrt{10}}& -\frac{1}{\sqrt{10}}\\ \frac{1}{\sqrt{10}}& \frac{3}{\sqrt{10}}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right)\left(または\left(\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ y^{\prime }\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}3& -1\\ 1& 3\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right)\right)\end{array}}$$

[3]

1. $F_a$ は中心が原点、x軸方向の半軸の長さが $\ell$、y軸方向の半軸の長さが $m$ の楕円である。（図示略）

2. 相似変換は図形の形（長軸と短軸の長さの比）を保つ。
   図形 $F_a$ の軸の長さの比は $\frac{\ell }{m}$ または $\frac{m}{\ell }$。図形 $F_b$ については $\frac{{\ell }^{\prime }}{m^{\prime }}$ または $\frac{m^{\prime }}{{\ell }^{\prime }}$。
   これらが一致する必要があるため、

$$\boxed{\ell m^{\prime }={\ell }^{\prime }m\text{または}\ell {\ell }^{\prime }=m{m}^{\prime }}$$

3. 原点中心の有界な図形を原点中心の図形へ移すため、平行移動ベクトル $\mathbf{h}=0$。
   $\left(\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ y^{\prime }\end{array}\right)=\lambda \left(\begin{array}{cc}a& c\\ b& d\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)$ より $\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)=\frac{1}{\lambda }\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ y^{\prime }\end{array}\right)$
   これを $F_a$ の方程式に代入する。

$$\frac{(a{x}^{\prime }+b{y}^{\prime }{)}^2}{{\lambda }^2{\ell }^2}+\frac{(c{x}^{\prime }+d{y}^{\prime }{)}^2}{{\lambda }^2{m}^2}=1$$

これが $\frac{x^{\prime 2}}{{\ell }^{\prime 2}}+\frac{y^{\prime 2}}{m^{\prime 2}}=1$ と一致する。
(i) $\ell m^{\prime }={\ell }^{\prime }m$ のとき、$\lambda =\frac{{\ell }^{\prime }}{\ell }=\frac{m^{\prime }}{m}$ であり、

$$\frac{(a{x}^{\prime }+b{y}^{\prime }{)}^2}{{\ell }^2}+\frac{(c{x}^{\prime }+d{y}^{\prime }{)}^2}{m^2}=\frac{x^{\prime 2}}{{\ell }^2}+\frac{y^{\prime 2}}{m^2}$$

$\ell \ne m$ のとき、係数比較より $b=c=0,a=\pm 1,d=\pm 1$ となる。
$\ell =m$ のとき、任意の直交行列が条件を満たす。
(ii) $\ell {\ell }^{\prime }=m{m}^{\prime }$ のとき、$\lambda =\frac{m^{\prime }}{\ell }=\frac{{\ell }^{\prime }}{m}$ であり、

$$\frac{(a{x}^{\prime }+b{y}^{\prime }{)}^2}{{\ell }^2}+\frac{(c{x}^{\prime }+d{y}^{\prime }{)}^2}{m^2}=\frac{x^{\prime 2}}{m^2}+\frac{y^{\prime 2}}{{\ell }^2}$$

$\ell \ne m$ のとき、係数比較より $a=d=0,c=\pm 1,b=\pm 1$ となる。
（$\ell =m$ のときは $\ell m^{\prime }={\ell }^{\prime }m$ に帰着する）
以上より、

$$\boxed{\begin{array}{rl}& \ell =m\text{ のとき：}\\ & \left(\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ y^{\prime }\end{array}\right)=\frac{{\ell }^{\prime }}{\ell }\left(\begin{array}{cc}a& -b\\ b& a\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ y^{\prime }\end{array}\right)=\frac{{\ell }^{\prime }}{\ell }\left(\begin{array}{cc}a& b\\ b& -a\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)(a^2+b^2=1)\\ & \ell \ne m\text{ かつ }\ell m^{\prime }={\ell }^{\prime }m\text{ のとき：}\\ & \left(\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ y^{\prime }\end{array}\right)=\frac{{\ell }^{\prime }}{\ell }\left(\begin{array}{cc}\pm 1& 0\\ 0& \pm 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)(\text{複号任意})\\ & \ell \ne m\text{ かつ }\ell {\ell }^{\prime }=m{m}^{\prime }\text{ のとき：}\\ & \left(\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ y^{\prime }\end{array}\right)=\frac{m^{\prime }}{\ell }\left(\begin{array}{cc}0& \pm 1\\ \pm 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)(\text{複号任意})\end{array}}$$

[4]
$F_c$ 上の点 $(x,y)$ が相似変換 $\left(\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ y^{\prime }\end{array}\right)=\lambda \left(\begin{array}{cc}a& c\\ b& d\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}e\\ f\end{array}\right)$ により $F_d$ 上の点に移るとする。
$x^{\prime }=\lambda (ax+cy)+e$
$y^{\prime }=\lambda (bx+dy)+f$
これらを $y^{\prime }=\frac{1}{4}{x}^{\prime 2}$ に代入し、$y=x^2$ を用いて $y$ を消去すると、

$$\lambda (bx+d{x}^2)+f=\frac{1}{4}{\left(\lambda (ax+c{x}^2)+e\right)}^2$$

展開して $x$ についての恒等式として係数を比較する。

$$\lambda d{x}^2+\lambda bx+f=\frac{1}{4}\left({\lambda }^2{c}^2{x}^4+2{\lambda }^{2}ac{x}^3+({\lambda }^2{a}^2+2\lambda ce)x^2+2\lambda aex+e^2\right)$$

$x^4$ の係数より $\frac{1}{4}{\lambda }^2{c}^2=0⟹c=0$ ($\lambda >0$より)
$x^3$ の係数より $\frac{1}{2}{\lambda }^{2}ac=0$ これは $c=0$ により満たされる。
直交行列の性質 $a^2+c^2=1,ac+bd=0$ より、$a=\pm 1,b=0$ となる。
$x^1$ の係数より $\lambda b=\frac{1}{2}\lambda ae$。$b=0$ であり、$a=\pm 1\ne 0$ なので $e=0$。
定数項より $f=\frac{1}{4}{e}^2=0$。
$x^2$ の係数より $\lambda d=\frac{1}{4}({\lambda }^2{a}^2+2\lambda ce)=\frac{1}{4}{\lambda }^2{a}^2$。
$a^2=1$ より $\lambda d=\frac{1}{4}{\lambda }^2⟹d=\frac{1}{4}\lambda$。
直交行列の性質 $c^2+d^2=1$ より $d^2=1⟹d=\pm 1$。
$\lambda >0$ なので $d=1$ となり、$\lambda =4$ を得る。
以上より $a=\pm 1,b=0,c=0,d=1,\lambda =4,e=0,f=0$ が条件。

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

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补充：
这道题目系统地考察了线性代数中正交变换与相似变换在平面解析几何中的具体应用。在第一题中，通过正交矩阵的定义式直接展开，可以得到矩阵元素必须满足的非线性方程组，借助单位向量和点乘正交的几何意义，能够非常直观且无遗漏地写出二维正交矩阵的全部两种标准形式（即旋转矩阵与反射矩阵）。第二题属于经典的参数求解，通过给定的原点映射关系能够直接确定平移向量，随后利用另外两组映射点的坐标建立关于缩放系数和正交矩阵元素的线性方程组，并巧妙利用正交矩阵行向量的模长为一这一性质，便能快速解出缩放系数。第三题探讨了椭圆在相似变换下的不变量，相似变换本质上是等比例缩放与刚体变换的复合，因此必然保持图形的长短轴比例不变。在求解具体变换矩阵时，需要根据长短轴是否相等（退化为圆）以及长短轴在变换中是否发生对调（对应旋转90度等情况）来进行分类讨论，逻辑严密性要求较高。第四题则要求找出两条抛物线之间的全套相似变换，通过设出最一般的相似变换解析式，代入抛物线方程并利用多项式系数对应相等的恒等式性质，可以直接通过代数方法严密地推导出平移量必为零且变换仅限于沿坐标轴的缩放与翻转，这种方法避免了单纯依靠几何直觉可能带来的疏漏。