0427-1984 东大工 数学 WEB

线性代数 空间向量

3次元空間における正規直交系の基ベクトル ${\mathbf{e}}_j$ ($j=1,2,3$) に

$${\mathbf{e}}_i^{\prime }=\sum _{j=1}^3{a}_{ij}{\mathbf{e}}_j(i=1,2,3)$$
の変換を行ったとき、${\mathbf{e}}_i^{\prime }$ も正規直交系の基ベクトルとなるものとする。
以下の問に答えよ。

(1) $a_{ij}$ を要素とする行列 $A\equiv [a_{ij}]$ は直交行列となることを示せ。

(2) ${\mathbf{e}}_j$ を基ベクトルとする直交直線座標系 $(x_1,x_2,x_3)$ で定義された領域: $x_1+x_2+x_3\le 0$ の境界面での座標系原点での外向き単位法線ベクトルが ${\mathbf{e}}_1^{\prime }$ と一致し、${\mathbf{e}}_3^{\prime }\cdot {\mathbf{e}}_3=\frac{1}{\sqrt{2}}$ の関係が成り立つとき、(1) の行列 $A$ を具体的に求めよ。

---

解答：

(1)
${\mathbf{e}}_1,{\mathbf{e}}_2,{\mathbf{e}}_3$ は正規直交系であるため、${\mathbf{e}}_j\cdot {\mathbf{e}}_m={\delta }_{jm}$ （Kroneckerのデルタ）が成り立つ。${\mathbf{e}}_i^{\prime }$ 同士の内積を計算すると、

$${\mathbf{e}}_i^{\prime }\cdot {\mathbf{e}}_k^{\prime }=\left(\sum _{j=1}^3{a}_{ij}{\mathbf{e}}_j\right)\cdot \left(\sum _{m=1}^3{a}_{km}{\mathbf{e}}_m\right)=\sum _{j=1}^3\sum _{m=1}^3{a}_{ij}{a}_{km}({\mathbf{e}}_j\cdot {\mathbf{e}}_m)$$
$$=\sum _{j=1}^3\sum _{m=1}^3{a}_{ij}{a}_{km}{\delta }_{jm}=\sum _{j=1}^3{a}_{ij}{a}_{kj}$$
条件より ${\mathbf{e}}_i^{\prime }$ も正規直交系であるため、${\mathbf{e}}_i^{\prime }\cdot {\mathbf{e}}_k^{\prime }={\delta }_{ik}$ が成り立つ。ゆえに、
$$\sum _{j=1}^3{a}_{ij}{a}_{kj}={\delta }_{ik}$$
この式は、行列 $A$ とその転置行列 $A^T$ の積 $A{A}^T$ の $(i,k)$ 成分が単位行列の $(i,k)$ 成分に等しいことを意味する。したがって $A{A}^T=I$ であり、行列 $A$ は直交行列である。
(証明終)

(2)
領域 $x_1+x_2+x_3\le 0$ の境界面は平面 $x_1+x_2+x_3=0$ である。この平面の法線ベクトルは勾配より $(1,1,1{)}^T$ に平行である。領域の外向き（関数値が正となる方向）の単位法線ベクトル $\mathbf{n}$ は、

$$\mathbf{n}=\frac{1}{\sqrt{3}}{\mathbf{e}}_1+\frac{1}{\sqrt{3}}{\mathbf{e}}_2+\frac{1}{\sqrt{3}}{\mathbf{e}}_3$$
${\mathbf{e}}_1^{\prime }=\mathbf{n}$ であるため、$A$ の第1行ベクトル ${\mathbf{a}}_1=(a_{11},a_{12},a_{13})$ は
$${\mathbf{a}}_1=\left(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}}\right)$$
次に、${\mathbf{e}}_3^{\prime }=\sum _{j=1}^3{a}_{3j}{\mathbf{e}}_j$ であり、${\mathbf{e}}_3^{\prime }\cdot {\mathbf{e}}_3=\frac{1}{\sqrt{2}}$ より $a_{33}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ である。(1)より $A$ は直交行列であるため、各行ベクトルのノルムは1、かつ互いに直交する。第3行ベクトル ${\mathbf{a}}_3=(a_{31},a_{32},a_{33})$ について、
$$\Vert {\mathbf{a}}_3{\Vert }^2=a_{31}^2+a_{32}^2+\frac{1}{2}=1⟹a_{31}^2+a_{32}^2=\frac{1}{2}$$
$${\mathbf{a}}_1\cdot {\mathbf{a}}_3=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(a_{31}+a_{32}+\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=0⟹a_{31}+a_{32}=-\frac{1}{\sqrt{2}}$$
この連立方程式を解くと、解の組として $(a_{31},a_{32})=\left(0,-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ または $\left(-\frac{1}{\sqrt{2}},0\right)$ を得る。

(i) ${\mathbf{a}}_3=\left(0,-\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ の場合
第2行ベクトル ${\mathbf{a}}_2$ は ${\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_3$ と直交する単位ベクトルであるため、${\mathbf{a}}_2=\pm ({\mathbf{a}}_3\times {\mathbf{a}}_1)$ として求められる。

$${\mathbf{a}}_3\times {\mathbf{a}}_1=\left(-\frac{2}{\sqrt{6}},\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{1}{\sqrt{6}}\right)$$
よって ${\mathbf{a}}_2=\pm \left(-\frac{2}{\sqrt{6}},\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{1}{\sqrt{6}}\right)$。

(ii) ${\mathbf{a}}_3=\left(-\frac{1}{\sqrt{2}},0,\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ の場合
同様に ${\mathbf{a}}_2=\pm ({\mathbf{a}}_3\times {\mathbf{a}}_1)$ を計算する。

$${\mathbf{a}}_3\times {\mathbf{a}}_1=\left(-\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{2}{\sqrt{6}},-\frac{1}{\sqrt{6}}\right)$$
よって ${\mathbf{a}}_2=\pm \left(-\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{2}{\sqrt{6}},-\frac{1}{\sqrt{6}}\right)$。

以上より、求める行列 $A$ は以下の4つのいずれかとなる。

$$\boxed{\begin{array}{rl}& A=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{1}{\sqrt{3}}\\ \mp \frac{2}{\sqrt{6}}& \pm \frac{1}{\sqrt{6}}& \pm \frac{1}{\sqrt{6}}\\ 0& -\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right)\\ \text{または}& A=\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{1}{\sqrt{3}}\\ \mp \frac{1}{\sqrt{6}}& \pm \frac{2}{\sqrt{6}}& \mp \frac{1}{\sqrt{6}}\\ -\frac{1}{\sqrt{2}}& 0& \frac{1}{\sqrt{2}}\end{array}\right)\text{(複号同順)}\end{array}}$$

---

这道题考查了正交矩阵的定义和几何意义，以及空间向量的基础运算。

在第一小问中，利用标准正交基的性质（即不同基向量的内积为0，自身内积为1）可以直接展开新基向量的内积。将正交条件代入后，可以发现其等价于矩阵与其转置的乘积为单位矩阵，这正是正交矩阵的定义。这个证明也从代数层面揭示了“保距变换必对应正交矩阵”这一事实。

在第二小问中，题目的关键是准确找出边界平面的外法线向量。由于给定区域是一个半空间，可以直接对其边界方程提取梯度来得到法线方向，再进行归一化。确定了矩阵的第一行后，利用正交矩阵行向量的模长为1且两两相互垂直的性质，联立已知条件，可以列出关于第三行向量元素的方程组。求出第三行后，第二行必然平行于第一行和第三行的叉积。由于题目没有明确要求变换必须保持坐标系的“手性”（即行列式为1的旋转变换还是包含镜像的反射变换），因此第二行向量存在正负两种可能，最终能够产生4个不同的正交矩阵。