0438-1986 东大工 数学 WEB

线性代数 正交变换 二次型

直角座標系 $O-xyz$ 系の 2 点 A,B の位置ベクトルを $\mathbf{a},\mathbf{b}$ で表す。$\mathbf{a}$ は $\mathbf{b}$ の一次変換として次式で与えられるものとする。

$$\begin{array}{rl}\mathbf{a}& =C\mathbf{b}\\ C& =\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ 1& -1& 1\\ -1& 1& 1\end{array}\right)\end{array}$$

(1) $Q=R^{-1}CR$ が対角行列となるような直交行列 $R$ を求めよ。

(2) 点 B が原点を中心とした半径 1 の球面上を動くとき、点 A の描く図形の方程式を $(x,y,z)$ で示せ。

(3) (2)で得られた方程式を標準形になおせ。

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解答：

(1)
行列 $C$ の特性方程式を解く。

$$|\lambda I-C|=\left|\begin{array}{ccc}\lambda -1& -1& 1\\ -1& \lambda +1& -1\\ 1& -1& \lambda -1\end{array}\right|={\lambda }^3-{\lambda }^2-4\lambda +4=0$$ $$(\lambda -1)(\lambda -2)(\lambda +2)=0$$

固有値は $\lambda =1,2,-2$ である。
それぞれの固有値に対応する固有ベクトル $\mathbf{x}$ を $(\lambda I-C)\mathbf{x}=0$ より求める。
$\lambda =1$ のとき、固有ベクトルは ${\mathbf{v}}_1=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)$ となる。
$\lambda =2$ のとき、固有ベクトルは ${\mathbf{v}}_2=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ となる。
$\lambda =-2$ のとき、固有ベクトルは ${\mathbf{v}}_3=\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ となる。
行列 $C$ は実対称行列であるため、異なる固有値に属する固有ベクトルは互いに直交する。これらを正規化し、直交行列 $R$ の各列ベクトルとする。

$$\boxed{\begin{array}{rl}R& =\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}}& 0& -\frac{2}{\sqrt{6}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}}& -\frac{1}{\sqrt{2}}& \frac{1}{\sqrt{6}}\end{array}\right)\end{array}}$$

（注：固有値の並べ方によって列の順序や符号は変わるが、上式はその条件を満たす直交行列の一つである。）

(2)
点 B は原点を中心とした半径 1 の球面上の点であるから、

$$\Vert \mathbf{b}{\Vert }^2={\mathbf{b}}^T\mathbf{b}=1$$

$\mathbf{a}=C\mathbf{b}$ より、$\mathbf{b}=C^{-1}\mathbf{a}$ となる。これを代入すると、

$$(C^{-1}\mathbf{a}{)}^T(C^{-1}\mathbf{a})={\mathbf{a}}^T(C^{-1}{)}^T{C}^{-1}\mathbf{a}=1$$

$C$ は対称行列であるため $(C^{-1}{)}^T=C^{-1}$ であり、上式は ${\mathbf{a}}^T(C^{-1}{)}^2\mathbf{a}=1$ となる。
ここで、行列 $C$ の逆行列 $C^{-1}$ を求める。

$$C^{-1}=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 1& 0& 1\\ 0& 1& 1\end{array}\right)$$

したがって、

$$(C^{-1}{)}^2=\frac{1}{4}{\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 1& 0& 1\\ 0& 1& 1\end{array}\right)}^2=\frac{1}{4}\left(\begin{array}{ccc}2& 1& 1\\ 1& 2& 1\\ 1& 1& 2\end{array}\right)$$

$\mathbf{a}=(x,y,z{)}^T$ として二次形式に代入する。

$$\frac{1}{4}\left(\begin{array}{ccc}x& y& z\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}2& 1& 1\\ 1& 2& 1\\ 1& 1& 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)=1$$

計算して整理すると、点 A の描く図形の方程式が得られる。

$$\boxed{\begin{array}{r}{x}^2+y^2+z^2+xy+yz+zx=2\end{array}}$$

(3)
(1) で得られた直交行列 $R$ を用いて $\mathbf{a}=R{\mathbf{a}}^{\prime }$ と変数変換する。ここで新座標を ${\mathbf{a}}^{\prime }=(X,Y,Z{)}^T$ とする。
$C$ は $R$ により $R^{-1}CR=Q=\text{diag}(1,2,-2)$ と対角化されるため、

$$C^{-1}=R{Q}^{-1}{R}^{-1}=R{Q}^{-1}{R}^T$$ $$(C^{-1}{)}^2=R{Q}^{-2}{R}^T$$

これを (2) で導出した二次形式の式に代入する。

$${\mathbf{a}}^T(C^{-1}{)}^2\mathbf{a}=(R{\mathbf{a}}^{\prime }{)}^T(R{Q}^{-2}{R}^T)(R{\mathbf{a}}^{\prime })={\mathbf{a}}^{\prime T}{Q}^{-2}{\mathbf{a}}^{\prime }=1$$

ここで $Q^{-2}=\text{diag}(1,\frac{1}{4},\frac{1}{4})$ であるから、求める標準形は以下の通りとなる。

$$\boxed{\begin{array}{r}{X}^2+\frac{Y^2}{4}+\frac{Z^2}{4}=1\end{array}}$$

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本题主要考查线性代数中实对称矩阵的正交对角化以及二次型标准形的求解。第一问需要通过特征多项式求出特征值，并求出基础解系，因为是实对称矩阵，不同特征值对应的特征向量本身就是正交的，单位化后即可直接拼成正交变换矩阵。第二问利用位置向量的线性变换关系，结合原向量在单位球面上的条件，将问题转化为用逆矩阵的平方构成的二次型方程。第三问直接利用正交变换不改变内积的性质，用第一问得出的特征值的平方的倒数作为新坐标系下各项的系数，从而将二次型化为标准形，在几何意义上这代表一个椭球面方程。