線形代数学Ⅲ 参考資料 5 演習問題解答
2021年度前期
工学部・未来科学部
2年 情報メディア学科 他
(金曜
5限
/ 2803教室
)担当
:原 隆
(津田塾大学学芸大学数学科・准教授
)■演習問題解答
演習問題
5-1.Ⅰ
. (1) a=
√2 6
√1 6
√1 6
,b=
0
− 1
√2
√1 2
,c=
− 1
√3
√1 3
√1 3
が正規直交基底となれば良い。ここで
∥a∥2=a·a= 2
√6 2
+ 1
√6 2
+ 1
√6 2
= 4 + 1 + 1 6 = 1,
∥b∥2=b·b= 02+
− 1
√2 2
+ 1
√2 2
= 0 + 1 + 1 2 = 1,
∥c∥2=c·c=
− 1
√3 2
+ 1
√3 2
+ 1
√3 2
= 1 + 1 + 1
3 = 1
であるから、
∥a∥,∥b∥,∥c∥はそれぞれ
1である。また
a·b= 2√6·0 + 1
√6 ·
− 1
√2
+ 1
√6 · 1
√2 = 0, b·c= 0·
− 1
√3
+
− 1
√2
· 1
√3+ 1
√2 · 1
√3 = 0, a·c= 2
√6·
− 1
√3
+ 1
√6 · 1
√3 + 1
√6 · 1
√3 = 0
より
a,b,cはどの
2つも互いに直交している。以上より
a,b,cが正規直交基底となる
ことが示されたので、行列
(a b c) =
√2
6 0 − 1
√3
√1
6 − 1
√2
√1 3
√1 6
√1 2
√1 3
は直交行列である。
(2) d =
cosφ cosθsinφ sinθsinφ
, f =
−sinφ cosθcosφ sinθcosφ
, c =
0
−sinθ cosθ
が正規直交基底となれば良い。
ここで
∥d∥2=d·d= cos2φ+ (cosθsinφ)2+ (sinθsinφ)2
= cos2φ+ sin2φ
:1
(cos2θ+ sin2θ) = cos2φsin2φ= 1,
∥e∥2=e·e= (−sinφ)2+ (cosθcosφ)2+ (sinθcosφ)2
= sin2φ+ cos2φ:1 (cos2θ+ sin2θ) = 1,
∥f∥2=f·f = 02+ (−sinθ)2+ cos2θ= 1
であるから、
∥d∥,∥e∥,∥f∥はそれぞれ
1である。また
d·e= cosφ·(−sinφ) + (cosθsinφ)(cosθcosφ) + (sinθsinφ)(sinθcosφ)
=−cosφsinφ+ cosφsinφ
:1 (cos2θ+ sin2θ) = 0,
e·f = (−sinφ)·0 + (cosθcosφ)·(−sinθ) + (sinθcosφ)·cosθ
= cosθsinθ(−cosφ+ cosφ) = 0,
e·f = cosφ·0 + (cosθsinφ)·(−sinθ) + (sinθsinφ)·cosθ
= cosθsinθ(−sinφ+ sinφ) = 0
より
d,e,fはどの
2つも互いに直交している。以上より
d,e,fが正規直交基底となる ことが示されたので、行列
(d e f) =
cosφ −sinφ 0 cosθsinφ cosθcosφ −sinθ sinθsinφ sinθcosφ cosθ
は直交行列
bababababababababababababababababababである。
もちろん直交行列の定義通り
tAA=AtA =Inが成り立つことを直接計算しても良いが、
直交行列の各列ベクトル
(または行ベクトル
)が正規直交基底となっていること は非常に 重要な性質であるし、次の問題 Ⅱ
.のようにそちらの性質を用いる方が計算が簡単な場合 も多いので、定義式を丸暗記ばかりでなく 直交行列は正規直交基底を並べたもの という認 識をしっかり持とう。
Ⅱ
. (1) a=
a a a
,b=
−b
−b 0
,c=
−c
−c 2c
が 正規直交基底となればよい。ここで
a,b,cが直 交していること
(つまり
a·b=a·c=b·c= 0となること
)は容易に確認出来るので、
∥a∥2=a·a=a2+a2+a2= 3a2
∥b∥2=b·b= (−b)2+b2+ 02= 2b2,
∥c∥2=c·c= (−c)2+ (−c)2+ (2c)2= 6c2
が全て
1となれば良い。したがって
(a, b, c) =
± 1
√3,± 1
√2,± 1
√6
となる。
(2)
行ベクトル
d= (a 2a a), e= (b 0 b), f = (c −c c)が 正規直交基底となればよい。
ここで
d,e,fが直交していること
(つまり
d·e=d·f =e·f = 0となること
)は容 易に確認出来るので、
∥d∥2=e·d=a2+ (2a)2+a2= 6a2
∥e∥2=e·e=b2+ 02+b2= 2b2,
∥f∥2=f ·f =c2+ (−c)2+c2= 3c2
が全て
1となれば良い。したがって
(a, b, c) =± 1
√6,± 1
√2,± 1
√3
となる。
babababababababababababababababababab
A
が直交行列なら
tAも直交行列であるため、
tAの各列ベクトルは正規直交基底をなす。
ところが
tAの列ベクトルは
Aの行ベクトル であるため、結局 直交行列の 行 ベクトル も正規直交基底をなす ことが従う。
問題
5-2.(1)
ノルムの定義と内積の双線形性
(分配法則
)から
∥x+y∥2= (x+y)·(x+y) =x·x+x·y+y·x+y·y=∥x∥2+ 2x·y+∥y∥2 · · · (†)
が成り立つ。この式を
x·yについて解くと
x·y= 12{∥x+y∥2− ∥x∥2− ∥y∥2}
が成り立つ。
余談 上記とまったく同様の計算により
∥x−y∥2=∥x∥2−2x·y+∥y∥2 · · ·(‡)
と計算出来るので、
(†), (‡)の両辺を加えて等式
∥x+y∥2+∥x−y∥2= 2(∥x∥2+∥y∥2) · · · (♣)
を得るが、これは パップスの中線定理
Pappus’s parallelogram lawと実質的に等価 な式である。実際、下記の図に於いて
OA = ∥x∥, OB = ∥y∥, OM =x+y 2
, AM =∥x−y
2 ∥
となっているため、
(♣)より中線定理の等式
2(OM2+AM2) = 2 x+y2
2+ x−y
2 2
!
= 2 1
4∥x+y∥2− 1
4∥x−y∥2
= 1
2 ∥x+y∥2− ∥x−y∥2(♣)
= 1
2{2 ∥x∥2+∥y∥2
}=OA2+OB2
が従う。
O
A
B M
x y x+2 y
x−y 2
(2) (1)
より
x·y= 1
2{∥x+y∥2− ∥x∥2− ∥y∥2} · · ·(†) f(x)·f(y) = 1
2{∥f(x) +f(y)∥2− ∥f(x)∥2− ∥f(y)∥2}
= 1
2{∥f(x+y)∥2− ∥f(x)∥2− ∥f(y)∥2} · · ·(†)′
であるから、任意のベクトルに対して
∥f(x)∥=∥x∥ · · · (∗)が成り立つならば
f(x)·f(y)(†)
′
= 1
2{∥f(x+y)∥2− ∥f(x)∥2− ∥f(y)∥2}
(∗)
= 1
2{∥x+y∥2− ∥x∥2− ∥y∥2}(=†)x·y
が成り立つ。また、逆に任意のベクトルに対して
f(x)·f(y) =x·y · · · (⋆)が成り立つな らば、特に
x=yとして等式
∥f(x)∥2=f(x)·f(x)(⋆)= x·x=∥x∥2
を得る。ノルムの定義から
∥f(x)∥,∥x∥はともに
0以上の実数なので、結局
∥f(x)∥=∥x∥が成り立つ。
□(3)
合成変換の定義より
∥(g◦f)(x)∥定義= g f(x)(2)= ∥f(x)∥(2)= ∥x∥
