ARISTOS
【Example 16.1】 93東洋大 1次変換Tの表現行列を M = µ a a − 2 1 − a 1 ¶ で与えるとき, Tによる不動直線の個数をaの値で分類して調べよ. また, 不動直線が2本存在するとき, それらの直線が直交するようなaの値を求めよ. ¶ ³ Point (不動直線·不変直線) 1次変換Tによる直線Lの像がL自身であるとき, LをTの不動直線という. 即ち, T (L) = L また, Tによる直線Lの像の点が常にL上にあるとき, LをTの不変直線という. 即ち, T (L) ⊂ L µ ´ 【解説】 変換Tの正則性を調べる. det..M = a − (1 − a)(a − 2) = (a − 1)2+ 1 > 0 · · · (1.1) より, Tは正則であり, 平面上のすべての点が移る原点通過直線は存在しない. 次に, Tにより方向を変えないベクトルについて考える. 即ち, M µ x y ¶ =λ
µ x y ¶ · · · (1.2) を満たすベクトル(x, y)の個数, 即ち, 固有ベクトルの個数は固有値の個数に対応するので, 固有方程式λ
2− (a + 1)λ
+ (a2− 2a + 2) = 0 · · · (1.3) の判別式Dに注目して,D = (a + 1)2− 4(a2− 2a + 2) = −(a − 1)(3a − 7) · · · (1.4)
より, a < 1 ∨ 7 3 < a · · · · 固有ベクトル0個 a = 1 ∨ a =7 3 · · · · 固有ベクトル1個 1 < a <7 3 · · · · 固有ベクトル2個 · · · (1.5) • a < 1 ∨ 7 3 < aの場合; 固有ベクトルは存在せず, 不動直線は存在しない. • a = 1の場合; まず, x =
α
型の不動直線を調べる. µ 1 −1 0 1 ¶µα
t ¶ = µα
− t t ¶ (∀t) · · · (1.6) このとき, 像の点(1.6)は直線x =α
上に固定されないので, x =α
型の不動直線は存在しない. 次に, y = mx + n型の不動直線を調べる. µ 1 −1 0 1 ¶µ t mt + n ¶ = µ (1 − m)t − n mt + n ¶ (∀t) · · · (1.7)ARISTOS
このとき, 像の点(1.7)が直線y = mx + n上にあるとして, mt + n = m¡(1 − m)t − n¢+ n (∀t) ⇐⇒ m2t + mn = 0 (∀t) ⇐⇒ m = 0 ∧ ∀ n · · · (1.8) 即ち, y = n (∀ n)なる不動直線が無数に存在する. • a =7 3 の場合; まず, x =α
型の不動直線を調べる. 1 3 µ 7 1 −4 3 ¶µα
t ¶ =1 3 µ 7α
+ t −4α
+ 3t ¶ (∀t) · · · (1.9) このとき, 像の点(1.9)は直線x =α
上に固定されないので, x =α
型の不動直線は存在しない. 次に, y = mx + n型の不動直線を調べる. 1 3 µ 7 1 −4 3 ¶µ t mt + n ¶ =1 3 µ (m + 7)t + n (3m − 4)t + 3n ¶ (∀t) · · · (1.10) このとき, 像の点(1.10)が直線y = mx + n上にあるとして, 1 3(3m − 4)t + n = m × 1 3(m + 7)t + m × 1 3n + n (∀t) ⇐⇒ (m + 2)2t + mn = 0 (∀t) ⇐⇒ m = −2 ∧ n = 0 · · · (1.11) 即ち, y = −2xなる不動直線が唯一存在する. • 1 < a <7 3 の場合; まず, x =α
型の不動直線を調べる. µ a a − 2 1 − a 1 ¶µα
t ¶ = µ aα
+ (a − 2)t (1 − a)α
+ t ¶ (∀t) · · · (1.12) a = 2 ∧α
= 0のときに限り, x = 0なる不動直線が唯一存在する. 次に, y = mx + n型の不動直線を調べる. µ a a − 2 1 − a 1 ¶µ t mt + n ¶ = µ (a + (a − 2)m)t + (a − 2)n (1 − a)t + mt + n ¶ (∀t) · · · (1.13) このとき, 像の点(1.13)が直線y = mx + n上にあるとして, (1 − a + m)t + n = m(a + (a − 2)m)t + (a − 2)mn + n (∀t) ⇐⇒ ¡(a − 2)m2+ (a − 1)m + a − 1¢t + (a − 2)mn = 0 (∀t) · · · (1.14) (1.14)において, a = 2とすると, (m + 1)t = 0 (∀t) ⇐⇒ m = −1 ∧ ∀n · · · (1.15) 即ち, y = −x + n (∀n)なる不動直線が無数に存在する. (1.14)において, a 6= 2とすると, (a − 2)m2+ (a − 1)m + a − 1 = 0 · · · (1.16) ここで, (1.16)の判別式をDとすると,D = (a − 1)2− 4(a − 1)(a − 2) = −(a − 1)(3a − 7) > 0
µ
∵ 1 < a <7
3
¶
ARISTOS
このとき, (1.16)の実数解を求めて, m =−(a − 1) ± p −(a − 1)(3a − 7) 2(a − 2) · · · (1.18) 即ち, (1.18)のmの値を傾きとするy = mxなる不動直線が2本存在する. 更に, その2本の不動直線が直交するのは, (1.16)の実数解をm1, m2として, m1× m2= a − 1 a − 2= −1 ⇐⇒ a = 3 2 · · · (1.19) このとき, 2本の直交不動直線は, y =1 ± √ 5 2 x · · · (1.20) 以上の議論をまとめて, a < 1 ∨ 7 3< a · · · · 不動直線なし (0個) a = 1 · · · · y = c (∀ c) (無数) a = 2 · · · · y = −x + c (∀ c) (無数), x = 0 (1個) a =7 3 · · · · y = −2x (1個) 1 < a <7 3 ∧ a 6= 2 · · · y =−(a − 1) ±p−(a − 1)(3a − 7)
2(a − 2) x (2個) esp. a = 3 2 · · · · y = 1 ±√5 2 x (2個) 【Review 16.1.1】 88大阪市大 平面上の1次変換Tは点(1, 1)をその点自身に移し, 点(0, 1)を直線y = x + 1上の点に移す. このとき, Tによる不動直線をすべて求めよ. [答] y = x + c (∀ c) 【Review 16.1.2】 92熊本大 行列 µ k + 1 1 k k − 1 ¶ の表す1次変換による不動直線の個数をkの値で分類して調べよ. [答] k < −1 · · · · 0個 k = −1 ∨ k =1 ± √ 5 2 · · · · 1個 k > −1 ∧ k 6= 0 ∧ k 6= 3 ∧ k 6=1 ± √ 5 2 · · · · 2個 k = 0 ∨ k = 3 · · · · 無数
ARISTOS
—不動点·不動直線— 1次変換Tによって移動しない点を不動点という. 即ち, M µ x y ¶ = µ x y ¶ ⇐⇒ (M − E) µ x y ¶ = µ 0 0 ¶ ⇐⇒ µ a − 1 b c d − 1 ¶µ x y ¶ = µ 0 0 ¶ ⇐⇒ ½ (a − 1)x + by = 0 cx + (d − 1)y = 0 · · · (1) を満たす点(x, y)のことである. 明らかに, 原点(0, 0)は不動点である. このとき, 原点以外の不動点(x, y) 6= (0, 0)が存在するための必要十分条件は, 連立方程式(1)が非自明解を持つことであり, 即ち, 次の各条件と同値である,det.(M − E) = 0 ⇐⇒ det.M − trace.M − 1 = 0 ⇐⇒ Mが1を固有値に持つ ここで, 固有値010に対応する固有ベクトルを(x0, y0)と表せば, (1)より, ( (a − 1)x0+ by0= 0 cx0+ (d − 1)y0= 0 ⇐⇒ µ x0 y0 ¶ = t µ −b a − 1 ¶ , t µ d − 1 −c ¶ (∀t 6= 0) · · · (2) (2)における2個のベクトル(−b, a − 1), (d − 1, −c)は平行であり, (2)を方向ベクトルとする原点を通る直線上の点はすべて不動点となる. 即ち, 不動点の集合としての不動直線が存在する 何故なら, その直線上の任意の点をP 6= Oとするとき, −→ OP = t µ x0 y0 ¶ (∀t 6= 0) =⇒ T¡−→OP¢= M · t µ x0 y0 ¶ = t M µ x0 y0 ¶ = t µ x0 y0 ¶ =−→OP · · · (3) 即ち, PのTによる像がP自身となる. 一般に, 実数の固有値
λ
6= 1に対応する固有ベクトルを(x0, y0)とするとき, (M −λ
E) µ x0 y0 ¶ = µ 0 0 ¶ ⇐⇒ µ a −λ
b c d −λ
¶µ x0 y0 ¶ = µ 0 0 ¶ ⇐⇒ ( (a −λ
)x0+ by0= 0 cx0+ (d −λ
)y0= 0 ⇐⇒ µ x0 y0 ¶ = t µ −b a −λ
¶ , t µ d −λ
−c ¶ (∀t 6= 0) · · · (4) より, (4)を方向ベクトルとする原点を通る直線上の点はすべて同一直線上に移る. ∵ −→OP = t µ x0 y0 ¶ (∀t 6= 0) =⇒ T¡−→OP¢= M · t µ x0 y0 ¶ = t M µ x0 y0 ¶ = tλ
µ x0 y0 ¶ =λ
−→OP (λ
6= 1) · · · (5) 即ち, 原点を通る不動直線が存在する. (不動点の集合ではない!!) 以上をまとめると, 原点通過不動直線の存在 ⇐⇒ 実数の固有値の存在 以降, 固有値の値で分類した不動直線の方程式を調べる. その際, Mの実数の固有値をλ
1,λ
2で表すことにする.ARISTOS
■λ
j6= 0 ∧λ
j6= 1 ( j = 1, 2)の場合 ¡ M −λ
jE ¢µxj yj ¶ = µ 0 0 ¶ ∧ µ xj yj ¶ = t µ −b a −λ
j ¶ , t µ d −λ
j −c ¶ (∀t 6= 0) ( j = 1, 2) · · · (6) より,λ
1,λ
2に対応する原点通過不動直線はそれぞれ ( (a −λ
1)x + by = 0 · · · (7) cx + (d −λ
1)y = 0 · · · (8) ∨ ( (a −λ
2)x + by = 0 · · · (9) cx + (d −λ
2)y = 0 · · · (10) ここで, (7), (8)は同一の直線を表し, (9), (10)は同一の直線を表すことに注意. • bc 6= 0のとき, 2本の原点通過不動直線の方程式は, (a −λ
1)x + by = 0 ³ cx + (d −λ
1)y = 0 ´ ¡ ∵ (7) ≡ (8)¢ (a −λ
2)x + by = 0 ³ cx + (d −λ
2)y = 0 ´ ¡ ∵ (9) ≡ (10)¢ · · · (11) 特に,λ
1=λ
2=λ
0のとき, 原点通過不動直線は1本となり, (a −λ
0)x + by = 0 ³ cx + (d −λ
0)y = 0 ´ · · · (12) • b = 0 ∧ c 6= 0のとき, 固有方程式の解と係数の関係により, a + d =λ
1+λ
2 ∧ ad =λ
1λ
2 ⇐⇒ (a, d) = (λ
1,λ
2) ∨ (a, d) = (λ
2,λ
1) · · · (13) ? (a, d) = (λ
1,λ
2)のとき, 2本の原点通過不動直線の方程式は, ( cx + (d − a)y = 0 ¡∵ (8)¢ x = 0 ¡∵ (9) ≡ (10)¢ · · · (14) ? (a, d) = (λ
2,λ
1)のとき, 2本の原点通過不動直線の方程式は, ( cx + (d − a)y = 0 ¡∵ (10)¢ x = 0 ¡∵ (7) ≡ (8)¢ · · · (15) 特に,λ
1=λ
2=λ
0のとき, 原点通過不動直線は1本となり, x = 0 ¡∵ (8) ≡ (10)¢ ¡∵ a = d =λ
0 ¢ · · · (16) • b 6= 0 ∧ c = 0のとき, (13)により, (a, d) = (λ
1,λ
2), (λ
2,λ
1) ? (a, d) = (λ
1,λ
2)のとき, 2本の原点通過不動直線の方程式は, ( (a − d)x + by = 0 ¡∵ (9)¢ y = 0 ¡∵ (7) ≡ (8)¢ · · · (17) ? (a, d) = (λ
2,λ
1)のとき, 2本の原点通過不動直線の方程式は, ( (a − d)x + by = 0 ¡∵ (7)¢ y = 0 ¡∵ (9) ≡ (10)¢ · · · (18) 特に,λ
1=λ
2=λ
0のとき, 原点通過不動直線は1本となり, y = 0 ¡∵ (7) ≡ (9)¢ ¡∵ a = d =λ
0 ¢ · · · (19)ARISTOS
• b = c = 0のとき, (13)により, (a, d) = (λ
1,λ
2), (λ
2,λ
1) ? (a, d) = (λ
1,λ
2)のとき, 2本の原点通過不動直線の方程式は, ( x = 0 ¡∵ (9)¢ y = 0 ¡∵ (8)¢ · · · (20) ? (a, d) = (λ
2,λ
1)のとき, 2本の原点通過不動直線の方程式は, ( x = 0 ¡∵ (7)¢ y = 0 ¡∵ (10)¢ · · · (21) 特に,λ
1=λ
2=λ
0のとき, M =λ
0E ¡ ∵ a = d =λ
06= 0, 6= 1 ¢ このとき, 原点を通る任意の直線が不動直線であることは明らか.ARISTOS
■λ
1= 1 ∧λ
26= 1 ∧λ
26= 0の場合 (6)より,λ
1= 1,λ
2に対応する原点通過不動直線はそれぞれ ( (a − 1)x + by = 0 · · · (22) cx + (d − 1)y = 0 · · · (23) ∨ ( (a −λ
2)x + by = 0 · · · (24) cx + (d −λ
2)y = 0 · · · (25) ¡λ
26= 1 ∧λ
26= 0 ¢ ここで, (22), (23)は同一の直線を表し, (24), (25)は同一の直線を表すことに注意. • bc 6= 0のとき, 不動直線(22) ≡ (23)上の点はすべて不動点であり, その直線上に任意に点(x0, y0) 6= (0, 0)をとれば, −→ OP = µ x0 y0 ¶ + t µ x2 y2 ¶ (∀t :実数) · · · (26) なるベクトル方程式で表される直線(26)上の任意の点Pに対して, その像の点をQとすると, −−→ OQ = T¡−→OP¢= M µ x0 y0 ¶ + t M µ x2 y2 ¶ = µ x0 y0 ¶ + tλ
2 µ x2 y2 ¶ · · · (27) 即ち, (x0, y0) 6= (0, 0)を通り, (x2, y2)を方向ベクトルとする直線(26)は原点不通過不動直線である. これらをまとめて表せば, (a − 1)x + by = 0 ³cx + (d − 1)y = 0 ´ ¡ ∵ (22) ≡ (23)¢ (不動点の集合) (a −λ
2)x + by + r = 0 ³ cx + (d −λ
2)y + r = 0 ´ ¡ ∵ (24) ≡ (25)¢ (∀ r :実数) · · · (28) • b = 0 ∧ c 6= 0のとき, 固有方程式の解と係数の関係により, a + d = 1 +λ
2 ∧ ad = 1 ×λ
2 ⇐⇒ (a, d) = (1,λ
2) ∨ (a, d) = (λ
2, 1) · · · (29) ? (a, d) = (1,λ
2)のとき, 不動直線の方程式は, ( cx + (d − 1)y = 0 ¡∵ (23)) (不動点の集合) x = r ¡∵ (24) ≡ (25)¢ (∀ r :実数) · · · (30) ? (a, d) = (λ
2, 1)のとき, 不動直線の方程式は, ( cx + (1 − a)y + r = 0 ¡∵ (25)) (∀ r :実数) x = 0 ¡∵ (22) ≡ (23)¢ (不動点の集合) · · · (31) • b 6= 0 ∧ c = 0のとき, (29)により, (a, d) = (1,λ
2), (λ
2, 1) ? (a, d) = (1,λ
2)のとき, 不動直線の方程式は, ( (1 − d)x + by + r = 0 ¡∵ (24)) (∀ r :実数) y = 0 ¡∵ (22) ≡ (23)¢ (不動点の集合) · · · (32) ? (a, d) = (λ
2, 1)のとき, 不動直線の方程式は, ( (a − 1)x + by = 0 ¡∵ (22)) (不動点の集合) y = r ¡∵ (24) ≡ (25)¢ (∀ r :実数) · · · (33)ARISTOS
• b = c = 0のとき, (29)により, (a, d) = (1,λ
2), (λ
2, 1) ? (a, d) = (1,λ
2)のとき, 不動直線の方程式は, ( y = 0 ¡∵ (23)¢ (不動点の集合) x = r ¡∵ (24)¢ (∀ r :実数) · · · (34) ? (a, d) = (λ
2, 1)のとき, 不動直線の方程式は, ( x = 0 ¡∵ (22)¢ (不動点の集合) y = r ¡∵ (25)¢ (∀ r :実数) · · · (35)ARISTOS
■λ
1=λ
2= 1の場合 (6)より,λ
1=λ
2= 1に対応する原点通過不動直線は, ( (a − 1)x + by = 0 · · · (36) cx + (d − 1)y = 0 · · · (37) ここで, (36), (37)は同一の直線を表すことに注意. • bc 6= 0のとき, 不動直線(36) ≡ (37)上の点はすべて不動点であり, その直線上にない任意の点(x0, y0) put = Qをとり, その像の点をRとすれば, −→ QR =−→OR −−→OQ = M µ x0 y0 ¶ − µ x0 y0 ¶ = (M − E) µ x0 y0 ¶ = µ a − 1 b c d − 1 ¶µ x0 y0 ¶ = a − 1 b −1 b(a − 1) 2 1 − a µ x0 y0 ¶ = −(a − 1)x0+ by0 b µ −b a − 1 ¶ · · · (38) (38)において, 固有方程式の解と係数の関係 a + d =λ
1+λ
2= 2 ∧ ad − bc =λ
1×λ
2= 1 ⇐⇒ d = 2 − a ∧ c = − 1 b(a − 1) 2 ¡∵ b 6= 0¢ · · · (39) を用いており, (36)により, (−b, a − 1)が固有値1に対応する固有ベクトルであることに注意すれば, −→ QR // µ −b a − 1 ¶ µ −(a − 1)x0+ by0 b 6= 0 ¶ · · · (40) により, 原点不通過不動直線の方程式は, (a − 1)x + by + r = 0 ³ cx + (d − 1)y + r = 0 ´ (∀ r 6= 0) · · · (41) これらをまとめて表せば, (a − 1)x + by = 0 ³ cx + (d − 1)y = 0 ´ ¡ ∵ (36) ≡ (37)¢ (不動点の集合) (a − 1)x + by + r = 0 ³cx + (d − 1)y + r = 0´ ¡∵ (36) ≡ (37)¢ (∀ r :実数) · · · (42) • b = 0 ∧ c 6= 0のとき, 固有方程式の解と係数の関係により, a + d =λ
1+λ
2= 2 ∧ ad =λ
1×λ
2= 1 ⇐⇒ a = d = 1 · · · (43) このとき, 不動直線の方程式は, ½ x = 0 ¡∵ (37)¢ (不動点の集合) x = r ¡∵ (41)¢ (∀ r :実数) · · · (44) • b 6= 0 ∧ c = 0のとき, (43)により, a = d = 1 このとき, 不動直線の方程式は, ½ y = 0 ¡∵ (36)¢ (不動点の集合) y = r ¡∵ (41)¢ (∀ r :実数) · · · (45) • b = c = 0のとき, (43)により, a = d = 1 ∴ M = E このとき, 平面内の任意の直線が不動点の集合としての不動直線であることは明らか. 以上で固有値による不動直線の分類が尽くされた.ARISTOS
【Example 16.2.1】 平面上の1次変換Tが三角形の頂点A, B, Cを T (A) = B, T (B) = C, T (C) = A · · · (2.1.1) のように移すとき, 三角形ABCの重心Gは不動点であることを示せ. また, Gは原点Oに一致することを示せ. ¶ ³ Point (線型性) 1次変換Tと実数s, tに対して, T (s−→u + t−→v ) = s T (−→u ) + t T (−→v ) ただし, −→u ,−→v は平面上で1次独立である. µ ´ 【解説】 線型性と(2.1.1)により, T¡−−→OG¢=1 3 © T¡−→OA¢+ T¡−→OB¢+ T¡−→OC¢ª=1 3 ¡−→ OB +−→OC +−→OA¢=−−→OG · · · (2.1.2) 即ち, T¡−−→OG¢=−−→OG ⇐⇒ T (G) = G · · · (2.1.3) 従って, 重心Gは不動点である. 次に, 3点A, B, Cは三角形の頂点であるから, −−→GA , −→GB ,−→CGは平面上互いに1次独立であり, −→ GO= s−−→GA + t−→GB + u−→GC ∧ s + t + u = 1 · · · (2.1.4) を満たす実数s, t, uが存在する. このとき, (2.1.4)の両辺にTを作用させて, T¡−−→GO¢= s T¡−−→GA¢+ t T¡−→GB¢+ u T¡−→GC¢ ⇐⇒ −−→GO = s−→GB + t−→GC + u−−→GA · · · (2.1.5) 更に, (2.1.5)の両辺にTを作用させて, T¡−−→GO¢= s T¡−→GB¢+ t T¡−→GC¢+ u T¡−−→GA¢ ⇐⇒ −−→GO = s−→GC + t−−→GA + u−→GB · · · (2.1.6) (2.1.4), (2.1.5), (2.1.6)の辺々を加えて, 3−−→GO = (s + t + u)¡−−→GA +−→GB +−→GC¢= 1 ×−→0 ⇐⇒ G = O · · · (2.1.7) ここで, −−→ OG = 1 3 ¡−→ OA +−→OB +−→OC¢ ⇐⇒ GA +−−→ −→GB +−→GC =−→0 · · · (2.1.8) を用いた.ARISTOS
【Example 16.2.2】 平面上の1次変換Tに対して, 原点以外の不動点Pが存在するとき, 直線LのTによる像の直線T (L)とLとの交点QはTによる不動点であることを示せ. 【解説】 Pは不動点であるから, T¡−→OP¢=−→OP · · · (2.2.1) Tの線型性により, 任意の実数λ
に対して, T¡λ
−→OP¢=λ
T¡−→OP¢=λ
−→OP · · · (2.2.2) 従って, 2点O, Pを通る直線g上の点はすべて不動点である. 即ち, gは不動点の集合としての不動直線である. (1) Lとgが交わる場合; L, gの交点をQと表せば, Qはg上の点であるから, T¡−−→OQ¢=−−→OQ ⇐⇒ T (Q) = Q · · · (2.2.3) ここで, QはL上の点でもあり, (2.2.3)により, T (L)上の点でもある. 従って, L, T (L)の交点は, L, gの交点Qであり, 題意は成立する. (2) Lとgが交わらない場合; 即ち, L // gの場合; Lの方向ベクトル−→d はgと平行であり, −→d =λ
−→OPと表せるので, T (−→d ) = T¡λ
−→OP¢=λ
T¡−→OP¢=λ
−→OP =−→d ⇐⇒ T (−→d ) =−→d · · · (2.2.4) ここで, T (−→d )は直線T (L)の方向ベクトルであり, (2.2.4)より, L // T (L) · · · (2.2.5) このとき, L, T (L)は交点Qを持たないので, この場合は議論する必要がない. 以上より, 原点以外の不動点Pが存在するとき, L, T (L)の交点Qは不動点である. O Q P L g T (L) s®_ÌWARISTOS
Comment ¶ ³ ベクトル, 複素数, 行列でも経験したように, 変換行列の成分を用いない(表に出さない)計算は本質的に難しい. 成分計算では煩雑になる抽象的問題を処理する手段としての(例題のような)代数的計算は相応の慣れが必要である. 東大, 京大ではこの種の問題を出題してきた経緯があるので留意されたい. 一般に入試では, 1次変換の線型性, 即ち, 比を保存すると云う性質が出題され易いので, 不動点, 不動直線と並んで「比」をテーマとする問題にも目を通して おきたい. µ ´ 【Review 16.2.1】 xy平面上に原点Oを頂点とする三角形OABがあり, この平面上の1次変換Tに対して, T (A) = B ∧ T (B) = B が成り立っている. この平面上の任意の点Pの像をQとするとき, 次の各問いに答えよ. (1) Qは直線OB上にあることを示せ. (2) Pが直線OB上にないとき, PQ // ABであることを示せ. [証明略] 【Review 16.2.2】 平面上の1次変換Tと1次独立な−→u ,−→v に対して, T (−→u ) =−→v ∧ T (−→v ) =λ
−→u が成り立つとき, Tによる原点を通る不変直線の個数をλ
の値で分類して調べよ. [答] λ> 0 · · · 2個,λ= 0 · · · 1個,λ< 0 · · · 0個 【Review 16.2.3】 90京大 平面上に2円C, C0があり, 1次変換TはCをC0に移す. ただし, Tは逆変換T−1を持つとする. LがC上の点Pにおける接線であるとき, L0= T (L)はT (P)におけるC0の接線であることを示せ. また, AをCの中心とするとき, T (A)はC0の中心であることを示せ. [証明略]ARISTOS
【Example 16.3】 92九州芸工大 xy平面上の2次曲線 x2+ 2axy + y2+ 2x − 8y + b = 0 · · · (3.1) を適当に平行に移動し, 原点中心に角θ
回転して得られる曲線が x2 3 − y2 5 = 1 · · · (3.2) であるとき, a, b,θ
³ 0 ≤θ
≤π
2 ´ の値を求めよ. 【解説】 表現行列 M = µ 1 a a 1 ¶ · · · (3.3) の2次曲線(3.1)を標準化した曲線が 5x2− 3y2− 15 = 0 · · · (3.2) であるから, Mの固有値はλ
1= 5,λ
2= −3 · · · (3.4) と考えられ, ( trace.M =λ
1+λ
2= 5 + (−3) = 2 det.M =λ
1λ
2= 5 × (−3) = −15 · · · (3.5) より, det..Mに関して, 1 − a2= −15 ⇐⇒ a = ±4 · · · (3.6) • a = 4の場合;λ
1,λ
2に対応する固有ベクトルはそれぞれ − →v 1= µ 1 1 ¶ , −→v2= µ −1 1 ¶ · · · (3.7) と表され, Mを標準化する回転行列Pは, P =√1 2 µ 1 −1 1 1 ¶ = µ cos 45◦ − sin 45◦ sin 45◦ cos 45◦ ¶ · · · (3.8) このとき, 回転角θ
は,θ
= −π
4 < 0 (不適) · · · (3.9) • a = −4の場合;λ
1,λ
2に対応する固有ベクトルはそれぞれ − →v 1= µ 1 −1 ¶ , −→v2= µ 1 1 ¶ · · · (3.10) と表され, Mを標準化する回転行列Pは, P =√1 2 µ 1 1 −1 1 ¶ = µ cos(−45◦) − sin(−45◦) sin(−45◦) cos(−45◦) ¶ · · · (3.11) このとき, 回転角θ
は, 0 <θ
=π
4 <π
2 · · · (3.12) 即ち, (3.1)をπ
/4回転し, 平行移動したものが(3.2)であるから, b = −14. ∴ a = −4 ∧ b = −14 ∧θ
=π
4 · · · (3.13)ARISTOS
Comment ¶ ³ 方程式 ax2+ 2bxy + cy2+ px + qy + r = 0 · · · (3.14) で表される曲線は, 行列 M = µ a b b c ¶ , N = µ p q ¶ , X = µ x y ¶ , t N = (p q), tX = (x y) · · · (3.15) を用いて, t X M X +tN X + r = 0 · · · (3.16) と表せる. このとき, Mを対角化する2次行列で tP = P−1 ³tP × P = P ×tP = E´ ∧ det.P = 1 · · · (3.17) を満たすPにより, 変換 X = P X0 ⇐⇒ X0= P−1X · · · (3.18) 即ち, X0を回転行列PでXに移す変換を与えれば, tX0¡P−1M P¢X0+¡tN P¢X0+ r = 0 · · · (3.19) ここで, tX0= (x0 y0)と表せば, λ1(x0)2+λ2(y0)2+ p0x0+ q0y0+ r = 0 · · · (3.20) の形式に帰着する. ここで, (p0 q0) =tN Pである. [Note] Pを回転行列とできるのは, (3.17)の条件tP × P = Eにより, 正規直交行列でdet.P = 1を満たす, という理由に依る. [Review 15.3.2]を参照せよ. µ ´ ¶ ³ Point (曲線の判別式) 方程式ax2+ 2bxy + cy2+ px + qy + r = 0の表す図形は,det.M > 0 · · ·楕円, det.M = 0 · · ·放物線, det.M < 0 · · ·双曲線 と分類される円錐曲線である.
