復習:ベクトルと図形 の変更点

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[[線形代数II]]

* 内容 [#j6276fa3]

- ベクトルに対応する点、点に対応するベクトル、ベクトルの長さ
- 内積と2つのベクトルのなす角
- ベクトルで表す直線や平面
- ベクトルの回転・反転を表す行列
- 複素ベクトルの内積

* 演習 [#m06086ea]

(1)

&math(xy); 平面上の三角形 &math(\mathrm(ABC)); の2辺が
&math(\overrightarrow{\mathrm{AB}}=\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix});、
&math(\overrightarrow{\mathrm{AC}}=\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}); で与えられるとき、
辺 &math(\mathrm{BC}); の長さ および &math(\cos \angle\mathrm{BAC}); を求めよ。~
また、これらを参考にして &math(\triangle \mathrm{ABC}); の &math(\angle\mathrm{BAC}); に対する余弦定理を証明せよ。

(2)

&math(xyz); 空間内において、
2点 &math(\mathrm A=\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix},\ 
\mathrm B=\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}); を通る直線、および、
点 &math(\mathrm A); を通り、直線 &math(\mathrm{AB}); 
に垂直な平面を、ベクトルを用いたパラメータ表示で表せ。

(3)

&math(xyz); 空間内において、
&math(z); 方向の単位ベクトルを、&math(y); 軸を回転軸として &math(x); 軸方向に &math(\theta); 
回転し、さらに、&math(z); 軸を回転軸として &math(x); 軸方向から &math(y); 軸方向へ &math(\phi); 
回転した後、&math(r); 倍して得られるベクトルを答えよ。

(4)

任意の2次元複素ベクトル &math(\bm a=\begin{pmatrix}
a+bi\\ c+di
\end{pmatrix}); について、&math(|\bm a|^2=(\bm a,\bm a)\in\mathbb{R}); となることを確かめよ。
ただし、&math(a,b,c,d\in\mathbb R); とする。

* 解答および解説 [#kf4ce0c1]

(1)

&math(\mathrm{BC}=|\overrightarrow{\mathrm{BC}}|);

&math(\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\overrightarrow{\mathrm{AC}}-\overrightarrow{\mathrm{AB}}=\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\-3\end{pmatrix});

&math(|\overrightarrow{\mathrm{BC}}|=\sqrt{4+9}=\sqrt{13});

&math(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=
|\overrightarrow{\mathrm{AB}}||\overrightarrow{\mathrm{AC}}|\cos\angle \mathrm{BAC}); より、

&math(\cos\angle \mathrm{BAC}=
\frac{\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{|\overrightarrow{\mathrm{AB}}||\overrightarrow{\mathrm{AC}}|}=\frac{1\cdot 3+2\cdot(-1)}{\sqrt{1^2+3^2}\sqrt{2^2+(-1)^2}}
=\frac{1}{5\sqrt{2}});

&math(\triangle \mathrm{ABC}); の &math(\angle\mathrm{BAC}); に対する余弦定理は、

&math(
 &math(
|\mathrm{AB}|^2+|\mathrm{AC}|^2-|\mathrm{AB}|\,|\mathrm{AC}|\cos\angle\mathrm{BAC}
&=|\overrightarrow{\mathrm{BC}}|^2
);

であるが、

&math(
 &math(
(右辺)=|\overrightarrow{\mathrm{AC}}-\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2
);

であり、この右辺を展開すれば左辺が得られる。

(2)

直線は、

&math(
\bm p&=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+s \overrightarrow{\mathrm{AB}}\\
&=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+s (\overrightarrow{\mathrm{OB}}-\overrightarrow{\mathrm{OA}})\\
&=\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}+s\bigg (\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}\bigg)\\
&=\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}+s\begin{pmatrix}-2\\-2\\-2\end{pmatrix}\\
);~
&math(
\phantom{\bm p}&=\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}+s'\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\\
);

ただし、&math(s'); は任意の実数パラメータ。

一方、平面を表すには &math(\overrightarrow{\mathrm{AB}}); と垂直な2つのベクトル、例えば

&math(
\bm a=\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix},
\bm b=\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}
);

を用いて(この2つのベクトル、暗算で見つけられますね?)次式を得る。

&math(
\bm p=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\bm a+u\bm b
=\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}
+t\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}
+u\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}
);

(3)

2次元で考えた場合、
&math(xy); 平面上で &math(x); 軸方向から &math(y); 軸方向へ反時計回りに &math(\phi); 
回転する操作に対応する行列は &math(
\begin{pmatrix}
\cos\phi&-\sin\phi\\
\sin\phi&\cos\phi
\end{pmatrix}
); であった。

この操作により、&math(\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}); が 
&math(\begin{pmatrix}\cos\phi\\\sin\phi\end{pmatrix}); へ、
&math(\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}); が 
&math(\begin{pmatrix}-\sin\phi\\\cos\phi\end{pmatrix}); へ、
それぞれ正しく移されることに注意せよ。

3次元空間で考えれば、同様の操作を表す行列は、
&math(
\begin{pmatrix}
\cos\phi&-\sin\phi&0\\
\sin\phi&\cos\phi&0\\
0&0&0\\
\end{pmatrix}
); となる。

同様に、&math(zx); 平面上で &math(z); 軸方向から &math(x); 軸方向へ 
&math(\theta); 回転する操作に対応する行列は、
&math(\begin{pmatrix}
\cos\theta&0&\sin\theta\\
0&0&0\\
-\sin\theta&0&\cos\theta
\end{pmatrix}); となる。

この操作により、&math(\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}); が 
&math(\begin{pmatrix}\cos\theta\\0\\-\sin\theta\end{pmatrix}); へ、
&math(\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}); が 
&math(\begin{pmatrix}\sin\theta\\0\\\cos\theta\end{pmatrix}); へ、
それぞれ正しく移されることに注意せよ。

&math(z); 方向の単位ベクトル &math(\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}); に
これらの操作を続けて行い、最後に &math(r); 倍した結果は、

&math(
\begin{pmatrix}
x\\y\\z
\end{pmatrix}&=r\begin{pmatrix}
\cos\phi&-\sin\phi&0\\
\sin\phi&\cos\phi&0\\
0&0&1\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\cos\theta&0&\sin\theta\\
0&1&0\\
-\sin\theta&0&\cos\theta
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\\
&=r\begin{pmatrix}
\cos\phi&-\sin\phi&0\\
\sin\phi&\cos\phi&0\\
0&0&1\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\sin\theta\\0\\\cos\theta
\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix}
r\cos\phi\sin\theta\\
r\sin\phi\sin\theta\\
r\cos\theta\\
\end{pmatrix}
);

(4)

&math(
|\bm a|^2&=(\bm a,\bm a)=\begin{pmatrix}
a+bi\\ c+di
\end{pmatrix}^\dagger\begin{pmatrix}
a+bi\\ c+di
\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix}
a-bi& c-di
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
a+bi\\ c+di
\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix}
(a-bi)(a+bi)+ (c-di)(c+di)
\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix}
a^2-(bi)^2+ c^2-(di)^2
\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix}
a^2+b^2+c^2+d^2
\end{pmatrix}\\
&=a^2+b^2+c^2+d^2\in\mathbb{R}
);

またこの結果から、&math(a,b,c,d); のどれか一つでもゼロで無い実数が含まれていれば
&math(|\bm a|^2>0); となること、言い換えれば、&math(|\bm a|^2=0); となるのは
&math(\bm a=\bm 0); のときに限ることが分かる。

* コメント・質問 [#d23cad11]

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**(3) [#h0d7f161]
> (&timetag(2018-10-20T08:55:12+09:00, 2018-10-20 (土) 17:55:12);)~
~
(3)の答えのz成分はcosθではなくrcosθではないでしょうか?~

//
- ご指摘ありがとうございます。その通りでしたので修正いたしました。 -- [[武内(管理人)]] &new{2018-10-20 (土) 17:58:11};

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