復習:ベクトルと図形 の履歴(No.8)
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内容†
- 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†
(1)
$xy$ 平面上の三角形 $\mathrm(ABC)$ の2辺が
$\overrightarrow{\mathrm{AB}}=\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}$、
$\overrightarrow{\mathrm{AC}}=\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}$ で与えられるとき、
辺 $\mathrm{BC}$ の長さ および $\cos \angle\mathrm{BAC}$ を求めよ。
また、これらを参考にして $\triangle \mathrm{ABC}$ の $\angle\mathrm{BAC}$ に対する余弦定理を証明せよ。
(2)
$xyz$ 空間内において、
2点 $\mathrm A=\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix},\
\mathrm B=\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}$ を通る直線、および、
点 $\mathrm A$ を通り、直線 $\mathrm{AB}$
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)
$xyz$ 空間内において、
$z$ 方向の単位ベクトルを、$y$ 軸を回転軸として $x$ 軸方向に $\theta$
回転し、さらに、$z$ 軸を回転軸として $x$ 軸方向から $y$ 軸方向へ $\phi$
回転した後、$r$ 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 $\bm a=\begin{pmatrix}
a+bi\\ c+di
\end{pmatrix}$ について、$|\bm a|^2=(\bm a,\bm a)>0$ となることを確かめよ。
ただし、$a,b,c,d\in\mathbb R$ とする。
解答および解説†
(1)
$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\overrightarrow{\mathrm{AC}}-\overrightarrow{\mathrm{AB}}=\begin{pmatrix}3\\-1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\-3\end{pmatrix}$
$\mathrm{BC}=|\overrightarrow{\mathrm{BC}}|=\sqrt{2^2+(-3)^2}=\sqrt{13}$
$\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}= |\overrightarrow{\mathrm{AB}}||\overrightarrow{\mathrm{AC}}|\cos\angle \mathrm{BAC}$ より、
$$\cos\angle \mathrm{BAC}= \frac{\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{|\overrightarrow{\mathrm{AB}}||\overrightarrow{\mathrm{AC}}|}=\frac{1\cdot 3+2\cdot(-1)}{\sqrt{1^2+3^2}\sqrt{2^2+(-1)^2}} =\frac{1}{5\sqrt{2}}$$
$\triangle \mathrm{ABC}$ の $\angle\mathrm{BAC}$ に対する余弦定理は、
$$ |\mathrm{AB}|^2+|\mathrm{AC}|^2-|\mathrm{AB}|\,|\mathrm{AC}|\cos\angle\mathrm{BAC} =|\overrightarrow{\mathrm{BC}}|^2 $$
であるが、
$$ \text{(右辺)}=|\overrightarrow{\mathrm{AC}}-\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2 $$
であり、この右辺を展開すれば左辺が得られる。
(2)
直線は、
$
\begin{aligned}
\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}\\
\end{aligned}
$
$
\phantom{\bm p}=\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}+s'\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\\
$
ただし、 は任意の実数パラメータ。
一方、平面を表すには $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ と垂直な2つのベクトル、例えば(暗算で見つけられますよね?)
$ \bm a=\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}, \bm b=\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix} $
を用いて次式を得る。
$ \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、 $xy$ 平面上で $x$ 軸方向から $y$ 軸方向へ反時計回りに $\phi$ 回転する操作に対応する行列は $ \begin{pmatrix} \cos\phi&-\sin\phi\\ \sin\phi&\cos\phi \end{pmatrix} $ であった。
この操作により、$\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$ が $\begin{pmatrix}\cos\phi\\\sin\phi\end{pmatrix}$ へ、 $\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$ が $\begin{pmatrix}-\sin\phi\\\cos\phi\end{pmatrix}$ 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、 $ \begin{pmatrix} \cos\phi&-\sin\phi&0\\ \sin\phi&\cos\phi&0\\ 0&0&0\\ \end{pmatrix} $ となる。
同様に、$zx$ 平面上で $z$ 軸方向から $x$ 軸方向へ $\theta$ 回転する操作に対応する行列は、 $\begin{pmatrix} \cos\theta&0&\sin\theta\\ 0&0&0\\ {}-\sin\theta&0&\cos\theta \end{pmatrix}$ となる。
この操作により、$\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}$ が $\begin{pmatrix}\cos\theta\\0\\-\sin\theta\end{pmatrix}$ へ、 $\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$ が $\begin{pmatrix}\sin\theta\\0\\\cos\theta\end{pmatrix}$ へ、 それぞれ正しく移されることに注意せよ。
$z$ 方向の単位ベクトル $\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$ に これらの操作を続けて行い、最後に $r$ 倍した結果は、
$$ \begin{aligned} \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}&=r\begin{pmatrix} \cos\phi&-\sin\phi&0\\ \sin\phi&\cos\phi&0\\ 0&0&1\\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos\theta&0&\sin\theta\\ 0&1&0\\ {}-\sin\theta&0&\cos\theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\\ &=r\begin{pmatrix} \cos\phi&-\sin\phi&0\\ \sin\phi&\cos\phi&0\\ 0&0&1\\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \sin\theta\\0\\\cos\theta \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} r\cos\phi\sin\theta\\ r\sin\phi\sin\theta\\ r\cos\theta\\ \end{pmatrix} \end{aligned} $$
球座標表示でよく見る形が得られた。
(4)
応用理工の授業では $|\bm a|^2=(\bm a,\bm a)=\bm a^\dagger \bm a$ ただし $\bm a^\dagger$ は $\bm a$ のエルミート共役であるとして定義される。
$$ \begin{aligned} |\bm a|^2&=(\bm a,\bm a)=\begin{pmatrix} a+bi\\ c+di \end{pmatrix}^\dagger\begin{pmatrix} a+bi\\ c+di \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} a-bi& c-di \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a+bi\\ c+di \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} (a-bi)(a+bi)+ (c-di)(c+di) \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} a^2-(bi)^2+ c^2-(di)^2 \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} a^2+b^2+c^2+d^2 \end{pmatrix}\\ &=a^2+b^2+c^2+d^2\ge0 \end{aligned} $$
またこの結果から、$a,b,c,d$ のどれか一つでもゼロでない実数が含まれていれば $|\bm a|^2>0$ となること、言い換えれば、$|\bm a|^2=0$ となるのは $\bm a=\bm 0$ のときに限ることが分かる。
教科書によっては内積の定義が異なり $|\bm a|^2=(\bm a,\bm a)={}^t\!\bm a\, \bm a^*$ ただし $\bm a^*$ は $\bm a$ の複素共役である、とすることも多い。その場合にも、
$$ \begin{aligned} |\bm a|^2&=(\bm a,\bm a)=\phantom{\Big|}^t\!\!\begin{pmatrix} a+bi\\ c+di \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a+bi\\ c+di \end{pmatrix}^*\\ &=\begin{pmatrix} a+bi& c+di \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a-bi\\ c-di \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} (a+bi)(a-bi)+ (c+di)(c-di) \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} a^2-(bi)^2+ c^2-(di)^2 \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} a^2+b^2+c^2+d^2 \end{pmatrix}\\ &=a^2+b^2+c^2+d^2\ge0 \end{aligned} $$
である。
コメント・質問†
(3)†
()
(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)