復習：ベクトルと図形 の変更点

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[[線形代数II]]

&katex();

* 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)~
$xy$ 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 [#kf4ce0c1]

(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、&math(s'); 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。
$\begin{pmatrix}\cos\phi&-\sin\phi&0\\\sin\phi&\cos\phi&0\\0&0&1\\\end{pmatrix}$ 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、
$\begin{pmatrix}
\cos\theta&0&\sin\theta\\
0&0&0\\
0&1&0\\
{}-\sin\theta&0&\cos\theta
\end{pmatrix}$ 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 [#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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