復習:ベクトルと図形 のバックアップ差分(No.7)
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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] #article_kcaptcha **(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}; #comment_kcaptcha
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