京都大学 1986年 文系 第3問 解説

方針・初手

与えられた2つのベクトル $\vec{OA} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ と $\vec{OB} = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ は、内積が $\vec{OA} \cdot \vec{OB} = 1\cdot 1 + 1\cdot (-1) = 0$ となるため直交している。 この直交性を利用して $\vec{OA}$ と $\vec{OB}$ を基底ベクトルとして扱うと、正射影の式や一次変換の作用が非常にシンプルに記述できる（解法1）。 また、成分表示を用いて行列の積の形に帰着させ、成分比較によって条件を求めるという代数的なアプローチも有効である（解法2）。

必要十分条件の証明であるため、「条件を満たすならば $g = f_{\alpha', \beta'}$ と表せること（必要性）」と「$g = f_{\alpha', \beta'}$ と表せるならば条件を満たすこと（十分性）」の両方を示す。

解法1

$\vec{OA} \cdot \vec{OB} = 0$ より $\vec{OA} \perp \vec{OB}$ であり、これらは一次独立である。 したがって、任意のベクトル $\vec{OP}$ は実数 $x, y$ を用いて $\vec{OP} = x\vec{OA} + y\vec{OB}$ と一意に表せる。 このとき、$\vec{OP}$ の $\vec{OA}$ および $\vec{OB}$ を通る直線への正射影 $\vec{OP_1}, \vec{OP_2}$ は、それぞれ

$$ \vec{OP_1} = x\vec{OA}, \quad \vec{OP_2} = y\vec{OB} $$

となる。よって、一次変換 $f_{\alpha, \beta}$ は次のように表される。

$$ f_{\alpha, \beta}(\vec{OP}) = \alpha (x\vec{OA}) + \beta (y\vec{OB}) = \alpha x \vec{OA} + \beta y \vec{OB} $$

一次変換 $g$ による $\vec{OA}, \vec{OB}$ の像を、実数 $p, q, r, s$ を用いて次のように設定する。

$$ g(\vec{OA}) = p\vec{OA} + q\vec{OB} $$

$$ g(\vec{OB}) = r\vec{OA} + s\vec{OB} $$

条件「どのような $\alpha, \beta$ に対しても $f_{\alpha, \beta} \circ g = g \circ f_{\alpha, \beta}$」が成り立つとする。 これが任意のベクトルに対して成り立つので、特に $\vec{OA}$ と $\vec{OB}$ に対しても成り立つ。

$\vec{OA}$ について両辺を計算する。 左辺は、

$$ \begin{aligned} (f_{\alpha, \beta} \circ g)(\vec{OA}) &= f_{\alpha, \beta}(p\vec{OA} + q\vec{OB}) \\ &= \alpha p \vec{OA} + \beta q \vec{OB} \end{aligned} $$

右辺は、$f_{\alpha, \beta}(\vec{OA}) = \alpha \vec{OA}$ より、

$$ \begin{aligned} (g \circ f_{\alpha, \beta})(\vec{OA}) &= g(\alpha \vec{OA}) \\ &= \alpha g(\vec{OA}) \\ &= \alpha (p\vec{OA} + q\vec{OB}) \\ &= \alpha p \vec{OA} + \alpha q \vec{OB} \end{aligned} $$

これらが等しいことから、$\vec{OA}, \vec{OB}$ の一次独立性より $\beta q = \alpha q$ となる。 これが任意の $\alpha, \beta$ について成り立つため、$q = 0$ でなければならない。

同様に $\vec{OB}$ について計算する。 左辺は、

$$ \begin{aligned} (f_{\alpha, \beta} \circ g)(\vec{OB}) &= f_{\alpha, \beta}(r\vec{OA} + s\vec{OB}) \\ &= \alpha r \vec{OA} + \beta s \vec{OB} \end{aligned} $$

右辺は、$f_{\alpha, \beta}(\vec{OB}) = \beta \vec{OB}$ より、

$$ \begin{aligned} (g \circ f_{\alpha, \beta})(\vec{OB}) &= g(\beta \vec{OB}) \\ &= \beta g(\vec{OB}) \\ &= \beta (r\vec{OA} + s\vec{OB}) \\ &= \beta r \vec{OA} + \beta s \vec{OB} \end{aligned} $$

これらが等しいことから、$\alpha r = \beta r$ となる。 これが任意の $\alpha, \beta$ について成り立つため、$r = 0$ でなければならない。

以上より、$q=0, r=0$ が導かれ、$g(\vec{OA}) = p\vec{OA}$, $g(\vec{OB}) = s\vec{OB}$ となる。 このとき、任意の $\vec{OP} = x\vec{OA} + y\vec{OB}$ に対して、

$$ \begin{aligned} g(\vec{OP}) &= g(x\vec{OA} + y\vec{OB}) \\ &= x g(\vec{OA}) + y g(\vec{OB}) \\ &= x(p\vec{OA}) + y(s\vec{OB}) \\ &= p(x\vec{OA}) + s(y\vec{OB}) \\ &= p\vec{OP_1} + s\vec{OP_2} \end{aligned} $$

となるため、$\alpha' = p, \beta' = s$ とおけば $g = f_{\alpha', \beta'}$ と表される。（必要性の証明）

逆に、$g = f_{\alpha', \beta'}$ と表されるとき、任意の $\vec{OP} = x\vec{OA} + y\vec{OB}$ に対して、

$$ (f_{\alpha, \beta} \circ g)(\vec{OP}) = f_{\alpha, \beta}(\alpha' x \vec{OA} + \beta' y \vec{OB}) = \alpha \alpha' x \vec{OA} + \beta \beta' y \vec{OB} $$

$$ (g \circ f_{\alpha, \beta})(\vec{OP}) = g(\alpha x \vec{OA} + \beta y \vec{OB}) = \alpha' \alpha x \vec{OA} + \beta' \beta y \vec{OB} $$

これらは一致するため、どのような $\alpha, \beta$ に対しても $f_{\alpha, \beta} \circ g = g \circ f_{\alpha, \beta}$ が成り立つ。（十分性の証明）

したがって、題意は証明された。

解法2

座標平面上の点 $P(x,y)$ に対し、$\vec{OP} = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ とする。 $\vec{OA} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ への正射影 $\vec{OP_1}$ は、

$$ \vec{OP_1} = \frac{\vec{OP} \cdot \vec{OA}}{|\vec{OA}|^2} \vec{OA} = \frac{x+y}{2} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} x+y \\ x+y \end{pmatrix} $$

$\vec{OB} = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ への正射影 $\vec{OP_2}$ は、

$$ \vec{OP_2} = \frac{\vec{OP} \cdot \vec{OB}}{|\vec{OB}|^2} \vec{OB} = \frac{x-y}{2} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} x-y \\ -x+y \end{pmatrix} $$

よって $f_{\alpha, \beta}$ による像は、

$$ \begin{aligned} f_{\alpha, \beta}(\vec{OP}) &= \frac{\alpha}{2} \begin{pmatrix} x+y \\ x+y \end{pmatrix} + \frac{\beta}{2} \begin{pmatrix} x-y \\ -x+y \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \alpha(x+y) + \beta(x-y) \\ \alpha(x+y) - \beta(x-y) \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \alpha+\beta & \alpha-\beta \\ \alpha-\beta & \alpha+\beta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \end{aligned} $$

したがって、$f_{\alpha, \beta}$ を表す行列 $F$ は

$$ F = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \alpha+\beta & \alpha-\beta \\ \alpha-\beta & \alpha+\beta \end{pmatrix} $$

である。 一方、一次変換 $g$ を表す行列を $G = \begin{pmatrix} p & q \\ r & s \end{pmatrix}$ とおく。 どのような $\alpha, \beta$ に対しても $f_{\alpha, \beta} \circ g = g \circ f_{\alpha, \beta}$ となることは、どのような $\alpha, \beta$ に対しても行列の積について $FG = GF$ が成り立つことと同値である。

$$ \begin{aligned} FG &= \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \alpha+\beta & \alpha-\beta \\ \alpha-\beta & \alpha+\beta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} p & q \\ r & s \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{2} \begin{pmatrix} p(\alpha+\beta)+r(\alpha-\beta) & q(\alpha+\beta)+s(\alpha-\beta) \\ p(\alpha-\beta)+r(\alpha+\beta) & q(\alpha-\beta)+s(\alpha+\beta) \end{pmatrix} \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} GF &= \frac{1}{2} \begin{pmatrix} p & q \\ r & s \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \alpha+\beta & \alpha-\beta \\ \alpha-\beta & \alpha+\beta \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{2} \begin{pmatrix} p(\alpha+\beta)+q(\alpha-\beta) & p(\alpha-\beta)+q(\alpha+\beta) \\ r(\alpha+\beta)+s(\alpha-\beta) & r(\alpha-\beta)+s(\alpha+\beta) \end{pmatrix} \end{aligned} $$

$FG = GF$ の各成分を比較する。 (1,1)成分より、$r(\alpha-\beta) = q(\alpha-\beta)$ (1,2)成分より、$s(\alpha-\beta) = p(\alpha-\beta)$ (2,1)成分より、$p(\alpha-\beta) = s(\alpha-\beta)$ (2,2)成分より、$q(\alpha-\beta) = r(\alpha-\beta)$

これらが任意の $\alpha, \beta$ について成り立つ。$\alpha \neq \beta$ となるように選べば $\alpha-\beta \neq 0$ となるため両辺を割ることができ、$q=r$ かつ $p=s$ が得られる。 よって $G = \begin{pmatrix} p & q \\ q & p \end{pmatrix}$ と表される。

ここである $\alpha', \beta'$ に対して $g = f_{\alpha', \beta'}$ となる、すなわち

$$ \begin{pmatrix} p & q \\ q & p \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \alpha'+\beta' & \alpha'-\beta' \\ \alpha'-\beta' & \alpha'+\beta' \end{pmatrix} $$

となるような実数 $\alpha', \beta'$ の組が存在することを示せばよい。 成分を比較して連立方程式を作ると、

$$ \frac{\alpha'+\beta'}{2} = p, \quad \frac{\alpha'-\beta'}{2} = q $$

これを解くと、$\alpha' = p+q, \quad \beta' = p-q$ となり、実数 $\alpha', \beta'$ が存在することが示された。（必要性の証明）

逆に $g = f_{\alpha', \beta'}$ の形であれば、$g$ の表現行列は $G = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \alpha'+\beta' & \alpha'-\beta' \\ \alpha'-\beta' & \alpha'+\beta' \end{pmatrix}$ となり、$p=\frac{\alpha'+\beta'}{2}, q=r=\frac{\alpha'-\beta'}{2}, s=\frac{\alpha'+\beta'}{2}$ として先ほどの成分計算を満たすので $FG = GF$ が成り立つ。（十分性の証明）

したがって、題意は証明された。

解説

一次変換（行列）の合成の順序交換可能性、いわゆる「可換性」についての問題である。 解法1のように、対象となる2つのベクトルが「直交する基底」になっていることに気付けば、表現行列を考えるまでもなく「それぞれの方向への伸び縮み」として対角行列のように扱うことができ、計算が劇的に楽になる。正射影という言葉が出てきたら、直交する軸を設定して成分分解するアプローチを思い浮かべると見通しが良くなる。

解法2の「表現行列を文字で置いて計算し、任意の変数で成り立つ恒等式として処理する」方法は、基底の取り方などに気付けなかった場合でも確実に正解に辿り着ける手堅い定石である。

また、「必要十分条件であることの証明」が求められているので、問題なく逆が成り立つこと（十分性の確認）の記述を忘れないようにしよう。

答え

略（解法1の証明を参照）

各解法に示した通り、変換の合成が任意の $\alpha, \beta$ で可換であるための条件式を整理することで $g$ を表す行列や係数の形が決定され、それが $f_{\alpha', \beta'}$ の定義式と一致する $\alpha', \beta'$ が存在すること、またその逆も成り立つことが示された。