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大阪大学 1983年文系第1問解説

方針・初手

(1) 原点のまわりの回転移動を表す行列の成分を具体的に書き出し、行列の積を計算する。

(2) 直線上の点を媒介変数で表し、行列 $A$ による一次変換後の座標を求めて媒介変数を消去する直接的な方法（解法1）と、(1) で得られた対角化の結果を利用して、座標系を回転させてから変換を考える方法（解法2）がある。

解法1

(1)

原点のまわりの $30^\circ$ の回転を表す行列 $U$ は

$$ U = \begin{pmatrix} \cos 30^\circ & -\sin 30^\circ \\ \sin 30^\circ & \cos 30^\circ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix} $$

また、その逆行列 $U^{-1}$ は原点のまわりの $-30^\circ$ の回転を表すから

$$ U^{-1} = \begin{pmatrix} \cos(-30^\circ) & -\sin(-30^\circ) \\ \sin(-30^\circ) & \cos(-30^\circ) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix} $$

行列の積 $A U^{-1}$ を計算すると

$$ A U^{-1} = \begin{pmatrix} 7 & -\sqrt{3} \\ -\sqrt{3} & 5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{7\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{7}{2} - \frac{3}{2} \\ -\frac{3}{2} - \frac{5}{2} & -\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{5\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4\sqrt{3} & 2 \\ -4 & 2\sqrt{3} \end{pmatrix} $$

よって、求める行列 $U A U^{-1}$ は

$$ U A U^{-1} = \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 4\sqrt{3} & 2 \\ -4 & 2\sqrt{3} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6 + 2 & \sqrt{3} - \sqrt{3} \\ 2\sqrt{3} - 2\sqrt{3} & 1 + 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 8 & 0 \\ 0 & 4 \end{pmatrix} $$

(2)

直線 $y = \sqrt{3}x + 1$ 上の点は、実数 $t$ を用いて $\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} t \\ \sqrt{3}t + 1 \end{pmatrix}$ と表される。

行列 $A$ によってこの点が $\begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix}$ に移るとすると

$$ \begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 7 & -\sqrt{3} \\ -\sqrt{3} & 5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} t \\ \sqrt{3}t + 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 7t - \sqrt{3}(\sqrt{3}t + 1) \\ -\sqrt{3}t + 5(\sqrt{3}t + 1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4t - \sqrt{3} \\ 4\sqrt{3}t + 5 \end{pmatrix} $$

したがって、次の関係式が成り立つ。

$$ \begin{cases} x' = 4t - \sqrt{3} \\ y' = 4\sqrt{3}t + 5 \end{cases} $$

第1式より $4t = x' + \sqrt{3}$ であるから、これを第2式に代入して $t$ を消去する。

$$ y' = \sqrt{3}(x' + \sqrt{3}) + 5 = \sqrt{3}x' + 3 + 5 = \sqrt{3}x' + 8 $$

よって、像の直線の方程式は $y = \sqrt{3}x + 8$ である。

解法2

(2)

直線 $y = \sqrt{3}x + 1$ 上の点 $\vec{p} = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ が、行列 $A$ による一次変換で $\vec{p}' = \begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix}$ に移るとする。すなわち $\vec{p}' = A \vec{p}$ が成り立つ。

(1) の結果を利用するため、$\vec{P} = U \vec{p}, \vec{P}' = U \vec{p}'$ とおくと、$\vec{p} = U^{-1} \vec{P}$ であるから

$$ \vec{P}' = U (A \vec{p}) = U A (U^{-1} \vec{P}) = (U A U^{-1}) \vec{P} = \begin{pmatrix} 8 & 0 \\ 0 & 4 \end{pmatrix} \vec{P} $$

$\vec{P} = \begin{pmatrix} X \\ Y \end{pmatrix}$ とおくと、$\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = U^{-1} \begin{pmatrix} X \\ Y \end{pmatrix}$ より

$$ \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} X \\ Y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2}X + \frac{1}{2}Y \\ -\frac{1}{2}X + \frac{\sqrt{3}}{2}Y \end{pmatrix} $$

点 $\vec{p}$ は直線 $y = \sqrt{3}x + 1$ 上にあるので、これらを代入する。

$$ -\frac{1}{2}X + \frac{\sqrt{3}}{2}Y = \sqrt{3} \left( \frac{\sqrt{3}}{2}X + \frac{1}{2}Y \right) + 1 $$

展開して整理すると、$-2X = 1$ すなわち $X = -\frac{1}{2}$ を得る。（これは、もとの直線を原点のまわりに $30^\circ$ 回転させると、直線 $X = -\frac{1}{2}$ になることを意味している。）

$\vec{P}' = \begin{pmatrix} X' \\ Y' \end{pmatrix}$ とおくと、$\vec{P}' = \begin{pmatrix} 8 & 0 \\ 0 & 4 \end{pmatrix} \vec{P}$ より

$$ \begin{pmatrix} X' \\ Y' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 8 & 0 \\ 0 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} \\ Y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4 \\ 4Y \end{pmatrix} $$

$Y$ は任意の実数値をとるので、$Y'$ も任意の実数値をとり、$X' = -4$ が成り立つ。これを元の $xy$ 座標系に戻す。$\vec{p}' = U^{-1} \vec{P}'$ より

$$ \begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -4 \\ Y' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2\sqrt{3} + \frac{1}{2}Y' \\ 2 + \frac{\sqrt{3}}{2}Y' \end{pmatrix} $$

第1式より $\frac{1}{2}Y' = x' + 2\sqrt{3}$ であるから、これを第2式に代入する。

$$ y' = 2 + \sqrt{3}(x' + 2\sqrt{3}) = \sqrt{3}x' + 8 $$

よって、像の直線の方程式は $y = \sqrt{3}x + 8$ である。

解説

(1) は、実対称行列 $A$ が直交行列によって対角化可能であるという性質を背景とした誘導になっている。 (2) は、解法1のように媒介変数を設定して直接計算するのが圧倒的に早い。一方で、解法2は(1)の「対角化」の意味を図形的に解釈する視点を与えてくれる。すなわち、$30^\circ$ 回転させた座標系から見れば、変換 $A$ は単に $X$ 方向を $8$ 倍、$Y$ 方向を $4$ 倍するだけの分かりやすい変換になるということである。