東北大学 1983年 理系 第2問 解説

方針・初手

与えられた条件は、任意のベクトル $\vec{u}$ に対して

$$ A\vec{u}\cdot \vec{u}=|\vec{u}|^2,\qquad |A\vec{u}|^2=4|\vec{u}|^2 $$

が成り立つということである。

前者は $A$ の対称成分を決め、後者は $A$ が長さを一様に $2$ 倍する変換であることを意味する。まず行列の成分を文字で置いて恒等式として比較すれば、$A$ が具体的に定まる。

解法1

$\vec{u}=\begin{pmatrix}x\ y\end{pmatrix}$ とし、

$$ A=\begin{pmatrix}a&b\ c&d\end{pmatrix} $$

とおく。

条件より、任意の $x,y$ に対して

$$ A\vec{u}\cdot \vec{u}=\vec{u}\cdot \vec{u} $$

が成り立つ。左辺を計算すると

$$ A\vec{u}=\begin{pmatrix}ax+by\ cx+dy\end{pmatrix} $$

であるから、

$$ A\vec{u}\cdot \vec{u} =(ax+by)x+(cx+dy)y =ax^2+(b+c)xy+dy^2 $$

となる。これが

$$ x^2+y^2 $$

に恒等的に等しいので、係数比較により

$$ a=1,\qquad d=1,\qquad b+c=0 $$

を得る。したがって

$$ A=\begin{pmatrix}1&b\ -b&1\end{pmatrix} $$

である。

次に、条件

$$ \frac14,A\vec{u}\cdot A\vec{u}=\vec{u}\cdot \vec{u} $$

より

$$ |A\vec{u}|^2=4(x^2+y^2) $$

が任意の $x,y$ に対して成り立つ。

ここで

$$ A\vec{u} =\begin{pmatrix}x+by\ -bx+y\end{pmatrix} $$

であるから、

$$ |A\vec{u}|^2 =(x+by)^2+(-bx+y)^2 =(1+b^2)(x^2+y^2) $$

となる。これが $4(x^2+y^2)$ に等しいので

$$ 1+b^2=4 $$

すなわち

$$ b^2=3,\qquad b=\pm\sqrt3 $$

である。

よって

$$ A= \begin{pmatrix} 1&\sqrt3\ -\sqrt3&1 \end{pmatrix} \quad\text{または}\quad A= \begin{pmatrix} 1&-\sqrt3\ \sqrt3&1 \end{pmatrix} $$

である。

(2) $\vec{u}$ と $A\vec{u}$ のなす角

$\vec{u}\neq \vec{0}$ とする。条件より

$$ \vec{u}\cdot A\vec{u}=|\vec{u}|^2 $$

であり、また

$$ |A\vec{u}|=2|\vec{u}| $$

である。

$\vec{u}$ と $A\vec{u}$ のなす角を $\theta$ とすると、

$$ \cos\theta =\frac{\vec{u}\cdot A\vec{u}}{|\vec{u}|,|A\vec{u}|} =\frac{|\vec{u}|^2}{|\vec{u}|\cdot 2|\vec{u}|} =\frac12 $$

となるから、

$$ \theta=\frac{\pi}{3} $$

である。

(3) 円弧の像

求めた $A$ はどちらの場合も

$$ A=2R $$

の形であり、長さを $2$ 倍しつつ回転する変換である。

もとの円弧

$$ {(x,y)\mid x^2+y^2=1,\ x\geqq 0,\ y\leqq 0} $$

は、単位円上の偏角 $-\dfrac{\pi}{2}$ から $0$ までの部分である。

(i) $A=\begin{pmatrix}1&\sqrt3\ -\sqrt3&1\end{pmatrix}$ のとき

$$ A= 2\begin{pmatrix} \frac12&\frac{\sqrt3}{2}\ -\frac{\sqrt3}{2}&\frac12 \end{pmatrix} =2R!\left(-\frac{\pi}{3}\right) $$

である。したがって、単位円のこの円弧は、半径 $2$ の円

$$ X^2+Y^2=4 $$

上で、偏角が

$$ -\frac{5\pi}{6}\leqq \arg(X,Y)\leqq -\frac{\pi}{3} $$

の円弧に移る。

端点は

$$ (0,-1)\mapsto (-\sqrt3,-1),\qquad (1,0)\mapsto (1,-\sqrt3) $$

である。

(ii) $A=\begin{pmatrix}1&-\sqrt3\ \sqrt3&1\end{pmatrix}$ のとき

$$ A= 2\begin{pmatrix} \frac12&-\frac{\sqrt3}{2}\ \frac{\sqrt3}{2}&\frac12 \end{pmatrix} =2R!\left(\frac{\pi}{3}\right) $$

である。したがって、像は同じく半径 $2$ の円

$$ X^2+Y^2=4 $$

上で、偏角が

$$ -\frac{\pi}{6}\leqq \arg(X,Y)\leqq \frac{\pi}{3} $$

の円弧に移る。

端点は

$$ (0,-1)\mapsto (\sqrt3,-1),\qquad (1,0)\mapsto (1,\sqrt3) $$

である。

解説

この問題の要点は、条件を幾何的に読むことにある。

まず

$$ A\vec{u}\cdot \vec{u}=|\vec{u}|^2 $$

は、$\vec{u}$ と $A\vec{u}$ の内積が常に一定の形になることを表し、行列の対称部分が単位行列になることに対応する。したがって $A$ は

$$ \begin{pmatrix}1&b\ -b&1\end{pmatrix} $$

の形に絞られる。

次に

$$ |A\vec{u}|=2|\vec{u}| $$

より、$A$ はすべてのベクトルの長さを一様に $2$ 倍する変換である。これで $b^2=3$ が出て、$A$ は「回転と拡大」の合成であることが分かる。

その結果、円弧の像は楕円ではなく、中心が原点の半径 $2$ の円弧になる。ここを取り違えないことが重要である。

答え

$$ A= \begin{pmatrix} 1&\sqrt3\ -\sqrt3&1 \end{pmatrix} \quad\text{または}\quad A= \begin{pmatrix} 1&-\sqrt3\ \sqrt3&1 \end{pmatrix} $$

$\vec{u}\neq \vec{0}$ のとき、$\vec{u}$ と $A\vec{u}$ のなす角は

$$ \frac{\pi}{3} $$

である。

また、与えられた円弧の像は、いずれの場合も半径 $2$ の円周上の円弧であり、

• $A=\begin{pmatrix}1&\sqrt3\ -\sqrt3&1\end{pmatrix}$ のとき 偏角 $-\dfrac{5\pi}{6}$ から $-\dfrac{\pi}{3}$ までの円弧

• $A=\begin{pmatrix}1&-\sqrt3\ \sqrt3&1\end{pmatrix}$ のとき 偏角 $-\dfrac{\pi}{6}$ から $\dfrac{\pi}{3}$ までの円弧

である。