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東京工業大学 1980年理系第1問解説

方針・初手

行列の可換性 $AB=BA$ を利用して、行列 $B$ の成分を決定していくのが第一歩である。成分を直接文字でおいて方程式を解く方法（解法1）が最も素直であるが、$A$ の固有ベクトルに着目することで、より図形的・線形代数的に見通しよく解くこともできる（解法2）。また、「不動点の集合が直線になる」という条件は、方程式 $(B-E)\vec{x} = \vec{0}$ の解空間が1次元になること、すなわち $\det(B-E)=0$ かつ $B-E \neq O$ であることと言い換えられる。

解法1

$B = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ とおく。

$AB = BA$ より、

$$ \begin{pmatrix} 3 & -2 \\ -2 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 & -2 \\ -2 & 3 \end{pmatrix} $$

両辺を計算すると、

$$ \begin{pmatrix} 3a-2c & 3b-2d \\ -2a+3c & -2b+3d \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3a-2b & -2a+3b \\ 3c-2d & -2c+3d \end{pmatrix} $$

各成分を比較して、以下の関係式を得る。

$$ \begin{cases} 3a-2c = 3a-2b \\ 3b-2d = -2a+3b \\ -2a+3c = 3c-2d \\ -2b+3d = -2c+3d \end{cases} $$

これを整理すると $b=c$ かつ $a=d$ となる。よって行列 $B$ は、

$$ B = \begin{pmatrix} a & b \\ b & a \end{pmatrix} $$

と表せる。

(1)

点 $P(1, 1)$ は $f$ によって点 $Q(t, t^3)$ にうつされるから、

$$ B \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & b \\ b & a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a+b \\ a+b \end{pmatrix} $$

これが $Q(t, t^3)$ と一致するので、

$$ \begin{cases} a+b = t \\ a+b = t^3 \end{cases} $$

したがって、$t^3 = t$ となり、$t(t^2 - 1) = 0$ を解いて $t = 0, \pm 1$ を得る。

ここで、問題の条件より $P$ と $Q$ は異なる点であるから $(1, 1) \neq (t, t^3)$ であり、$t \neq 1$ である。

以上より、$t = 0, -1$ である。

(2)

単位行列を $E$ とする。$f$ によって動かない平面上の点を $(x, y)$ とすると、

$$ B \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} $$

が成り立つ。これを変形して、

$$ (B - E) \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

$$ \begin{pmatrix} a-1 & b \\ b & a-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

この方程式を満たす点 $(x, y)$ の集合が直線となる条件は、行列 $B-E$ が逆行列をもたず、かつ零行列でないことである。

$B-E = O$ のとき、すなわち $a=1, b=0$ のときはすべての点が動かない（集合は平面全体となる）ため不適。したがって、逆行列をもたないための条件 $\det(B-E) = 0$ を考えればよい。

$$ (a-1)^2 - b^2 = 0 \iff a-1 = \pm b $$

ここで、(1)より $a+b = t$ であるから、$t=0, -1$ のそれぞれについて場合分けを行う。

(i)

$t = 0$ のとき

$a+b = 0$ より $b = -a$。これを $(a-1)^2 - b^2 = 0$ に代入して、

$$ (a-1)^2 - (-a)^2 = 0 \iff -2a + 1 = 0 \iff a = \frac{1}{2} $$

このとき $b = -\frac{1}{2}$ となり、$a=1, b=0$ ではないため適する。よって、

$$ B = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} $$

(ii)

$t = -1$ のとき

$a+b = -1$ より $b = -a-1$。これを $(a-1)^2 - b^2 = 0$ に代入して、

$$ (a-1)^2 - (-a-1)^2 = 0 \iff -4a = 0 \iff a = 0 $$

このとき $b = -1$ となり、$a=1, b=0$ ではないため適する。よって、

$$ B = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} $$

以上より、求める行列 $B$ は定まった。

解法2

(1)

行列 $A$ の固有値と固有ベクトルを調べる。固有方程式は、

$$ (3-\lambda)^2 - (-2)^2 = 0 \iff (\lambda - 1)(\lambda - 5) = 0 $$

よって固有値は $\lambda = 1, 5$ である。

$\lambda = 1$ に属する固有ベクトルを $\vec{p}$ とすると、

$$ \begin{pmatrix} 2 & -2 \\ -2 & 2 \end{pmatrix} \vec{p} = \vec{0} \implies \vec{p} = k \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \quad (k \neq 0) $$

点 $P$ の位置ベクトルを $\vec{p}_0 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ とおくと、$\vec{p}_0$ は $A$ の固有値 $1$ に属する固有ベクトルである。

ここで $AB=BA$ であるから、

$$ A(B\vec{p}_0) = B(A\vec{p}_0) = B(1 \cdot \vec{p}_0) = B\vec{p}_0 $$

ゆえに、$B\vec{p}_0$ は $A$ の固有値 $1$ に属する固有ベクトルであるか、零ベクトルである。したがって、実数 $s$ を用いて $B\vec{p}_0 = s\vec{p}_0$ と表せる。

問題の条件より、$B$ による $P$ の像が $Q(t, t^3)$ であるから、

$$ B\vec{p}_0 = \begin{pmatrix} t \\ t^3 \end{pmatrix} $$

これより、

$$ \begin{pmatrix} t \\ t^3 \end{pmatrix} = s \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} s \\ s \end{pmatrix} $$

よって、$t = t^3 = s$ となる。$t^3 - t = 0$ を解いて $t = 0, \pm 1$ を得る。

$P \neq Q$ より $t \neq 1$ であるから、$t = 0, -1$。

(2)

$\vec{p}_0$ と線形独立なもう1つの固有ベクトルとして、$A$ の固有値 $5$ に属する固有ベクトルを求める。

$$ \begin{pmatrix} -2 & -2 \\ -2 & -2 \end{pmatrix} \vec{x} = \vec{0} \implies \vec{q}_0 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} $$

とする。(1)と同様の議論から、$B\vec{q}_0$ は $A$ の固有値 $5$ に属する固有ベクトルか零ベクトルになるので、$B\vec{q}_0 = u\vec{q}_0$ （$u$ は実数）と表せる。

平面上の任意の点 $\vec{x}$ は $\vec{x} = c_1\vec{p}_0 + c_2\vec{q}_0$ と表せる。これが不動点となる条件は $B\vec{x} = \vec{x}$ であるから、

$$ c_1 B\vec{p}_0 + c_2 B\vec{q}_0 = c_1\vec{p}_0 + c_2\vec{q}_0 \iff c_1 s\vec{p}_0 + c_2 u\vec{q}_0 = c_1\vec{p}_0 + c_2\vec{q}_0 $$

$\vec{p}_0, \vec{q}_0$ は一次独立なので、

$$ c_1(s - 1) = 0 \quad \text{かつ} \quad c_2(u - 1) = 0 $$

不動点の集合が直線（1次元空間）になるための条件は、$(s, u) = (1, u)$ （ただし $u \neq 1$）または $(s, u) = (s, 1)$ （ただし $s \neq 1$）である。

(1) の結果より、$s = t = 0$ または $s = t = -1$ であり、常に $s \neq 1$ である。したがって、不動点の集合が直線となるためには $u = 1$ が必要十分条件となる。

(i)

$t=0$ (すなわち $s=0$) のとき

$B\vec{p}_0 = \vec{0}$, $B\vec{q}_0 = \vec{q}_0$ である。すなわち、

$$ B \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} $$

$$ B = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \left( -\frac{1}{2} \right) \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{pmatrix} $$

(ii)

$t=-1$ (すなわち $s=-1$) のとき

$B\vec{p}_0 = -\vec{p}_0$, $B\vec{q}_0 = \vec{q}_0$ である。すなわち、

$$ B \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ -1 & -1 \end{pmatrix} $$

$$ B = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ -1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ -1 & -1 \end{pmatrix} \left( -\frac{1}{2} \right) \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} $$

解説

行列の可換性と一次変換の性質を融合した良問である。解法1は、行列の成分を直接計算していくオーソドックスな手法で、思考量が少なく確実に得点しやすい。

解法2は、「可換な行列は固有ベクトルを共有する（あるいは固有空間が不変である）」という線形代数の有名な性質を用いたアプローチである。本問では、点 $P(1, 1)$ の位置ベクトルがたまたま $A$ の固有ベクトルになっているため、この性質を使うと $B$ がどのような変換かが非常にクリアになる。学習の際は、両方の視点を持っておくとよい。

また、いずれの解法においても、不動点の集合が「直線」になるための条件を処理する際、$B=E$（平面全体が不動点となる）のケースを除外することを忘れないようにしたい。