線形変換

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線形変換

大日本図書や裳華房の線形代数学の教科書に倣って，ベクトルおよび行列の一応の基礎知識はあるものと仮定して，線形変換を一番素朴な形で，

y = A x, (A は正則行列)

(1)

のように定義しておこう．しかも，この線形変換によって，図形が，どのような変換を受けるかという点に，重点を置きつつ，話しを進めることにしよう．(1) から直ちに次の性質が従う．

[基本的性質]

(I)

どの n 次元ベクトル x に対しても，唯１つの n 次元ベクトル y が対応する．

(II)

$\alpha$ , $\beta$ をスカラーとするとき，

$\begin{displaymath}A(\alpha\bm{x}+\beta\bm{y}) = \alpha(A\bm{x}) +\beta(A\bm{y})\end{displaymath}$

が成立する． $\diamondsuit$

基本的性質(I)は，(1)式が，写像(あるいは関数)であることを述べたもので，その定義域が n 次元ベクトル空間であることを示している．その写像が線形性を持っていることを示しているのが，(II) である．元来，変換は，すべての x に対して変換先が指定されてなければ，確定しないのであるが，線形性(II)があるため，著しく簡単になる．

[定理１] 線形変換は，定義域であるベクトル空間の基底の変換先が定まれば，確定する．

<証> ２次元の場合を示しておけば十分である． e₁, e₂ を R² の基底とすると，R² の任意のベクトル x に対して，

x = x₁ e₁ +x₂ e₂

となる，x₁, x₂ が一通りに定まる．このとき

y = Ax = x₁ (A e₁) +x₂ (Ae₂)

である． Ae₁, Ae₂ は定まっているから，y は確定する．

とくに， e₁, e₂ が標準基底

$\begin{displaymath}\bm{e}_1 =\bm{i} = \left( \begin{array}{c} 1\\ 0 \end{ar... ...bm{j} = \left( \begin{array}{c} 0\\ 1 \end{array} \right) \end{displaymath}$

のときは， i, j の変換先を

$\begin{displaymath}A\bm{i} = \left( \begin{array}{c} a_1\\ a_2 \end{array} ... ...} = \left( \begin{array}{c} b_1\\ b_2 \end{array} \right) \end{displaymath}$

と定めれば，線形変換(正方行列)は

$\begin{displaymath}A = \left( \begin{array}{cc} a_1 & b_1\\ a_2 & b_2 \end{array} \right) \end{displaymath}$

と確定する．事実，任意のベクトルは

$\begin{displaymath}\bm{x} = \left( \begin{array}{c} x\\ y \end{array} \rig... ...) x + \left( \begin{array}{c} 0\\ 1 \end{array} \right) y \end{displaymath}$

と表せるから，x の A による変換先：

$\begin{displaymath}\bm{x}' = A \bm{x}, \quad \bm{x}' = \left( \begin{array}{c} x'\\ y' \end{array} \right) \end{displaymath}$

は

$\begin{eqnarray*}\left( \begin{array}{c} x'\\ y' \end{array} \right) &=& A ... ...nd{array} \right) \left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right) \end{eqnarray*}$

となるからである．

例

(i)

$R(\frac{\pi}{2})$ を， $+90^{\circ}$ の回転を表す行列とすると，

$\begin{eqnarray*}\bm{i}= \left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right) &\Yields^... ...lds^R & -\bm{i}= \left(\begin{array}{c}-1\\ 0\end{array}\right) \end{eqnarray*}$

となるから

$\begin{displaymath}R\left(\frac{\pi}{2}\right)= \left( \begin{array}{cc} 0 & -1\\ 1 & 0 \end{array} \right) \end{displaymath}$

である．よって，任意のベクトル

$\begin{displaymath}\bm{x} = \left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right) \end{displaymath}$

を，正方向に $+90^{\circ}$ 回転して出来るベクトルは

$\begin{displaymath}\left(\begin{array}{c}-y\\ x\end{array}\right) = \left( \beg... ...d{array} \right) \left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right) \end{displaymath}$

となる．

(ii)

$R(-\frac{\pi}{2})$ を， $-90^{\circ}$ の回転を表す行列とすると，(i) と同様にして

$\begin{displaymath}R\left(-\frac{\pi}{2}\right)= \left( \begin{array}{cc} 0 & 1\\ -1 & 0 \end{array} \right) =-R\left(\frac{\pi}{2}\right) \end{displaymath}$

を得る．よって任意のベクトル $\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)$ を負の方向に $-90^{\circ}$ 回転したベクトルは

$\begin{displaymath}\left(\begin{array}{c}y\\ -x\end{array}\right) = \left( \beg... ...d{array} \right) \left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right) \end{displaymath}$

となる．なおまた

$\begin{displaymath}R\left(\frac{\pi}{2}\right) + R\left(-\frac{\pi}{2}\right) = 0 \quad (零行列) \end{displaymath}$

が成り立っている．

この結果を，初等幾何学へ応用してみよう．

[命題]
$\triangle$ ABC の２辺 AB，AC の上に,正方形を外向きに立てる．

**図 1:**
$\scalebox{0.6}{\includegraphics{fig1.eps}}$

M を DF の中点とすると

$\begin{displaymath}{\rm MA} \perp {\rm BC}, \quad {\rm MA} =\frac{1}{2}{\rm BC} \end{displaymath}$

が成立する．

<証> A を中心とする $\pm90^{\circ}$ の回転を考える．すなわち

$\begin{eqnarray*}\overrightarrow{\rm AD} &=&R\left(-\frac{\pi}{2}\right)\overrig... ...w{\rm AF} &=&R\left(\frac{\pi}{2}\right)\overrightarrow{\rm AC} \end{eqnarray*}$

であることに注目する．

$\begin{eqnarray*}\overrightarrow{\rm AM} &=& \frac{1}{2}\left(\overrightarrow{\... ...&=& R\left(\frac{\pi}{2}\right)\frac{\overrightarrow{\rm BC}}{2} \end{eqnarray*}$

これが求める結果である．

<注> この命題は,中点連結定理の変形である．

**図 2:**
$\scalebox{0.6}{\includegraphics{fig2.eps}}$

図で，AC (点線) に鋏を入れ， $\triangle$ ACD を $+90^{\circ}$ 回転したものが，命題に他ならない．したがって，この結果は，証明するまでもなく自明である．プラマグプタの定理も同工異曲である． $\diamondsuit$

さて，話をもとに戻そう．

[定理２] 原点のまわりに，正方向に $\theta$ だけ回転する行列を $R(\theta)$ とすると

$\begin{displaymath}R(\theta) = \left( \begin{array}{cc} \cos\theta & -\sin\theta\\ \sin\theta & \cos\theta \end{array} \right) \end{displaymath}$

である．

<証>

$\begin{eqnarray*}\bm{i} &\Yields^R & \left(\begin{array}{c}\cos\theta\\ \sin\th... ...\left(\begin{array}{c}-\sin\theta\\ \cos\theta\end{array}\right) \end{eqnarray*}$

であるから，上の結果を得る．

この結果から，サインとコサインの加法定理が直ちに導かれる．すなわち，原点のまわりに， $\theta_1$ ， $\theta_2$ の回転を続けて行うと， $\theta_1+\theta_2$ の回転となるから，

$\begin{displaymath}R(\theta_1+\theta_2) = R(\theta_1) R(\theta_2) \end{displaymath}$

すなわち

$\begin{displaymath}\left( \begin{array}{cc} \cos(\theta_1+\theta_2) & -\sin(\t... ...n\theta_2\\ \sin\theta_2 & \cos\theta_2 \end{array} \right) \end{displaymath}$

が成立する．この行列の左右を等置すれば，加法定理が得られる．すなわち，1行1列要素を等置して

$\begin{displaymath}\cos(\theta_1+\theta_2) = \cos\theta_1 \cos\theta_2 - \sin\theta_1 \sin\theta_2 \end{displaymath}$

を得，2行1列要素を等置して

$\begin{displaymath}\sin(\theta_1+\theta_2) = \sin\theta_1 \cos\theta_2 + \cos\theta_1 \sin\theta_2 \end{displaymath}$

を得る．これらの結果は，第６回の数学談話会にも述べておいた．

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Shiro Sawada 平成12年4月25日