明治大学 先端数理科学研究科 現象数理学専攻 2022年8月実施 线性代数

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Author

思齐塾, 祭音Myyura

Description

ベクトル空間 $R^3$ の基底

$$e_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, e_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, e_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$$

をとる。また、 $R^3$ の標準内積を $a = a_1e_1 + a_2e_2 + a_3e_3$ , $b = b_1e_1 + b_2e_2 + b_3e_3$ に対して

$$\langle a, b \rangle = a_1b_1 + a_2b_2 + a_3b_3$$

で定義する。ベクトル $n$ を

$$n = \frac{1}{\sqrt{3}}(e_1 + e_2 + e_3)$$

で定める。また、

$$a_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}(e_1 - e_2), a_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}(e_2 - e_3)$$

とする。次の問に答えよ。

(1) ベクトル $a_1, a_2$ のなす角度を求めよ。

(2) $R^3$ の線形部分空間 $W$ を

$$W = \{ x \in R^3 \mid \langle x, n \rangle = 0 \}$$

で定める。ベクトル $a_1, a_2$ は $W$ の基底であることを示せ。

(3) $W$ に含まれるベクトル $w$ で

$$\langle w, w \rangle = 1, \langle a_1, w \rangle = 0, \langle a_2, w \rangle > 0$$

を満たすものを求めよ。

(4) 3次の直交行列 $A$ で

$$Aa_1 = e_1, An = e_3, \det A = 1$$

を満たすものを求めよ。

题目描述

取向量空间 $\mathbb{R}^3$ 的基

$$e_1=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}, \qquad e_2=\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}, \qquad e_3=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}.$$

对

$$a=a_1e_1+a_2e_2+a_3e_3,\qquad b=b_1e_1+b_2e_2+b_3e_3,$$

定义 $\mathbb{R}^3$ 上的标准内积

$$\langle a,b\rangle=a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3.$$

定义向量

$$n=\frac1{\sqrt3}(e_1+e_2+e_3),$$

并令

$$a_1=\frac1{\sqrt2}(e_1-e_2), \qquad a_2=\frac1{\sqrt2}(e_2-e_3).$$

回答下列问题。

(1) 求向量 $a_1,a_2$ 的夹角。

(2) 定义 $\mathbb{R}^3$ 的线性子空间

$$W=\left\{x\in\mathbb{R}^3\,\middle|\, \langle x,n\rangle=0 \right\}.$$

证明 $a_1,a_2$ 是 $W$ 的一组基。

(3) 求满足下列全部条件的向量 $w\in W$：

$$\langle w,w\rangle=1,\qquad \langle a_1,w\rangle=0,\qquad \langle a_2,w\rangle>0.$$

(4) 求满足

$$Aa_1=e_1,\qquad An=e_3,\qquad \det A=1$$

的三阶正交矩阵 $A$。

Kai

(1)

$$\begin{aligned} \langle a_1, a_2 \rangle &= \left\langle \frac{1}{\sqrt{2}}(e_1 - e_2), \frac{1}{\sqrt{2}}(e_2 - e_3) \right\rangle \\ &= \frac{1}{2} \langle e_1 - e_2, e_2 - e_3 \rangle \\ &= \frac{1}{2} (0 - 1 - 0 + 0) = -\frac{1}{2} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \left| a_1 \right| &= \sqrt{\langle a_1, a_1 \rangle} = \sqrt{\left\langle \frac{1}{\sqrt{2}}(e_1 - e_2), \frac{1}{\sqrt{2}}(e_1 - e_2) \right\rangle} \\ &= \sqrt{\frac{1}{2} \langle e_1 - e_2, e_1 - e_2 \rangle} = \sqrt{\frac{1}{2}(1 + 1)} = 1 \end{aligned}$$

同理， $\left| a_2 \right| = 1$ 。

因此，

$$\cos \theta = \frac{\langle a_1, a_2 \rangle}{\left| a_1 \right| \left| a_2 \right|} = \frac{-\frac{1}{2}}{1 \cdot 1} = -\frac{1}{2}$$

故 $\theta = \frac{2\pi}{3}$ 。

(2) $W = \{x \in \mathbb{R}^3 \mid \langle x, n \rangle = 0 \}$ 。 设 $x = x_1 e_1 + x_2 e_2 + x_3 e_3$ 。则：

$$\langle x, n \rangle = \left\langle x_1 e_1 + x_2 e_2 + x_3 e_3, \frac{1}{\sqrt{3}}(e_1 + e_2 + e_3) \right\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}(x_1 + x_2 + x_3)$$

故 $W = \{x \in \mathbb{R}^3 \mid x_1 + x_2 + x_3 = 0\}$ 。

因为 $\langle a_1, n \rangle = \langle \frac{1}{\sqrt{2}}(e_1 - e_2), \frac{1}{\sqrt{3}}(e_1 + e_2 + e_3) \rangle = \frac{1}{\sqrt{6}} (1 - 1) = 0$ ，所以 $a_1 \in W$ 。 同理，因为 $\langle a_2, n \rangle = 0$ ，所以 $a_2 \in W$ 。

$a_1, a_2$ 线性无关，理由如下： 若 $c_1 a_1 + c_2 a_2 = 0$ ，即

$$c_1 \frac{1}{\sqrt{2}}(e_1 - e_2) + c_2 \frac{1}{\sqrt{2}}(e_2 - e_3) = \frac{c_1}{\sqrt{2}} e_1 + \frac{c_2 - c_1}{\sqrt{2}} e_2 - \frac{c_2}{\sqrt{2}} e_3 = 0$$

这蕴含 $c_1 = 0$ ， $c_2 - c_1 = 0$ ，且 $c_2 = 0$ ，解得 $c_1 = c_2 = 0$ 。

$W$ 是一个二维平面。由于 $a_1, a_2 \in W$ 且线性无关，故它们构成 $W$ 的一组基。

(3) 设 $w = x_1 e_1 + x_2 e_2 + x_3 e_3$ 。 由 $\langle a_1, w \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} (x_1 - x_2) = 0$ ，得 $x_1 = x_2$ 。 因为 $w \in W$ ，需满足 $x_1 + x_2 + x_3 = 0$ ，即 $2x_1 + x_3 = 0$ ，解得 $x_3 = -2x_1$ 。 因此 $w = x_1 e_1 + x_1 e_2 - 2x_1 e_3 = x_1 (e_1 + e_2 - 2e_3)$ 。

由 $\langle w, w \rangle = x_1^2 (1 + 1 + 4) = 6x_1^2 = 1$ ，解得 $x_1 = \pm \frac{1}{\sqrt{6}}$ 。 即 $w = \frac{1}{\sqrt{6}}(e_1 + e_2 - 2e_3)$ 或 $w = -\frac{1}{\sqrt{6}}(e_1 + e_2 - 2e_3)$ 。

又因为 $\langle a_2, w \rangle = \langle \frac{1}{\sqrt{2}}(e_2 - e_3), x_1(e_1 + e_2 - 2e_3) \rangle = \frac{x_1}{\sqrt{2}} (1 + 2) = \frac{3x_1}{\sqrt{2}} > 0$ ，所以 $x_1 > 0$ 。 综上， $x_1 = \frac{1}{\sqrt{6}}$ ，故 $w = \frac{1}{\sqrt{6}}(e_1 + e_2 - 2e_3)$ 。

(4) 已知 $A$ 为正交矩阵且 $\det A = 1$ ，这表示 $A$ 是一个旋转矩阵，它保持向量的内积和叉积运算。 已知 $Aa_1 = e_1$ 和 $An = e_3$ 。 我们需要确定 $w$ 的像 $Aw$ 。

首先计算 $a_1$ 与 $n$ 的叉积：

$$\begin{aligned} a_1 \times n &= \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} -\frac{1}{\sqrt{6}} \\ -\frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix} = - \frac{1}{\sqrt{6}} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} = -w \end{aligned}$$

由于 $\det A = 1$ ，矩阵 $A$ 保持叉积方向：

$$A(-w) = A(a_1 \times n) = (Aa_1) \times (An) = e_1 \times e_3$$

在右手系中， $e_1 \times e_3 = -e_2$ 。 因此 $A(-w) = -e_2$ ，即 $Aw = e_2$ 。

现在我们有：

$$A \begin{pmatrix} a_1 & w & n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} e_1 & e_2 & e_3 \end{pmatrix} = I$$

令 $P = \begin{pmatrix} a_1 & w & n \end{pmatrix}$ 。由于 $a_1, w, n$ 两两正交且模长为 1，故 $P$ 是正交矩阵。 由 $AP = I$ 可知 $A = P^{-1}$ 。 因为 $P$ 是正交矩阵，所以 $P^{-1} = P^T$ 。

将向量写成列向量形式：

$$P = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ -\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ 0 & -\frac{2}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \end{pmatrix}$$

所以：

$$A = P^T = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & -\frac{2}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \end{pmatrix}$$