名古屋大学 情報学研究科 複雑系科学専攻 2021年8月実施 数1
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Kai
[1]
\(\omega = (-1+\sqrt{3}i)/2\) より、
\[
\begin{aligned}
\omega^2 = \frac{-1 - \sqrt{3}i}{2}
, \ \
\omega^3 = 1
, \ \
1 + \omega + \omega^2 = 0
\end{aligned}
\]
が成り立つことに注意して、次のように計算できる：
\[
\begin{aligned}
A^2
&=
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & \omega & \omega^2 \\ 1 & \omega^2 & \omega \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & \omega & \omega^2 \\ 1 & \omega^2 & \omega \end{pmatrix}
\\
&=
3 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}
\\
A^3
&=
3 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & \omega & \omega^2 \\ 1 & \omega^2 & \omega \end{pmatrix}
\\
&=
3 \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & \omega^2 & \omega \\ 1 & \omega & \omega^2 \end{pmatrix}
\\
A^4
&=
3 \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & \omega^2 & \omega \\ 1 & \omega & \omega^2 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & \omega & \omega^2 \\ 1 & \omega^2 & \omega \end{pmatrix}
\\
&=
9 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
\end{aligned}
\]
[2]
\(x+y+1=0\) に
\[
\begin{aligned}
\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}
&= A \vec{x}' + \vec{x}_0
\\
&= \begin{pmatrix} -4x'+3y'+2 \\ 2x'+5y'-1 \end{pmatrix}
\end{aligned}
\]
を代入して整理すると、
\[
\begin{aligned}
x' + 4y' + 1 = 0
\end{aligned}
\]
を得る。
[3]
行列 \(X\) やベクトル \(\vec{x}\) の転置をそれぞれ \(X^T, \vec{x}^T\) で表す。 内積 \(\vec{x} \cdot \vec{y}\) は \(\vec{x}^T \vec{y}\) とも書ける。 また、単位行列を \(I\) で表す。
さらに、行列 \(X\) やベクトル \(\vec{x}\) の複素転置（エルミート共役）をそれぞれ \(X^\dagger, \vec{x}^\dagger\) で表す。 \(X\) が実行列の場合は、 \(X^\dagger = X^T\) である。
1)
\(A\) が直交行列であり \(A^T A = I\) が成り立つことから、次のように計算できる：
\[
\begin{aligned}
\left( A \vec{a} \right) \cdot \left( A \vec{b} \right)
&= \left( A \vec{a} \right)^T \left( A \vec{b} \right)
\\
&= \vec{a}^T A^T A \vec{b}
\\
&= \vec{a}^T \vec{b}
\\
&= \vec{a} \cdot \vec{b}
\end{aligned}
\]
2)
\(A\) の固有値を \(\lambda\)とし、対応する規格化された固有ベクトルを \(\vec{v}\) とする （ \(\vec{v}^\dagger \vec{v} = 1\) ）：
\[
\begin{aligned}
A \vec{v} = \lambda \vec{v}
\end{aligned}
\]
両辺それぞれに自分自身の複素転置を左からかけると、
\[
\begin{aligned}
(左辺)
&= \left( A \vec{v} \right)^\dagger A \vec{v}
\\
&= \vec{v}^\dagger A^\dagger A \vec{v}
\\
&= \vec{v}^\dagger A^T A \vec{v}
\\
&= \vec{v}^\dagger \vec{v}
\\
&= 1
\\
(右辺)
&= | \lambda |^2 \vec{v}^\dagger \vec{v}
\\
&= | \lambda |^2
\end{aligned}
\]
となるので、 \(|\lambda| = 1\) がわかる。
3)
\[
\begin{aligned}
I
&= A^T A
\\
&= \begin{pmatrix} \vec{a}_1^T \\ \vec{a}_2^T \end{pmatrix}
\left( \vec{a}_1, \vec{a}_2 \right)
\\
&= \begin{pmatrix}
\vec{a}_1^T \vec{a}_1 & \vec{a}_1^T \vec{a}_2 \\
\vec{a}_2^T \vec{a}_1 & \vec{a}_2^T \vec{a}_2
\end{pmatrix}
\end{aligned}
\]
であるから、\(\vec{a}_1, \vec{a}_2\) それぞれのユークリッドノルムが \(1\) であることと、 \(\vec{a}_1, \vec{a}_2\) が直交することがわかる。
4)
\[
\begin{aligned}
\vec{a}_2 = \begin{pmatrix} - \sin \theta \\ \cos \theta \end{pmatrix}
\end{aligned}
\]
5)
\[
\begin{aligned}
\begin{pmatrix} \cos \theta & \sin \theta \\ \sin \theta & - \cos \theta \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}
&=
\begin{pmatrix} \cos \theta \\ \sin \theta \end{pmatrix}
,
\\
\begin{pmatrix} \cos \theta & \sin \theta \\ \sin \theta & - \cos \theta \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}
&=
\begin{pmatrix} \sin \theta \\ - \cos \theta \end{pmatrix}
\end{aligned}
\]
であるから、求める直線は、原点を通り、
\[
\begin{aligned}
\begin{pmatrix} \cos \frac{\theta}{2} \\ \sin \frac{\theta}{2} \end{pmatrix}
\end{aligned}
\]
を方向ベクトルとするような直線である。 ベクトルの第1成分をx、第2成分をyで表すと、その直線の方程式は、
\[
\begin{aligned}
y = x \tan \frac{\theta}{2}
\end{aligned}
\]
である。