341 ベクトル

平面の方程式[vJ x，y，zの 1次方程式
ax+by+cz+d=O
は平面を表し ，n= (a，b，c)はこの平面の法線ベクトルである.

ω +by+cz=0 は原点を通る平面を表す.

例1. (1) 1次方程式(2) 万 =(3，‑ 2，2) は 1次 方 程 式 3x‑2y+2z‑6=0 が 表 す 平o

面の法線ベクトルである

市EA

一bu
d一++z一α‑‑zc

問3. 1次方程式

は，座標軸上の点 (a，0，0)，(0，b，0)，(0，0，c)を通る平面を表すことを示せ.このとき ，a，b，cをそれぞれこの平面の Z 切片，y切片，z切片という.

例題 2. 3点 A(1， 2，3)，B(3，1，2)，C(2，3，1)を通る平面の方程式を求めよ .
【解] 求める平面の方程式をax+by+cz+d=0①とする.点 A，B，Cの座標をこの方程式①に代入すれば，それぞれ次のようになる.

(G+2b+3c+d=o
3a+ b+2c+d=0
2a+3b+ c+d=0

この連立方程式を解いて ，a，b，cを dで表せば，

α=‑t，b=‑f ，c=‑jとなる.これを①に代入して‑f(z+U+z)十 d=O

x+y+z=6『線形代数(改訂改題) ~0(矢野・石原共編/裳華房)

35~ 2. ベクトルと図形

問4. 次の 3点 A，B，C を通る平面の方程式を求めよ.
(1) A(l， ‑2，0)， B(O，1，‑1)，C(‑1，0，3)(2) A(4，2，‑4)， B(‑1，1，‑1)， C(4，0，2)

直線と平面空間で，直線 fと平面 αが交わらないとき，直線 Jと平面αは平行であるといい ， 1グ αで表す.次のことが成り立つ.
直 線 Jが平面 αに平行(垂直)であgれば，直線 Jは平面 αの法線 g と垂直(平行)であって ，1は平面 αの法線ベクトル玄と垂直(平行)である.
直線 Jの方向ベクトルを a，平面 αgの法線ベクトルを玄とすれば，1//α に=今

a.LnI.
Lα と=今a//n

ゆえに，公式 [11日 (p.31)と定理 [v]によって，次のことが成り立つ.
直線と平面[VI]X ‑ Xoy‑Yo ̲ z‑zo

直線1:

平面α:ω +by+cz+d=OUUwについて‑‑)(1//α 仁 = 今)
‑1・1(I.
Lα 仁 = 今

au+bv+cw= 0aub cv w

例題 3. 点 A(‑7，2，4) を通り，直線

1:王土 1 旦二 三 z+22 3 5に垂直な平面の方程式を求めよ.

36

【解】

1.ベクトル2，3，5) に平
この平面の法線ベクトル玄は直線 Jの方向ベクトル a= (行であるから，玄 = a と考えてよい.また，この平面は点 A(‑7，2，4)を通るから，公式 [w]によって，その方程式は2(x+7)+3(y‑2)+5(z‑ 4)= 0
2x+3y+5z‑ 12= 00問5. 点 A(3，1，‑ 2)を通り，平面 6x‑ 2y+3z= 0 に垂直な直線の方程式を求めよ.

例題 4. 点 A(2，‑ 3，5)を通り，次の 2つの直線 g，1に平行な平面 αの方程式を求めよ.

g: 王土 3 主二三3

【解】z+74'‑1

直線 g，1の方向ベクトルはそれぞれ a= (3，‑ 1，4)，b= (‑ 2，3，2)でa，b，c) とすれば，g//a， 1グ αであるかある.平面 αの法線ベクトルを玄 = (らτ.n=oである.ゆえに，a・n=o，(3ab十 4c= 0‑2a+3b+2c=0
この連立方程式を a，bについて解けば，

α= ‑2c，b= ‑ 2c

ここで， c=1とすれば， α=‑2，b= ‑2，c=1.したがって，平面 αの法線ベ
ク ト ル は 玄 =(‑2，‑ 2，1)である.ところが，平面 αは点 A(2，‑ 3，5)を通るr]によって，平面 αの方程式はから，定理[v‑ 2(x‑ 2)‑2(y+3)+(z‑ 5)= 0

問6. 点(2，‑ 3，5)を通り
g‑ Z + 3 U一 22‑32x+2y‑ z+7= 002直線 g，1に平行な平面の方程式を求めよ.

z‑32'問7. 2点 (2，1，‑1)， (3，‑ 1，2)を通り，次の直線 fに平行な平面の方程式を求めよ.

~ 2.

37

ベクトルと図形

1点 Pから平面 αにひいた垂線 PHの長さ kを，点 P と平点と平面面 αの距離という.距離 kを与える次の公式が成り立つ.
点と平面の距離[四] 空間で，点 P(Xo.yo.Zo) と平面 α:ω +by+cz+d=Oの
距離 kはk=Jω0+byo+c.
ゐ +dl2+C2.
;a2+ba.b.c)は平面 αの法線[証明] 玄 = (ベクトルである .P百//nであるから，公P
月1[NJ(p.
6) によって
式9F百 =t玄 ①tn・n=p
百・n②α

いま，点 H の座標を (Xloylo Zl) とすれば，F百 = (Xl‑Xo.yl‑yo. Zl一ゐ)である.これと n=(a.b.c) を上の②に代入すれば，次のようになる.ここで，点 H が平面 α上にあるから，aX
l十 bYl+CZl+d=0 であることを利用する.

(α
2十 b2 +c引 =α(Xl‑xo)+b(Yl一仇)+C(ZI‑ Zo)=(αXl十 bYl+CZl)一 (axo+byo+c.
ゐ)=‑d一 (ω。
+byo+ぬ)ゆえに，

t= ̲ aXo十 byo+c.
ゐ +d2十 C2a2+b
さて .k=IP百 ￨であるから，①によって

k=伊百 1=1t玄￨=一 axo+byo+CZo+d1tll
玄￨2+c2.
;a2+b11

2

平面図形~1.放物線・だ円・双曲線

1. 放物線2次方程式2y= ax)
αキ 0が表すグラフは放物線であった.ここでは，放物線を幾何学的に考察してみよう.まず，放物線を次の軌跡として定義する.

[IJ 1点 Fとそれを通らない直線 fから等距離にある点 Pの軌跡を放物線という.点、 Fをその焦点，直線 fをその準線という.

z

点 Fから直線 fに垂線 EFをひき，直線 EFを Z 軸，線分 EFの垂直 2~l.

47

放物線・だ円・双曲線

等分線を U 軸とする.このとき，点 Fの座標を ρ(，0) とすれば，準線 Jの方程式は x=一ρである.
この軌跡の上に任意に点 P(x，y)をとり，点 Pから準線 fに垂線 PHをひけば，軌跡の条件によって

PF=PH(1.
1)

なお，前のページの図は D>0の場合を図示している.さて，PF=J(x‑ρ)2+y2，PH=Ix+ρ￨であるから，これを(1.1) に代入してJ(x‑ρ)
2+〆 =Ix+ρ ￨両辺を 2乗して整理すれば，放物線の方程式
y2= 4tx(1.2)ρ(キ 0)

が得られる.これを放物線の方程式の標準形という.このとき，原点 O をこの放物線の頂点という.また，この放物線は Z 軸に関して対称であるから，Z 軸をこの放物線の軸という.まとめると，次のようになる.

E放物線
y2=4tx

標準形
焦点F(ρ，0)，

準線

1:x= 一 ρ

例1. (1) 放 物 線 〆 =2x について， 4ρ=2とすれば， ρ=tで、あるから，焦点はF(~， )0，準線は x = 士である.

(2) 放 物 線 〆 = 一 2xについて， ρ4 =‑2とすれば， ρ=‑tで、あるから，焦点はF'(‑~， )0，準線は z=tである

次のペー ジの図を参照.

。

482. 平面図形

y問1. 次の焦点 F，準線 fをもっ放物線の方程式を求めよ.

(2) F(‑ ~，)， 1:x= ‑ 4(1) F(4，0)0， 1:x= ~問2. 次の放物線の焦点 Fの座標と準線 Jの方程式を求め，その概形をかけ.

(1) y2= x(3) y2= ‑ 4x(2) y2= 3x

例2. 放物線の方程式〆 =4ρzで Z と U を入れかえると ，x2= 4却 ， すなわち

10y =一一‑:‑xρ
41 2となる.したがって ， yZ=4tx と y= ‑‑f‑‑:‑x は直線 y = x に関して互いに4ρ対称な放物線を表す.ゆえに，放物線 y=‑+ーがについて4ρ

焦点、F(O，ρ)，

準線

1:y=ρO問3. 次の放物線の焦点 Fの座標と準線 fの方程式を求めよ.

(1) y= 2X2(2) y=ト2(3) y= ‑ x2803. 行列式[vm] 行列式の 1つの行(または列)のすべての成分に同じ数を掛けて， これをほかの行(または列)に加えても，行列式の値は変らない.

たとえば，b1

α1αz+ kα3bz+ kb3 Cz+ kC3 I= Iαb3a3α b1ClClbz Cz

a3 b3 C3C
3IV]を用いる.
[証明] 性質口I]. [αlbl Claz+ ka
3 bz+ kb
3 Cz+ kC3αzbz Cz + ka
3 kb
3 kC3b3α3b3 C3b1al

α3ClC3al b1alClb3C3al b1Cla3Clb1az bz Cz + 0 = az cz l Oz bα3b3 C3a3 b3 C3

例題1. 次の行列式の値を求めよ.

4 2 136‑9‑5 ‑8【解】10

この行列式を D とおしまず，性質口1]を用いる.

4D =I 324l

6 ‑9‑5 ‑81 2・1(‑4)‑5 2・

12 3・(‑3) =33'
1 3・‑5 ‑8104 2・12142l2 ‑3‑5 ‑8104l‑3 =3・21

1 ‑310

5 ‑4110l10次に，性質 [VIII] によって，第 2行を第 1行から引き，第 2行の 4倍を第 3行に加えれば，

81~l.行列式

D=61 1 1 ‑31=6{3.1・(‑2)+1・0・4+(‑1)・0・(‑3)‑1 0 ‑2 I‑3・0・(‑3)‑1・0・(‑2)一(‑1)・ 1・4})= ‑12=6・(‑20

上の例題 1の解のように，行列式の値を求める場合に，まず行列式の性質

口1]~ [VIII]を用いて，与えられた行列式を成分に Oが多い行列式に変形してから，展開すれば，計算が容易になることが多い.

. 次の行列式の値を求めよ.
問5. 次の等式を証明せよ.
例題 21abc

1 bca

1=(bー ル ω(α ‑ b)

1 c ab[証明] この行列式を D とおし性質 [VIII]を用いる.第 1行を第 2行と第 3行から引いて，さらに性質日1]を用いれば，1lGbcbcaCab。
。
1Gbc

b‑ a c(a‑ b)

c‑ a b(α‑c)αbc=(α ーめ (c‑ a)I0 ‑1Co 1 ‑b
最後の行列式を，サラスの方法 (p.
74) で展開すれば，D =(a‑ b)(c‑ a)(b‑ c)=(b‑ c)(c‑ a)(α b)0823. 行列式問6. 次の等式を証明せよ.

abc b+c1 abc=
(α + b+c)I
1 b cab ca c+α 1c ab a+b1 c ab

演習問題 1G︒
︐+ a一

lli‑‑t司υι

94G'hU一

αa‑bFhd￨α2. IIc)((4)￨;;:￨(2)￨;‑;￨'baI~ :1))qJPO(((1)bI
1=0 ならば， α:b= c:d であることを証明せよ.
dI3. 次の行列式の値 を求めよ.
201130o 2 ‑3I (2) 1‑5 4 7(1)‑1 31291

4. 次の行列式を，行列式の性質を用いて変形し，その値を求めよ.

1 ‑1

1 2 3(1) I
475 6I (2) I‑1
38 945 ‑18 ‑9I (3) I
1075. 次の行列式の値を求めよ.
O(1)

1。
。
Gb(2)

Cb。
e。
。 。
C(3)

cos

1Gb+c1 bc+α1α+bC。 。

cosa 0 sinβcosθ s mθ(4)

6 ‑1725 ‑551sina 0 cosβ3181264. 行 列.BEEEaE‑‑Eとする.なお，この節では列ベクトルを肉太の文字

ρUPLV

E E EEsaEE2Et

町︑︑
F'︐︐ ナJ︑︐.. ︑︐︐︐︐ 一
一・︐︑・︐︐︑︐zu︐u︐︐︐︐

2

町︑
一一︑︑︑

ac

一一︐
J
It‑‑︑

A︐︐︐︐ J'︑︐︑bd

トルをそれぞれ x，b とする.すなわち，x，α，bなどで表す.

このとき， (1.1)は行列の記号を用いて表せば，(1.2)

Ax=bとなる.ここで，列ベクト lレ Z を(1.2) の解ベクトルという.

c:‑():)

例1. 左下の連立方程式は行列を用いて，右側のようにかける.
= (-2~ ) 0

また，例 1の連立方程式の未知数の係数と定数項をまとめて，表(34￨‑)
82 ‑3 I 23を作れば，上の連立 1次方程式はこの行列で表される.
例題1. 例 1の連立 l次方程式を消去法で解き，係数と定数項の変化を行列で書いてみよ.
【解】

以下の解において，左側には通常の消去法による解を書き，右側には解法の各段階における係数と定数項を書き，その変化の様子をみる.
①①②(
第③2x‑3y=23④④ 一 ③ x2行)ー(第 2行)‑3 I(第 2行)ー(第⑤‑17y=85;lk:)
171‑「1(17￨‑17 「一②⑥o23行) x2I8512792. 連立 l次方程式・逆行列
句Eム巧thM一司

nノ1ムハ︐eee‑SEE‑'EE‑
且冒‑︑⑦HV(z+7u=‑31y =‑ 5⑧tsEBEEF''suτFhd。

i
可⑨⑩nHVy= ‑ 51ム ハ U︐ eaE‑‑EE‑‑︐︐ 冒︑︑(z=4︑(第 1行)一(第 2行)x7⑦ ⑧ X7

よって，解は定数項を表す数ベクトよって，解は⑨，⑩で与えられる.

行

第⑥‑;‑(‑17)/レで与えられる . 0

上の例題 1の右側の解では，係数と定数項が作る行列を行について変形し，最後の形にして，解が得られた.
例題 lの右側の解で示したような行列の変形を，行列の行に関しての基本変形という.この基本変形は次の 3種類の変形から成り立っている.

(i) ある行二を kf音する.
(i) ある行の k倍を他の行に加える.

(iii) ある行と他の行を交換する.
例題の右側の解のように，係数と定数項を並べた行列を行に関して基本変形して，連立 1次方程式を解く方法を掃き出し法という.この解法は 一般に 3元連立 1次方程式などにも適用できる.まとめれば，次のようになる.
掃き出し法[1] 連 立 1次方程式 Ax=bの解ベクトル Z を求めるには (Aは正方行列である)(i) 行列 A と列ベクトル bを並べた次の行列を作る.
(AIb)(i) この表を行に関する基本変形をして(EIc)の形に変形する.このとき ，x=cは解ベクトルである.

1284. 行 列問1. 次の連立 1次方程式を掃き出し法で解け.

( x+3y+3z= 8(2) ~ 2x‑ y+ z= 0+ y‑3z= 12l3x注意

連立 1次方程式に，掃き出し法を適用して，係数と定数項が作る行列を変形しでも， (EIc)の形にならないことがある.このような場合には，連立 1次方程式は解をもたない(不能)か，無数に多くの解をもっ(不定)か，いずれかであ0ることが知られている.

2. 逆行列数の逆数に相当するものを，正方行列 A について考える.
正方行列 A について

AB=E，BA=E(Eは単位行列)をみたす行列 B があるとき ， B を行列 A の 逆 行 列 と い
い， B を記号 A‑1 で表す.すなわち，

(2.1)

1= E，
A A‑

A‑1A = E1A であるから，である.この (2.1)によって ，AA‑1= A‑

行 列 A とその逆行列 A‑1 は可換である.

2.
1)から次のことがわかる.
また ， ((A‑1)一I=A(2.
2)4)(33/B =¥‑2とする.

)=c:)(~ :‑:=(~‑2一:)(~ )1
ゆえに ， B は A の逆行列である.すなわち ， B = A‑O

129~ 2. 連立 1次方程式 ・逆行列

さて，11(2.1)の 両辺 の 行列 の行列式を考えれば， I
AA‑=I
EI=1.H の公 式 日X] (p.
122) によれば，
11=11IA A‑IAI
IA‑=1IAI
IA‑11ゆえに，次のことが成り立つ.

[n] 正方千子列 A が逆行列 A‑1 をもてば，

IAI
キ 0，

主1I
A‑
1=TT1 をもっとき，次のことを証明せよ.
. 正方行列 A が逆行列 A‑
問1A=A‑1 <==キ A2=E
さて
(2.
3)

2次の正方行列 A について，):A=(:￨刈=1::1Oキとする.このとき ，A の逆行列 A‑1 を求めよう.そのために行列B=(: :)を考え，等式 AB=Eが成り立つとして ， B の各成分を求めよう.さて，

ハリ司 i

l t
IF'︑.1BE︐EEEEEE'iAHU︐︐ ︑︑︐︐︐ ︑
一一・1111't︑︑︑u u︑zyGC

Jit‑‑11(2.
4)︑︐︐.
a‑E E・.
.
︐︑.
︑︑︐︐︐‑・︐︐b︑d

等式 AB=Eは次のようになる.

したがって，次の 2組の連立方程式が得られる.
(2.
5)( ω +by= 1lcx+dy= 0rau+bv= 0lcu+dv= 1

この連立 1次方程式をクラーメルの公式 (p.
97) を用いて解けば，

160

5. 1次 変 換したがって，)(α‑A )(判。
bc d‑，1/¥y/)((GM+bu=0cx+(d‑，1)ν=0¥0/

さて，連立方程式(1.3) の未知数の係数の作る行列式 D は

b

￨α‑ ，
1D =Icd ‑，1Iであり ，Dキ Oならばクラーメルの公式 (p.
97)によって x= 0，y= 0すな
わち u=Oとなる.しかし，固有ベクトル U は Oでないから ，D=Oでなければならない.ゆえに，(1.4)

￨α ‑ ，
1bcd ‑，
1I

1=0すなわちIA‑，1EI=o

この(1.4)は Aについての 2次方程式であって，これを解いて固有値を求めることができる.この(1.4) を行列 A の固有方程式といい，左辺を行列 Aの固有多項式という.まとめると，次のようになる.

2次の正方行列[11] 固有値の求め方

A=(:。の固有値は次の固有方程式の解である.

la‑A b ￨=0cd ‑，11‑3

例題 1 行列 A=(【解】

定理口I]を用いる.固有方程式は

￨I3A
115‑
A=0A

この 2次方程式を解いて ，，12‑ 6，1+8=0の固有値は ，1=2，4である.

O161

固有値・固有ベクトル~2問4. 次の行列の固有値を求めよ.
(1)

問5. 対角行列 (a~)の固有値吋成分 a， bで あ る こ と 日'V

固有ベクトルの求め方

な

2次の正方行列の固有値は実数とは限らない.

で+﹂︒

数
実直有国の︑︐︐πAU<ハリ<e'''目・目白目白目.︐a︐50

n6nunu.
.
︑︑︑0UAUJ''t'
E
at‑4イすSnc‑‑
CS︑︑平ノ
一7l

表を転回せ
示

6 を問 6でみたようにヲ﹂問と注意

0/a b¥
2次 の 正 方 行 列 の 固 有 値 ， 1=αが¥c dlわかっていれば， (1.3) に，1=α を代入した連立 l次 方 程 式

rα( 一 α)x+by=0
cx+(d α)y=O(1.5)

IX ¥を解いて ， x，y を求め，固有値 αに対する固有ベクトル u=1 Iキ Oを求¥YIめられる.なお， [I]か らわかるように， (1.
5) の解は無数に多くある.

. 例 題 1の 行 列 A の固有ベクトルを求めよ.
例題 2
【解】

/ 1A=I¥‑31¥の固有値は，例題 1により， ;1=2，4である.

51;
1=2のとき， (1.5)は;1=4のとき，(z+y=o‑3x+3y= 0(1.5)は[い+=0‑3x y=0である.この 2つの方程式は同じものであるから，

x+y=O

3x十 y=O1625.

次変換を解いて

x:y=1:1

x:y=1:3︒

tBESpt'''︑qtυ

..
tE︐︐︐︐︐︐︑︑AUτqJ

例題 3 行 列 A=(̲: ̲:)の表す 1次 変 換 fによって唱1ム

S ︐︑︑︑EE﹄

内︿iqL

句︐︐)
d
(内ノU 1 1 4﹃LqJ)︐︐︐

内L︐︐︐︐ a EBE︑)(ヮS川 宮 内I '''a・︐︑︑‑E1Eム)(...Eazz'''5.
aa1
且i q J︑︑冒

問7. 次の行列の固有値，固有ベクトルを求めよ.

︐︐︐︐ aE'EE︐K︑︑一一き己レ﹂

孟EES︐zu︐u︑︑︐
aESEt︐︐︑﹄
︐ ︑aaの一一︐︑AO

EA

BBEE﹃t''J

句Eム 唱

E官︑︑︑sa‑‑'︐︐ IK︑︑一一zud︑︑︐ ︐︐︐︐ r

占C﹀
﹂のηL

A

一一︑・︑︑
ES・・a︐.
︐ z‑

ゆえに，求める固有ベクトルは ，kキ O として自分跡移る直線 y=mxを求めよ.
【解】

A の固有方程式はI
3 λ 1I=0:. (;1‑ 1)2=0ー‑4 ‑1‑;
1=1

ゆえに ，A の固有値は;1である.固有値1に対する固有ベクトル U は方程式

IX ¥Au=1・U の解である.すなわち ， u=1 Iは方程式¥YI(ワ -/-1)(:)=(~)

すなわち2x+Y= 0の解である.ゆえに，求める直線の方程式は y=‑2xである.

0

問 8 行列 A=C : : ) の 固 有 値 ， 酔 ク ト lレ を 求 め よ ま 丸 行 列 A の表す 1次変換によって動かない点を求めよ.

参考

3次の正方行列，Cl¥/a，bA = Ia2 b2¥α3C2Ib3 C3/についても，その固有値，固有ベクトルを 2次の正方行列の場合と同様に定義する.

163

固有値・固有ベクトル~ 2.

行 列 A の固有値は固有方程式

IA ‑1;EI=Oぬ ‑;1b1Cl

a2b12‑ ;C2すなわちI= 0ぬんの‑;1の解である.また，固有ベクトルの求め方は 2次の正方行列の場合と同じである.

︑︑つムつんつん

例として，行列︐nノ

ttit‑IJηJUnノ
h u nノUu n J白Oノ︐︐︐︐︐︐︐︑町︑.EEa t一一Aの固有値，固有ベクトルを求めよう.
行列 A の固有方程式は2‑1; ‑22︑
Anruワu222=0‑2‑;
1(;1‑ 2)
(1;‑ 4)(;1+4)=0
したがって，行列 A の固有値は;
1=2，4，‑4次に，固有値;1=2に対する固有ベクトルを求めるには，次の方程式から X，y，aE/Jtfit‑‑¥

︑︑︐︐.
﹃ ︐︐︐︐︐︐n v nリ ハ リ︑︑︑

ワu

一一11111'//

J/11tltt.E﹄E︐︐︐︐︐︐︑︑2ワ
白2︑︑︑︑

2 ‑2‑2 2‑2nLnL

一'(︑zudZ

zを求めればよい.

lu+z=0‑x+z=O

すなわち

じy+2
z=0
‑2x+2z=0

2x+2
y‑4z= 0x=y=z

EEEA

噌

‑K(kキ 0)Ei噌︑︑︑︑︐︐ ︐︐︐︐︐︐︐EA
唱//Il‑‑11BEE'a一一/JIf‑‑‑z︐u ︐z︐︑︑︑︐︐︐︑¥

したがって，求める固有ベクトルは同様に，他の固有値に対する固有ベクトルを求めることができて，次のようになる.