行列 \(X =\left( \begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array} \right) , \, Y =\left( \begin{array}{cc} -2 & 3 \\ 3 & 6 \end{array} \right)\) は \(XY=YX\) を満たす. 次の問いに答えよ.

1. (1)　\(c ,d\) を \(a , b\) を用いて表せ.

2. (2)　\(X^2=E , \, b \gt 0\) のとき, \(X\) を求めよ. ただし, \(E\) は単位行列とする.

3. (3)　\(xy\) 平面上に直線 \(\ell\) があり, (2) で求めた行列 \(X\) の表す \(1\) 次変換によって \(\ell\) 上の点はすべて \(\ell\) 上の点に移される. \(\ell\) の方程式を求めよ.

【 解 答 】

(1)

\[\begin{align} XY & = \left( \begin{array}{cc} -2a+3b & 3a+6b \\ -2c+3d & 3c+6d \end{array} \right) \ , \\ YX & = \left( \begin{array}{cc} -2a+3b & -2b+3d \\ 3a+6c & 3c+6d \end{array} \right) \end{align}\] したがって, \((1,1)\) 成分を比較して \[\begin{align} -2a+3b & = -2a+3c \\ \text{∴} \quad c & = \underline{b} \end{align}\] \((1,2)\) 成分を比較して \[\begin{align} 3a+6b & = -2b+3d \\ \text{∴} \quad d & = \underline{a+\dfrac{8b}{3}} \end{align}\]

(2)

ケーリー・ハミルトンの定理より \[ a+d=0 \ , \ ad-bc=-1 \quad ... [1] \] [1] と (1) の結果より \[\begin{align} a+d & = 2a +\dfrac{8b}{3} = 0 \\ \text{∴} \quad a & = -\dfrac{4b}{3} \\ \text{∴} \quad d & = a+\dfrac{8b}{3} = \dfrac{4b}{3} \end{align}\] なので \[\begin{align} ad-bc & = \left( -\dfrac{4b}{3} \right) \cdot \dfrac{4b}{3} -b^2 = -1 \\ \dfrac{25 b^2}{9} & = 1 \\ \text{∴} \quad b & = \dfrac{3}{5} \quad ( \ \text{∵} \ b \gt 0 \ ) \end{align}\] よって \[ X =\underline{\left( \begin{array}{cc} -\dfrac{4}{5} & \dfrac{3}{5} \\ \dfrac{3}{5} & \dfrac{4}{5} \end{array} \right)} \]

(3)

1. 1*　\(\ell : \ x = a\) と表されるとき
   \(\ell\) 上の点は \((a,t)\) と表せて \[ X \left( \begin{array}{c} a \\ t \end{array} \right) = \dfrac{1}{5} \left( \begin{array}{c} -4a+3t \\ 3a+4t \end{array} \right) \] この点が \(\ell\) 上にあるので \[ \dfrac{-4a+3t}{5}= a \] これが任意の \(t\) について成立することはないので, 不適.

2. 2*　\(\ell : \ y = ax+b\) と表されるとき
   \(\ell\) 上の点は \(( t , at+b )\) と表せて \[\begin{align} X \left( \begin{array}{c} t \\ at+b \end{array} \right) & = \dfrac{1}{5} \left( \begin{array}{c} -4t+3at+3b \\ 3t+4at+4b \end{array} \right) \\ & = \dfrac{1}{5} \left( \begin{array}{c} (3a-4)t+3b \\ (4a+3)t+4b \end{array} \right) \end{align}\] この点が \(\ell\) 上にあるので \[\begin{align} \dfrac{(4a+3)t+4b}{5} = a \cdot \dfrac{(3a-4)t+3b}{5} & +b \\ (3a^2-8a-3)t +3ab+b & = 0 \\ \text{∴} \quad (3a+1)(3a-1)t +(3a+1)b & = 0 \end{align}\] これが任意の \(t\) について成立するので \[\begin{align} (3a+1)(3a-1) & = 0 \quad ... [2] \ , \\ (3a+1)b & = 0 \quad ... [3] \end{align}\] [2] より \[ a = \pm \dfrac{1}{3} \] [3] より

   • \(a=-\dfrac{1}{3}\) のとき, \(b\) は任意.

   • \(a=\dfrac{1}{3}\) のとき, \(b = 0\) .

よって, 求める方程式は \[ \underline{y = \dfrac{x}{3} \ , \ y = -\dfrac{x}{3}+b \quad ( \ b \text{は任意} ) \quad} \]