\(a \neq 0\) とする. \(A = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \end{array} \right)\) , \(B = \left( \begin{array}{c} a \\ b \end{array} \right)\) に対して, \(2\) 次の正方行列 \(P\) が \[ PA = A+B , \ PB = A-B \] を満たしている.
(1) \(a\) と \(b\) を用いて \(P\) を表し, \(P\) が逆行列 \(P^{-1}\) をもつことを示せ.
(2) \(\left( \begin{array}{c} s \\ t \end{array} \right) = P^{-1} B\) とおく. \(xy\) 平面において, 点 \((a,b)\) が放物線 \(x = y^2+2\) 上を動くとき, 点 \((s,t)\) の軌跡を求めよ. ただし, \(|y| \leqq 1\) とする.
【 解 答 】
(1)
条件より \[ P \left( \begin{array}{cc} 0 & a \\ 1 & b \end{array} \right) = \left( \begin{array}{cc} a & -a \\ 1+b & 1-b \end{array} \right) \quad ... [1] \] ここで \[ \det \left( \begin{array}{cc} 0 & a \\ 1 & b \end{array} \right) = -a \neq 0 \] なので, \(\left( \begin{array}{cc} 0 & a \\ 1 & b \end{array} \right)^{-1}\) が存在するので, [1]の両辺に右から掛けて \[\begin{align} P & = -\dfrac{1}{a} \left( \begin{array}{cc} a & -a \\ 1+b & 1-b \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} b & -a \\ -1 & 0 \end{array} \right) \\ & = \underline{\left( \begin{array}{cc} -b-1 & a \\ -\dfrac{b^2+2b-1}{a} & b+1 \end{array} \right)} \end{align}\] このとき \[\begin{align} \det P & = -(b+1)^2 +(b^2+2b-1) \\ & = -2 \neq 0 \end{align}\] なので, 逆行列 \(P^{-1}\) は存在する.
(2)
条件より \[\begin{align} P(A-B) & = PA-PB \\ & = (A+B) -(A-B) = 2B \\ \text{∴} \quad P^{-1} B & = \dfrac{1}{2} (A-B) \end{align}\] したがって \[\begin{align} \left( \begin{array}{c} s \\ t \end{array} \right) & = \dfrac{1}{2} \left( \begin{array}{c} -a \\ 1-b \end{array} \right) \\ \text{∴} \quad a = -2s & , \ b = 1-2t \end{align}\] これを \(a = b^2+2\) に代入すれば \[\begin{align} -2s & = (1-2t)^2 +2 \\ -2s & = 4t^2 -4t +3 \\ \text{∴} \quad s & = -2 \left( t -\dfrac{1}{2} \right)^2 -1 \end{align}\] ただし \[\begin{align} |b| & = |1-2t| \leqq 1 \\ \text{∴} \quad 0 & \leqq t \leqq 2 \end{align}\] よって, 点 \((s,t)\) の軌跡は \[ \underline{\text{放物線} : \ s = -2(t-1)^2 -1 \ \left( \dfrac{1}{2} \leqq t \leqq \dfrac{3}{2} \right)} \]