平面ベクトル

関連記事
平面ベクトルの成分表示
平面ベクトルの1次独立
平面ベクトルの性質
1. 例
2. まとめ
補足

ベクトル

平面ベクトルの成分表示

ベクトルでどの方向にどれくらいの大きさかを表す場合、ベクトルの成分表示を使って表現する。例えば、
$\vec{a} = (4, 3)$
のように書く。これは、水平方向に4、垂直方向に3進めたベクトルである。

このベクトルの大きさは三平方の定理から
$| \vec{a} | = \sqrt{4^{2} + 3^{2}} = 5$
である。

$\vec{a}$ の逆ベクトルは
$- \vec{a} = (- 4, - 3)$
である。

$\vec{b} = (1, 3)$ とすると、
$\vec{a} + \vec{b} = (4 + 1, 3 + 3) = (5, 6)$
となる。

$\vec{c} = (8, 6)$ とすると、 $\vec{a}$ とは大きさは異なるが方向が同じベクトルであり、
$\vec{c} = 2 \vec{a}$
と表すことができる。

平面ベクトルの1次独立

定義

以下を満たすとき、 $\vec{a}$ と $\vec{b}$ は1次独立であるという。
$k \vec{a} + l \vec{b} = \vec{0} \Rightarrow k = l = 0$

例1

$\vec{a} = (2, 1), \vec{b} = (1, 3)$

$\vec{a}$ と $\vec{b}$ は1次独立である。

実際、
$k \vec{a} + l \vec{b} = (2 k + l, k + 3 l)$
である。 $k \vec{a} + l \vec{b} = \vec{0}$ とすると
${\begin{cases} 2 k + l = 0 \\ k + 3 l = 0 \end{cases}$
である。よって、この方程式を解くと、 $k = l = 0$ である。

例2

$\vec{a} = (1, 2), \vec{b} = (2, 4)$

とすると、 $\vec{a}$ と $\vec{b}$ は1次独立でない。

実際、 $k \vec{a} + l \vec{b} = 0$ とすると、
${\begin{cases} k + 2 l = 0 \\ 2 k + 4 l = 0 \end{cases}$
だが、 $k = 2, l = 1$ は上記の方程式の解の1つである。
$k = l = 0$ 以外の解を持つため、 $\vec{a}$ と $\vec{b}$ は1次独立でない。

1次独立の幾何学的性質

$\vec{a}$ と $\vec{b}$ が1次独立である $\Leftrightarrow$ $\vec{a} \neq \vec{0}$ , $\vec{b} \neq 0$ , $\vec{a} ∦ \vec{b}$

証明

$\vec{a}$ と $\vec{b}$ が1次独立である $\Rightarrow$ $\vec{a} \neq \vec{0}$ , $\vec{b} \neq 0$ , $\vec{a} ∦ \vec{b}$ を示す。

$\vec{a} = \vec{0}$ とする。例えば、 $k = 1, l = 0$ としても、
$k \vec{a} + l \vec{b} = \vec{0}$
が成り立つため、 $\vec{a} \neq \vec{0}$ である。
同じ理由で、 $\vec{b} \neq \vec{0}$ である。

$\vec{a} \neq \vec{0}$ , $\vec{b} \neq 0$ , $\vec{a} ∥ \vec{b}$ とする。このとき、ある実数 $k$ に対して、
$\vec{b} = k \vec{a}$
と書くことができる。よって、
$k \vec{a} - \vec{b} = \vec{0}$
となり、 $l \neq 0$ でも $k \vec{a} + l \vec{b} = \vec{0}$ が成り立つため、 $\vec{a} ∦ \vec{b}$ でなければならない。

次に、 $\vec{a} \neq \vec{0}$ , $\vec{b} \neq 0$ , $\vec{a} ∦ \vec{b}$ $\Rightarrow$ $\vec{a}$ と $\vec{b}$ が1次独立であることを示す。

$k \vec{a} + l \vec{b} = \vec{0}$ とする。

仮に、 $k \neq 0$ とすると、
$\vec{a} = - \frac{l}{k} \vec{b}$
となるが、これは $\vec{a} ∥ \vec{b}$ となるため矛盾する。よって、 $k = 0$ である。
$l = 0$ も同様に示せる。

成分における性質

$\vec{a} = (a_{1}, a_{2})$ , $\vec{b} = (b_{1}, b_{2})$ とする。
$\vec{a}$ と $\vec{b}$ は1次独立である $\Leftrightarrow$ $a_{1} b_{2} - a_{2} b_{1} \neq 0$ である。

証明
$k \vec{a} + l \vec{b} = (a_{1} k + b_{1} l, a_{2} k + b_{2} l)$
より、
$\begin{matrix} (1) & k \vec{a} + l \vec{b} = 0 \Leftrightarrow {\begin{cases} a_{1} k + b_{1} l = 0 \\ a_{2} k + b_{2} l = 0 \end{cases} \end{matrix}$
である。

$a_{1} b_{2} - a_{2} b_{1} \neq 0$ とする。

$(1)$ の連立方程式の上の式の両辺に $b_{2}$ 、下の式の両辺に $b_{1}$ をかけ、上の式から下の式を引くと
$(a_{1} b_{2} - a_{2} b_{1}) k = 0$
となり、 $a_{1} b_{2} - a_{2} b_{1} \neq 0$ より $k = 0$ となる。

$a_{1} b_{2} - a_{2} b_{1} \neq 0$ から $b_{1} = b_{2} = 0$ となることはないので、 $(1)$ より $l = 0$ がいえる。

よって、 $\vec{a}$ と $\vec{b}$ は1次独立である。

逆に、 $a_{1} b_{2} - a_{2} b_{1} = 0$ とすると、 $\vec{a}$ と $\vec{b}$ は1次独立でないことを示す。

$a_{2} = 0$ とする。

このとき、 $a_{1} b_{2} = 0$ となるので、 $a_{1} = 0$ または $b_{2} = 0$ である。

$a_{1} = 0$ であれば、 $\vec{a} = \vec{0}$ なので、 $\vec{a}$ と $\vec{b}$ は1次独立ではない。

$b_{2} = 0$ であれば、 $\vec{a} = (a_{1}, 0), \vec{b} = (b_{1}, 0)$ となるため、 $\vec{a}$ と $\vec{b}$ は1次独立ではない。

$a_{2} \neq 0$ とする。

このとき、 $a_{1} b_{2} - a_{2} b_{1} = 0$ から $b_{1} = \frac{a_{1} b_{2}}{a_{2}}$ となる。これを $(1)$ の上の式に代入して整理すると、
$\begin{matrix} (2) & a_{1} a_{2} k + a_{1} b_{2} l = 0 \end{matrix}$
となる。

$a_{1} = 0$ の場合、 $a_{1} b_{2} - a_{2} b_{1} = 0$ より、 $b_{1} = 0$ となるが、 $\vec{a} = (0, a_{2}), \vec{b} = (0, b_{2})$ となるため、 $\vec{a}$ と $\vec{b}$ は1次独立ではない。

$a_{1} \neq 0$ の場合、 $(2)$ は
$\begin{matrix} (3) & a_{2} k + b_{2} l = 0 \end{matrix}$
となり、 $(1)$ の下の式と一致する。

$b_{2} = 0$ の場合、 $b_{1} = 0$ となり、 $\vec{b} = \vec{0}$ である。

$b_{2} \neq 0$ の場合は $(3)$ は $k = l = 0$ 以外の解(例えば、 $k = b_{2}, l = a_{2}$ )を持つので、 $\vec{a}$ と $\vec{b}$ は1次独立ではない。

以上から、 $a_{1} b_{2} - a_{2} b_{1} = 0$ なら $\vec{a}$ と $\vec{b}$ は1次独立でないので、 $\vec{a}$ と $\vec{b}$ は1次独立ならば $a_{1} b_{2} - a_{2} b_{1} \neq 0$ である。

平面ベクトルの性質

$\vec{a}$ と $\vec{b}$ は1次独立なベクトルとする。このとき、任意のベクトル $\vec{p}$ に対して、
$\vec{p} = k \vec{a} + l \vec{b} (k, l は実数)$
の形で表すことができる。

例

$\vec{a} = (2, 1), \vec{b} = (1, 3)$

とする。例えば、 $\vec{p} = (3, 2)$ とする。
$\vec{p} = k \vec{a} + l \vec{b}$
を満たす $k$ と $l$ の値は $k \vec{a} + l \vec{b} = (2 k + l, k + 3 l)$ なので、
${\begin{cases} 2 k + l = 3 \\ k + 3 l = 2 \end{cases}$
の解である。この方程式を解くと、 $k = \frac{7}{5}, l = \frac{1}{5}$ となる。よって、
$\vec{p} = \frac{7}{5} \vec{a} + \frac{1}{5} \vec{b}$
となる。

というような感じで、 $\vec{a}$ と $\vec{b}$ が1次独立なら $\vec{a}$ のスカラー倍と $\vec{b}$ のスカラー倍の和によってどんなベクトルも作り出すことができる。

また、1次連立方程式の性質から任意の $\vec{p}$ に対して、
$\vec{p} = k \vec{a} + l \vec{b}$
を満たす $k, l$ はただ一つであるであることが感覚的に分かる。

まとめ

平面ベクトルにおいて、

ベクトル $\vec{a}$ と $\vec{b}$ は1次独立であることと、
任意のベクトル $\vec{p}$ に対して、
$\vec{p} = k \vec{a} + l \vec{b}$
を満たす $k, l$ が唯一つ存在することは同値である。

証明

$\vec{a} = (a_{1}, a_{2}), \vec{b} = (b_{1}, b_{2})$ とする。

ベクトル $\vec{a}$ と $\vec{b}$ は1次独立であるとする。

任意のベクトル $\vec{p} = (p_{1}, p_{2})$ をとる。
このとき、
$\vec{p} = k \vec{a} + l \vec{b} \Leftrightarrow {\begin{cases} a_{1} k + b_{1} l = p_{1} \\ a_{2} k + b_{2} l = p_{2} \end{cases}$
である。 $\vec{a}$ と $\vec{b}$ は1次独立である $\Rightarrow$ $a_{1} b_{2} - a_{2} b_{1} \neq 0$ よりこの連立方程式を解くと、
$k = \frac{p_{1} b_{2} - b_{1} p_{2}}{a_{1} b_{2} - b_{1} a_{2}}, l = \frac{a_{1} p_{2} - p_{1} a_{2}}{a_{1} b_{2} - b_{1} a_{2}}$
となるため、 $k, l$ の存在は示された。

$\vec{p}$ を $\vec{p} = k_{1} \vec{a} + l_{1} \vec{b}$ と $\vec{p} = k_{2} \vec{a} + l_{2} \vec{b}$ で表せたとする。 $k_{1} \vec{a} + l_{1} \vec{b} = k_{2} \vec{a} + l_{2} \vec{b}$ より、 $(k_{1} - k_{2}) \vec{a} + (k_{2} - l_{2}) \vec{b} = \vec{0}$ となる。

$\vec{a}$ と $\vec{b}$ は1次独立なので、 $k_{1} - k_{2} = 0, l_{1} - l_{2} = 0$ 。よって、 $k_{1} = k_{2}, l_{1} = l_{2}$ となるため、一意であることが示せた。

逆に、任意のベクトル $\vec{p}$ に対して、
$\begin{matrix} (4) & \vec{p} = k \vec{a} + l \vec{b} \end{matrix}$
を満たす $k, l$ が唯一つ存在するとする。

どんなベクトル $\vec{p}$ に対しても $(4)$ を満たす $k, l$ がただ一つ存在するので、 $\vec{p} = \vec{0}$ としても $(4)$ を満たす $k, l$ がただ一つ存在する。 $k = l = 0$ とすれば、 $(4)$ は満たし、仮定からそれ以外の値を持たないため、 $\vec{a}$ と $\vec{b}$ は1次独立である。

補足

ベクトル $\vec{p}$ に対して、 $\vec{p} = k \vec{a} + l \vec{b}$ と表すことが出来るとき、 $\vec{p}$ は $\vec{a}$ と $\vec{b}$ により生成されたベクトルと呼ぶことにする。

平面上の3つのベクトル $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ で考えてみる。

ベクトル $\vec{p}$ に対して、 $\vec{p} = k \vec{a} + l \vec{b} + m \vec{c}$ と表すことが出来るとき、 $\vec{p}$ は $\vec{a}$ と $\vec{b}$ と $\vec{c}$ により生成されたベクトルと呼ぶことにする。

$\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ のうち2つが $\vec{0}$ や 3つとも並行であるとかでない限り、任意のベクトル $\vec{p}$ に対して、
$\vec{p} = k \vec{a} + l \vec{b} + m \vec{c}$
という形で表すことができる。

つまり平面上全てのベクトルは $\vec{a}$ と $\vec{b}$ と $\vec{c}$ により生成させることができる。

しかし、 $\vec{p}$ の表し方はただ一つではない。( $k, l, m$ はただ一つではない)

また、 $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ が1次独立であるとは
$k \vec{a} + l \vec{b} + m \vec{c} = \vec{0} \Rightarrow k = l = m = 0$
を満たすことであるが、平面の場合はどんなベクトルをとってきても、 $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ は1次独立にならない。