平面ベクトルの1次独立

ベクトルの1次結合の定義

ベクトルの1次結合の定義

1 次結合の定義

2 つのベクトル，$\vec{a}，\vec{b}$ に対して，適当な実数$s，t $を用いて

\[s\vec{a} + t\vec{b}\]

と表されるベクトルのことを，$\vec{a}$ と$\vec{b}$ の1 次結合(linear combination) という．

無題
無題

たとえば，右図において，$\overrightarrow{\text{OP}}，\overrightarrow{\text{OQ}} $を$\vec{a}，\vec{b}$ の1 次結合で表すと

\begin{align} \overrightarrow{\text{OP}} &= 3\vec{a} + 2\vec{b}\\ \overrightarrow{\text{OQ}} &= 2\vec{a} + 4\vec{b} \end{align}

となる．

このように，あるベクトルを2 つの$\vec{a}，\vec{b}$ で表すことを，$\vec{a}$ と$\vec{b}$ へのベクトルの分解(resolution) という．

ベクトルの1次独立の定義

ベクトルの1次独立の定義

1 次独立の定義

「$\vec{a}$ と$\vec{b}$ が1 次独立(linearly independent) である」とは

\[s\vec{a} + t\vec{b} = \vec{0}\]

を満たす実数$s，t$ が$s = t = 0$ のときに限る，ことである．

ベクトルの1 次独立の定義の図その１

たとえば，右図のように平行でない$\vec{a}，\vec{b}$ では

\[s\vec{a} + t\vec{b} = \vec{0}\]

となる$s，t$ は$s = t = 0$ のときに限られるので，$\vec{a}$ と$\vec{b}$は1 次独立である．

ベクトルの1 次独立の定義の図その２

また，左図のように平行な$\vec{a}，\vec{b}$ では，$s = t = 0$ のとき以外にも，たとえば$s = \dfrac{3}{2}，t = −1 $のときにも

\[s\vec{a} + t\vec{b} = \vec{0}\]

を満たすので，$\vec{a}$ と$\vec{b}$ は1 次独立であるとはいえない．

つまり，次のようなことがいえる．

1 次独立なベクトルと平行でないベクトル

$\vec{a}，\vec{b}$ が1 次独立であるならば，$\vec{a}$ と$\vec{b}$ は平行でない．逆に，$\vec{a}$ と$\vec{b}$ が平行でなければ，$\vec{a}，\vec{b}$ は1 次独立である．

つまり

「$\vec{a}$ と$\vec{b}$ が1 次独立」$\Longleftrightarrow\vec{a}\parallel \hspace{-.77em}/ \vec{b}$

である．

証明は背理法による．

1次独立な平面ベクトルに関する定理

1次独立な平面ベクトルに関する定理

1 次独立なベクトルの1 次結合に関して，次の定理が成り立つ．

1 次独立な平面ベクトルに関する定理

ある$\vec{p}$ が，1 次独立な2 つのベクトル$\vec{a}，\vec{b}$ の1 次結合で

\begin{align} \vec{p} &= s\vec{a} + t\vec{b}\\ \vec{p} &= s’\vec{a} + t’\vec{b} \end{align}

と2 通りに表されたとする．このとき

\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} s = s’\\ t = t’\\ \end{array} \right. \end{eqnarray}

が成り立つ．つまり，$\vec{p}$ は1 通りでしか表せない．

【証明】

$\vec{p}$ は

\[\vec{p} = s\vec{a} + t\vec{b} = s’\vec{a} + t’\vec{b}\]

と表されるので

\[s\vec{a} + t\vec{b} = s’\vec{a} + t’\vec{b}\] \[\Leftrightarrow (s − s’)\vec{a} + (t − t’)\vec{b} = \vec{0}\]

ここで，$\vec{a}$ と$\vec{b}$ は1 次独立であるから，その定義より

\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} s - s’=0 \\ t - t’=0 \\ \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} s = s’\\ t = t’\\ \end{array} \right. \end{eqnarray}

重心の定理

$\triangle \text{ABC}$ の重心を$\text{G}$ とし，辺$\text{AB}$ の中点を$\text{D}$，辺$\text{CA}$ の中点を$\text{E}$ とするとき

\[\text{CG} : \text{ GD} = 2 : 1\]

であることを，ベクトルの1 次独立を用いて証明せよ．

$\overrightarrow{\text{AB}} = \vec{b}，\overrightarrow{\text{AC}} = \vec{c}$ とおく．

まず，$\text{G}$ は線分$\text{CD}$ 上にあるから，$\text{CG} : \text{ GD }= s : 1 – s$とおくと

\begin{align} \overrightarrow{\text{AG}} &= s\overrightarrow{\text{AD }}+ (1 − s)\overrightarrow{\text{AC }}\\ &\quad\blacktriangleleft『内分点の位置ベクトル』\\ \Leftrightarrow \overrightarrow{\text{AG}}&= s \cdot \dfrac{1}{2}\vec{b} + (1 − s) \cdot \vec{c}\\ \Leftrightarrow \overrightarrow{\text{AG}} &= \dfrac{s}{2}\vec{b} + (1 − )\vec{c} \tag{1}\label{juushinnoteirinokaitou1} \end{align}

と表すことができる．

また，$\text{ G }$は線分$\text{ BE }$上にあるから，$\text{ BG} : \text{ GE }= t : 1 – t$とおくと

\begin{align} \overrightarrow{\text{AG}} &= (1 − t)\overrightarrow{\text{AB}} + t\overrightarrow{\text{AE}} \\ &\quad\blacktriangleleft『内分点の位置ベクトル』\\ \Leftrightarrow \overrightarrow{\text{AG}} &= (1 − t) \cdot \vec{b} + t \cdot \dfrac{1}{2}\vec{c}\\ \Leftrightarrow \overrightarrow{\text{AG}} &= (1 − t)\vec{b} + \dfrac{t}{2}\vec{c} \tag{2}\label{juushinnoteirinokaitou2} \end{align}

と表すことができる．

いま，$\vec{a}$ と$\vec{b}$ は1 次独立であるから， $\eqref{juushinnoteirinokaitou1}，\eqref{juushinnoteirinokaitou2}$より

\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \dfrac{s}{2}= 1 – t\\ 1 − s = \dfrac{t}{2}\\ \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} s = \dfrac{2}{3}\\ t = \dfrac{2}{3}\\ \end{array} \right. \end{eqnarray}

よって

\begin{align} \text{CG} : \text{ GD} &= \dfrac{2}{3}: 1 – \dfrac{2}{3}\\ = \dfrac{2}{3}: \dfrac{1}{3} &= 2 : 1． \end{align}

角の二等分線の定理

$\text{AB} = c，\text{BC} = a，\text{CA} = b $である$\triangle \text{ABC}$ において，$\angle \text{A }$の2 等分線と辺$\text{BC}$ の交点を$\text{D}$ するとき

\[\text{BD} : \text{DC} = c : b\]

であることを，ベクトルの1 次独立を用いて証明せよ．

$\overrightarrow{\text{AB}} = \vec{b}，\overrightarrow{\text{AC}} = \vec{c}$ とおく．

まず，直線$\text{AD}$ は$\angle \text{BAC}$ の二等分線なので，適当な実数$s$ を用いて

\[\overrightarrow{\text{AD}} = s\left(\dfrac{1}{c}\overrightarrow{\text{AB}} + \dfrac{1}{b}\overrightarrow{\text{AC}}\right)\]

$\blacktriangleleft \dfrac{1}{c}\overrightarrow{\text{AB}}， \dfrac{1}{b}\overrightarrow{\text{AC}}$ は大きさが$1$ で等しいので$\dfrac{1}{c}\overrightarrow{\text{AB}}+ \dfrac{1}{b}\overrightarrow{\text{AC}} $は$\angle \text{BAC}$を$2$ 等分する直線上にある．

これを角の二等分ベクトル(anglebisection vector) という．

\begin{align} \Leftrightarrow \overrightarrow{\text{AD}} &= \dfrac{s}{c}\overrightarrow{\text{AB}} + \dfrac{s}{b}\overrightarrow{\text{AC}}\\ \Leftrightarrow \overrightarrow{\text{AD}} &= \dfrac{s}{c}\vec{b} + \dfrac{s}{b}\vec{c} \tag{1}\label{kadononitoubunsennoteiri1} \end{align}

と表すことができる．

また，点$\text{D}$ は辺$\text{BC}$ 上の内分点なので，$\text{BD} : \text{DC} = t :1 − t $とおくと

\begin{align} \overrightarrow{\text{AD}} &= (1 − t)\overrightarrow{\text{AB}} + t\overrightarrow{\text{AC}}\\ \Leftrightarrow \overrightarrow{\text{AD}} &= (1 − t)\vec{b} + t\vec{c} \tag{2}\label{kadononitoubunsennoteiri2} \end{align}

と表すことができる．

いま，$\vec{a}$ と$\vec{b}$ は1 次独立であるから， $\eqref{kadononitoubunsennoteiri1}，\eqref{kadononitoubunsennoteiri2}$より

\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \dfrac{s}{c}= 1 – t\\ \dfrac{s}{b}= t \\ \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} s = \dfrac{bc}{b+c}\\ t = \dfrac{c}{b+c}\\ \end{array} \right. \end{eqnarray}

よって

\begin{align} \text{BD} : \text{DC} &= \dfrac{c}{b+c}: 1 − \dfrac{c}{b+c}\\ &= \dfrac{c}{b+c}: \dfrac{b}{b+c}\\ &= c : b \end{align}

直線の交点の位置ベクトル

$\triangle \text{OAB}$ において，辺$\text{OA}$ を$2 : 3$ に内分する点を$\text{M}$，辺$\text{OB}$ を$4 : 3 $に内分する点を$\text{N}$とし，線分$\text{AN}$ と線分$\text{BM}$ の交点を$\text{P}$ とする．$\overrightarrow{\text{OP}}$ を$\overrightarrow{\text{OA}} = \vec{a}$ と$\overrightarrow{\text{OB}} = \vec{b}$ を用いて表せ．

$\text{O}$ を基準にした位置ベクトルを考えてみる．

まず，点$\text{P}$ は線分$\text{BM}$ 上にあるから，$\text{BP} : \text{PM} = s : 1−s$とおくと

\begin{align} \overrightarrow{\text{OP}} &= s\overrightarrow{\text{OM}} + (1 − s)\overrightarrow{\text{OB}} \\ &\quad \blacktriangleleft 『内分点の位置ベクトル』\\ \Leftrightarrow \overrightarrow{\text{OP}} &= s \cdot \dfrac{2}{5}\overrightarrow{\text{OA}}+ (1 − s)\overrightarrow{\text{OB}}\\ \Leftrightarrow \overrightarrow{\text{OP}} &= \dfrac{2s}{5}\vec{a} + (1 − s)\vec{b} \tag{1}\label{chokusennokoutennoitibekutoru1} \end{align}

と表すことができる．

また，点$\text{P}$ は辺$\text{AN} $上にあるから，$\text{AP} : \text{PN} = t : 1 − t$とおくと

\begin{align} \overrightarrow{\text{OP}} &= (1 − t)\overrightarrow{\text{OA}} + t\overrightarrow{\text{ON}} \\ &\quad \blacktriangleleft 『内分点の位置ベクトル』\\ \Leftrightarrow \overrightarrow{\text{OP}} &= (1 − t)\overrightarrow{\text{OA}} + t \cdot \dfrac{4}{7}\overrightarrow{\text{OB}}\\ \Leftrightarrow \overrightarrow{\text{OP}} &= (1 − t)\vec{a} + \dfrac{4t}{7}\vec{b} \tag{2}\label{chokusennokoutennoitibekutoru2} \end{align}

と表すことができる．

いま，$\vec{a}$ と$\vec{b}$ は1 次独立であるから，$\eqref{chokusennokoutennoitibekutoru1}， \eqref{chokusennokoutennoitibekutoru2}$より

\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \dfrac{2s}{5}= 1 – t\\ 1-s= \dfrac{4t}{7} \\ \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} s = \dfrac{5}{9}\\ t = \dfrac{7}{9}\\ \end{array} \right. \end{eqnarray}

よって

\[\boldsymbol{ \overrightarrow{\text{OP}} =\dfrac{2}{9}\vec{a} +\dfrac{4}{9}\vec{b}}\]