https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Yamanashi/2007/Igaku

2022.03.18記

[2] $E=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}$ を2次の単位行列とし， $F=\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}$ ， $G=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1\end{pmatrix}$ とおく．また $r$ ， $s$ ， $t$ ， $u$ ， $w$ ， $x$ ， $y$ ， $z$ を実数として行列 $A=rE+sF+tG+uFG$ および行列 $B=wE+xF+yG+zFG$ を考える．

(1) $A=\begin{pmatrix} a & b \\ c & d\end{pmatrix}$ のとき， $r$ ， $s$ ， $t$ ， $u$ それぞれを $A$ の成分 $a$ ， $b$ ， $c$ ， $d$ の式で表せ．

(2) $A=B$ となるための必要十分条件を $r$ ， $s$ ， $t$ ， $u$ ， $w$ ， $x$ ， $y$ ， $z$ を用いて表せ．

(3) $AB=BA$ となるための必要十分条件を $r$ ， $s$ ， $t$ ， $u$ ， $w$ ， $x$ ， $y$ ， $z$ のいくつかを用いて表せ．

(4) 座標空間において原点 ${\rm O}(0，0，0)$ ，点 ${\rm P}(s，t，u)$ および点 ${\rm Q}(x，y，z)$ を考え，点 ${\rm P}$ は原点 ${\rm O}$ と異なると仮定する． $AB=BA$ のとき，点 ${\rm Q}$ は原点 ${\rm O}$ と点 ${\rm P}$ を通る直線上にあることを示せ．

本問のテーマ

クリフォード代数または外積代数
2次正方行列が積について可換な条件

2022.03.22記

クリフォード代数

$E$ ， $F$ ， $G$ が生成する代数系． $F^2=-E$ ， $G^2=E$ によりクリフォード代数 $C\ell_{1,1}$ となる．ここで $FG=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}=H$ とおくと， $GF=-H$ であり，
$FH=-HF=-G$ ， $GH=-HG=-F$ ， $H^2=E$ が成立する．

この代数系において
$A\wedge B:=\dfrac{1}{2}(AB-BA)$
と定義すると， $A\wedge B$ には
(1) $A\wedge B=-B\wedge A$ ，
(2) $(kA)\wedge B=k(A\wedge B)$ ，
(3) $(A+B)\wedge C=A\wedge C+B\wedge C$
という性質があることから，外積と同じような性質が成り立つことがわかる．

今， $A=rE+sF+tG+uH$ ， $B=wE+xF+yG+zH$ のとき，
$AB=(rw-sx+ty+uz)E$ $+\{(rx+sw)-(tz-uy)\}F$ $+\{(ry+tw)+(ux-sz)\}G$ $+\{(rz+uw)+(sy-tx)\}H$
となる．

ここで $r=w=0$ のとき，
$AB=(-sx+ty+uz)E$ $-(tz-uy)F+(ux-sz)G+(sy-tx)H$
となるので， $F,G,H$ の係数に外積っぽさが， $E$ の係数に内積っぽさがある．

$r=w=0$ のとき， $F,G,H$ の係数をベクトル部， $E$ の係数をスカラー部と呼ぶことにすると $AB$ のスカラー部は $\langle A,B\rangle:=\dfrac{1}{2}(AB+BA)$ で取り出すことができ， $AB$ のベクトル部は $A \wedge B$ で取り出すことができ， $AB=\langle A,B\rangle+A \wedge B$ によって表現できることがわかる．

$r=w=0$ でないとき，
$\langle A,B\rangle=(rw-sx+ty+uz)E$ $+(rx+sw)F+(ry+tw)G+(sy-tx)H$ ，
$A \wedge B=-(tz-uy)F+(ux-sz)G+(sy-tx)H$
が成立している．

すると(3)は、 $A\wedge B=-(tz-uy)F+(ux-sz)G+(sy-tx)H=0$ から導かれる．そして (4) の条件は $A,B$ のベクトル部を $V(A),V(B)$ とすると $A\wedge B=V(A)\wedge V(B)$ であり，ベクトル部に対しては外積と同様に $V(A)\wedge V(B)=O$ と $V(A)\parallel V(B)$ が同値となるので， $\rm O,P,Q$ は共線となることがわかる．

（2022.03.23追記ここから）
$V(A)\parallel V(B)$ と $\alpha V(A)+\beta V(B)=O$ となる $(\alpha,\beta)\neq(0,0)$ が存在することは同値．

上記性質(1)から $V(A)\wedge V(A)=V(B)\wedge V(B)=O$ であるから，

$\alpha V(A)+\beta V(B)=O$ のとき
$\alpha V(A)\wedge V(B)=\beta V(A)\wedge V(B)=O$
が成立するので，
$V(A)\wedge V(B)=O$ と $(\alpha,\beta)\neq(0,0)$ が存在することは同値．
つまり
$V(A)\wedge V(B)=O$ と $V(A)\parallel V(B)$ は同値．
（ここまで）

[解答]

(1) $FG=\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}=H$ とおくと，
$A=rE+sF+tG+uH=\begin{pmatrix} r+t & -s+u \\ s+u & r-t\end{pmatrix}$ …(a)
だから
$r+t=a,\quad r-t=d,\quad -s+u=b,\quad s+u=c$
となり， $r=\dfrac{a+d}{2}$ ， $s=\dfrac{-b+c}{2}$ ， $t=\dfrac{a-d}{2}$ ， $u=\dfrac{b+c}{2}$ が成立する．

(2) (1)と同様に， $B=wE+xF+yG+zH$ …(b) に対して
$B=\begin{pmatrix} w+y & -x+z \\ x+z & w-y\end{pmatrix}$ であるから，
$A=B\Longleftrightarrow\begin{pmatrix} r+t & -s+u \\ s+u & r-t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} w+y & -x+z \\ x+z & w-y\end{pmatrix}$
が成立する．これを解いて $r=w$ ， $s=x$ ， $t=y$ ， $u=z$ が求める必要十分条件である．

(3) (a),(b) により， $AB$ ， $BA$ には
$EE$ ， $EG$ ， $EH$ ， $FE$ ， $FF$ ， $FG$ ， $FH$ ， $GE$ ， $GF$ ， $GG$ ， $GH$ ， $HE$ ， $HF$ ， $HG$ ， $HH$
の16種類の項が登場する．ここで $E$ ， $F$ ， $G$ ， $H$ は自分自身と積について交換可能であり， $EF=FE（=F）$ ， $EG=GE（=G）$ ， $EH=HE（=H）$
が成立することから， $AB-BA$ の計算において
$EE$ ， $EF$ ， $EG$ ， $EH$ ， $FE$ ， $FF$ ， $GE$ ， $GG$ ， $HE$ ， $HH$
の10種類の項は消えてしまうので，
$FG$ ， $GF$ ， $GH$ ， $HG$ ， $HF$ ， $FH$ の6つの項のみについて考えれば良い．よって
$AB-BA=(sy-tx)FG+(tx-sy)GF$ ， $+(tz-uy)GH+(uy-tz)HG$ ， $+(ux-sz)HF+(sz-ux)FH$ …(c)
となる．ここで $FG=H$ であり，
$GF=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ -1 & 0\end{pmatrix}=-H$
である．また
$F^2=\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}=-E$ ， $G^2=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1\end{pmatrix}=E$
により
$HG=FGG=FG^2=F$ ， $GH=GFG=-HG=-F$ ， $FH=FFG=F^2G=-G$ ， $HF=FGF=-FH=G$
が成立するので，(c)は
$AB-BA=0E-2(tz-uy)F+2(ux-sz)G+2(sy-tx)H$
となる．これが $O=0E+0F+0G+0H$ に等しいので，求める条件は
$tz-uy=0$ …(d), $ux-sz=0$ …(e), $sy-tx=0$ …(f)
となる．

(4) $\vec{\rm OP}\neq\vec{0}$ により， $s$ ， $t$ ， $u$ のうち少なくとも1つは0でない．

まず， $s\neq 0$ の場合について考える．このとき，(e),(f)により
$y=\dfrac{t}{s}x, \quad z=\dfrac{u}{s}x$
だから $\vec{\rm OQ}=\dfrac{x}{s}\vec{\rm OP}$ となり，
$AB=BA$ のとき，点 ${\rm Q}$ は原点 ${\rm O}$ と点 ${\rm P}$ を通る直線上にある．

同様にして $t\neq 0$ の場合は $\vec{\rm OQ}=\dfrac{y}{t}\vec{\rm OP}$ ， $u\neq 0$ の場合は $\vec{\rm OQ}=\dfrac{z}{u}\vec{\rm OP}$
が成立するので，いずれにせよ点 ${\rm Q}$ は原点 ${\rm O}$ と点 ${\rm P}$ を通る直線上にある．

クリフォード代数 $C\ell_{2,0}$ ，クリフォード代数 $C\ell_{0,2}$ については
2012年(平成24年)東京大学前期-数学(理科)[6] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR
参照

2次正方行列が積について可換な条件

2×2行列 $A=\begin{pmatrix} a & b \\ c & d\end{pmatrix}$ ， $B=\begin{pmatrix} p & q \\ r & s\end{pmatrix}$ が積について交換可能であるための必要十分条件は $(a-d):b:c=(p-s):q:r$ である．

特に $A$ が単位行列の定数倍でないとき，2×2行列 $A$ ， $B$ が積について交換可能であるための必要十分条件は $B=\alpha A+\beta E$ の形で書けることである．

［証明］ $A=\begin{pmatrix} a & b \\ c & d\end{pmatrix}$ ， $B=\begin{pmatrix} p & q \\ r & s\end{pmatrix}$ とおく．

［任意の行列と単位行列が積について交換可能であることに着目して， $A$ と $B$ の右下成分を0にして計算を楽にする．］
$(A-dE)(B-sE)-(B-sE)(A-dE)=AB-BA$
であるから， $a'=a-d$ ， $p'=p-s$ とおいたとき，
$\begin{pmatrix} a' & b \\ c & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} p' & q \\ r & 0\end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix} p' & q \\ r & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} a' & b \\ c & 0\end{pmatrix}$
が成立する条件を求めれば良い．
$\begin{pmatrix} a' & b \\ c & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} p' & q \\ r & 0\end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix} a'p'+br & a'q \\ cp' & cq\end{pmatrix}$ ，
$\begin{pmatrix} p' & q \\ r & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} a' & b \\ c & 0\end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix} a'p'+cq & bp' \\ a'r & br\end{pmatrix}$
であるから， $AB=BA$ となるための必要十分条件は
$a'q=bp'， br=cq，cp'=a'r，$ ∴ $a':b:c=p':q:r$ ， $\Longleftrightarrow (a-d):b:c=(p-s):q:r$
である．

ここで $A$ は単位行列の定数倍でないとき， $A-dE\neq O$ であるから， $(B-sE)=\lambda (A-dE)$ なる $\lambda$ が存在する．よって
$B=\lambda A+(s-\lambda d)E$ と $B=\alpha A+\beta E$ の形に書ける．

[解答]
(3) $A=\begin{pmatrix} r+t & -s+u \\ s+u & r-t\end{pmatrix}$ ， $B=\begin{pmatrix} w+y & -x+z \\ x+z & w-y\end{pmatrix}$
だから， $AB=BA$ となる必要十分条件は
$\{(r+t)-(r-t)\}:(-s+u):(s+u)$ ， $=\{(w+y)-(w-y)\}:(-x+z):(x+z)$
つまり，
$2t:(-s+u):(s+u)=2y:(-x+z):(x+z)$ …（☆）

となる．ここで一般に
$a:b=c:d \Longleftrightarrow a:(a+kb)=c:(c+kd)$
が成立するので，
$(-s+u):(s+u)=(-x+z):(x+z)$ $\Longleftrightarrow (-s+u):u=(-x+z):z$ $\Longleftrightarrow s:u=x:z$
だから，
（☆） $\Longleftrightarrow s:t:u=x:y:z$
となる．