線形代数 · 第23回 · 動画4 · インタラクティブ教材

内積からフーリエへ：正規直交基底が数学者の最良の友である理由

I重要な公式

公式	名称	説明
$q_i^T q_j = \delta_{ij}$	正規直交性	$i=j$ なら $1$ 、それ以外は $0$
$x_k = q_k^T v$	座標の取り出し	基底ベクトルとの内積
$Q^T Q = I \Rightarrow Q^{-1} = Q^T$	逆行列の技	正規直交な列をもつ正方行列 $Q$ で成り立つ
$\langle f, g \rangle = \int_0^{2\pi} f(x)g(x)\, dx$	関数の内積	和を積分に置き換える
$a_k = \frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi} f(x)\cos(kx)\, dx$	フーリエ係数	$f$ の $\cos(kx)$ への射影

II可視化1 — 座標は内積で求まる

正規直交基底では、各座標はたった1回の内積 $x_k = q_k^{T} v$ で求まります。

基底の角度 θ 30°

💡 チャレンジ： $v$ をドラッグしてから、 $q_1$ がそれと重なるまで基底を回転させましょう。すると $x_2 = 0$ となり、 $v$ はただ1つの座標で表されます。

III可視化2 — sin と cos の直交性

異なるフーリエのモードは直交します。積の正の面積と負の面積が打ち消し合って 0 になるのです。

f(x) g(x)

💡 これは、ベクトルで $q_i^{T} q_j = 0$ を与えたのと同じ直交性です。有限の和が、関数の積分へと引き上げられただけなのです。

IV可視化3 — 矩形波を組み立てる

直交する正弦波のモードを1つずつ足していくと、なめらかな曲線から角ばった矩形波が浮かび上がります。

項数 1

💡 各モードは、直交する1つの方向への射影です。 $x_k = q_k^{T} v$ と同じ技が、今度は $b_k = \frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi} f(x)\sin(kx)\,dx$ を与えます。

V確認クイズ

問1

正規直交基底 $\{q_1, q_2\}$ を $q_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ , $q_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ とし、 $v = \begin{pmatrix} 3 \\ -4 \end{pmatrix}$ とします。

座標 $x_1 = q_1^T v$ はいくつでしょうか。

✅ 正解です！ $x_1 = q_1^T v = 3$ です。

❌ 惜しい！ 内積 $q_1^T v$ を成分ごとに計算しましょう。

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解答：

正規直交基底の技は $x_k = q_k^T v$ です。

$x_1 = q_1^T v = \begin{pmatrix} 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 \\ -4 \end{pmatrix} = (1)(3) + (0)(-4) = 3.$

行基本変形は要りません。内積を1回とるだけです。

問2

正しいか誤りか： $Q$ が正方行列で、その列が正規直交基底をなすならば、 $Q^{-1} = Q^T$ である。

✅ 正解です！ 正方行列 + 正規直交な列 ⟹ $Q^{-1} = Q^T$ です。

❌ 惜しい！ 正方行列という条件を読み直しましょう。この条件があるから $Q^T Q = I$ だけで十分になるのです。

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解答：

正規直交性の条件 $q_i^T q_j = \delta_{ij}$ を行列の積としてまとめると、 $Q^T Q = I.$

となります。正方行列なら、この1つの等式だけで $Q^{-1} = Q^T$ と結論できます（ $Q^T Q$ と $Q Q^T$ の両方が $I$ に等しくなります）。

正規直交な列をもつ正方でない $Q$ では、 $Q^T Q = I$ は成り立ちますが、一般に $Q Q^T \neq I$ なので、 $Q$ には両側逆行列がありません。この問題では $Q$ が正方行列と指定されているので、主張は正しいです。

問3

内積 $\displaystyle \langle f, g \rangle = \int_0^{2\pi} f(x)\, g(x)\, dx$ を考えます。

次の組のうち、この内積に関して直交しないものはどれでしょうか。

直交しない組を選んでください：

✅ 正解です！ $\int_0^{2\pi}\sin^2(x)\,dx = \pi$ で、これは $\sin(x)$ のノルムの二乗です。

❌ 惜しい！ このうち3つの組は積分すると 0 になります。そうならない組を探しましょう。

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解答：

2つの関数が直交するのは、その内積が $0$ のとき、かつそのときに限ります。

$\int_0^{2\pi} \sin(x)\cos(x)\, dx = \tfrac{1}{2}\int_0^{2\pi}\sin(2x)\,dx = 0$ 。直交します。
$\int_0^{2\pi} \cos(x)\cos(2x)\, dx = 0$ （フーリエ基底）。直交します。
$\int_0^{2\pi} 1 \cdot \cos(x)\, dx = 0$ 。直交します。
$\int_0^{2\pi} \sin^2(x)\, dx = \pi \neq 0$ . 直交しません。関数をそれ自身と組にしているので、そのノルムの二乗が得られます。

したがって、直交しない組は $\sin(x)$ と $\sin(x)$ です。

問4

フーリエ係数の公式は次のとおりです。 $a_k = \frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi} f(x)\cos(kx)\, dx.$

前の係数 $\dfrac{1}{\pi}$ はどんな役割を果たしているでしょうか。

✅ 正解です！ $1/\pi$ は、 $\|\cos(kx)\|^2 = \pi$ をちょうど打ち消す補正です。

❌ 惜しい！ $\int_0^{2\pi}\cos^2(kx)\,dx$ について考えましょう。これは基底関数のノルムの二乗です。

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解答：

$f(x) = a_0 + \sum_k(a_k\cos(kx) + b_k\sin(kx))$ に内積の技を使い、 $\cos(kx)$ を掛けてから積分すると、交差項は直交性によってすべて消えます。ただ1つ残る項は次のとおりです。

$\int_0^{2\pi} f(x)\cos(kx)\, dx = a_k \int_0^{2\pi} \cos^2(kx)\, dx = a_k \cdot \pi.$

したがって $a_k = \tfrac{1}{\pi}\int_0^{2\pi} f(x)\cos(kx)\, dx$ です。

フーリエ基底は直交していますが、正規直交ではありません。各 $\cos(kx)$ のノルムの二乗は $1$ ではなく $\pi$ です。前の係数 $1/\pi$ は、まさに正規化のための補正なのです。各基底関数を $1/\sqrt{\pi}$ 倍すれば本当の正規直交基底になり、前の係数は消えます。

正解数：0 / 4