2重縮合

$ (\pmb{a}\pmb{b}):(\pmb{c}\pmb{d})=(\pmb{b}\cdot\pmb{c})(\pmb{a}\cdot\pmb{d})

どの成分同士を縮約するかで違った定義がある

$ (\pmb{a}\pmb{b}):(\pmb{c}\pmb{d})=(\pmb{b}\cdot\pmb{c})(\pmb{a}\cdot\pmb{d})

$ (\pmb{a}\pmb{b})\cdot\cdot(\pmb{c}\pmb{d})=(\pmb{a}\cdot\pmb{d})(\pmb{b}\cdot\pmb{c})

一般の場合の定義は↓を参照

表記ゆれ

n成分ずつ掛け合わせて階数をn個を減らす演算を「n重縮合」とする

階数が1つづつ減る

$ \pmb{a}\cdot\pmb{b}=c

1-1+1-1=0

$ (\pmb{a}\pmb{b})\cdot\pmb{c}=\pmb{a}(\pmb{b}\cdot\pmb{c})

2-1+1-1=1

$ (\pmb{a}\pmb{b})\cdot(\pmb{c}\pmb{d})=(\pmb{b}\cdot\pmb{c})(\pmb{a}\pmb{d})

2-1+2-1=2

$ (\pmb{a}\pmb{b}\pmb{c})\cdot\pmb{d}=(\pmb{a}\pmb{b})(\pmb{c}\cdot\pmb{d})

3-1+1-1=2

$ (\pmb{a}\pmb{b}\pmb{c})\cdot(\pmb{d}\pmb{e})=(\pmb{c}\cdot\pmb{d})(\pmb{a}\pmb{b}\pmb{e})

3-1+2-1=3

$ \left(\bigotimes_{0\le i\le m}\pmb{a}_i\right)\left(\bigotimes_{0\le j\le n}\pmb{b}_j\right)=(\pmb{a}_m\cdot\pmb{b}_0)\left(\bigotimes_{0\le i\le m-1}\pmb{a}_i\right)\otimes\left(\bigotimes_{1\le j\le n}\pmb{b}_j\right)

m-1+n-1=m+n-2

階数が2つずつ減る

$ (\pmb{a}\pmb{b}):(\pmb{c}\pmb{d})=(\pmb{a}\cdot\pmb{c})(\pmb{b}\cdot\pmb{d})

2-2+2-2=0

$ (\pmb{a}\pmb{b}\pmb{c}):(\pmb{d}\pmb{e})=\pmb{a}(\pmb{b}\cdot\pmb{d})(\pmb{c}\cdot\pmb{e})

3-2+2-2=1

$ (\pmb{a}\pmb{b}\pmb{c}\pmb{d}):(\pmb{e}\pmb{f})=(\pmb{a}\pmb{b})(\pmb{c}\cdot\pmb{e})(\pmb{d}\cdot\pmb{f})

4-2+2-2=2

$ (\pmb{a}\pmb{b}\pmb{c}\pmb{d}):(\pmb{e}\pmb{f}\pmb{g})=(\pmb{a}\pmb{b}\pmb{g})(\pmb{c}\cdot\pmb{e})(\pmb{d}\cdot\pmb{f})

4-2+3-2=3

$ \left(\bigotimes_{0\le i\le m}\pmb{a}_i\right):\left(\bigotimes_{0\le j\le n}\pmb{b}_j\right)=(\pmb{a}_{m-1}\cdot\pmb{b}_0)(\pmb{a}_{m}\cdot\pmb{b}_1)\left(\bigotimes_{0\le i\le m-2}\pmb{a}_i\right)\otimes\left(\bigotimes_{2\le j\le n}\pmb{b}_j\right)

m-1+n-1=m+n-2

$ \pmb{a}\cdot\pmb{b}=\pmb{a}\cdot^1\pmb{b}

$ \pmb{A}:\pmb{B}=\pmb{A}\cdot^2\pmb{B}

$ {\cal\pmb{A}}::{\cal\pmb{B}}={\cal\pmb{A}}\cdot^4{\cal\pmb{B}}

変換式とか

線型性の証明は略

以下、2階tensorについて、

$ \pmb{A}:\pmb{B}=\sum_{i,j}[\pmb{A}]^\mathsf{\bar{E}F}_{ij}[\pmb{B}]^\mathsf{E\bar{F}}_{ij}=\sum_{i,j}[\pmb{A}]^\mathsf{E\bar{F}}_{ij}[\pmb{B}]^\mathsf{\bar{E}F}_{ij}\quad\text{.for}\forall\mathsf{E,F}

$ \because\pmb{A}:\pmb{B}=\sum_{i,j,k,l}[\pmb{A}]^\mathsf{\bar{E}F}_{ij}(\pmb{e}_i\bar{\pmb{f}}_j):[\pmb{B}]^\mathsf{E\bar{F}}_{kl}(\bar{\pmb{e}}_k\pmb{f}_l)

$ =\sum_{i,j,k,l}[\pmb{A}]^\mathsf{\bar{E}F}_{ij}[\pmb{B}]^\mathsf{E\bar{F}}_{kl}\llbracket i=k\land j=l\rrbracket

$ \because (\pmb{e}_i\bar{\pmb{f}}_j):(\bar{\pmb{e}}_k\pmb{f}_l)=(\pmb{e}_i\cdot\bar{\pmb{e}}_k)(\bar{\pmb{f}}_j\cdot\pmb{f}_l)=\llbracket i=k\land j=l\rrbracket

$ =\sum_{i,j}[\pmb{A}]^\mathsf{\bar{E}F}_{ij}[\pmb{B}]^\mathsf{E\bar{F}}_{ij}

$ \pmb{A}:\pmb{B}=\pmb{B}:\pmb{A}

$ \because\pmb{A}:\pmb{B}=\sum_{i,j}[\pmb{A}]^\mathsf{\bar{E}F}_{ij}[\pmb{B}]^\mathsf{E\bar{F}}_{ij}=\sum_{i,j}[\pmb{B}]^\mathsf{E\bar{F}}_{ij}[\pmb{A}]^\mathsf{\bar{E}F}_{ij}=\sum_{i,j}[\pmb{B}]^\mathsf{\bar{E}F}_{ij}[\pmb{A}]^\mathsf{E\bar{F}}_{ij}=\pmb{B}:\pmb{A}

$ \pmb{A}^\top:\pmb{B}^\top=\pmb{A}:\pmb{B}

行列積との関係

$ (\pmb{A}\cdot\pmb{B}):\pmb{C}=\sum_{i,j}[\pmb{A}\cdot\pmb{B}]^\mathsf{\bar{E}F}_{ij}[\pmb{C}]^\mathsf{E\bar{F}}_{ij}=\sum_{i,j,k}[\pmb{A}]^\mathsf{\bar{E}G}_{ik}[\pmb{B}]^\mathsf{\bar{G}F}_{kj}[\pmb{C}]^\mathsf{E\bar{F}}_{ij}=\sum_{i,j,k}[\pmb{A}^\top]^\mathsf{G\bar{E}}_{ki}[\pmb{B}]^\mathsf{\bar{G}F}_{kj}[\pmb{C}^\top]^\mathsf{\bar{F}E}_{ji}

$ =\pmb{A}^\top:(\pmb{B}\cdot\pmb{C}^\top)=\pmb{A}:(\pmb{C}\cdot\pmb{B}^\top)

縮約する位置同士を比べることでも求まる

$ \mathrm{tr}(\pmb{A}^\top\cdot\pmb{B})=\pmb{A}:\pmb{B}

証明

$ \mathrm{tr}(\pmb{A}^\top\cdot\pmb{B})=\sum_i[\pmb{A}^\top\cdot\pmb{B}]^\mathsf{E\bar{E}}_{ii}

$ =\sum_{i,j}[\pmb{A}^\top]^\mathsf{E\bar{E}}_{ij}[\pmb{B}]^\mathsf{E\bar{E}}_{ji}

$ =\sum_{i,j}[\pmb{A}^\top]^\mathsf{E\bar{E}}_{ij}[\pmb{B}^\top]^\mathsf{\bar{E}E}_{ij}

$ = \pmb A^\top:\pmb B^\top

$ =\pmb{A}:\pmb{B}

$ \mathrm{tr}(\pmb{A})=\pmb{A}:\pmb{I}

$ \because \mathrm{tr}(\pmb{A})=\mathrm{tr}(\pmb{A}^\top)=\mathrm{tr}(\pmb{A}^\top\cdot\pmb{I})=\pmb{A}:\pmb{I}

対称テンソルのときのみ成立する

固有値を使って説明する

$ \bm{A}^\top:\bm{A}=\sum_{i,j}[\bm{A}^\top]^\mathsf{E\bar{E}}_{ij}[\bm{A}]^\mathsf{\bar{E}E}_{ij}

$ = \sum_{i,j}[\bm{A}]^\mathsf{\bar{E}E}_{ji}[\bm{A}]^\mathsf{\bar{E}E}_{ij}

$ =\sum_{i,j}[\bm{A}]^\mathsf{\bar{P}P}_{ji}[\bm{A}]^\mathsf{\bar{P}P}_{ij}

$ =\sum_i\lambda_i^2

$ \bm{A}:\bm{A}=\sum_{i,j}[\bm{A}]^\mathsf{E\bar{E}}_{ij}[\bm{A}]^\mathsf{\bar{E}E}_{ij}

$ =\sum_{i,j}[\bm{A}]^\mathsf{P\bar{P}}_{ij}[\bm{A}]^\mathsf{\bar{P}P}_{ij}

$ =\sum_{i,j,k,l}[\bm I]^{\sf PP}_{ik}[\bm I]^{\sf\bar P\bar P}_{lj}[\bm{A}]^\mathsf{\bar{P}P}_{kl}[\bm{A}]^\mathsf{\bar{P}P}_{ij}

$ =\sum_{i,j}[\bm I]^{\sf PP}_{ij}[\bm I]^{\sf\bar P\bar P}_{ji}[\bm{A}]^\mathsf{\bar{P}P}_{jj}[\bm{A}]^\mathsf{\bar{P}P}_{ii}

$ =\sum_{i,j}[\bm I]^{\sf PP}_{ij}[\bm I]^{\sf\bar P\bar P}_{ij}[\bm{A}]^\mathsf{\bar{P}P}_{ii}[\bm{A}]^\mathsf{\bar{P}P}_{jj}

$ =\sum_i[\bm{A}]^\mathsf{\bar{P}P}_{ii}[\bm{A}]^\mathsf{\bar{P}P}_{ii}

$ =\sum_i\lambda_i^2

となる。

結合法則

証明はしていないがおそらく正しい

$ (\pmb{a}\cdot{\cal\pmb{A}}):\pmb{A}=\pmb{a}\cdot{\cal(\pmb{A}}:\pmb{A})

$ (\pmb{A}\cdot{\cal\pmb{A}}):\pmb{B}=\pmb{A}\cdot{\cal(\pmb{A}}:\pmb{B})

References