2階tensorの固有値
$ \pmb{T}\pmb{p}_i=\lambda_i\pmb{p}_iを満たす$ \lambda_iを$ \pmb{T}の固有値、$ \pmb{p}_iを$ \pmb{T}の固有vectorと呼ぶ これって高階のtensorでも成立するのかな？
固有値$ \lambda_iに対応する固有vectorの組は無数に存在するが、ここでは固有vectorを単位vectorに固定することで、一対一対応にする
対角化
$ [\pmb{T}]^\mathsf{\bar{F}E}[\pmb{p}_i]^\mathsf{\bar{E}}=\lambda_i[\pmb{p}_i]^\mathsf{\bar{F}}
$ \iff[\pmb{T}]^\mathsf{\bar{F}E}[\pmb{S}]=[\pmb{U}][\pmb{T}']
各固有値の式を一本にまとめた
$ [\pmb{S}]_{ij}=[\pmb{p}_j]^\mathsf{\bar{E}}_i 、$ [\pmb{U}]_{ij}=[\pmb{p}_j]^\mathsf{\bar{F}}_i 、$ [\pmb{T}']_{ij}=\lambda_i\llbracket i=j\rrbracket とした
この時点では、まだ各行列に対応するtensor$ \pmb{S},\pmb{U},\pmb{T}'が存在するかわからない
$ \iff[\pmb{T}]^\mathsf{\bar{F}E}=[\pmb{U}][\pmb{T}'][\pmb{S}]^{-1}
直感的な考察
仮に、基底$ \mathsf{R}=(\pmb{r}_1,\cdots,\pmb{r}_n) を使って$ [\pmb{I}]^\mathsf{\bar{R}E}=[\pmb{S}]^{-1} と表せたとする
基底変換式は$ \bar{\pmb{e}}_i=\sum_j[\pmb{I}]^\mathsf{\bar{E}R}_{ij}\bar{\pmb{r}}_j=\sum_j[\pmb{S}]_{ij}\bar{\pmb{r}}_j となる
$ \implies\bar{\pmb{e}}_i=\sum_j[\pmb{S}]_{ij}\bar{\pmb{r}}_j=\sum_j[\pmb{p}_j]^\mathsf{\bar{E}}_i\bar{\pmb{r}}_j=\sum_j(\pmb{p}_j\cdot\bar{\pmb{e}}_i)\bar{\pmb{r}}_j=\sum_j(\bar{\pmb{e}}_i\cdot\pmb{p}_j)\bar{\pmb{r}}_j
$ \implies [\pmb{e}_i]^\mathsf{R}_j=\bar{\pmb{e}}_i\cdot\pmb{p}_j
$ \iff \bar{\pmb{e}}_i\cdot\pmb{p}_j=\bar{\pmb{e}}_i\cdot\pmb{r}_j
$ \because[\pmb{e}_i]^\mathsf{R}_j=\pmb{e}_i\cdot\pmb{r}_j
ここから、どうやら$ \pmb{p}_j=\pmb{r}_jっぽそうだと推測できる
旧記法だともっと明確にこれが出たのだが、新記法だと内積から変形できないようだ
というわけで、固有vectorが線型独立なら、$ [\pmb{S}]=[\pmb{I}]^\mathsf{\bar{E}P} だとわかった 証明
$ [\pmb{p}_j]^\mathsf{\bar{E}}_i=\left[\sum_k(\pmb{p}_j\cdot\bar{\pmb{e}}_k)\pmb{e}_k\right]^\mathsf{\bar{E}}_i=\sum_k(\pmb{p}_j\cdot\bar{\pmb{e}}_k)(\pmb{e}_k\cdot\bar{\pmb{e}}_i)=\pmb{p}_j\cdot\bar{\pmb{e}}_i
$ \implies [\pmb{S}]_{ij}=[\pmb{p}_j]^\mathsf{\bar{E}}_i=\bar{\pmb{e}}_i\cdot\pmb{p}_j=[\pmb{I}]^\mathsf{\bar{E}P}_{ij}
同様に$ [\pmb{U}]=[\pmb{I}]^\mathsf{\bar{F}P} となる
以上より$ [\pmb{T}']=[\pmb{T}]^\mathsf{\bar{P}P} となる
よって
$ [\pmb{T}]^\mathsf{\bar{F}E}=[\pmb{I}]^\mathsf{\bar{F}P}[\pmb{T}]^\mathsf{\bar{P}P}[\pmb{I}]^\mathsf{\bar{P}E}
$ [\pmb{T}]^\mathsf{\bar{P}P}_{ij}=\lambda_i\llbracket i=j\rrbracket
つまり$ \pmb{T}=\sum_i\lambda_i\pmb{p}_i\otimes\bar{\pmb{p}}_iということ
$ \mathrm{tr}(\pmb{T})=\sum_i\lambda_i
$ \pmb{T}:\pmb{T}=\sum_i{\lambda_i}^2
$ \mathrm{det}(\pmb{T})=\prod_i\lambda_i
太字記法のみを使う
方針
$ [\pmb{T}]^\mathsf{\bar{F}E}[\pmb{I}]^\mathsf{\bar{E}P}=[\pmb{I}]^\mathsf{\bar{F}P}[\pmb{T}]^\mathsf{\bar{P}P} から類推する
いやこれだけじゃ出てこないtakker.icon
結構頭使う
$ \pmb{I}=\sum_{i,j}\pmb{p}_i\cdot\bar{\pmb{p}}_j(\bar{\pmb{p}}_i\otimes\pmb{p}_j)=\sum_{i,j}(\bar{\pmb{p}}_i\otimes\pmb{p}_i)(\bar{\pmb{p}}_j\otimes\pmb{p}_j)を使えないか？takker.icon
いやそれ以前に$ \pmb{I}=\sum_{i,j}\pmb{p}_i\cdot\bar{\pmb{p}}_j(\bar{\pmb{p}}_i\otimes\pmb{p}_j)=\sum_{i,j}\llbracket i=j\rrbracket(\bar{\pmb{p}}_i\otimes\pmb{p}_j)=\sum_i\bar{\pmb{p}}_i\otimes\pmb{p}_iだから、単に$ \bar{\pmb{p}}_i\otimes\pmb{p}_iの和をとればいいのか
(2023-08-12)当時の考察では$ \otimesを明示的に書いていた
以下の導出は$ \otimesを略した記法で書き換えた
導出
$ \pmb{T}\pmb{p}_i=\lambda_i\pmb{p}_i\quad\text{.for }\forall i
$ \implies\pmb{T}\pmb{p}_i\bar{\pmb{p}}_i=\lambda_i\pmb{p}_i\bar{\pmb{p}}_i\quad\text{.for }\forall i
$ \implies\sum_i\pmb{T}\pmb{p}_i\bar{\pmb{p}}_i=\sum_i\lambda_i\pmb{p}_i\bar{\pmb{p}}_i
$ \iff \pmb{T}\pmb{I}=\sum_i\lambda_i\pmb{p}_i\bar{\pmb{p}}_i
$ \because\{\pmb{p}_0,\pmb p_1,\cdots,\pmb p_{n-1}\}が線型独立なら$ \sum_i\pmb{p}_i\bar{\pmb{p}}_i=\pmb{I}
$ \underline{\iff \pmb{T}=\sum_i\lambda_i\pmb{p}_i\bar{\pmb{p}}_i\quad}_\blacksquare