o4-miniで3次元2階tensorの固有方程式の解を求める
未検証
もちろん間違ってないか検証は必要
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2次元2階テンソル$ \bm Aの固有方程式は$ \lambda^2-I_1\lambda+I_2=0(式1)である。
ここで、$ I_1:=\mathrm{tr}\bm A,I_2:=\frac12\left({I_1}^2-\mathrm{tr}\left(\bm A^2\right)\right)は$ \bm Aの第1,第2不変量である。
式1の解は$ \lambda=\frac12I_1\pm\sqrt{\left(\frac12I_1\right)^2-I_2}である。
次に、$ \bm Aを3次元2階テンソルだとする。
固有方程式は$ \lambda^3-I_1\lambda^2+I_2\lambda-I_3=0(式2)である。
ここで、$ I_3:=-\frac13\left({I_1}^3-\mathrm{tr}\left(\bm A^3\right)\right)+I_1I_2は$ \bm Aの第3不変量である。
式2を解け。
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3次元テンソル$ \bm Aの特性方程式
$ \lambda^3 - I_1\lambda^2 + I_2\lambda - I_3 = 0
を解く手順を以下に示す。
1. 変数変換によるデプレスト（depressed）キュービック化
web上の日本語文献なし
日本語圏では使われていない用語？
$ \lambda = x + \frac{I_1}{3}
とおくと、元の方程式は $ x^3 + px + q = 0 の形になる。
$ p の定義
$ p = I_2 - \frac{I_1^2}{3}
$ q の定義
$ q = \frac{2I_1^3}{27} - \frac{I_1 I_2}{3} + I_3
$ \Delta = \left(\frac{q}{2}\right)^2 + \left(\frac{p}{3}\right)^3
$ \Delta>0 のとき，実根１つ・虚根２つ
$ \Delta=0 のとき，重根あり
$ \Delta<0 のとき，異なる実根３つ
code:tex
C = \sqrt3{-\frac{q}{2} + \sqrt{\Delta}} \quad,\quad
D = \sqrt3{-\frac{q}{2} - \sqrt{\Delta}} とおくと，元変数$ \lambdaでの解は次のとおりである。
code:tex
\lambda_k
= \frac{I_1}{3} + C,\omega^k + D,\omega^{2k}
\quad(k=0,1,2)
ただし $ \omega = e^{2\pi i/3} は三次単位根である。
4. すべて実数解の場合（$ \Delta<0）の別表現
code:tex
\lambda_j
= \frac{I_1}{3}
2\sqrt{-\frac{p}{3}}
\cos!\Bigl(\tfrac{1}{3}\arccos!\bigl(\tfrac{3q}{2p}\sqrt{-\tfrac{3}{p}}\bigr)
+ \tfrac{2\pi j}{3}\Bigr)
\quad(j=0,1,2)
以上により，$ \lambda^3 - I_1\lambda^2 + I_2\lambda - I_3=0 の三つの解を明示的に表現できる。
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偏差テンソル$ \bm A_D:=\bm A-\frac1{\mathrm{tr}\bm I}I_1\bm I($ \bm Iは単位テンソル、$ \mathrm{tr}\bm Iはテンソルの次元に等しい)の第2,3不変量を$ J_2,J_3とすると、$ J_2=I_2-\frac12\frac{\mathrm{tr}\bm I-1}{\mathrm{tr}\bm I}\left(I_1\right)^2,J_3=I_3-\frac{\mathrm{tr}\bm I-2}{\mathrm{tr}\bm I}I_1I_2+\frac13\frac{\mathrm{tr}\bm I-2}{\mathrm{tr}\bm I}\frac{\mathrm{tr}\bm I-1}{\mathrm{tr}\bm I}\left(I_1\right)^3である。
偏差テンソルの不変量を使うと、2次元における固有方程式の解を$ \lambda=\frac12I_1\pm\sqrt{-J_2}と表せる。
同様に、3次元のときの固有方程式の解を$ J_2,J_3で簡単にできないか試みよ。
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3次元の場合も，「偏差不変量」$ J_2,J_3をそのままデプレストキュービックの係数に対応させると，非常にすっきりした形になる。以下，手順と最終式を示す。
デプレスト変換
$ \lambda = x + \frac{I_1}{3}
と置くと，特性方程式$ \lambda^3 - I_1\lambda^2 + I_2\lambda - I_3=0は
$ x^3 + px + q = 0
の形になる。
係数と偏差不変量の関係
code:tex
p = I_2 - \frac{I_1^2}{3}
= J_2,
\qquad
q = \frac{2I_1^3}{27}-\frac{I_1I_2}{3}+I_3
= J_3
（まさに $ p=J_2，$ q=J_3となる）
$ x^3+J_2x-J_3=0にならないのが気になるtakker.icon
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確かに，偏差不変量の定義と置換を正しく当てはめると，デプレストキュービックは
$ x^3 + J_2x - J_3 = 0
となる。以下に手順と最終解を「である調」「箇条書き」で簡潔に示す。
置換
code:tex
\lambda = x + \frac{I_1}{3}
\quad\Longrightarrow\quad
x^3 + px + q = 0
とすると，
code:tex
p = I_2 - \frac{I_1^2}{3} = J_2,
\qquad
q = -\Bigl(I_3 - \frac{2I_1^3}{27} + \frac{I_1I_2}{3}\Bigr) = -J_3
ゆえに
$ x^3 + J_2x - J_3 = 0
カードーの公式
code:tex
C = \sqrt3{\frac{J_3}{2} + \sqrt{\Bigl(\tfrac{J_3}{2}\Bigr)^2 + \Bigl(\tfrac{J_2}{3}\Bigr)^3}}, \quad
D = \sqrt3{\frac{J_3}{2} - \sqrt{\Bigl(\tfrac{J_3}{2}\Bigr)^2 + \Bigl(\tfrac{J_2}{3}\Bigr)^3}} とおくと，元の固有値は
code:tex
\boxed{
\lambda_k
= \frac{I_1}{3}
+ C\omega^k
+ D\omega^{2k}
\quad(k=0,1,2),\quad
\omega = e^{2\pi i/3}
}
すべて実根をとる場合（判別式$ \Delta<0）の三角関数表示
code:tex
\lambda_j
= \frac{I_1}{3}
+ 2\sqrt{-\frac{J_2}{3}}
\cos\Bigl[
\tfrac{1}{3}\arccos\Bigl(
-\frac{3J_3}{2J_2}\sqrt{-\tfrac{3}{J_2}}
\Bigr)
+ \frac{2\pi j}{3}
\Bigr]
\quad(j=0,1,2)
以上で，「デプレストキュービックが$ x^3+J_2x-J_3=0になる」という指摘を反映した修正版である。
$ \cos\theta= \frac12\frac{J_3}{\left(-\frac13J_2\right)^\frac32}を使うと
$ \lambda_i=\frac{I_1}3+2\sqrt{-\frac13J_2}\cos\left(\frac13\theta+\frac23\pi k\right)\quad k=0,1,2
やっぱり関係する
$ \lambda_i=\frac{I_1}3+\frac23q\cos\left(\frac13\theta+\frac23\pi k\right)\quad k=0,1,2でもある
$ \Delta=\left(\frac{J_3}{2}\right)^2-\left(\frac{-J_2}{3}\right)^3が判別式になる
$ \left(\frac{J_3}{2}\right)^2<\left(\frac{-J_2}{3}\right)^3なら3つの実数解がある
カードーの公式（一般解）
code:tex
C = \sqrt3{-\frac{q}{2} + \sqrt{\Bigl(\frac{q}{2}\Bigr)^2 + \Bigl(\frac{p}{3}\Bigr)^3}}, \quad
D = \sqrt3{-\frac{q}{2} - \sqrt{\Bigl(\frac{q}{2}\Bigr)^2 + \Bigl(\frac{p}{3}\Bigr)^3}} とおくと，固有値は
code:tex
\lambda_k
= \frac{I_1}{3} + C\omega^k + D\omega^{2k}
\quad(k=0,1,2),
\quad\omega=e^{2\pi i/3}
で表される。
偏差不変量で書き下した最終形
code:tex
\boxed{
\lambda_k
= \frac{I_1}{3}
+ \sqrt3{-\frac{J_3}{2} + \sqrt{\Bigl(\frac{J_3}{2}\Bigr)^2 + \Bigl(\frac{J_2}{3}\Bigr)^3}} \omega^k
+ \sqrt3{-\frac{J_3}{2} - \sqrt{\Bigl(\frac{J_3}{2}\Bigr)^2 + \Bigl(\frac{J_2}{3}\Bigr)^3}} \omega^{2k}
}
ただし $ \omega=e^{2\pi i/3}。
実根が３つ得られる場合（$ \Delta<0）の三角関数表示
code:tex
\lambda_j
+ 2\sqrt{-\frac{J_2}{3}},
\cos\Bigl[
\tfrac{1}{3}\arccos\Bigl(
\frac{3J_3}{2J_2}\sqrt{-\tfrac{3}{J_2}}
\Bigr)
+ \frac{2\pi j}{3}
\Bigr],
(j=0,1,2)
以上のように，３次元でも「偏差テンソルの第２・第３不変量 $ J_2,J_3」だけを用いて，元の不変量 $ I_1,I_2,I_3 を介さずに固有値をコンパクトに書き下すことができる。
加えて、固有値が複素数のときの表示法があった
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