固有方程式
一般形
$ \det(\bm A-\lambda\bm I)=0
次元ごとの具体的な式形
3次元2階tensorの固有方程式$ \lambda^3-({\rm tr}\bm A)\lambda^2+\frac12\left(({\rm tr}\bm A)^2-{\rm tr}\left(\bm A^2\right)\right)\lambda-\det\bm A=0 $ \det(\bm A-\lambda\bm I)=0
$ \iff\epsilon_{ijkl}(A_{i0}-\lambda I_{i0})(A_{j1}-\lambda I_{j1})(A_{k2}-\lambda I_{k2})(A_{l3}-\lambda I_{l3})=0
$ \iff\epsilon_{ijkl}A_{i0}A_{j1}A_{k2}A_{l3}
$ -\epsilon_{ijk3}A_{i0}A_{j1}A_{k2}\lambda
$ -\epsilon_{ij2l}A_{i0}A_{j1}A_{l3}\lambda
$ -\epsilon_{i1kl}A_{i0}A_{k2}A_{l3}\lambda
$ -\epsilon_{0jkl}A_{j1}A_{k2}A_{l3}\lambda
$ +\epsilon_{ij23}A_{i0}A_{j1}\lambda^2
$ +\epsilon_{0jk3}A_{j1}A_{k2}\lambda^2
$ +\epsilon_{01kl}A_{k2}A_{l3}\lambda^2
$ +\epsilon_{i12l}A_{i0}A_{l3}\lambda^2
$ +\epsilon_{i1k3}A_{i0}A_{k2}\lambda^2
$ +\epsilon_{0j2l}A_{j1}A_{l3}\lambda^2
$ -\epsilon_{i123}A_{i0}\lambda^3
$ -\epsilon_{0j23}A_{j1}\lambda^3
$ -\epsilon_{01k3}A_{k2}\lambda^3
$ -\epsilon_{012l}A_{l3}\lambda^3
$ +\lambda^4=0
$ \iff\det\bm A
$ -\epsilon_{ijk3}A_{i0}A_{j1}A_{k2}\lambda
$ -\epsilon_{ij2l}A_{i0}A_{j1}A_{l3}\lambda
$ -\epsilon_{i1kl}A_{i0}A_{k2}A_{l3}\lambda
$ -\epsilon_{0jkl}A_{j1}A_{k2}A_{l3}\lambda
$ +\epsilon_{ij23}A_{i0}A_{j1}\lambda^2
$ +\epsilon_{0jk3}A_{j1}A_{k2}\lambda^2
$ +\epsilon_{01kl}A_{k2}A_{l3}\lambda^2
$ +\epsilon_{i12l}A_{i0}A_{l3}\lambda^2
$ +\epsilon_{i1k3}A_{i0}A_{k2}\lambda^2
$ +\epsilon_{0j2l}A_{j1}A_{l3}\lambda^2
$ -{\rm tr}(\bm A)\lambda^3+\lambda^4=0
係数の計算
$ I\!I_{\bm A}=\frac12(({\rm tr}\bm A)^2-{\rm tr}(\bm A^2))
$ = \frac12(A_{ii}^2+2A_{00}A_{11}+2A_{11}A_{22}+2A_{22}A_{33}+2A_{00}A_{22}+2A_{11}A_{33}-A_{ij}A_{ji})
$ = \frac12(2A_{00}A_{11}+2A_{11}A_{22}+2A_{22}A_{33}+2A_{00}A_{22}+2A_{11}A_{33}-\sum_{i<j}A_{ij}A_{ji}-\sum_{j<i}A_{ij}A_{ji})
$ =\sum_{i<j}(A_{ii}A_{jj}-A_{ij}A_{ji})
$ I\!I_{\bm A}が$ \lambda^2の係数
2次元にて$ I\!I\!I_{\bm A}=I\!I_{\bm A}'であることを考えると、4次元固有方程式のもう一つの係数は第3不変量を第1不変量と第2不変量で表すより $ -\frac13\left({I_{\bm A}}^3-I_{\bm A^3}\right)+I_{\bm A}I\!I_{\bm A}'ではないかtakker.icon