任意の2階tensor\pmb{T}について、

\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

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

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

2階のtensorの成分表示の座標変換式からの類推

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

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

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

つまり\pmb{T}=\sum_i\lambda_i\pmb{p}_i\otimes\bar{\pmb{p}}_iということ

ここから2階tensorの不変量との関係もわかる

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

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？

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

\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}

#2023-08-12 15:44:15

#2022-07-27 12:13:48

#2022-07-12 04:58:39

#2022-06-09 06:48:43