固有値と次元のことについて

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の第二問(2)の解答の下から3行目に、「ここで、上式の等式を満たすときは2次元空間を張ることができないため、」との記述がありますが、これは、a_iは2次元空間を張るため、∇^2f(p)の固有値はかならず0でない、ということを言っているのでしょうか？
また、もしそうなら、なぜこのように言えるのでしょうか？

No.2 ベストアンサー 回答者： Tacosan 回答日時： 2009/08/20 00:29

まずコーシーシュワルツの等号条件ですが, 「全ての a_i が 0 である」場合も (両辺ともに 0 なので) 等号が成り立ちます. ところが, k a_i = b_i と書いてしまうとこの場合が含まれないので, 「全ての i に対して k a_i = b_i であるか, あるいは全ての i に対して a_i = 0」と書かなければなりません.

で次のところですが... あ, 私の書き方が悪かったですね. 「{a_i} は 2次元空間を張る」とする必要があります. で, これは自動的に「任意のスカラ m に対して a_i ≠ m a_j を満たす a_i, a_j が存在する」ことを意味します. 後者が成り立たなければ {a_i} は (全てが 1つのベクトルのスカラ倍なので) 2次元空間を張ることができません.

この回答へのお礼

＞「全ての a_i が 0 である」場合も (両辺ともに 0 なので) 等号が成り立ちます
なるほど、確かに、k a_i = b_iだと、この場合が抜けてしまいますね＾＾；
あと、私も、Ano.1のお礼の所で書いた「また」より前のa_iはスカラなのに、後のa_iはベクトルとして使用していて別の変数として使用することを書くべきでしたね・・・


つまり、a_i　(i=1,2,3,...,n)が二次元空間を張るとは、全てのa_iを表現できる最小の次元が2次元である((rank [a_1.....a_n])=2)ということだったんですね。

どうも有り難うございました。

お礼日時：2009/08/20 02:07

No.1 回答者： Tacosan 回答日時： 2009/08/12 15:37

直接的には「a_i は 2次元空間を張るので (その上の) コーシーシュワルツで等号は成り立たない」であり, その単純な帰結として「∇^2f(p) の行列式は正」を導いています. コーシーシュワルツの不等式

(Σ a_i^2)(Σ b_i^2) ≧ (Σ a_i b_i)^2
の等号成立条件は「a_i と b_i が比例する」, つまり「全ての i に対して同時に k a_i = l b_i である, 少なくとも一方は 0 でない k, l が存在する」であることを思い出してください.
ですめばいいんだけど, 非常に厳密にいうとこの解答は正しくない... というか「減点されてもしょうがないよね」部分が存在する (苦笑). ついでにいうと微妙に筋が悪い.
流れは「∇^2f(p) が正定値である ← 固有値は全て正である ← 固有方程式は正の実数しか解に持たない」なんだけど, 2次方程式 λ^2 - aλ + b = 0 の解がどちらも正であることの必要十分条件は a > 0, b > 0, a^2 - 4b ≧ 0 です. 最初の条件に触れていないし判別式が 0 になる可能性を捨てちゃったのでこの部分で減点されてもしょうがない (1次の係数は必ず正だけど, ここはやっぱり一言触れてほしい).
さらに言うと, a = fxx + fyy, b = fxx fyy - fxy^2 なので
a^2 - 4b = fxx^2 + 2fxx fyy + fyy^2 - 4fxx fyy + 4fxy^2 = (fxx - fyy)^2 + 4fxy^2 ≧ 0 なので, 「判別式が非負」を示すのに相加相乗は不要. つまり, 真に示すべきは fxx + fyy > 0 と fxx fyy - fxy^2 > 0 の 2つです.
まあ, 正定値であることを示すなら fxx > 0, fxx fyy - fxy^2 > 0 で実は十分なんだけど, fxx > 0 よりも fxx + fyy > 0 の方が示すのは簡単.

この回答へのお礼

比例の説明のところで、少なくともどちらか一方は0でないk,l画存在するとしてますが、a_i と b_i が比例する場合は、k a_i = b_iとなるkが存在する。というだけではないんですか？

また、
a_i=(1,k)^T
a_j=(3,3k)^T
は、2次元ベクトルだと思うのですが、a_iが2次元空間を張るとは、a_i≠m a_jということなのですか？

お礼日時：2009/08/13 04:34