行列の写像のwell-definedの証明ができま

宜しくお願い致します。

N_n:={X;Xはn×n正規行列}とし,2つの写像f:R→R,F:N_n→R^{n×n}を
f(x):=Σ_{k=0}^∞a_kx^kとし,Fは
X=P^t diag(λ_1,λ_2,…,λ_n)P (但し,Pは直交行列,diag(λ_1,λ_2,…,λ_n)は対角行列)と書けるので,
F(X):=P^t diag(f(λ_1),f(λ_2),…,f(λ_n))Pと定義するとFはwell-definedである事を示す問題です。

[証]
背理法を使って証明する。
X:=P^t diag(λ_1,λ_2,…,λ_n)P=Q^t diag(μ_1,μ_2,…,μ_n)Q…(*)の時
(ここで,λ_1,λ_2,…,λ_n,μ_1,μ_2,…,μ_nはXの固有値となりますね),
P^t diag(f(λ_1),f(λ_2),…,f(λ_n))P≠Q^t diag(f(μ_1),f(μ_2),…,f(μ_n))Qとなったと仮定すると,

左辺=(Σ_{k=1}^n p_{ki} f(λ_k) p_{jk}),
右辺=(Σ_{k=1}^n q_{ki} f(μ_k) q_{jk}),
なので

∃l,m∈{1,2,…,n}; Σ_{k=1}^n p_{kl} f(λ_k) p_{mk}≠Σ_{k=1}^n q_{kl} f(μ_k) q_{mk}で,
(*)より, ∃r,s∈{1,2,…,n}; λ_r≠f(λ_r)または,μ_s≠f(μ_s)が言える。

従って, λ_r≠Σ_{k=0}^∞a_kλ_r^kまたは,μ_s≠Σ_{k=0}^∞a_kμ_s^k

まで言えたのですが,ここからどうやって矛盾が引き出せますでしょうか?

No.8 回答者： Tacosan 回答日時： 2014/02/18 00:09

ん～, 見た感じは OK っぽい気がします.

No.7 回答者： Tacosan 回答日時： 2013/12/25 00:38

「そうですね。

QP^tD_λ'x_1=f(λ_1)QP^tx_1と
D_μ'QP^tx_1=QP^tD_λ'x_1とから
D_μ'QP^tx_1=QP^tD_λ'x_1が言え,
D_μ'QP^tx_1=f(λ_1)QP^tx_1が言えますね。」
のところに突っ込んでおく:
・D_λ' とか D_μ' とかって, なに?
・「D_μ'QP^tx_1=QP^tD_λ'x_1が言え,」の部分がなぜあるのか.
・「QP^tD_λ'x_1=f(λ_1)QP^tx_1とD_μ'QP^tx_1=QP^tD_λ'x_1とから」のところ, なぜ D_μ'QP^tx_1=QP^tD_λ'x_1 といえる?

> ここから Q P^t x_1 は D_μ の固有値 λ_1 に対する固有ベクトルなので
> 一部を除いて成分は 0 (0 でない成分はどこに出るでしょうか?).
については
「Q P^t x_1 は D_μ の固有値 λ_1 に対する固有ベクトル」
に気付いてほしいところ. 「x_1 は D_λ の固有値 λ_1 に対する固有ベクトル」では書くまでもないし.

それを念頭に Q P^t x_1 = (y_1, ..., y_n)^t とでもてきとうに成分でおいて計算すれば「一部を除いて成分は 0」は容易.

この回答へのお礼

すっかり遅くなりまして大変申し訳ありません。

> それを念頭に Q P^t x_1 = (y_1, ..., y_n)^t とでもてきとうに
> 成分でおいて計算すれば「一部を除いて成分は 0」は容易.

は今暫く考える時間を下さい。

別の方法で解決できました。
今,(PQ^T)D_λ=D_μPQ^Tなのだから(x_ij):=PQ^Tと成分表示すると,
((λ_i-μ_j)x_ij)=Oとなり,
λ_i≠μ_jならx_ij=0でなければならず,またλ_i=μ_jならf(λ_j)=f(μ_j)が言えるので
(∵fは写像なので写像の定義),
これら2条件から
((f(λ_i)-f(μ_j))x_ij)=Oと書け,
これを元の形に戻すと
(PQ^T)D_λ'=D_μ'PQ^T
に辿り着け,めでたくwell-definedであることが言えたのですがいかがでしょうか?

ちょっと簡単すぎなような気もしますが。。
これならfは初等関数でなく,任意の写像としてもいけますし,
fは複素関数でもOKですね。

お礼日時：2014/02/17 12:30

No.6 回答者： Tacosan 回答日時： 2013/12/22 00:26

まず

Q P^t D_λ = D_μ Q P^t
から D_λ の固有値 λ_1 に対する固有ベクトル x_1 をもってくると
Q P^t D_λ x_1 = D_μ Q P^t x_1
が成り立つわけだが, ここから
Q P^t x_1 は D_μ の固有値 λ_1 に対する固有ベクトルなので一部を除いて成分は 0 (0 でない成分はどこに出るでしょうか?).

んで
Q P^t D'_λ x_1 = f(λ_1) Q P^t x_1
は簡単にわかるので
D'_μ Q P^t x_1
が問題になるわけだが, 上の事実を使うと
D'_μ Q P^t x_1 = f(λ_1) Q P^t x_1
が証明できる (Q P^t x_1 の 0 でない成分がどこにあるかがポイント).

なお, f の条件は, 実は完全に無意味です. 例えば「x が 0 のとき 1, そうでなければ 0」という関数でも問題なく定義できます.

この回答へのお礼

お手数おかけしまして申し訳ありません。

> まず
> Q P^t D_λ = D_μ Q P^t
> から D_λ の固有値 λ_1 に対する固有ベクトル x_1 をもってくると
> Q P^t D_λ x_1 = D_μ Q P^t x_1
> が成り立つわけだが,

そうですね。

> ここから Q P^t x_1 は D_μ の固有値 λ_1 に対する固有ベクトルなので
> 一部を除いて成分は 0 (0 でない成分はどこに出るでしょうか?).

固有ベクトルは0になる成分が或る場合があれば無い場合もあると思うのですが,,,
今わかっている事はQ P^tは正則行列でx_1はD_λx_1=λ_1x_1を満たすベクトルですよね。

どうしても, 0の成分が出てくる理由が分からないのですが。。

> んで
> Q P^t D'_λ x_1 = f(λ_1) Q P^t x_1
> は簡単にわかるので

はい,これは確認できました。

> D'_μ Q P^t x_1
> が問題になるわけだが, 上の事実を使うと
> D'_μ Q P^t x_1 = f(λ_1) Q P^t x_1
> が証明できる

そうですね。
QP^tD_λ'x_1=f(λ_1)QP^tx_1と
D_μ'QP^tx_1=QP^tD_λ'x_1とから
D_μ'QP^tx_1=QP^tD_λ'x_1が言え,
D_μ'QP^tx_1=f(λ_1)QP^tx_1が言えますね。

> (Q P^t x_1 の 0 でない成分がどこにあるかがポイント).

すいません。どうして0でない成分がポイントなるのでしょうか?

> なお, f の条件は, 実は完全に無意味です. 例えば「x が 0 のとき 1, そうでなければ 0」という関数でも問題なく定義できます.

f(x):=1 (x=0の時), 0 (otherwise)なら
F(X):=P^t diag(f(λ_1),f(λ_2),…,f(λ_n))P
となり,無限冪級数以外の形の関数でもwell-definedとなるのでfは無限冪級数と限る必要はないのですね。

お礼日時：2013/12/24 07:25

No.5 回答者： Tacosan 回答日時： 2013/12/18 23:48

とりあえず質問文の「[証]」以下は論理的におかしいのでなかったことにする (実際, 背理法じゃなくても簡単に証明できるし).

で
D_λ = diag(λ_1,λ_2,…,λ_n), D_μ = diag(μ_1,μ_2,…,μ_n),
D'_λ = diag(f(λ_1),f(λ_2),…,f(λ_n)), D'_μ = diag(f(μ_1),f(μ_2),…,f(μ_n)),
P, Q: 直交行列
とおいて考える.

そもそも証明すべきことは
P^t D_λ P = Q^t D_μ Q なら P^t D'_λ P = Q^t D'_μ Q
だが, これを馬鹿正直に証明する必要はなくってこれと同値な命題を証明すればいい. そこで
Q P^t D_λ = D_μ Q P^t なら Q P^t D'_λ = D'_μ Q P^t
と書き直す. ここで D_λ と D'_λ とが「固有ベクトルの集合」を共有できることに気付けばわりと簡単.

そして証明をふりかえると「f がべき級数で書ける」という条件はどこにも出てこない....

この回答へのお礼

遅くなりまして大変申し訳ありません。

> ここで D_λ と D'_λ とが「固有ベクトルの集合」を共有できることに気付けばわりと簡単.
D_λ と D'_λの固有値を{λ_1,…,λ_n},{f(λ_1),…,f(λ_n)}とするとx_kがD_λのλ_kに関する固有ベクトルとするとx_kはD_λ'のf(λ_k)に関する固有ベクトルにもなっていることは分かりました。
そして
P^tD_λP と P^tD'_λPの各固有値に対する固有ベクトルも一致しますね。

そして (x_1,x_2,…,x_n):=QP^t (但し,x_kは縦ベクトル)とすると,
Q P^t D'_λは
(λ_1x_1,λ_2x_2,…,λ_nx_n)
と書け,
D'_μ Q P^tは
=((μ_1,μ_2,…,μ_n)^t x_1, (μ_1,μ_2,…,μ_n)^t x_2,…,(μ_1,μ_2,…,μ_n)^t x_n)
と書けたのですがこれから,どうすれば

λ_1x_1,λ_2x_2,…,λ_nx_n
=((μ_1,μ_2,…,μ_n)^t x_1, (μ_1,μ_2,…,μ_n)^t x_2,…,(μ_1,μ_2,…,μ_n)^t x_n)
が言えるのでしょうか? すみません。

> そして証明をふりかえると「f がべき級数で書ける」とい
> う条件はどこにも出てこない....

そうでした。「fが収束する冪級数で書けたとする」という条件が必要でした。

お礼日時：2013/12/21 07:04

No.4 回答者： Tacosan 回答日時： 2013/12/17 10:06

固有値が出てきている状況における「固有ベクトルの使い方」など, それほど多いとは思わんのだけど.

2つの行列 A, B が任意のベクトル x に対して Ax=Bx なら A=B だ, ってのはいいよね?

この回答へのお礼

> 2つの行列 A, B が任意のベクトル x に対して Ax=Bx な> ら A=B だ, ってのはいいよね?

はい, 大丈夫です。

お礼日時：2013/12/18 13:54

No.3 回答者： Tacosan 回答日時： 2013/12/16 23:24

なんか固有ベクトルを持ち出したい気分.

この回答へのお礼

有難うございます。

固有ベクトルをどのように使うのでしょうか?

お礼日時：2013/12/17 02:59

No.2 回答者： berokanda 回答日時： 2013/12/16 13:01

＞∃t∈N; a_{t+1}=a_{t+2}=…=0とすると,

いやいや（笑）

一般のfで考えるのではなく、x^2とかaxとか
和とかを考えるんですよ。

ところでRとかa_kとかが何なのかも補足に
書いておいてほしいです。

この回答へのお礼

これは失礼いたしました。　Rは実数体でa_kは実数です。

> 一般のfで考えるのではなく、x^2とかaxとか
> 和とかを考えるんですよ。

そうでしたか。
f(x)=x^2の場合,
λ_r≠λ_r^2または,μ_s≠μ_s^2なので
λ_r≠0,1またはμ_s≠0,1.

f(x)=ax(aは実数)の場合,
λ_r≠aλ_rまたは,μ_s≠aμ_sなので
(λ_r≠0且つa≠1)または(μ_s≠0且つa≠1)
までは行けたのですが。。

お礼日時：2013/12/17 02:58

No.1 回答者： berokanda 回答日時： 2013/12/16 07:23

難しく考え過ぎでは？

f(x)の右辺が有限和のときほぼ明らかなことを
使うほうが楽です。

この回答へのお礼

有難うございます。

> f(x)の右辺が有限和のときほぼ明らかなことを
> 使うほうが楽です。

そうでしたか。

∃t∈N; a_{t+1}=a_{t+2}=…=0とすると,
左辺=(Σ_{k=1}^h p_{ki} f(λ_k) p_{jk})=(Σ_{k=1}^h p_{ki} (Σ_{w=0}^t a_wλ_k^w) p_{jk}),
右辺=(Σ_{k=1}^h q_{ki} f(μ_k) q_{jk})=(Σ_{k=1}^h q_{ki} (Σ_{w=0}^t b_wμ_k^w) q_{jk})
なので

∃l,m∈{1,2,…,n}; Σ_{k=1}^n p_{kl} (Σ_{w=0}^t a_wλ_k^w) p_{mk}≠Σ_{k=1}^n q_{kl} (Σ_{w=0}^t b_wμ_k^w) q_{mk}で,
(*)より, ∃r,s∈{1,2,…,n}; λ_r≠f(λ_r)または,μ_s≠f(μ_s)が言える。

従って, λ_r≠Σ_{k=0}^t a_kλ_r^kまたは,μ_s≠Σ_{k=0}^t a_kμ_s^k

から先に進めません。 すみません。

お礼日時：2013/12/16 08:15