非直交基底の成分分解 のバックアップの現在との差分(No.4)

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* 非直交基底の成分分解 [#d038a619]

数ベクトル空間 &math(K^n); に、
必ずしも直交しない基底 &math(\set{\bm b_i}); を取る。
$n$ 次元数ベクトル空間 $K^n$ に、
必ずしも直交せず、正規化もされていない基底 $\{\bm b_i\}$ を取る。

任意のベクトル &math(\bm x); を成分分解して、
基底であるから任意のベクトル $\bm x$ を成分分解して、

 &math(\bm x=\sum_{i=1}^n x_i\bm b_i);  (*)
$$\bm x=\sum_{i=1}^n x_i\bm b_i\hspace{3cm}(*)$$

と表す際の成分 &math(\set{x_i}); を求める方法を考える。
と表せるのであるが、この係数 $\{x_i\}$ をどうやって求めたらよいかというのがここでの問題。&katex();

もしも $\{\bm b_i\}$ が正規直交基底であったなら、$x_i=(\bm b_i, \bm x)$ として簡単に求まるのであるが、これは、

$$
\begin{aligned}
(\bm b_i,\bm x)&=\sum_{j=1}^n x_j(\bm b_i,\bm b_j)\\
&=\sum_{j=1}^n x_j\delta_{ij}=x_i\\
\end{aligned}
$$

すなわち、

$$(\bm b_i,\bm b_j)=\delta_{ij}$$

となることをうまく使っているのだった(他の項がゼロになり、求めたい項の係数が1になる)。

$\{\bm b_i\}$ が必ずしも正規直交でない場合にはこれが成り立たないため困るののだけれど、もし代わりに

$$(\bm \beta_i,\bm b_j)=\delta_{ij}$$

を満たすような $n$ 本のベクトル $\bm\beta_i$ を発見できれば、やはり $(\bm \beta_i, \bm x)=x_i$ とするだけで成分を求められる! というのが以下の道筋となる。

** 目次 [#v3370393]

#contents

* 逆基底 [#ra5d069b]

基底 &math(\set{\bm b_i}); の「逆基底」をここでは &math(\set{\bm b_i^*}); と書くことにすると、
基底 $\{\bm b_i\}$ の「逆基底(仮)」をここでは $\{\bm \beta_i\}$ と書くことにする。任意の $i,j$ に対して

 &math((\bm b_j^*,\bm b_i)=\delta_{ij});
$$(\bm \beta_j,\bm b_i)=\delta_{ij}$$

を満たすことが逆基底の定義である((数学的には &math((\bm b_j^*)^\dagger); を逆基底とするのが本来であるが、ここでは分かりやすさを優先する))。
を満たすことが逆基底(仮)の定義である。下で解説する通り、数学的には $\bm \beta_j$ のエルミート共役である $\bm \beta_j^\dagger$ が本来の逆基底であるが、ここでは線形代数 II からの導入のしやすさを優先して「逆基底(仮)」を定義しておく。

つまり、&math(\bm b_j^*); は 
つまり、$\bm \beta_j$ は 

- &math((\bm b_j^*,\bm b_j)=1);
- &math(\bm b_j); 以外と直交
- 一般に &math(\bm b_j); と___平行ではない___
-- &math(\bm b_j); と平行になるのは、&math(\bm b_j); 以外の基底がすべて &math(\bm b_j); と直交するときだけである
- &math(\set{\bm b_i}); が正規直交ならば、&math(\bm b_j^*=\bm b_j); である。
- $(\bm \beta_j,\bm b_j)=1$
- $\bm b_j$ 以外と直交

* 成分を求めるには [#t3175db5]
つまり、$\bm b_j$ 以外で張られる空間の直交補空間の元で、その $\bm b_j$ 方向の成分が $1/\|\bm b_j\|$ であるようなベクトルである。そして、

上記を満たす逆基底が求まりさえすれば、
(*)式に左から &math(\bm b_j^*); をかけることで
右辺は &math(\bm b_j); の項を残してゼロとなり、
#ref(inverse_basis.png,right,around,45%);

 &math((\bm b_j^*,\bm x)=x_j);
- 一般に $\bm b_j$ と___平行ではない___
-- $\bm b_j$ が $\bm b_j$ 以外の基底と直交しないのだから当然
- $\{\bm b_i\}$ が正規直交なら $\bm \beta_j=\bm b_j$ と取れる。
-- 一般には $\bm b_j$ に $|k|=1$ を満たす係数 $k$ を掛けて $\bm \beta_j=k\bm b_j$ と取ってよい。

のように簡単に成分を求められる。
たとえば $n=3$ のとき、$\bm\beta_1$ は $\bm b_2,\bm b_3$ が張る空間 $V_{2,3}$ の直交補空間 $V_{2,3}^\perp$ のベクトルで、その $\bm b_1$ 方向成分の長さが $1/\|\bm b_1\|$ であるようなものだ。
* 成分を求めるには [#t3175db5]

正規直交の場合には上述の通り &math(\bm b_j^*=\bm b_j); であるから、
上述のとおり、逆基底(仮)が求まりさえすれば、

 &math((\bm b_j,\bm x)=x_j);
$$(\bm \beta_j,\bm x)=x_j$$

となり、[[線形代数II/射影・直和・直交直和#d2df2673]] の結果と一致する。
のように簡単に成分を求められる。



* 逆基底の求め方(逆行列を使う) [#w11bf76d]

 &math((\bm b_i^*,\bm b_j)=\delta_{ij});
$$(\bm \beta_i,\bm b_j)={\bm \beta_i}^\dagger\bm b_i=\delta_{ij}$$

より、&math({\bm b_i^*}^\dagger); を並べた行列と、
&math(\bm b_i); を並べた行列とを掛け合わせれば、
であるから、${\bm \beta_i}^\dagger$ を並べた行列 $\mathcal B^\dagger$ と、
$\bm b_i$ を並べた行列 $B$ とを掛け合わせれば、

 &math(
$$
\mathcal B^\dagger B=
\begin{pmatrix}
\hspace{7mm}{\bm b_1^*}^\dagger\hspace{7mm}\\
{\bm b_2^*}^\dagger\\
{\bm b_3^*}^\dagger\\
{\bm b_4^*}^\dagger\\
\hspace{7mm}\bm \beta_1^\dagger\hspace{7mm}\\
\bm \beta_2^\dagger\\
\bm \beta_3^\dagger\\
\vdots\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\rule{0mm}{7mm}\\
\bm b_1&\bm b_2&\bm b_3&\bm b_4\\
\bm b_1&\bm b_2&\bm b_3&\cdots\\
\rule{0mm}{7mm}\\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
(\bm b_1^*,\bm b_1)&(\bm b_1^*,\bm b_2)&(\bm b_1^*,\bm b_3)&(\bm b_1^*,\bm b_4)\\
(\bm b_2^*,\bm b_1)&(\bm b_2^*,\bm b_2)&(\bm b_2^*,\bm b_3)&(\bm b_2^*,\bm b_4)\\
(\bm b_3^*,\bm b_1)&(\bm b_3^*,\bm b_2)&(\bm b_3^*,\bm b_3)&(\bm b_3^*,\bm b_4)\\
(\bm b_4^*,\bm b_1)&(\bm b_4^*,\bm b_2)&(\bm b_4^*,\bm b_3)&(\bm b_4^*,\bm b_4)\\
(\bm \beta_1,\bm b_1)&(\bm \beta_1,\bm b_2)&\cdots&&\\
(\bm \beta_2,\bm b_1)&(\bm \beta_2,\bm b_2)\\
\vdots&&\ddots\\
\\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
\delta_{11}&\delta_{12}&\delta_{13}&\delta_{14}\\
\delta_{21}&\delta_{22}&\delta_{23}&\delta_{24}\\
\delta_{31}&\delta_{32}&\delta_{33}&\delta_{34}\\
\delta_{41}&\delta_{42}&\delta_{43}&\delta_{44}\\
\delta_{11}&\delta_{12}&\cdots&&\\
\delta_{21}&\delta_{22}&\\
\vdots&&\ddots&\\
\\
\end{pmatrix}=E
);
$$

のように単位行列となる。すなわち、

 &math(
$$
\mathcal B^\dagger=B^{-1}\hspace{1cm}\text{つまり}\hspace{1cm}
\begin{pmatrix}
\hspace{7mm}{\bm b_1^*}^\dagger\hspace{7mm}\\
{\bm b_2^*}^\dagger\\
{\bm b_3^*}^\dagger\\
{\bm b_4^*}^\dagger\\
\hspace{7mm}{\bm \beta_1}^\dagger\hspace{7mm}\\
{\bm \beta_2}^\dagger\\
{\bm \beta_3}^\dagger\\
\vdots\\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
\rule{0mm}{7mm}\\
\bm b_1&\bm b_2&\bm b_3&\bm b_4\\
\bm b_1&\bm b_2&\bm b_3&\cdots\\
\rule{0mm}{7mm}\\
\end{pmatrix}^{-1}
);
$$

の関係がある。

つまり、基底ベクトルを列ベクトルに持つ行列の、逆行列の列ベクトルが逆基底ベクトルである。
つまり、基底ベクトルを列ベクトルに持つ行列の逆行列を求め、
その列ベクトルのエルミート共役を取れば逆基底ベクトルを求められる。~
(基底ベクトルは一次独立であるから $B$ には必ず逆行列が存在し、逆基底ベクトルも必ず存在する)

基底ベクトルは一次独立であるから、必ず逆行列が存在し、逆基底ベクトルも必ず存在することがここから分かる。
というかまあカバーストーリーをまるっとすっ飛ばせば、

$$\bm x=\sum_{i=1}^n x_i\bm b_i\hspace{3cm}(*)$$

という式は、

$$
\bm x=\underbrace{\Bigg(\bm b_1\ \bm b_2\ \dots\ \bm b_n\Bigg)}_B\begin{pmatrix}
x_1\\x_2\\\vdots\\x_n
\end{pmatrix}
$$

を表すから、

$$
\begin{pmatrix}
x_1\\x_2\\\vdots\\x_n
\end{pmatrix}=
B^{-1}\bm x=\underbrace{\begin{pmatrix}
\hspace{5mm}\bm \beta_1^\dagger\hspace{5mm}\\
\bm \beta_1^\dagger\\
\vdots\\
\bm \beta_n^\dagger\\
\end{pmatrix}}_{B^{-1}}\bm x
$$

と書け、成分である $x_i$ を $B^{-1}$ の行ベクトル $\bm \beta_i^\dagger$ を使って

$$
x_i=\bm \beta_i^\dagger\bm x
$$

と書け、これを内積で書けば

$$
x_i=(\bm \beta_i,\bm x)
$$

となる、ということだ。

** 例 [#g5d8e042]

次の4つのベクトルは &math(\mathbb{R}^4); の基底となる。
次の4つのベクトルは $\mathbb{R}^4$ の基底となる。

 &math(
$$
\begin{pmatrix}
1\\2\\3\\4
\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}
2\\2\\-1\\-1
\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}
1\\1\\1\\1
\end{pmatrix},
\begin{pmatrix}
0\\1\\1\\0
\end{pmatrix}
);
$$

これらを列ベクトルとする行列を作り、その逆行列を求めよう。

&math(
&\begin{pmatrix}
$$
\begin{aligned}
&\bigg(\ B\ \ \ E\ \ \bigg)=\begin{pmatrix}
1&2&1&0&1&0&0&0\\
2&2&1&1&0&1&0&0\\
3&-1&1&1&0&0&1&0\\
4&-1&1&0&0&0&0&1\\
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1&2&1&0&1&0&0&0\\
0&-2&-1&1&-2&1&0&0\\
0&-7&-2&1&-3&0&1&0\\
0&-9&-3&0&-4&0&0&1\\
\end{pmatrix}\sim
\end{pmatrix}\\&\sim
\begin{pmatrix}
1&2&1&0&1&0&0&0\\
0&-2&-1&1&-2&1&0&0\\
0&-14&-4&2&-6&0&2&0\\
0&-2&-1&-1&-1&0&-1&1\\
\end{pmatrix}\\&\sim
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1&0&0&1&-1&1&0&0\\
0&-2&-1&1&-2&1&0&0\\
0&0&3&-5&8&-7&2&0\\
0&0&0&-2&1&-1&-1&1\\
\end{pmatrix}\sim
\end{pmatrix}\\&\sim
\begin{pmatrix}
2&0&0&2&-2&2&0&0\\
0&-6&-3&3&-6&3&0&0\\
0&0&3&-5&8&-7&2&0\\
0&0&0&-2&1&-1&-1&1\\
\end{pmatrix}\\&\sim
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
2&0&0&2&-2&2&0&0\\
0&-6&0&-2&2&-4&2&0\\
0&0&6&-10&16&-14&4&0\\
0&0&0&-2&1&-1&-1&1\\
\end{pmatrix}\sim
\end{pmatrix}\\&\sim
\begin{pmatrix}
2&0&0&0&-1&1&-1&1\\
0&-6&0&0&1&-3&3&-1\\
0&0&6&0&11&-9&9&-5\\
0&0&0&-2&1&-1&-1&1\\
\end{pmatrix});
\end{pmatrix}\sim\bigg(\ E\ \ \ \mathcal B^\dagger\ \bigg)
\end{aligned}
$$

ここから、

&math(
\bm b_1^*=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-1\\1\\-1\\1\end{pmatrix},\ 
\bm b_2^*=\frac{1}{6}\begin{pmatrix}-1\\3\\-3\\1\end{pmatrix},\ 
\bm b_3^*=\frac{1}{6}\begin{pmatrix}11\\-9\\9\\-5\end{pmatrix},\ 
\bm b_4^*=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-1\\1\\1\\-1\end{pmatrix},\ 
);
$$
\bm \beta_1=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-1\\1\\-1\\1\end{pmatrix},
\ \bm \beta_2=\frac{1}{6}\begin{pmatrix}-1\\3\\-3\\1\end{pmatrix},
\ \bm \beta_3=\frac{1}{6}\begin{pmatrix}11\\-9\\9\\-5\end{pmatrix},
\ \bm \beta_4=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-1\\1\\1\\-1\end{pmatrix}
$$

を得る。

それぞれ、逆基底の定義を満たしていることを確認せよ。
例えば、$\bm x=\begin{pmatrix}-1\\ -4\\ 7\\ 14\end{pmatrix}$ と置くと、

例えば、&math(\bm x=\begin{pmatrix}-1\\ -4\\ 7\\ 14\end{pmatrix}); と置くと、

&math(
\bm x=&
\left[
$$
\begin{aligned}
\bm x=&\sum_{i=1}^4(\bm\beta_i,\bm x)\bm b_i\\
=&\left[
\frac{1}{2}
{\small
\begin{pmatrix}
-1\\1\\-1\\1
\begin{pmatrix}-1\\1\\-1\\1
\end{pmatrix}\cdot
\begin{pmatrix}-1\\ -4\\ 7\\ 14\end{pmatrix}
}\right]
\begin{pmatrix}1\\2\\3\\4\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}1\\2\\3\\4\end{pmatrix}+
\left[
\frac{1}{6}
{\small
\begin{pmatrix}
-1\\3\\-3\\1
\begin{pmatrix}-1\\3\\-3\\1
\end{pmatrix}\cdot
\begin{pmatrix}-1\\ -4\\ 7\\ 14\end{pmatrix}
}\right]
\begin{pmatrix}2\\2\\-1\\-1\end{pmatrix}\\
&+
\left[
\frac{1}{6}
{\small
\begin{pmatrix}
11\\-9\\9\\-5
\end{pmatrix}\cdot
\begin{pmatrix}-1\\ -4\\ 7\\ 14\end{pmatrix}
}\right]
\begin{pmatrix}1\\1\\1\\1\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}1\\1\\1\\1\end{pmatrix}+
\left[
\frac{1}{2}
{\small
\begin{pmatrix}
-1\\1\\1\\-1
\begin{pmatrix}-1\\1\\1\\-1
\end{pmatrix}\cdot
\begin{pmatrix}-1\\ -4\\ 7\\ 14\end{pmatrix}
}\right]
\begin{pmatrix}0\\1\\1\\0\end{pmatrix}\\
=&2\begin{pmatrix}1\\2\\3\\4\end{pmatrix}
-3\begin{pmatrix}2\\2\\-1\\-1\end{pmatrix}
+3\begin{pmatrix}1\\1\\1\\1\end{pmatrix}
-5\begin{pmatrix}0\\1\\1\\0\end{pmatrix}\\
=&\begin{pmatrix}-1\\-4\\7\\14\end{pmatrix}\\
);
\begin{pmatrix}0\\1\\1\\0\end{pmatrix}\\=&
\underbrace{
2\begin{pmatrix}1\\2\\3\\4\end{pmatrix}-
3\begin{pmatrix}2\\2\\-1\\-1\end{pmatrix}+
3\begin{pmatrix}1\\1\\1\\1\end{pmatrix}-
5\begin{pmatrix}0\\1\\1\\0\end{pmatrix}}_\text{成分分解}=
\begin{pmatrix}-1\\-4\\7\\14\end{pmatrix}\\
\end{aligned}
$$

が成り立ち、正しく成分分解されることを確認できる。

* 逆基底の求め方(外積を使う) [#re9c09f8]

&math(\set{\bm b_i}); を順に横に並べ、&math(j); 番目だけ &math(\bm x); 
に置き換えた次のような行列式を作り、これを &math(K^n\to K); の写像 &math(T_j); 
と見なす。
$\{\bm b_i\}$ を順に横に並べ、$j$ 番目だけ $\bm x$ 
に置き換えた行列式を作り、これを $K^n\to K$ の写像 $T_j$ とみなす。

 &math(T_j(\bm x)=
$$T_j(\bm x)=
\Bigg|
\,\bm b_1\ \bm b_2\ \dots\ \underset{\overset{\wedge}{j}}{\bm x}\ \dots\ \bm b_n
\Bigg|
);
$$

行列式は列ベクトルに対して線形であるから、この &math(T_j); は線形写像となり、
ある &math(1\times n); 行列 &math(A_{Tj}); を用いて
この $T_j$ は線形なので、
その表現行列である $1\times n$ 行列($n$ 次元横ベクトル)を $\bm t_j^\dagger$ と書けば

 &math(T_j(\bm x)=A_{Tj}\bm x);
$$T_j(\bm x)=\bm t_j^\dagger\bm x=(\bm t_j,\bm x)$$

の形に表せる。(行列式を展開すればこの形になるということ。)
のように標準内積で表せる。(行列式を展開すればこの形になるということ)

>少々脱線するが、&math(n-1); 個の &math(n); 次元ベクトル &math(\set{\bm b_i|2\ge i}); のベクトル積 &math(\bm b_2\times\bm b_3\times\dots\times\bm b_n); は、
> &math(
\Bigg|
\,\bm x\ \bm b_2\ \bm b_3\ \dots\ \bm b_n
\Bigg|\,=\,(\,\bm b_2\times\bm b_3\times\dots\times\bm b_n,\,\bm x\,)
);
> を満たすベクトルとして定義される。
>
> この定義を用いると、
> &math(A_{Tj}=(-1)^{j-1}\bm b_1\times\bm b_2\times\dots(j番目欠)\dots\times\bm b_n);
> と表せる。
>
>● &math(n); 次元のベクトル積は &math(n-1); 個のベクトルの積のみが定義される。&math(n-1); 個以外は定義されない。
>● 符号の &math((-1)^{j-1}); は、行列式内で &math(\bm x); の列を一番左に持ってくるのに必要な互換の回数に対応する。
実はこの $\bm t_j$ から、 

この &math(A_{Tj}); から、 
$$\bm \beta_j=\frac{1}{\overline{T_j}(\bm b_j)}\bm t_j$$ 

 &math(\bm b_j^*=\frac{1}{\overline{T_j}(\bm b_j)}\!A_{Tj}^\dagger); 
とすることで $\bm \beta_j$ を求められる。

として &math(\bm b_j^*); を求められる。
- $i\ne j$ のとき $(t_j,\bm b_i)=T_j(\bm b_i)=0$ ← 行列式の内に同じ行ベクトルが2回現れるから 
- $i=j$ のときは $(t_j,\bm b_i)=T_j(\bm b_i)=T_j(\bm b_j)$

なぜなら、
に注意せよ($\beta_j$ は内積の左側に入れるので複素共役の $1/\overline T_j(\bm b_j)$ になっている)。

- &math(i\ne j); のとき、
行列式内に同じ行ベクトルが2回現れるから &math(T_j(\bm b_i)=0);
- &math(i=j); なら当然 &math(T_j(\bm b_i)=T_j(\bm b_j));
** どこに外積が出てきた? [#dd19cb10]

つまり、
$n-1$ 個の $n$ 次元ベクトル $\bm a_1,\bm a_2,\dots,\bm a_{n-1}$ のベクトル積(外積) $\bm a_1\times\bm a_2\times\dots\times\bm a_{n-1}$ は、

 &math(T_j(\bm b_i)=T_j(\bm b_j)\delta_{ij});
$$\Bigg|\,\bm x\ \bm a_1\ \bm a_2\ \dots\ \bm a_{n-1}\Bigg|\,=\,(\,\bm a_1\times\bm a_2\times\dots\times\bm a_{n-1},\,\bm x\,)$$

ここから、
を満たすベクトルとして[[定義される>https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%82%AF%E3%83%AD%E3%82%B9%E7%A9%8D#%E8%A1%8C%E5%88%97%E5%BC%8F%E3%82%92%E4%BD%BF%E3%81%A3%E3%81%9F%E6%8B%A1%E5%BC%B5]]。

 &math(A_{Tj}\bm b_i=T_j(\bm b_j)\delta_{ij});
この定義を用いると、

 &math(\frac{1}{T_j(\bm b_j)}A_{Tj}\bm b_i=\delta_{ij});
$$\bm t_j=(-1)^{j-1}\bm b_1\times\bm b_2\times\dots(j番目欠)\dots\times\bm b_n$$

 &math(\frac{1}{T_j(\bm b_j)}(A_{Tj}^\dagger,\bm b_i)=\delta_{ij});
$$
\bm \beta_j=\frac{(-1)^{j-1}\bm b_1\times\bm b_2\times\dots(j番目欠)\dots\times\bm b_n}{\overline{{}^{\ }\Bigg|\,\bm b_1\ \bm b_2\ \dots\ \bm b_n\Bigg|}^{\ }}
$$

 &math(
\bigg(\frac{1}{\overline{T_j}(\bm b_j)}A_{Tj}^\dagger,\ \bm b_i\bigg)=\delta_{ij}\\
);
と表せる。

であるから逆基底の定義と比べれば上式が正しいことを確かめられる。
- $n$ 次元のベクトル積は $n-1$ 個のベクトルの積のみが定義される。$n-1$ 個以外は定義されない。
- 符号の $(-1)^{j-1}$ は、行列式内で $\bm x$ の列を一番左に持ってくるのに必要な互換の回数に対応する。


** 例 [#k0357c2c]

上の例の &math(\bm b_1,\bm b_2,\bm b_3,\bm b_4); に対して、
上の例の $\bm b_1,\bm b_2,\bm b_3,\bm b_4$ に対して、

 &math(T_1(\bm b_1)=T_2(\bm b_2)=T_3(\bm b_3)=T_4(\bm b_4)=
$$T_1(\bm b_1)=T_2(\bm b_2)=T_3(\bm b_3)=T_4(\bm b_4)=
\begin{vmatrix}
1&2&1&0\\
2&2&1&1\\
3&-1&1&1\\
4&-1&1&0
\end{vmatrix}=6
);
\end{vmatrix}=6\hspace{1cm}\text{← 分母は共通になる}
$$

 &math(T_1(\bm x)=\frac{1}{6}\begin{vmatrix}
$\displaystyle\frac{T_1(\bm x)}{T_1(\bm b_1)}=\frac{1}{6}\begin{vmatrix}
x&2&1&0\\
y&2&1&1\\
z&-1&1&1\\
w&-1&1&0
\end{vmatrix}=\frac{1}{2}(-x+y-z+w)=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
1&-1&1&-1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}
); より 
&math(\bm b_1^*=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
-1\\1\\-1\\1
\end{pmatrix});
$ より 
$\bm \beta_1=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-1\\1\\-1\\1
\end{pmatrix}$

 &math(T_2(\bm x)=\frac{1}{6}\begin{vmatrix}
$\displaystyle\frac{T_2(\bm x)}{T_2(\bm b_2)}=\frac{1}{6}\begin{vmatrix}
1&x&1&0\\
2&y&1&1\\
3&z&1&1\\
4&w&1&0
\end{vmatrix}=\frac{1}{6}(-x+3y-3z+w)=\frac{1}{6}\begin{pmatrix}
-1&3&-3&1
\end{vmatrix}=\frac{1}{6}(-x+3y-3z+w)=\frac{1}{6}\begin{pmatrix}-1&3&-3&1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}
); より 
&math(\bm b_2^*=\frac{1}{6}\begin{pmatrix}
-1\\3\\-3\\1
\end{pmatrix});
$ より 
$\bm \beta_2=\frac{1}{6}\begin{pmatrix}-1\\3\\-3\\1
\end{pmatrix}$

 &math(T_3(\bm x)=\frac{1}{6}\begin{vmatrix}
$\displaystyle\frac{T_3(\bm x)}{T_3(\bm b_3)}=\frac{1}{6}\begin{vmatrix}
1&2&x&0\\
2&2&y&1\\
3&-1&z&1\\
4&-1&w&0
\end{vmatrix}=\frac{1}{6}(11x-9y+9z-5w)=\frac{1}{6}\begin{pmatrix}
11&-9&9&-5
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}
); より 
&math(\bm b_3^*=\frac{1}{6}\begin{pmatrix}
$ より 
$\bm \beta_3=\frac{1}{6}\begin{pmatrix}
11\\-9\\9\\-5
\end{pmatrix});
\end{pmatrix}$

 &math(T_4(\bm x)=\frac{1}{6}\begin{vmatrix}
1&2&x&0\\
2&2&y&1\\
3&-1&z&1\\
4&-1&w&0
\end{vmatrix}=\frac{1}{2}(-x+y+z-w)=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
-1&1&1&-1
$\displaystyle\frac{T_4(\bm x)}{T_4(\bm b_4)}=\frac{1}{6}\begin{vmatrix}
1&2&1&x\\
2&2&1&y\\
3&-1&1&z\\
4&-1&1&w
\end{vmatrix}=\frac{1}{2}(-x+y+z-w)=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-1&1&1&-1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}
); より 
&math(\bm b_4^*=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
-1\\1\\1\\-1
\end{pmatrix});
$ より 
$\bm \beta_4=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}-1\\1\\1\\-1
\end{pmatrix}$

このように、上記と同じ結果が得られる。

ここでは省いたが実は行列式を求めるところは手計算でまじめにやるとかなり大変なので、
いっぺんにすべてを求めるのであれば逆行列を使う方がずっといい。

* 直交しない空間への成分分解 [#qfaa4ec7]

全体空間が &math(K^n=V\dot +W); のように必ずしも直交しない2つの部分空間の直和で書けるとき、
全体空間が $K^n=V\dot +W$ のように必ずしも直交しない2つの部分空間の直和で書けるとき、

&math(V); の基底を &math(\bm b_1,\bm b_2,\dots,\bm b_m);
$V$ の基底を $\bm b_1,\bm b_2,\dots,\bm b_m$

&math(W); の基底を &math(\bm b_{m+1},\bm b_{m+2},\dots,\bm b_n);
$W$ の基底を $\bm b_{m+1},\bm b_{m+2},\dots,\bm b_n$

とすれば、両者を合わせた &math(\bm b_1,\bm b_2,\dots,\bm b_n); は &math(K^n); の基底となる。
とすれば、両者を合わせた $\bm b_1,\bm b_2,\dots,\bm b_n$ は $K^n$ の基底となる。

対応する逆基底を &math(\bm b_1^*,\bm b_2^*,\dots,\bm b_n^*); とすると、
任意の &math(\bm x\in K^n); は
対応する逆基底を $\bm \beta_1,\bm \beta_2,\dots,\bm \beta_n$ とすると、
任意の $\bm x\in K^n$ は

 &math(
$$
\begin{aligned}
\bm x
&=\sum_{i=1}^n (\bm b_i^*,\bm x)\bm b_i\\
&=\underbrace{\sum_{i=1}^m (\bm b_i^*,\bm x)\bm b_i}_{\in\,V}\ \,+
  \underbrace{\sum_{i=m+1}^n (\bm b_i^*,\bm x)\bm b_i}_{\in\,W}\\
&=\sum_{i=1}^n (\bm \beta_i,\bm x)\bm b_i\\
&=\underbrace{\sum_{i=1}^m (\bm \beta_i,\bm x)\bm b_i}_{\in\,V}\ \,+
\underbrace{\sum_{i=m+1}^n (\bm \beta_i,\bm x)\bm b_i}_{\in\,W}\\
&=\bm x_V+\bm x_W
);
\end{aligned}
$$

のように &math(V); 成分と &math(W); 成分とに一意に分解できる。
のように $V$ 成分と $W$ 成分とに一意に分解できる。

さらに、

 &math(
$$
\begin{aligned}
\bm x_V
&=\sum_{i=1}^m (\bm b_i^*,\bm x)\bm b_i\\
&=\sum_{i=1}^m \bm b_i(\bm b_i^*,\bm x)\\
&=\underbrace{\sum_{i=1}^m \bm b_i{\bm b_i^*}^\dagger}_{P_V}\bm x\\
&=\sum_{i=1}^m (\bm \beta_i,\bm x)\bm b_i\\
&=\sum_{i=1}^m \bm b_i(\bm \beta_i,\bm x)\\
&=\underbrace{\sum_{i=1}^m \bm b_i{\bm \beta_i}^\dagger}_{P_V}\ \bm x\\
&=P_V\bm x
);
\end{aligned}
$$

として &math(V); への射影演算子が得られる。
として $V$ への射影演算子が得られる。

 &math(P_V=\sum_{i=1}^m \bm b_i{\bm b_i^*}^\dagger);
$$P_V=\sum_{i=1}^m \bm b_i{\bm \beta_i}^\dagger$$

正規直交基底の時には &math(\bm e_i^*=\bm e_i); となるため、
すでに議論したとおり
正規直交基底の時には $\bm \beta_i=\bm b_i$ と取れるため、
以前に見た通り

 &math(P_V=\sum_{i=1}^m \bm e_i\bm e_i^\dagger);
$$P_V=\sum_{i=1}^m \bm b_i\bm b_i^\dagger$$

を得る。
に戻って、つじつまが合ってる。

* 逆格子 [#l519fd90]
この式を、「逆基底 $\bm\beta_i$ を掛けて $\bm b_i$ の係数を求めてから $\bm b_i$ を掛ければ成分そのものが得られるから、必要な成分を全部集めれば射影が求まる」と読めるようになっていればOKだ。
* 逆格子の基本ベクトル [#l519fd90]

固体物理において3次元空間の逆格子の公式として、
固体物理において3次元空間の「逆格子の基本ベクトル」を求めるための公式として、

 &math({\bm b_1^*}'=2\pi\cdot\frac{\bm b_2\times\bm b_3}{\bm b_1\cdot(\bm b_2\times\bm b_3)});
$${\bm \beta_1}'=2\pi\cdot\frac{\bm b_2\times\bm b_3}{\bm b_1\cdot(\bm b_2\times\bm b_3)}\hspace{1cm}=\ \ 2\pi\frac{(\bm b_1\,\text{を除いた外積})}{\ (\bm b_1\,\text{を除いた外積と}\,\bm b_1\,\text{の内積)}\ }$$

のようなものを学ぶが、これは係数 &math(2\pi); を除けば上記の逆基底そのものである。
のようなものを学ぶが、これは係数 $2\pi$ を除けば上記の逆基底そのものである。

というのも、
波数ベクトル $\bm k$ が基本逆格子ベクトルの整数倍の和であり、

 &math(
\begin{vmatrix}
x&b_{2x}&b_{3x}\\
y&b_{2y}&b_{3y}\\
z&b_{2z}&b_{3z}\\
\end{vmatrix}&=
(b_{2y}b_{3z}-b_{2z}b_{3y})x+
(b_{2z}b_{3x}-b_{2x}b_{3z})y+
(b_{2x}b_{3y}-b_{2y}b_{3x})z\\
&=(\bm b_2\times\bm b_3,\bm x)
);
$$\bm k=l{\bm \beta_1}'+m{\bm \beta_1}'+n{\bm \beta_1}'$$

であり、
実ベクトル $\bm x$ が基本格子ベクトルの整数倍の和であるとき、

 &math(
\begin{vmatrix}
b_{1x}&b_{2x}&b_{3x}\\
b_{1y}&b_{2y}&b_{3y}\\
b_{1z}&b_{2z}&b_{3z}\\
\end{vmatrix}=
(\bm b_2\times\bm b_3,\bm b_1)
);
$$\bm x=l'\bm b_1+m'\bm b_2+n'\bm b_3$$

であるためだ。
両者の積は、

波数ベクトル &math(\bm k); が逆格子ベクトルの整数倍の和であり、
$$
\begin{aligned}
\bm k\cdot\bm x
&=(l{\bm \beta_1}'+m{\bm \beta_2}'+n{\bm \beta_3}')\cdot(l'\bm b_1+m'\bm b_2+n'\bm b_3)\\
&=2\pi(l{\bm \beta_1}+m{\bm \beta_2}+n{\bm \beta_3})\cdot(l'\bm b_1+m'\bm b_2+n'\bm b_3)\\
&=2\pi(ll'\bm \beta_1\cdot\bm b_1+mm'\bm \beta_2\cdot\bm b_2+nn'\bm \beta_3\cdot\bm b_3\underbrace{+\ 0}_\text{他は消える})\\[-10px]
&=2\pi(ll'+mm'+nn')\\
\end{aligned}$$

 &math(\bm k=l{\bm b_1^*}'+m{\bm b_1^*}'+n{\bm b_1^*}');
となって、

実ベクトル &math(\bm x); が格子ベクトルの整数倍の和であるとき、
$$e^{i\bm k\cdot\bm x}=1$$

 &math(\bm x=l'\bm b_1+m'\bm b_2+n'\bm b_3);
を得る。

両者の積は、
すなわち、波数空間に於いて逆格子ベクトルの格子点に来る波数の平面波は
実空間の格子点上で位相がぴったり揃うことになり、
これが固体物理のいろんなところで役に立つことになる。

 &math(\bm k\cdot\bm x
&=(l{\bm b_1^*}'+m{\bm b_2^*}'+n{\bm b_3^*}')\cdot(l'\bm b_1+m'\bm b_2+n'\bm b_3)\\
&=2\pi(l{\bm b_1^*}+m{\bm b_2^*}+n{\bm b_3^*})\cdot(l'\bm b_1+m'\bm b_2+n'\bm b_3)\\
);

直交性を用いると、
* 本来の逆基底 [#a7d71b51]

 &math(
\bm k\cdot\bm x
&=2\pi(ll'\bm b_1^*\cdot\bm b_1+mm'\bm b_2^*\cdot\bm b_2+nn'\bm b_3^*\cdot\bm b_3)\\
&=2\pi(ll'+mm'+nn')\\
);
上では「直交するベクトル」という感覚や逆格子ベクトルとの整合性を重視して、
縦ベクトルである逆基底(仮) $\bm \beta_i$ を考えたが、
数学的には逆基底はそのエルミート共役、すなわち横ベクトルとして定義される。

となって、
すなわち、$\bm b_i$ に対応する逆基底 $\bm b^i$ は、

 &math(e^{i\bm k\cdot\bm x}=1);
$$\bm b^i=\bm \beta_i^\dagger$$

を得る。
このとき、$(\bm \beta_i,\bm x)={\bm \beta_i}^\dagger\bm x=\bm b^i\bm x$ であるから、
逆基底の定義は

格子点上で位相がぴったり揃うような平面波の波数は、
波数空間に於いて逆格子ベクトルの格子点に並ぶことが
ここから分かる。
$$\bm b^i\,\bm b_j=\delta_{ij}$$ 

* 本来の逆基底 [#a7d71b51]
逆行列や外積を用いた定義は、

上では逆格子ベクトルとの整合性や、
直交するベクトルという感覚を重視して逆基底を列ベクトル &math(\bm b_i^*); に取ったが、
数学的にはこの &math(\bm b_i^*); のエルミート共役を逆基底 &math(\bm b^i); の定義とする。
$$\begin{aligned}
\bm b^i
&=\underbrace{(0\ 0\ \dots\ 1\ \dots 0)}_{i\,\text{番目だけが}\,1}\Bigg(\bm b_1\ \bm b_2\ \dots\ \bm b_n\Bigg)^{-1}\\[6mm]
&=\frac{(-1)^{i-1}
}{\bigg|\bm b_1\ \bm b_2\ \dots\ \bm b_n\bigg|}\,\bm b_1\times\bm b_2\times\dots(i番目欠)\dots\times\bm b_n
\end{aligned}$$

すなわち、
となる。このように定義された逆基底は「双対基底」とも呼ばれる。

 &math(\bm b^i=(\bm b_i^*)^\dagger);
* 双対空間について [#tdfc3e02]

である。このとき、&math((\bm b_i^*,\bm x)={\bm b_i^*}^\dagger\bm x=\bm b^i\bm x); であるから、
逆格子の定義は
ある $K$ 上のベクトル空間 $V$ に対して、
「$V$ の元を $K$ の元へ移す線形写像をすべて集めた集合 $U$」

 &math(\bm b^i\bm b_j=\delta_{ij}); 
$$U=\{\,f:V\to K\,|\,\forall x,y\in V,\forall a,b\in K,f(ax+by)=af(x)+bf(y)\,\}$$ 

となる。このように定義された逆基底は双対基底とも呼ばれる。
を $V$ の双対空間と呼び $U=V^*$ と書く。

この集合内での和とスカラー倍を $f,g\in V^*, x\in V, a\in K$ に対して、

$$
f+g:x\mapsto f(x)+g(x)
$$
$$
af:x\mapsto af(x)
$$

のように定義すると $V^*$ はベクトル空間となる。

「線形写像が作るベクトル空間」と聞くと難しそうだが、$V$ を $n$ 次元空間とすれば $U$ の元 $f$ は $n$ 次元から $1$ 次元への線形写像であるから、適当な基底の下で $1$ 行 $n$ 列の「横ベクトル空間」と同一視できる。

上で見た「双対基底」はこの「双対空間」の基底になっており、元の空間の基底を $\bm b_i$ と書くとき、
対応する双対基底は上付き数字で $\bm b^i=\bm\beta_i^\dagger$ と書くのが一般的である。


* 質問・コメント [#ud843cc5]

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