コンテンツにスキップ

Appendix B 練習問題 解答

← 問題に戻る　|　本文に戻る

目次

Basic（基礎）

Medium（標準）

Advanced（発展）

Basic（基礎）

B-1. テンソル積 \(S \otimes T\) の基本

→ 問題に戻る

問題: \(S = 3e_1 - e_2\)、\(T = e_1 + 4e_2\) のテンソル積 \(S \otimes T\) を展開せよ。

分配法則を適用する：

\[S \otimes T = (3e_1 - e_2) \otimes (e_1 + 4e_2)\]
\[= 3 \cdot 1\,e_1 \otimes e_1 + 3 \cdot 4\,e_1 \otimes e_2 + (-1) \cdot 1\,e_2 \otimes e_1 + (-1) \cdot 4\,e_2 \otimes e_2\]
\[\boxed{S \otimes T = 3\,e_1 \otimes e_1 + 12\,e_1 \otimes e_2 - e_2 \otimes e_1 - 4\,e_2 \otimes e_2}\]

検算: 成分行列は \(\begin{pmatrix} 3 & 12 \\ -1 & -4 \end{pmatrix}\)。これは列ベクトル \(\begin{pmatrix} 3 \\ -1 \end{pmatrix}\) と行ベクトル \(\begin{pmatrix} 1 & 4 \end{pmatrix}\) の外積に一致。✓

B-2. テンソル積の非可換性

→ 問題に戻る

問題: \(T \otimes S\)（\(T = e_1 + 4e_2\)、\(S = 3e_1 - e_2\)）を展開し、\(S \otimes T\) との違いを確認せよ。

\[T \otimes S = (e_1 + 4e_2) \otimes (3e_1 - e_2)\]
\[= 1 \cdot 3\,e_1 \otimes e_1 + 1 \cdot (-1)\,e_1 \otimes e_2 + 4 \cdot 3\,e_2 \otimes e_1 + 4 \cdot (-1)\,e_2 \otimes e_2\]
\[\boxed{T \otimes S = 3\,e_1 \otimes e_1 - e_1 \otimes e_2 + 12\,e_2 \otimes e_1 - 4\,e_2 \otimes e_2}\]

比較:

基底 \(S \otimes T\) の係数 \(T \otimes S\) の係数
\(e_1 \otimes e_1\) \(3\) \(3\)
\(e_1 \otimes e_2\) \(12\) \(-1\)
\(e_2 \otimes e_1\) \(-1\) \(12\)
\(e_2 \otimes e_2\) \(-4\) \(-4\)

\(e_1 \otimes e_2\) と \(e_2 \otimes e_1\) の係数が入れ替わっており、\(S \otimes T \neq T \otimes S\)。テンソル積は非可換である。✓

B-3. テンソルの線形結合

→ 問題に戻る

問題: \(P + Q\) および \(2P - Q\) を求めよ。

\(P = 2\,e_1 \otimes e_1 - 3\,e_1 \otimes e_2 + e_2 \otimes e_1 + 5\,e_2 \otimes e_2\)

\(Q = -e_1 \otimes e_1 + 4\,e_1 \otimes e_2 - e_2 \otimes e_1 + 2\,e_2 \otimes e_2\)

\(P + Q\): 同じ基底の係数同士を加える。

\[P + Q = (2-1)\,e_1 \otimes e_1 + (-3+4)\,e_1 \otimes e_2 + (1-1)\,e_2 \otimes e_1 + (5+2)\,e_2 \otimes e_2\]
\[\boxed{P + Q = e_1 \otimes e_1 + e_1 \otimes e_2 + 7\,e_2 \otimes e_2}\]

\(2P - Q\):

\[2P - Q = (4-(-1))\,e_1 \otimes e_1 + (-6-4)\,e_1 \otimes e_2 + (2-(-1))\,e_2 \otimes e_1 + (10-2)\,e_2 \otimes e_2\]
\[\boxed{2P - Q = 5\,e_1 \otimes e_1 - 10\,e_1 \otimes e_2 + 3\,e_2 \otimes e_1 + 8\,e_2 \otimes e_2}\]

検算: \((P+Q) + (2P-Q) = 3P\) を確認。\(3P = 6\,e_1\otimes e_1 - 9\,e_1\otimes e_2 + 3\,e_2\otimes e_1 + 15\,e_2\otimes e_2\)。左辺：\((1+5)\,e_1\otimes e_1 + (1-10)\,e_1\otimes e_2 + (0+3)\,e_2\otimes e_1 + (7+8)\,e_2\otimes e_2 = 6\,e_1\otimes e_1 - 9\,e_1\otimes e_2 + 3\,e_2\otimes e_1 + 15\,e_2\otimes e_2\)。一致。✓

B-4. テンソル空間の次元

→ 問題に戻る

問題: \(V\) が 4 次元のとき、\(T^2(V)\) と \(T^3(V)\) の次元を求めよ。

\(V\) が \(n\) 次元のとき \(T^r(V)\) の次元は \(n^r\) であるから：

\[\boxed{\dim T^2(V) = 4^2 = 16, \qquad \dim T^3(V) = 4^3 = 64}\]

検算: \(T^2(V)\) の基底は \(e_i \otimes e_j\)（\(i,j = 1,2,3,4\)）で \(4 \times 4 = 16\) 個。\(T^3(V)\) の基底は \(e_i \otimes e_j \otimes e_k\) で \(4 \times 4 \times 4 = 64\) 個。✓

B-5. Einstein 和の展開

→ 問題に戻る

問題: \(S = S^{ij}\,e_i \otimes e_j\)（\(V\) は 3 次元）を \(\Sigma\) 記号で書き下し、項数を答えよ。

\[\boxed{S = \sum_{i=1}^{3}\sum_{j=1}^{3} S^{ij}\,e_i \otimes e_j}\]

明示的に展開すると：

\[S = S^{11}\,e_1\otimes e_1 + S^{12}\,e_1\otimes e_2 + S^{13}\,e_1\otimes e_3 + S^{21}\,e_2\otimes e_1 + S^{22}\,e_2\otimes e_2 + S^{23}\,e_2\otimes e_3$$ $$+ S^{31}\,e_3\otimes e_1 + S^{32}\,e_3\otimes e_2 + S^{33}\,e_3\otimes e_3\]

項数は \(3 \times 3 = \boxed{9}\) 個。

B-6. Einstein 規約の違反

→ 問題に戻る

問題: Einstein 縮約記法の規約に違反しているものを選べ。

(a) \(A^i B^j\,e_i \otimes e_j\) — \(i\) は \(A^i\)（上）と \(e_i\)（下）に 1 回ずつ、\(j\) は \(B^j\)（上）と \(e_j\)（下）に 1 回ずつ。違反なし。 ✓

(b) \(A^i B^i C^i\) — 添字 \(i\) が上に 3 回現れている。規約違反。 同じ添字が 1 つの項に 3 回以上現れてはならない。

(c) \(S^{ij}\,T_{jk}\) — \(j\) は上（\(S^{ij}\)）と下（\(T_{jk}\)）に 1 回ずつで縮約。\(i\) は上に 1 回（自由添字）、\(k\) は下に 1 回（自由添字）。違反なし。 ✓

(d) \(A^i B_j\) — \(i\) は上に 1 回（自由添字）、\(j\) は下に 1 回（自由添字）。縮約は起こらない。違反なし。 ✓

(e) \(S^{ij}\,e_i \otimes e_i\) — 添字 \(i\) が上（\(S^{ij}\)）に 1 回、下（\(e_i\)）に 1 回、下（\(e_i\)）にもう 1 回で計 3 回現れている。規約違反。 また、\(j\) は上に 1 回だけ現れ、対応する下添字がないため、縮約の対象にもならず不整合。

\[\boxed{\text{違反しているもの：(b) と (e)}}\]

B-7. 成分からテンソルを復元

→ 問題に戻る

問題: \(S^{11}=2,\; S^{12}=-1,\; S^{21}=0,\; S^{22}=3\) のとき \(S\) を明示的に書け。

\[S = S^{ij}\,e_i \otimes e_j = \sum_{i=1}^{2}\sum_{j=1}^{2} S^{ij}\,e_i \otimes e_j\]
\[\boxed{S = 2\,e_1 \otimes e_1 - e_1 \otimes e_2 + 0\,e_2 \otimes e_1 + 3\,e_2 \otimes e_2 = 2\,e_1 \otimes e_1 - e_1 \otimes e_2 + 3\,e_2 \otimes e_2}\]

B-8. 1 階と 2 階のテンソル積

→ 問題に戻る

問題: \(A = 2e_1 + e_2\)、\(S = e_1 \otimes e_2 - 3\,e_2 \otimes e_1\) のテンソル積 \(A \otimes S \in T^3(V)\) を展開せよ。

\[A \otimes S = (2e_1 + e_2) \otimes (e_1 \otimes e_2 - 3\,e_2 \otimes e_1)\]

分配法則を適用：

\[= 2e_1 \otimes (e_1 \otimes e_2) + 2e_1 \otimes (-3\,e_2 \otimes e_1) + e_2 \otimes (e_1 \otimes e_2) + e_2 \otimes (-3\,e_2 \otimes e_1)\]
\[= 2\,e_1 \otimes e_1 \otimes e_2 - 6\,e_1 \otimes e_2 \otimes e_1 + e_2 \otimes e_1 \otimes e_2 - 3\,e_2 \otimes e_2 \otimes e_1\]
\[\boxed{A \otimes S = 2\,e_1 \otimes e_1 \otimes e_2 - 6\,e_1 \otimes e_2 \otimes e_1 + e_2 \otimes e_1 \otimes e_2 - 3\,e_2 \otimes e_2 \otimes e_1}\]

検算: \(T^3(V)\) は \(2^3 = 8\) 次元。上の結果は 4 つの基底ベクトルの線形結合であり、\(T^3(V)\) の元として整合。成分を確認すると、\(A^i S^{jk}\) の形で \((A \otimes S)^{ijk} = A^i S^{jk}\) となるべき。\(A^1 = 2, A^2 = 1\)、\(S^{12} = 1, S^{21} = -3\)（他は 0）。\((A\otimes S)^{112} = 2 \cdot 1 = 2\)、\((A\otimes S)^{121} = 2 \cdot (-3) = -6\)、\((A\otimes S)^{212} = 1 \cdot 1 = 1\)、\((A\otimes S)^{221} = 1 \cdot (-3) = -3\)。一致。✓

Medium（標準）

M-1. 分解可能テンソルの条件

→ 問題に戻る

問題: \(W = a\,e_1\otimes e_1 + b\,e_1\otimes e_2 + c\,e_2\otimes e_1 + d\,e_2\otimes e_2\) が分解可能テンソルであるための必要十分条件が \(ad - bc = 0\) であることを示せ。

解法の方針

\(W = S \otimes T\) と書けるとして成分を比較し、必要条件 \(ad = bc\) を導く。逆に \(ad = bc\) のとき、実際に \(S, T\) を構成する。

必要条件（\(W\) が分解可能 \(\Rightarrow\) \(ad - bc = 0\)）

\(S = \alpha e_1 + \beta e_2\)、\(T = \gamma e_1 + \delta e_2\) とおくと：

\[S \otimes T = \alpha\gamma\,e_1\otimes e_1 + \alpha\delta\,e_1\otimes e_2 + \beta\gamma\,e_2\otimes e_1 + \beta\delta\,e_2\otimes e_2\]

\(W = S \otimes T\) ならば係数比較により：

\[a = \alpha\gamma, \quad b = \alpha\delta, \quad c = \beta\gamma, \quad d = \beta\delta\]

したがって：

\[ad = (\alpha\gamma)(\beta\delta) = \alpha\beta\gamma\delta$$ $$bc = (\alpha\delta)(\beta\gamma) = \alpha\beta\gamma\delta\]

よって \(ad = bc\)、すなわち \(ad - bc = 0\)。

十分条件（\(ad - bc = 0\) \(\Rightarrow\) \(W\) が分解可能）

\(ad - bc = 0\) を仮定する。場合分けを行う。

場合 1: \(a = b = c = d = 0\) のとき。\(W = 0 = 0 \otimes 0\) で分解可能。

場合 2: \(a, b, c, d\) のうち少なくとも 1 つが 0 でないとき。

  • \(a \neq 0\) の場合: \(ad = bc\) より \(d = bc/a\)。

$\(S = a\,e_1 + c\,e_2, \quad T = e_1 + \frac{b}{a}\,e_2\)$

とおくと：

$\(S \otimes T = a\,e_1\otimes e_1 + b\,e_1\otimes e_2 + c\,e_2\otimes e_1 + \frac{bc}{a}\,e_2\otimes e_2 = a\,e_1\otimes e_1 + b\,e_1\otimes e_2 + c\,e_2\otimes e_1 + d\,e_2\otimes e_2 = W\)$

  • \(a = 0\) の場合: \(ad - bc = 0\) より \(bc = 0\)。

  • \(b = 0\) かつ \(c = 0\)：\(W = d\,e_2\otimes e_2 = (e_2) \otimes (d\,e_2)\) で分解可能。

  • \(b = 0\) かつ \(c \neq 0\)：\(bc = 0\) は自動的に成立。\(a = 0, b = 0\) なので \(W = c\,e_2\otimes e_1 + d\,e_2\otimes e_2 = e_2 \otimes (c\,e_1 + d\,e_2)\) で分解可能。
  • \(b \neq 0\) かつ \(c = 0\)：同様に \(W = b\,e_1\otimes e_2 + d\,e_2\otimes e_2 = (b\,e_1 + d\,e_2) \otimes e_2\) で分解可能。

すべての場合で \(W\) は分解可能。

結論

\[\boxed{W \text{ が分解可能} \iff ad - bc = 0}\]

検算: 本文の例 \(W = e_1\otimes e_1 + e_2\otimes e_2\) では \(a = 1, b = 0, c = 0, d = 1\) なので \(ad - bc = 1 \neq 0\)。分解不可能であることと整合。✓

M-2. 双線形写像の成分表示

→ 問題に戻る

問題: \(\binom{0}{2}\) テンソル \(f\) の成分 \(f_{11}=2, f_{12}=1, f_{21}=1, f_{22}=3\) に対する計算。

(a) \(f(\vec{A}, \vec{B})\) を成分で表す

\(f\) は双線形写像なので、\(\vec{A} = A^i e_i\)、\(\vec{B} = B^j e_j\) に対して：

\[f(\vec{A}, \vec{B}) = f(A^i e_i,\; B^j e_j)\]

第一引数の線形性より：

\[= A^i\,f(e_i,\; B^j e_j)\]

第二引数の線形性より：

\[= A^i B^j\,f(e_i, e_j)\]

\(f(e_i, e_j) = f_{ij}\) であるから：

\[\boxed{f(\vec{A}, \vec{B}) = A^i B^j f_{ij} = f_{ij}\,A^i B^j}\]

（Einstein 縮約記法で \(i, j\) について和をとる。）

(b) 具体的な値の計算

\(\vec{A} = e_1 - 2e_2\) より \(A^1 = 1, A^2 = -2\)。\(\vec{B} = 3e_1 + e_2\) より \(B^1 = 3, B^2 = 1\)。

\[f(\vec{A}, \vec{B}) = A^1 B^1 f_{11} + A^1 B^2 f_{12} + A^2 B^1 f_{21} + A^2 B^2 f_{22}\]
\[= (1)(3)(2) + (1)(1)(1) + (-2)(3)(1) + (-2)(1)(3)\]
\[= 6 + 1 - 6 - 6 = \boxed{-5}\]

(c) 対称性の確認

\(f(\vec{A}, \vec{B}) = A^i B^j f_{ij}\) と \(f(\vec{B}, \vec{A}) = B^i A^j f_{ij}\) を比較する。

\(f(\vec{B}, \vec{A})\) において、ダミー添字を \(i \to j\)、\(j \to i\) と書き換えると：

\[f(\vec{B}, \vec{A}) = B^i A^j f_{ij} = B^j A^i f_{ji} = A^i B^j f_{ji}\]

一方 \(f(\vec{A}, \vec{B}) = A^i B^j f_{ij}\)。

\(f(\vec{A}, \vec{B}) = f(\vec{B}, \vec{A})\) が任意の \(\vec{A}, \vec{B}\) に対して成り立つためには \(A^i B^j f_{ij} = A^i B^j f_{ji}\) が任意の \(A^i, B^j\) に対して成り立つ必要があり、これは \(f_{ij} = f_{ji}\) と同値。

実際に確認すると：

\[f_{11} = 2 = f_{11}, \quad f_{12} = 1 = f_{21}, \quad f_{21} = 1 = f_{12}, \quad f_{22} = 3 = f_{22}\]

\(f_{ij} = f_{ji}\) がすべての \(i, j\) で成り立つので、\(f(\vec{A}, \vec{B}) = f(\vec{B}, \vec{A})\) が任意の \(\vec{A}, \vec{B}\) に対して成り立つ。\(\square\)

検算: (b) で \(f(\vec{B}, \vec{A})\) を直接計算。\(B^1 = 3, B^2 = 1, A^1 = 1, A^2 = -2\)。

\[f(\vec{B}, \vec{A}) = (3)(1)(2) + (3)(-2)(1) + (1)(1)(1) + (1)(-2)(3) = 6 - 6 + 1 - 6 = -5\]

\(f(\vec{A}, \vec{B}) = f(\vec{B}, \vec{A}) = -5\)。✓

M-3. テンソル積による階数の加算

→ 問題に戻る

問題: \(S \in T^r(V)\) と \(T \in T^m(V)\) のテンソル積が \(T^{r+m}(V)\) の元になることを成分表示で示せ。

解答

\(S\) と \(T\) を成分表示する：

\[S = S^{i_1 i_2 \cdots i_r}\,e_{i_1} \otimes e_{i_2} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\]
\[T = T^{j_1 j_2 \cdots j_m}\,e_{j_1} \otimes e_{j_2} \otimes \cdots \otimes e_{j_m}\]

テンソル積 \(S \otimes T\) を計算する。法則 (B.1)（スカラーの引き出し）と (B.2), (B.3)（分配法則）を用いると：

\[S \otimes T = \left(S^{i_1 \cdots i_r}\,e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\right) \otimes \left(T^{j_1 \cdots j_m}\,e_{j_1} \otimes \cdots \otimes e_{j_m}\right)\]

まず、分配法則により、各基底テンソルの項ごとにテンソル積を取ることができる：

\[= S^{i_1 \cdots i_r}\,T^{j_1 \cdots j_m}\,\left(e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\right) \otimes \left(e_{j_1} \otimes \cdots \otimes e_{j_m}\right)\]

ここで法則 (B.1) を用いて、スカラー \(S^{i_1 \cdots i_r}\) と \(T^{j_1 \cdots j_m}\) をテンソル積の外に出した。

テンソル積の結合法則により、括弧を外すことができる：

\[= S^{i_1 \cdots i_r}\,T^{j_1 \cdots j_m}\,e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r} \otimes e_{j_1} \otimes \cdots \otimes e_{j_m}\]

ここで新しい成分を

\[U^{i_1 \cdots i_r j_1 \cdots j_m} := S^{i_1 \cdots i_r}\,T^{j_1 \cdots j_m}\]

と定義すれば：

\[S \otimes T = U^{i_1 \cdots i_r j_1 \cdots j_m}\,e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r} \otimes e_{j_1} \otimes \cdots \otimes e_{j_m}\]

右辺は \(r + m\) 個の基底ベクトルのテンソル積を基底とし、\(r + m\) 個の上付き添字を持つ成分 \(U^{i_1 \cdots i_r j_1 \cdots j_m}\) で表されている。これはまさに \(T^{r+m}(V)\) の元の標準的な表示である。

\[\boxed{S \otimes T \in T^{r+m}(V), \quad (S \otimes T)^{i_1 \cdots i_r j_1 \cdots j_m} = S^{i_1 \cdots i_r}\,T^{j_1 \cdots j_m}}\]

\(\square\)

検算: 次元の整合性。\(T^r(V)\) は \(n^r\) 次元、\(T^m(V)\) は \(n^m\) 次元。\(T^{r+m}(V)\) は \(n^{r+m} = n^r \cdot n^m\) 次元。成分 \(U^{i_1 \cdots i_r j_1 \cdots j_m}\) の添字の組み合わせ数は \(n^r \cdot n^m = n^{r+m}\) 個で一致。✓

M-4. \(T^0(V)\) とスカラー

→ 問題に戻る

問題: \(T^0(V)\) の元がスカラーに対応すること、および \(\lambda \otimes S = \lambda S\) を示せ。

解答

\(T^0(V)\) がスカラーに対応すること：

定義 B.1 において \(r = 0\) とすると、\(T^0(V)\) の基底は \(e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\) で \(r = 0\) 個のテンソル積、すなわち「空のテンソル積」である。これは 1 個の記号（単位元 \(\mathbf{1}\) と書く）のみからなる。\(T^0(V)\) の次元は \(n^0 = 1\) である。

\(T^0(V)\) の任意の元は \(\lambda \cdot \mathbf{1}\)（\(\lambda \in \mathbb{R}\)）の形で書ける。したがって \(T^0(V)\) は実数体 \(\mathbb{R}\) と同型であり、\(T^0(V)\) の元はスカラー（実数）に対応する。

\(\lambda \otimes S = \lambda S\) の証明：

\(\lambda \in T^0(V)\)（スカラー）、\(S \in T^r(V)\) とする。\(S = S^{i_1 \cdots i_r}\,e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\) と成分表示する。

テンソル積の法則 (B.1)：\(k(S \otimes T) = (kS) \otimes T = S \otimes (kT)\) を用いる。

\(\lambda\) はスカラーなので、\(\lambda \otimes S\) において法則 (B.1) を適用すると：

\[\lambda \otimes S = \lambda \otimes \left(S^{i_1 \cdots i_r}\,e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\right)\]

分配法則と (B.1) により：

\[= S^{i_1 \cdots i_r}\,\lambda \otimes \left(e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\right)\]

ここで \(\lambda \otimes (e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r})\) は、法則 (B.1) の \(k(S \otimes T) = (kS) \otimes T\) の意味で、スカラー \(\lambda\) を基底テンソルの前に出すことができる。すなわち、\(T^0(V)\) の元 \(\lambda\) と \(T^r(V)\) の基底のテンソル積は \(T^{0+r}(V) = T^r(V)\) の元であり：

\[\lambda \otimes (e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}) = \lambda\,(e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r})\]

したがって：

\[\lambda \otimes S = S^{i_1 \cdots i_r}\,\lambda\,(e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}) = \lambda\,S^{i_1 \cdots i_r}\,(e_{i_1} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}) = \lambda S\]
\[\boxed{\lambda \otimes S = \lambda S \in T^r(V)}\]

\(\square\)

検算: 階数の整合性：\(T^0(V)\) の元と \(T^r(V)\) の元のテンソル積は \(T^{0+r}(V) = T^r(V)\) の元。スカラー倍 \(\lambda S\) は確かに \(T^r(V)\) の元。✓

M-5. 単純な \(S \otimes T\) の展開

→ 問題に戻る

解法の方針

\(S = e_1 + 2e_2\) と \(T = 3e_1 - e_2\) のテンソル積を分配法則で展開し、\(T^2(V)\) の基底 \(\{e_i \otimes e_j\}\) で表す。

計算

\[ S \otimes T = (e_1 + 2e_2) \otimes (3e_1 - e_2) \]

分配法則を適用すると

\[ = e_1 \otimes (3e_1 - e_2) + 2e_2 \otimes (3e_1 - e_2) \]
\[ = 3\,e_1 \otimes e_1 - e_1 \otimes e_2 + 6\,e_2 \otimes e_1 - 2\,e_2 \otimes e_2 \]
\[ \boxed{S \otimes T = 3\,e_1 \otimes e_1 - e_1 \otimes e_2 + 6\,e_2 \otimes e_1 - 2\,e_2 \otimes e_2} \]

成分で書くと \((S \otimes T)^{ij}\) は

\[ (S \otimes T)^{ij} = S^i T^j = \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 6 & -2 \end{pmatrix} \]

検算

分解可能テンソルの判定条件 \(ad - bc = 0\) を確認する：\(a = 3\), \(b = -1\), \(c = 6\), \(d = -2\) として \(ad - bc = 3 \times (-2) - (-1) \times 6 = -6 + 6 = 0\)。✓ 分解可能テンソルであることが確認された。\(\square\)

M-6. 3 次元空間のテンソル空間の次元

→ 問題に戻る

解法の方針

\(V\) が \(n\) 次元のとき \(T^r(V)\) の次元は \(n^r\) であることを用いて、\(n = 3\) の場合に \(T^2(V)\) と \(T^3(V)\) の次元を求める。

計算

\(V\) が \(n\) 次元の線形空間のとき、\(T^r(V)\) の基底は

\[ \{e_{i_1} \otimes e_{i_2} \otimes \cdots \otimes e_{i_r}\}_{i_1, i_2, \ldots, i_r = 1, \ldots, n} \]

であり、各添字が \(n\) 個の値を取るので、基底の個数（= 次元）は \(n^r\) である。

\(V\) が 3 次元（\(n = 3\)）のとき：

\(T^2(V)\) の次元：

\[ \dim T^2(V) = 3^2 = 9 \]

基底は \(e_i \otimes e_j\)（\(i, j = 1, 2, 3\)）の 9 個：\(e_1 \otimes e_1\), \(e_1 \otimes e_2\), \(e_1 \otimes e_3\), \(e_2 \otimes e_1\), \(e_2 \otimes e_2\), \(e_2 \otimes e_3\), \(e_3 \otimes e_1\), \(e_3 \otimes e_2\), \(e_3 \otimes e_3\)。

\(T^3(V)\) の次元：

\[ \dim T^3(V) = 3^3 = 27 \]

基底は \(e_i \otimes e_j \otimes e_k\)（\(i, j, k = 1, 2, 3\)）の 27 個。

\[ \boxed{\dim T^2(V) = 9, \quad \dim T^3(V) = 27} \]

検算

一般に \(\dim T^r(V) = n^r\) は指数関数的に増大する。\(n = 3\) では \(T^0 = 1\), \(T^1 = 3\), \(T^2 = 9\), \(T^3 = 27\), \(T^4 = 81\) と増える。4 次元時空（\(n = 4\)）では Riemann テンソルは \(T^4\) の元であり、\(4^4 = 256\) 成分を持つが、対称性により独立成分は 20 個に減る。\(\square\)

M-7. 反対称テンソルの非分解性

→ 問題に戻る

解法の方針

\(W = e_1 \otimes e_2 - e_2 \otimes e_1\) が分解可能テンソル（\(S \otimes T\) の形）で書けないことを、問題 B.9 の判定条件 \(ad - bc = 0\) を用いて示す。

計算

\(W = e_1 \otimes e_2 - e_2 \otimes e_1\) の成分は

\[ W^{11} = 0, \quad W^{12} = 1, \quad W^{21} = -1, \quad W^{22} = 0 \]

すなわち \(a = 0\), \(b = 1\), \(c = -1\), \(d = 0\)。

問題 B.9 の結果より、\(W\) が分解可能テンソル（\(W = S \otimes T\)）であるための必要十分条件は

\[ ad - bc = 0 \]

実際に計算すると

\[ ad - bc = 0 \times 0 - 1 \times (-1) = 0 + 1 = 1 \neq 0 \]
\[ \boxed{ad - bc = 1 \neq 0 \quad \Longrightarrow \quad e_1 \otimes e_2 - e_2 \otimes e_1 \text{ は分解可能テンソルではない}} \]

物理的意義： \(e_1 \otimes e_2 - e_2 \otimes e_1\) は反対称テンソルの典型例であり、2 つのベクトルの「外積」に対応する。一般に、非自明な反対称テンソルは分解可能テンソルでは表せない。これは電磁場テンソル \(F_{\mu\nu}\)（反対称）が一般に単一の \(A_\mu \otimes B_\nu\) の形では書けないことと関連している。

検算

もし \(W = S \otimes T = (\alpha e_1 + \beta e_2) \otimes (\gamma e_1 + \delta e_2)\) と書けたとすると、\(W^{11} = \alpha\gamma = 0\), \(W^{12} = \alpha\delta = 1\), \(W^{21} = \beta\gamma = -1\), \(W^{22} = \beta\delta = 0\)。\(\alpha\gamma = 0\) から \(\alpha = 0\) または \(\gamma = 0\)。\(\alpha = 0\) なら \(\alpha\delta = 0 \neq 1\) で矛盾。\(\gamma = 0\) なら \(\beta\gamma = 0 \neq -1\) で矛盾。したがって分解不可能であることが直接的にも確認できる。\(\square\)

M-8. 単位双線形形式の評価

→ 問題に戻る

解法の方針

\(\binom{0}{2}\) テンソル \(f\) の成分 \(f_{ij} = f(e_i, e_j)\) を読み取り、多重線形性 \(f(\vec{A}, \vec{B}) = A^i B^j f_{ij}\) を用いて計算する。

計算

与えられた条件から \(f\) の成分は

\[ f_{11} = f(e_1, e_1) = 1, \quad f_{12} = f(e_1, e_2) = 0, \quad f_{21} = f(e_2, e_1) = 0, \quad f_{22} = f(e_2, e_2) = 1 \]

すなわち \(f_{ij} = \delta_{ij}\)（Kronecker のデルタ、単位行列）。

\(\vec{A} = 3e_1 + 2e_2\)（\(A^1 = 3\), \(A^2 = 2\)）、\(\vec{B} = -e_1 + 4e_2\)（\(B^1 = -1\), \(B^2 = 4\)）に対して

\[ f(\vec{A}, \vec{B}) = A^i B^j f_{ij} = \sum_{i=1}^{2}\sum_{j=1}^{2} A^i B^j f_{ij} \]

\(f_{ij} = \delta_{ij}\) なので \(i \neq j\) の項はすべてゼロ：

\[ f(\vec{A}, \vec{B}) = A^1 B^1 f_{11} + A^2 B^2 f_{22} = A^1 B^1 + A^2 B^2 \]
\[ = 3 \times (-1) + 2 \times 4 = -3 + 8 = 5 \]
\[ \boxed{f(\vec{A}, \vec{B}) = 5} \]

検算

\(f_{ij} = \delta_{ij}\) は Euclid 内積（ドット積）に対応する。したがって \(f(\vec{A}, \vec{B}) = \vec{A} \cdot \vec{B} = 3 \times (-1) + 2 \times 4 = 5\)。✓

また、\(f(\vec{B}, \vec{A}) = B^1 A^1 + B^2 A^2 = (-1) \times 3 + 4 \times 2 = 5 = f(\vec{A}, \vec{B})\) であり、\(f\) が対称テンソル（\(f_{ij} = f_{ji}\)）であることと整合する。\(\square\)

Advanced（発展）

A-1. 対称・反対称分解

→ 問題に戻る

問題: 2 階テンソルの対称・反対称分解。

(a) \(W = W^{(S)} + W^{(A)}\) の一意分解

存在の証明：

任意の \(W \in T^2(V)\) に対して、\(W = W^{ij}\,e_i \otimes e_j\) とする。定義より：

\[W^{(S)} = \frac{1}{2}(W^{ij} + W^{ji})\,e_i \otimes e_j, \qquad W^{(A)} = \frac{1}{2}(W^{ij} - W^{ji})\,e_i \otimes e_j\]

和を計算すると：

\[W^{(S)} + W^{(A)} = \frac{1}{2}(W^{ij} + W^{ji})\,e_i \otimes e_j + \frac{1}{2}(W^{ij} - W^{ji})\,e_i \otimes e_j\]
\[= \frac{1}{2}\left[(W^{ij} + W^{ji}) + (W^{ij} - W^{ji})\right]\,e_i \otimes e_j = \frac{1}{2} \cdot 2W^{ij}\,e_i \otimes e_j = W^{ij}\,e_i \otimes e_j = W\]

よって \(W = W^{(S)} + W^{(A)}\) が成り立つ。

\(W^{(S)}\) が対称であることの確認：\(W^{(S)}\) の \((ij)\) 成分は \(\frac{1}{2}(W^{ij} + W^{ji})\)。\((ji)\) 成分は \(\frac{1}{2}(W^{ji} + W^{ij})\)。これらは等しいので対称。

\(W^{(A)}\) が反対称であることの確認：\(W^{(A)}\) の \((ij)\) 成分は \(\frac{1}{2}(W^{ij} - W^{ji})\)。\((ji)\) 成分は \(\frac{1}{2}(W^{ji} - W^{ij}) = -\frac{1}{2}(W^{ij} - W^{ji})\)。よって反対称。

一意性の証明：

\(W = P + Q\) と分解できたとする（\(P\) は対称、\(Q\) は反対称）。成分で書くと \(W^{ij} = P^{ij} + Q^{ij}\)。

\(P^{ij} = P^{ji}\)、\(Q^{ij} = -Q^{ji}\) より、添字 \(i, j\) を入れ替えると：

\[W^{ji} = P^{ji} + Q^{ji} = P^{ij} - Q^{ij}\]

\(W^{ij} = P^{ij} + Q^{ij}\) と \(W^{ji} = P^{ij} - Q^{ij}\) を連立して解くと：

\[P^{ij} = \frac{1}{2}(W^{ij} + W^{ji}), \qquad Q^{ij} = \frac{1}{2}(W^{ij} - W^{ji})\]

これは \(W^{(S)}\) と \(W^{(A)}\) の定義そのものであるから、分解は一意。\(\square\)

(b) 部分空間であることと次元

\(\mathrm{Sym}^2(V)\) が部分空間であること：

  1. 零元: \(0^{ij} = 0 = 0^{ji}\) なので \(0 \in \mathrm{Sym}^2(V)\)。
  2. 加法の閉性: \(P, Q \in \mathrm{Sym}^2(V)\) ならば \((P+Q)^{ij} = P^{ij} + Q^{ij} = P^{ji} + Q^{ji} = (P+Q)^{ji}\)。
  3. スカラー倍の閉性: \(P \in \mathrm{Sym}^2(V)\)、\(\lambda \in \mathbb{R}\) ならば \((\lambda P)^{ij} = \lambda P^{ij} = \lambda P^{ji} = (\lambda P)^{ji}\)。

よって \(\mathrm{Sym}^2(V)\) は \(T^2(V)\) の部分空間。

\(\mathrm{Alt}^2(V)\) が部分空間であること：

  1. 零元: \(0^{ij} = 0 = -0 = -0^{ji}\) なので \(0 \in \mathrm{Alt}^2(V)\)。
  2. 加法の閉性: \(P, Q \in \mathrm{Alt}^2(V)\) ならば \((P+Q)^{ij} = P^{ij} + Q^{ij} = -P^{ji} + (-Q^{ji}) = -(P+Q)^{ji}\)。
  3. スカラー倍の閉性: \(P \in \mathrm{Alt}^2(V)\)、\(\lambda \in \mathbb{R}\) ならば \((\lambda P)^{ij} = \lambda P^{ij} = \lambda(-P^{ji}) = -(\lambda P)^{ji}\)。

よって \(\mathrm{Alt}^2(V)\) も \(T^2(V)\) の部分空間。\(\square\)

次元の計算：

\(V\) が \(n\) 次元のとき、対称テンソル \(S^{ij} = S^{ji}\) の独立成分は、\(i \leq j\) となる \((i,j)\) の組の数に等しい。これは \(n\) 個の中から重複を許して 2 個選ぶ組み合わせ：

\[\dim \mathrm{Sym}^2(V) = \binom{n+1}{2} = \frac{n(n+1)}{2}\]

反対称テンソル \(A^{ij} = -A^{ji}\) では対角成分 \(A^{ii} = 0\)（\(A^{ii} = -A^{ii}\) より）。独立成分は \(i < j\) となる組の数：

\[\dim \mathrm{Alt}^2(V) = \binom{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2}\]

検算: \(\dim \mathrm{Sym}^2(V) + \dim \mathrm{Alt}^2(V) = \frac{n(n+1)}{2} + \frac{n(n-1)}{2} = \frac{n^2 + n + n^2 - n}{2} = n^2 = \dim T^2(V)\)。✓

これは (a) の直和分解 \(T^2(V) = \mathrm{Sym}^2(V) \oplus \mathrm{Alt}^2(V)\) と整合する。

(c) 4 次元時空での独立成分数

\(n = 4\) を代入する。

計量テンソル \(g_{\mu\nu}\)（対称）：

\[\frac{n(n+1)}{2} = \frac{4 \times 5}{2} = \boxed{10 \text{ 個}}\]

電磁場テンソル \(F_{\mu\nu}\)（反対称）：

\[\frac{n(n-1)}{2} = \frac{4 \times 3}{2} = \boxed{6 \text{ 個}}\]

和の確認：

\[0 + 6 = 16 = 4^2 = n^2 \quad \checkmark\]

これは \(T^2(V)\) の次元 \(n^2 = 16\) に一致し、任意の 2 階テンソル（16 個の独立成分）が対称部分（10 個）と反対称部分（6 個）に一意に分解されることを反映している。

物理的補足: \(F_{\mu\nu}\) の 6 個の独立成分は、電場の 3 成分 \((E_x, E_y, E_z)\) と磁場の 3 成分 \((B_x, B_y, B_z)\) に対応する。\(g_{\mu\nu}\) の 10 個の独立成分は、Einstein 方程式 \(G_{\mu\nu} = 8\pi T_{\mu\nu}\) が 10 本の独立な方程式系であることに対応する。

A-2. 双対空間によるテンソル表現

→ 問題に戻る

問題: 双対空間のテンソル積と \(\binom{0}{N}\) テンソルの関係。

(a) \(V^* \otimes V^*\) の基底と次元

\(V^*\) の基底は \(\{e^1, e^2, \ldots, e^n\}\)（\(n\) 個）であるから、\(V^* \otimes V^*\) の基底は：

\[\{e^i \otimes e^j \mid i, j = 1, 2, \ldots, n\}\]

基底の個数は \(n \times n = n^2\) 個。

\[\boxed{\text{基底：} \{e^i \otimes e^j\}_{i,j=1}^n, \qquad \dim(V^* \otimes V^*) = n^2}\]

(b) \(f = f_{ij}\,e^i \otimes e^j\) の検証

\(f = f_{ij}\,e^i \otimes e^j\) と表されるとして、任意のベクトル \(\vec{A} = A^k e_k\)、\(\vec{B} = B^l e_l\) に対して正しい値を返すことを確認する。

テンソル積の作用の定義 \((e^i \otimes e^j)(\vec{A}, \vec{B}) := e^i(\vec{A})\,e^j(\vec{B})\) を用いる。

\[f(\vec{A}, \vec{B}) = \left(f_{ij}\,e^i \otimes e^j\right)(\vec{A}, \vec{B})\]

線形性により：

\[= f_{ij}\,(e^i \otimes e^j)(\vec{A}, \vec{B}) = f_{ij}\,e^i(\vec{A})\,e^j(\vec{B})\]

双対基底の定義 \(e^i(e_k) = \delta^i{}_k\) と \(\vec{A} = A^k e_k\) の線形性より：

\[e^i(\vec{A}) = e^i(A^k e_k) = A^k\,e^i(e_k) = A^k\,\delta^i{}_k = A^i\]

同様に：

\[e^j(\vec{B}) = B^j\]

したがって：

\[f(\vec{A}, \vec{B}) = f_{ij}\,A^i\,B^j = A^i B^j f_{ij}\]

これは S2(a) で導いた \(\binom{0}{2}\) テンソルの成分表示 \(f(\vec{A}, \vec{B}) = f_{ij} A^i B^j\) と完全に一致する。

逆に、任意の \(\binom{0}{2}\) テンソル \(f\)（双線形写像 \(f: V \times V \to \mathbb{R}\)）に対して、\(f_{ij} := f(e_i, e_j)\) と定義すれば、上の計算から \(f\) は \(V^* \otimes V^*\) の元 \(f_{ij}\,e^i \otimes e^j\) と同一視できる。

\[\boxed{f = f_{ij}\,e^i \otimes e^j \in V^* \otimes V^*, \quad f(\vec{A}, \vec{B}) = f_{ij}\,A^i B^j \text{ が再現される}}\]

\(\square\)

(c) 一般化と 2 つのアプローチのつながり

\(\binom{0}{2}\) テンソルの空間 \(\cong V^* \otimes V^*\)：

(b) の結果から、\(\binom{0}{2}\) テンソル（\(V \times V\) 上の双線形写像）の全体は \(V^* \otimes V^*\) と同型である。写像は：

\[f \mapsto f_{ij}\,e^i \otimes e^j, \qquad f_{ij} = f(e_i, e_j)\]

で与えられ、これは線形同型写像である（基底の取り方に依存しない）。

\(\binom{0}{N}\) テンソルへの一般化：

同様に、\(\binom{0}{N}\) テンソル（\(N\) 個のベクトルを引数にとる多重線形写像 \(f: \underbrace{V \times \cdots \times V}_{N} \to \mathbb{R}\)）に対して：

\[f = f_{i_1 i_2 \cdots i_N}\,e^{i_1} \otimes e^{i_2} \otimes \cdots \otimes e^{i_N}\]

と表せる。ここで \(f_{i_1 \cdots i_N} = f(e_{i_1}, \ldots, e_{i_N})\) であり、作用は：

\[(e^{i_1} \otimes \cdots \otimes e^{i_N})(\vec{A}_1, \ldots, \vec{A}_N) := e^{i_1}(\vec{A}_1) \cdots e^{i_N}(\vec{A}_N) = A_1^{i_1} \cdots A_N^{i_N}\]

したがって：

\[f(\vec{A}_1, \ldots, \vec{A}_N) = f_{i_1 \cdots i_N}\,A_1^{i_1} \cdots A_N^{i_N}\]

これにより：

\[\boxed{\binom{0}{N}\text{ テンソルの空間} \cong \underbrace{V^* \otimes \cdots \otimes V^*}_{N} =: T_N(V)}\]

2 つのアプローチのつながり（本文 B.11 節の一般化）：

テンソルには 2 つの等価な定義がある：

アプローチ 反変テンソル 共変テンソル
代数的（テンソル積空間） \(T^r(V) = \underbrace{V \otimes \cdots \otimes V}_{r}\) \(T_N(V) = \underbrace{V^* \otimes \cdots \otimes V^*}_{N}\)
関数的（多重線形写像） \(\underbrace{V^* \times \cdots \times V^*}_{r} \to \mathbb{R}\) \(\underbrace{V \times \cdots \times V}_{N} \to \mathbb{R}\)
  • 反変テンソル \(T^r(V)\)：\(V\) を \(r\) 回テンソル積した空間の元。成分は上付き添字 \(r\) 個。等価的に、\(r\) 個の 1-形式を引数にとる多重線形写像。
  • 共変テンソル \(T_N(V)\)：\(V^*\) を \(N\) 回テンソル積した空間の元。成分は下付き添字 \(N\) 個。等価的に、\(N\) 個のベクトルを引数にとる多重線形写像。

さらに一般の混合テンソル（型 \(\binom{r}{N}\)）は：

\[T^r{}_N(V) = \underbrace{V \otimes \cdots \otimes V}_{r} \otimes \underbrace{V^* \otimes \cdots \otimes V^*}_{N}\]

の元であり、成分は \(T^{i_1 \cdots i_r}{}_{j_1 \cdots j_N}\) と上付き \(r\) 個・下付き \(N\) 個の添字を持つ。等価的に、\(r\) 個の 1-形式と \(N\) 個のベクトルを引数にとる多重線形写像である。

この対応が、本文 B.11 節で述べられた「テンソル積空間の元」と「多重線形写像」という 2 つのアプローチが同じ数学的対象を記述していることの一般的な表現である。\(\square\)

検算: 次元の整合性。\(T_N(V) = (V^*)^{\otimes N}\) の次元は \((\dim V^*)^N = n^N\)。一方、\(N\) 個のベクトルを引数にとる多重線形写像の成分 \(f_{i_1 \cdots i_N}\) の個数は \(n^N\)。一致。✓