行列式の因数分解
はじめに
この記事ではある種の対称性を持つ行列式の因数分解公式
$$\det(f(x_i^{-1}x_j))=\prod_{\x\in\G}\l(\sum_{x\in G}f(x)\x(x)\r)$$
について簡単に解説していきます。
証明
有限アーベル群
$$G=\{x_1,x_2,\ldots,x_n\}$$
上の関数$f:G\to\C$に対し
$$A=\begin{pmatrix}
f(1)&f(x_1^{-1}x_2)&f(x_1^{-1}x_3)&\cdots&f(x_1^{-1}x_n)\\
f(x_2^{-1}x_1)&f(1)&f(x_2^{-1}x_3)&\cdots&f(x_2^{-1}x_n)\\
f(x_3^{-1}x_1)&f(x_3^{-1}x_2)&f(1)&\cdots&f(x_3^{-1}x_n)\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
f(x_n^{-1}x_1)&f(x_n^{-1}x_2)&f(x_n^{-1}x_3)&\cdots&f(1)
\end{pmatrix}$$
とおくと
$$\det A=\prod_{\x\in\G}\l(\sum_{x\in G}f(x)\x(x)\r)$$
が成り立つ。ただし$\G$は$G$の
指標群
とした。
$|G|=|\G|$であることに注意すると、$A$の固有値
$$\la_\x=\sum_{x\in G}f(x)\x(x)$$
に関する固有ベクトル
\begin{align}
\bs x_\x
&=\sum^n_{i=1}\x(x_i)\e_i\\
&=\begin{pmatrix}
\x(x_1)&\x(x_2)&\cdots&\x(x_n)
\end{pmatrix}^T
\end{align}
たちが線形独立であることを示せばよい。
ただし$\e_1,\e_2,\ldots,\e_n$は$\C^n$の標準基底とした。
固有ベクトルであること
\begin{align}
A\bs x_\x
&=\sum^n_{i=1}\x(x_i)\cdot A\e_i\\
&=\sum^n_{i=1}\x(x_i)\sum^n_{j=1}f(x_i^{-1}x_j)\e_j\\
&=\sum^n_{j=1}\x(x_j)\l(\sum^n_{i=1}\x(x_j^{-1}x_i)f(x_i^{-1}x_j)\r)\e_j\\
&=\sum^n_{j=1}\x(x_j)\l(\sum_{x\in G}\x(x)f(x)\r)\e_j\\
&=\la_\x\bs x_\x
\end{align}
とわかる。
線形独立であること
この記事
の定理5から$\x,\x'\in\G$に対し、$\bs x_\x,\bs x_{\x'}$の複素内積は
\begin{align}
\langle\bs x_\x,\bs x_{\x'}\rangle
&=\sum^n_{i=0}\x(x_i)\ol{\x'(x_i)}\\
&=\sum_{x\in G}(\x\x'^{-1})(x)\\
&=\l\{\begin{array}{ll}
n&(\x=\x')\\0&(\x\neq\x')
\end{array}\r.
\end{align}
と求まるので$\bs x_\x$たちは互いに直交しており、したがって線形独立であることがわかる。
計算例
例えば$G=\Z/n\Z$とおくと以下の公式が得られます。
$\z=e^{2\pi i/n}$とおくと
$$\begin{vmatrix}
a_0&a_1&a_2&\cdots&a_{n-1}\\
a_{n-1}&a_0&a_1&\cdots&a_{n-2}\\
a_{n-2}&a_{n-1}&a_0&\cdots&a_{n-3}\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
a_1&a_2&a_3&\cdots&a_0
\end{vmatrix}=\prod^{n-1}_{k=0}\l(\sum^{n-1}_{j=0}\z^{jk}a_j\r)$$
が成り立つ。
具体的に$n=1,2,3,4$の場合を書き下してみると以下のようになります。
$\o=e^{2\pi i/3}$とおくと
\begin{align}
|a|&=a\\
\begin{vmatrix}
a&b\\
b&a
\end{vmatrix}
&=(a+b)(a-b)\\
\begin{vmatrix}
a&b&c\\
c&a&b\\
b&c&a
\end{vmatrix}
&=(a+b+c)(a+\o b+\o^2c)(a+\o^2b+\o c)\\
\begin{vmatrix}
a&b&c&d\\
d&a&b&c\\
c&d&a&b\\
b&c&d&a
\end{vmatrix}
&=(a+b+c+d)(a+ib-c-id)(a-b+c-d)(a-ib-c+id)
\end{align}
が成り立つ。
また例えば$G=\Z/2\Z\times\Z/2\Z$とおくと以下の公式が得られます。
$$\begin{vmatrix} a&b&c&d\\ b&a&d&c\\ c&d&a&b\\ d&c&b&a \end{vmatrix} =(a+b+c+d)(a+b-c-d)(a-b+c-d)(a-b-c+d)$$
フーリエ変換との関係
ちなみに上の公式は有限アーベル群$G$上の離散フーリエ変換
$$\f(\x)=\sum_{x\in G}f(x)\x(x)\quad\iff\quad
f(x)=\frac1{|G|}\sum_{\x\in\G}\f(\x)\ol{\x(x)}$$
を用いることで次のような説明付けをすることもできます。
関数空間$V_G=\operatorname{Map}(G,\C)$
$G$から$\C$への写像全体のなす$\C$-線形空間$V_G$は
$$e_i(x_j)=\l\{\begin{array}{ll}
1&(i=j)\\0&(i\neq j)
\end{array}\r.$$
なる関数$e_1,e_2,\ldots,e_n$を標準基底に持つ。
すなわち任意の$f\in V_G$に対し
$$f=\sum^n_{i=1}f(x_i)e_i=\begin{bmatrix}
e_1&e_2&\cdots&e_n
\end{bmatrix}\begin{pmatrix}
f(x_1)\\f(x_2)\\\vdots\\f(x_n)
\end{pmatrix}$$
が成り立つ。
畳み込み
関数$f,g\in V_G$に対し、その畳み込み$f*g$を
$$(f*g)(x)=\sum_{y\in G}f(xy^{-1})g(y)$$
によって定める。このとき線形写像
$$T_f:V_G\to V_G,\quad g\mapsto f*g$$
の標準基底に関する表現行列は$A=(f(x_ix_j^{-1}))_{i,j}$となる。
すなわち
$$f*g=\begin{bmatrix}
e_1&e_2&\cdots&e_n
\end{bmatrix}A\begin{pmatrix}
g(x_1)\\g(x_2)\\\vdots\\g(x_n)
\end{pmatrix}$$
が成り立つ。
フーリエ変換
関数$f\in V_G$のフーリエ変換$\f\in V_\G$を
$$\f(\G)=\sum_{x\in G}f(x)\x(x)$$
によって定めると、簡単な計算により
$$\widehat{f*g}=\f\c\g$$
が成り立つ。
特に線形写像
$$\F:V_G\to V_\G,\quad f\mapsto\f$$
を考えると、上の式は
$$(\F T_f)g=\f\c(\F g)$$
と表せるので、$V_\G$の標準基底
$$\he_1,\he_2,\ldots,\he_n$$
に関する両辺の表現行列を考えることで
$$F A=\begin{pmatrix}
\f(\x_1)\\
&\f(\x_2)\\
&&\ddots\\
&&&\f(\x_n)
\end{pmatrix}F$$
を得る。ただし$F$は$\F$の表現行列
$$F=\begin{pmatrix}
\x_1(x_1)&\x_1(x_2)&\cdots&\x_1(x_n)\\
\x_2(x_1)&\x_2(x_2)&\cdots&\x_2(x_n)\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\\
\x_n(x_1)&\x_n(x_2)&\cdots&\x_n(x_n)\\
\end{pmatrix}$$
とした。
結論
特にフーリエ変換は可逆であることから
$$A=F^{-1}\begin{pmatrix}
\f(\x_1)\\
&\f(\x_2)\\
&&\ddots\\
&&&\f(\x_n)
\end{pmatrix}F$$
と対角化されることとなる。
なるほどなあ。
おまけ
ちなみに上の計算例から
$$\begin{vmatrix}
a&b&0&\cdots&0&c\\
c&a&b&\cdots&0&0\\
0&c&a&\cdots&0&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\
0&0&0&\cdots&a&b\\
b&0&0&\cdots&c&a
\end{vmatrix}=\prod^n_{k=1}\l(a+\z^kb+\z^{-k}c\r)$$
が成り立っていましたが、これと似て非なる行列式として次のような公式も知られています。
$$\begin{vmatrix} a&b&0&\cdots&0&0\\ c&a&b&\cdots&0&0\\ 0&c&a&\cdots&0&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0&0&0&\cdots&a&b\\ 0&0&0&\cdots&c&a \end{vmatrix}=\prod^n_{k=1}\l(a-2\sqrt{bc}\cos\frac{\pi k}{n+1}\r)$$
左辺の行列を$A$とおく。$bc=0$のときは明らかなので$bc\neq0$としてよい。
このとき$\sqrt{bc}$の枝の取り方に応じて$\sqrt{c/b}$の枝を
$$\sqrt{\frac cb}=\frac{\sqrt{bc}}b=\frac{c}{\sqrt{bc}}$$
となるように取り、縦ベクトル$\bs x_j=(x_{i,j})_{1\leq i\leq n}$を
$$x_{i,j}=\bigg(-\sqrt{\frac cb}\bigg)^i\sin\frac{\pi ij}{n+1}$$
によって定めたとき、$i=0,n+1$において$x_{i,j}=0$となることに注意すると
\begin{align}
A\bs x_j
&=(cx_{i-1,j}+ax_{i,j}+bx_{i+1,j})_i\\
&=\l(a-2\sqrt{bc}\cos\frac{\pi j}{n+1}\r)\cdot(x_{i,j})_i
\end{align}
が成り立つので
$$a-2\sqrt{bc}\cos\frac{\pi j}{n+1}\qquad(j=1,2,\ldots,n)$$
は(相違なる)$A$の固有値となり、したがってその積が$A$の行列式となる。
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