Приведение кубической формы к специфическому виду

[Gickle]

Здравствуйте. Имеется конструкция вида $g_{ij} x_i x_j x_j$, которая, как я понимаю, является частным случаем кубической формы. Кроме того, есть ортогональное преобразование $x_i = A_{ik} y_k$ такое, что $A^{-1}_{im} g_{ml} A_{lk} = \lambda_i \delta_{ij}$. Мне бы очень хотелось разбить исходную форму на диагональную и недиагональную части в этом новом базисе, то есть иметь что-то вроде:

$$g_{ij} x_i x_j x_j = \lambda_i y_i y_i y_i + G_{ikj} y_i y_k y_j$$

Вопрос заключается в том, как при этом найти $G_{ikj}$ и всегда ли это вообще возможно (имеется в виду, разумеется, что у $G_{ikj}$ все диагональные элементы равны нулю)? С учётом ортогональности $A$ должно получиться:

$$A^{-1}_{ki} g_{ij} A_{jl} A_{jm} y_k y_l y_m = \lambda_i y_i y_i y_i + G_{klm} y_k y_l y_m$$

или

$$\left(A^{-1}_{ki} g_{ij} A_{jl} A_{jm} - G_{klm} - \lambda_k \delta_{klm} \right) y_k y_l y_m = 0$$

(плюс условие $A^{-1}_{im} g_{ml} A_{lk} = \lambda_i \delta_{ij}$)

Это всё сильно смахивает на какую-то расширенную задачу на СЗ, но я немного теряюсь, что делать дальше. Может кто-нибудь подсказать, в каком направлении двигаться?

P.S. Такой же вопрос, если честно, стоит и по поводу следующего выражения: $g_{ij} x_i x_i x_j x_j $.

[пианист]

$\lambda_i = g_{ii}$,
$ G_{ijk} x_i x_j x_k = g_{ij} (x_i)^2 x_j - \lambda_i (x_i)^3 $?

[Gickle]

пианист в сообщении #1299813 писал(а):

$\lambda_i = g_{ii}$,
$ G_{ijk} x_i x_j x_k = g_{ij} (x_i)^2 x_j - \lambda_i (x_i)^3 $?

Если я правильно понимаю, то из этого следует

$$ g_{ij} x_i x_j x_j = g_{ij} y_i y_j y_j,$$

где $x_i = A_{ik} y_k$, $A$ - ортогональная матрица.

Либо я вас неправильно понял, либо я этого совершенно не вижу. Не могли бы вы более развёрнуто ответить? Если вопрос тривиальный, то не могли бы объяснить почему?

[пианист]

Ну просто - "выкусываем" диагональную часть, да и все.
В любом базисе это можно сделать же.
В чем подвох?

[Gickle]

пианист
Да, извиняюсь, я дурак просто. Из вышесказанного же следует, что

$$G_{klm} = A^{-1}_{ki} g_{ij} A_{jl} A_{jm} - \lambda_k \delta_{klm}.$$

Подвоха никакого нет. Мне необходимо найти выражение для вышеуказанной формы в базисе, где $g$ диагональна, в как можно более приятном виде, разбив предварительно на диагональную и недиагональную части. Можно ли как-то вышеприведённое выражение упростить, пользуясь тем, что $A$ ортогональна и приводит $g$ к диагональному виду? Проблема просто в том, что в действительности точный вид $A$ мне неизвестен, поэтому хотелось бы по возможности минимизировать её присутствие. То есть если, например, возможно получить выражение для $G$ только через $g$ и $\lambda$ (в чём я, конечно, сомневаюсь), пользуясь сказанными мною свойствами, то это было бы просто невероятно круто.

[Xaositect]

А Вы можете поделиться, где это у Вас вылезло и как Вы собираетесь это использовать? Это напоминает мне обобщения собственных значений на симметричные тензоры, но не то.

Впрочем, тензор этот неудобный, он на границе множества тензоров ранга $2n$. Вот, может быть, чем-то поможет:

$$\sum_{i,j} g_{ij} x_i x_j^2 = \frac{1}{3\varepsilon} \sum_{j} \left[ (x_j + \varepsilon \sum_i g_{ij} x_i)^3 - x_j^3 \right] + O(\varepsilon)$$

[Gickle]

Xaositect в сообщении #1299844 писал(а):

А Вы можете поделиться, где это у Вас вылезло и как Вы собираетесь это использовать?

Это на самом деле из физики вылезло, так что вряд ли из этого какие-то выводы математические можно сделать будет. То есть идея в том, что в этом базисе у меня квадратичный кусок (который я здесь не приводил) диагонализуется. Слагаемые же более высокого порядка (3 и 4) отвечают за взаимодействие. Вот было бы очень хорошо, конечно, разделить это взаимодействие в новом базисе на диагональную и недиагональную части. И найти при этом красивое выражение для недиагональной части.

Xaositect в сообщении #1299844 писал(а):

Вот, может быть, чем-то поможет:

$$\sum_{i,j} g_{ij} x_i x_j^2 = \frac{1}{\varepsilon} \sum_{j} \left[ (x_j + \varepsilon \sum_i g_{ij} x_i)^3 - x_j^3 \right] + O(\varepsilon)$$

Боюсь, что не очень.

[пианист]

Gickle в сообщении #1299798 писал(а):

..
ортогональное преобразование $x_i = A_{ik} y_k$ такое, что $A^{-1}_{im} g_{ml} A_{lk} = \lambda_i \delta_{ij}$
..
Мне бы очень хотелось разбить исходную форму на диагональную и недиагональную части в этом новом базисе, то есть иметь что-то вроде:

$$g_{ij} x_i x_j x_j = \lambda_i y_i y_i y_i + G_{ikj} y_i y_k y_j$$

Хотелось бы уточнить, в каком все-таки базисе интересует разбиение?
В том, где $g$ (квадратичная форма) диагональна, кубическая будет диагональная тоже.
А если в исходном, то как это должно быть связано с новым.

[Gickle]

пианист в сообщении #1300036 писал(а):

Хотелось бы уточнить, в каком все-таки базисе интересует разбиение?

В том, где $g$ диагональна.

пианист в сообщении #1300036 писал(а):

В том, где $g$ (квадратичная форма) диагональна, кубическая будет диагональная тоже.

Вот я не вижу этого, ей-богу. Не могли бы вы поподробнее объяснить, если не трудно?

[пианист]

Сори, торможу.
Вид $g_{ij} x_i x_j x_j$ у кубической формы в исходном базисе, а разбиение ищется в том, где квадратичная форма $g$ диагональна (а такого особого вида у кубической уже нет).
Теперь понял ;)

[Gickle]

С разрешения администрации форума хотел бы возобновить обсуждения вопроса. Постараюсь конкретизировать вопрос. Итак, имеется квадратичная форма вида:

$$M_2(x,x) = \frac{1}{c_0}\sum_{a,b=1}^N \left(\delta_{ab} - \frac{c_a c_b}{N}\right) x_a x_b \,,$$

где $c_a > 0, \ a = 0,\ldots,N$ - некоторые константы.

Матрица $\displaystyle g_{ab} \equiv \delta_{ab} - \frac{c_a c_b}{N}$ имеет $(N-1)$-кратно вырожденное собственное значение $\lambda_{1,\ldots,N-1} = 1$, отвечающее собственным векторам

$$\mathbf{v}_1 = \left(-c_N,0,\ldots,0,c_1 \right)^{T}, \ \mathbf{v}_2 = \left(-c_{N-1},0,\ldots,c_1,0\right)^{T}, \,\ldots,\ \mathbf{v}_{N-1} = \left(-c_{2},c_1,\ldots,0,0\right)^{T},$$

и собственное значение $\lambda_N = 1 - c_1^2 - \ldots - c_N^2$ с собственным вектором

$$\mathbf{v}_N = \left(c_1,c_2,\ldots,c_{N-1},c_N\right)^{T}.$$

Тогда квадратичная форма $g$ может быть приведена к каноническому виду преобразованием $x \to y = A \cdot x\,,$ где

$$ A = \begin{pmatrix} -c_N & -c_{N-1} & \cdots & -c_2 & c_1\\ 0 & 0 & \cdots & c_1 & c_2\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & c_1 & \cdots & 0 & c_{N-1}\\ c_1 & 0 & \cdots & 0 & c_N \end{pmatrix}, $$

к канонической (диагональной) форме.

Рассмотрим теперь следующие кубическую

$$M_3(x,x,x) = \sum_{a,b=1}^{N} d_b \left(\delta_{ab} - \frac{c_a c_b}{N} \right) x_a x_b x_b$$

и квартическую(?)

$$M_4(x,x,x,x) = \sum_{a,b=1}^{N} f_b \left(\delta_{ab} - \frac{c_b^2}{N} \right) x_a x_a x_b x_b\,,$$

где $d_a, f_a > 0,\ a = 1,\ldots,N$ - некоторые положительные константы.

Понятно, что в новом базисе эти формы примут общий вид

$$M_3(y,y,y) = \sum_{a,b,c = 1}^N G^{(3)}_{abc} y_a y_b y_c$$

и

$$M_4(y,y,y,y) = \sum_{a,b,c,d = 1}^N G^{(4)}_{abcd} y_a y_b y_c y_d,$$

где

$$G^{(3)}_{abc} = \sum_{\gamma,\delta=1}^{N} d_{\delta} \left(\delta_{\gamma \delta } - \frac{c_{\gamma} c_{\delta}}{N} \right) A^{-1}_{a \gamma} A^{-1}_{b \delta} A^{-1}_{c \delta}$$

(и аналогично $G^{(4)}$)

Возникают следующие вопросы:
1) По сути, для $A^{-1}$ несложно найти аналитическое выражение. Оно имеет вид:

$$ A^{-1} = \frac{1}{\mathbf{c}^2} \begin{pmatrix} -\frac{c_1 c_N}{c_1} & -\frac{c_2 c_{N}}{c_1} & \cdots & -\frac{c_{N-1} c_N}{c_1} & \frac{\mathbf{c}^2 - c_N^2}{c_1}\\ -\frac{c_1 c_{N-1}}{c_1} & -\frac{c_2 c_{N-1}}{c_1} & \cdots & \frac{\mathbf{c}^2 - c_{N-1}^2}{c_1} & -\frac{c_{N} c_{N-1}}{c_1}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ -\frac{c_1 c_2}{c_1} & \frac{\mathbf{c}^2 - c_2^2}{c_1} & \cdots & -\frac{c_{N-1} c_2}{c_1} & -\frac{c_{N} c_2}{c_1}\\ c_1 & c_2 & \cdots & c_{N-1} & c_N \end{pmatrix} $$

Здесь $\displaystyle\mathbf{c}^2 \equiv \sum_{a=1}^N c_a^2$. Тогда вроде как и $G^{(3)}$ с $G^{(4)}$ выражаются в новом базисе весьма прямо. Но там получается такая мешанина, что чёрт продерёшься, по-моему. Может, есть какой-то трюк, чтобы весьма просто в общем случае явно выразить $G^{(3)}_{abc}$, $G^{(4)}_{abcd}$ через $c_a$,$d_a$, $f_a$ и $N$?
2) Если ответ на первый вопрос отрицательный, то существует ли хотя бы асимптотическое выражение для случая $N \to \infty$? То есть что-то вида

$$G^{(n)} = G^{(n)}(c_a,d_a,f_a) + O(1/N).$$

В этой теме уважаемый Xaositect приводил некоторое выражение для кубической формы, но оно к этому случаю как-то не прикручивается (ну или я, дурак, не вижу просто).

Я, как ни крутил (просто в лоб подставлял преобразование координат), ничего не получил - всё время где-то начинал путаться. Но я не математик от слова совсем, так что это не показатель совершенно.

P.S. Заранее извиняюсь за не совсем оптимальные и привычные обозначения - они обусловлены "историческими причинами".

[Munin]

Почему бы вам просто в системе координат, в которой $\vec{c}=(c,0,\ldots,0)^\mathrm{T},$ не записать ваших формул для $M_3,M_4$? Они должны сильно упроститься, а то, что вы не будете возиться с матрицей перехода $A,$ ничего не изменит.

[Gickle]

Munin в сообщении #1346467 писал(а):

Почему бы вам просто в системе координат, в которой $\vec{c}=(c,0,\ldots,0)^\mathrm{T},$ не записать ваших формул для $M_3,M_4$? Они должны сильно упроститься, а то, что вы не будете возиться с матрицей перехода $A,$ ничего не изменит.

$\mathbf{c} = (c_1, \ldots, c_N)^{T}$ не является вектором - это просто некоторый набор параметров, который под действием преобразования координат никак не меняется. То же самое касается и $d_a$ с $f_a$. Или вы что-то другое имели в виду?

P.S. К тому же случай $\mathbf{c}=(c,0,\ldots,0)^\mathrm{T}$ у меня, увы, не может выполняться вообще - все $c_a$ полагаются положительными. "На крайняк" был бы интересен другой предельный случай: $\mathbf{c}=c \, (1,1,\ldots,1)^\mathrm{T}$. Но хотелось бы всё-таки по возможности придерживаться более общего варианта.

[Munin]

Извините, вы начали с квадратичной формы $\delta_{ab}-\dfrac{c_a c_b}{N}$ - я её хорошо знаю. Поворотом системы координат её можно привести к собственному базису.

-- 15.10.2018 17:40:03 --

Gickle в сообщении #1346470 писал(а):

К тому же случай $\mathbf{c}=(c,0,\ldots,0)^\mathrm{T}$ у меня, увы, не может выполняться вообще - все $c_a$ полагаются положительными. "На крайняк" был бы интересен другой предельный случай: $\mathbf{c}=c \, (1,1,\ldots,1)^\mathrm{T}$.

Это всё одно и то же в разных системах координат. В бескоординатном виде квадратичная форма $\delta_{ab}-\dfrac{c_a c_b}{N}$ выглядит как $E-\tfrac{1}{N}\mathbf{c}\otimes\mathbf{c}.$ Очевидно, первую ось можно направить вдоль вектора $\mathbf{c}.$

[Gickle]

Munin
А, торможу. Теперь понял, о чём вы, видимо.

Munin в сообщении #1346479 писал(а):

Поворотом системы координат её можно привести к собственному базису.

Ну да, как раз преобразованием $A$ она к главным осям и приводится. Тогда можно просто сразу стартовать со случая $\mathbf{c} = (c,0,\ldots,0)^{T}$. Но проблема в том, что (надо было сразу это написать, наверное) в действительности $d_a$ и $f_a$ не являются независимыми от $c_a$, а именно:

$$d_a = \frac{d}{c_a},\ f_a = \frac{f}{c_a^2},$$

где $d$ и $f$ - некоторые константы.

Я туплю, или это означает, что в базисе, где квадратичная форма диагональна, в $M_3$, $M_4$ будут "плохие значения" вида $\frac{1}{0}$?