こんな関数は存在する？存在しない？

質問

とある理由で、以下のような問題を考えています。
しかしながら、どう証明（or反例）してよいのかいいアイディア
が浮かばず、質問させていただきました。

--------------------------------------
問い：
ある関数f(x1,x2)が存在したとします。
この時下記条件を満足する関数g(x1,x2,...,xn)が存在できるか。

条件：
まず、任意のiとj(j≠i)を選びます。
{xk}(k≠i,j)に対して任意の定数値{ck}を設定します。
こうして生成されたh(xi,xj)=g(c1,...,xi,...,xj,...,cn)を考えます。
この関数hがh(xi,xj) = a*f(xi,xj)を常に満足する。
ここでaは0以外の定数。
-------------------------------------

一般的に証明するのは難しそうなので、g(x1,x2,x3)の場合などでもかまいません。
また、f(x1,x2)に対して拘束条件f(x1,x2)=f(x2,x1)をかけてもかまいません。
なにか「こういうアプローチで証明(or反例)できるのではないか？」といったアイディアをお持ちではないでしょうか？

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ちなみにこの問題は量子力学のN-representability問題に端を発しています。もしこの証明ができれば、N-representability問題に対してすこし切り込めるかなぁと考えている次第です。

よろしくお願いします。

回答No.10

tgb · ベストアンサー

前回(No.8)に引き続きまたミスを繰り返したようです。
前回の式(4)で
正しくは
f(xi,cj)/f(xi,cn)=c　　　(4)
c=a(c1,c2,...,(ci),...,(cj),...,cj)/a(c1,c2,...,(ci),...,(cj),...,cn)
　　　　　(4b)　　(式番号は今回追加)
式(4)の左辺でxj,xnが固定される形になっていませんでした。cの式はそのままです。

今回も修正と追加になりますが、新しい結果が２つ得られました。
(1)f(x,y)=F(x)G(y)になることが意外とシンプルに
示せるようです。
(2)a(x1...xn)=αF(x1)...F(xn)も示せる

(1)f(x,y)=F(x)G(y)になる
f(x,p1)/f(x,p2)=c　　　(5)
cは式(4b)に示すようにciを除いたc1～cnに依存して決まることになっています。
しかし、式(5)でp1,p2を固定してxを変化させたときの左辺の変化を見ると
例えばx=p0としたときは
c0=f(p0,p1)/f(p0,p2)　　　(7)
　　(式番号はNo.8から継続して付番)
であり、c=c0となる筈ですが、[ｘをp0以外の値にしたときもc0の値のままの筈です]。
そこでp1,p2を別の異なる値に変えたときにcが異なる値で決まりますが式(7)からは
このcはp1,p2のみに依存して決まるとしてよいことになります。
(このことは一方で
p1,p2(実際はcj,cn)のみに依存し、他方ciを除くc1～cn全体に依存と言うことで矛盾
するかのように思えますがgが存在する条件から導かれる正当な帰結(考えに誤りがない
という前提で)です。例えば、a()がそれぞれの変数を含む同一関数の積で与えられる場合
はcの分母子の約分によってcj,cn以外の項が消失します。)
即ち、式(7)でc0がp0に依存しない([]内に示した理由で)ので残りの変数のp1,p2のみに
依存することになります。従って、
f(x,p1)/f(x,p2)=c(p1,p2)　　　(8)
ここで式(8)はp1,p2を任意に変えても成立します。
そこでp1を変数としてyに書き換えて(p2は固定のまま表記はpに変更)左辺分母を右辺に移すと
f(x,y)=f(x,p)c(y,p)　　　　(9)
となります。
これから
f(x,y)=F(x)G(y)　　　(10)
ただし、
F(x)=f(x,p)　　　　(11)
G(y)=c(y,p)　　　　(12)
f(x,y)には変数の入れ替え可能という条件も付加されるのでこの条件から、
適当な関数r(p)を選んで
c(x,y)=r(p)f(x,y)　　　(13)
も出てきます。(これを満たさないならgは存在しない。また、式(13)の導出は
式(9)の右辺でx,yを入れ替えたものを等値した式をx,yが両辺に分離するように変形して
任意のx,yで等号が成立することから可能)
結局、
f(x,y)=r(p)f(x,p)f(y,p)　　　(14)
更に上式にx=y=pを代入してr(p)を求め、改めてfを表示すると
f(x,y)=f(x,p)f(y,p)/f(p,p)　　　(15)

以上から分かるようにF(x)=G(x)は要請されていませんが、許されるのは式(13)の
ように定数倍の違いのみです。
式(15)はgが存在するためにfに対して要請される条件(必要条件)です。
また、例えば
・任意のF(x)に対してfがf(x,y)=F(x)F(y)で表される場合
・f(x,y)=x+yの場合
についてそれぞれ
fは(15)を満たす(gの存在は否定されない)、及び満たさない(gは存在しない)
ことが確認されます。

(2)a(x1...xn)=αF(x1)...F(xn)も示せる
一番単純な場合について考えてみます。
a(x,y)F(z)においてy,zが入れ替え可能とすると
a(x,y)F(z)=a(x,z)F(y)
これから
a(x,y)/F(y)=a(x,z)/F(z)
任意のx,y,zで成立するが特にxを固定しy,zを変化させる場合に着目すると
両辺は定数つまりxには依存して変化するがy,zには依存しません。従って
a(x,y)/F(y)=a(x,z)/F(z)=c(x)
これが任意のx,y,zで成立します。
上式から
a(x,y)=c(x)F(y)
更に上式で交換可能の条件から
c(x)=αF(x)

上の議論はaの変数が複数の場合にも利用できて
例えば
a(x,y,z)F(w)に対してあるc(x,y)により
a(x,y,z)=c(x,y)F(z)F(w)
となることが示せます。
aがn変数の場合は変数を順次１つずつ減らしていくことにより
a(x1...xn)=αF(x1)...F(xn)
が示せます。
従って、(1)でf(x,y)=αF(x)F(y)が示されているので
a(x1,...,xn)f(x,y)
に対してaからF(xi)を順次取り出せることが分かります。

お礼

> f(x,y)には変数の入れ替え可能という条件も付加されるのでこの条件から、

これに関しましては、先にも書きましたように対称に限らない可能性があります。

> 式(15)はgが存在するためにfに対して要請される条件(必要条件)です。
> (2)a(x1...xn)=αF(x1)...F(xn)も示せる

ここまで導出されれば、ほぼ私の問題は解決されたようなものです。
この条件は非常に強いので。

私の知りたかったことはほぼ示されました。
いろいろ考えてくださり大変感謝しております。
これをうけて、考え直したいと思います。

回答No.9

tgb

小出しで申し訳ありませんが、新しいことが分かりましたので書かせていただきます。

f(x,y)の関数形に関するものですが
f(x,y)=F(x)F(y)
でなければならないという制約が示せる可能性についてです。

g(x1,x2,...,xn)
=a(x1,x2,...,(xi),...,(xj),...,xn)f(xi,xj)　　　(1)
xj,xnを入れ替えて
=a(x1,x2,...,(xi),...,(xj),...,xj)f(xi,xn)　　　(2)
a,fをそれぞれ左辺・右辺にそろえて
a(x1,x2,...,(xi),...,(xj),...,xj)/a(x1,x2,...,(xi),...,(xj),...,xn)
=f(xi,xj)/f(xi,xn)　　　(3)
ここで、xi以外の値を固定させxiのみ変化させることを考えます。
すると左辺は固定されるのでこの定数をcとすれば
右辺もこの値に固定されることになります。
従って
f(xi,xj)/f(xi,xn)=c　　　(4)
c=a(c1,c2,...,(ci),...,(cj),...,cj)/a(c1,c2,...,(ci),...,(cj),...,cn)
{xk}={ck} (定数)
見やすくするため記号の表記を変更して表現し直すと
f(x,p1)/f(x,p2)=c　　　(5)
即ち、(gが存在するためには) f(x,y)はyを任意の値p1,p2に固定して
xのみ変化させたとき一定の比cでのみ変化するような関数である必要がある
ことになります。

このような関数としてはfがxに関する部分とp1,p2即ちyに関する部分とに分離され、
xに関する部分が変化しても(5)の分母子で等しいため相殺されて(5)の左辺の値
としては変化しないような
f(x,y)=F(x)G(y)　　　(6)
の形しかしかないと思われます。ここでfが交換可能であるためにF=Gの条件も付加されます。
このこと((6)以外のfが(5)を満たすことはないこと)は厳密には証明する必要がありますが、
f(x,y)にF(x)G(y)でない具体的な形を与えると容易に(5)は満足されないこと、
(従ってgが存在しないこと)が確認できます。

数学的な証明は難しそうですが問題はかなりシンプルな形になっているので、
別途質問をしてみれば何らかの展開が得られるかも知れません。

お礼

> 見やすくするため記号の表記を変更して表現し直すと
> f(x,p1)/f(x,p2)=c　　　(5)
> 即ち、(gが存在するためには) f(x,y)はyを任意の値p1,p2に固定して
> xのみ変化させたとき一定の比cでのみ変化するような関数である必要がある

これはかなり見やすく、すばらしい問題設定だと思います。
f(x,p1) = (kについての総和) uk(x)*εk*uk(p1)
とします。Σを(kについての総和)とすれば、

f(x,p1) = Σuk(x)*εk*uk(p1) = Σc1k*uk(x)
f(x,p1)/f(x,p2) = (Σc1k*uk(x))/(Σc2k*uk(x))
ただしc1k = εk*uk(p1)、c2k = εk*uk(p2)

(Σc1k*uk(x))/(Σc2k*uk(x)) = c
Σc1k*uk(x) = cΣc2k*uk(x)
Σ(c1k-c*c2k)*uk(x) = 0

uk(x)は互いに一次独立なので、c1k=c*c2k
εk*uk(p1) = c*εk*uk(p2)

uk(p1)/uk(p2) = c

異なるkに対して上式は成立するので、

uk(p1)/uk(p2) = ul(p1)/ul(p2)

uk(p1)/ul(p1) = uk(p2)/ul(p2)

つまり、ukとulは定数倍の差しかなく、関数形は同じ。
したがって、一次独立ではない。
よって、前提であるulの存在が否定され、ukは高々一個しか存在しない。その唯一のukをuとすれば、

よってf(x,y) = u(x)*ε*u(y)

#詰めが甘いかもしれませんが、だいたい証明できたのでしょうか？

回答No.8

tgb

No.7の誤り訂正です。
式(15)は
aij()=aik() (15)
が正しいです。

f(x,y)=F(x)F(y)
以外でgが存在するような別解があるのかないのかを調べるのは困難ですが
f(x,y)が具体的に与えられて解が存在しないのを示すのは可能な場合があります。
n=4の場合には特別な性質が導けて
a(x,y)=cf(x,y)
c:定数
となります。この場合、
g(x1,x2,x3,x4)
=cf(x1,x2)f(x3,x4)
入れ替えて
=cf(x1,x3)f(x2,x4)
が成立しなければなりませんが、fに対称性があっても上記は満足できない例が挙げられます。
例えばf(x,y)=x+yの場合、上の等式は
(x1+x2)(x3+x4)=(x1+x3)(x2+x4)
となりますが、両辺は関数としては等しくありません。
このほかfを具体的に指定すればいくらでも例が作れます。

※n=4の場合のa(x,y)=cf(x,y)は次のように示せます。
g(x1,x2,x3,x4)
=a(x1,x2)f(x3,x4)
入れ替えて
=a(x3,x4)f(x1,x2)
従って、
a(x1,x2)/f(x1,x2)=a(x3,x4)/f(x3,x4)
ここでx1,x2を固定してx3,x4を変化させる場合あるいはその逆の場合を考えると
両辺は各xiの値にかかわらず定数cでなければならず
a(x,y)=cf(x,y)
が導かれます。

N=3の場合もf(x,y)に具体的な形を与えるとaの関数が１変数の関数なので
上で利用した手法(変数分離を行って左右両辺が定数)を利用して簡単に例が作れます。

お礼

> n=4の場合には特別な性質が導けて
> a(x,y)=cf(x,y)
> 例えばf(x,y)=x+yの場合、上の等式は
> (x1+x2)(x3+x4)=(x1+x3)(x2+x4)

なるほど、反例になるかもしれません。

> 上で利用した手法(変数分離を行って左右両辺が定数)を利用して簡単に例が作れます。

このやり方で、もしかしたら、もっといろいろ反例が作れそうです。

補足

回答ありがとうございます。

現在所用で時間が取れないため、少々お待ちください。
できるだけ早く返答いたします。

回答No.7

tgb

問題の根本的な解決ではありませんが、多少は見通しよくすることに
貢献できるのではないかと思います。

　確認したいのは
・gはｆのみから決定される
・gが決まったとき、どのように{ck}を設定してもf及び{ck}からaijを決定できて
　ijの全ての組み合わせに対してhijとfとの（指定された)関係が満たされるように
　gは決定される
と言うことです。
　いかではこれを前提としています。

g(c1,c2,....,xi,...xj,...,cn)=aij・f(xi,xj)
上式は関数として等しい(xi,yjの恒等式)ので任意のxi,yjで成立します。
ここで、ckを変えるとaijも変わることになりますが恒等式としての成立は
保たれます。(恒等式となるようにaij変える必要がある。変えてもだめな場合は
gは存在しないことになる)　aijはckに依存して決まるので
aij=aij(c1,c2,...,(ci),...,(cj),...cn)
と書けます。ここで「(ci)」等は実際は式の中に存在しないことを示します。
上式右辺のgの中にci,cjは存在しないのでaijはci,cj以外のckに依存すると
考えられるので、aijを決定する独立変数からはci,cjを除いています。
g(c1,c2,....,xi,...xj,...,cn)
=aij(c1,c2,...,(ci),...,(cj),...cn)f(xi,xj) (1)
上式はckを任意に変化させても成立する恒等式であるので、ckを特に定数として
区別して書く必要はなく、ck->xkのように書いてもよいことになります。
g(x1,x2,...,xn)
=aij(x1,x2,...,(xi),...,(xj),...xn)f(xi,xj) (2)
i,jを入れ替えると(入れ替え後もgの関数として成立するので)
=aji(x1,x2,...,(xi),...,(xj),...xn)f(xj,xi) (3)
(aij、ajiの両関数とも変数の並びは同じでfの変数の並びのみ反転したことに注意)
xi,xjは任意なのでxi=xj=c(任意)として
aij(x1,x2,...,(xi),...,(xj),...xn)f(c,c)
=aji(x1,x2,...,(xi),...,(xj),...xn)f(c,c) (4)
上式は任意の{xk}で成立するので
aij()=aji()=a() (5)
aij=ajiの成立が言えればg、aij、ajiの式を見比べて即、
f(xi,xj)=f(xj,xi) (6)
が言え、更に
g(x1,x2,...,xi,...,xj,...,xn)
=g(x1,x2,...,xj,...,xi,...,xn) (6)
も言えます。
ここでi,jは任意に選べるので結局gの中の変数はいずれの２つの入れ替えも
可能である、即ち、gの変数の並びは任意に変えてよいことになります。
このことから、例えば式(1)でi,j以外の変数を入れ替えてgが不変であること
から確認できるように、
aij(x1,x2,...,xk,...,xl,...,xn)
=aij(x1,x2,...,xl,...,xk,...,xn) (7)
も言えます。

[1]異なるi,j,k,lについて
g(x1,x2,...,xn)
=aij(x1,x2,...,(xi),...,(xj),..., xk ,..., xl ,...xn)f(xi,xj) (8)
=akl(x1,x2,..., xi ,..., xj ,...,(xk),...,(xl),...xn)f(xk,xl) (9)
ここでxk->xi,xl->xj を代入して
aij(x1,x2,...,(xi),...,(xj),...,[xi],...,[xj],...xn)f(xi,xj)
=akl(x1,x2,..., xi ,..., xj ,...,(xk),...,(xl),...xn)f([xi],[xj]) (10)
ここで[]は入れ替えたことを強調したものです(変数の順序としては一致していない)。
上式で両辺のfが共通、aij,aklの変数の構成が共通であることから
aij()=akl() (11)
[2]異なるi,j,kについて
g(x1,x2,...,xn)
=aij(x1,x2,...,(xi),...,(xj),..., xk ,...,xn)f(xi,xj) (12)
=aik(x1,x2,...,(xi),..., xj ,...,(xk),...,xn)f(xi,xk) (13)
ここでxk->xj を代入して
aij(x1,x2,...,(xi),...,(xj),...,[xj],...,xn)f(xi,xj)
=aik(x1,x2,...,(xi),..., xj ,...,(xk),...,xn)f(xi,[xj]) (14)
上式で両辺のfが共通、aij,aikの変数の構成が共通であることから
aij()=akl() (15)
以上[1],[2]から任意のi,jについてaijは共通であることが分かります。
これにより式(5)の意味を拡張してa()を使用することができます。

以上をまとめると、
改めてgの形は
g(x1,x2,...,xn)
=a(x1,x2,...,(xi),...,(xj),...xn)f(xi,xj) (16)
であり、gはある未知の関数aと既知の関数fの積の形で表され、g,f,aの各関数は
変数の入れ替え可能で、更にa及びfの変数間でも入れ替え可能となっています。
また、xi,xjはx1,x2,...,xnの任意の２つとして選び方によらず
gの関数が不変となっています。
(この条件を満たすaが見つかったときにgの存在が保証される。
また、gが存在するためには与えられたfは変数の入れ替え可能でなければならない)

入れ替えても不変になる関数としては単純に考えられるのは
a()=F(x1)F(x2)...F(xn)
a()=F(x1)+F(x2)+...+F(xn)
等ですが、gがaとfの積であることから後者のケースは除かれます。
aとf間の入れ替えも成立させるためには
f(x,y)=F(x)F(y)
とすればOKですが、これ以外にあるのかないのかは残念ながら分かりません。
ただ、感覚的にはfの中の1変数のみを取り出してaとの間で入れ替え可能とするには
fの変数が分離(<=>1変数含む関数の積の形)になっていないと難しそうに思えます。

補足

遅くなりました。
まず、以下の式において、

> aij(x1,x2,...,(xi),...,(xj),...xn)f(c,c)
> =aji(x1,x2,...,(xi),...,(xj),...xn)f(c,c) (4)
> 上式は任意の{xk}で成立するので

確かに上式は任意の{xk}で成立しますが、f(c,c)=0である場合、

> aij()=aji()=a() (5)

この等号は成立しない可能性があります。

> ここでi,jは任意に選べるので結局gの中の変数はいずれの２つの入れ替えも
> 可能である、即ち、gの変数の並びは任意に変えてよいことになります。

したがって、一般的には上記も成立しません。しかしながら、物理的要請により、gはxiとxjの入れ替えに対して対称または反対称のどちらかしか取りえないと仮定することも可能です。

式で書けば、g(1,2,...,i,...,j,...,n) = ±g(1,2,...,j,...,i,...,n)と仮定してもかまいません。ここでg(1,2)=g(x1,x2)の事です。ただし、符号はiとjに依存します。つまり、bij=bji=±1と定義すれば、

g(1,2,...,i,...,j,...,n) = bij g(1,2,...,j,...,i,...,n)

さらに後々の簡便さのため、交換演算子pij(=pji)を定義します。

pij g(1,2,...,i,...,j,...,n) = g(1,2,...,j,...,i,...,n)

この交換演算子pijを使うとpij g = bij gと簡単にあらわされます。ただし、ここで出てきたgはg(1,2,...,i,...,j,...,n)のことです。

g = aij fij
pij g = bij g = aij pij fij = aij fji
ですから、aij fij = aij fji / bij = aij fji bij
よって、fij = bij fji
つまり左からpijを作用させて、pij fij = bij fij

これは
> f(xi,xj)=f(xj,xi) (6)
を、より一般化した場合に相当します。

> [1]異なるi,j,k,lについて
> 上式で両辺のfが共通、aij,aklの変数の構成が共通であることから
> aij()=akl() (11)

同意します。

> [2]異なるi,j,kについて
> 上式で両辺のfが共通、aij,aikの変数の構成が共通であることから
> aij()=akl() (15)

同意します。

> 以上[1],[2]から任意のi,jについてaijは共通であることが分かります。
> これにより式(5)の意味を拡張してa()を使用することができます。

たしかにそうなってしまうようです。
若干予想外でした。

> とすればOKですが、これ以外にあるのかないのかは残念ながら分かりません。
> ただ、感覚的にはfの中の1変数のみを取り出してaとの間で入れ替え可能とするには
> fの変数が分離(<=>1変数含む関数の積の形)になっていないと難しそうに思えます。

入れ替え可能な関数というのは、実はいろいろ考えられます。一般的にはfijをi行j列の行列の様に考えて、スペクトル展開すると

fij = (kについての総和) uki*εk*ukj

という風に表されます。ここでfijがijの入れ替えに対して対称という事は、uki*ukj=ukj*ukiであればよく、いろいろな場合が考えられます。
一般にはuki等は複素数です。

回答No.6

alice_38

h(x,x) = H(x,x) = 0 について。
a は i, j,｛c_k｝によって決まり、
x_i, x_j の 値には依存しません。
従って、h(x,x) = H(x,x) = 0 が
x について恒等的に成り立つのでなければ、
適切な x を選んで使うことで
先の証明が成立します。
恒等的に h(x,x) = 0 となるのは、
f(x,y) が恒等 0 の場合だけです。

F(x) の一意性について。
これは、一本とられました。
f(x,y) = F(x)・F(y)・(定数)
とでも書くべきでした。
g も、F(x_k) の総積に任意定数が掛かります。

補足

> 適切な x を選んで使うことで
> 先の証明が成立します。

この場合確かにaは同じだと思います。

> 恒等的に h(x,x) = 0 となるのは、
> f(x,y) が恒等 0 の場合だけです。

例えば、f(x,y) = Exp(x-y)-Exp(y-x)はf(x,x) = 0ですが、
f(x,y)は一般に0ではありません。
したがって、恒等 0 では無い可能性もあります。

> f(x,y) = F(x)・F(y)・(定数)

上式は一般的には成立しない場合があります。
f(x,y)=f(x,1)*f(1,y)*(定数)などとできるのは、
f(x,y)=F(x)F(y)である場合だけだとおもいます。

f(x,y) = (x+y)^2とすると
f(x,0) = x^2
f(0,y) = y^2
ですが、f(x,y)≠f(x,0)*f(0,y)＝x^2*y^2です。
定数倍をしても等号は成立しません。

回答No.5

alice_38

貴方が注目した箇所の
次の段落に、
g が存在する ⇒ f が対称である
ことを証明しました。

その後の段落には、
f が対称である ⇒ g が F(x_i) の総積になる
ような F が存在することを
具体的に f から F を構成する方法で示しました。

g が F(x_i) の総積であれば、f(x,y)=F(x)F(y)
であることを示すのは、易しいと思います。
この部分は、御自分でどうぞ。

補足

回答ありがとうございます。
いくつかの点につきまして、疑問があります。

> h(x,x)=H(x,x) から、両者の a が共通で

まず、上記に関してですが、h(x,x)=0の場合にもh(x,x)=H(x,x)は成立しますが、両者のaは同じとは限りません。例えばaij=-ajiでも良いはずです。

よって、
> g が存在する ⇒ f が対称である
は一般的には言えないと思います。
（言える場合も確かに存在します。）

> f(x,y) の y に定数を代入して
> 一変数関数としたものが F(x) になります。

ここでのFはyにどのような定数を代入したかに依存しています。
例えば、F(x)＝f(x,1)≠f(x,2)＝F(x)です。一般的には。

つまり
> f が対称である ⇒ g が F(x_i) の総積になる
> ような F が存在することを
> 具体的に f から F を構成する方法で示しました。

Fはfから一意に構成されません。Fとしてさまざまな関数が考えられてしまいます。かりにどれかのFを採用したとしても、f(x,y)=F(x)F(y)は一般的には成立しません。

仮に、fからFが構成された場合は、gをF(x_i)の総積として定義すれば、確かに用件は満たされます。

回答No.4

alice_38

♯3 に、
g が存在すれば f(x,y)=F(x)F(y) である
理由を示しました。

対偶をとれば、
条件不成立のとき g は存在しない
ことの証明になります。

補足

> ♯3 に、
> g が存在すれば f(x,y)=F(x)F(y) である
> 理由を示しました。

というのは、

> f(x,y)=F(x)F(y) ただし F は任意の関数
> が g の存在条件であり、
> そのとき、
> g は F(x_k) の総積になります。

この部分でしょうか？

この部分では「関数fがf(x,y)=F(x)F(y)　⇒　gが存在する」
をおっしゃられていると思っていました。

もし「gが存在する　⇒　関数fがf(x,y)=F(x)F(y)」が証明されれば確かに私の求める答えは得られますが、この証明は困難だと思われます。

#何か見落としていたらすいません。

回答No.3

alice_38

a は c_k に依存してよい
ということでは？

それなら、
f(x,y)=F(x)F(y) ただし F は任意の関数
が g の存在条件であり、
そのとき、
g は F(x_k) の総積になります。

f(x,y)=f(y,x) は、仮定しなくても、
g が存在することから導くことができます。
h に対して、c_k は共通で i と j を逆にした
関数を H と置くと、
h(x,x)=H(x,x) から、両者の a が共通で
h(x,y)=H(x,y) であることが判ります。
よって、h(x,y)=h(y,x) より f(x,y)=f(y,x)。

この条件が満たされていれば、
f(x,y) の y に定数を代入して
一変数関数としたものが F(x) になります。

お礼

回答ありがとうございます。

> a は c_k に依存してよい
> ということでは？

問題があいまいで申し訳ありませんでした。
ご指摘の通り、aは{ck}やiやjに依存してかまいません。

> f(x,y)=F(x)F(y) ただし F は任意の関数
> が g の存在条件であり、
> そのとき、
> g は F(x_k) の総積になります。

まさにこれはHartreeという方が１９６０年ぐらい（？）に考え出した条件です。ご指摘の通り、この条件の場合、関数gは確かに存在します。

しかしながら、この条件を関数fが満足しない場合に、関数gが存在しないと示すことは、かなり困難だと思うのですが、いかがでしょうか？

回答No.2

Tacosan

ん? やっぱり意味がよくわかんない.
「ckの値はiやjに依存していない」ということだと, 「適切な c1～cn が存在して全ての i, j に対し～」としか解釈できない. でも, そのあと「本当に、適切に選ばなくてもいいという設定です。ckは定義域のあらゆる値をとってかまいません。値自体は。」って書かかれると, 「何を言っているんだろう」と混乱しちゃうんです.
なぜなら, hij(x, y) = a*f(x, y) としなければならないのであれば, 「適切に選ばなくてもいい」ということはありえないんです. さらに「ckは定義域のあらゆる値をとってかまいません。値自体は」とまで書かれると, かえって「なんでこんなことをいうんだろう」と, わけがわからなくなってしまいます.
そもそも hij(x, y) = a*f(x, y) としなければならない以上, c1～cn は何らかの意味で「適切に選ばなければならない」ことは間違いありません. その「適切に選ぶ」が「i, j に依存していい」のか「依存してはいけない」のか, どっちなんですか?

補足

すこし問題設定にあいまいさがあるようなので、以下の様に修正します。

------------------------------------------

任意のn-2個の定数{ck}(k=1,...,n-2)を選びます。
次に任意のiとj(ただしi≠j,i∈[1,n],j∈[1,n])を選びます。
xiとxj以外のn-2個の{xl}に対して、{ck}を代入して作成した
関数hij(xi,xj)=g(c1,...,xi,...,xj,...,cn-2)を考えます。
この様にして選ばれた関数hijがhij(xi,xj) = aij*f(xi,xj)を満足するような関数gは存在するかどうか？

------------------------------------------

> そもそも hij(x, y) = a*f(x, y) としなければならない以上

「{ck}やi,jをどのように選んでも、hij(x, y) = a*f(x, y)となってしまうような関数gが存在できるかどうか？」です。もし、「{ck}を適切に選ばなければならない」ということが真であるならば「そのような関数gは存在しない。」という結論になると思います。

一見すると、こんな関数gは存在しないと思えてしまいます。実際関数fに何の拘束条件もない場合、この条件を満足する関数gが存在しないの“かも”(＝関数fに相当する状態が物理的に存在しない)と示唆する結果もあります。

しかしながら、そのことを数学的に示すことができず悩んでいる次第です。簡単な反証でもできればいいのですが…。

回答No.1

Tacosan

「任意」という言葉がかなりあいまいに使われているように感じられます. 特に「任意の定数値を設定します」があやしい.
この c1, ..., cn の選び方は i や j に依存していいのでしょうか?
また, 「任意」と書かれていますがこれは「適切に選ぶ必要がある」のではありませんか? 「任意」というと「どのように選んでもよい」という意味に取れますが (その上の「任意の i と j」はたぶんこの意味ですよね), そう解釈するとこのような g は存在できないような気がします.

補足

回答ありがとうございます。

> c1, ..., cn の選び方は i や j に依存していいのでしょうか?

ckの値はiやjに依存していないという意味で「任意」としました。
（ただし、定数値を設定する場所はiやjに依存します。）

よって、
>「適切に選ぶ必要がある」
本当に、適切に選ばなくてもいいという設定です。ckは定義域のあらゆる値をとってかまいません。値自体は。

> 解釈するとこのような g は存在できないような気がします
確かに、存在できないような気もするのですが、なかなか反例をつくれなくて苦労しています。それで、お知恵を借りようと質問した次第です。

#問題設定をなんとかもっと考えやすくできればいいのですが…。