Matemáticas universitarias — Grado 2 · Bachelor Year 2

12Formas cuadráticas

A forma cuadrática es la sombra algebraica de una geometría: firma Las partes cero se aplanan, las partes positivas se curvan en una dirección, las partes negativas otro. Este capítulo reduce cada forma cuadrática real a una suma de $\pm$ cuadrados (Gauss), prueba que las cuentas de signos son intrínsecas (Sylvester), y luego corona la geometría euclidiana con el teorema espectral: endomorfismos simétricos diagonalizar en Bases ortonormales: el teorema más utilizado de aplicación. álgebra lineal.

12.1 Formas bilineales y cuadráticas.

Definición 12.1

Un simétrico bilinear form en un espacio vectorial real $E$ es un bilineal $\varphi \colon E \times E \to \R$ con $\varphi(x, y) = \varphi(y, x)$ ; el cuadrático forma asociado es $q(x) = \varphi(x, x)$ . la forma $\varphi$ se recupera de $q$ mediante polarización:

\varphi(x, y) = \tfrac12\bigl(q(x + y) - q(x) - q(y)\bigr).

En una base $(e_i)$ , el matriz de $\varphi$ es el simétrico $B = (\varphi(e_i, e_j))$ , con $q(x) = X^{\mathsf T} B X$ ; un cambio de base con matriz $P$ reemplaza $B$ por $P^{\mathsf T} B P$ (congruencia — ¡no es similitud!). El rango de $q$ es $\operatorname{rk} B$ (invariante: la congruencia se multiplica por matrices invertibles).

Ejemplo 12.2

On $\R^2$ : $q(x, y) = x^2 + 4xy + y^2$ has matrix $\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ . Un producto interno es exactamente un forma bilineal simétrica whose forma cuadrática is positive definite; this chapter studies the general, sign-indefinite case.

Ejemplo 12.3 (Congruencia en acción)

Tome $q(x, y) = x^2 + 4xy + y^2$ (matriz $B = \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ ) y la nueva base $e_1' = (1, 1)$ , $e_2' = (1, -1)$ , es decir $P = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix}$ . entonces

P^{\mathsf T}BP = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6 & 0\\ 0 & -2\end{pmatrix} :

en las coordenadas $(u, v)$ a lo largo de la nueva base, $q = 6u^2 - 2v^2$ — verifique: $x = u + v$ , $y = u - v$ da $x^2 + 4xy + y^2 = 6u^2 - 2v^2$ directamente. Tenga en cuenta que las nuevas entradas diagonales $6, -2$ son no y valores propios $3, -1$ de $B$ : congruencia. cambia la escala, sólo la similitud preserva los espectros — pero los signos de acuerdo, como exige el teorema de Sylvester. (La base aquí es ortogonal pero no ortonormal; normalizándolo mediante $\frac{1}{\sqrt2}$ dividiría la diagonal por $2$ y recuperar el valores propios.)

Ejemplo 12.4 (Área de medida de los determinantes de gramos)

Para $v_1, v_2$ en un espacio euclidiano, la matriz de Gram $G = \bigl(\langle v_i, v_j\rangle\bigr)$ empaqueta longitudes y ángulo; sus paquetes determinante área:

\det G = \norm{v_1}^2\norm{v_2}^2 - \langle v_1, v_2\rangle^2 = \norm{v_1}^2\norm{v_2}^2\bigl(1 - \cos^2\theta\bigr) = \bigl(\norm{v_1}\,\norm{v_2}\sin\theta\bigr)^2 ,

el área al cuadrado del paralelogramo en $v_1, v_2$ — y Cauchy–Schwarz es exactamente la declaración $\det G \geq 0$ . Instancia trabajada: $v_1 = (1, 2, 2)$ , $v_2 = (2, 1, -2)$ en $\R^3$ :

G = \begin{pmatrix} 9 & 0\\ 0 & 9 \end{pmatrix}, \qquad \det G = 81 :

los vectores son ortogonales de longitud $3$ , abarcando un paralelogramo (aquí, un cuadrado) de área $\sqrt{81} = 9$ . Información final: sin producto cruzado ni dimensión- $3$ magia se utilizó — $\sqrt{\det G}$ mide $k$ -volumen dimensional en dimensión cualquier, el punto de partida del fin de semana Parte I del problema y de las integrales de superficie más adelante en este volumen.

12.2 Reducción de Gauss e inercia de Sylvester.

Teorema 12.5 (Reducción de Gauss)

Cada forma cuadrática $q$ en un espacio real de dimensión finita puede ser escrito

q = \sum_{i=1}^{s} \ell_i^2 - \sum_{j=1}^{t} m_j^2 ,

donde $\ell_1, \dots, \ell_s, m_1, \dots, m_t$ son lineales formas lineales independientes; de manera equivalente, alguna base hace que matriz de $q$ diagonal con entradas $+1$ ( $s$ veces), $-1$ ( $t$ veces), $0$ .

Demostración. Inducción sobre el número de variables, en coordenadas: $q(x_1, \dots, x_n)$ .

Caso 1: aparece algún cuadrado, digamos el coeficiente $a$ de $x_1^2$ es distinto de cero. Agrupe todos los términos $x_1$ y complete el cuadrado:

q = a\Bigl(x_1 + \frac{1}{a}\,\lambda(x_2, \dots, x_n)\Bigr)^{\!2} + q_1(x_2, \dots, x_n),

donde $\lambda$ es lineal y $q_1$ cuadrático en el resto variables: una forma independiente separada (implica $x_1$ , el otros no), la inducción se aplica a $q_1$ y los signos $\pm$ vienen del signo de $a$ después de reescalarlo por $\sqrt{\abs a}$ .

Caso 2: sin cuadrado, pero con algún término cruzado, digamos $b\,x_1x_2$ con $b \neq 0$ . Usa la identidad

x_1x_2 = \tfrac14\bigl((x_1 + x_2)^2 - (x_1 - x_2)^2\bigr)

después de agrupar: escribiendo $q = b\,x_1x_2 + x_1\alpha + x_2\beta + q_2$ (con $\alpha, \beta, q_2$ en las otras variables), se verifica

q = \frac{b}{4}\Bigl[\Bigl(x_1 + x_2 + \frac{\alpha + \beta}{b}\Bigr)^{2} - \Bigl(x_1 - x_2 + \frac{\beta - \alpha}{b}\Bigr)^{2}\Bigr] + \widetilde q ,

con $\widetilde q$ libre de $x_1, x_2$ : dos formas independientes divididas apagado y acabados de inducción.

Independencia de los formularios recogidos: ordenar los lotes como producido. Los formularios del primer lote contienen $x_1$ (Caso 1) o $x_1, x_2$ (Caso 2); todas las formas posteriores están libres de esos variables. Supongamos una combinación lineal de todas las formas recopiladas. desaparece. Lectura del coeficiente de $x_1$ (y $x_2$ ): solo el primer lote contribuye, y dentro de ese lote el uno o dos formas son visiblemente independientes ( $\ell$ solo; o $\ell \pm m$ con $\ell, m$ independiente): los coeficientes del primer lote desaparecer. Pelar la tanda y repetir: por inducción a lo largo del lotes, todos los coeficientes desaparecen — toda la familia es libre, La triangularidad se hace explícita. ∎

Teorema 12.6 (Ley de inercia de Sylvester)

El par $(s, t)$ en Teorema 12.5 depende sólo de $q$ , no sobre la reducción: es el firma de $q$ . Además

s = \max\{\dim F : q|_F \text{ positive definite}\},

y simétricamente para $t$ .

Demostración. Deja $q = \sum_{i \leq s}\ell_i^2 - \sum_{j\leq t} m_j^2$ y deja $F_+$ sea el lapso de los vectores (pre-)dual en los que $(\ell_i)$ restringir a coordenadas — concretamente: completar el familia independiente $(\ell_1, \dots, \ell_s, m_1, \dots, m_t)$ en una base de dual $E^*$ , y sea $(u_1, \dots, u_n)$ la base de $E$ cuyas coordenadas forman estas son (las Base pre-dual: $\ell_i(u_k) = \delta_{ik}$ para $k \leq s$ , y las formas posteriores desaparecen en los vectores anteriores). Establecer $F_+ = \operatorname{Vect}(u_1, \dots, u_s)$ : para $x = \sum_{i\leq s}x_iu_i \in F_+$ ,

\ell_i(x) = x_i, \qquad m_j(x) = 0, \qquad\text{so}\qquad q(x) = \sum_{i\leq s}x_i^2 > 0 \quad (x \neq 0) :

$q|_{F_+}$ es positivo definido y el máximo en la pantalla es $\geq s$ . Por el contrario, sea $F$ cualquier subespacio con $q|_F$ . definida positiva, y $G = \{x : \ell_1(x) = \dots = \ell_s(x) = 0\}$ , de codimensión $\leq s$ ; en $G$ , $q(x) = -\sum m_j^2 \leq 0$ . Entonces $F \cap G = \{0\}$ (un vector distinto de cero tendría $q > 0$ y $q \leq 0$ ), por lo que $\dim F \leq \dim E - \dim G \leq s$ . De ahí el max es igual a $s$ para la reducción de cada: $s$ es intrínseco y $t = \operatorname{rk} q - s$ de la misma manera. ∎

Ejemplo 12.7

$q(x, y, z) = xy + yz + zx$ (sin cuadrados). Con $x_1 = x$ , $x_2 = y$ : $q = xy + z(x + y)$ , y la identidad de dos cuadrados da

q = \tfrac14(x + y + 2z)^2 - \tfrac14(x - y)^2 - z^2 ,

(ampliar para comprobar). Tres formas independientes: firma $(1, 2)$ , rango $3$ . Una dirección positiva, dos negativas: el "cono de luz" geometría de esta forma.

Ejemplo 12.8 (Una forma degenerada, reducida en su totalidad)

$q(x, y, z) = xy + yz$ en $\R^3$ : sin cuadrados, por lo que el Caso 2 con el agrupación $q = y(x + z)$ . La identidad de los dos cuadrados del producto. de los formularios independientes $y$ y $x + z$ :

q = \frac14\bigl(y + x + z\bigr)^2 - \frac14\bigl(y - x - z\bigr)^2 .

Las dos formas lineales $y + x + z$ y $y - x - z$ son independientes (su diferencia es $2(x+z)$ , su suma $2y$ ), por lo que Sylvester lee: firma $(1, 1)$ , rango $2$ — degenerar. El núcleo de la forma polar se encuentra mediante resolviendo $\varphi(v, \cdot) = 0$ : con matriz $\frac12\begin{pmatrix} 0&1&0\\ 1&0&1\\ 0&1&0\end{pmatrix}$ , el núcleo es $\{y = 0,\ x + z = 0\} = \R\,(1, 0, -1)$ , el dirección en la que $q$ no ve nada. Información final: clasificación La deficiencia se manifiesta en Gauss como "quedarse sin variables". — la reducción produjo sólo dos cuadrados de tres dimensiones, y la dimensión que falta es exactamente el núcleo.

Ejemplo 12.9 (Una forma, dos caminos hacia la firma.)

$q(x, y, z) = 2x^2 + 2y^2 + 2z^2 + 2xy + 2yz$ , matriz $\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\ 1 & 2 & 1\\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}$ . Carretera 1, Gauss: cuadrados completos en orden,

q = 2\Bigl(x + \frac y2\Bigr)^{\!2} + \frac32 y^2 + 2yz + 2z^2 = 2\Bigl(x + \frac y2\Bigr)^{\!2} + \frac32\Bigl(y + \frac{2z}{3}\Bigr)^{\!2} + \frac43 z^2 :

tres cuadrados positivos en formas independientes, firma $(3, 0)$ : definida positiva. Road 2, valores propios: la matriz es la tridiagonal $2I + N$ con $N$ la matriz vecina; es valores propios son $2 + \sqrt2$ , $2$ , $2 - \sqrt2$ (verifique el vectores propios $(1, \pm\sqrt2, 1)$ y $(1, 0, -1)$ ), todos positivo: mismo veredicto, por Corolario 12.15. Gauss es más rápido; valores propios dicen más (dan los ejes principales y los valores extremos de $q$ en la esfera). Perspectiva final: el Los pivotes positivos $2, \frac32, \frac43$ de Gauss son exactamente los mismos. ratios $\frac{\Delta_k}{\Delta_{k-1}}$ del principal principal menores de edad ( $\Delta_1 = 2$ , $\Delta_2 = 3$ , $\Delta_3 = 4$ ) — el El problema del fin de semana lo demuestra en general.

Método 12.10 (Cálculo de una firma: tres rutas)

Gauss (siempre funciona, más rápido a mano): completo cuadrados en orden, Caso 2 cuando no hay ningún cuadrado disponible; cuenta los signos. Compruebe que las formas lineales recogidas son independientes — menos formas que variables significan una núcleo (Ejemplo 12.8).
Menores principales (para pruebas de precisión): todos $\Delta_k > 0$ si positivo definido (Ejercicio 12.8); los pivotes $\Delta_k/\Delta_{k-1}$ incluso dale el Gauss coeficientes (problema de fin de semana). Falla silenciosamente si algunos $\Delta_k = 0$ : retroceder por la ruta 1.
Valores propios (el más informativo, el más caro): signos del espectro (Corolario 12.15); también rinde los ejes principales y los valores extremos de $q$ en la esfera unitaria. Prefiero cuando la estructura propia es necesario de todos modos.

12.3 El teorema espectral

Ahora sea $E$ euclidiano (producto interno $\langle\cdot,\cdot\rangle$ , Volumen del año 1).

Definición 12.11 (conjunto; endomorfismos simétricos)

Para $u \in \mathcal{L}(E)$ , el adjunto $u^*$ es el único endomorfismo con

\langle u(x), y\rangle = \langle x, u^*(y)\rangle \qquad (x, y \in E);

en forma ortonormal, $\operatorname{Mat}(u^*) = \operatorname{Mat}(u)^{\mathsf T}$ . $u$ es simétrico (autoadjunto) cuando $u^* = u$ — equivalentemente su matriz en base ortonormal es simétrico.

Existencia y unidad del adjunto. Para $y$ fijo, el formulario $x \mapsto \langle u(x), y\rangle$ es lineal, por lo tanto (dimensión finita) de la forma $\langle x, z_y\rangle$ para un $z_y$ único — el mapa $y \mapsto z_y =: u^*(y)$ es lineal por unicidad. La identificación de la matriz: $\langle u(e_i), e_j\rangle$ leer en ambos sentidos. ∎

Ejemplo 12.12 (El adjunto depende del producto interno)

En $\R^2$ tome el producto interno ponderado $\langle x, y\rangle_D = x_1y_1 + 2x_2y_2$ (matriz $D = \operatorname{diag}(1,2)$ ) y $u$ de la matriz $A = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0\end{pmatrix}$ en el formato canónico. base. De $\langle u(x), y\rangle_D = (Ax)^{\mathsf T}Dy = x^{\mathsf T}(A^{\mathsf T}D)y$ y $\langle x, u^*(y)\rangle_D = x^{\mathsf T}(DA^*)y$ , la matriz del adjunto es

A^* = D^{-1}A^{\mathsf T}D = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & \tfrac12\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0\\ 1 & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0\\ \tfrac12 & 0\end{pmatrix} \neq A^{\mathsf T} .

Comprobación de cordura en $x = (1,0)$ , $y = (0,1)$ :

\langle u(x), y\rangle_D = \langle (0,0), y\rangle_D = 0, \quad \langle x, u^*(y)\rangle_D = \langle(1,0), (0,\tfrac12)\rangle_D = 0 ;

en $x = (0,1)$ , $y = (1,0)$ :

\langle u(x), y\rangle_D = \langle(1,0),(1,0)\rangle_D = 1, \quad \langle x, u^*(y)\rangle_D = \langle(0,1),(0,\tfrac12)\rangle_D = 1 .

Información final: “ $\operatorname{Mat}(u^*) = \operatorname{Mat}(u)^{\mathsf T}$ ” es una declaración sobre ortonormal sólo bases; en general la métrica $D$ interviene, exactamente como en la reducción simultánea de la problema del fin de semana.

Teorema 12.13 (Teorema espectral)

Sea $u$ un endomorfismo simétrico de un espacio euclidiano $E$ . entonces $E$ tiene un orthonormal basis of vectores propios de $u$ ; todos valores propios son reales, y espacios propios para distintos valores propios son ortogonal. Forma matricial: cada matriz simétrico real escribe $A$

A = P\,D\,P^{\mathsf T}, \qquad P \text{ orthogonal } (P^{\mathsf T} P = I),\ D \text{ diagonal}.

Demostración. An vector propio exists. La función $x \mapsto \langle u(x), x\rangle$ es continuo en la esfera unitaria $S$ de $E$ , que es compacto (dimensión finita, Teorema 5.13): alcanza su máximo $\lambda$ en algún $a \in S$ . Reclamamos $u(a) = \lambda a$ . Para cualquier $y \perp a$ con $\norm y = 1$ y $t \in \R$ , el el vector $x_t = \frac{a + ty}{\sqrt{1 + t^2}}$ se encuentra en $S$ ( $\norm{a + ty}^2 = 1 + t^2$ de Pitágoras); expandiéndose la función maximizada,

g(t) = \langle u(x_t), x_t\rangle = \frac{\langle u(a), a\rangle + 2t\langle u(a), y\rangle + t^2\langle u(y), y\rangle}{1 + t^2}

(la simetría de $u$ fusionó los dos términos cruzados: $\langle u(a), y\rangle = \langle a, u(y)\rangle = \langle u(y), a\rangle$ ). $g$ es una función diferenciable de $t$ con un máximo en $t = 0$ ; la regla del cociente en $0$ da

g'(0) = \frac{2\langle u(a), y\rangle\cdot 1 - \langle u(a), a\rangle\cdot 0}{1} = 2\langle u(a), y\rangle = 0 .

Entonces $u(a)$ es ortogonal a todo el hiperplano $a^\perp$ : $u(a) \in (a^{\perp})^{\perp} = \R a$ , es decir, $u(a) = \mu a$ ; y $\mu = \langle u(a), a\rangle = \lambda$ .

Inducción. El complemento ortogonal $F = a^\perp$ es $u$ -estable: para $x \perp a$ , $\langle u(x), a\rangle = \langle x, u(a)\rangle = \lambda\langle x, a\rangle = 0$ . la restricción $u|_F$ es simétrico para el producto interno inducido; por inducción en la dimensión $F$ tiene una base propia ortonormal; anteponga $a$ .

Complementos. Valores propios son los números reales $\langle u(e), e\rangle$ en base propia. Ortogonalidad de espacios propios: $u(x) = \lambda x$ , $u(y) = \mu y$ dan $\lambda\langle x, y\rangle = \langle u(x), y\rangle = \langle x, u(y)\rangle = \mu\langle x, y\rangle$ , entonces $\langle x, y\rangle = 0$ cuando $\lambda \neq \mu$ . Forma matricial: columnas de $P$ = la base propia ortonormal. ∎

Ejemplo 12.14 (Un recorrido espectral completo)

Diagonalizar ortogonalmente $A = \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ . Polinomio característico $(1 - \lambda)^2 - 4$ : valores propios $3$ y $-1$ . Vectores propios: $(A - 3I)v = 0$ da $v_1 = \frac{1}{\sqrt2}(1,1)$ ; $(A + I)v = 0$ da $v_2 = \frac{1}{\sqrt2}(1,-1)$ — ortogonal, como Teorema 12.13 garantías sin cálculo. Con $P = (v_1\ v_2)$ (una rotación por $\frac\pi4$ ):

P^{\mathsf T}AP = \begin{pmatrix} 3 & 0\\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \qquad x^2 + 4xy + y^2 = 3u^2 - v^2 \quad\text{in the rotated frame} .

Entonces la forma de Ejercicio 12.1 es de tipo hipérbola. formulario: firma $(1,1)$ , consistente con su reducción de gauss $(x + 2y)^2 - 3y^2$ — cuadrados diferentes, misma firma, como Sylvester exige. Perspectiva final: Gauss dio la respuesta más rápido, pero la ruta espectral también informa que en la unidad El círculo $q$ se extiende exactamente sobre $\intcc{-1}{3}$ , alcanzado a lo largo $v_2$ y $v_1$ : el trabajo extra compra geometría.

Corolario 12.15 (Ejes principales; pruebas de positividad)

Cada forma cuadrática $q$ en un espacio euclidiano diagonaliza en alguna base ortonormal: $q(x) = \sum_i \lambda_i x_i^2$ con $\lambda_i$ el valores propios del simétrico matriz de $q$ ; la firma cuenta positiva y negativa valores propios.
Una matriz simétrico es semidefinida positiva (resp. definitivo) si todos sus valores propios son $\geq 0$ (resp. $> 0$ ); y luego los valores extremos del cociente de Rayleigh son

$\min_{\norm x = 1} \langle Ax, x\rangle = \lambda_{\min}, \qquad \max_{\norm x = 1} \langle Ax, x\rangle = \lambda_{\max} .$

Demostración. (1) Escriba $q(x) = \langle A x, x\rangle$ con $A$ simétrico (el matriz de $q$ en forma ortonormal); diagonalizar $A$ por el teorema espectral: para $x = \sum x_ie_i$ en la ortonormal base propia,

q(x) = \Bigl\langle \sum_i \lambda_ix_ie_i,\ \sum_j x_je_j\Bigr\rangle = \sum_i \lambda_i x_i^2

(la ortonormalidad mata los términos cruzados). Los signos $\pm$ del $\lambda_i$ cuenta la firma de Sylvester: reescalando cada una coordinada por $\sqrt{\abs{\lambda_i}}$ exhibe un Gauss reducción con formas independientes.

(2) En la base propia, $\langle Ax, x\rangle = \sum \lambda_i x_i^2$ , atrapado entre $\lambda_{\min}\norm x^2$ y $\lambda_{\max}\norm x^2$ , con igualdad en el correspondiente vectores propios; la positividad de todos los valores propios es, por tanto, equivalente a la positividad de la forma. ∎

Ejemplo 12.16

$A = \begin{pmatrix} 2 & 1\\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ : valores propios $3$ (vector propio $\frac{1}{\sqrt2}(1,1)$ ) y $1$ ( $\frac{1}{\sqrt2}(1,-1)$ ). El forma cuadrática $2x^2 + 2xy + 2y^2$ se convierte en $3X^2 + Y^2$ en el marco ortonormal rotado: una elipse ejes principales, calculados. El reducción de gauss alcanza una diagonal forma también, pero sólo el teorema espectral lo alcanza sin distorsionar longitudes.

Ejemplo 12.17 (Una elipse identificada completamente)

¿Qué curva es $5x^2 + 4xy + 2y^2 = 6$ ? la matriz $\begin{pmatrix} 5 & 2\\ 2 & 2\end{pmatrix}$ tiene característica polinomio $\lambda^2 - 7\lambda + 6 = (\lambda - 1)(\lambda - 6)$ : valores propios $1$ y $6$ , ambos positivos — una elipse. Ortonormal vectores propios: para $\lambda = 1$ , resuelva $\begin{pmatrix} 4 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}v = 0$ : $v_1 = \frac{1}{\sqrt5}(1, -2)$ ; para $\lambda = 6$ : $v_2 = \frac{1}{\sqrt5}(2, 1)$ . En las coordenadas rotadas $(X, Y)$ a lo largo de $(v_2, v_1)$ la ecuación se convierte en

6X^2 + Y^2 = 6, \qquad\text{i.e.}\qquad X^2 + \frac{Y^2}{6} = 1 :

semiejes $1$ (según $v_2$ ) y $\sqrt6$ (según $v_1$ ). Información final: la forma aproximada era gratuita — $\det = 6 > 0$ y el trazo positivo anuncian una elipse antes que cualquier Se calcula vector propio — pero solo el teorema espectral entrega las direcciones y longitudes de los ejes, es decir, la dirección real geometría.

Ejemplo 12.18 (Extremos en la esfera, lectura del espectro)

¿Cuáles son los valores extremos de $q(x,y,z) = 2xy + 2yz + 2zx$ en la esfera unitaria? Su matriz (los todos unos fuera de la diagonal de Ejercicio 12.2) tiene valores propios $2$ y $-1$ (doble), entonces por Corolario 12.15 (2):

\max_{\norm v = 1} q(v) = 2 \ \text{ at } v = \tfrac{1}{\sqrt3}(1,1,1), \qquad \min_{\norm v = 1} q(v) = -1 \ \text{ on the circle } x + y + z = 0 .

Sin cálculo, sin multiplicadores de Lagrange: el teorema espectral resuelve esta optimización restringida por completo — y exhibe el maximizador. Información final: comparar con el multiplicador método del capítulo de cálculo diferencial, que encuentra la mismos puntos críticos con más trabajo; para cuadrático objetivos en esferas, los espectros son el camino real (el fin de semana El problema del capítulo hermitiano construye el conjunto. Courant–teoría de Fischer sobre esta observación).

Observación 12.19 (Errores comunes)

(i) Congruencia is not similarity: un cambio de base para un formulario actúa por $P^{\mathsf T}BP$ , no por $P^{-1}BP$ ; valores propios son invariantes no de un forma cuadrática ( $I$ y $4I$ son congruentes vía $P = 2I$ ) — sólo sus signos son (Silvestre). Hablar del valores propios de un formulario sólo una vez al El producto interior está fijo. (ii) Las entradas positivas prueban nada: $\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ tiene todo entradas positivas aún firma $(1,1)$ ( $\det = -3$ ); por el contrario, una matriz definida positiva puede tener valores negativos. entradas fuera de la diagonal (Ejemplo 12.9 desplazadas: $2I - N$ funciona igualmente). uso Método 12.10. (iii) Dependiente cuadrados: escribiendo $q = \ell_1^2 - \ell_2^2$ no dice nada si $\ell_1, \ell_2$ son proporcionales — $x^2 + 2xy + y^2 = (x+y)^2$ tiene el rango $1$ , no $2$ ; siempre revisa la independencia antes de leer la firma. (iv) Sphere extremes without compacidad: los límites de Rayleigh de Corolario 12.15 se obtienen porque el la esfera es compacto; en la bola abierto o en todo el espacio, un La forma indefinida no tiene máximo ni mínimo.

Observación 12.20 (donde se utiliza)

El teorema espectral es el resultado más exportado de este libro: la estadística diagonaliza las matrices de covarianza con ella (análisis de componentes principales), la mecánica extrae modos normales de oscilación del mismo (la reducción simultánea de la problema del fin de semana), el análisis numérico construye Cholesky y descomposiciones de valores singulares (mismo problema), y el siguiente El capítulo lo transporta a complejos espacios hermitianos. El año 3 Volume demuestra su avatar de dimensiones infinitas para compacto Operadores autoadjunto, donde la prueba de dimensión finita El argumento compacidad se convierte en la historia completa.

Observación 12.21 (Perspectivas dentro de este volumen)

formas cuadráticas recorra el resto del Libro 4 en tres disfraces. Como arpillera: el cálculo diferencial El capítulo clasifica los puntos críticos según la firma del forma de segundo orden, por lo que la invariancia de Sylvester es lo que hace “silla de montar” una palabra bien definida. Como energías: el Los osciladores del capítulo de ecuaciones diferenciales llevan el energía cuadrática $\frac12x'^2 + \frac12\omega^2x^2$ , y la La reducción simultánea del problema del fin de semana de este capítulo es exactamente la extracción de modos normales. Como geometría: las cónicas de este capítulo crecen hasta convertirse en las superficies cuádricas de los capítulos de geometría, donde la segunda forma fundamental de un superficie — un forma cuadrática en cada plano tangente — tiene firma que decide si la superficie se curva como un cuenco o una silla de montar. El capítulo hermitiano, a continuación, reproduce toda la partitura. sobre $\C$ .

12.4 Ceremonias

Ejercicio 12.1 ★

Reducir Gauss y dar rango y firma:

q_1(x,y) = x^2 + 4xy + y^2, \qquad q_2(x,y,z) = x^2 + 2y^2 + 3z^2 + 2xy + 2yz .

Solución

Solución de Ejercicio 12.1.

$q_1 = (x + 2y)^2 - 3y^2$ : rango $2$ , firma $(1, 1)$ (a forma tipo hipérbola).

$q_2$ : completar el cuadrado en $x$ : $q_2 = (x + y)^2 + y^2 + 2yz + 3z^2 = (x+y)^2 + (y + z)^2 + 2z^2$ : rango $3$ , firma $(3, 0)$ — positivo definido.

Ejercicio 12.2 ★

Diagonalizar ortogonalmente $A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 1\\ 1 & 1 & 0\end{pmatrix}$ (valores propios desde Cálculo de Capítulo 3; ahora haz la base ortonormal) y reducir la forma $q(x,y,z) = 2xy + 2yz + 2zx$ a ejes principales.

Solución

Solución de Ejercicio 12.2.

Valores propios $2$ (en $\operatorname{Vect}(1,1,1)$ ) y $-1$ (en avión $x + y + z = 0$ ). Ortonormalizar: $e_1 = \frac{1}{\sqrt3}(1,1,1)$ ; En el avión, la abuela Schmidt en $(1,-1,0), (1,0,-1)$ da $e_2 = \frac{1}{\sqrt2}(1,-1,0)$ , $e_3 = \frac{1}{\sqrt6}(1,1,-2)$ . Entonces $P = (e_1\ e_2\ e_3)$ es ortogonal con $P^{\mathsf T}AP = \operatorname{diag}(2,-1,-1)$ .

El formulario $q = 2xy + 2yz + 2zx$ tiene la matriz $A$ : en el rotado coordenadas $q = 2X^2 - Y^2 - Z^2$ — ejes principales; firma $(1,2)$ , de acuerdo con Ejemplo 12.7 (¡la misma forma!).

Ejercicio 12.3 ★

Demuestre que $u^{**} = u$ , $(u \circ v)^* = v^* \circ u^*$ y que $\ker u^* = (\operatorname{im} u)^{\perp}$ . deducir $\operatorname{rk} u^* = \operatorname{rk} u$ .

Solución

Solución de Ejercicio 12.3.

$u^{**} = u$ : $\langle u^{**}x, y\rangle = \langle x, u^*y\rangle = \langle ux, y\rangle$ para todos los $y$ . $(uv)^* = v^*u^*$ : $\langle uvx, y\rangle = \langle vx, u^*y\rangle = \langle x, v^*u^*y\rangle$ . Núcleo: $y \in \ker u^* \iff \langle x, u^*y \rangle = 0\ \forall x \iff \langle u(x), y\rangle = 0\ \forall x \iff y \perp \operatorname{im} u$ . Rangos: $\dim\ker u^* = n - \operatorname{rk} u$ (complemento ortogonal), entonces $\operatorname{rk} u^* = \operatorname{rk} u$ por rango–nulidad— el avatar euclidiano del teorema del rango de transposición.

Ejercicio 12.4 ★★

Sea $A$ el simétrico real con $A^3 = A$ . Demuestre que $A^2$ es el matriz de una proyección ortogonal. De manera más general, relacione los Descomposiciones espectrales de $A$ y $P(A)$ para un polinomio $P$ .

Solución

Solución de Ejercicio 12.4.

Espectral: $A = PDP^{\mathsf T}$ , $D$ diagonal con entradas $\lambda_i$ satisfactorio $\lambda_i^3 = \lambda_i$ : $\lambda_i \in \{-1, 0, 1\}$ . Entonces $A^2 = PD^2P^{\mathsf T}$ con $D^2$ diagonal de entradas $0/1$ : $A^2$ es simétrico e idempotente ( $(A^2)^2 = A^4 = A\cdot A^3 = A^2$ ) — simétrico idempotente $=$ proyección ortogonal (es la proyección sobre $\ker(A^2 - I) = \ker(A-I)\oplus\ker(A+I)$ junto con $\ker A$ , y estos son ortogonales según el teorema espectral).

Generalmente, $P(A) = P\!\left(\text{diag}\right)$ : $P(A)$ tiene la mismo vectores propios, valores propios $P(\lambda_i)$ — el “espectral mapeo” en el nivel diagonalizable.

Ejercicio 12.5 ★★

Demuestre que $O(n) = \{P : P^{\mathsf T}P = I\}$ es un subconjunto compacto de $\mathcal{M}_n(\R)$ (closed: preimage of $\{I\}$ under a continuo map; bounded: columns are unit vectors). ¿Es conectado?

Solución

Solución de Ejercicio 12.5.

Cerrado: $O(n) = g^{-1}(\{I\})$ para continuo $g(P) = P^{\mathsf T}P$ (entradas polinómicas). Acotado: cada columna de $P \in O(n)$ es un vector unitario, por lo que todas las entradas se encuentran en $\intcc{-1}{1}$ . Cerrado y acotado en $\mathcal{M}_n(\R) \simeq \R^{n^2}$ : compacto (Teorema 4.16 (2)).

No conectado: $\det$ toma los dos valores $\pm1$ en $O(n)$ , y un La sobreyección continuo sobre $\{-1, 1\}$ divide el espacio (Argumento de Ejemplo 4.28).

Ejercicio 12.6 ★★

(Raíz cuadrada) Sea $A$ simétrico semidefinido positivo. construir un simétrico semidefinido positivo $B$ con $B^2 = A$ , y demostrar que es único (existence: take square roots of the valores propios in a spectral basis; uniqueness: a candidate $B$ commutes with $A = B^2$ , so preserves its espacios propios — reduce to the scalar case on each).

Solución

Solución de Ejercicio 12.6.

Existencia: $A = PDP^{\mathsf T}$ con $D = \operatorname{diag}(\lambda_i)$ , $\lambda_i \geq 0$ ; establezca $B = P\sqrt D P^{\mathsf T}$ con $\sqrt D = \operatorname{diag}(\sqrt{\lambda_i})$ : simétrico, positivo semidefinido, $B^2 = A$ .

Unicidad: deje que $B$ sea simétrico psd con $B^2 = A$ . $B$ viaja con $A$ ; por lo tanto $B$ conserva cada espacio propio $E_\lambda(A)$ (para $Ax = \lambda x$ : $A(Bx) = BAx = \lambda Bx$ ). En $E_\lambda(A)$ , la restricción de $B$ es simétrico psd con cuadrado $\lambda\,\mathrm{id}$ ; es valores propios $\mu$ satisface $\mu^2 = \lambda$ , $\mu \geq 0$ : $\mu = \sqrt\lambda$ — entonces el restricción, siendo diagonalizable con el único valor propio $\sqrt\lambda$ , is $\sqrt\lambda\,\mathrm{id}$ . Desde $E = \bigoplus E_\lambda(A)$ , se determina $B$ : $B = \sqrt A$ .

Ejercicio 12.7 ★★

De verdad simétrico $A$ , demuestra que $\vertiii{A}_2 := \sup_{\norm x_2 = 1}\norm{Ax}_2 = \max_i \abs{\lambda_i}$ (radio espectral) y calcule $\vertiii{A}_2$ para $A = \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ .

Solución

Solución de Ejercicio 12.7.

En una base propia ortonormal, $\norm{Ax}_2^2 = \sum \lambda_i^2 x_i^2 \leq (\max_i \lambda_i^2)\norm x_2^2$ , con igualdad en el correspondiente vector propio: $\vertiii A_2 = \max\abs{\lambda_i}$ . Para la matriz dada: valores propios $3, -1$ (gemelo de Ejemplo 12.16): $\vertiii A_2 = 3$ .

Ejercicio 12.8 ★★★

(Criterio de Sylvester) Sea $A$ el simétrico real con interlineado menores principales $\Delta_1, \dots, \Delta_n$ (determinantes de la bloques de la parte superior izquierda). Demuestre que $A$ es positivo definido si y sólo si todos $\Delta_k > 0$ . (For $\Rightarrow$ : restrictions of a definite form are definite, and the determinante of a positive definite matrix — the product of its valores propios — is positive. For $\Leftarrow$ : induct on $n$ ; the top-left $(n-1)$ -block is positive definite, diagonalize the form on that subspace and complete the square in the last variable; the sign of the last diagonal entry is governed by $\det A = \Delta_n > 0$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 12.8.

( $\Rightarrow$ ) El bloque $k \times k$ superior izquierdo $A_k$ es la matriz de la restricción de la forma (definida) al lapso de la primera $k$ vectores de base: definidos positivos, por lo que sus valores propios son positivo y $\Delta_k = \det A_k > 0$ .

( $\Leftarrow$ ) Inducción en $n$ ; $n = 1$ claro. asumir todo $\Delta_k > 0$ . Por inducción, $A_{n-1}$ es positivo definido: el El formulario $q$ restringido a $F = \operatorname{Vect}(e_1, \dots, e_{n-1})$ es definitivo. Diagonalizar $q|_F$ (Gauss): coordenadas $y_1, \dots, y_{n-1}$ con $q|_F = \sum y_i^2$ . En todo el espacio, completando el cuadrado en la última variable,

q = \sum_{i=1}^{n-1} \bigl(y_i + c_i x_n\bigr)^2 + c\,x_n^2

para constantes adecuadas (reúna los términos cruzados en los cuadrados). La reducción presenta la firma $(n-1 + \epsilon, \cdot)$ con $\epsilon$ la contribución del signo de $c$ ; y el determinante mantiene el signo del producto de los coeficientes diagonales bajo congruencia ( $\det(P^{\mathsf T}AP) = (\det P)^2\det A$ ): $\Delta_n > 0$ fuerza a $c > 0$ . Por lo tanto $q$ es una suma de $n$ cuadrados de formas independientes: definida positiva.

Ejercicio 12.9 ★★★

(Courant–Fischer, segundo valor propio) Sea $u$ simétrico con valores propios $\lambda_1 \geq \lambda_2 \geq \dots \geq \lambda_n$ . probar

\lambda_2 = \min_{\substack{H \text{ hyperplane}}}\; \max_{\substack{x \in H,\ \norm x = 1}} \langle u(x), x\rangle .

(For $\leq$ : any hyperplane meets the $2$ -plane spanned by the top two vectores propios. For $\geq$ : choose $H = (e_1)^{\perp}$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 12.9.

Sea $(e_1, \dots, e_n)$ una base propia ortonormal para $\lambda_1 \geq \dots \geq \lambda_n$ .

$\lambda_2 \leq$ the min-max: para cualquier hiperplano $H$ , el $2$ -dimensional $V = \operatorname{Vect}(e_1, e_2)$ satisface $\dim(H \cap V) \geq 1$ (Grassmann): elige una unidad $x \in H \cap V$ , $x = ae_1 + be_2$ , $a^2 + b^2 = 1$ :

\langle u(x), x\rangle = \lambda_1 a^2 + \lambda_2 b^2 \geq \lambda_2 :

El máximo de cada hiperplano es $\geq \lambda_2$ .

$\geq$ : para $H = e_1^{\perp}$ , cada unidad $x = \sum_{i\geq2} x_ie_i \in H$ tiene $\langle u(x), x\rangle = \sum_{i \geq 2} \lambda_i x_i^2 \leq \lambda_2$ , alcanzado en $e_2$ : este El máximo del hiperplano es exactamente $\lambda_2$ . El mínimo sobre $H$ es por lo tanto $\lambda_2$ .

Ejercicio 12.10 ★★

Determine el rango y la firma de $q(x_1, \dots, x_n) = \sum_{i < j} x_ix_j$ en $\R^n$ ( $n \geq 2$ ), de dos maneras: mediante el método algebraico identidad $2q = \bigl(\sum x_i\bigr)^2 - \sum x_i^2$ juntos con la restricción de $q$ al hiperplano $\sum x_i = 0$ ; y calculando el valores propios de su matriz $\frac12(J - I)$ , donde $J$ es la matriz de todos unos.

Solución

Solución de Ejercicio 12.10.

Camino algebraico: $2q = \bigl(\sum x_i\bigr)^2 - \sum x_i^2$ . En el hiperplano $H : \sum x_i = 0$ (dimensión $n - 1$ ), $q = -\frac12\sum x_i^2$ es definido negativo; en la linea $\R(1, \dots, 1)$ , $q(t, \dots, t) = \binom n2 t^2 > 0$ . un El subespacio donde $q$ es positivo definido cumple con $H$ trivialmente, por lo que tiene dimensión $\leq 1$ : por Sylvester (Teorema 12.6), $s = 1$ y $t \geq n-1$ de $H$ ; el rango $\leq n$ fuerza la firma $(1, n-1)$ , el rango $n$ .

Camino espectral: la matriz es $\frac12(J - I)$ ; $J$ tiene valores propios $n$ (en $(1,\dots,1)$ ) y $0$ (en $H$ ), por lo que $\frac12(J-I)$ tiene valores propios $\frac{n-1}{2}$ (una vez) y $-\frac12$ ( $n-1$ veces): uno positivo, $n-1$ negativo — igual firma, por Corolario 12.15.

Ejercicio 12.11 ★★

Sean $A$ , $B$ simétrico real con $B$ semidefinido positivo. probar

\lambda_{\min}(A)\operatorname{tr} B \;\leq\; \operatorname{tr}(AB) \;\leq\; \lambda_{\max}(A)\operatorname{tr} B .

(Write $B = C^{\mathsf T}C$ and $\operatorname{tr}(AB) = \sum_i \langle A c_i, c_i\rangle$ over the columns $c_i$ of $C^{\mathsf T}$ .) En particular $\operatorname{tr}(AB) \geq 0$ cuando ambos son semidefinidos positivos.

Solución

Solución de Ejercicio 12.11.

Escriba $B = C^{\mathsf T}C$ (Ejercicio 12.6 vía $C = \sqrt B$ ). Luego, con $c_1, \dots, c_n$ las columnas de $C^{\mathsf T}$ :

\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(AC^{\mathsf T}C) = \operatorname{tr}(CAC^{\mathsf T}) = \sum_{i=1}^n \langle A c_i, c_i\rangle .

Por Corolario 12.15 (2), cada término se encuentra entre $\lambda_{\min}(A)\norm{c_i}^2$ y $\lambda_{\max}(A)\norm{c_i}^2$ y $\sum\norm{c_i}^2 = \operatorname{tr}(C^{\mathsf T}C)^{\vphantom1} = \operatorname{tr} B$ : se sigue la doble desigualdad. Si $A$ es también semidefinido positivo, $\lambda_{\min}(A) \geq 0$ : $\operatorname{tr}(AB) \geq 0$ .

Ejercicio 12.12 ★★★

En $E = \mathcal{M}_n(\R)$ , considere $q(M) = \operatorname{tr}(M^2)$ .

Demuestre que $q$ es un forma cuadrática con forma polar $\varphi(M, N) = \operatorname{tr}(MN)$ .
Demuestre que se forman las matrices simétrico y antisimétricas. $\varphi$ : subespacios ortogonales en los que está $q$ . respectivamente definida positiva y definida negativa (compute $\operatorname{tr}(M^2)$ entrywise in each case).
Concluye: $q$ tiene firma $\bigl(\frac{n(n+1)}{2}, \frac{n(n-1)}{2}\bigr)$ y rango $n^2$ .

Solución

Solución de Ejercicio 12.12.

$\varphi(M, N) = \operatorname{tr}(MN)$ es bilineal y simétrico ( $\operatorname{tr}(MN) = \operatorname{tr}(NM)$ ) y $\varphi(M, M) = q(M)$ : $q$ es el forma cuadrática de $\varphi$ .
Para $S$ simétrico y $K$ antisimétricos: $\operatorname{tr}(SK) = \operatorname{tr}\bigl((SK)^{\mathsf T}\bigr) = \operatorname{tr}(K^{\mathsf T}S^{\mathsf T}) = -\operatorname{tr}(KS) = -\operatorname{tr}(SK)$ , entonces $\varphi(S, K) = 0$ : los dos subespacios son $\varphi$ -ortogonal. Entrada, $\operatorname{tr} (M^2) = \sum_{i,j} m_{ij}m_{ji}$ : para simétrico $M$ este es $\sum m_{ij}^2 > 0$ ( $M \neq 0$ ); para $M$ antisimétrico es $-\sum m_{ij}^2 < 0$ .
$\mathcal M_n(\R) = S_n \oplus A_n$ con dimensiones $\frac{n(n+1)}2$ y $\frac{n(n-1)}2$ ; un Gauss reducción adaptado a este $\varphi$ -ortogonal la división escribe $q$ como $\frac{n(n+1)}2$ positivo y $\frac{n(n-1)}2$ cuadrados negativos: firma $\bigl(\frac{n(n+1)}2, \frac{n(n-1)}2\bigr)$ (Sylvester), rango $n^2$ : la forma no es degenerada.

12.5 Problema: Cholesky, Hadamard y lo polar descomposición

Problema 12.1

El teorema espectral es un microscopio; este problema lo utiliza como fábrica. A partir de matrices de Gram fabricamos el cholesky factorización (e identificamos el Gauss pivota como proporciones de menores), luego prueba Hadamard desigualdad en determinantes, construye el descomposición polar $A = QS$ y el descomposición de valores singulares, clasifican avión cónicas, y terminan con la reducción simultánea de dos formas — el teorema detrás de los modos normales de oscilación. En todo momento, $E = \R^n$ con su producto interior estándar.

Parte I — Gram matrices and Cholesky. Para vectores $v_1, \dots, v_n \in E$ , su matriz de gramos es $G = \bigl(\langle v_i, v_j\rangle\bigr)_{i,j}$ .

Demuestre que $G$ es simétrico semidefinido positivo, y positivo definido si y sólo si $(v_1, \dots, v_n)$ es (compute $X^{\mathsf T}GX$ ) linealmente independiente.
Por el contrario, muestre que cada simétrico positivo semidefinida $A$ es una matriz de Gram: $A = C^{\mathsf T}C$ para algunos $C$ (use la raíz cuadrada de Ejercicio 12.6), con $C$ invertible si $A$ es definitivo.
Deducir que una semidefinida positiva $A$ satisface $\abs{a_{ij}} \leq \sqrt{a_{ii}\,a_{jj}}$ para todos $i, j$ (restringir a dos coordenadas) — el Desigualdad de Cauchy-Schwarz, releída matricialmente.
(Cholesky) Sea $A$ positivo definido. demostrar que hay un único triangular superior $T$ con entradas diagonales positivas tales que

$A = T^{\mathsf T}\,T$

(existence: apply Gram–Schmidt to vectors realizing $A$ as a Gram matrix; uniqueness: if $T_1^{\mathsf T}T_1 = T_2^{\mathsf T}T_2$ , show $T_1T_2^{-1}$ is orthogonal and triangular with positive diagonal, hence $I$ ).
Demostrar que los principales menores principales satisfacen $\Delta_k = (t_{11}\cdots t_{kk})^2$ , y deducir que los pivotes producidos por el reducción de gauss de un forma definida positiva, tomada en la variable natural orden, son

$d_k = \frac{\Delta_k}{\Delta_{k-1}} \qquad (\Delta_0 = 1) :$

los menores del criterio de Sylvester (Ejercicio 12.8) y los pivotes de Gauss son los mismos datos. comprobar Ejemplo 12.9.

Parte II — Hadamard’s inequality.

Sea $A$ positivo definido. probar

$\det A \leq a_{11}\,a_{22}\cdots a_{nn}$

(normalize: $B = DAD$ with $D = \operatorname{diag}(a_{ii}^{-1/2})$ has unit diagonal; bound $\det B = \prod \mu_i$ by AM–GM against $\operatorname{tr} B = n$ ).
Demuestre que la igualdad se cumple si $A$ es diagonal.
Deducir La desigualdad de Hadamard: por cada real matriz cuadrada $M$ con columnas $c_1, \dots, c_n$ ,

$\abs{\det M} \leq \prod_{i=1}^{n}\norm{c_i}_2 ,$

con igualdad (para invertible $M$ ) si las columnas son ortogonal por pares (apply questions 6–7 to $M^{\mathsf T}M$ ).
Dividendos geométricos y combinatorios: interpretar pregunta 8 como "el volumen de un paralelepípedo está en más el producto de las longitudes de sus bordes”; y demostrar que un matriz con todas las entradas en $\intcc{-1}{1}$ tiene $\abs{\det M} \leq n^{n/2}$ . (Matrices que alcanzan este enlazado — matrices de Hadamard — existen para $n = 1, 2$ y muchos múltiplos de $4$ ; ya sea para todo múltiplos de $4$ es un famoso problema abierto.)

Parte III — Descomposición polar and singular values.

Sea $A$ invertible. Demuestre que $A^{\mathsf T}A$ es positivo definido, y que

$S = \sqrt{A^{\mathsf T}A} \quad\text{(the square root of \text{Ejercicio 12.6})}, \qquad Q = AS^{-1}$

dar una factorización $A = QS$ con $Q$ ortogonal y $S$ positivo definitivo.
Demuestre que esta factorización de un $A$ invertible es único.
Ampliar existencia a $A$ arbitrario: elegir $\varepsilon_k \to 0$ con $A + \varepsilon_k I$ invertible, escriba $A + \varepsilon_kI = Q_kS_k$ y utilizar el compacidad de $O(n)$ (Ejercicio 12.5) para extraer $Q_k \to Q$ ; mostrar $S_k = Q_k^{\mathsf T}(A + \varepsilon_kI)$ converge a algún $S$ semidefinido positivo con $A = QS$ y $S = \sqrt{A^{\mathsf T}A}$ . donde esta ¿La unicidad falla para el singular $A$ ?
(Descomposición de valores singulares) Deduzca que todo real cuadrado $A$ escribe

$A = U\,\Sigma\,V^{\mathsf T}, \qquad U, V \in O(n),\quad \Sigma = \operatorname{diag}(\sigma_1, \dots, \sigma_n),\ \sigma_i \geq 0 ,$

donde están los $\sigma_i$ (los valores singulares) el valores propios de $\sqrt{A^{\mathsf T}A}$ .
Tres consecuencias: $\vertiii{A}_2 = \sigma_{\max}$ para cada real $A$ (generalizando Ejercicio 12.7); $\abs{\det A} = \sigma_1\cdots\sigma_n$ ; y la imagen de la unidad esfera bajo un $A$ invertible es un elipsoide con semiejes $\sigma_1, \dots, \sigma_n$ a lo largo de las columnas de $U$ .

Parte IV — Conics, by the spectral theorem. Una cónica plana es el conjunto cero de $f(x) = q(x) + \langle b, x\rangle + c$ , siendo $q \neq 0$ un forma cuadrática de matriz $A$ , $b \in \R^2$ , $c \in \R$ .

Reducir $f$ mediante una rotación (ejes principales, Corolario 12.15) seguido de un traducción y clasificar los posibles no vacíos, formas no degeneradas por la firma de $q$ : elipse ( $\det A > 0$ ), hipérbola ( $\det A < 0$ ), parábola ( $\det A = 0$ , rango $1$ , con el término lineal no absorbido).
Ejecute la reducción completa para

$x^2 + 4xy + y^2 + 2x - 2y = 4 :$

coordenadas rotadas, ecuación reducida, naturaleza y centro de la cónica.
(Cónicas centrales) Supongamos $\det A \neq 0$ . mostrar el centro es $x_0 = -\frac12 A^{-1}b$ , y que el congruencia por $\begin{pmatrix} I & x_0\\ 0 & 1\end{pmatrix}$ de la matriz $3\times3$ produce $\widetilde Q = \begin{pmatrix} A & b/2 \\ b^{\mathsf T}/2 & c\end{pmatrix}$

$\det\widetilde Q = f(x_0)\,\det A :$

la cónica central es degenerada (un punto o dos líneas) exactamente cuando $\det\widetilde Q = 0$ .
Verifique la pregunta 17 con el ejemplo de la pregunta 16: calcular $x_0$ , $f(x_0)$ y $\det\widetilde Q$ , y Concluimos nuevamente que la cónica es no degenerada. hipérbola.
(Un lápiz cuádrico) Para $\lambda \in \R$ , clasifique el superficie

$x^2 + y^2 + z^2 + 2\lambda(xy + yz + zx) = 1$

por el valores propios de su matriz (all-ones structure: valores propios $1 + 2\lambda$ and $1 - \lambda$ double): esfera/elipsoide, cilindro, par de planos, hiperboloides de una y dos láminas, según a $\lambda$ .

Part V — Two forms at once: simultaneous reduction.

Sea $q$ positivo definido y $q'$ arbitrario. forma cuadrática en $E$ . Demostrar que existe una base de $E$ que es ortonormal para $q$ y ortogonal para $q'$ : en él, $q = \sum x_i^2$ y $q' = \sum \mu_i x_i^2$ (use $q$ como producto interno y aplique el teorema espectral al endomorfismo que representa $q'$ ).
Forma matricial: para $A$ definida positiva y $B$ simétrico, existe un $P$ invertible con $P^{\mathsf T}AP = I$ y $P^{\mathsf T}BP = \operatorname{diag}(\mu_1, \dots, \mu_n)$ , donde el $\mu_i$ son las raíces de $\det(B - \mu A) = 0$ .
Ejecútelo en su totalidad durante

$A = \begin{pmatrix} 2 & 1\\ 1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad B = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0 \end{pmatrix} :$

el valores propios $\mu_\pm$ generalizado y los vectores diagonalizando ambas formas.
Demuestre que la precisión positiva no se puede abandonar: por

$A = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \qquad B = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0 \end{pmatrix},$

ninguna base diagonaliza ambas formas (if $P$ diagonalized both, $\det(B - \mu A)$ would split with real roots; compute it).
Demuestre que los $\mu_i$ de la pregunta 21 son los valores propios de $A^{-1}B$ , y que $A^{-1}B$ , mientras no simétrico en general, siempre es diagonalizable con reales valores propios (conjugate by $\sqrt A$ ).
Síntesis. En una oración cada uno: (i) el teorema cada Parte se apoyó en; (ii) qué resultados de las Partes I–III sobrevivo por positivo semidefinite matrices, y que necesitan definición; (iii) el sistema físico cuyas pequeñas oscilaciones cuestionan 20–22 diagonalizar (energía cinética y potencial como las dos formas), y lo que significa $\mu_i$ allí.

Solución

Solución de Problema 12.1.

1. $G$ es simétrico por simetría del producto interno, y

X^{\mathsf T}GX = \sum_{i,j}x_ix_j\langle v_i, v_j\rangle = \Bigl\|\sum_i x_iv_i\Bigr\|^2 \geq 0 ,

con igualdad si $\sum x_iv_i = 0$ : $G$ es definitivo si el sólo la combinación nula es trivial, es decir, si la familia es independiente.

2. Con $B = \sqrt A$ (Ejercicio 12.6): $A = B^2 = B^{\mathsf T}B$ , la matriz de Gram de las columnas de $B$ ; tome $C = B$ . Y $X^{\mathsf T}AX = \norm{CX}^2$ , entonces $A$ es definido si $CX \neq 0$ para $X \neq 0$ , si $C$ es invertible.

3. La restricción del formulario a $\operatorname{Vect}(e_i, e_j)$ tiene matriz $\begin{pmatrix} a_{ii} & a_{ij}\\ a_{ij} & a_{jj} \end{pmatrix}$ , semidefinido todavía positivo: es determinante (producto de su valores propios no negativo) es $\geq 0$ : $a_{ij}^2 \leq a_{ii}a_{jj}$ . Éste es Cauchy (Schwarz para el vectores $v_i, v_j$ de una realización Gram.

4. Existencia: escriba $A$ como la matriz de Gram de una familia independiente $(v_1, \dots, v_n)$ (preguntas 1–2). Gram-Schmidt produce un $(e_1, \dots, e_n)$ ortonormal con

v_k = \sum_{i \leq k} t_{ik}\,e_i, \qquad t_{kk} = \bigl\| v_k - \operatorname{proj}_{k-1}v_k \bigr\| > 0 ,

entonces $T = (t_{ik})$ es triangular superior con diagonal positiva, y

a_{jk} = \langle v_j, v_k\rangle = \sum_i t_{ij}t_{ik} = (T^{\mathsf T}T)_{jk} .

Unicidad: si $T_1^{\mathsf T}T_1 = T_2^{\mathsf T}T_2$ entonces $R = T_1T_2^{-1}$ satisface $R^{\mathsf T}R = I$ : $R$ es ortogonal, y también triangular superior con diagonal positiva (producto de tal). Entonces $R^{-1} = R^{\mathsf T}$ es simultáneamente superior (inversa de superior) e inferior (transponer de superior) triangular: diagonal; una matriz diagonal ortogonal tiene entradas $\pm1$ y fuerzas positivas $R = I$ : $T_1 = T_2$ .

5. Para $i, j \leq k$ , $(T^{\mathsf T}T)_{ij} = \sum_m t_{mi}t_{mj}$ solo involucra $m \leq \min(i,j) \leq k$ : el El bloque $k\times k$ principal de $A$ es $T_k^{\mathsf T}T_k$ con $T_k$ el bloque principal de $T$ . Por lo tanto $\Delta_k = (\det T_k)^2 = (t_{11}\cdots t_{kk})^2$ . Ahora el reducción de gauss de un La forma definida positiva en el orden natural nunca encuentra un cero. coeficiente cuadrado (los pivotes son las entradas diagonales del bloques definidos positivos sucesivamente reducidos): produce $q = \sum_k d_k\ell_k^2$ con $\ell_k = x_k + (\text{terms in } x_{k+1}, \dots)$ , es decir $A = L^{\mathsf T}DL$ con $L$ triangular unipotente; entonces $T = \sqrt D\,L$ es un Cholesky factor, por lo que por unicidad $t_{kk}^2 = d_k$ y

d_k = \frac{(t_{11}\cdots t_{kk})^2} {(t_{11}\cdots t_{k-1,k-1})^2} = \frac{\Delta_k}{\Delta_{k-1}} .

El Ejemplo 12.9: $\Delta_1, \Delta_2, \Delta_3 = 2, 3, 4$ y los pivotes eran $2, \frac32, \frac43$ .

6. Cada $a_{ii} = e_i^{\mathsf T}Ae_i > 0$ . Sean $D = \operatorname{diag}(a_{ii}^{-1/2})$ y $B = DAD$ : positivos definido (congruencia), con $b_{ii} = 1$ , entonces $\operatorname{tr} B = n$ . Su valores propios $\mu_i > 0$ satisface, por AM–GM,

\det B = \prod_i\mu_i \leq \Bigl(\frac{\sum\mu_i}{n}\Bigr)^{\!n} = 1 ,

y $\det B = (\det D)^2\det A = \dfrac{\det A}{\prod a_{ii}}$ : $\det A \leq \prod a_{ii}$ .

7. AM–GM es una igualdad si todos los $\mu_i$ son iguales (a $1$ ); una matriz simétrico con suela valor propio $1$ es $PIP^{\mathsf T} = I$ . Entonces igualdad si $B = I$ si $a_{ij} = 0$ para $i \neq j$ : $A$ diagonal.

8. Si $M$ es singular, ambos lados son $\geq 0 = \abs{\det M}$ . De lo contrario $A = M^{\mathsf T}M$ es positivo definido con $a_{ii} = \norm{c_i}^2$ y $\det A = (\det M)^2$ : la pregunta 6 da $(\det M)^2 \leq \prod\norm{c_i}^2$ . La igualdad si $A = M^{\mathsf T}M$ es diagonal (pregunta 7), es decir, si las columnas son ortogonales por pares.

9. $\abs{\det M}$ es el volumen del paralelepípedo abarcado por las columnas: el volumen es como máximo el producto de las longitudes de los bordes, con igualdad exactamente para cajas rectangulares. Si $\abs{m_{ij}} \leq 1$ entonces $\norm{c_i} \leq \sqrt n$ , entonces $\abs{\det M} \leq n^{n/2}$ . (Alcanzarlo fuerza ortogonal columnas de entradas $\pm1$ : una matriz de Hadamard).

10. $X^{\mathsf T}A^{\mathsf T}AX = \norm{AX}^2 > 0$ para $X \neq 0$ ( $A$ invertible): $A^{\mathsf T}A$ es positivo definitivo. Su raíz cuadrada $S$ es positiva definida (valores propios $\sqrt{\lambda_i} > 0$ ), por lo tanto invertible, y $Q = AS^{-1}$ satisface

Q^{\mathsf T}Q = S^{-1}A^{\mathsf T}AS^{-1} = S^{-1}S^2S^{-1} = I :

$A = QS$ con $Q$ ortogonal, $S$ positivo definido.

11. Si $A = QS = Q'S'$ entonces $S'^{\,2} = S'^{\mathsf T}Q'^{\mathsf T}Q'S' = A^{\mathsf T}A = S^2$ ; dos matrices semidefinidas positivas con el mismo cuadrado coinciden (Ejercicio 12.6): $S' = S$ , luego $Q' = AS^{-1} = Q$ .

12. $\det(A + \varepsilon I)$ es un polinomio distinto de cero en $\varepsilon$ : tiene un número finito de raíces, por lo que alguna secuencia $\varepsilon_k \to 0$ los evita. Escribe $A + \varepsilon_kI = Q_kS_k$ (pregunta 10). $O(n)$ es compacto (Ejercicio 12.5): una subsecuencia da $Q_{\varphi(k)} \to Q \in O(n)$ . entonces

S_{\varphi(k)} = Q_{\varphi(k)}^{\mathsf T} \bigl(A + \varepsilon_{\varphi(k)}I\bigr) \longrightarrow Q^{\mathsf T}A =: S,

simétrico semidefinido positivo como límite de los mismos (cerrado condiciones) y $A = QS$ . Además $S^2 = S^{\mathsf T}S = A^{\mathsf T}QQ^{\mathsf T}A = A^{\mathsf T}A$ , entonces $S = \sqrt{A^{\mathsf T}A}$ por unicidad. Para singular $A$ , $S$ es singular y $Q$ no es único: se puede modificar arbitrariamente en $(\operatorname{im} S)^{\perp}$ — caso extremo $A = 0$ , donde funciona cada $Q$ ortogonal.

13. Diagonalizar $S = P\Sigma P^{\mathsf T}$ (espectral teorema), $\Sigma = \operatorname{diag}(\sigma_i)$ con $\sigma_i \geq 0$ el valores propios de $S = \sqrt{A^{\mathsf T}A}$ . entonces

A = QS = (QP)\,\Sigma\,P^{\mathsf T} = U\Sigma V^{\mathsf T}, \qquad U = QP,\ V = P \in O(n) .

14. $\norm{Ax}^2 = x^{\mathsf T}S^2x \leq \sigma_{\max}^2\norm x^2$ con igualdad en la cima vector propio de $S$ : $\vertiii A_2 = \sigma_{\max}$ — para simétrico $A$ , $S = \sqrt{A^2}$ tiene valores propios $\abs{\lambda_i}$ , recuperándose Ejercicio 12.7. Determinante: $\abs{\det A} = \abs{\det U}\det\Sigma\abs{\det V} = \sigma_1\cdots\sigma_n$ . Esfera: escritura $x = Vy$ con $\norm y = 1$ , $Ax = U\Sigma y$ tiene coordenadas $z_i = \sigma_iy_i$ en el marco ortonormal de las columnas de $U$ : la imagen es $\{\sum z_i^2/\sigma_i^2 = 1\}$ , un elipsoide con semiejes $\sigma_i$ .

15. Una rotación a ejes principales. (Corolario 12.15) convierte $f$ en $\lambda_1X^2 + \lambda_2Y^2 + \beta_1X + \beta_2Y + c$ , con $\lambda_1\lambda_2 = \det A$ . Si $\det A \neq 0$ , absorba el términos lineales por la traducción $X \mapsto X - \frac{\beta_1}{2\lambda_1}$ (y también $Y$ ): $\lambda_1X'^2 + \lambda_2Y'^2 = c'$ . Para $\det A > 0$ (signos iguales): un elipse ( $c'$ del signo derecho), un punto o vacío. Para $\det A < 0$ : una hipérbola ( $c' \neq 0$ ) o dos líneas que se cruzan. si $\det A = 0$ con rango $1$ (digamos $\lambda_2 = 0 \neq \lambda_1$ ): $\lambda_1X'^2 + \beta_2Y + c''$ , una parábola cuando $\beta_2 \neq 0$ ; de lo contrario, dos líneas paralelas, una línea o vacío. Formas no degeneradas: elipse, hipérbola, parábola, regido por el signo de $\det A$ .

16. La parte cuadrática $x^2 + 4xy + y^2$ tiene matriz. $\begin{pmatrix}1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ , valores propios $3$ y $-1$ con direcciones ortonormales $\frac{1}{\sqrt2}(1,1)$ , $\frac{1}{\sqrt2}(1,-1)$ . En las coordenadas rotadas $u = \frac{x+y}{\sqrt2}$ , $v = \frac{x-y}{\sqrt2}$ : $x^2 + y^2 = u^2 + v^2$ , $2xy = u^2 - v^2$ , el formulario es $3u^2 - v^2$ y $2x - 2y = 2\sqrt2\,v$ . La ecuación se convierte

3u^2 - v^2 + 2\sqrt2\,v = 4 \quad\Longleftrightarrow\quad 3u^2 - \bigl(v - \sqrt2\bigr)^2 = 2 :

una hipérbola, con centro en $(u, v) = (0, \sqrt2)$ , es decir, $(x, y) = (1, -1)$ , con ejes a lo largo del marco rotado.

17. $f(x) = (x - x_0)^{\mathsf T}A(x - x_0) + f(x_0)$ siempre que $Ax_0 = -\frac b2$ , es decir $x_0 = -\frac12A^{-1}b$ : el gradiente de $f$ desaparece exactamente allí ( $x_0$ es el centro de simetría). Con $M = \begin{pmatrix} I & x_0\\ 0 & 1\end{pmatrix}$ :

M^{\mathsf T}\widetilde QM = \begin{pmatrix} A & Ax_0 + \frac b2\\[2pt] \bigl(Ax_0 + \frac b2\bigr)^{\mathsf T} & x_0^{\mathsf T}Ax_0 + b^{\mathsf T}x_0 + c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A & 0\\ 0 & f(x_0)\end{pmatrix},

y $\det M = 1$ : $\det\widetilde Q = f(x_0)\det A$ . el la ecuación centrada dice $q(X) = -f(x_0)$ : para $f(x_0) = 0$ degenera a $q(X) = 0$ (dos líneas que pasan por el centro si el la firma es $(1,1)$ , el punto único $x_0$ si $q$ es definido); para $f(x_0) \neq 0$ la cónica es una elipse genuina o hipérbola.

18. $A^{-1} = -\frac13\begin{pmatrix} 1 & -2\\ -2 & 1\end{pmatrix}$ , $\frac b2 = (1, -1)$ : $x_0 = -A^{-1}\frac b2 = (1, -1)$ , como se encuentra en la pregunta 16. $f(x_0) = q(1,-1) + 2 + 2 - 4 = (1 - 4 + 1) + 0 = -2 \neq 0$ , y $\det\widetilde Q = f(x_0)\det A = (-2)(-3) = 6 \neq 0$ : no degenerado; $\det A = -3 < 0$ : una hipérbola — y efectivamente la ecuación centrada $3u^2 - (v - \sqrt2)^2 = -f(x_0) = 2$ coincide con la pregunta 16.

19. La matriz es $(1-\lambda)I + \lambda J$ : valores propios $1 + 2\lambda$ (sentido $(1,1,1)$ ) y $1 - \lambda$ (doble, en $x + y + z = 0$ ). Casos:

$-\frac12 < \lambda < 1$ : todos valores propios positivos: un elipsoide de revolución alrededor de $(1,1,1)$ (una esfera para $\lambda = 0$ );
$\lambda = 1$ : $q = (x+y+z)^2$ : la ecuación da el dos planos paralelos $x + y + z = \pm1$ ;
$\lambda = -\frac12$ : valores propios $0, \frac32, \frac32$ : un cilindro circular de eje $(1,1,1)$ ;
$\lambda > 1$ : firma $(1, 2)$ : un hiperboloide de dos hojas;
$\lambda < -\frac12$ : firma $(2, 1)$ : a Hiperboloide de una hoja.

20. La forma polar de $q$ es un producto interno. $\langle\cdot,\cdot\rangle_q$ en $E$ . Para $x$ fijo, $y \mapsto \varphi'(x, y)$ (forma polar de $q'$ ) es lineal, por lo tanto es igual $\langle z_x, y\rangle_q$ para un $z_x$ único; $u(x) := z_x$ es lineal (singularidad), y $\langle u(x), y\rangle_q = \varphi'(x,y) = \varphi'(y,x) = \langle u(y), x\rangle_q$ : $u$ es simétrico en el espacio euclidiano $(E, \langle\cdot,\cdot\rangle_q)$ . El teorema espectral (Teorema 12.13) da una ortonormal $q$ base propia $(\varepsilon_i)$ , $u(\varepsilon_i) = \mu_i\varepsilon_i$ : en ella $q(x) = \sum x_i^2$ y $q'(x) = \langle u(x), x\rangle_q = \sum\mu_ix_i^2$ .

21. Sea $P$ la matriz de esa base: congruencia da $P^{\mathsf T}AP = I$ y $P^{\mathsf T}BP = \operatorname{diag}(\mu_i)$ . entonces

\det(B - \mu A) = \det(P^{-\mathsf T}) \det\bigl(\operatorname{diag}(\mu_i) - \mu I\bigr) \det(P^{-1}) = (\det P)^{-2}\prod_i(\mu_i - \mu) :

las $\mu_i$ son las raíces del lápiz $\det(B - \mu A)$ .

22. $\det(B - \mu A) = \det\begin{pmatrix} -2\mu & 1-\mu\\ 1-\mu & -\mu\end{pmatrix} = 2\mu^2 - (1-\mu)^2 = \mu^2 + 2\mu - 1$ : raíces $\mu_\pm = -1 \pm \sqrt2$ . Resolviendo $(B - \mu_\pm A)v = 0$ : $v_\pm = (1 - \mu_\pm,\ 2\mu_\pm)$ (la identidad de la segunda fila $(1-\mu)^2 = 2\mu^2$ en las raíces lo confirma). Salen las normas $A$ limpio: $q_A(v_\pm) = 2(1 + \mu_\pm^2)$ , y uno comprueba $\varphi_A(v_+, v_-) = 0$ usando $\mu_+ + \mu_- = -2$ , $\mu_+\mu_- = -1$ . La base $\Bigl(\frac{v_+}{\sqrt{2(1 + \mu_+^2)}}, \frac{v_-}{\sqrt{2(1+\mu_-^2)}}\Bigr)$ es ortonormal para $A$ y diagonaliza $B$ con entradas $\mu_\pm$ .

23. Si algún $P$ invertible diagonalizara ambas formas, El cálculo de la pregunta 21 daría $\det(B - \mu A) = (\det P)^{-2}\prod(d_{2i} - \mu d_{1i})$ , una división polinómica real. en factores lineales reales. pero aquí

\det(B - \mu A) = \det\begin{pmatrix} -\mu & 1\\ 1 & \mu\end{pmatrix} = -\mu^2 - 1 ,

de grado $2$ sin raíz real: contradicción. (El La firma de Lorentz $A$ admite $B$ -“rotaciones” sin real ejes.)

24. $A^{-1}B = A^{-1/2}\bigl(A^{-1/2}BA^{-1/2}\bigr) A^{1/2}$ con $A^{1/2} = \sqrt A$ positivo definido (Ejercicio 12.6): $A^{-1}B$ es similar al simétrico $A^{-1/2}BA^{-1/2}$ , por lo tanto diagonalizable con verdadero valores propios. Y $\det(B - \mu A) = \det A\cdot \det(A^{-1}B - \mu I)$ : las raíces del lápiz $\mu_i$ de la pregunta 21 son exactamente los valores propios de $A^{-1}B$ .

25. (i) Cada Parte se apoyó en el teorema espectral: a través de la raíz cuadrada (Cholesky, polar), el valor propio límites (Hadamard), los ejes principales (cónicas) y los Versión adaptada $q$ (reducción simultánea). (ii) gramo realizaciones, Hadamard y el descomposición polar sobreviven en el mundo semidefinido; La singularidad de Cholesky, el pivote fórmula, y la reducción simultánea necesita precisión (Las preguntas 12 y 23 muestran exactamente cómo fallan). (iii) Pequeñas oscilaciones acopladas: energía cinética (definida positiva) y la energía potencial son dos formas cuadráticas; la base de Las preguntas 20 a 22 son modos normales del sistema y las $\mu_i$ son las frecuencias angulares al cuadrado.