Matematika Universitas — Tahun 2 · Bachelor Year 2

12Bentuk Kuadratik

Sebuah bentuk kuadratik adalah bayangan aljabar sebuah geometri: bagian bersignatur nol memipih, bagian positif melengkung ke satu arah, yang negatif ke arah lain. Bab ini mereduksi setiap bentuk kuadratik real menjadi jumlah kuadrat bertanda $\pm$ (Gauss), dan membuktikan bahwa cacah tandanya bersifat hakiki (Sylvester), lalu memahkotai geometri Euklides dengan teorema spektral: endomorfisma simetrik dapat didiagonalkan dalam basis ortonormal — yakni teorema aljabar linear terapan yang paling sering dipakai.

12.1 Bentuk bilinear dan bentuk kuadratik

Definisi 12.1

Sebuah bentuk bilinear simetrik pada ruang vektor real $E$ adalah pemetaan bilinear $\varphi \colon E \times E \to \R$ dengan $\varphi(x, y) = \varphi(y, x)$ ; sedangkan bentuk kuadratik yang bersesuaian adalah $q(x) = \varphi(x, x)$ . Bentuk $\varphi$ dipulihkan dari $q$ lewat polarisasi:

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

Dalam basis $(e_i)$ , matriks bagi $\varphi$ adalah matriks simetrik $B = (\varphi(e_i, e_j))$ , dengan $q(x) = X^{\mathsf T} B X$ ; lalu penggantian basis bermatriks $P$ mengganti $B$ dengan $P^{\mathsf T} B P$ (inilah kekongruenan — bukan keserupaan!). Adapun rank bagi $q$ adalah $\operatorname{rk} B$ (yang invarian, sebab kekongruenan mengalikan dengan matriks terbalikkan).

Contoh 12.2

Pada $\R^2$ : $q(x, y) = x^2 + 4xy + y^2$ bermatriks $\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ . Sebuah hasil kali dalam persis merupakan bentuk bilinear simetrik yang bentuk kuadratiknya definit positif; sedangkan bab ini mengkaji kasus umum yang tandanya tak tentu.

Contoh 12.3 (Kekongruenan beraksi)

Ambillah $q(x, y) = x^2 + 4xy + y^2$ (bermatriks $B = \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ ) beserta basis barunya $e_1' = (1, 1)$ , $e_2' = (1, -1)$ , yakni $P = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix}$ . Maka

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} :

dalam koordinat $(u, v)$ sepanjang basis barunya, $q = 6u^2 - 2v^2$ — periksa: $x = u + v$ , $y = u - v$ memberi $x^2 + 4xy + y^2 = 6u^2 - 2v^2$ secara langsung. Perhatikan bahwa entri diagonal barunya $6, -2$ bukan nilai eigen $3, -1$ milik $B$ : sebab kekongruenan menskalakan ulang, dan hanya keserupaan yang memelihara spektrum — tetapi tandanya sepakat, sebagaimana dituntut teorema Sylvester. (Basis di sini ortogonal tetapi tak ortonormal; dan menormalkannya dengan $\frac{1}{\sqrt2}$ akan membagi diagonalnya dengan $2$ lalu memulihkan nilai eigennya.)

Contoh 12.4 (Determinan Gram mengukur luas)

Untuk $v_1, v_2$ pada ruang Euklides, matriks Gram $G = \bigl(\langle v_i, v_j\rangle\bigr)$ mengemas panjang dan sudutnya; sedangkan determinannya mengemas luas:

\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 ,

yakni kuadrat luas jajaran genjang yang bertumpu pada $v_1, v_2$ — dan Cauchy–Schwarz persis merupakan pernyataan $\det G \geq 0$ . Contoh yang dikerjakan: $v_1 = (1, 2, 2)$ , $v_2 = (2, 1, -2)$ dalam $\R^3$ :

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

jadi vektornya ortogonal dan berpanjang $3$ , sehingga merentang jajaran genjang (di sini sebuah bujur sangkar) berluas $\sqrt{81} = 9$ . Pelajaran penutupnya: tak ada hasil kali silang dan tak ada sihir berdimensi $3$ yang dipakai — sebab $\sqrt{\det G}$ mengukur volume berdimensi $k$ pada sembarang dimensi, dan itulah titik tolak Bagian I soal akhir pekan sekaligus integral luas permukaan yang menyusul pada jilid ini.

12.2 Reduksi Gauss dan inersia Sylvester

Teorema 12.5 (Reduksi Gauss)

Setiap bentuk kuadratik $q$ pada ruang real berdimensi hingga dapat dituliskan

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

dengan $\ell_1, \dots, \ell_s, m_1, \dots, m_t$ berupa bentuk linear yang bebas linear; setara dengan itu, suatu basis membuat matriks $q$ menjadi diagonal berentri $+1$ (sebanyak $s$ kali), $-1$ (sebanyak $t$ kali), dan $0$ .

Bukti. Secara induktif atas banyaknya peubah, dalam koordinat: $q(x_1, \dots, x_n)$ .

Kasus 1: suatu kuadrat muncul, katakanlah koefisien $a$ bagi $x_1^2$ tak nol. Kumpulkan semua suku ber- $x_1$ lalu lengkapkan kuadratnya:

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

dengan $\lambda$ linear dan $q_1$ kuadratik dalam peubah sisanya: jadi satu bentuk bebas terpisah (ia melibatkan $x_1$ , sedangkan yang lain tidak), lalu induksinya berlaku pada $q_1$ , dan tanda $\pm$ -nya datang dari tanda $a$ setelah diskalakan ulang dengan $\sqrt{\abs a}$ .

Kasus 2: tak ada kuadrat, tetapi ada suku silang, katakanlah $b\,x_1x_2$ dengan $b \neq 0$ . Pakailah kesamaan

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

setelah pengelompokan: dengan menulis $q = b\,x_1x_2 + x_1\alpha + x_2\beta + q_2$ (dengan $\alpha, \beta, q_2$ dalam peubah lainnya), kita periksa

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 ,

dengan $\widetilde q$ bebas dari $x_1, x_2$ : jadi dua bentuk bebas terpisah, dan induksinya merampungkannya.

Kebebasan bentuk yang terkumpul: urutkanlah kelompoknya sebagaimana dihasilkan. Bentuk kelompok pertamanya memuat $x_1$ (Kasus 1) atau $x_1, x_2$ (Kasus 2); sedangkan semua bentuk berikutnya bebas dari peubah itu. Andaikan sebuah kombinasi linear semua bentuk terkumpulnya lenyap. Membaca koefisien $x_1$ (dan $x_2$ ): hanya kelompok pertamanya yang menyumbang, dan di dalam kelompok itu satu atau dua bentuknya kasatmata bebas ( $\ell$ sendirian; atau $\ell \pm m$ dengan $\ell, m$ bebas): jadi koefisien kelompok pertamanya lenyap. Kupas kelompok itu lalu ulangi: secara induktif sepanjang kelompoknya, semua koefisiennya lenyap — jadi seluruh keluarganya bebas, yakni ketrianguleran yang dibuat gamblang. ∎

Teorema 12.6 (Hukum inersia Sylvester)

Pasangan $(s, t)$ pada Teorema 12.5 hanya bergantung pada $q$ , bukan pada reduksinya: ia disebut signatur bagi $q$ . Lebih jauh

s = \max\{\dim F : q|_F \text{ definit positif}\},

dan secara simetris untuk $t$ .

Bukti. Misalkan $q = \sum_{i \leq s}\ell_i^2 - \sum_{j\leq t} m_j^2$ lalu misalkan $F_+$ rentang vektor pradual yang di atasnya $(\ell_i)$ membatas menjadi koordinat — secara konkret: lengkapilah keluarga bebas $(\ell_1, \dots, \ell_s, m_1, \dots, m_t)$ menjadi basis dual $E^*$ , lalu misalkan $(u_1, \dots, u_n)$ basis $E$ yang bentuk koordinatnya adalah itu (yakni basis pradualnya: $\ell_i(u_k) = \delta_{ik}$ untuk $k \leq s$ , sedangkan bentuk berikutnya lenyap pada vektor sebelumnya). Tetapkan $F_+ = \operatorname{Vect}(u_1, \dots, u_s)$ : maka untuk $x = \sum_{i\leq s}x_iu_i \in F_+$ ,

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

jadi $q|_{F_+}$ definit positif dan maksimum pada displainya $\geq s$ . Sebaliknya, misalkan $F$ sembarang subruang dengan $q|_F$ definit positif, dan $G = \{x : \ell_1(x) = \dots = \ell_s(x) = 0\}$ , yang berkodimensi $\leq s$ ; pada $G$ berlaku $q(x) = -\sum m_j^2 \leq 0$ . Maka $F \cap G = \{0\}$ (sebab vektor tak nol di sana akan punya $q > 0$ sekaligus $q \leq 0$ ), jadi $\dim F \leq \dim E - \dim G \leq s$ . Karena itu maksimumnya sama dengan $s$ bagi setiap reduksi: jadi $s$ bersifat hakiki, dan $t = \operatorname{rk} q - s$ demikian pula. ∎

Contoh 12.7

$q(x, y, z) = xy + yz + zx$ (tanpa kuadrat). Dengan $x_1 = x$ dan $x_2 = y$ : $q = xy + z(x + y)$ , lalu kesamaan dua kuadratnya memberi

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

(uraikan untuk memeriksanya). Tiga bentuk bebas: jadi signaturnya $(1, 2)$ dan ranknya $3$ . Satu arah positif, dua arah negatif: yakni geometri “kerucut cahaya” milik bentuk ini.

Contoh 12.8 (Sebuah bentuk merosot, direduksi selengkapnya)

$q(x, y, z) = xy + yz$ pada $\R^3$ : tanpa kuadrat, jadi Kasus 2 dengan pengelompokan $q = y(x + z)$ . Kesamaan dua kuadratnya pada hasil kali bentuk bebas $y$ dan $x + z$ memberi

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

Kedua bentuk linear $y + x + z$ dan $y - x - z$ bersifat bebas (sebab selisihnya $2(x+z)$ dan jumlahnya $2y$ ), jadi Sylvester langsung membaca: signaturnya $(1, 1)$ dan ranknya $2$ — sehingga merosot. Kernel bentuk polarnya ditemukan dengan menyelesaikan $\varphi(v, \cdot) = 0$ : dengan matriks $\frac12\begin{pmatrix} 0&1&0\\ 1&0&1\\ 0&1&0\end{pmatrix}$ , kernelnya adalah $\{y = 0,\ x + z = 0\} = \R\,(1, 0, -1)$ , yakni arah yang membuat $q$ tak melihat apa pun. Pelajaran penutupnya: kekurangan rank muncul pada Gauss sebagai “kehabisan peubah” — sebab reduksinya hanya menghasilkan dua kuadrat dari tiga dimensi, dan dimensi yang hilang itu persis kernelnya.

Contoh 12.9 (Satu bentuk, dua jalan menuju signaturnya)

$q(x, y, z) = 2x^2 + 2y^2 + 2z^2 + 2xy + 2yz$ , bermatriks $\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\ 1 & 2 & 1\\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}$ . Jalan 1, Gauss: lengkapkan kuadratnya secara berurutan,

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 :

jadi tiga kuadrat positif pada bentuk yang bebas, sehingga signaturnya $(3, 0)$ : yakni definit positif. Jalan 2, nilai eigen: matriksnya adalah $2I + N$ yang tridiagonal dengan $N$ matriks tetangganya; dan nilai eigennya $2 + \sqrt2$ , $2$ , $2 - \sqrt2$ (periksalah vektor eigen $(1, \pm\sqrt2, 1)$ dan $(1, 0, -1)$ ), yang semuanya positif: jadi vonisnya sama, menurut Akibat 12.15. Gauss lebih cepat; sedangkan nilai eigen berkata lebih banyak (ia memberi sumbu utamanya dan nilai ekstrem $q$ pada bolanya). Pelajaran penutupnya: pivot positif $2, \frac32, \frac43$ milik Gauss persis merupakan nisbah $\frac{\Delta_k}{\Delta_{k-1}}$ minor utama terdepannya ( $\Delta_1 = 2$ , $\Delta_2 = 3$ , $\Delta_3 = 4$ ) — dan soal akhir pekan membuktikannya secara umum.

Metode 12.10 (Menghitung sebuah signatur: tiga rute)

Gauss (selalu berhasil dan tercepat dengan tangan): lengkapkan kuadratnya secara berurutan, lalu Kasus 2 bila tak ada kuadrat yang tersedia; lalu cacahlah tandanya. Periksa bahwa bentuk linear terkumpulnya bebas — sebab bentuk yang lebih sedikit daripada peubahnya berarti ada kernel (Contoh 12.8).
Minor terdepan (untuk uji kedefinitan): semua $\Delta_k > 0$ bila dan hanya bila definit positif (Latihan 12.8); dan pivot $\Delta_k/\Delta_{k-1}$ bahkan memberi koefisien Gaussnya (soal akhir pekan). Rute ini gagal secara diam-diam bila suatu $\Delta_k = 0$ : maka kembalilah ke rute 1.
Nilai eigen (paling informatif, paling mahal): yakni tanda spektrumnya (Akibat 12.15); ia juga memberi sumbu utamanya beserta nilai ekstrem $q$ pada bola satuannya. Pilihlah rute ini bila struktur eigennya toh diperlukan.

12.3 Teorema spektral

Kini misalkan $E$ ruang Euklides (dengan hasil kali dalam $\langle\cdot,\cdot\rangle$ , lihat jilid Tahun ke-1).

Definisi 12.11 (Adjoin; endomorfisma simetrik)

Untuk $u \in \mathcal{L}(E)$ , adjoin $u^*$ adalah satu-satunya endomorfisma dengan

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

dan dalam basis ortonormal berlaku $\operatorname{Mat}(u^*) = \operatorname{Mat}(u)^{\mathsf T}$ . Adapun $u$ disebut simetrik (atau swa-adjoin) apabila $u^* = u$ — setara dengan matriksnya dalam basis ortonormal bersifat simetrik.

Keberadaan dan ketunggalan adjoinnya. Untuk $y$ yang tetap, bentuk $x \mapsto \langle u(x), y\rangle$ bersifat linear, sehingga (berkat dimensi hingganya) berbentuk $\langle x, z_y\rangle$ bagi $z_y$ yang tunggal — sedangkan pemetaan $y \mapsto z_y =: u^*(y)$ bersifat linear berkat ketunggalan itu. Adapun pengenalan matriksnya: bacalah $\langle u(e_i), e_j\rangle$ dari kedua arah. ∎

Contoh 12.12 (Adjoinnya bergantung pada hasil kali dalamnya)

Pada $\R^2$ ambillah hasil kali dalam berbobot $\langle x, y\rangle_D = x_1y_1 + 2x_2y_2$ (bermatriks $D = \operatorname{diag}(1,2)$ ) dan $u$ bermatriks $A = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0\end{pmatrix}$ dalam basis kanoniknya. Dari $\langle u(x), y\rangle_D = (Ax)^{\mathsf T}Dy = x^{\mathsf T}(A^{\mathsf T}D)y$ dan $\langle x, u^*(y)\rangle_D = x^{\mathsf T}(DA^*)y$ , matriks adjoinnya adalah

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} .

Periksa kewarasannya di $x = (1,0)$ , $y = (0,1)$ :

\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 ;

lalu di $x = (0,1)$ , $y = (1,0)$ :

\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 .

Pelajaran penutupnya: “ $\operatorname{Mat}(u^*) = \operatorname{Mat}(u)^{\mathsf T}$ ” adalah pernyataan tentang basis ortonormal belaka; sebab secara umum metrik $D$ ikut campur, persis seperti pada reduksi serentak soal akhir pekan.

Teorema 12.13 (Teorema spektral)

Misalkan $u$ endomorfisma simetrik ruang Euklides $E$ . Maka $E$ punya basis ortonormal beranggotakan vektor eigen $u$ ; semua nilai eigennya real, dan ruang eigen bagi nilai eigen yang berbeda saling ortogonal. Bentuk matriksnya: setiap matriks simetrik real $A$ dituliskan

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

Bukti. Sebuah vektor eigen ada. Fungsi $x \mapsto \langle u(x), x\rangle$ kontinu pada bola satuan $S$ milik $E$ , yang bersifat kompak (berkat dimensi hingganya, Teorema 5.13): jadi ia mencapai maksimumnya $\lambda$ di suatu $a \in S$ . Kita klaim $u(a) = \lambda a$ . Untuk sembarang $y \perp a$ dengan $\norm y = 1$ dan $t \in \R$ , vektor $x_t = \frac{a + ty}{\sqrt{1 + t^2}}$ terletak pada $S$ (sebab $\norm{a + ty}^2 = 1 + t^2$ menurut Pythagoras); lalu menguraikan fungsi yang dimaksimumkan itu,

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}

(kesimetrikan $u$ menyatukan kedua suku silangnya: $\langle u(a), y\rangle = \langle a, u(y)\rangle = \langle u(y), a\rangle$ ). Fungsi $g$ terdiferensialkan terhadap $t$ dengan maksimum di $t = 0$ ; jadi aturan hasil bagi di $0$ memberi

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 .

Jadi $u(a)$ ortogonal terhadap seluruh hiperbidang $a^\perp$ : sehingga $u(a) \in (a^{\perp})^{\perp} = \R a$ , yakni $u(a) = \mu a$ ; dan $\mu = \langle u(a), a\rangle = \lambda$ .

Induksinya. Komplemen ortogonal $F = a^\perp$ bersifat stabil terhadap $u$ : sebab untuk $x \perp a$ berlaku $\langle u(x), a\rangle = \langle x, u(a)\rangle = \lambda\langle x, a\rangle = 0$ . Pembatasan $u|_F$ simetrik terhadap hasil kali dalam terimbasnya; jadi secara induktif atas dimensinya, $F$ punya basis eigen ortonormal; lalu sisipkan $a$ di depannya.

Pelengkapnya. Nilai eigennya adalah bilangan real $\langle u(e), e\rangle$ pada basis eigennya. Keortogonalan ruang eigennya: $u(x) = \lambda x$ dan $u(y) = \mu y$ memberi $\lambda\langle x, y\rangle = \langle u(x), y\rangle = \langle x, u(y)\rangle = \mu\langle x, y\rangle$ , jadi $\langle x, y\rangle = 0$ bila $\lambda \neq \mu$ . Bentuk matriksnya: kolom $P$ = basis eigen ortonormalnya. ∎

Contoh 12.14 (Sebuah jalannya spektral yang lengkap)

Diagonalkan secara ortogonal $A = \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ . Polinomial karakteristiknya $(1 - \lambda)^2 - 4$ : jadi nilai eigennya $3$ dan $-1$ . Vektor eigennya: $(A - 3I)v = 0$ memberi $v_1 = \frac{1}{\sqrt2}(1,1)$ ; sedangkan $(A + I)v = 0$ memberi $v_2 = \frac{1}{\sqrt2}(1,-1)$ — yang ortogonal, sebagaimana dijamin Teorema 12.13 tanpa perhitungan. Dengan $P = (v_1\ v_2)$ (yakni perputaran sebesar $\frac\pi4$ ):

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

Jadi bentuk pada Latihan 12.1 adalah bentuk bertipe hiperbola: signaturnya $(1,1)$ , konsisten dengan reduksi Gaussnya $(x + 2y)^2 - 3y^2$ — kuadrat yang berbeda, signatur yang sama, sebagaimana dituntut Sylvester. Pelajaran penutupnya: Gauss memberi jawabannya lebih cepat, tetapi rute spektralnya juga melaporkan bahwa pada lingkaran satuan $q$ berjangkau persis $\intcc{-1}{3}$ , yang dicapai sepanjang $v_2$ dan $v_1$ : jadi kerja tambahannya membeli geometri.

Akibat 12.15 (Sumbu utama; uji kepositifan)

Setiap bentuk kuadratik $q$ pada ruang Euklides dapat didiagonalkan dalam suatu basis ortonormal: $q(x) = \sum_i \lambda_i x_i^2$ dengan $\lambda_i$ nilai eigen matriks simetrik milik $q$ ; sedangkan signaturnya mencacah nilai eigen yang positif dan yang negatif.
Sebuah matriks simetrik bersifat semidefinit positif (masing-masing definit) bila dan hanya bila semua nilai eigennya $\geq 0$ (masing-masing $> 0$ ); dan nilai ekstrem hasil bagi Rayleighnya lalu menjadi

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

Bukti. (1) Tulislah $q(x) = \langle A x, x\rangle$ dengan $A$ simetrik (yakni matriks $q$ dalam basis ortonormal); lalu diagonalkan $A$ lewat teorema spektralnya: untuk $x = \sum x_ie_i$ dalam basis eigen ortonormalnya,

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

(keortonormalannya membunuh suku silangnya). Tanda $\pm$ milik $\lambda_i$ mencacah signaturnya menurut Sylvester: sebab menskalakan ulang tiap koordinat dengan $\sqrt{\abs{\lambda_i}}$ memamerkan sebuah reduksi Gauss dengan bentuk yang bebas.

(2) Dalam basis eigennya, $\langle Ax, x\rangle = \sum \lambda_i x_i^2$ , yang terjepit antara $\lambda_{\min}\norm x^2$ dan $\lambda_{\max}\norm x^2$ , dengan kesamaan pada vektor eigen yang bersesuaian; jadi kepositifan semua nilai eigennya setara dengan kepositifan bentuknya. ∎

Contoh 12.16

$A = \begin{pmatrix} 2 & 1\\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ : nilai eigennya $3$ (dengan vektor eigen $\frac{1}{\sqrt2}(1,1)$ ) dan $1$ (dengan $\frac{1}{\sqrt2}(1,-1)$ ). Bentuk kuadratik $2x^2 + 2xy + 2y^2$ menjadi $3X^2 + Y^2$ dalam kerangka ortonormal yang terputar: yakni sumbu utama sebuah elips, yang terhitung. Reduksi Gauss juga mencapai bentuk diagonal, tetapi hanya teorema spektral yang mencapainya tanpa memuaikan panjang.

Contoh 12.17 (Sebuah elips yang dikenali sepenuhnya)

Kurva apakah $5x^2 + 4xy + 2y^2 = 6$ ? Matriks $\begin{pmatrix} 5 & 2\\ 2 & 2\end{pmatrix}$ berpolinomial karakteristik $\lambda^2 - 7\lambda + 6 = (\lambda - 1)(\lambda - 6)$ : jadi nilai eigennya $1$ dan $6$ , keduanya positif — yakni sebuah elips. Vektor eigen ortonormalnya: untuk $\lambda = 1$ , selesaikan $\begin{pmatrix} 4 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}v = 0$ sehingga $v_1 = \frac{1}{\sqrt5}(1, -2)$ ; sedangkan untuk $\lambda = 6$ : $v_2 = \frac{1}{\sqrt5}(2, 1)$ . Dalam koordinat terputar $(X, Y)$ sepanjang $(v_2, v_1)$ persamaannya menjadi

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

jadi setengah sumbunya $1$ (sepanjang $v_2$ ) dan $\sqrt6$ (sepanjang $v_1$ ). Pelajaran penutupnya: bentuk kasarnya gratis — sebab $\det = 6 > 0$ dan trace yang positif sudah mengumumkan sebuah elips sebelum sebuah vektor eigen pun dihitung — tetapi hanya teorema spektral yang menyerahkan arah dan panjang sumbunya, yakni geometrinya yang sesungguhnya.

Contoh 12.18 (Ekstrem pada bolanya, dibaca dari spektrumnya)

Berapakah nilai ekstrem $q(x,y,z) = 2xy + 2yz + 2zx$ pada bola satuannya? Matriksnya (yakni luar diagonal serba-satu pada Latihan 12.2) bernilai eigen $2$ dan $-1$ (ganda), jadi menurut Akibat 12.15 (2):

\max_{\norm v = 1} q(v) = 2 \ \text{ di } v = \tfrac{1}{\sqrt3}(1,1,1), \qquad \min_{\norm v = 1} q(v) = -1 \ \text{ pada lingkaran } x + y + z = 0 .

Tanpa kalkulus dan tanpa pengganda Lagrange: teorema spektral menyelesaikan pengoptimalan berkendala ini secara langsung — lalu memamerkan pemaksimumnya. Pelajaran penutupnya: bandingkan dengan metode pengganda pada bab kalkulus diferensial, yang menemukan titik kritis yang sama dengan kerja lebih banyak; sebab untuk fungsi tujuan kuadratik pada bola, spektrumlah jalan rajanya (dan soal akhir pekan bab Hermitian membangun seluruh teori Courant–Fischer di atas pengamatan ini).

Catatan 12.19 (Jebakan yang sering muncul)

(i) Kekongruenan bukan keserupaan: penggantian basis bagi sebuah bentuk bekerja lewat $P^{\mathsf T}BP$ , bukan $P^{-1}BP$ ; jadi nilai eigennya bukan invarian sebuah bentuk kuadratik ( $I$ dan $4I$ kongruen lewat $P = 2I$ ) — hanya tandanya yang invarian (Sylvester). Berbicaralah tentang nilai eigen sebuah bentuk hanya setelah sebuah hasil kali dalam ditetapkan. (ii) Entri positif tak membuktikan apa pun: $\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ punya entri yang semuanya positif namun bersignatur $(1,1)$ (sebab $\det = -3$ ); sebaliknya matriks definit positif boleh punya entri luar diagonal yang negatif (Contoh 12.9 yang digeser: $2I - N$ sama saja berhasil). Pakailah Metode 12.10. (iii) Kuadrat yang bergantungan: menulis $q = \ell_1^2 - \ell_2^2$ tak berkata apa pun bila $\ell_1, \ell_2$ sebanding — sebab $x^2 + 2xy + y^2 = (x+y)^2$ berrank $1$ , bukan $2$ ; jadi periksalah selalu kebebasannya sebelum membaca signaturnya. (iv) Ekstrem pada bola tanpa kekompakan: batas Rayleigh pada Akibat 12.15 tercapai karena bolanya kompak; sedangkan pada bola terbuka atau pada seluruh ruangnya, sebuah bentuk yang tak tentu tak punya maksimum maupun minimum.

Catatan 12.20 (Di mana ini dipakai)

Teorema spektral adalah hasil buku ini yang paling banyak diekspor: statistika mendiagonalkan matriks kovariansi dengannya (yakni analisis komponen utama), mekanika menyarikan moda normal osilasi darinya (yakni reduksi serentak pada soal akhir pekan), analisis numerik membangun dekomposisi Cholesky dan dekomposisi nilai singular di atasnya (pada soal yang sama), dan bab berikutnya mengangkutnya ke ruang Hermitian kompleks. Adapun jilid Tahun ke-3 membuktikan awataranya yang berdimensi tak hingga untuk operator swa-adjoin yang kompak, tempat hujah kekompakan pada bukti berdimensi hingga di atas menjadi seluruh ceritanya.

Catatan 12.21 (Pandangan ke depan di dalam jilid ini)

Bentuk kuadratik menjalari sisa Buku 4 dalam tiga samaran. Sebagai Hessian: bab kalkulus diferensial menggolongkan titik kritis lewat signatur bentuk orde duanya, jadi keinvarianan Sylvesterlah yang membuat “pelana” menjadi kata yang terdefinisi baik. Sebagai energi: osilator pada bab persamaan diferensial mengusung energi kuadratik $\frac12x'^2 + \frac12\omega^2x^2$ , dan reduksi serentak pada soal akhir pekan bab ini persis merupakan penyarian moda normalnya. Sebagai geometri: konik pada bab ini tumbuh menjadi permukaan kuadrik pada bab geometri, tempat bentuk fundamental kedua sebuah permukaan — yakni bentuk kuadratik pada tiap bidang singgungnya — punya signatur yang memutuskan apakah permukaannya melengkung seperti mangkuk atau seperti pelana. Sedangkan bab Hermitian berikutnya memainkan ulang seluruh partiturnya atas $\C$ .

12.4 Latihan

Latihan 12.1 ★

Reduksilah secara Gauss lalu berikan rank dan signaturnya:

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

Solusi

Solusi Latihan 12.1.

$q_1 = (x + 2y)^2 - 3y^2$ : ranknya $2$ dan signaturnya $(1, 1)$ (yakni bentuk bertipe hiperbola).

$q_2$ : lengkapkan kuadratnya dalam $x$ : $q_2 = (x + y)^2 + y^2 + 2yz + 3z^2 = (x+y)^2 + (y + z)^2 + 2z^2$ : jadi ranknya $3$ dan signaturnya $(3, 0)$ — sehingga definit positif.

Latihan 12.2 ★

Diagonalkan secara ortogonal $A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 1\\ 1 & 1 & 0\end{pmatrix}$ (dengan nilai eigen dari perhitungan Bab 3; kini buatlah basisnya ortonormal) lalu reduksilah bentuk $q(x,y,z) = 2xy + 2yz + 2zx$ ke sumbu utamanya.

Solusi

Solusi Latihan 12.2.

Nilai eigennya $2$ (pada $\operatorname{Vect}(1,1,1)$ ) dan $-1$ (pada bidang $x + y + z = 0$ ). Ortonormalkan: $e_1 = \frac{1}{\sqrt3}(1,1,1)$ ; lalu pada bidangnya, Gram–Schmidt atas $(1,-1,0), (1,0,-1)$ memberi $e_2 = \frac{1}{\sqrt2}(1,-1,0)$ dan $e_3 = \frac{1}{\sqrt6}(1,1,-2)$ . Maka $P = (e_1\ e_2\ e_3)$ bersifat ortogonal dengan $P^{\mathsf T}AP = \operatorname{diag}(2,-1,-1)$ .

Bentuk $q = 2xy + 2yz + 2zx$ bermatriks $A$ : jadi dalam koordinat terputarnya $q = 2X^2 - Y^2 - Z^2$ — yakni sumbu utamanya; signaturnya $(1,2)$ , sepakat dengan Contoh 12.7 (sebab bentuknya sama!).

Latihan 12.3 ★

Buktikan bahwa $u^{**} = u$ , $(u \circ v)^* = v^* \circ u^*$ , dan bahwa $\ker u^* = (\operatorname{im} u)^{\perp}$ . Turunkan pula $\operatorname{rk} u^* = \operatorname{rk} u$ .

Solusi

Solusi Latihan 12.3.

$u^{**} = u$ : sebab $\langle u^{**}x, y\rangle = \langle x, u^*y\rangle = \langle ux, y\rangle$ untuk setiap $y$ . Lalu $(uv)^* = v^*u^*$ : sebab $\langle uvx, y\rangle = \langle vx, u^*y\rangle = \langle x, v^*u^*y\rangle$ . Kernelnya: $y \in \ker u^* \iff \langle x, u^*y \rangle = 0\ \forall x \iff \langle u(x), y\rangle = 0\ \forall x \iff y \perp \operatorname{im} u$ . Ranknya: $\dim\ker u^* = n - \operatorname{rk} u$ (lewat komplemen ortogonalnya), jadi $\operatorname{rk} u^* = \operatorname{rk} u$ menurut rank–nulitas — yakni awatara Euklides bagi teorema rank transpos.

Latihan 12.4 ★★

Misalkan $A$ simetrik real dengan $A^3 = A$ . Buktikan bahwa $A^2$ matriks sebuah proyeksi ortogonal. Lebih umum, kaitkanlah dekomposisi spektral $A$ dan $P(A)$ untuk sebuah polinomial $P$ .

Solusi

Solusi Latihan 12.4.

Secara spektral: $A = PDP^{\mathsf T}$ dengan $D$ diagonal berentri $\lambda_i$ yang memenuhi $\lambda_i^3 = \lambda_i$ : jadi $\lambda_i \in \{-1, 0, 1\}$ . Maka $A^2 = PD^2P^{\mathsf T}$ dengan $D^2$ diagonal berentri $0/1$ : jadi $A^2$ simetrik sekaligus idempoten (sebab $(A^2)^2 = A^4 = A\cdot A^3 = A^2$ ) — dan simetrik idempoten $=$ proyeksi ortogonal (ia proyeksi ke $\ker(A^2 - I) = \ker(A-I)\oplus\ker(A+I)$ sepanjang $\ker A$ , dan keduanya ortogonal menurut teorema spektral).

Secara umum, $P(A) = P\!\left(\text{diag}\right)$ : jadi $P(A)$ punya vektor eigen yang sama dengan nilai eigen $P(\lambda_i)$ — yakni “pemetaan spektral” pada aras yang dapat didiagonalkan.

Latihan 12.5 ★★

Buktikan bahwa $O(n) = \{P : P^{\mathsf T}P = I\}$ himpunan bagian yang kompak pada $\mathcal{M}_n(\R)$ (tertutup: sebab prapeta $\{I\}$ oleh pemetaan yang kontinu; terbatas: sebab kolomnya vektor satuan). Apakah ia terhubung?

Solusi

Solusi Latihan 12.5.

Tertutup: $O(n) = g^{-1}(\{I\})$ untuk $g(P) = P^{\mathsf T}P$ yang kontinu (sebab entrinya polinomial). Terbatas: sebab tiap kolom $P \in O(n)$ vektor satuan, jadi semua entrinya terletak di $\intcc{-1}{1}$ . Tertutup dan terbatas dalam $\mathcal{M}_n(\R) \simeq \R^{n^2}$ : sehingga kompak (Teorema 4.16 (2)).

Tak terhubung: sebab $\det$ mengambil dua nilai $\pm1$ pada $O(n)$ , dan sebuah surjeksi kontinu ke $\{-1, 1\}$ memecah ruangnya (lewat hujah Contoh 4.28).

Latihan 12.6 ★★

(Akar kuadrat) Misalkan $A$ simetrik semidefinit positif. Bangunlah $B$ simetrik semidefinit positif dengan $B^2 = A$ , lalu buktikan bahwa ia tunggal (keberadaannya: ambillah akar kuadrat nilai eigennya dalam sebuah basis spektral; ketunggalannya: sebab calon $B$ komut dengan $A = B^2$ , jadi memelihara ruang eigennya — lalu reduksilah ke kasus skalar pada masing-masingnya).

Solusi

Solusi Latihan 12.6.

Keberadaannya: $A = PDP^{\mathsf T}$ dengan $D = \operatorname{diag}(\lambda_i)$ dan $\lambda_i \geq 0$ ; tetapkan $B = P\sqrt D P^{\mathsf T}$ dengan $\sqrt D = \operatorname{diag}(\sqrt{\lambda_i})$ : ia simetrik, semidefinit positif, dan $B^2 = A$ .

Ketunggalannya: misalkan $B$ simetrik semidefinit positif dengan $B^2 = A$ . Maka $B$ komut dengan $A$ ; sehingga $B$ memelihara tiap ruang eigen $E_\lambda(A)$ (sebab untuk $Ax = \lambda x$ : $A(Bx) = BAx = \lambda Bx$ ). Pada $E_\lambda(A)$ , pembatasan $B$ bersifat simetrik semidefinit positif dengan kuadrat $\lambda\,\mathrm{id}$ ; jadi nilai eigennya $\mu$ memenuhi $\mu^2 = \lambda$ dan $\mu \geq 0$ : sehingga $\mu = \sqrt\lambda$ — jadi pembatasannya, yang dapat didiagonalkan dengan satu-satunya nilai eigen $\sqrt\lambda$ , adalah $\sqrt\lambda\,\mathrm{id}$ . Karena $E = \bigoplus E_\lambda(A)$ , maka $B$ tertentukan: $B = \sqrt A$ .

Latihan 12.7 ★★

Untuk $A$ simetrik real, buktikan bahwa $\vertiii{A}_2 := \sup_{\norm x_2 = 1}\norm{Ax}_2 = \max_i \abs{\lambda_i}$ (yakni jari-jari spektralnya), lalu hitunglah $\vertiii{A}_2$ untuk $A = \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ .

Solusi

Solusi Latihan 12.7.

Dalam basis eigen ortonormal, $\norm{Ax}_2^2 = \sum \lambda_i^2 x_i^2 \leq (\max_i \lambda_i^2)\norm x_2^2$ , dengan kesamaan pada vektor eigen yang bersesuaian: jadi $\vertiii A_2 = \max\abs{\lambda_i}$ . Untuk matriks yang diberikan: nilai eigennya $3, -1$ (yakni kembaran Contoh 12.16), jadi $\vertiii A_2 = 3$ .

Latihan 12.8 ★★★

(Kriteria Sylvester) Misalkan $A$ simetrik real dengan minor utama terdepan $\Delta_1, \dots, \Delta_n$ (yakni determinan blok kiri atasnya). Buktikan bahwa $A$ definit positif bila dan hanya bila semua $\Delta_k > 0$ . (Untuk $\Rightarrow$ : sebab pembatasan bentuk definit bersifat definit, dan determinan matriks definit positif — yakni hasil kali nilai eigennya — bersifat positif. Untuk $\Leftarrow$ : berinduksilah atas $n$ ; blok kiri atas berukuran $(n-1)$ bersifat definit positif, jadi diagonalkan bentuknya pada subruang itu lalu lengkapkan kuadratnya dalam peubah terakhirnya; dan tanda entri diagonal terakhirnya dikendalikan oleh $\det A = \Delta_n > 0$ .)

Solusi

Solusi Latihan 12.8.

( $\Rightarrow$ ) Blok kiri atas berukuran $k \times k$ , sebut $A_k$ , adalah matriks pembatasan bentuk (yang definit) itu ke rentang $k$ vektor basis pertamanya: ia definit positif, jadi nilai eigennya positif dan $\Delta_k = \det A_k > 0$ .

( $\Leftarrow$ ) Secara induktif atas $n$ ; kasus $n = 1$ jelas. Andaikan semua $\Delta_k > 0$ . Menurut induksinya, $A_{n-1}$ definit positif: jadi bentuk $q$ yang dibatasi ke $F = \operatorname{Vect}(e_1, \dots, e_{n-1})$ bersifat definit. Diagonalkan $q|_F$ (lewat Gauss): dengan koordinat $y_1, \dots, y_{n-1}$ berlaku $q|_F = \sum y_i^2$ . Lalu di ruang penuhnya, setelah melengkapkan kuadratnya dalam peubah terakhirnya,

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

untuk konstanta yang sesuai (kumpulkan suku silangnya ke dalam kuadratnya). Reduksinya memamerkan signatur $(n-1 + \epsilon, \cdot)$ dengan $\epsilon$ menyatakan sumbangan tanda $c$ ; dan determinannya memelihara tanda hasil kali koefisien diagonalnya di bawah kekongruenan (sebab $\det(P^{\mathsf T}AP) = (\det P)^2\det A$ ): jadi $\Delta_n > 0$ memaksa $c > 0$ . Karena itu $q$ adalah jumlah $n$ kuadrat bentuk yang bebas: sehingga definit positif.

Latihan 12.9 ★★★

(Courant–Fischer, nilai eigen kedua) Misalkan $u$ simetrik dengan nilai eigen $\lambda_1 \geq \lambda_2 \geq \dots \geq \lambda_n$ . Buktikan

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

(Untuk $\leq$ : sebab sembarang hiperbidang memotong bidang- $2$ yang direntang dua vektor eigen teratasnya. Untuk $\geq$ : pilihlah $H = (e_1)^{\perp}$ .)

Solusi

Solusi Latihan 12.9.

Misalkan $(e_1, \dots, e_n)$ basis eigen ortonormal bagi $\lambda_1 \geq \dots \geq \lambda_n$ .

$\lambda_2 \leq$ min-maksnya: untuk sembarang hiperbidang $H$ , ruang berdimensi $2$ , yakni $V = \operatorname{Vect}(e_1, e_2)$ , memenuhi $\dim(H \cap V) \geq 1$ (menurut Grassmann): jadi pilihlah $x \in H \cap V$ yang satuan, $x = ae_1 + be_2$ dengan $a^2 + b^2 = 1$ :

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

jadi maksimum tiap hiperbidangnya $\geq \lambda_2$ .

Untuk $\geq$ : bagi $H = e_1^{\perp}$ , setiap $x = \sum_{i\geq2} x_ie_i \in H$ yang satuan punya $\langle u(x), x\rangle = \sum_{i \geq 2} \lambda_i x_i^2 \leq \lambda_2$ , yang tercapai di $e_2$ : jadi maksimum hiperbidang ini persis $\lambda_2$ . Karena itu minimum atas $H$ adalah $\lambda_2$ .

Latihan 12.10 ★★

Tentukan rank dan signatur $q(x_1, \dots, x_n) = \sum_{i < j} x_ix_j$ pada $\R^n$ (dengan $n \geq 2$ ), lewat dua cara: lewat kesamaan aljabar $2q = \bigl(\sum x_i\bigr)^2 - \sum x_i^2$ bersama pembatasan $q$ ke hiperbidang $\sum x_i = 0$ ; dan lewat menghitung nilai eigen matriksnya $\frac12(J - I)$ , dengan $J$ menyatakan matriks serba-satu.

Solusi

Solusi Latihan 12.10.

Jalan aljabarnya: $2q = \bigl(\sum x_i\bigr)^2 - \sum x_i^2$ . Pada hiperbidang $H : \sum x_i = 0$ (yang berdimensi $n - 1$ ), $q = -\frac12\sum x_i^2$ bersifat definit negatif; sedangkan pada garis $\R(1, \dots, 1)$ berlaku $q(t, \dots, t) = \binom n2 t^2 > 0$ . Sebuah subruang tempat $q$ definit positif memotong $H$ secara trivial, jadi berdimensi $\leq 1$ : sehingga menurut Sylvester (Teorema 12.6), $s = 1$ , dan $t \geq n-1$ berkat $H$ ; lalu rank $\leq n$ memaksa signaturnya $(1, n-1)$ dan ranknya $n$ .

Jalan spektralnya: matriksnya $\frac12(J - I)$ ; sedangkan $J$ punya nilai eigen $n$ (pada $(1,\dots,1)$ ) dan $0$ (pada $H$ ), jadi $\frac12(J-I)$ bernilai eigen $\frac{n-1}{2}$ (sekali) dan $-\frac12$ (sebanyak $n-1$ kali): jadi satu positif dan $n-1$ negatif — signatur yang sama, menurut Akibat 12.15.

Latihan 12.11 ★★

Misalkan $A$ dan $B$ simetrik real dengan $B$ semidefinit positif. Buktikan

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

(Tulislah $B = C^{\mathsf T}C$ dan $\operatorname{tr}(AB) = \sum_i \langle A c_i, c_i\rangle$ atas kolom $c_i$ milik $C^{\mathsf T}$ .) Khususnya $\operatorname{tr}(AB) \geq 0$ bila keduanya semidefinit positif.

Solusi

Solusi Latihan 12.11.

Tulislah $B = C^{\mathsf T}C$ (Latihan 12.6 lewat $C = \sqrt B$ ). Maka, dengan $c_1, \dots, c_n$ menyatakan kolom $C^{\mathsf T}$ :

\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 .

Menurut Akibat 12.15 (2), tiap sukunya terletak antara $\lambda_{\min}(A)\norm{c_i}^2$ dan $\lambda_{\max}(A)\norm{c_i}^2$ , dan $\sum\norm{c_i}^2 = \operatorname{tr}(C^{\mathsf T}C)^{\vphantom1} = \operatorname{tr} B$ : jadi ketaksamaan gandanya menyusul. Bila $A$ juga semidefinit positif, maka $\lambda_{\min}(A) \geq 0$ sehingga $\operatorname{tr}(AB) \geq 0$ .

Latihan 12.12 ★★★

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

Tunjukkan bahwa $q$ bentuk kuadratik dengan bentuk polar $\varphi(M, N) = \operatorname{tr}(MN)$ .
Tunjukkan bahwa matriks simetrik dan matriks antisimetrik membentuk subruang yang $\varphi$ -ortogonal, dan di atasnya $q$ berturut-turut definit positif dan definit negatif (hitunglah $\operatorname{tr}(M^2)$ entri demi entri pada masing-masing kasusnya).
Simpulkan: $q$ bersignatur $\bigl(\frac{n(n+1)}{2}, \frac{n(n-1)}{2}\bigr)$ dan berrank $n^2$ .

Solusi

Solusi Latihan 12.12.

$\varphi(M, N) = \operatorname{tr}(MN)$ bersifat bilinear dan simetrik (sebab $\operatorname{tr}(MN) = \operatorname{tr}(NM)$ ), dan $\varphi(M, M) = q(M)$ : jadi $q$ adalah bentuk kuadratik milik $\varphi$ .
Untuk $S$ simetrik dan $K$ antisimetrik: $\operatorname{tr}(SK) = \operatorname{tr}\bigl((SK)^{\mathsf T}\bigr) = \operatorname{tr}(K^{\mathsf T}S^{\mathsf T}) = -\operatorname{tr}(KS) = -\operatorname{tr}(SK)$ , jadi $\varphi(S, K) = 0$ : sehingga kedua subruangnya bersifat $\varphi$ -ortogonal. Entri demi entri, $\operatorname{tr} (M^2) = \sum_{i,j} m_{ij}m_{ji}$ : untuk $M$ simetrik ini bernilai $\sum m_{ij}^2 > 0$ (bila $M \neq 0$ ); sedangkan untuk $M$ antisimetrik ia bernilai $-\sum m_{ij}^2 < 0$ .
$\mathcal M_n(\R) = S_n \oplus A_n$ dengan dimensi $\frac{n(n+1)}2$ dan $\frac{n(n-1)}2$ ; jadi sebuah reduksi Gauss yang diselaraskan dengan pemecahan $\varphi$ -ortogonal ini menuliskan $q$ sebagai $\frac{n(n+1)}2$ kuadrat positif dan $\frac{n(n-1)}2$ kuadrat negatif: jadi signaturnya $\bigl(\frac{n(n+1)}2, \frac{n(n-1)}2\bigr)$ (Sylvester) dan ranknya $n^2$ : sehingga bentuknya tak merosot.

12.5 Soal: Cholesky, Hadamard, dan dekomposisi polar

Soal 12.1

Teorema spektral itu mikroskop; sedangkan soal ini memakainya sebagai pabrik. Dari matriks Gram kita memproduksi pemfaktoran Cholesky (sekaligus mengenali pivot Gauss sebagai nisbah minor), lalu membuktikan ketaksamaan Hadamard tentang determinan, membangun dekomposisi polar $A = QS$ dan dekomposisi nilai singular, menggolongkan konik bidang, lalu berakhir dengan reduksi serentak dua bentuk — yakni teorema di balik moda normal osilasi. Di sepanjang soal ini, $E = \R^n$ dengan hasil kali dalam bakunya.

Bagian I — Matriks Gram dan Cholesky. Untuk vektor $v_1, \dots, v_n \in E$ , matriks Gram-nya adalah $G = \bigl(\langle v_i, v_j\rangle\bigr)_{i,j}$ .

Tunjukkan bahwa $G$ simetrik semidefinit positif, dan definit positif bila dan hanya bila $(v_1, \dots, v_n)$ bebas linear (hitunglah $X^{\mathsf T}GX$ ).
Sebaliknya, tunjukkan bahwa setiap $A$ simetrik semidefinit positif merupakan matriks Gram: $A = C^{\mathsf T}C$ untuk suatu $C$ (pakailah akar kuadrat pada Latihan 12.6), dengan $C$ terbalikkan bila dan hanya bila $A$ definit.
Turunkan bahwa $A$ yang semidefinit positif memenuhi $\abs{a_{ij}} \leq \sqrt{a_{ii}\,a_{jj}}$ untuk setiap $i, j$ (batasilah ke dua koordinat) — yakni ketaksamaan Cauchy–Schwarz, dibaca ulang secara matriks.
(Cholesky) Misalkan $A$ definit positif. Buktikan bahwa ada $T$ segitiga atas yang tunggal dengan entri diagonal positif sedemikian sehingga

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

(keberadaannya: terapkan Gram–Schmidt pada vektor yang mewujudkan $A$ sebagai matriks Gram; ketunggalannya: bila $T_1^{\mathsf T}T_1 = T_2^{\mathsf T}T_2$ , tunjukkan $T_1T_2^{-1}$ ortogonal sekaligus segitiga dengan diagonal positif, sehingga $I$ ).
Tunjukkan bahwa minor utama terdepannya memenuhi $\Delta_k = (t_{11}\cdots t_{kk})^2$ , lalu turunkan bahwa pivot yang dihasilkan reduksi Gauss sebuah bentuk definit positif, diambil menurut urutan peubah alaminya, adalah

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

jadi minor pada kriteria Sylvester (Latihan 12.8) dan pivot Gauss adalah data yang sama. Periksalah pada Contoh 12.9.

Bagian II — Ketaksamaan Hadamard.

Misalkan $A$ definit positif. Buktikan

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

(normalkan: $B = DAD$ dengan $D = \operatorname{diag}(a_{ii}^{-1/2})$ berdiagonal satuan; lalu batasi $\det B = \prod \mu_i$ lewat AM–GM terhadap $\operatorname{tr} B = n$ ).
Tunjukkan bahwa kesamaannya berlaku bila dan hanya bila $A$ diagonal.
Turunkan ketaksamaan Hadamard: untuk setiap matriks real bujur sangkar $M$ berkolom $c_1, \dots, c_n$ ,

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

dengan kesamaannya (bagi $M$ yang terbalikkan) berlaku bila dan hanya bila kolomnya ortogonal berpasangan (terapkan pertanyaan 6–7 pada $M^{\mathsf T}M$ ).
Panen geometri dan kombinatorikanya: tafsirkanlah pertanyaan 8 sebagai “volume sebuah paralelepipedum paling banyak sebesar hasil kali panjang rusuknya”; lalu tunjukkan bahwa matriks yang semua entrinya di $\intcc{-1}{1}$ punya $\abs{\det M} \leq n^{n/2}$ . (Matriks yang mencapai batas ini — yakni matriks Hadamard — ada untuk $n = 1, 2$ dan banyak kelipatan $4$ ; sedangkan apakah ada untuk setiap kelipatan $4$ merupakan masalah terbuka yang terkenal.)

Bagian III — Dekomposisi polar dan nilai singular.

Misalkan $A$ terbalikkan. Tunjukkan bahwa $A^{\mathsf T}A$ bersifat definit positif, dan bahwa

$S = \sqrt{A^{\mathsf T}A} \quad\text{(yakni akar kuadrat pada \text{Latihan 12.6})}, \qquad Q = AS^{-1}$

memberi pemfaktoran $A = QS$ dengan $Q$ ortogonal dan $S$ definit positif.
Buktikan bahwa pemfaktoran $A$ yang terbalikkan itu bersifat tunggal.
Perluaslah keberadaannya ke sembarang $A$ : pilihlah $\varepsilon_k \to 0$ dengan $A + \varepsilon_k I$ terbalikkan, tulislah $A + \varepsilon_kI = Q_kS_k$ , lalu pakailah kekompakan $O(n)$ (Latihan 12.5) untuk menyarikan $Q_k \to Q$ ; lalu tunjukkan $S_k = Q_k^{\mathsf T}(A + \varepsilon_kI)$ konvergen ke suatu $S$ yang semidefinit positif dengan $A = QS$ dan $S = \sqrt{A^{\mathsf T}A}$ . Di mana ketunggalannya gagal untuk $A$ yang singular?
(Dekomposisi nilai singular) Turunkan bahwa setiap $A$ real bujur sangkar dituliskan

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

dengan $\sigma_i$ (yakni nilai singularnya) adalah nilai eigen $\sqrt{A^{\mathsf T}A}$ .
Tiga akibatnya: $\vertiii{A}_2 = \sigma_{\max}$ bagi setiap $A$ real (yang menyamaratakan Latihan 12.7); lalu $\abs{\det A} = \sigma_1\cdots\sigma_n$ ; dan peta bola satuan oleh $A$ yang terbalikkan adalah sebuah elipsoid dengan setengah sumbu $\sigma_1, \dots, \sigma_n$ sepanjang kolom $U$ .

Bagian IV — Konik, lewat teorema spektral. Sebuah konik bidang adalah himpunan nol $f(x) = q(x) + \langle b, x\rangle + c$ , dengan $q \neq 0$ bentuk kuadratik bermatriks $A$ , lalu $b \in \R^2$ dan $c \in \R$ .

Reduksilah $f$ lewat sebuah perputaran (yakni sumbu utamanya, Akibat 12.15) lalu sebuah penggeseran, kemudian golongkanlah bentuk tak kosong dan tak merosot yang mungkin, menurut signatur $q$ : elips (bila $\det A > 0$ ), hiperbola (bila $\det A < 0$ ), parabola (bila $\det A = 0$ , berrank $1$ , dengan suku linearnya tak terserap).
Jalankanlah reduksinya selengkapnya untuk

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

yakni koordinat terputarnya, persamaan tereduksinya, lalu sifat dan pusat koniknya.
(Konik berpusat) Andaikan $\det A \neq 0$ . Tunjukkan bahwa pusatnya adalah $x_0 = -\frac12 A^{-1}b$ , dan bahwa kekongruenan oleh $\begin{pmatrix} I & x_0\\ 0 & 1\end{pmatrix}$ atas matriks $3\times3$ $\widetilde Q = \begin{pmatrix} A & b/2 \\ b^{\mathsf T}/2 & c\end{pmatrix}$ menghasilkan

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

konik berpusatnya merosot (menjadi sebuah titik atau dua garis) persis ketika $\det\widetilde Q = 0$ .
Periksalah pertanyaan 17 pada contoh pertanyaan 16: hitunglah $x_0$ , $f(x_0)$ dan $\det\widetilde Q$ , lalu simpulkan sekali lagi bahwa koniknya adalah hiperbola yang tak merosot.
(Sebuah berkas kuadrik) Untuk $\lambda \in \R$ , golongkanlah permukaan

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

lewat nilai eigen matriksnya (dengan struktur serba-satu: nilai eigennya $1 + 2\lambda$ dan $1 - \lambda$ yang ganda): bola/elipsoid, silinder, sepasang bidang, hiperboloid berdaun satu dan berdaun dua, menurut nilai $\lambda$ .

Bagian V — Dua bentuk sekaligus: reduksi serentak.

Misalkan $q$ definit positif dan $q'$ sembarang bentuk kuadratik pada $E$ . Buktikan bahwa ada sebuah basis $E$ yang ortonormal terhadap $q$ dan ortogonal terhadap $q'$ : di dalamnya $q = \sum x_i^2$ dan $q' = \sum \mu_i x_i^2$ (pakailah $q$ sebagai hasil kali dalamnya lalu terapkan teorema spektral pada endomorfisma yang mewakili $q'$ ).
Bentuk matriksnya: untuk $A$ definit positif dan $B$ simetrik, ada $P$ terbalikkan dengan $P^{\mathsf T}AP = I$ dan $P^{\mathsf T}BP = \operatorname{diag}(\mu_1, \dots, \mu_n)$ , dengan $\mu_i$ menyatakan akar $\det(B - \mu A) = 0$ .
Jalankanlah selengkapnya untuk

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

yakni nilai eigen tergeneralisasinya $\mu_\pm$ , beserta vektor yang mendiagonalkan kedua bentuknya.
Tunjukkan bahwa kedefinitan positifnya tak dapat dilepas: untuk

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

tak ada basis yang mendiagonalkan kedua bentuknya (sebab bila $P$ mendiagonalkan keduanya, $\det(B - \mu A)$ akan terurai dengan akar yang real; hitunglah ia).
Tunjukkan bahwa $\mu_i$ pada pertanyaan 21 adalah nilai eigen $A^{-1}B$ , dan bahwa $A^{-1}B$ , walau tak simetrik secara umum, selalu dapat didiagonalkan dengan nilai eigen yang real (konjugasikan dengan $\sqrt A$ ).
Rangkuman. Satu kalimat untuk masing-masing: (i) satu teorema yang disandari setiap Bagiannya; (ii) hasil Bagian I–III mana yang bertahan untuk matriks semidefinit positif, dan mana yang menuntut kedefinitan; (iii) sistem fisis yang osilasi kecilnya didiagonalkan pertanyaan 20–22 (dengan energi kinetik dan energi potensial sebagai kedua bentuknya), dan apa makna $\mu_i$ di sana.

Solusi

Solusi Soal 12.1.

1. Matriks $G$ simetrik berkat kesimetrikan hasil kali dalamnya, dan

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 ,

dengan kesamaannya bila dan hanya bila $\sum x_iv_i = 0$ : jadi $G$ definit bila dan hanya bila satu-satunya kombinasi nolnya trivial, yakni bila dan hanya bila keluarganya bebas.

2. Dengan $B = \sqrt A$ (Latihan 12.6): $A = B^2 = B^{\mathsf T}B$ , yakni matriks Gram kolom-kolom $B$ ; jadi ambillah $C = B$ . Dan $X^{\mathsf T}AX = \norm{CX}^2$ , jadi $A$ definit bila dan hanya bila $CX \neq 0$ untuk $X \neq 0$ , yakni bila $C$ terbalikkan.

3. Pembatasan bentuknya ke $\operatorname{Vect}(e_i, e_j)$ bermatriks $\begin{pmatrix} a_{ii} & a_{ij}\\ a_{ij} & a_{jj} \end{pmatrix}$ , yang masih semidefinit positif: jadi determinannya (yakni hasil kali nilai eigennya yang taknegatif) bernilai $\geq 0$ , sehingga $a_{ij}^2 \leq a_{ii}a_{jj}$ . Inilah Cauchy–Schwarz bagi vektor $v_i, v_j$ pada sebuah perwujudan Gram.

4. Keberadaannya: tulislah $A$ sebagai matriks Gram sebuah keluarga bebas $(v_1, \dots, v_n)$ (pertanyaan 1–2). Gram–Schmidt menghasilkan $(e_1, \dots, e_n)$ yang ortonormal dengan

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

jadi $T = (t_{ik})$ segitiga atas dengan diagonal positif, dan

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

Ketunggalannya: bila $T_1^{\mathsf T}T_1 = T_2^{\mathsf T}T_2$ maka $R = T_1T_2^{-1}$ memenuhi $R^{\mathsf T}R = I$ : jadi $R$ ortogonal, sekaligus segitiga atas dengan diagonal positif (sebab hasil kali yang demikian). Maka $R^{-1} = R^{\mathsf T}$ bersifat segitiga atas (sebab balikan yang atas) sekaligus bawah (sebab transpos yang atas): jadi diagonal; dan matriks diagonal yang ortogonal punya entri $\pm1$ , lalu kepositifannya memaksa $R = I$ : sehingga $T_1 = T_2$ .

5. Untuk $i, j \leq k$ , suku $(T^{\mathsf T}T)_{ij} = \sum_m t_{mi}t_{mj}$ hanya melibatkan $m \leq \min(i,j) \leq k$ : jadi blok terdepan $k\times k$ milik $A$ adalah $T_k^{\mathsf T}T_k$ dengan $T_k$ blok terdepan $T$ . Karena itu $\Delta_k = (\det T_k)^2 = (t_{11}\cdots t_{kk})^2$ . Kini reduksi Gauss sebuah bentuk yang definit positif, menurut urutan alaminya, tak bertemu koefisien kuadrat yang nol (sebab pivotnya adalah entri diagonal blok definit positif yang tereduksi berturut-turut): jadi ia menghasilkan $q = \sum_k d_k\ell_k^2$ dengan $\ell_k = x_k + (\text{suku dalam } x_{k+1}, \dots)$ , yakni $A = L^{\mathsf T}DL$ dengan $L$ segitiga unipoten; lalu $T = \sqrt D\,L$ merupakan faktor Cholesky, jadi berkat ketunggalannya $t_{kk}^2 = d_k$ dan

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

Pada Contoh 12.9: $\Delta_1, \Delta_2, \Delta_3 = 2, 3, 4$ dan pivotnya tadi $2, \frac32, \frac43$ .

6. Tiap $a_{ii} = e_i^{\mathsf T}Ae_i > 0$ . Misalkan $D = \operatorname{diag}(a_{ii}^{-1/2})$ dan $B = DAD$ : ia definit positif (lewat kekongruenan), dengan $b_{ii} = 1$ , jadi $\operatorname{tr} B = n$ . Nilai eigennya $\mu_i > 0$ memenuhi, menurut AM–GM,

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

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

7. AM–GM menjadi kesamaan bila dan hanya bila semua $\mu_i$ sama (dengan $1$ ); sedangkan matriks simetrik yang satu-satunya nilai eigennya $1$ adalah $PIP^{\mathsf T} = I$ . Jadi kesamaannya berlaku bila dan hanya bila $B = I$ , yakni bila $a_{ij} = 0$ untuk $i \neq j$ : sehingga $A$ diagonal.

8. Bila $M$ singular maka kedua ruasnya $\geq 0 = \abs{\det M}$ . Selain itu $A = M^{\mathsf T}M$ bersifat definit positif dengan $a_{ii} = \norm{c_i}^2$ dan $\det A = (\det M)^2$ : jadi pertanyaan 6 memberi $(\det M)^2 \leq \prod\norm{c_i}^2$ . Kesamaannya berlaku bila dan hanya bila $A = M^{\mathsf T}M$ diagonal (pertanyaan 7), yakni bila kolomnya ortogonal berpasangan.

9. Besaran $\abs{\det M}$ adalah volume paralelepipedum yang direntang kolomnya: jadi volumenya paling banyak sebesar hasil kali panjang rusuknya, dengan kesamaan persis untuk kotak siku-siku. Bila $\abs{m_{ij}} \leq 1$ maka $\norm{c_i} \leq \sqrt n$ , jadi $\abs{\det M} \leq n^{n/2}$ . (Mencapainya memaksa kolomnya ortogonal berentri $\pm1$ : yakni sebuah matriks Hadamard.)

10. Berlaku $X^{\mathsf T}A^{\mathsf T}AX = \norm{AX}^2 > 0$ untuk $X \neq 0$ (sebab $A$ terbalikkan): jadi $A^{\mathsf T}A$ definit positif. Akar kuadratnya $S$ bersifat definit positif (sebab nilai eigennya $\sqrt{\lambda_i} > 0$ ), sehingga terbalikkan, lalu $Q = AS^{-1}$ memenuhi

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

jadi $A = QS$ dengan $Q$ ortogonal dan $S$ definit positif.

11. Bila $A = QS = Q'S'$ maka $S'^{\,2} = S'^{\mathsf T}Q'^{\mathsf T}Q'S' = A^{\mathsf T}A = S^2$ ; sedangkan dua matriks semidefinit positif yang kuadratnya sama pastilah berimpit (Latihan 12.6): jadi $S' = S$ , lalu $Q' = AS^{-1} = Q$ .

12. Besaran $\det(A + \varepsilon I)$ adalah polinomial tak nol dalam $\varepsilon$ : jadi akarnya berhingga banyak, sehingga suatu barisan $\varepsilon_k \to 0$ menghindarinya. Tulislah $A + \varepsilon_kI = Q_kS_k$ (pertanyaan 10). Karena $O(n)$ kompak (Latihan 12.5), sebuah subbarisan memberi $Q_{\varphi(k)} \to Q \in O(n)$ . Maka

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

yang simetrik semidefinit positif sebagai limit yang demikian (sebab syaratnya tertutup), dan $A = QS$ . Lebih jauh $S^2 = S^{\mathsf T}S = A^{\mathsf T}QQ^{\mathsf T}A = A^{\mathsf T}A$ , jadi $S = \sqrt{A^{\mathsf T}A}$ berkat ketunggalannya. Untuk $A$ yang singular, $S$ juga singular dan $Q$ tak tunggal: sebab ia dapat diubah sekehendak hati pada $(\operatorname{im} S)^{\perp}$ — dengan kasus ekstremnya $A = 0$ , tempat setiap $Q$ yang ortogonal berhasil.

13. Diagonalkan $S = P\Sigma P^{\mathsf T}$ (lewat teorema spektral), dengan $\Sigma = \operatorname{diag}(\sigma_i)$ dan $\sigma_i \geq 0$ menyatakan nilai eigen $S = \sqrt{A^{\mathsf T}A}$ . Maka

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

14. Berlaku $\norm{Ax}^2 = x^{\mathsf T}S^2x \leq \sigma_{\max}^2\norm x^2$ dengan kesamaan pada vektor eigen teratas $S$ : jadi $\vertiii A_2 = \sigma_{\max}$ — dan untuk $A$ simetrik, $S = \sqrt{A^2}$ bernilai eigen $\abs{\lambda_i}$ , sehingga memulihkan Latihan 12.7. Determinannya: $\abs{\det A} = \abs{\det U}\det\Sigma\abs{\det V} = \sigma_1\cdots\sigma_n$ . Bolanya: dengan menulis $x = Vy$ dan $\norm y = 1$ , vektor $Ax = U\Sigma y$ berkoordinat $z_i = \sigma_iy_i$ dalam kerangka ortonormal kolom-kolom $U$ : jadi petanya adalah $\{\sum z_i^2/\sigma_i^2 = 1\}$ , yakni sebuah elipsoid dengan setengah sumbu $\sigma_i$ .

15. Sebuah perputaran ke sumbu utamanya (Akibat 12.15) mengubah $f$ menjadi $\lambda_1X^2 + \lambda_2Y^2 + \beta_1X + \beta_2Y + c$ , dengan $\lambda_1\lambda_2 = \det A$ . Bila $\det A \neq 0$ , serap suku linearnya lewat penggeseran $X \mapsto X - \frac{\beta_1}{2\lambda_1}$ (dan demikian pula $Y$ ): jadi $\lambda_1X'^2 + \lambda_2Y'^2 = c'$ . Untuk $\det A > 0$ (yakni tanda yang sama): ia elips (bila $c'$ bertanda tepat), sebuah titik, atau kosong. Untuk $\det A < 0$ : ia hiperbola (bila $c' \neq 0$ ) atau dua garis yang bersilangan. Bila $\det A = 0$ dengan rank $1$ (katakanlah $\lambda_2 = 0 \neq \lambda_1$ ): ia $\lambda_1X'^2 + \beta_2Y + c''$ , yakni parabola bila $\beta_2 \neq 0$ ; dan selain itu dua garis sejajar, satu garis, atau kosong. Jadi bentuk tak merosotnya: elips, hiperbola, parabola, yang dikendalikan oleh tanda $\det A$ .

16. Bagian kuadratiknya $x^2 + 4xy + y^2$ bermatriks $\begin{pmatrix}1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ , bernilai eigen $3$ dan $-1$ dengan arah ortonormal $\frac{1}{\sqrt2}(1,1)$ dan $\frac{1}{\sqrt2}(1,-1)$ . Dalam koordinat terputar $u = \frac{x+y}{\sqrt2}$ , $v = \frac{x-y}{\sqrt2}$ : berlaku $x^2 + y^2 = u^2 + v^2$ dan $2xy = u^2 - v^2$ , jadi bentuknya $3u^2 - v^2$ , dan $2x - 2y = 2\sqrt2\,v$ . Persamaannya menjadi

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

yakni sebuah hiperbola, berpusat di $(u, v) = (0, \sqrt2)$ , yaitu $(x, y) = (1, -1)$ , dengan sumbu sepanjang kerangka terputarnya.

17. Berlaku $f(x) = (x - x_0)^{\mathsf T}A(x - x_0) + f(x_0)$ setiap kali $Ax_0 = -\frac b2$ , yakni $x_0 = -\frac12A^{-1}b$ : sebab gradien $f$ lenyap persis di sana ( $x_0$ adalah pusat kesimetrikannya). Dengan $M = \begin{pmatrix} I & x_0\\ 0 & 1\end{pmatrix}$ :

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},

dan $\det M = 1$ : jadi $\det\widetilde Q = f(x_0)\det A$ . Persamaan terpusatnya berbunyi $q(X) = -f(x_0)$ : untuk $f(x_0) = 0$ ia merosot menjadi $q(X) = 0$ (yakni dua garis lewat pusatnya bila signaturnya $(1,1)$ , atau titik tunggal $x_0$ bila $q$ definit); sedangkan untuk $f(x_0) \neq 0$ koniknya berupa elips atau hiperbola yang sejati.

18. Berlaku $A^{-1} = -\frac13\begin{pmatrix} 1 & -2\\ -2 & 1\end{pmatrix}$ dan $\frac b2 = (1, -1)$ , jadi $x_0 = -A^{-1}\frac b2 = (1, -1)$ , seperti ditemukan pada pertanyaan 16. Lalu $f(x_0) = q(1,-1) + 2 + 2 - 4 = (1 - 4 + 1) + 0 = -2 \neq 0$ , dan $\det\widetilde Q = f(x_0)\det A = (-2)(-3) = 6 \neq 0$ : jadi tak merosot; dan $\det A = -3 < 0$ : sehingga sebuah hiperbola — dan memang persamaan terpusatnya $3u^2 - (v - \sqrt2)^2 = -f(x_0) = 2$ cocok dengan pertanyaan 16.

19. Matriksnya adalah $(1-\lambda)I + \lambda J$ , yang bernilai eigen $1 + 2\lambda$ (pada arah $(1,1,1)$ ) dan $1 - \lambda$ (ganda, pada $x + y + z = 0$ ). Kasusnya:

$-\frac12 < \lambda < 1$ : semua nilai eigennya positif, jadi sebuah elipsoid putaran terhadap $(1,1,1)$ (dan sebuah bola bila $\lambda = 0$ );
$\lambda = 1$ : $q = (x+y+z)^2$ , jadi persamaannya memberi dua bidang sejajar $x + y + z = \pm1$ ;
$\lambda = -\frac12$ : nilai eigennya $0, \frac32, \frac32$ , jadi sebuah silinder lingkaran bersumbu $(1,1,1)$ ;
$\lambda > 1$ : signaturnya $(1, 2)$ , jadi sebuah hiperboloid berdaun dua;
$\lambda < -\frac12$ : signaturnya $(2, 1)$ , jadi sebuah hiperboloid berdaun satu.

20. Bentuk polar $q$ adalah sebuah hasil kali dalam $\langle\cdot,\cdot\rangle_q$ pada $E$ . Untuk $x$ yang tetap, pemetaan $y \mapsto \varphi'(x, y)$ (yakni bentuk polar $q'$ ) bersifat linear, sehingga sama dengan $\langle z_x, y\rangle_q$ bagi $z_x$ yang tunggal; lalu $u(x) := z_x$ bersifat linear (berkat ketunggalannya), dan $\langle u(x), y\rangle_q = \varphi'(x,y) = \varphi'(y,x) = \langle u(y), x\rangle_q$ : jadi $u$ simetrik dalam ruang Euklides $(E, \langle\cdot,\cdot\rangle_q)$ . Teorema spektral (Teorema 12.13) memberi basis eigen yang $q$ -ortonormal, sebut $(\varepsilon_i)$ , dengan $u(\varepsilon_i) = \mu_i\varepsilon_i$ : jadi di dalamnya $q(x) = \sum x_i^2$ dan $q'(x) = \langle u(x), x\rangle_q = \sum\mu_ix_i^2$ .

21. Misalkan $P$ matriks basis itu: maka kekongruenannya memberi $P^{\mathsf T}AP = I$ dan $P^{\mathsf T}BP = \operatorname{diag}(\mu_i)$ . Lalu

\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) :

jadi $\mu_i$ adalah akar berkas $\det(B - \mu A)$ .

22. Berlaku $\det(B - \mu A) = \det\begin{pmatrix} -2\mu & 1-\mu\\ 1-\mu & -\mu\end{pmatrix} = 2\mu^2 - (1-\mu)^2 = \mu^2 + 2\mu - 1$ , jadi akarnya $\mu_\pm = -1 \pm \sqrt2$ . Menyelesaikan $(B - \mu_\pm A)v = 0$ memberi $v_\pm = (1 - \mu_\pm,\ 2\mu_\pm)$ (dan kesamaan baris keduanya $(1-\mu)^2 = 2\mu^2$ pada akarnya menegaskannya). Norma- $A$ -nya keluar rapi: $q_A(v_\pm) = 2(1 + \mu_\pm^2)$ , lalu kita periksa $\varphi_A(v_+, v_-) = 0$ dengan memakai $\mu_+ + \mu_- = -2$ dan $\mu_+\mu_- = -1$ . Jadi basis $\Bigl(\frac{v_+}{\sqrt{2(1 + \mu_+^2)}}, \frac{v_-}{\sqrt{2(1+\mu_-^2)}}\Bigr)$ bersifat ortonormal terhadap $A$ dan mendiagonalkan $B$ dengan entri $\mu_\pm$ .

23. Andaikan suatu $P$ terbalikkan mendiagonalkan kedua bentuknya, maka perhitungan pertanyaan 21 akan memberi $\det(B - \mu A) = (\det P)^{-2}\prod(d_{2i} - \mu d_{1i})$ , yakni polinomial real yang terurai menjadi faktor linear yang real. Tetapi di sini

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

yang berderajat $2$ tanpa akar real: jadi kontradiksi. (Sebab $A$ bersignatur Lorentz mengizinkan “perputaran”- $B$ tanpa sumbu yang real.)

24. Berlaku $A^{-1}B = A^{-1/2}\bigl(A^{-1/2}BA^{-1/2}\bigr) A^{1/2}$ dengan $A^{1/2} = \sqrt A$ yang definit positif (Latihan 12.6): jadi $A^{-1}B$ serupa dengan matriks simetrik $A^{-1/2}BA^{-1/2}$ , sehingga dapat didiagonalkan dengan nilai eigen yang real. Dan $\det(B - \mu A) = \det A\cdot \det(A^{-1}B - \mu I)$ : jadi akar berkas $\mu_i$ pada pertanyaan 21 persis merupakan nilai eigen $A^{-1}B$ .

25. (i) Setiap Bagiannya menyandari teorema spektral: lewat akar kuadratnya (Cholesky, polar), batas nilai eigennya (Hadamard), sumbu utamanya (konik), dan versi yang $q$ -selaras (reduksi serentak). (ii) Perwujudan Gram, Hadamard, dan dekomposisi polar bertahan di dunia yang semidefinit; sedangkan ketunggalan Cholesky, rumus pivotnya, dan reduksi serentaknya menuntut kedefinitan (dan pertanyaan 12 serta 23 menunjukkan persis bagaimana keduanya gagal). (iii) Osilasi kecil yang terkopel: energi kinetiknya (yang definit positif) dan energi potensialnya adalah dua bentuk kuadratik; lalu basis pertanyaan 20–22 adalah moda normal sistemnya, dan $\mu_i$ adalah kuadrat frekuensi sudutnya.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium