Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 2 · Bachelor Year 2

12Kwadratische vormen

Een kwadratische vorm is de algebraïsche schaduw van een meetkunde: de delen van signatuur nul vlakken af, de positieve delen krommen de ene kant op, de negatieve de andere. Dit hoofdstuk herleidt elke reële kwadratische vorm tot een som van $\pm$ kwadraten (Gauss), bewijst dat de aantallen tekens intrinsiek zijn (Sylvester), en bekroont daarna de euclidische meetkunde met de spectraalstelling: symmetrische endomorfismen diagonaliseren in orthonormale basissen — de meestgebruikte stelling van de toegepaste lineaire algebra.

12.1 Bilineaire en kwadratische vormen

Definitie 12.1

Een symmetrische bilineaire vorm op een reële vectorruimte $E$ is een bilineaire $\varphi \colon E \times E \to \R$ met $\varphi(x, y) = \varphi(y, x)$ ; de geassocieerde kwadratische vorm is $q(x) = \varphi(x, x)$ . De vorm $\varphi$ wordt uit $q$ teruggewonnen via polarisatie:

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

In een basis $(e_i)$ is de matrix van $\varphi$ de symmetrische $B = (\varphi(e_i, e_j))$ , met $q(x) = X^{\mathsf T} B X$ ; een basisverandering met matrix $P$ vervangt $B$ door $P^{\mathsf T} B P$ (congruentie — geen similariteit!). De rang van $q$ is $\operatorname{rk} B$ (invariant: congruentie vermenigvuldigt met inverteerbare matrices).

Voorbeeld 12.2

Op $\R^2$ : $q(x, y) = x^2 + 4xy + y^2$ heeft matrix $\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ . Een inwendig product is precies een symmetrische bilineaire vorm waarvan de kwadratische vorm positief definiet is; dit hoofdstuk bestudeert het algemene, teken-indefinitie geval.

Voorbeeld 12.3 (Congruentie in actie)

Neem $q(x, y) = x^2 + 4xy + y^2$ (matrix $B = \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ ) en de nieuwe basis $e_1' = (1, 1)$ , $e_2' = (1, -1)$ , d.w.z. $P = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix}$ . Dan

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} :

in de coördinaten $(u, v)$ langs de nieuwe basis is $q = 6u^2 - 2v^2$ — controle: $x = u + v$ , $y = u - v$ geeft $x^2 + 4xy + y^2 = 6u^2 - 2v^2$ direct. Merk op dat de nieuwe diagonale ingangen $6, -2$ niet de eigenwaarden $3, -1$ van $B$ zijn: congruentie herschaalt, alleen similariteit behoudt spectra — maar de tekens kloppen, zoals de stelling van Sylvester eist. (De basis hier is orthogonaal maar niet orthonormaal; normaliseren met $\frac{1}{\sqrt2}$ zou de diagonaal door $2$ delen en de eigenwaarden teruggeven.)

Voorbeeld 12.4 (Gram-determinanten meten oppervlakte)

Voor $v_1, v_2$ in een euclidische ruimte verpakt de Gram-matrix $G = \bigl(\langle v_i, v_j\rangle\bigr)$ lengtes en hoek; haar determinant verpakt oppervlakte:

\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 ,

de gekwadrateerde oppervlakte van het parallellogram op $v_1, v_2$ — en Cauchy–Schwarz is precies de uitspraak $\det G \geq 0$ . Uitgewerkt voorbeeld: $v_1 = (1, 2, 2)$ , $v_2 = (2, 1, -2)$ in $\R^3$ :

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

de vectoren zijn orthogonaal van lengte $3$ , en spannen een parallellogram (hier een vierkant) op van oppervlakte $\sqrt{81} = 9$ . Slotinzicht: er is geen uitwendig product en geen driedimensionale magie gebruikt — $\sqrt{\det G}$ meet $k$ -dimensionaal volume in elke dimensie, het startpunt van deel I van het weekeindprobleem en van de oppervlakte-integralen later in dit volume.

12.2 Gauss-reductie en de inertie van Sylvester

Stelling 12.5 (Gauss-reductie)

Elke kwadratische vorm $q$ op een eindigdimensionale reële ruimte kan geschreven worden als

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

waar $\ell_1, \dots, \ell_s, m_1, \dots, m_t$ lineair onafhankelijke lineaire vormen zijn; equivalent: er is een basis waarin de matrix van $q$ diagonaal is met ingangen $+1$ ( $s$ keer), $-1$ ( $t$ keer), $0$ .

Bewijs. Inductie naar het aantal variabelen, in coördinaten: $q(x_1, \dots, x_n)$ .

Geval 1: er verschijnt een kwadraat, zeg de coëfficiënt $a$ van $x_1^2$ is niet nul. Groepeer alle $x_1$ -termen en maak het kwadraat af:

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

waar $\lambda$ lineair is en $q_1$ kwadratisch in de overige variabelen: één onafhankelijke vorm is afgesplitst (die bevat $x_1$ , de anderen niet), inductie past op $q_1$ , en de $\pm$ -tekens komen van het teken van $a$ na herschaling met $\sqrt{\abs a}$ .

Geval 2: geen kwadraat, wel een kruisterm, zeg $b\,x_1x_2$ met $b \neq 0$ . Gebruik de identiteit

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

na groepering: schrijf $q = b\,x_1x_2 + x_1\alpha + x_2\beta + q_2$ (met $\alpha, \beta, q_2$ in de overige variabelen), men controleert

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 ,

met $\widetilde q$ vrij van $x_1, x_2$ : twee onafhankelijke vormen zijn afgesplitst, en inductie maakt het af.

Onafhankelijkheid van de verzamelde vormen: orden de batches zoals ze geproduceerd zijn. De vormen van de eerste batch bevatten $x_1$ (geval 1) of $x_1, x_2$ (geval 2); alle latere vormen zijn vrij van die variabelen. Stel dat een lineaire combinatie van alle verzamelde vormen verdwijnt. Lees de coëfficiënt van $x_1$ (en $x_2$ ): alleen de eerste batch draagt bij, en binnen die batch zijn de één of twee vormen zichtbaar onafhankelijk ( $\ell$ alleen; of $\ell \pm m$ met onafhankelijke $\ell, m$ ): de coëfficiënten van de eerste batch verdwijnen. Strip de batch en herhaal: inductief langs de batches verdwijnen alle coëfficiënten — de hele familie is vrij, triangulariteit expliciet gemaakt. ∎

Stelling 12.6 (Inertiewet van Sylvester)

Het paar $(s, t)$ in Stelling 12.5 hangt alleen af van $q$ , niet van de reductie: het is de signatuur van $q$ . Bovendien

s = \max\{\dim F : q|_F \text{ positief definiet}\},

en symmetrisch voor $t$ .

Bewijs. Laat $q = \sum_{i \leq s}\ell_i^2 - \sum_{j\leq t} m_j^2$ en laat $F_+$ de opspanning zijn van de (pre-)duale vectoren waarop $(\ell_i)$ tot coördinaten beperken — concreet: completeer de onafhankelijke familie $(\ell_1, \dots, \ell_s, m_1, \dots, m_t)$ tot een basis van de duale $E^*$ , en laat $(u_1, \dots, u_n)$ de basis van $E$ zijn waarvan deze de coördinaatvormen zijn (de pre-duale basis: $\ell_i(u_k) = \delta_{ik}$ voor $k \leq s$ , en de latere vormen verdwijnen op de eerdere vectoren). Stel $F_+ = \operatorname{Vect}(u_1, \dots, u_s)$ : voor $x = \sum_{i\leq s}x_iu_i \in F_+$ is

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

$q|_{F_+}$ is positief definiet en het maximum in de display is $\geq s$ . Omgekeerd, laat $F$ een deelruimte zijn met $q|_F$ positief definiet, en $G = \{x : \ell_1(x) = \dots = \ell_s(x) = 0\}$ , van codimensie $\leq s$ ; op $G$ is $q(x) = -\sum m_j^2 \leq 0$ . Dan $F \cap G = \{0\}$ (een niet-nulvector daar zou $q > 0$ en $q \leq 0$ hebben), dus $\dim F \leq \dim E - \dim G \leq s$ . Dus is het maximum gelijk aan $s$ voor elke reductie: $s$ is intrinsiek, en $t = \operatorname{rk} q - s$ evenzo. ∎

Voorbeeld 12.7

$q(x, y, z) = xy + yz + zx$ (geen kwadraten). Met $x_1 = x$ , $x_2 = y$ : $q = xy + z(x + y)$ , en de twee-kwadraten-identiteit geeft

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

(uitwerken ter controle). Drie onafhankelijke vormen: signatuur $(1, 2)$ , rang $3$ . Eén positieve richting, twee negatieve: de “lichtkegel”- meetkunde van deze vorm.

Voorbeeld 12.8 (Een ontaarde vorm, volledig gereduceerd)

$q(x, y, z) = xy + yz$ op $\R^3$ : geen kwadraten, dus geval 2 met de groepering $q = y(x + z)$ . De twee-kwadraten-identiteit op het product van de onafhankelijke vormen $y$ en $x + z$ :

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

De twee lineaire vormen $y + x + z$ en $y - x - z$ zijn onafhankelijk (hun verschil is $2(x+z)$ , hun som $2y$ ), dus leest Sylvester af: signatuur $(1, 1)$ , rang $2$ — ontaard. De kern van de polaire vorm vindt men door $\varphi(v, \cdot) = 0$ op te lossen: met matrix $\frac12\begin{pmatrix} 0&1&0\\ 1&0&1\\ 0&1&0\end{pmatrix}$ is de kern $\{y = 0,\ x + z = 0\} = \R\,(1, 0, -1)$ , de richting waarin $q$ niets ziet. Slotinzicht: rangtekort verschijnt bij Gauss als “geen variabelen meer” — de reductie produceerde slechts twee kwadraten uit drie dimensies, en de ontbrekende dimensie is precies de kern.

Voorbeeld 12.9 (Eén vorm, twee wegen naar de signatuur)

$q(x, y, z) = 2x^2 + 2y^2 + 2z^2 + 2xy + 2yz$ , matrix $\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\ 1 & 2 & 1\\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}$ . Weg 1, Gauss: maak kwadraten af in volgorde,

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 :

drie positieve kwadraten op onafhankelijke vormen, signatuur $(3, 0)$ : positief definiet. Weg 2, eigenwaarden: de matrix is de tridiagonaal $2I + N$ met $N$ de buurmatrix; haar eigenwaarden zijn $2 + \sqrt2$ , $2$ , $2 - \sqrt2$ (controleer de eigenvectoren $(1, \pm\sqrt2, 1)$ en $(1, 0, -1)$ ), alle positief: zelfde oordeel, via Gevolg 12.15. Gauss is sneller; eigenwaarden zeggen meer (ze geven de hoofdassen en de extreme waarden van $q$ op de bol). Slotinzicht: de positieve pivots $2, \frac32, \frac43$ van Gauss zijn precies de verhoudingen $\frac{\Delta_k}{\Delta_{k-1}}$ van leidende principale minoren ( $\Delta_1 = 2$ , $\Delta_2 = 3$ , $\Delta_3 = 4$ ) — het weekeindprobleem bewijst dit in het algemeen.

Methode 12.10 (Een signatuur berekenen: drie routes)

Gauss (werkt altijd, snelst met de hand): maak kwadraten af in volgorde, geval 2 wanneer geen kwadraat beschikbaar is; tel de tekens. Controleer dat de verzamelde lineaire vormen onafhankelijk zijn — minder vormen dan variabelen betekent een kern (Voorbeeld 12.8).
Leidende minoren (voor definietheidstests): alle $\Delta_k > 0$ d.e.s.d.a. positief definiet (Oefening 12.8); de pivots $\Delta_k/\Delta_{k-1}$ geven zelfs de Gauss- coëfficiënten (weekeindprobleem). Faalt stilzwijgend als enige $\Delta_k = 0$ : val terug op route 1.
Eigenwaarden (meest informatief, duurst): tekens van het spectrum (Gevolg 12.15); levert ook de hoofdassen en de extreme waarden van $q$ op de eenheidsbol. Verkies dit wanneer de eigenstructuur sowieso nodig is.

12.3 De spectraalstelling

Laat nu $E$ euclidisch zijn (inwendig product $\langle\cdot,\cdot\rangle$ , jaar-1-volume).

Definitie 12.11 (Adjunct; symmetrische endomorfismen)

Voor $u \in \mathcal{L}(E)$ is de adjunct $u^*$ het unieke endomorfisme met

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

in een orthonormale basis is $\operatorname{Mat}(u^*) = \operatorname{Mat}(u)^{\mathsf T}$ . $u$ is symmetrisch (zelftoegevoegd) wanneer $u^* = u$ — equivalent is haar matrix in een orthonormale basis symmetrisch.

Bestaan en uniciteit van de adjunct. Voor vaste $y$ is de vorm $x \mapsto \langle u(x), y\rangle$ lineair, dus (eindige dimensie) van de gedaante $\langle x, z_y\rangle$ voor een unieke $z_y$ — de afbeelding $y \mapsto z_y =: u^*(y)$ is lineair door uniciteit. De matrixidentificatie: $\langle u(e_i), e_j\rangle$ beide kanten op gelezen. ∎

Voorbeeld 12.12 (De adjunct hangt af van het inwendig product)

Op $\R^2$ neem het gewogen inwendig product $\langle x, y\rangle_D = x_1y_1 + 2x_2y_2$ (matrix $D = \operatorname{diag}(1,2)$ ) en $u$ van matrix $A = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0\end{pmatrix}$ in de canonieke basis. Uit $\langle u(x), y\rangle_D = (Ax)^{\mathsf T}Dy = x^{\mathsf T}(A^{\mathsf T}D)y$ en $\langle x, u^*(y)\rangle_D = x^{\mathsf T}(DA^*)y$ is de matrix van de adjunct

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} .

Saniteitscontrole op $x = (1,0)$ , $y = (0,1)$ :

\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 ;

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

\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 .

Slotinzicht: “ $\operatorname{Mat}(u^*) = \operatorname{Mat}(u)^{\mathsf T}$ ” is een uitspraak over orthonormale basissen alleen; in het algemeen mengt de metriek $D$ zich, precies zoals bij de simultane reductie van het weekeindprobleem.

Stelling 12.13 (Spectraalstelling)

Laat $u$ een symmetrisch endomorfisme van een euclidische ruimte $E$ zijn. Dan heeft $E$ een orthonormale basis van eigenvectoren van $u$ ; alle eigenwaarden zijn reëel, en eigenruimten bij verschillende eigenwaarden zijn orthogonaal. Matrixvorm: elke reële symmetrische matrix $A$ schrijft

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

Bewijs. Er bestaat een eigenvector. De functie $x \mapsto \langle u(x), x\rangle$ is continu op de eenheidsbol $S$ van $E$ , die compact is (eindige dimensie, Stelling 5.13): zij bereikt haar maximum $\lambda$ in enig $a \in S$ . We claimen $u(a) = \lambda a$ . Voor elke $y \perp a$ met $\norm y = 1$ en $t \in \R$ ligt de vector $x_t = \frac{a + ty}{\sqrt{1 + t^2}}$ op $S$ ( $\norm{a + ty}^2 = 1 + t^2$ door Pythagoras); de gemaximaliseerde functie uitwerkend,

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}

(symmetrie van $u$ voegde de twee kruistermen samen: $\langle u(a), y\rangle = \langle a, u(y)\rangle = \langle u(y), a\rangle$ ). $g$ is een differentieerbare functie van $t$ met een maximum in $t = 0$ ; de quotiëntregel in $0$ geeft

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 .

Dus is $u(a)$ orthogonaal op het hele hypervlak $a^\perp$ : $u(a) \in (a^{\perp})^{\perp} = \R a$ , d.w.z. $u(a) = \mu a$ ; en $\mu = \langle u(a), a\rangle = \lambda$ .

Inductie. Het orthogonaal complement $F = a^\perp$ is $u$ -stabiel: voor $x \perp a$ is $\langle u(x), a\rangle = \langle x, u(a)\rangle = \lambda\langle x, a\rangle = 0$ . De restrictie $u|_F$ is symmetrisch voor het geïnduceerde inwendig product; inductief naar de dimensie heeft $F$ een orthonormale eigenbasis; plak $a$ ervoor.

Aanvullingen. Eigenwaarden zijn de reële getallen $\langle u(e), e\rangle$ op de eigenbasis. Orthogonaliteit van eigenruimten: $u(x) = \lambda x$ , $u(y) = \mu y$ geven $\lambda\langle x, y\rangle = \langle u(x), y\rangle = \langle x, u(y)\rangle = \mu\langle x, y\rangle$ , dus $\langle x, y\rangle = 0$ wanneer $\lambda \neq \mu$ . Matrixvorm: kolommen van $P$ = de orthonormale eigenbasis. ∎

Voorbeeld 12.14 (Een volledige spectraalrun)

Diagonaliseer orthogonaal $A = \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ . Karakteristieke veelterm $(1 - \lambda)^2 - 4$ : eigenwaarden $3$ en $-1$ . Eigenvectoren: $(A - 3I)v = 0$ geeft $v_1 = \frac{1}{\sqrt2}(1,1)$ ; $(A + I)v = 0$ geeft $v_2 = \frac{1}{\sqrt2}(1,-1)$ — orthogonaal, zoals Stelling 12.13 garandeert zonder berekening. Met $P = (v_1\ v_2)$ (een rotatie over $\frac\pi4$ ):

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 het geroteerde stelsel} .

Dus is de vorm van Oefening 12.1 een hyperboolachtige vorm: signatuur $(1,1)$ , consistent met haar Gauss-reductie $(x + 2y)^2 - 3y^2$ — verschillende kwadraten, zelfde signatuur, zoals Sylvester eist. Slotinzicht: Gauss gaf het antwoord sneller, maar de spectraalroute rapporteert ook dat op de eenheidscirkel $q$ precies $\intcc{-1}{3}$ doorloopt, bereikt langs $v_2$ en $v_1$ : het extra werk koopt meetkunde.

Gevolg 12.15 (Hoofdassen; positiviteitstests)

Elke kwadratische vorm $q$ op een euclidische ruimte diagonaliseert in enige orthonormale basis: $q(x) = \sum_i \lambda_i x_i^2$ met $\lambda_i$ de eigenwaarden van de symmetrische matrix van $q$ ; de signatuur telt positieve en negatieve eigenwaarden.
Een symmetrische matrix is positief semi-definiet (resp. definiet) d.e.s.d.a. al haar eigenwaarden $\geq 0$ (resp. $> 0$ ) zijn; en dan zijn de extreme waarden van het Rayleigh-quotiënt

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

Bewijs. (1) Schrijf $q(x) = \langle A x, x\rangle$ met $A$ symmetrisch (de matrix van $q$ in een orthonormale basis); diagonaliseer $A$ met de spectraalstelling: voor $x = \sum x_ie_i$ in de orthonormale eigenbasis is

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

(orthonormaliteit doodt de kruistermen). De $\pm$ -tekens van de $\lambda_i$ tellen de signatuur via Sylvester: herschalen van elke coördinaat met $\sqrt{\abs{\lambda_i}}$ levert een Gauss- reductie met onafhankelijke vormen.

(2) In de eigenbasis is $\langle Ax, x\rangle = \sum \lambda_i x_i^2$ , gevangen tussen $\lambda_{\min}\norm x^2$ en $\lambda_{\max}\norm x^2$ , met gelijkheid in de bijbehorende eigenvectoren; positiviteit van alle eigenwaarden is dus equivalent met positiviteit van de vorm. ∎

Voorbeeld 12.16

$A = \begin{pmatrix} 2 & 1\\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ : eigenwaarden $3$ (eigenvector $\frac{1}{\sqrt2}(1,1)$ ) en $1$ ( $\frac{1}{\sqrt2}(1,-1)$ ). De kwadratische vorm $2x^2 + 2xy + 2y^2$ wordt $3X^2 + Y^2$ in het geroteerde orthonormale stelsel: de hoofdassen van een ellips, berekend. De Gauss-reductie bereikt ook een diagonaalvorm, maar alleen de spectraalstelling bereikt haar zonder lengtes te vervormen.

Voorbeeld 12.17 (Een ellips volledig geïdentificeerd)

Welke kromme is $5x^2 + 4xy + 2y^2 = 6$ ? De matrix $\begin{pmatrix} 5 & 2\\ 2 & 2\end{pmatrix}$ heeft karakteristieke veelterm $\lambda^2 - 7\lambda + 6 = (\lambda - 1)(\lambda - 6)$ : eigenwaarden $1$ en $6$ , beide positief — een ellips. Orthonormale eigenvectoren: voor $\lambda = 1$ , los $\begin{pmatrix} 4 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}v = 0$ op: $v_1 = \frac{1}{\sqrt5}(1, -2)$ ; voor $\lambda = 6$ : $v_2 = \frac{1}{\sqrt5}(2, 1)$ . In de geroteerde coördinaten $(X, Y)$ langs $(v_2, v_1)$ wordt de vergelijking

6X^2 + Y^2 = 6, \qquad\text{d.w.z.}\qquad X^2 + \frac{Y^2}{6} = 1 :

halve assen $1$ (langs $v_2$ ) en $\sqrt6$ (langs $v_1$ ). Slotinzicht: de grove vorm was gratis — $\det = 6 > 0$ en positief spoor kondigen een ellips aan vóór enige eigenvector berekend is — maar alleen de spectraalstelling levert de richtingen en lengtes van de assen, d.w.z. de echte meetkunde.

Voorbeeld 12.18 (Extrema op de bol, afgelezen van het spectrum)

Wat zijn de extreme waarden van $q(x,y,z) = 2xy + 2yz + 2zx$ op de eenheidsbol? Haar matrix (de all-ones-off-diagonaal van Oefening 12.2) heeft eigenwaarden $2$ en $-1$ (dubbel), dus via Gevolg 12.15 (2):

\max_{\norm v = 1} q(v) = 2 \ \text{ in } v = \tfrac{1}{\sqrt3}(1,1,1), \qquad \min_{\norm v = 1} q(v) = -1 \ \text{ op de cirkel } x + y + z = 0 .

Geen calculus, geen Lagrange-multiplicatoren: de spectraalstelling lost deze begrensde optimalisatie meteen op — en toont de maximizer. Slotinzicht: vergelijk met de multiplicatormethode van het differentiaalrekeninghoofdstuk, die dezelfde kritieke punten vindt met meer werk; voor kwadratische doelfuncties op bollen zijn spectra de koninklijke weg (het weekeindprobleem van het hermitische hoofdstuk bouwt de hele Courant–Fischer-theorie op deze waarneming).

Opmerking 12.19 (Veelgemaakte valkuilen)

(i) Congruentie is geen similariteit: een basisverandering voor een vorm werkt via $P^{\mathsf T}BP$ , niet $P^{-1}BP$ ; eigenwaarden zijn geen invarianten van een kwadratische vorm ( $I$ en $4I$ zijn congruent via $P = 2I$ ) — alleen hun tekens zijn (Sylvester). Spreek van de eigenwaarden van een vorm pas wanneer een inwendig product vastligt. (ii) Positieve ingangen bewijzen niets: $\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ heeft alle ingangen positief, maar signatuur $(1,1)$ ( $\det = -3$ ); omgekeerd kan een positief definiete matrix negatieve off-diagonale ingangen hebben (Voorbeeld 12.9 verschoven: $2I - N$ werkt evenzeer). Gebruik Methode 12.10. (iii) Afhankelijke kwadraten: $q = \ell_1^2 - \ell_2^2$ schrijven zegt niets als $\ell_1, \ell_2$ evenredig zijn — $x^2 + 2xy + y^2 = (x+y)^2$ heeft rang $1$ , niet $2$ ; controleer altijd onafhankelijkheid vóór het aflezen van de signatuur. (iv) Bol-extrema zonder compactheid: de Rayleigh-grenzen van Gevolg 12.15 worden bereikt omdat de bol compact is; op de open bal of de hele ruimte heeft een indefinitie vorm noch maximum noch minimum.

Opmerking 12.20 (Waar dit gebruikt wordt)

De spectraalstelling is het meest geëxporteerde resultaat van dit boek: statistiek diagonaliseert covariantiematrices ermee (hoofdcomponentenanalyse), mechanica haalt normale trillingswijzen van oscillatie eruit (de simultane reductie van het weekeindprobleem), numerieke analyse bouwt Cholesky en singuliere-waardeontbindingen erop (zelfde probleem), en het volgende hoofdstuk transporteert haar naar complexe hermitische ruimten. Het jaar-3-volume bewijst haar oneindigdimensionale avatar voor compacte zelftoegevoegde operatoren, waar het compactheidsargument van het eindigdimensionale bewijs het hele verhaal wordt.

Opmerking 12.21 (Perspectieven binnen dit volume)

Kwadratische vormen lopen door de rest van boek 4 in drie gedaanten. Als Hessiaanse vormen: het differentiaalrekening- hoofdstuk classificeert kritieke punten via de signatuur van de tweede-orde-vorm, dus de invariantie van Sylvester maakt “zadel” tot een welgedefinieerd woord. Als energieën: de oscillatoren van het differentiaalvergelijkingenhoofdstuk dragen de kwadratische energie $\frac12x'^2 + \frac12\omega^2x^2$ , en de simultane reductie van het weekeindprobleem van dit hoofdstuk is precies de extractie van normale trillingswijzen. Als meetkunde: de kegelsneden van dit hoofdstuk groeien uit tot de kwadratische oppervlakken van de meetkundehoofdstukken, waar de tweede grondvorm van een oppervlak — een kwadratische vorm op elk raakvlak — met haar signatuur beslist of het oppervlak kromt als een kom of als een zadel. Het hermitische hoofdstuk, hierna, speelt de hele partituur opnieuw over $\C$ .

12.4 Oefeningen

Oefening 12.1 ★

Gauss-reduceer en geef rang en signatuur:

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.1.

$q_1 = (x + 2y)^2 - 3y^2$ : rang $2$ , signatuur $(1, 1)$ (een hyperboolachtige vorm).

$q_2$ : maak het kwadraat af in $x$ : $q_2 = (x + y)^2 + y^2 + 2yz + 3z^2 = (x+y)^2 + (y + z)^2 + 2z^2$ : rang $3$ , signatuur $(3, 0)$ — positief definiet.

Oefening 12.2 ★

Diagonaliseer orthogonaal $A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 1\\ 1 & 1 & 0\end{pmatrix}$ (eigenwaarden uit de berekening van Hoofdstuk 3; maak nu de basis orthonormaal) en herleid de vorm $q(x,y,z) = 2xy + 2yz + 2zx$ tot hoofdassen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.2.

Eigenwaarden $2$ (op $\operatorname{Vect}(1,1,1)$ ) en $-1$ (op het vlak $x + y + z = 0$ ). Orthonormaliseer: $e_1 = \frac{1}{\sqrt3}(1,1,1)$ ; in het vlak geeft Gram–Schmidt op $(1,-1,0), (1,0,-1)$ $e_2 = \frac{1}{\sqrt2}(1,-1,0)$ , $e_3 = \frac{1}{\sqrt6}(1,1,-2)$ . Dan is $P = (e_1\ e_2\ e_3)$ orthogonaal met $P^{\mathsf T}AP = \operatorname{diag}(2,-1,-1)$ .

De vorm $q = 2xy + 2yz + 2zx$ heeft matrix $A$ : in de geroteerde coördinaten is $q = 2X^2 - Y^2 - Z^2$ — hoofdassen; signatuur $(1,2)$ , in overeenstemming met Voorbeeld 12.7 (dezelfde vorm!).

Oefening 12.3 ★

Bewijs dat $u^{**} = u$ , $(u \circ v)^* = v^* \circ u^*$ , en dat $\ker u^* = (\operatorname{im} u)^{\perp}$ . Leid hieruit af $\operatorname{rk} u^* = \operatorname{rk} u$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.3.

$u^{**} = u$ : $\langle u^{**}x, y\rangle = \langle x, u^*y\rangle = \langle ux, y\rangle$ voor alle $y$ . $(uv)^* = v^*u^*$ : $\langle uvx, y\rangle = \langle vx, u^*y\rangle = \langle x, v^*u^*y\rangle$ . Kern: $y \in \ker u^* \iff \langle x, u^*y \rangle = 0\ \forall x \iff \langle u(x), y\rangle = 0\ \forall x \iff y \perp \operatorname{im} u$ . Rangen: $\dim\ker u^* = n - \operatorname{rk} u$ (orthogonaal complement), dus $\operatorname{rk} u^* = \operatorname{rk} u$ via rang–nuliteit — de euclidische avatar van de getransponeerde-rang-stelling.

Oefening 12.4 ★★

Laat $A$ reëel symmetrisch zijn met $A^3 = A$ . Bewijs dat $A^2$ de matrix is van een orthogonale projectie. Relateer algemener de spectrale ontbindingen van $A$ en $P(A)$ voor een veelterm $P$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.4.

Spectraal: $A = PDP^{\mathsf T}$ , $D$ diagonaal met ingangen $\lambda_i$ die voldoen aan $\lambda_i^3 = \lambda_i$ : $\lambda_i \in \{-1, 0, 1\}$ . Dan $A^2 = PD^2P^{\mathsf T}$ met $D^2$ diagonaal van ingangen $0/1$ : $A^2$ is symmetrisch en idempotent ( $(A^2)^2 = A^4 = A\cdot A^3 = A^2$ ) — symmetrisch idempotent $=$ orthogonale projectie (het is de projectie op $\ker(A^2 - I) = \ker(A-I)\oplus\ker(A+I)$ langs $\ker A$ , en deze zijn orthogonaal via de spectraalstelling).

Algemener, $P(A) = P\!\left(\text{diag}\right)$ : $P(A)$ heeft de zelfde eigenvectoren, eigenwaarden $P(\lambda_i)$ — de “spectrale afbeelding” op diagonaliseerbaar niveau.

Oefening 12.5 ★★

Bewijs dat $O(n) = \{P : P^{\mathsf T}P = I\}$ een compacte deelverzameling is van $\mathcal{M}_n(\R)$ (gesloten: inverse beeld van $\{I\}$ onder een continue afbeelding; begrensd: kolommen zijn eenheidsvectoren). Is zij samenhangend?

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.5.

Gesloten: $O(n) = g^{-1}(\{I\})$ voor de continue $g(P) = P^{\mathsf T}P$ (veeltermige ingangen). Begrensd: elke kolom van $P \in O(n)$ is een eenheidsvector, dus alle ingangen liggen in $\intcc{-1}{1}$ . Gesloten en begrensd in $\mathcal{M}_n(\R) \simeq \R^{n^2}$ : compact (Stelling 4.16 (2)).

Niet samenhangend: $\det$ neemt de twee waarden $\pm1$ aan op $O(n)$ , en een continue surjectie op $\{-1, 1\}$ splitst de ruimte (argument van Voorbeeld 4.28).

Oefening 12.6 ★★

(Vierkantswortel) Laat $A$ symmetrisch positief semi-definiet zijn. Construeer een symmetrische positief semi-definiete $B$ met $B^2 = A$ , en bewijs dat zij uniek is (bestaan: neem vierkantswortels van de eigenwaarden in een spectraalbasis; uniciteit: een kandidaat $B$ commuteert met $A = B^2$ , dus behoudt haar eigenruimten — herleid tot het scalaire geval op elk).

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.6.

Bestaan: $A = PDP^{\mathsf T}$ met $D = \operatorname{diag}(\lambda_i)$ , $\lambda_i \geq 0$ ; stel $B = P\sqrt D P^{\mathsf T}$ met $\sqrt D = \operatorname{diag}(\sqrt{\lambda_i})$ : symmetrisch, positief semi-definiet, $B^2 = A$ .

Uniciteit: laat $B$ symmetrisch psd zijn met $B^2 = A$ . $B$ commuteert met $A$ ; dus behoudt $B$ elke eigenruimte $E_\lambda(A)$ (voor $Ax = \lambda x$ : $A(Bx) = BAx = \lambda Bx$ ). Op $E_\lambda(A)$ is de restrictie van $B$ symmetrisch psd met kwadraat $\lambda\,\mathrm{id}$ ; haar eigenwaarden $\mu$ voldoen aan $\mu^2 = \lambda$ , $\mu \geq 0$ : $\mu = \sqrt\lambda$ — dus is de restrictie, diagonaliseerbaar met de enkele eigenwaarde $\sqrt\lambda$ , gelijk aan $\sqrt\lambda\,\mathrm{id}$ . Aangezien $E = \bigoplus E_\lambda(A)$ , is $B$ bepaald: $B = \sqrt A$ .

Oefening 12.7 ★★

Voor reëel symmetrische $A$ , bewijs dat $\vertiii{A}_2 := \sup_{\norm x_2 = 1}\norm{Ax}_2 = \max_i \abs{\lambda_i}$ (spectraalstraal), en bereken $\vertiii{A}_2$ voor $A = \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.7.

In een orthonormale eigenbasis is $\norm{Ax}_2^2 = \sum \lambda_i^2 x_i^2 \leq (\max_i \lambda_i^2)\norm x_2^2$ , met gelijkheid in de bijbehorende eigenvector: $\vertiii A_2 = \max\abs{\lambda_i}$ . Voor de gegeven matrix: eigenwaarden $3, -1$ (tweeling van Voorbeeld 12.16): $\vertiii A_2 = 3$ .

Oefening 12.8 ★★★

(Criterium van Sylvester) Laat $A$ reëel symmetrisch zijn met leidende principale minoren $\Delta_1, \dots, \Delta_n$ (determinanten van de linksboven-blokken). Bewijs dat $A$ positief definiet is d.e.s.d.a. alle $\Delta_k > 0$ . (Voor $\Rightarrow$ : restricties van een definiete vorm zijn definiet, en de determinant van een positief definiete matrix — het product van haar eigenwaarden — is positief. Voor $\Leftarrow$ : inductie naar $n$ ; het linksboven- $(n-1)$ -blok is positief definiet, diagonaliseer de vorm op die deelruimte en maak het kwadraat af in de laatste variabele; het teken van de laatste diagonale ingang wordt bestuurd door $\det A = \Delta_n > 0$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.8.

( $\Rightarrow$ ) Het linksboven- $k \times k$ -blok $A_k$ is de matrix van de restrictie van de (definiete) vorm tot de opspanning van de eerste $k$ basisvectoren: positief definiet, dus haar eigenwaarden zijn positief en $\Delta_k = \det A_k > 0$ .

( $\Leftarrow$ ) Inductie naar $n$ ; $n = 1$ duidelijk. Neem aan alle $\Delta_k > 0$ . Via inductie is $A_{n-1}$ positief definiet: de vorm $q$ beperkt tot $F = \operatorname{Vect}(e_1, \dots, e_{n-1})$ is definiet. Diagonaliseer $q|_F$ (Gauss): coördinaten $y_1, \dots, y_{n-1}$ met $q|_F = \sum y_i^2$ . In de volle ruimte, het kwadraat afmakend in de laatste variabele,

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

voor geschikte constanten (verzamel de kruistermen in de kwadraten). De reductie vertoont signatuur $(n-1 + \epsilon, \cdot)$ met $\epsilon$ de tekenbijdrage van $c$ ; en de determinant behoudt het teken van het product van de diagonale coëfficiënten onder congruentie ( $\det(P^{\mathsf T}AP) = (\det P)^2\det A$ ): $\Delta_n > 0$ dwingt $c > 0$ . Dus is $q$ een som van $n$ kwadraten van onafhankelijke vormen: positief definiet.

Oefening 12.9 ★★★

(Courant–Fischer, tweede eigenwaarde) Laat $u$ symmetrisch zijn met eigenwaarden $\lambda_1 \geq \lambda_2 \geq \dots \geq \lambda_n$ . Bewijs

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

(Voor $\leq$ : elk hypervlak snijdt het $2$ -vlak opgespannen door de top-twee eigenvectoren. Voor $\geq$ : kies $H = (e_1)^{\perp}$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.9.

Laat $(e_1, \dots, e_n)$ een orthonormale eigenbasis zijn voor $\lambda_1 \geq \dots \geq \lambda_n$ .

$\lambda_2 \leq$ de min-max: voor elk hypervlak $H$ voldoet het $2$ -dimensionale $V = \operatorname{Vect}(e_1, e_2)$ aan $\dim(H \cap V) \geq 1$ (Grassmann): kies een eenheids- $x \in H \cap V$ , $x = ae_1 + be_2$ , $a^2 + b^2 = 1$ :

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

het maximum van elk hypervlak is $\geq \lambda_2$ .

$\geq$ : voor $H = e_1^{\perp}$ heeft elke eenheids- $x = \sum_{i\geq2} x_ie_i \in H$ $\langle u(x), x\rangle = \sum_{i \geq 2} \lambda_i x_i^2 \leq \lambda_2$ , bereikt in $e_2$ : het maximum van dit hypervlak is precies $\lambda_2$ . Het min over $H$ is dus $\lambda_2$ .

Oefening 12.10 ★★

Bepaal rang en signatuur van $q(x_1, \dots, x_n) = \sum_{i < j} x_ix_j$ op $\R^n$ ( $n \geq 2$ ), op twee manieren: via de algebraïsche identiteit $2q = \bigl(\sum x_i\bigr)^2 - \sum x_i^2$ samen met de restrictie van $q$ tot het hypervlak $\sum x_i = 0$ ; en via berekening van de eigenwaarden van haar matrix $\frac12(J - I)$ , waar $J$ de all-ones-matrix is.

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.10.

Algebraïsche weg: $2q = \bigl(\sum x_i\bigr)^2 - \sum x_i^2$ . Op het hypervlak $H : \sum x_i = 0$ (dimensie $n - 1$ ) is $q = -\frac12\sum x_i^2$ negatief definiet; op de lijn $\R(1, \dots, 1)$ is $q(t, \dots, t) = \binom n2 t^2 > 0$ . Een deelruimte waar $q$ positief definiet is snijdt $H$ triviaal, dus heeft dimensie $\leq 1$ : via Sylvester (Stelling 12.6), $s = 1$ , en $t \geq n-1$ uit $H$ ; rang $\leq n$ dwingt signatuur $(1, n-1)$ , rang $n$ .

Spectrale weg: de matrix is $\frac12(J - I)$ ; $J$ heeft eigenwaarden $n$ (op $(1,\dots,1)$ ) en $0$ (op $H$ ), dus $\frac12(J-I)$ heeft eigenwaarden $\frac{n-1}{2}$ (eenmaal) en $-\frac12$ ( $n-1$ keer): één positief, $n-1$ negatief — zelfde signatuur, via Gevolg 12.15.

Oefening 12.11 ★★

Laat $A$ , $B$ reëel symmetrisch zijn met $B$ positief semi-definiet. Bewijs

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

(Schrijf $B = C^{\mathsf T}C$ en $\operatorname{tr}(AB) = \sum_i \langle A c_i, c_i\rangle$ over de kolommen $c_i$ van $C^{\mathsf T}$ .) In het bijzonder $\operatorname{tr}(AB) \geq 0$ wanneer beide positief semi-definiet zijn.

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.11.

Schrijf $B = C^{\mathsf T}C$ (Oefening 12.6 via $C = \sqrt B$ ). Dan, met $c_1, \dots, c_n$ de kolommen van $C^{\mathsf T}$ :

\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 .

Via Gevolg 12.15 (2) ligt elke term tussen $\lambda_{\min}(A)\norm{c_i}^2$ en $\lambda_{\max}(A)\norm{c_i}^2$ , en $\sum\norm{c_i}^2 = \operatorname{tr}(C^{\mathsf T}C)^{\vphantom1} = \operatorname{tr} B$ : de dubbele ongelijkheid volgt. Als $A$ ook positief semi-definiet is, $\lambda_{\min}(A) \geq 0$ : $\operatorname{tr}(AB) \geq 0$ .

Oefening 12.12 ★★★

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

Toon dat $q$ een kwadratische vorm is met polaire vorm $\varphi(M, N) = \operatorname{tr}(MN)$ .
Toon dat de symmetrische en antisymmetrische matrices $\varphi$ -orthogonale deelruimten vormen waarop $q$ respectievelijk positief definiet en negatief definiet is (bereken $\operatorname{tr}(M^2)$ entriesgewijs in elk geval).
Concludeer: $q$ heeft signatuur $\bigl(\frac{n(n+1)}{2}, \frac{n(n-1)}{2}\bigr)$ en rang $n^2$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.12.

$\varphi(M, N) = \operatorname{tr}(MN)$ is bilineair en symmetrisch ( $\operatorname{tr}(MN) = \operatorname{tr}(NM)$ ), en $\varphi(M, M) = q(M)$ : $q$ is de kwadratische vorm van $\varphi$ .
Voor $S$ symmetrisch en $K$ antisymmetrisch: $\operatorname{tr}(SK) = \operatorname{tr}\bigl((SK)^{\mathsf T}\bigr) = \operatorname{tr}(K^{\mathsf T}S^{\mathsf T}) = -\operatorname{tr}(KS) = -\operatorname{tr}(SK)$ , dus $\varphi(S, K) = 0$ : de twee deelruimten zijn $\varphi$ -orthogonaal. Entriesgewijs is $\operatorname{tr} (M^2) = \sum_{i,j} m_{ij}m_{ji}$ : voor symmetrische $M$ is dit $\sum m_{ij}^2 > 0$ ( $M \neq 0$ ); voor antisymmetrische $M$ is het $-\sum m_{ij}^2 < 0$ .
$\mathcal M_n(\R) = S_n \oplus A_n$ met dimensies $\frac{n(n+1)}2$ en $\frac{n(n-1)}2$ ; een Gauss- reductie aangepast aan deze $\varphi$ -orthogonale splitsing schrijft $q$ als $\frac{n(n+1)}2$ positieve en $\frac{n(n-1)}2$ negatieve kwadraten: signatuur $\bigl(\frac{n(n+1)}2, \frac{n(n-1)}2\bigr)$ (Sylvester), rang $n^2$ : de vorm is niet-ontaard.

12.5 Probleem: Cholesky, Hadamard en de polaire ontbinding

Probleem 12.1

De spectraalstelling is een microscoop; dit probleem gebruikt haar als fabriek. Uit Gram-matrices fabriceren we de Cholesky- factorisatie (en identificeren we de Gauss-pivots als verhoudingen van minoren), bewijzen we de ongelijkheid van Hadamard over determinanten, bouwen we de polaire ontbinding $A = QS$ en de singuliere-waardeontbinding, classificeren we vlakke kegelsneden, en eindigen we met de simultane reductie van twee vormen — de stelling achter normale trillingswijzen van oscillatie. Doorheen het probleem is $E = \R^n$ met haar standaard inwendig product.

Deel I — Gram-matrices en Cholesky. Voor vectoren $v_1, \dots, v_n \in E$ is hun Gram-matrix $G = \bigl(\langle v_i, v_j\rangle\bigr)_{i,j}$ .

Toon dat $G$ symmetrisch positief semi-definiet is, en positief definiet d.e.s.d.a. $(v_1, \dots, v_n)$ lineair onafhankelijk is (bereken $X^{\mathsf T}GX$ ).
Omgekeerd, toon dat elke symmetrische positief semi-definiete $A$ een Gram-matrix is: $A = C^{\mathsf T}C$ voor enige $C$ (gebruik de vierkantswortel van Oefening 12.6), met $C$ inverteerbaar d.e.s.d.a. $A$ definiet is.
Leid af dat een positief semi-definiete $A$ voldoet aan $\abs{a_{ij}} \leq \sqrt{a_{ii}\,a_{jj}}$ voor alle $i, j$ (beperk tot twee coördinaten) — de Cauchy–Schwarz-ongelijkheid, matricieel herlezen.
(Cholesky) Laat $A$ positief definiet zijn. Bewijs dat er een unieke bovendriehoeksmatrix $T$ is met positieve diagonale ingangen zodat

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

(bestaan: pas Gram–Schmidt toe op vectoren die $A$ realiseren als Gram-matrix; uniciteit: als $T_1^{\mathsf T}T_1 = T_2^{\mathsf T}T_2$ , toon dat $T_1T_2^{-1}$ orthogonaal en driehoekig is met positieve diagonaal, dus $I$ ).
Toon dat de leidende principale minoren voldoen aan $\Delta_k = (t_{11}\cdots t_{kk})^2$ , en leid af dat de pivots die de Gauss-reductie van een positief definiete vorm produceert, genomen in de natuurlijke variabelenvolgorde, zijn

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

de minoren van het criterium van Sylvester (Oefening 12.8) en de pivots van Gauss zijn dezelfde data. Controleer op Voorbeeld 12.9.

Deel II — De ongelijkheid van Hadamard.

Laat $A$ positief definiet zijn. Bewijs

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

(normaliseer: $B = DAD$ met $D = \operatorname{diag}(a_{ii}^{-1/2})$ heeft eenheidsdiagonaal; begrens $\det B = \prod \mu_i$ via AM–GM tegen $\operatorname{tr} B = n$ ).
Toon dat gelijkheid geldt d.e.s.d.a. $A$ diagonaal is.
Leid de ongelijkheid van Hadamard af: voor elke reële vierkante matrix $M$ met kolommen $c_1, \dots, c_n$ ,

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

met gelijkheid (voor inverteerbare $M$ ) d.e.s.d.a. de kolommen paarsgewijs orthogonaal zijn (pas vragen 6–7 toe op $M^{\mathsf T}M$ ).
Meetkundige en combinatorische dividenden: interpreteer vraag 8 als “het volume van een parallellepipedum is ten hoogste het product van zijn riblengtes”; en toon dat een matrix met alle ingangen in $\intcc{-1}{1}$ voldoet aan $\abs{\det M} \leq n^{n/2}$ . (Matrices die deze grens bereiken — Hadamard-matrices — bestaan voor $n = 1, 2$ en vele veelvouden van $4$ ; of voor alle veelvouden van $4$ is een beroemd open probleem.)

Deel III — Polaire ontbinding en singuliere waarden.

Laat $A$ inverteerbaar zijn. Toon dat $A^{\mathsf T}A$ positief definiet is, en dat

$S = \sqrt{A^{\mathsf T}A} \quad\text{(de vierkantswortel van \text{Oefening 12.6})}, \qquad Q = AS^{-1}$

een factorisatie $A = QS$ geven met $Q$ orthogonaal en $S$ positief definiet.
Bewijs dat deze factorisatie van een inverteerbare $A$ uniek is.
Breid bestaan uit tot willekeurige $A$ : kies $\varepsilon_k \to 0$ met $A + \varepsilon_k I$ inverteerbaar, schrijf $A + \varepsilon_kI = Q_kS_k$ , en gebruik de compactheid van $O(n)$ (Oefening 12.5) om $Q_k \to Q$ te extraheren; toon dat $S_k = Q_k^{\mathsf T}(A + \varepsilon_kI)$ convergeert naar enige positief semi-definiete $S$ met $A = QS$ en $S = \sqrt{A^{\mathsf T}A}$ . Waar faalt uniciteit voor singuliere $A$ ?
(Singuliere-waardeontbinding) Leid af dat elke reële vierkante $A$ schrijft

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

waar de $\sigma_i$ (de singuliere waarden) de eigenwaarden zijn van $\sqrt{A^{\mathsf T}A}$ .
Drie gevolgen: $\vertiii{A}_2 = \sigma_{\max}$ voor elke reële $A$ (veralgemening van Oefening 12.7); $\abs{\det A} = \sigma_1\cdots\sigma_n$ ; en het beeld van de eenheidsbol onder een inverteerbare $A$ is een ellipsoïde met halve assen $\sigma_1, \dots, \sigma_n$ langs de kolommen van $U$ .

Deel IV — Kegelsneden, via de spectraalstelling. Een vlakke kegelsnede is de nulverzameling van $f(x) = q(x) + \langle b, x\rangle + c$ , met $q \neq 0$ een kwadratische vorm van matrix $A$ , $b \in \R^2$ , $c \in \R$ .

Herleid $f$ door een rotatie (hoofdassen, Gevolg 12.15) gevolgd door een translatie, en classificeer de mogelijke niet-lege, niet-ontaarde vormen via de signatuur van $q$ : ellips ( $\det A > 0$ ), hyperbool ( $\det A < 0$ ), parabool ( $\det A = 0$ , rang $1$ , met de lineaire term niet geabsorbeerd).
Voer de reductie volledig uit voor

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

geroteerde coördinaten, gereduceerde vergelijking, aard en middelpunt van de kegelsnede.
(Centrale kegelsneden) Stel $\det A \neq 0$ . Toon dat het middelpunt $x_0 = -\frac12 A^{-1}b$ is, en dat de congruentie via $\begin{pmatrix} I & x_0\\ 0 & 1\end{pmatrix}$ van de $3\times3$ -matrix $\widetilde Q = \begin{pmatrix} A & b/2 \\ b^{\mathsf T}/2 & c\end{pmatrix}$ oplevert

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

de centrale kegelsnede is ontaard (een punt of twee rechten) precies wanneer $\det\widetilde Q = 0$ .
Verifieer vraag 17 op het voorbeeld van vraag 16: bereken $x_0$ , $f(x_0)$ en $\det\widetilde Q$ , en concludeer opnieuw dat de kegelsnede een niet-ontaarde hyperbool is.
(Een kwadratische potlood) Voor $\lambda \in \R$ , classificeer het oppervlak

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

via de eigenwaarden van haar matrix (all-ones- structuur: eigenwaarden $1 + 2\lambda$ en $1 - \lambda$ dubbel): bol/ellipsoïde, cilinder, paar vlakken, hyperboloïden van één en twee bladen, naar gelang $\lambda$ .

Deel V — Twee vormen tegelijk: simultane reductie.

Laat $q$ positief definiet zijn en $q'$ een willekeurige kwadratische vorm op $E$ . Bewijs dat er een basis van $E$ is die orthonormaal is voor $q$ en orthogonaal voor $q'$ : daarin is $q = \sum x_i^2$ en $q' = \sum \mu_i x_i^2$ (gebruik $q$ als inwendig product en pas de spectraalstelling toe op het endomorfisme dat $q'$ voorstelt).
Matrixvorm: voor $A$ positief definiet en $B$ symmetrisch is er een inverteerbare $P$ met $P^{\mathsf T}AP = I$ en $P^{\mathsf T}BP = \operatorname{diag}(\mu_1, \dots, \mu_n)$ , waar de $\mu_i$ de wortels zijn van $\det(B - \mu A) = 0$ .
Voer het volledig uit voor

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

de gegeneraliseerde eigenwaarden $\mu_\pm$ , en vectoren die beide vormen diagonaliseren.
Toon dat positieve definietheid niet kan worden weggelaten: voor

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

diagonaliseert geen basis beide vormen (als $P$ beide diagonaliseerde, zou $\det(B - \mu A)$ splitsen met reële wortels; bereken hem).
Toon dat de $\mu_i$ van vraag 21 de eigenwaarden zijn van $A^{-1}B$ , en dat $A^{-1}B$ , hoewel niet symmetrisch in het algemeen, altijd diagonaliseerbaar is met reële eigenwaarden (conjugeren met $\sqrt A$ ).
Synthese. In één zin elk: (i) de ene stelling waarop elk deel steunde; (ii) welke resultaten van delen I–III overleven voor positief semidefiniete matrices, en welke definietheid nodig hebben; (iii) het fysische systeem waarvan de kleine oscillaties vragen 20–22 diagonaliseren (kinetische en potentiële energie als de twee vormen), en wat de $\mu_i$ daar betekenen.

Oplossing

Oplossing van Probleem 12.1.

1. $G$ is symmetrisch door symmetrie van het inwendig product, en

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 ,

met gelijkheid d.e.s.d.a. $\sum x_iv_i = 0$ : $G$ is definiet d.e.s.d.a. de enige nulcombinatie triviaal is, d.w.z. d.e.s.d.a. de familie onafhankelijk is.

2. Met $B = \sqrt A$ (Oefening 12.6): $A = B^2 = B^{\mathsf T}B$ , de Gram-matrix van de kolommen van $B$ ; neem $C = B$ . En $X^{\mathsf T}AX = \norm{CX}^2$ , dus $A$ is definiet d.e.s.d.a. $CX \neq 0$ voor $X \neq 0$ , d.e.s.d.a. $C$ inverteerbaar is.

3. De restrictie van de vorm tot $\operatorname{Vect}(e_i, e_j)$ heeft matrix $\begin{pmatrix} a_{ii} & a_{ij}\\ a_{ij} & a_{jj} \end{pmatrix}$ , nog steeds positief semi-definiet: haar determinant (product van haar niet-negatieve eigenwaarden) is $\geq 0$ : $a_{ij}^2 \leq a_{ii}a_{jj}$ . Dit is Cauchy–Schwarz voor de vectoren $v_i, v_j$ van een Gram-realisatie.

4. Bestaan: schrijf $A$ als de Gram-matrix van een onafhankelijke familie $(v_1, \dots, v_n)$ (vragen 1–2). Gram–Schmidt produceert een orthonormale $(e_1, \dots, e_n)$ met

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

dus $T = (t_{ik})$ is bovendriehoekig met positieve diagonaal, en

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

Uniciteit: als $T_1^{\mathsf T}T_1 = T_2^{\mathsf T}T_2$ dan voldoet $R = T_1T_2^{-1}$ aan $R^{\mathsf T}R = I$ : $R$ is orthogonaal, en ook bovendriehoekig met positieve diagonaal (product van zulke). Dan is $R^{-1} = R^{\mathsf T}$ tegelijkertijd boven (inverse van boven) en onder (getransponeerde van boven) driehoekig: diagonaal; een orthogonale diagonaalmatrix heeft ingangen $\pm1$ , en positiviteit dwingt $R = I$ : $T_1 = T_2$ .

5. Voor $i, j \leq k$ betrekt $(T^{\mathsf T}T)_{ij} = \sum_m t_{mi}t_{mj}$ alleen $m \leq \min(i,j) \leq k$ : het leidende $k\times k$ -blok van $A$ is $T_k^{\mathsf T}T_k$ met $T_k$ het leidende blok van $T$ . Dus $\Delta_k = (\det T_k)^2 = (t_{11}\cdots t_{kk})^2$ . Nu ontmoet de Gauss-reductie van een positief definiete vorm in de natuurlijke volgorde nooit een nul- kwadraatcoëfficiënt (de pivots zijn de diagonale ingangen van de achtereenvolgens gereduceerde positief definiete blokken): zij produceert $q = \sum_k d_k\ell_k^2$ met $\ell_k = x_k + (\text{termen in } x_{k+1}, \dots)$ , d.w.z. $A = L^{\mathsf T}DL$ met $L$ unipotent driehoekig; dan is $T = \sqrt D\,L$ een Cholesky- factor, dus via uniciteit $t_{kk}^2 = d_k$ en

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

Op Voorbeeld 12.9: $\Delta_1, \Delta_2, \Delta_3 = 2, 3, 4$ en de pivots waren $2, \frac32, \frac43$ .

6. Elke $a_{ii} = e_i^{\mathsf T}Ae_i > 0$ . Laat $D = \operatorname{diag}(a_{ii}^{-1/2})$ en $B = DAD$ : positief definiet (congruentie), met $b_{ii} = 1$ , dus $\operatorname{tr} B = n$ . Haar eigenwaarden $\mu_i > 0$ voldoen, via AM–GM, aan

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

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

7. AM–GM is een gelijkheid d.e.s.d.a. alle $\mu_i$ gelijk zijn (aan $1$ ); een symmetrische matrix met enige eigenwaarde $1$ is $PIP^{\mathsf T} = I$ . Dus gelijkheid d.e.s.d.a. $B = I$ d.e.s.d.a. $a_{ij} = 0$ voor $i \neq j$ : $A$ diagonaal.

8. Als $M$ singulier is, zijn beide kanten $\geq 0 = \abs{\det M}$ . Anders is $A = M^{\mathsf T}M$ positief definiet met $a_{ii} = \norm{c_i}^2$ en $\det A = (\det M)^2$ : vraag 6 geeft $(\det M)^2 \leq \prod\norm{c_i}^2$ . Gelijkheid d.e.s.d.a. $A = M^{\mathsf T}M$ diagonaal is (vraag 7), d.w.z. d.e.s.d.a. de kolommen paarsgewijs orthogonaal zijn.

9. $\abs{\det M}$ is het volume van het parallellepipedum opgespannen door de kolommen: het volume is ten hoogste het product van de riblengtes, met gelijkheid precies voor rechthoekige dozen. Als $\abs{m_{ij}} \leq 1$ dan $\norm{c_i} \leq \sqrt n$ , dus $\abs{\det M} \leq n^{n/2}$ . (Haar bereiken dwingt orthogonale kolommen van ingangen $\pm1$ : een Hadamard-matrix.)

10. $X^{\mathsf T}A^{\mathsf T}AX = \norm{AX}^2 > 0$ voor $X \neq 0$ ( $A$ inverteerbaar): $A^{\mathsf T}A$ is positief definiet. Haar vierkantswortel $S$ is positief definiet (eigenwaarden $\sqrt{\lambda_i} > 0$ ), dus inverteerbaar, en $Q = AS^{-1}$ voldoet aan

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

$A = QS$ met $Q$ orthogonaal, $S$ positief definiet.

11. Als $A = QS = Q'S'$ dan $S'^{\,2} = S'^{\mathsf T}Q'^{\mathsf T}Q'S' = A^{\mathsf T}A = S^2$ ; twee positief semi-definiete matrices met hetzelfde kwadraat vallen samen (Oefening 12.6): $S' = S$ , dan $Q' = AS^{-1} = Q$ .

12. $\det(A + \varepsilon I)$ is een niet-nulveelterm in $\varepsilon$ : zij heeft eindig veel wortels, dus vermijdt enige rij $\varepsilon_k \to 0$ ze. Schrijf $A + \varepsilon_kI = Q_kS_k$ (vraag 10). $O(n)$ is compact (Oefening 12.5): een deelrij geeft $Q_{\varphi(k)} \to Q \in O(n)$ . Dan

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

symmetrisch positief semi-definiet als limiet van zulke (gesloten voorwaarden), en $A = QS$ . Bovendien $S^2 = S^{\mathsf T}S = A^{\mathsf T}QQ^{\mathsf T}A = A^{\mathsf T}A$ , dus $S = \sqrt{A^{\mathsf T}A}$ via uniciteit. Voor singuliere $A$ is $S$ singulier en $Q$ niet uniek: zij kan willekeurig gewijzigd worden op $(\operatorname{im} S)^{\perp}$ — extreem geval $A = 0$ , waar elke orthogonale $Q$ werkt.

13. Diagonaliseer $S = P\Sigma P^{\mathsf T}$ (spectraal- stelling), $\Sigma = \operatorname{diag}(\sigma_i)$ met $\sigma_i \geq 0$ de eigenwaarden van $S = \sqrt{A^{\mathsf T}A}$ . Dan

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

14. $\norm{Ax}^2 = x^{\mathsf T}S^2x \leq \sigma_{\max}^2\norm x^2$ met gelijkheid in een top-eigenvector van $S$ : $\vertiii A_2 = \sigma_{\max}$ — voor symmetrische $A$ heeft $S = \sqrt{A^2}$ eigenwaarden $\abs{\lambda_i}$ , wat Oefening 12.7 herstelt. Determinant: $\abs{\det A} = \abs{\det U}\det\Sigma\abs{\det V} = \sigma_1\cdots\sigma_n$ . Bol: schrijvend $x = Vy$ met $\norm y = 1$ , heeft $Ax = U\Sigma y$ coördinaten $z_i = \sigma_iy_i$ in het orthonormale stelsel van de kolommen van $U$ : het beeld is $\{\sum z_i^2/\sigma_i^2 = 1\}$ , een ellipsoïde met halve assen $\sigma_i$ .

15. Een rotatie naar hoofdassen (Gevolg 12.15) verandert $f$ in $\lambda_1X^2 + \lambda_2Y^2 + \beta_1X + \beta_2Y + c$ , met $\lambda_1\lambda_2 = \det A$ . Als $\det A \neq 0$ , absorbeer de lineaire termen via de translatie $X \mapsto X - \frac{\beta_1}{2\lambda_1}$ (en evenzo $Y$ ): $\lambda_1X'^2 + \lambda_2Y'^2 = c'$ . Voor $\det A > 0$ (gelijke tekens): een ellips ( $c'$ van het juiste teken), een punt, of leeg. Voor $\det A < 0$ : een hyperbool ( $c' \neq 0$ ) of twee snijdende rechten. Als $\det A = 0$ met rang $1$ (zeg $\lambda_2 = 0 \neq \lambda_1$ ): $\lambda_1X'^2 + \beta_2Y + c''$ , een parabool wanneer $\beta_2 \neq 0$ ; anders twee evenwijdige rechten, één rechte, of leeg. Niet-ontaarde vormen: ellips, hyperbool, parabool, bestuurd door het teken van $\det A$ .

16. Het kwadratische deel $x^2 + 4xy + y^2$ heeft matrix $\begin{pmatrix}1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ , eigenwaarden $3$ en $-1$ met orthonormale richtingen $\frac{1}{\sqrt2}(1,1)$ , $\frac{1}{\sqrt2}(1,-1)$ . In de geroteerde coördinaten $u = \frac{x+y}{\sqrt2}$ , $v = \frac{x-y}{\sqrt2}$ : $x^2 + y^2 = u^2 + v^2$ , $2xy = u^2 - v^2$ , dus is de vorm $3u^2 - v^2$ , en $2x - 2y = 2\sqrt2\,v$ . De vergelijking wordt

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

een hyperbool, middelpunt in $(u, v) = (0, \sqrt2)$ , d.w.z. $(x, y) = (1, -1)$ , met assen langs het geroteerde stelsel.

17. $f(x) = (x - x_0)^{\mathsf T}A(x - x_0) + f(x_0)$ wanneer $Ax_0 = -\frac b2$ , d.w.z. $x_0 = -\frac12A^{-1}b$ : de gradiënt van $f$ verdwijnt precies daar ( $x_0$ is het middelpunt van symmetrie). Met $M = \begin{pmatrix} I & x_0\\ 0 & 1\end{pmatrix}$ :

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},

en $\det M = 1$ : $\det\widetilde Q = f(x_0)\det A$ . De gecentreerde vergelijking luidt $q(X) = -f(x_0)$ : voor $f(x_0) = 0$ ontaardt zij tot $q(X) = 0$ (twee rechten door het middelpunt als de signatuur $(1,1)$ is, het enkele punt $x_0$ als $q$ definiet is); voor $f(x_0) \neq 0$ is de kegelsnede een echte ellips of hyperbool.

18. $A^{-1} = -\frac13\begin{pmatrix} 1 & -2\\ -2 & 1\end{pmatrix}$ , $\frac b2 = (1, -1)$ : $x_0 = -A^{-1}\frac b2 = (1, -1)$ , zoals gevonden in vraag 16. $f(x_0) = q(1,-1) + 2 + 2 - 4 = (1 - 4 + 1) + 0 = -2 \neq 0$ , en $\det\widetilde Q = f(x_0)\det A = (-2)(-3) = 6 \neq 0$ : niet-ontaard; $\det A = -3 < 0$ : een hyperbool — en inderdaad matcht de gecentreerde vergelijking $3u^2 - (v - \sqrt2)^2 = -f(x_0) = 2$ vraag 16.

19. De matrix is $(1-\lambda)I + \lambda J$ : eigenwaarden $1 + 2\lambda$ (richting $(1,1,1)$ ) en $1 - \lambda$ (dubbel, op $x + y + z = 0$ ). Gevallen:

$-\frac12 < \lambda < 1$ : alle eigenwaarden positief: een omwentelingsellipsoïde om $(1,1,1)$ (een bol voor $\lambda = 0$ );
$\lambda = 1$ : $q = (x+y+z)^2$ : de vergelijking geeft de twee evenwijdige vlakken $x + y + z = \pm1$ ;
$\lambda = -\frac12$ : eigenwaarden $0, \frac32, \frac32$ : een cirkelcilinder van as $(1,1,1)$ ;
$\lambda > 1$ : signatuur $(1, 2)$ : een hyperboloïde van twee bladen;
$\lambda < -\frac12$ : signatuur $(2, 1)$ : een hyperboloïde van één blad.

20. De polaire vorm van $q$ is een inwendig product $\langle\cdot,\cdot\rangle_q$ op $E$ . Voor vaste $x$ is $y \mapsto \varphi'(x, y)$ (polaire vorm van $q'$ ) lineair, dus gelijk aan $\langle z_x, y\rangle_q$ voor unieke $z_x$ ; $u(x) := z_x$ is lineair (uniciteit), en $\langle u(x), y\rangle_q = \varphi'(x,y) = \varphi'(y,x) = \langle u(y), x\rangle_q$ : $u$ is symmetrisch in de euclidische ruimte $(E, \langle\cdot,\cdot\rangle_q)$ . De spectraalstelling (Stelling 12.13) geeft een $q$ -orthonormale eigenbasis $(\varepsilon_i)$ , $u(\varepsilon_i) = \mu_i\varepsilon_i$ : daarin $q(x) = \sum x_i^2$ en $q'(x) = \langle u(x), x\rangle_q = \sum\mu_ix_i^2$ .

21. Laat $P$ de matrix van die basis zijn: congruentie geeft $P^{\mathsf T}AP = I$ en $P^{\mathsf T}BP = \operatorname{diag}(\mu_i)$ . Dan

\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) :

de $\mu_i$ zijn de wortels van het potlood $\det(B - \mu A)$ .

22. $\det(B - \mu A) = \det\begin{pmatrix} -2\mu & 1-\mu\\ 1-\mu & -\mu\end{pmatrix} = 2\mu^2 - (1-\mu)^2 = \mu^2 + 2\mu - 1$ : wortels $\mu_\pm = -1 \pm \sqrt2$ . Oplossen van $(B - \mu_\pm A)v = 0$ : $v_\pm = (1 - \mu_\pm,\ 2\mu_\pm)$ (de tweede-rij-identiteit $(1-\mu)^2 = 2\mu^2$ in de wortels bevestigt het). De $A$ -normen komen schoon uit: $q_A(v_\pm) = 2(1 + \mu_\pm^2)$ , en men controleert $\varphi_A(v_+, v_-) = 0$ via $\mu_+ + \mu_- = -2$ , $\mu_+\mu_- = -1$ . De basis $\Bigl(\frac{v_+}{\sqrt{2(1 + \mu_+^2)}}, \frac{v_-}{\sqrt{2(1+\mu_-^2)}}\Bigr)$ is orthonormaal voor $A$ en diagonaliseert $B$ met ingangen $\mu_\pm$ .

23. Als enige inverteerbare $P$ beide vormen diagonaliseerde, zou de berekening van vraag 21 $\det(B - \mu A) = (\det P)^{-2}\prod(d_{2i} - \mu d_{1i})$ geven, een reële veelterm gesplitst in reële lineaire factoren. Maar hier is

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

van graad $2$ zonder reële wortel: contradictie. (De Lorentz-signatuur $A$ laat $B$ -“rotaties” toe zonder reële assen.)

24. $A^{-1}B = A^{-1/2}\bigl(A^{-1/2}BA^{-1/2}\bigr) A^{1/2}$ met $A^{1/2} = \sqrt A$ positief definiet (Oefening 12.6): $A^{-1}B$ is similar met de symmetrische $A^{-1/2}BA^{-1/2}$ , dus diagonaliseerbaar met reële eigenwaarden. En $\det(B - \mu A) = \det A\cdot \det(A^{-1}B - \mu I)$ : de potloodwortels $\mu_i$ van vraag 21 zijn precies de eigenwaarden van $A^{-1}B$ .

25. (i) Elk deel steunde op de spectraalstelling: via de vierkantswortel (Cholesky, polair), de eigenwaarde- grenzen (Hadamard), de hoofdassen (kegelsneden), en de $q$ -aangepaste versie (simultane reductie). (ii) Gram- realisaties, Hadamard, en de polaire ontbinding overleven in de semi-definiete wereld; uniciteit van Cholesky, de pivot- formule, en de simultane reductie hebben definietheid nodig (vragen 12 en 23 tonen precies hoe zij falen). (iii) Gekoppelde kleine oscillaties: kinetische energie (positief definiet) en potentiële energie zijn twee kwadratische vormen; de basis van vragen 20–22 is de normale trillingswijzen van het systeem, en de $\mu_i$ zijn de gekwadrateerde hoekfrequenties.