Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 2 · Bachelor Year 2

12Kwadratische vormen

Een kwadratische vorm is de algebraïsche schaduw van een meetkunde: de delen met signatuur nul maken vlak, de positieve delen krommen de ene kant op en 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 meest gebruikte 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 bijbehorende kwadratische vorm is $q(x) = \varphi(x, x)$ . De vorm $\varphi$ wordt uit $q$ teruggewonnen door 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 basisovergang met matrix $P$ vervangt $B$ door $P^{\mathsf T} B P$ (congruentie — geen gelijkvormigheid!). De rang van $q$ is $\operatorname{rk} B$ (invariant: congruentie vermenigvuldigt met inverteerbare matrices).

Voorbeeld 12.2

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

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 $e_1' = (1, 1)$ , $e_2' = (1, -1)$ , dat wil zeggen $P = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix}$ . Dan is

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: $x = u + v$ en $y = u - v$ geven $x^2 + 4xy + y^2 = 6u^2 - 2v^2$ rechtstreeks. Merk op dat de nieuwe diagonaalelementen $6, -2$ niet de eigenwaarden $3, -1$ van $B$ zijn: congruentie herschaalt, en alleen gelijkvormigheid bewaart spectra — maar de tekens komen overeen, zoals de stelling van Sylvester eist. (De basis is hier orthogonaal maar niet orthonormaal; haar 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 $G = \bigl(\langle v_i, v_j\rangle\bigr)$ de lengten en de hoek; haar determinant verpakt de 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 ,

het kwadraat van de oppervlakte van het parallellogram op $v_1, v_2$ — en Cauchy–Schwarz is precies de uitspraak $\det G \geq 0$ . Uitgewerkt voorbeeld: $v_1 = (1, 2, 2)$ en $v_2 = (2, 1, -2)$ 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 met oppervlakte $\sqrt{81} = 9$ . Het inzicht om te onthouden: er werd geen kruisproduct en geen magie van dimensie $3$ gebruikt — $\sqrt{\det G}$ meet $k$ -dimensionaal volume in elke dimensie, het startpunt van Deel I van de weekendopgave en van de oppervlakte-integralen verderop 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 laat zich schrijven als

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

waarbij $\ell_1, \dots, \ell_s, m_1, \dots, m_t$ lineair onafhankelijke lineaire vormen zijn; gelijkwaardig: in een zekere basis is de matrix van $q$ diagonaal met elementen $+1$ ( $s$ keer), $-1$ ( $t$ keer) en $0$ .

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

Geval 1: er komt een kwadraat voor, zeg de coëfficiënt $a$ van $x_1^2$ is ongelijk aan nul. Groepeer alle termen met $x_1$ 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),

waarbij $\lambda$ lineair is en $q_1$ kwadratisch in de overige veranderlijken: één onafhankelijke vorm is afgesplitst (zij bevat $x_1$ , de andere niet), de inductie is op $q_1$ van toepassing, en de $\pm$ -tekens komen uit het teken van $a$ na herschaling met $\sqrt{\abs a}$ .

Geval 2: geen kwadraat, maar 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: met $q = b\,x_1x_2 + x_1\alpha + x_2\beta + q_2$ (waarbij $\alpha, \beta, q_2$ in de overige veranderlijken staan) gaat men na dat

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 de inductie maakt het af.

Onafhankelijkheid van de verzamelde vormen: orden de partijen zoals zij ontstonden. De vormen van de eerste partij bevatten $x_1$ (geval 1) of $x_1, x_2$ (geval 2); alle latere vormen zijn vrij van die veranderlijken. Stel dat een lineaire combinatie van alle verzamelde vormen verdwijnt. Lezen we de coëfficiënt van $x_1$ (en $x_2$ ), dan draagt alleen de eerste partij bij, en binnen die partij zijn de ene of twee vormen zichtbaar onafhankelijk ( $\ell$ alleen; of $\ell \pm m$ met onafhankelijke $\ell, m$ ): de coëfficiënten van de eerste partij verdwijnen dus. Haal die partij weg en herhaal: met inductie langs de partijen verdwijnen alle coëfficiënten — de hele familie is vrij, met de driehoekigheid expliciet gemaakt. ∎

Stelling 12.6 (Traagheidswet van Sylvester)

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

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

en symmetrisch voor $t$ .

Bewijs. Zij $q = \sum_{i \leq s}\ell_i^2 - \sum_{j\leq t} m_j^2$ en zij $F_+$ het opspansel van de vectoren waarop de $(\ell_i)$ als coördinaten werken — concreet: vul de onafhankelijke familie $(\ell_1, \dots, \ell_s, m_1, \dots, m_t)$ aan tot een basis van de duale ruimte $E^*$ , en zij $(u_1, \dots, u_n)$ de basis van $E$ waarvan dit de coördinaatvormen zijn (de antiduale basis: $\ell_i(u_k) = \delta_{ik}$ voor $k \leq s$ , en de latere vormen verdwijnen op de eerdere vectoren). Zet $F_+ = \operatorname{Vect}(u_1, \dots, u_s)$ : 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 dus positief definiet en het maximum hierboven is $\geq s$ . Omgekeerd, zij $F$ een deelruimte 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 is $F \cap G = \{0\}$ (een vector daar ongelijk aan nul zou $q > 0$ en $q \leq 0$ hebben), dus $\dim F \leq \dim E - \dim G \leq s$ . Bijgevolg is het maximum voor elke reductie gelijk aan $s$ : $s$ is intrinsiek, en $t = \operatorname{rk} q - s$ eveneens. ∎

Voorbeeld 12.7

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

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

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

Voorbeeld 12.8 (Een ontaarde vorm, volledig herleid)

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

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 $2y$ ), zodat Sylvester aflezen kan: 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. Het inzicht om te onthouden: rangtekort verschijnt bij Gauss als “de veranderlijken raken op” — de reductie leverde uit drie dimensies maar twee kwadraten, en de ontbrekende dimensie is precies de kern.

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

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

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 tridiagonale $2I + N$ met $N$ de buurmatrix; haar eigenwaarden zijn $2 + \sqrt2$ , $2$ en $2 - \sqrt2$ (controleer de eigenvectoren $(1, \pm\sqrt2, 1)$ en $(1, 0, -1)$ ), alle positief: hetzelfde oordeel, volgens Gevolg 12.15. Gauss is sneller; eigenwaarden zeggen meer (zij geven de hoofdassen en de extreme waarden van $q$ op de bol). Het inzicht om te onthouden: de positieve spillen $2, \frac32, \frac43$ van Gauss zijn precies de verhoudingen $\frac{\Delta_k}{\Delta_{k-1}}$ van de leidende hoofdminoren ( $\Delta_1 = 2$ , $\Delta_2 = 3$ , $\Delta_3 = 4$ ) — de weekendopgave bewijst dit in het algemeen.

Methode 12.10 (Een signatuur berekenen: drie routes)

Gauss (werkt altijd, met de hand het snelst): maak de kwadraten op volgorde af, met geval 2 zodra er geen kwadraat beschikbaar is; tel de tekens. Ga na dat de verzamelde lineaire vormen onafhankelijk zijn — minder vormen dan veranderlijken betekent een kern (Voorbeeld 12.8).
Leidende minoren (voor definietheidstests): alle $\Delta_k > 0$ dan en slechts dan als positief definiet (Oefening 12.8); de spillen $\Delta_k/\Delta_{k-1}$ geven zelfs de coëfficiënten van Gauss (weekendopgave). Deze route faalt stilzwijgend zodra een $\Delta_k = 0$ : val dan terug op route 1.
Eigenwaarden (het meest informatief, het duurst): de tekens van het spectrum (Gevolg 12.15); zij leveren ook de hoofdassen en de extreme waarden van $q$ op de eenheidsbol. Verkies deze route wanneer de eigenstructuur toch al nodig is.

12.3 De spectraalstelling

Zij nu $E$ euclidisch (met inproduct $\langle\cdot,\cdot\rangle$ , volume van bachelorjaar 1).

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

Bestaan en eenduidigheid van de adjunct. Bij vaste $y$ is de vorm $x \mapsto \langle u(x), y\rangle$ lineair, en dus (eindige dimensie) van de gedaante $\langle x, z_y\rangle$ voor een unieke $z_y$ — waarbij de afbeelding $y \mapsto z_y =: u^*(y)$ wegens de eenduidigheid lineair is. De identificatie van de matrix: lees $\langle u(e_i), e_j\rangle$ op beide manieren. ∎

Voorbeeld 12.12 (De adjunct hangt van het inproduct af)

Neem op $\R^2$ het gewogen inproduct $\langle x, y\rangle_D = x_1y_1 + 2x_2y_2$ (matrix $D = \operatorname{diag}(1,2)$ ) en $u$ met 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 $\langle x, u^*(y)\rangle_D = x^{\mathsf T}(DA^*)y$ volgt dat 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}

is. Controle op $x = (1,0)$ en $y = (0,1)$ :

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

en 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 .

Het inzicht om te onthouden: “ $\operatorname{Mat}(u^*) = \operatorname{Mat}(u)^{\mathsf T}$ ” is een uitspraak over orthonormale basissen alleen; in het algemeen komt de metriek $D$ ertussen, precies als bij de simultane reductie van de weekendopgave.

Stelling 12.13 (Spectraalstelling)

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

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 eenheidssfeer $S$ van $E$ , die compact is (eindige dimensie, Stelling 5.13): zij neemt haar maximum $\lambda$ aan in een zekere $a \in S$ . Wij beweren dat $u(a) = \lambda a$ . 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 $S$ (want $\norm{a + ty}^2 = 1 + t^2$ volgens Pythagoras); de gemaximaliseerde functie uitwerken geeft

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}

(de 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 staat $u(a)$ loodrecht op het hele hypervlak $a^\perp$ : $u(a) \in (a^{\perp})^{\perp} = \R a$ , dat wil zeggen $u(a) = \mu a$ ; en $\mu = \langle u(a), a\rangle = \lambda$ .

Inductie. Het orthogonale 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 beperking $u|_F$ is symmetrisch voor het geïnduceerde inproduct; met inductie naar de dimensie heeft $F$ een orthonormale eigenbasis; zet $a$ ervoor.

Aanvullingen. De eigenwaarden zijn de reële getallen $\langle u(e), e\rangle$ op de eigenbasis. Orthogonaliteit van de eigenruimten: uit $u(x) = \lambda x$ en $u(y) = \mu y$ volgt $\lambda\langle x, y\rangle = \langle u(x), y\rangle = \langle x, u(y)\rangle = \mu\langle x, y\rangle$ , dus $\langle x, y\rangle = 0$ zodra $\lambda \neq \mu$ . Matrixvorm: de kolommen van $P$ zijn de orthonormale eigenbasis. ∎

Voorbeeld 12.14 (Een volledige spectrale doorloop)

Diagonaliseer $A = \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ orthogonaal. 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 zonder rekenwerk garandeert. 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 gedraaide assenstelsel} .

De vorm van Oefening 12.1 is dus van hyperbooltype: signatuur $(1,1)$ , in overeenstemming met haar Gauss-reductie $(x + 2y)^2 - 3y^2$ — andere kwadraten, dezelfde signatuur, zoals Sylvester eist. Het inzicht om te onthouden: Gauss gaf het antwoord sneller, maar de spectrale route meldt bovendien dat $q$ op de eenheidscirkel precies $\intcc{-1}{3}$ doorloopt, aangenomen 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 een zekere 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 de positieve en de negatieve eigenwaarden.
Een symmetrische matrix is positief semidefiniet (respectievelijk definiet) dan en slechts dan als al haar eigenwaarden $\geq 0$ (respectievelijk $> 0$ ) 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

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

(2) In de eigenbasis is $\langle Ax, x\rangle = \sum \lambda_i x_i^2$ , ingeklemd tussen $\lambda_{\min}\norm x^2$ en $\lambda_{\max}\norm x^2$ , met gelijkheid in de bijbehorende eigenvectoren; de positiviteit van alle eigenwaarden is dus gelijkwaardig met die 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 gedraaide orthonormale assenstelsel: de hoofdassen van een ellips, uitgerekend. De Gauss-reductie bereikt ook een diagonale vorm, maar alleen de spectraalstelling bereikt haar zonder lengten 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 — dus een ellips. Orthonormale eigenvectoren: voor $\lambda = 1$ lost men $\begin{pmatrix} 4 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}v = 0$ op: $v_1 = \frac{1}{\sqrt5}(1, -2)$ ; voor $\lambda = 6$ : $v_2 = \frac{1}{\sqrt5}(2, 1)$ . In de gedraaide coördinaten $(X, Y)$ langs $(v_2, v_1)$ wordt de vergelijking

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

halve assen $1$ (langs $v_2$ ) en $\sqrt6$ (langs $v_1$ ). Het inzicht om te onthouden: de ruwe gedaante was gratis — $\det = 6 > 0$ en een positief spoor kondigen een ellips aan nog voordat er één eigenvector is berekend — maar alleen de spectraalstelling levert de richtingen en lengten van de assen, dat wil zeggen de werkelijke meetkunde.

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

Wat zijn de extreme waarden van $q(x,y,z) = 2xy + 2yz + 2zx$ op de eenheidsbol? Haar matrix (de matrix met enen buiten de diagonaal uit Oefening 12.2) heeft eigenwaarden $2$ en $-1$ (dubbel), dus geeft 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 analyse, geen multiplicatoren van Lagrange: de spectraalstelling lost deze optimalisatie onder nevenvoorwaarde rechtstreeks op — en geeft de maximalisator erbij. Het inzicht om te onthouden: vergelijk dit met de methode van de multiplicatoren uit het hoofdstuk over differentiaalrekening, die met meer werk dezelfde kritieke punten vindt; voor kwadratische doelfuncties op bollen zijn spectra de koninklijke weg (de weekendopgave van het hermitische hoofdstuk bouwt de hele theorie van Courant en Fischer op deze waarneming).

Opmerking 12.19 (Klassieke valkuilen)

(i) Congruentie is geen gelijkvormigheid: een basisovergang voor een vorm werkt als $P^{\mathsf T}BP$ , niet als $P^{-1}BP$ ; eigenwaarden zijn geen invarianten van een kwadratische vorm ( $I$ en $4I$ zijn congruent via $P = 2I$ ) — alleen hun tekens zijn dat (Sylvester). Spreek pas van de eigenwaarden van een vorm zodra er een inproduct is vastgelegd. (ii) Positieve elementen bewijzen niets: $\begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & 1\end{pmatrix}$ heeft louter positieve elementen en toch signatuur $(1,1)$ ( $\det = -3$ ); omgekeerd kan een positief definiete matrix negatieve elementen buiten de diagonaal hebben (Voorbeeld 12.9 verschoven: $2I - N$ werkt evengoed). Gebruik Methode 12.10. (iii) Afhankelijke kwadraten: $q = \ell_1^2 - \ell_2^2$ schrijven zegt niets zodra $\ell_1, \ell_2$ evenredig zijn — $x^2 + 2xy + y^2 = (x+y)^2$ heeft rang $1$ en niet $2$ ; ga altijd de onafhankelijkheid na voordat je de signatuur afleest. (iv) Extrema op de bol zonder compactheid: de grenzen van Rayleigh in Gevolg 12.15 worden aangenomen omdat de bol compact is; op de open bal of op de hele ruimte heeft een onbepaalde vorm noch maximum noch minimum.

Opmerking 12.20 (Waar dit wordt gebruikt)

De spectraalstelling is het meest geëxporteerde resultaat van dit boek: de statistiek diagonaliseert er covariantiematrices mee (hoofdcomponentenanalyse), de mechanica haalt er de normale modi van trillingen uit (de simultane reductie van de weekendopgave), de numerieke wiskunde bouwt er de ontbindingen van Cholesky en in singuliere waarden op (dezelfde opgave), en het volgende hoofdstuk brengt haar over naar complexe hermitische ruimten. Het volume van bachelorjaar 3 bewijst haar oneindigdimensionale gedaante voor compacte zelftoegevoegde operatoren, waar het compactheidsargument uit het eindigdimensionale bewijs het hele verhaal wordt.

Opmerking 12.21 (Vooruitblik binnen dit volume)

Kwadratische vormen lopen in drie vermommingen door de rest van Boek 4. Als hessianen: het hoofdstuk over differentiaalrekening klasseert kritieke punten naar de signatuur van de tweede-ordevorm, zodat de invariantie van Sylvester juist datgene is wat van “zadelpunt” een welgedefinieerd woord maakt. Als energieën: de oscillatoren van het hoofdstuk over differentiaalvergelijkingen dragen de kwadratische energie $\frac12x'^2 + \frac12\omega^2x^2$ , en de simultane reductie van de weekendopgave van dit hoofdstuk is precies het uithalen van de normale modi. Als meetkunde: de kegelsneden van dit hoofdstuk groeien uit tot de kwadrieken van de meetkundige hoofdstukken, waar de tweede fundamentaalvorm van een oppervlak — een kwadratische vorm op elk raakvlak — met haar signatuur beslist of het oppervlak als een schaal dan wel als een zadel kromt. Het hermitische hoofdstuk, hierna, speelt de hele partituur over $\C$ opnieuw.

12.4 Oefeningen

Oefening 12.1 ★

Herleid met Gauss 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 vorm van hyperbooltype).

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

Oefening 12.2 ★

Diagonaliseer $A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1\\ 1 & 0 & 1\\ 1 & 1 & 0\end{pmatrix}$ orthogonaal (de eigenwaarden komen 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 $(1,-1,0), (1,0,-1)$ dat $e_2 = \frac{1}{\sqrt2}(1,-1,0)$ , $e_3 = \frac{1}{\sqrt6}(1,1,-2)$ . 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 gedraaide 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 $u^{**} = u$ , dat $(u \circ v)^* = v^* \circ u^*$ , en dat $\ker u^* = (\operatorname{im} u)^{\perp}$ . Leid af dat $\operatorname{rk} u^* = \operatorname{rk} u$ .

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 $\operatorname{rk} u^* = \operatorname{rk} u$ volgens de rangstelling — de euclidische gedaante van de rangstelling voor de getransponeerde.

Oefening 12.4 ★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.4.

Spectraal: $A = PDP^{\mathsf T}$ , met $D$ diagonaal met elementen $\lambda_i$ die voldoen aan $\lambda_i^3 = \lambda_i$ : $\lambda_i \in \{-1, 0, 1\}$ . Dan is $A^2 = PD^2P^{\mathsf T}$ met $D^2$ diagonaal met elementen $0/1$ : $A^2$ 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 staan volgens de spectraalstelling loodrecht op elkaar).

In het algemeen is $P(A) = P\!\left(\text{diag}\right)$ : $P(A)$ heeft dezelfde eigenvectoren en eigenwaarden $P(\lambda_i)$ — de “spectrale afbeelding” op het diagonaliseerbare niveau.

Oefening 12.5 ★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.5.

Gesloten: $O(n) = g^{-1}(\{I\})$ voor de continue $g(P) = P^{\mathsf T}P$ (veeltermelementen). Begrensd: elke kolom van $P \in O(n)$ is een eenheidsvector, dus alle elementen 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 op $O(n)$ de twee waarden $\pm1$ aan, en een continue surjectie op $\{-1, 1\}$ splitst de ruimte (het argument van Voorbeeld 4.28).

Oefening 12.6 ★★

(Vierkantswortel) Zij $A$ symmetrisch positief semidefiniet. Construeer een symmetrische positief semidefiniete $B$ met $B^2 = A$ , en bewijs dat zij uniek is (bestaan: neem in een spectrale basis de vierkantswortels van de eigenwaarden; eenduidigheid: een kandidaat $B$ commuteert met $A = B^2$ en bewaart dus haar eigenruimten — herleid op elk daarvan tot het scalaire geval).

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.6.

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

Eenduidigheid: zij $B$ symmetrisch positief semidefiniet met $B^2 = A$ . Dan commuteert $B$ met $A$ ; bijgevolg bewaart $B$ elke eigenruimte $E_\lambda(A)$ (voor $Ax = \lambda x$ : $A(Bx) = BAx = \lambda Bx$ ). Op $E_\lambda(A)$ is de beperking van $B$ symmetrisch positief semidefiniet met kwadraat $\lambda\,\mathrm{id}$ ; haar eigenwaarden $\mu$ voldoen aan $\mu^2 = \lambda$ , $\mu \geq 0$ : $\mu = \sqrt\lambda$ — de beperking is dus diagonaliseerbaar met de enige eigenwaarde $\sqrt\lambda$ en is bijgevolg $\sqrt\lambda\,\mathrm{id}$ . Omdat $E = \bigoplus E_\lambda(A)$ , is $B$ vastgelegd: $B = \sqrt A$ .

Oefening 12.7 ★★

Bewijs voor reële symmetrische $A$ dat $\vertiii{A}_2 := \sup_{\norm x_2 = 1}\norm{Ax}_2 = \max_i \abs{\lambda_i}$ (de 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 $3, -1$ (de tweelingzus van Voorbeeld 12.16): $\vertiii A_2 = 3$ .

Oefening 12.8 ★★★

(Criterium van Sylvester) Zij $A$ reëel symmetrisch met leidende hoofdminoren $\Delta_1, \dots, \Delta_n$ (de determinanten van de blokken linksboven). Bewijs dat $A$ positief definiet is dan en slechts dan als alle $\Delta_k > 0$ . (Voor $\Rightarrow$ : beperkingen 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 blok linksboven van formaat $n-1$ is positief definiet, diagonaliseer de vorm op die deelruimte en maak het kwadraat in de laatste veranderlijke af; het teken van het laatste diagonaalelement wordt door $\det A = \Delta_n > 0$ bestuurd.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.8.

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

( $\Leftarrow$ ) Inductie naar $n$ ; $n = 1$ is duidelijk. Neem aan dat alle $\Delta_k > 0$ . Met 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 volledige ruimte geeft het afmaken van het kwadraat in de laatste veranderlijke

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 toont signatuur $(n-1 + \epsilon, \cdot)$ met $\epsilon$ de tekenbijdrage van $c$ ; en de determinant behoudt onder congruentie het teken van het product van de diagonaalcoëfficiënten ( $\det(P^{\mathsf T}AP) = (\det P)^2\det A$ ): $\Delta_n > 0$ dwingt $c > 0$ af. Bijgevolg is $q$ een som van $n$ kwadraten van onafhankelijke vormen: positief definiet.

Oefening 12.9 ★★★

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

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

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.9.

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

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

\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 eenheidsvector $x = \sum_{i\geq2} x_ie_i \in H$ dat $\langle u(x), x\rangle = \sum_{i \geq 2} \lambda_i x_i^2 \leq \lambda_2$ , aangenomen in $e_2$ : het maximum van dit hypervlak is precies $\lambda_2$ . Het minimum 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: met de algebraïsche identiteit $2q = \bigl(\sum x_i\bigr)^2 - \sum x_i^2$ samen met de beperking van $q$ tot het hypervlak $\sum x_i = 0$ ; en door de eigenwaarden van haar matrix $\frac12(J - I)$ te berekenen, waarbij $J$ de matrix vol enen 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 rechte $\R(1, \dots, 1)$ is $q(t, \dots, t) = \binom n2 t^2 > 0$ . Een deelruimte waarop $q$ positief definiet is, snijdt $H$ triviaal en heeft dus dimensie $\leq 1$ : volgens Sylvester (Stelling 12.6) is $s = 1$ , en $t \geq n-1$ wegens $H$ ; rang $\leq n$ dwingt signatuur $(1, n-1)$ af, rang $n$ .

Spectrale weg: de matrix is $\frac12(J - I)$ ; $J$ heeft eigenwaarden $n$ (op $(1,\dots,1)$ ) en $0$ (op $H$ ), dus heeft $\frac12(J-I)$ eigenwaarden $\frac{n-1}{2}$ (eenmaal) en $-\frac12$ ( $n-1$ maal): één positieve, $n-1$ negatieve — dezelfde signatuur, volgens Gevolg 12.15.

Oefening 12.11 ★★

Zijn $A$ en $B$ reëel symmetrisch met $B$ positief semidefiniet. Bewijs dat

\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 is $\operatorname{tr}(AB) \geq 0$ zodra beide positief semidefiniet zijn.

Oplossing

Oplossing van Oefening 12.11.

Schrijf $B = C^{\mathsf T}C$ (Oefening 12.6 met $C = \sqrt B$ ). Dan geldt, 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 .

Volgens 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. Is $A$ bovendien positief semidefiniet, dan is $\lambda_{\min}(A) \geq 0$ : $\operatorname{tr}(AB) \geq 0$ .

Oefening 12.12 ★★★

Beschouw op $E = \mathcal{M}_n(\R)$ de afbeelding $q(M) = \operatorname{tr}(M^2)$ .

Toon aan dat $q$ een kwadratische vorm is met polaire vorm $\varphi(M, N) = \operatorname{tr}(MN)$ .
Toon aan dat de symmetrische en de antisymmetrische matrices $\varphi$ -orthogonale deelruimten vormen waarop $q$ respectievelijk positief definiet en negatief definiet is (bereken $\operatorname{tr}(M^2)$ element voor element in elk geval).
Besluit: $q$ 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 symmetrische $S$ en antisymmetrische $K$ is $\operatorname{tr}(SK) = \operatorname{tr}\bigl((SK)^{\mathsf T}\bigr) = \operatorname{tr}(K^{\mathsf T}S^{\mathsf T}) = -\operatorname{tr}(KS) = -\operatorname{tr}(SK)$ , dus $\varphi(S, K) = 0$ : de twee deelruimten zijn $\varphi$ -orthogonaal. Element voor element 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; deze opgave gebruikt haar als fabriek. Uit Gram-matrices maken we de Cholesky-factorisatie (en herkennen we de spillen van Gauss als verhoudingen van minoren), bewijzen we daarna de ongelijkheid van Hadamard voor determinanten, bouwen we de polaire ontbinding $A = QS$ en de ontbinding in singuliere waarden, klasseren we de kegelsneden in het vlak, en eindigen we met de simultane reductie van twee vormen — de stelling achter de normale modi van trillingen. Overal is $E = \R^n$ met haar standaardinproduct.

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 aan dat $G$ symmetrisch positief semidefiniet is, en positief definiet dan en slechts dan als $(v_1, \dots, v_n)$ lineair onafhankelijk is (bereken $X^{\mathsf T}GX$ ).
Toon omgekeerd aan dat elke symmetrische positief semidefiniete $A$ een Gram-matrix is: $A = C^{\mathsf T}C$ voor zekere $C$ (gebruik de vierkantswortel van Oefening 12.6), met $C$ inverteerbaar dan en slechts dan als $A$ definiet is.
Leid af dat een positief semidefiniete $A$ voor alle $i, j$ voldoet aan $\abs{a_{ij}} \leq \sqrt{a_{ii}\,a_{jj}}$ (beperk tot twee coördinaten) — de ongelijkheid van Cauchy–Schwarz, matricieel herlezen.
(Cholesky) Zij $A$ positief definiet. Bewijs dat er een unieke bovendriehoekige $T$ met positieve diagonaalelementen bestaat zodanig dat

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

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

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

de minoren van het criterium van Sylvester (Oefening 12.8) en de spillen van Gauss zijn dezelfde gegevens. Controleer dit op Voorbeeld 12.9.

Deel II — De ongelijkheid van Hadamard.

Zij $A$ positief definiet. Bewijs dat

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

(normaliseer: $B = DAD$ met $D = \operatorname{diag}(a_{ii}^{-1/2})$ heeft diagonaal vol enen; begrens $\det B = \prod \mu_i$ met de ongelijkheid tussen rekenkundig en meetkundig gemiddelde tegen $\operatorname{tr} B = n$ ).
Toon aan dat gelijkheid geldt dan en slechts dan als $A$ diagonaal is.
Leid de ongelijkheid van Hadamard af: voor elke reële vierkante matrix $M$ met kolommen $c_1, \dots, c_n$ geldt

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

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

Deel III — Polaire ontbinding en singuliere waarden.

Zij $A$ inverteerbaar. Toon aan 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 ontbinding $A = QS$ geven met $Q$ orthogonaal en $S$ positief definiet.
Bewijs dat deze ontbinding van een inverteerbare $A$ eenduidig is.
Breid het 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 aan dat $S_k = Q_k^{\mathsf T}(A + \varepsilon_kI)$ naar een positief semidefiniete $S$ convergeert met $A = QS$ en $S = \sqrt{A^{\mathsf T}A}$ . Waar faalt de eenduidigheid voor singuliere $A$ ?
(Ontbinding in singuliere waarden) Leid af dat elke reële vierkante $A$ zich laat schrijven als

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

waarbij de $\sigma_i$ (de singuliere waarden) de eigenwaarden van $\sqrt{A^{\mathsf T}A}$ zijn.
Drie gevolgen: $\vertiii{A}_2 = \sigma_{\max}$ voor elke reële $A$ (wat Oefening 12.7 veralgemeent); $\abs{\det A} = \sigma_1\cdots\sigma_n$ ; 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, met de spectraalstelling. Een kegelsnede in het vlak is de nulverzameling van $f(x) = q(x) + \langle b, x\rangle + c$ , met $q \neq 0$ een kwadratische vorm met matrix $A$ , $b \in \R^2$ en $c \in \R$ .

Herleid $f$ met een rotatie (hoofdassen, Gevolg 12.15) gevolgd door een translatie, en klasseer de mogelijke niet-lege, niet-ontaarde gedaanten naar 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

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

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

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

de centrale kegelsnede is ontaard (een punt of twee rechten) precies wanneer $\det\widetilde Q = 0$ .
Ga vraag 17 na op het voorbeeld van vraag 16: bereken $x_0$ , $f(x_0)$ en $\det\widetilde Q$ , en besluit opnieuw dat de kegelsnede een niet-ontaarde hyperbool is.
(Een bundel kwadrieken) Klasseer voor $\lambda \in \R$ het oppervlak

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

naar de eigenwaarden van haar matrix (structuur met enen: eigenwaarden $1 + 2\lambda$ en $1 - \lambda$ dubbel): bol of ellipsoïde, cilinder, paar vlakken, en hyperboloïden van één en van twee bladen, naargelang $\lambda$ .

Deel V — Twee vormen tegelijk: simultane reductie.

Zij $q$ positief definiet en $q'$ een willekeurige kwadratische vorm op $E$ . Bewijs dat er een basis van $E$ bestaat 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 inproduct en pas de spectraalstelling toe op het endomorfisme dat $q'$ voorstelt).
Matrixvorm: voor $A$ positief definiet en $B$ symmetrisch bestaat er een inverteerbare $P$ met $P^{\mathsf T}AP = I$ en $P^{\mathsf T}BP = \operatorname{diag}(\mu_1, \dots, \mu_n)$ , waarbij de $\mu_i$ de nulpunten van $\det(B - \mu A) = 0$ zijn.
Voer dit volledig uit voor

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

de veralgemeende eigenwaarden $\mu_\pm$ , en vectoren die beide vormen diagonaliseren.
Toon aan dat de positieve definietheid niet mag vervallen: voor

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

diagonaliseert geen enkele basis beide vormen (zou $P$ ze beide diagonaliseren, dan zou $\det(B - \mu A)$ in lineaire factoren met reële nulpunten uiteenvallen; reken haar uit).
Toon aan dat de $\mu_i$ uit vraag 21 de eigenwaarden van $A^{-1}B$ zijn, en dat $A^{-1}B$ , hoewel in het algemeen niet symmetrisch, altijd diagonaliseerbaar is met reële eigenwaarden (conjugeer met $\sqrt A$ ).
Synthese. In telkens één zin: (i) de ene stelling waarop elk deel steunde; (ii) welke resultaten uit de Delen I–III overleven voor positief semidefiniete matrices, en welke definietheid nodig hebben; (iii) het fysische systeem waarvan de vragen 20–22 de kleine trillingen 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 wegens de symmetrie van het inproduct, 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 dan en slechts dan als $\sum x_iv_i = 0$ : $G$ is definiet dan en slechts dan als de enige nulcombinatie de triviale is, dat wil zeggen dan en slechts dan als 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 dan en slechts dan als $CX \neq 0$ voor $X \neq 0$ , dat wil zeggen dan en slechts dan als $C$ inverteerbaar is.

3. De beperking 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 altijd positief semidefiniet: haar determinant (het 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 levert 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 ,

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

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

Eenduidigheid: geldt $T_1^{\mathsf T}T_1 = T_2^{\mathsf T}T_2$ , dan voldoet $R = T_1T_2^{-1}$ aan $R^{\mathsf T}R = I$ : $R$ is orthogonaal, en bovendien bovendriehoekig met positieve diagonaal (product van zulke matrices). Dan is $R^{-1} = R^{\mathsf T}$ tegelijk boven- (inverse van een bovendriehoekige) en benedendriehoekig (getransponeerde van een bovendriehoekige): diagonaal; een orthogonale diagonaalmatrix heeft elementen $\pm1$ , en de positiviteit dwingt $R = I$ af: $T_1 = T_2$ .

5. Voor $i, j \leq k$ betreft $(T^{\mathsf T}T)_{ij} = \sum_m t_{mi}t_{mj}$ alleen $m \leq \min(i,j) \leq k$ : het leidende blok van formaat $k\times k$ van $A$ is $T_k^{\mathsf T}T_k$ , met $T_k$ het leidende blok van $T$ . Bijgevolg is $\Delta_k = (\det T_k)^2 = (t_{11}\cdots t_{kk})^2$ . Nu stuit de Gauss-reductie van een positief definiete vorm in de natuurlijke volgorde nooit op een verdwijnende kwadraatcoëfficiënt (de spillen zijn de diagonaalelementen van de achtereenvolgens herleide positief definiete blokken): zij levert $q = \sum_k d_k\ell_k^2$ met $\ell_k = x_k + (\text{termen in } x_{k+1}, \dots)$ , dat wil zeggen $A = L^{\mathsf T}DL$ met $L$ unipotent driehoekig; dan is $T = \sqrt D\,L$ een Cholesky-factor, dus wegens de eenduidigheid is $t_{kk}^2 = d_k$ 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 spillen waren $2, \frac32, \frac43$ .

6. Elke $a_{ii} = e_i^{\mathsf T}Ae_i > 0$ . Zij $D = \operatorname{diag}(a_{ii}^{-1/2})$ en $B = DAD$ : positief definiet (congruentie), met $b_{ii} = 1$ , dus $\operatorname{tr} B = n$ . Haar eigenwaarden $\mu_i > 0$ voldoen, volgens de ongelijkheid tussen rekenkundig en meetkundig gemiddelde, 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. De ongelijkheid tussen rekenkundig en meetkundig gemiddelde is een gelijkheid dan en slechts dan als alle $\mu_i$ gelijk zijn (aan $1$ ); een symmetrische matrix met als enige eigenwaarde $1$ is $PIP^{\mathsf T} = I$ . Dus gelijkheid dan en slechts dan als $B = I$ , dat wil zeggen dan en slechts dan als $a_{ij} = 0$ voor $i \neq j$ : $A$ diagonaal.

8. Is $M$ singulier, dan zijn beide leden $\geq 0 = \abs{\det M}$ . 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 dan en slechts dan als $A = M^{\mathsf T}M$ diagonaal is (vraag 7), dat wil zeggen dan en slechts dan als de kolommen paarsgewijs orthogonaal zijn.

9. $\abs{\det M}$ is het volume van het parallellepipedum opgespannen door de kolommen: dat volume is hoogstens het product van de ribbelengten, met gelijkheid precies voor rechthoekige balken. Geldt $\abs{m_{ij}} \leq 1$ , dan is $\norm{c_i} \leq \sqrt n$ , dus $\abs{\det M} \leq n^{n/2}$ . (Het bereiken ervan dwingt orthogonale kolommen met elementen $\pm1$ af: een hadamardmatrix.)

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 en $S$ positief definiet.

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

12. $\det(A + \varepsilon I)$ is een veelterm in $\varepsilon$ die niet nul is: zij heeft eindig veel nulpunten, dus een zekere rij $\varepsilon_k \to 0$ vermijdt 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 is

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

symmetrisch positief semidefiniet als limiet van zulke matrices (gesloten voorwaarden), en $A = QS$ . Bovendien is $S^2 = S^{\mathsf T}S = A^{\mathsf T}QQ^{\mathsf T}A = A^{\mathsf T}A$ , dus $S = \sqrt{A^{\mathsf T}A}$ wegens de eenduidigheid. Voor singuliere $A$ is $S$ singulier en is $Q$ niet uniek: zij kan willekeurig gewijzigd worden op $(\operatorname{im} S)^{\perp}$ — uiterste geval $A = 0$ , waar elke orthogonale $Q$ voldoet.

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

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 bovenste eigenvector van $S$ : $\vertiii A_2 = \sigma_{\max}$ — voor een symmetrische matrix $A$ heeft $S = \sqrt{A^2}$ de eigenwaarden $\abs{\lambda_i}$ , waarmee Oefening 12.7 wordt teruggevonden. Determinant: $\abs{\det A} = \abs{\det U}\det\Sigma\abs{\det V} = \sigma_1\cdots\sigma_n$ . Bol: schrijven we $x = Vy$ met $\norm y = 1$ , dan heeft $Ax = U\Sigma y$ coördinaten $z_i = \sigma_iy_i$ in het orthonormale assenstelsel 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 de hoofdassen (Gevolg 12.15) maakt van $f$ de uitdrukking $\lambda_1X^2 + \lambda_2Y^2 + \beta_1X + \beta_2Y + c$ , met $\lambda_1\lambda_2 = \det A$ . Is $\det A \neq 0$ , absorbeer dan de lineaire termen met 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 ( $c'$ met het juiste teken), een punt of leeg. Voor $\det A < 0$ : een hyperbool ( $c' \neq 0$ ) of twee snijdende rechten. Is $\det A = 0$ 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 gedaanten: 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 gedraaide coördinaten $u = \frac{x+y}{\sqrt2}$ , $v = \frac{x-y}{\sqrt2}$ is $x^2 + y^2 = u^2 + v^2$ en $2xy = u^2 - v^2$ , dus de vorm is $3u^2 - v^2$ , 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 met middelpunt in $(u, v) = (0, \sqrt2)$ , dat wil zeggen $(x, y) = (1, -1)$ , met assen langs het gedraaide assenstelsel.

17. $f(x) = (x - x_0)^{\mathsf T}A(x - x_0) + f(x_0)$ zodra $Ax_0 = -\frac b2$ , dat wil zeggen $x_0 = -\frac12A^{-1}b$ : de gradiënt van $f$ verdwijnt precies daar ( $x_0$ is het symmetriemiddelpunt). 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. $A^{-1} = -\frac13\begin{pmatrix} 1 & -2\\ -2 & 1\end{pmatrix}$ en $\frac b2 = (1, -1)$ : $x_0 = -A^{-1}\frac b2 = (1, -1)$ , 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 stemt de gecentreerde vergelijking $3u^2 - (v - \sqrt2)^2 = -f(x_0) = 2$ overeen met 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 cirkelvormige cilinder met as $(1,1,1)$ ;
$\lambda > 1$ : signatuur $(1, 2)$ : een tweebladige hyperboloïde;
$\lambda < -\frac12$ : signatuur $(2, 1)$ : een eenbladige hyperboloïde.

20. De polaire vorm van $q$ is een inproduct $\langle\cdot,\cdot\rangle_q$ op $E$ . Bij vaste $x$ is $y \mapsto \varphi'(x, y)$ (polaire vorm van $q'$ ) lineair, en dus gelijk aan $\langle z_x, y\rangle_q$ voor een unieke $z_x$ ; $u(x) := z_x$ is lineair (eenduidigheid), 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 $(\varepsilon_i)$ met $u(\varepsilon_i) = \mu_i\varepsilon_i$ : daarin is $q(x) = \sum x_i^2$ en $q'(x) = \langle u(x), x\rangle_q = \sum\mu_ix_i^2$ .

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

\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 nulpunten van de bundel $\det(B - \mu A)$ .

22. $\det(B - \mu A) = \det\begin{pmatrix} -2\mu & 1-\mu\\ 1-\mu & -\mu\end{pmatrix} = 2\mu^2 - (1-\mu)^2 = \mu^2 + 2\mu - 1$ : nulpunten $\mu_\pm = -1 \pm \sqrt2$ . Oplossen van $(B - \mu_\pm A)v = 0$ geeft $v_\pm = (1 - \mu_\pm,\ 2\mu_\pm)$ (de identiteit $(1-\mu)^2 = 2\mu^2$ in de nulpunten bevestigt dit langs de tweede rij). De $A$ -normen komen er netjes uit: $q_A(v_\pm) = 2(1 + \mu_\pm^2)$ , en men gaat na dat $\varphi_A(v_+, v_-) = 0$ met behulp van $\mu_+ + \mu_- = -2$ en $\mu_+\mu_- = -1$ . 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 elementen $\mu_\pm$ .

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

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

van graad $2$ zonder reëel nulpunt: tegenspraak. (De $A$ met lorentzsignatuur laat “ $B$ -rotaties” toe die geen reële assen hebben.)

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 gelijkvormig met de symmetrische $A^{-1/2}BA^{-1/2}$ , en dus diagonaliseerbaar met reële eigenwaarden. En $\det(B - \mu A) = \det A\cdot \det(A^{-1}B - \mu I)$ : de nulpunten $\mu_i$ van de bundel uit vraag 21 zijn precies de eigenwaarden van $A^{-1}B$ .

25. (i) Elk deel leunde op de spectraalstelling: via de vierkantswortel (Cholesky, polair), de grenzen op de eigenwaarden (Hadamard), de hoofdassen (kegelsneden) en de aan $q$ aangepaste gedaante (simultane reductie). (ii) Gram-realisaties, Hadamard en de polaire ontbinding overleven in de semidefiniete wereld; de eenduidigheid van Cholesky, de spilformule en de simultane reductie hebben definietheid nodig (de vragen 12 en 23 tonen precies hoe zij falen). (iii) Gekoppelde kleine trillingen: de kinetische energie (positief definiet) en de potentiële energie zijn twee kwadratische vormen; de basis van de vragen 20–22 vormt de normale modi van het systeem, en de $\mu_i$ zijn de kwadraten van de hoekfrequenties.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst