1611672539-677b29cdbc8eab584ceda70868ef891f (Колесников - Лекции), страница 13

. . , fn имеет видB = diag(a11, b2, . . . , bn).• Случай 2: a11 6= 0.Рассмотримa12a1n ... −1 − aa11 1101...0 T =. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .00...1— невырожденная матрица.Вычислим первую строку матрицыa12a1n ...

−a11 a12 . . . a1n 1 −1 0 ... 0a11a11  ∗ . . . . . . ∗  a∗ ...∗  0  12⊺1...0 T AT = . . . . . . . . . . . .  . . . . . . . . . . . . . . . . . .  . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .a1n ∗ . . .∗∗ ...... ∗00...11 0 ... 0a11 0 . . . 0a11 0 . . . 0∗ .

. . . . . ∗  ∗ 0∗ . . . ∗. . . . . . ∗==. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . .∗ ...... ∗0 ∗ ... ∗∗ ...... ∗(элементы первого столбца равны нулю из симметрии).Таким образом, переходя к новому базису при помощи матрицы переходаT , мы приводим матрицу квадратичной формы к виду, рассмотренному вслучае 1.• Случай 3: a11 = 0, но a1j 6= 0 для некоторого j ∈ {2, .

. . , n}.Не ограничивая общности, полагаем, что j = 2и a22 = 0: если a22 6= 0, то можно поменять местами векторы e1 и e2в базисе, тогда получим матрицу, рассмотренную в случае 2.Рассмотрим110 ... 01 −1 0 . . . 0T = 0 0 1 . . . 0. . . . . . . . . . . .

. . . . .0— невырожденная матрица.00 ... 1Вычислим1 1 0 ... 00 a12 ∗ . . . ∗1 1 0 ... 0 1 −1 0 . . . 01 −1 0 . . . 0 a120∗...∗⊺T AT = 0 0 1 . . . 0  ∗∗ ∗ . . . ∗ 0 0 1 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . .  . . . . . . . . . . . . . . .

. . . .  . . . . . . . . . . . . . . . . .000 ... 1∗∗∗ ... ∗000 ... 12a0∗ ... ∗ 12 0−2a∗...∗12=∗∗∗...∗. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .∗∗∗ ... ∗— матрица в новом базисе имеет вид, рассмотренный в случае 2.Метод ЯкобиМы доказали, что любая квадратичная форма на пространстве V надполем F в некотором базисе имеет диагональную матрицу.Это означает, что любой однородный многочлен второй степениот переменных x1, . .

. , xn при некоторой невырожденной (обратимой)линейной замене переменныхy1x1 ..  ..  .  = T  . ,ynxndet T 6= 0,превращается в2.b1y12 + · · · + bnynМожно ли найти подходящие b1, . . . , bn, не находя матрицу замены T ?f : V → F — квадратичная форма, dim V = n.Теорема (формулы Якоби). Пусть в некотором базисе e1, . . . , en матрица формы f равна A = aij .Обозначимaa12 a13a11a ∆0 = 1, ∆1 = a11, ∆2 = 11 12 , ∆3 = a12 a22 a23 , . . . , ∆n = det Aa12 a22a13 a23 a33— угловые миноры матрицы A.Допустим, что ∆i 6= 0 для всех i = 0, . . . , n.Тогда в некотором базисе f1, . .

. , fn пространства V матрица формы fимеет видB = diag!∆n∆1 ∆2,,...,.∆0 ∆1∆n−1Доказательство.Индукцией по n ≥ 1.n = 1: очевидно и тривиально;Допустим, теорема доказана для пространства размерности n − 1.РассмотримU = L(e1, . . . , en−1)иg : U → F,g(x) = f (x) для всех x ∈ U .Это квадратичная форма на U , ее матрица в базисе e1, . . . , en−1 получаетсяиз f вычеркиванием последней строки и последнего столбца. Ее угловыеминоры равны ∆1, .

. . , ∆n−1.Через Φ : V × V → F обозначим линеаризацию формы f .Через Ψ : U × U → F обозначим линеаризацию формы g:Ψ(x, y) = Φ(x, y)для x, y ∈ U .По предположению индукции найдется такой базис f1, . . . , fn−1пространства U , в котором матрица формы g имеет видdiag!∆1 ∆2∆,, .

. . , n−1 ,∆0 ∆1∆n−2т.е.∆i= Φ(fi, fj ),Ψ(fi, fj ) = 2δij∆i−1i, j = 1, . . . , n − 1.Выберем вектор v ∈ V такой, что v 6= 0, Φ(v, fi) = 0 при i = 1, . . . , n − 1.(?) Почему такой вектор найдетсяСоотношение Φ(x, fi) = 0 — однородное линейное уравнение на координатывектора x ∈ V :Φ(x, fi) = [x]⊺e A[fi]e + [fi]⊺e A[x]e = 0.ПоэтомуΦ(x, f1) = 0,Φ(x, f2) = 0,...Φ(x, fn−1) = 0— система из n − 1 однородных уравнений на n переменных — координатвектора x. Такая система имеет ненулевое пространство решений.(?) Система f1, . .

. , fn−1, v — линейно независима(⇒ базис пространства V )В противном случаеv = α1f1 + · · · + αn−1fn−1,αi ∈ F.Тогда для любого j = 1, . . . , n − 10 = Φ(v, fj ) = α1Φ(f1, fj ) + · · · + αn−1Φ(fn−1, fj ) = αj Φ(fj , fj ) = 2αjпоэтому αj = 0.(ибо ∆j 6= 0 при j = 0, 1, . . . , n)∆j∆j−1Вычислим |...α = [f1]e . . . |...|| 6 0[fn−1]e [v]e =|| 1v.αДля построенного базиса f1, . . . , fn имеем:и положим fn =0, ∆i,Φ(fi, fj ) = 2∆i−12b,i 6= j;1 ≤ i = j ≤ n − 1;i = j = n.b∈FПоэтому матрица формы f в базисе f1, . . . , fn имеет вид∆1 ∆2∆n−1B = diag,,...,,b∆0 ∆1∆n−2!Матрица перехода T от базиса e1, . .

. , en к базису f1, . . . , fn имеет вид|...T = [f1]e . . .|||[fn−1]e [fn]e ,...||det T = 1в силу выбора «нормирующего» скаляра α.Итого:B = T ⊺AT,det B = det A;ноdet B =∆∆1 ∆2· · · · · n−1 · b = det A = ∆n.∆0 ∆1∆n−2Отсюдаb=∆n,∆n−1что и требовалось доказать.Закон инерции квадратичных формПусть F = R — поле вещественных чисел;V — конечномерное векторное пространство над R, dim V = n;f : V → R — квадратичная форма.В некотором базисе e1, . . . , en пространства V матрица формы f имеетвидA = diag(b1, .

. . , bn),bi ∈ R,2 для x = x e + · · · + x e ∈ V ,+···+bxт.е. f (x) = b1x2nn n1 1n1причем можно считать, чтоb1, . . . , bs > 0,bs+1, . . . , br < 0,для некоторых 0 ≤ s ≤ r ≤ n.br+1 = · · · = bn = 0Сделав замену1x i = q yi ,|bi|x i = yi ,i = 1, . . . , r,i = r + 1, . . .

, n,получаем2− · · · − yr2f (x) = y12 + · · · + ys2 − ys+1— нормальный вид формы f .Теорема. Любая квадратичная форма f на векторном пространстверазмерности n над R приводится невырожденным преобразованием кнормальному виду2− · · · − yr2,f (x) = y12 + · · · + ys2 − ys+1где числа r и s зависят только от формы f .r = ранг формы f ;s = положительный индекс инерции формы f ;r − s = отрицательный индекс инерции формы f ;s − (r − s) = 2s − r = сигнатура формы f .Доказательство.Параметр r равен рангу матрицы квадратичной формы f — не зависитот базиса.Покажем, что параметр s тоже не зависит от выбора базиса.Допустим, что одна и та же квадратичная форма f. . , −1}, 0, .

. . , 0),в базисе e1, . . . , en имеет матрицу diag(1,. . . , 1, −1, .{z| {z } |sr−s. . , −1}, 0, . . . , 0)в базисе f1, . . . , fn имеет матрицу diag(1,. . . , 1, −1, .{z| {z } |tпричем s < t.r−tРассмотримU1 = L(f1, . . . , ft) ⊆ V,U2 = L(es+1, . . . , er , . . . , en) ⊆ V.dim U1 = t, dim U2 = n − sdim(U1 ∩ U2) = dim U1 + dim U2 − dim(U1 + U2) ≥ (n − s) + t − n > 0т.к. U1 + U2 ⊆ V ⇒ dim(U1 + U2) ≤ n.Возьмем любой ненулевой вектор y ∈ U1 ∩ U2.С одной стороны, y = y1f1 + · · · + ytft ⇒ f (y) = y12 + · · · + yt2 > 0.2 ≤ 0.С другой стороны, y = xs+1es+1 + · · · + xnen ⇒ f (y) = −x2−···−xrs+1Полученное противоречие доказывает, что неравенство s < t невозможно.Обратное неравенство – невозможно из соображений симметрии.Положительно определенные квадратичные формыПусть F = R — поле вещественных чисел;V — конечномерное векторное пространство над R, dim V = n;Квадратичная форма f : V → R называется положительно определенной(положительной), если f (v) > 0 для всех v ∈ V , v 6= 0.Обозначение: f > 0.Теорема.Пусть f — квадратичная форма на n-мерном векторном пространстве Vнад полем R.

Пусть матрица формы f в некотором базисе равна A.∆1, . . . , ∆n — главные миноры матрицы A.Тогда следующие условия эквивалентны:1. f > 0;2. A > 0;3. ∆i > 0 для всех i = 1, . . . , n.Доказательство.(1) ⇐⇒ (2)Напомним, что A > 0 означает по определению, чтоx⊺Ax > 0x1 .. для всех x =  .  6= 0.xnНо ведь f (v) = x⊺Ax, где x = [v] — координатный столбец вектора v;v 6= 0 ⇐⇒ x = [v] 6= 0.Поэтому f > 0 ⇐⇒ A > 0.(2) ⇒ (3)Индукцией по n.n = 1 — очевидно.Допустим, импликация доказана для матриц размера n − 1.Рассмотримa1n...

A=Āa1n . . . annA > 0 ⇒ Ā > 0 ⇒ ∆1, . . . , ∆n−1 > 0 по предположению индукции.Но ∆n = det A = λ1 . . . λn > 0, т.к. все собственные числа положительнойматрицы положительны.(3) ⇒ (1)Непосредственно следует из формул Якоби.Приведение квадратичной формы к главным осямV — евклидово пространство, dim V = n;f : V → R — квадратичная форма.(F = R)Теорема.Найдется такой ортонормированный базис пространства V , в которомматрица квадратичной формы f диагональна.Доказательство.Зафиксируем ортонормированный базис e1, . . . , en пространства V .Пусть A — матрица формы f в базисе e1, .

. . , en.Поскольку A = A⊺, линейный оператор, заданный матрицей A в базисеe1, . . . , en, является симметрическим:ϕ : V → V,[ϕ]e1,...,en = A,ϕ∗ = ϕ.Любой симметрический оператор нормален ⇒ имеет ортонормированный(о.-н.) базис f1, . . . , fn, составленный из собственных векторов.Пусть Q — матрица перехода от e1, .

. . , en к f1, . . . , fn. ТогдаQ−1AQ = Q−1[ϕ]eQ = [ϕ]f = diag(λ1, . . . , λn).Поскольку Q — матрица перехода от о.-н. базиса к о.-н. базису, Q⊺ = Q−1— это ортогональная матрица.ПоэтомуQ−1AQ = Q⊺AQ = diag(λ1, . . . , λn),т.е. матрица формы f в базисе f1, . . . , fn диагональна.Одновременная диагонализация пары квадратичных формЛемма.Пусть A ∈ Mn(R) — симметрическая матрица.

Тогда следующие условияэквивалентны:1. A > 0;2. A = B ⊺B для некоторой B ∈ Mn(R), det B 6= 0.Доказательство.Пусть λ1, . . . , λn — собственные значения матрицы A.(1) ⇒ (2)A > 0 ⇒ λ1, . . . , λn > 0;Q⊺AQ = diag(λ1, . . . , λn)для некоторой ортогональной матрицы Q.Тогда1/21/2B = Q diag(λ1 , . . . , λn )Q⊺— подходящая матрица: B ⊺B = A.(2) ⇒ (1)По определению:x⊺Ax = x⊺(B ⊺B)x = (x⊺B ⊺)(Bx) = (Bx)⊺(Bx)для любого x ∈ Rn.Если det B 6= 0, то x 6= 0 ⇒ Bx 6= 0.Но для любого ненулевого вектора v ∈ Rn величина v ⊺v = сумме квадратовкоординат > 0.Для v = Bx получаем, что x⊺Ax = (Bx)⊺(Bx) > 0 при x 6= 0.Теорема.Пусть f, g — две квадратичные формы на n-мерном пространстве V надR, причем f > 0. Тогда найдется такой базис пространства V , в которомматрица формы f равна En, а матрица формы g диагональна.Доказательство.Зафиксируем какой-нибудь базис в пространстве V .Допустим, в этом базисе матрица формы f равна A, матрица формы gравна C.Требуется доказать, что существует такая невырожденная матрица T ,чтоT ⊺AT = En,T ⊺CT = diag(b1, .

. . , bn).По лемме представимA = B ⊺B,det B 6= 0.Матрица C ′ = (B −1)⊺CB −1 конгруэнтна матрице C ⇒ симметрическая;Найдем ортогональную матрицу Q так, чтобыQ⊺C ′Q = diag(b1, . . . , bn).(?) Матрица T = B −1Q — искомая.Действительно,T ⊺AT = Q⊺(B −1)⊺(B ⊺B)B −1Q = Q⊺Q = En,T ⊺CT = Q⊺C ′Q = diag(b1, .

. . , bn)..