Lineaire algebra/Kwadratische vorm

Bij een symmetrische bilineare vorm B op de vectorruimte V kan een afbeelding

$Q:V\to \mathbb {R} :v\mapsto B(v,v)$

gedefinieerd worden. Daarvoor geldt:

$Q(v+v')=B(v+v',v+v')=B(v,v)+B(v,v')+B(v',v)+B(v',v')=Q(v)+2B(v,v')+Q(v').$

Dit lijkt veek op de uitwerking van een kwadraat, en Q heet dan ook een kwadratische vorm.

Definitie 22.1

Zij $V$ een lineaire ruimte over een lichaam $K$. Een kwadratische vorm op V is een afbeelding $Q:V\to K$ van $V$ naar $K$ waarvoor een symmetrische bilineaire vorm $B$ op $V$ bestaat, zodanig dat:

$Q(v)=B(v,v).$

Zoals we boven zagen geldt voor de bilineaire vorm B die bij Q bestaat:

$Q(v+v')=2B(v,v')+Q(v)+Q(v').$

Als de karakteristiek van $K$ verschilt van 2 dan is deze bilineaire vorm uniek.

Definitie 22.2

Zij $V$ een lineaire ruimte over een lichaam $K$ waarvan de karakteririek ongelijk is aan 2 en Q een kwadratische vorm op V. De bilineaire vorm

$B(v,w)={\tfrac {1}{2}}(Q(v+w)-Q(v)-Q(w))$

heet de met Q geassocieerde bilineaire vorm.

Stelling 22.1

Zij $V$ een lineaire ruimte over een lichaam $K$ waarvan de karakteririek ongelijk is aan 2 en Q een kwadratische vorm op V. De met Q geassocieerde bilineaire vorm B is eenduidig bepaald.

Stelling 22.2

Een kwadratische vorm $Q$ is een homogene afbeelding van de tweede graad, want:

$Q(\lambda v)=\lambda ^{2}Q(v).$

Laat $b=(b_{1},\ldots ,b_{n})$ een geordende basis van de vectorruimte $V$ zijn.

$B(v,v')=B(\sum v_{i}b_{i},\sum v'_{j}jb_{j})=\sum v_{i}v'_{j}B(b_{i},b_{j})=\sum v_{i}v'_{j}\beta _{ij}$

$Q(v)=B(v,v)=\sum v_{i}v_{j}\beta _{ij}$

Omdat B symmetrisch is, is ook de matrix $\beta$ symmetrisch. Omgekeerde hoort bij iedere symmetrische matrix een symmetrische bilineaire vorm en bijgevolg een kwadratische vorm.

Basisverandering

We zullen onderzoeken wat er gebeurt bij basisverandering. Stel dat je een nieuwe basis $\textstyle \beta '=\{v'_{1},\ldots ,v'_{2}\}$ Dan weten we dat er een inverteerbare matrix $\textstyle P\in F^{n\times n}$ bestaat zodat $\textstyle (v'_{1},\ldots ,v'_{n})=P(v_{1},\ldots ,v_{2})$. We kunnen dus een vector $\textstyle v\in V$ op twee manieren ontbinden:

${\begin{aligned}v&=\sum _{i=1}^{n}x_{i}v_{i}&=\sum _{i=1}^{n}x'_{i}v'_{i}\\&={\begin{pmatrix}v_{1}&\ldots &v_{n}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}v'_{1}&\ldots &v'_{n}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x'_{1}\\\vdots \\x'_{n}\end{pmatrix}}\\&&={\begin{pmatrix}v_{1}&\ldots &v_{n}\end{pmatrix}}P{\begin{pmatrix}x'_{1}\\\vdots \\x'_{n}\end{pmatrix}}\end{aligned}}$

Aangezien de coördinaten uniek zijn weten we dat $\textstyle X=PX'$. Als gevolg zien we dat

${\begin{aligned}\langle v,w\rangle &=X^{T}AY\\&=(PX')^{T}A(PY')\\&=X'^{T}(P^{T}AP)Y'\end{aligned}}$

We kunnen dus besluiten dat bij verandering van een basis met matrix $\textstyle P$ de matrix van de symetrische bilineaire vorm omgevormd wordt tot $\textstyle P^{T}AP$. Opgelet, de matrix $\textstyle A$ en $\textstyle P^{T}AP$ zijn niet gelijkvormig.

Definitie:
We noemen twee matrices $\textstyle A,B\in F^{n\times n}$ congruent als $\textstyle A=P^{T}BP$ voor een zekere inverteerbare matrix $\textstyle P\in F^{n\times n}$.

Matrix van een bilineaire vorm diagonaliseren

Net zoals we met lineaire afbeeldingen gedaan hebben zouden we graag de matrix van een bilineaire vorm diagonaliseren. Deze keer willen we het niet diagonaliseren via gelijkvormigheid maar wel via congruentie. Zoals je in de volgende stelling ziet: we hebben geluk. Iedere matrix is diagonaliseerbaar.

Stelling:
Zij $\textstyle F,V,+)$ een vectorruimte met $\textstyle \dim _{\mathbb {R} }V=n$ met een symmetrische bilineaire vorm $\textstyle \langle ,\rangle$ en $\textstyle 2\neq 0\in F$. Dan bestaat een basis $\textstyle \{v_{1},\ldots ,v_{n}\}$ van $\textstyle V$ zodat $\textstyle \forall i,j:\langle v_{i},v_{j}\rangle =0$ als $\textstyle i\neq j$. Dus m.a.w. dat de matrix diagonaal is.

Bewijs:
We bewijzen dit door inductie op $\textstyle n$.

Initialisatiestap: controleer voor $\textstyle n=1$: Elke $\textstyle 1\times 1$ matrix is een diagonaal matrix dus klop de stelling zeker.

Inductiestap: stel dat de stelling klopt voor alle vectorruimtes t.e.m. dimensie $\textstyle n-1$. Bewijs de stelling nu voor een vectorruimte van dimensie $\textstyle n$. Er zijn twee gevallen mogelijk: ofwel geldt $\textstyle \forall v,w\in V:\langle v,w\rangle =0$, dan klop de stelling, ofwel bestaan er $\textstyle v,w\in V$ waarvoor $\textstyle \langle v,w\rangle \neq 0$. Uit de polaire formule volgt dan dat $\textstyle \exists v_{1}\in V:p(v_{1})\neq 0\Rightarrow \langle v_{1},v_{1}\rangle \neq 0$. Construeer nu de verzameling

$V_{1}=\{x\in V|\langle x,v_{1}\rangle =0\}$

We zien dat $\textstyle V_{1}$ een deelruimte van $\textstyle V$ is, dat $\textstyle v_{1}\notin V_{1}$ dus is $\textstyle \dim V_{1}<\dim V=n$ en tenslotte zien we ook dat $\textstyle \left.\langle ,\rangle \right|_{V_{1}\times V_{1}}:V_{1}\times V_{1}\to F$ een symmetrische bilineaire vorm is.

Door de inductiehypothese bestaat er een basis $\textstyle \{v_{2},\ldots ,v_{k}\}$ voor $\textstyle V_{1}$ met $\textstyle \langle v_{i},v_{j}\rangle =0$ als $\textstyle i\neq j$. Vorm nu de verzameling $\textstyle \{v_{1},v_{2},\ldots ,v_{k}\}$, dan geldt nog steeds dat $\textstyle \langle v_{i},v_{j}\rangle =0$ als $\textstyle i\neq j$. Als we nu kunnen bewijzen dat die verzameling een basis is, dan is de stelling volledig bewezen. Het is voldoende om te bewijzen dat die verzameling voortbrengend is omdat we al weten dat $\textstyle \#\{v_{1},\ldots ,v_{k}\}\leq n$.

Neem een willekeurige $\textstyle x\in V$. construeer daar uit $\textstyle x_{1}=x-{\frac {\langle x,v_{1}\rangle }{\langle v_{1},v_{1}\rangle }}v_{1}\in V$.

${\begin{aligned}\langle x_{1},v_{1}\rangle &=\left\langle x-{\frac {\langle x,v_{1}\rangle }{\langle v_{1},v_{1}\rangle }}v_{1},v_{1}\right\rangle \\&=\langle x,v_{1}\rangle -{\frac {\langle x,v_{1}\rangle }{\langle v_{1},v_{1}\rangle }}\langle v_{1},v_{1}\rangle \\&=\langle x,v_{1}\rangle -\langle x,v_{1}\rangle \\&=0\end{aligned}}$

Dus is $\textstyle x_{1}\in V_{1}$. Aangezien $\textstyle x=x_{1}+{\frac {\langle x,v_{1}\rangle }{\langle v_{1},v_{1}\rangle }}v_{1}=x_{1}+kv_{1}$ kan $\textstyle x$ geconstrueerd worden uit een lineaire combinatie van de vectoren $\textstyle \{v_{1},v_{2},\ldots ,v_{k}\}$ en is die verzameling dus voortbrengend. We besluiten dus dat $\textstyle k=n$ en dat $\textstyle \{v_{1},v_{2},\ldots ,v_{n}\}$ een basis is.

Dit heeft als gevolg dat we in een veld waar $\textstyle 2\neq 0$ elke kwadratische vorm kunnen schrijven als een lineaire combinatie van volkomen kwadraten na het aanpassen van het assenstelsel.

Voorbeeld

Neem het veld $\textstyle F=\mathbb {R}$. $\textstyle q$ is bepaald door de symmetrische matrix

${\begin{pmatrix}3&-1&2\\-1&0&1\\2&1&2\end{pmatrix}}$

Als we dit in formules zetten krijgen we $\textstyle q(x,y,z)=3x^{2}-2xy+4xz+2yz+2z^{2}$. Volgens bovenstaand resultaat kunnen we dit dus tot een lineaire combinatie van volkomen kwadraten omvormen.

${\begin{aligned}q(x,y,z)&=3x^{2}-2xy+4xz+2yz+2z^{2}\\&=3\left(x-{\tfrac {1}{3}}y+{\tfrac {2}{3}}z\right)^{2}-{\tfrac {1}{3}}y^{2}-{\tfrac {4}{3}}z^{2}+2yz+2z^{2}\\&=3\left(x-{\tfrac {1}{3}}y+{\tfrac {2}{3}}z\right)^{2}-{\tfrac {1}{3}}(y-3z)^{2}+3z^{2}+{\tfrac {2}{3}}z^{2}\\&=3\left(x-{\tfrac {1}{3}}y+{\tfrac {2}{3}}z\right)^{2}-{\tfrac {1}{3}}(y-3z)^{2}+{\tfrac {11}{3}}z^{2}\\&=3x'^{2}-{\tfrac {1}{3}}y'^{2}+{\tfrac {11}{3}}z'^{2}\end{aligned}}$

Dan hebben we als matrix van basis verandering de matrix

${\begin{pmatrix}x'\\y'\\z'\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&-{\frac {1}{3}}&{\frac {2}{3}}\\0&1&-3\\0&0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}$

Deze matrix is inverteerbaar en dus een matrix van basis verandering.

Stelling van Sylvester

Stel dat we met het veld $\textstyle \mathbb {C}$ werken, in de vorige sectie hebben we bewezen dat iedere kwadratische vorm als een lineaire combinatie van volkomen kwadraten kan geschreven worden, $\textstyle q(v)=a_{1}x_{1}^{2}+\ldots +a_{r}x_{r}^{2}$. Als we nu voor alle $\textstyle i$ de wortel van $\textstyle a_{i}$ nemen, dan krijgen we dat $\textstyle q(v)=x_{1}^{'2}+\ldots +x_{r}^{'2}$ met $\textstyle x'_{i}={\sqrt {a_{i}}}x_{i}$.

We zouden nu natuurlijk hetzelfde willen doen voor het veld dat het meest gebruikt is: het reële veld. In $\textstyle \mathbb {R}$ hebben we ook dat $\textstyle q(v)=a_{1}x_{1}^{2}+\ldots +a_{r}x_{r}^{2}$. Neem nu

$\left\{{\begin{matrix}{\sqrt {a_{i}}}{\text{ als }}a_{i}>0\\{\sqrt {-a_{i}}}{\text{ als }}a_{i}<0\end{matrix}}\right.$

Aangezien we maar $\textstyle r$ termen opnemen en niet alle $\textstyle n$ termen kunnen we veronderstellen dat $\textstyle a_{i}\neq 0$ is. We kunnen daarenboven nog een afspraak maken dat de eerste $\textstyle p$ coëfficiënten positief zijn en de laatste $\textstyle r-p$ negatief:

$\left\{{\begin{matrix}\forall i\leq p:a_{i}>0\\\forall i>p:a_{i}<0\end{matrix}}\right.$

Dan bestaat er een basis zodat $\textstyle q(v)=x_{1}^{'2}+\ldots +x_{p}^{'2}-x_{p+1}^{'2}-\ldots -x_{r}^{'2}$ met

$\left\{{\begin{matrix}{\sqrt {a_{i}}}{\text{ als }}i\leq p\\{\sqrt {-a_{i}}}{\text{ als }}i>p\end{matrix}}\right.$

Hieruit volgt de stelling van Sylvester:

Stelling:
Het aantal termen $\textstyle r$ en de signatuur $\textstyle p-(r-p)$ van een kwadratische vorm is uniek bepaald, onafhankelijk van de gekozen basis.

Bewijs:
We bewijzen de stelling van Sylvester uit het ongerijmde.

Stel dat $\textstyle q(v)=x_{1}^{'2}+\ldots +x_{p}^{'2}-x_{p+1}^{'2}-\ldots -x_{r}^{'2}$ en ook $\textstyle q(v)=y_{1}^{'2}+\ldots +y_{q}^{'2}-y_{q+1}^{'2}-\ldots -y_{r}^{'2}$ met $\textstyle p\neq q$. We kunnen veronderstellen dat $\textstyle p<q$. Neem nu

$V_{1}=\{v\in V|x_{1}=x_{2}=\ldots =x_{p}=0=y_{q+1}=y_{q+2}=\ldots =y_{n}\}$

In die verzameling hebben we $\textstyle p+(n-q)=n+(p-q)<n$ voorwaarden. Er zijn dus zeker oplossingen buiten de nul oplossing. Neem nu $\textstyle v\neq 0\in V$, dan is $\textstyle q(v)\leq 0$ (t.o.v. de eerste basis) en $\textstyle q(v)\geq 0$ (t.o.v. de tweede basis). Dus is $\textstyle q(v)=0$ en is $\textstyle y_{1}=y_{2}=\ldots =y_{q}=0$ dus is $\textstyle v=0$ wat een contradictie is. De enige mogelijkheid is dus dat $\textstyle p=q$.

Hieruit volgt dat een symmetrisch bilineair product positief is als $\textstyle p=r$ of anders gezegd als de signatuur gelijk is aan $\textstyle r$ en het is definiet als daarenboven $\textstyle r=n$. Een positief definiet symmetrisch bilineair product wordt ook een inproduct genoemd. Tekst die niet geïnterpreteerd wordt.