gal.c8

Forme biliniare

Fie spațiul vectorial $(V, +, \cdot) |_{K}$ .

$g : V \times V \to K$ se numește formă biliniară dacă și numai dacă:

a) $g (α x + β y, z) = α g (x, z) + β g (y, z)$
b) $g (x, α y + β z) = α g (x, y) + β g (x, z)$ $\forall x, y, z \in V$ și $\forall α, β \in L$

$L (V, V; K) = {g : V \times V \to K | g formă bilinară}$

Unde $L (V, V; K) |_{K}$ este spațiu vectorial.
#forma_simetrica #forma_antisimetrica

$g$ Este formă simetrică $\Leftrightarrow g (x, y) = g (y, x)$
$g$ este formă antisimetrică $\Leftrightarrow g (x, y) = - g (y, x)$

Sunt subspații vectoriale:
$L^{s} (V, V; K) = {g : V \times V \to K | g formă simetrică}$

$L^{a} (V, V; K) = {g : V \times V \to K | g formă antisimetrică}$

Dacă $g$ este liniară într-un argument și simetrică $\Rightarrow$ g este biliniară.

Matricea asociată unei forme biliniare

Fie $g \in L (V, V; K)$ și $R = {e_{1}, \dots, e_{n}}$ un reper în $V$ :

g (e_{i}, e_{j}) \overset{not.}{=} g_{i j} \forall i, j = \overset{―}{1, n} G = (g_{i j})_{i, j = \overset{―}{1, n}}

Unde $G$ este matricea asociată lui $g$ în raport cu reperul $R$ .

Rezultă

Forma biliniară în funcție de coordonate și matricea asociată

g (x, y) = g (\sum_{i = 1}^{n} x_{i} e_{i}, \sum_{j = 1}^{n} y_{j} e_{j}) = \sum_{i, j = 1}^{n} x_{i} y_{j} g_{i j}

Fie un alt reper $R^{'} = {e_{1}^{'}, \dots, e_{n}^{'}}$ și $C$ matricea de trecere $R \overset{C}{\to} R^{'}$ .
Atunci:

G^{'} = C^{⊤} G C, G \in G L (n, K)

$rg G^{'} = rg (C^{⊤} G C) = rg G invariant la schimbarea de repre$

Forme pătratice

Într-un corp $K$ cu $ch K \neq 2$ , $Q : V \to K$ se numește formă pătratică dacă și numai dacă:
$\exists g \in L^{s} (V, V; K) astfel încât Q (x) = g (x, x), \forall x \in V .$

Există o corespondență bijectivă între mulțimea formelor pătratice definite pe $V$ și mulțimea formelor biliniare simetrice definite pe $V$ .

Demonstrație bijectivitate:

Fie $Q : V \to K$ o formă pătratică $\Rightarrow$ $\exists g \in L^{s} (V, V; K) astfel încât Q (x) = g (x, x), \forall x \in V .$

Construim g.

g (x + y, x + y) = Q (x + y) \Leftrightarrow g (x, x) + g (y, x) + g (x, y) + g (y, y) = Q (x, y)

Deci:

Q (x) + Q (y) + 2 g (x, y) = Q (x, y)

De unde rezultă forma polară a lui $g$ : #forma_polară

g (x, y) = 2^{- 1} [Q (x, y) - Q (x) - Q (y)]

$Q (x) = \sum_{i = 1}^{n} g_{i j} x_{i}^{2} + 2 \sum_{i = 1}^{n} g_{i j} x_{i} x_{j}$

Nucleul lui

g

Fie $g \in L^{s} (V, V; K)$
$\ker g = {x \in V | g (x, y) = 0, \forall y \in V}$

Mai mult:
$g$ se numește nedegenerat $\Leftrightarrow$ $\ker g = {0_{V}}$

Observație
Fie $R = {e_{1}, \dots, e_{n}}$ reper în $V$ și $x \in Ker g$

{\begin{cases} g (x, e_{1}) = 0 \\ ⋮ \\ g (x, e_{n}) = 0 \end{cases} ⟹ {\begin{cases} \sum_{i = 1}^{m} g_{1 i} x_{i} = 0 \\ ⋮ \\ \sum_{i = 1}^{m} g_{n i} x_{i} = 0 \end{cases}

Sistemul este un SLO. Are soluție unică nenulă $\Leftrightarrow$ $\det ((g_{i j})_{i, j}) = \det G \neq 0$

Forme pozitiv definite

Definition

Fie $Q : V \to R$ fromă pătratică reală
Se numește pozitiv definită dacă și numai dacă:
1) $Q (x) > 0, \forall x \neq 0_{V}$ și
2) $Q (x) = 0 \Leftrightarrow x = 0_{V}$

Fie $g$ forma polară asociată lui $Q$ . Dacă $Q$ este pozitivă definită, atunci $g$ este pozitiv definită.

Proprietate
$Fie g \in L^{s} (V, V; R) .$
$g$ pozitiv definită $⟹$ $g$ este nedegenerată

Exemplul 1

Fie

g : R^{3} \times R^{3} \to R, g (x, y) = x_{1} y_{1} + x_{2} y_{2} + x_{3} y_{3}

$G$ = ? -> matricea asociată lui $g$ în raport cu reperul canonic
$Q : R^{3} \to R$ forma pătratică asociată lui $g$ . Este pozitiv definită?

Soluție

a) $g (x, y) = \sum_{i, j = 1}^{3} g_{i j} x_{i} y_{j} = x_{1} y_{1} + x_{2} y_{2} + x_{3} y_{3} = \sum_{i = 1}^{3} x_{i} y_{i}$

Deci:

G = I_{3} = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})

b) $Q$ formă pătratică.

Q (x) = g (x, x) = \sum_{i = 1}^{3} x_{i}^{2}

Avem

Q (x) > 0, \forall x \in R^{3} (1)

Și

Q (x) = 0 ⟺ x_{1} = x_{2} = x_{3} = 0 ⟺ x = \sum_{i = 1}^{3} x_{i} e_{i} = 0_{R^{3}} (2)

Deci, (1), (2), $⟹$ $Q$ este pozitiv definită

Exemplul 2

Fie

g : R^{3} \times R^{3} \to R, G = (\begin{matrix} 1 & 3 & 2 \\ 3 & 4 & - 1 \\ 2 & - 1 & 0 \end{matrix})

$g$ forma biliniară, $G$ matricea asociată lui $g$ în raport cu reperul canonic $R_{0}$

a) $g$ este formă simetrică
b) $g$ = ?, $Q : R^{3} \to R$ formă pătratică asociată, $Q$ = ?

Soluție

a) $G = G^{⊤} ⟹ g \in L (R^{3}, R^{3}; R)$

\begin{aligned} g (x, y) & = \sum_{i, j = 1}^{3} g_{i j} x_{i} y_{j} \\ = x_{1} y_{1} + 3 x_{1} y_{2} + 2 x_{1} y_{3} \\ + 3 x_{2} y_{1} + 4 x_{2} y_{2} - x_{2} y_{3} \\ + 2 x_{3} y_{1} - 1 x_{3} y_{2} \end{aligned}

Aflăm și forma pătratică

Q (x) = g (x, x) = \sum_{i = 1}^{3} g_{i i} x_{i}^{2} + 2 \sum_{i < j} g_{i j} x_{i} x_{i} = x_{1}^{2} + 4 x_{2}^{2} + 6 x_{1} x_{2} + 4 x_{1} x_{3} - 2 x_{2} x_{3}

Problemă - Forma canonică

Fie $Q : V \to K$ formă pătratică.
$\exists R = {e_{1} \dots e_{n}}$ reper în $V$ astfel încât:

G = (\begin{matrix} a_{1} & 0 & \dots & 0 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & a_{2} & \dots & 0 & 0 & \dots & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & \dots & a_{k} & 0 & \dots & 0 \\ 0 & 0 & \dots & 0 & 0 & \dots & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ 0 & 0 & \dots & 0 & 0 & \dots & 0 \end{matrix}) ?

(i.e., G este diagonalizabilă)

Dacă există, atunci #forma_canonică

Q (x) = a_{1} x_{1}^{2} + \dots + a_{k} x_{k}^{2}

Unde $r = rg G$ . (Se numește forma canonică)

Teorema Gauss

Fie $Q : V \to K$ o formă pătratică.

$\exists R = {e_{1}, \dots, e_{n}}$ reper în $V$ astfel încât $Q$ are o formă canonică.

Demonstrație

$Q = 0 ⟹ Q$ are formă canonică
$Q \neq 0 ⟹ G \neq O_{n}$

$g_{11} \neq 0$
$g_{11} = 0, \exists i_{0} \in {2, \dots, n} a.i. g_{i_{0} i_{0}} \neq 0$
Aici eventual schimbăm indicii (schimbare de reper) astfel încât $g_{11} \neq 0$
$g_{i i} = 0, \forall i = \overset{―}{1, n}$

G \neq O_{n}, \exists g_{i j} \neq 0, i \neq j

Fie schimbarea de reper:

{\begin{cases} y_{i} = x_{i} + x_{j} \\ y_{j} = x_{i} - x_{j} \\ y_{k} = x_{k}, \forall k \in {1, \dots, n} ∖ {i, j} \end{cases} ⟹ {\begin{cases} x_{i} = \frac{1}{2} (y_{i} + y_{j}) \\ x_{j} = \frac{1}{2} (y_{i} - y_{j}) \\ x_{k} = y_{k}, \forall k \in {1, \dots, n} ∖ {i, j} \end{cases}

Deci, fiindcă există doar $0$ pe diagonală:

Q (x) = 2 \sum_{i < j} g_{i j} x_{i} x_{j}

Iar termenul, după schimbarea de reper, este:

2 g_{i j} x_{i} y_{j} = 2 g_{i j} \frac{1}{4} (y_{i}^{2} - y_{j}^{2}) = \frac{1}{2} g_{i j} y_{i}^{2} - \frac{1}{2} g_{i j} y_{h}^{2}

Deci se reduce la cazul b)

Așadar, putem considera $g_{11} \neq 0$

Demonstrăm prin inducție după numărul coordonatelor lui $x$ care apar în $Q$

P_{1} : Q (x) = g_{11} x_{1}^{2} - forma canonica

Presupunem adevărat $P_{k - 1}$ : $Q$ formă pătratică care conține coordonatele $x_{1}, \dots, x_{k - 1}$ $⟹$ $\exists$ un reper în $V$ astfel încât $Q$ are o formă canonică.

Demonstrăm $P_{k - 1} ⟹ P_{k}$

Fie $Q$ formă pătratică care conține coordonatele $x_{1}, \dots, x_{k}$ . Demonstrăm că $\exists$ un reper în V astfel încât $Q$ are o formă canonică.

Q (x) = g_{11} x_{1}^{2} + 2 g_{12} x_{1} x_{2} + \dots + 2 g_{1 k} x_{1} x_{k} + Q^{^{'}} (x)

Unde $Q^{^{'}} (x)$ conține doar $x_{2}, \dots, x_{k}$

Q (x) = \frac{1}{g_{11}} (x_{1}^{2} + 2 g_{11} g_{12} x_{1} x_{2} + \dots + 2 g_{11} g_{1 k} x_{1} x_{k}) + Q^{^{'}} (x)

Care devine:

Q (x) = \frac{1}{g_{11}} (g_{11} x_{1} + \dots + g_{1 k} x_{k})^{2} + Q^{^{″}} (x)

Unde $Q^{^{″}} (x)$ conține doar $x_{2}, \dots, x_{k}$

Fie schimbarea de reper:

{\begin{cases} y_{1} = g_{11} x_{1} + \dots + g_{1 k} x_{k} \\ y_{i} = x_{i}, \forall i = \overset{―}{1, n} \end{cases}

Deci:

Q (x) = \frac{1}{g_{11}} y_{1}^{2} + Q^{^{″}} (x)

Dar $Q^{^{″}} (x)$ conține $k - 1$ coordonate ale lui $x$ . Aplicăm $P_{k - 1}$ :

\exists un reper \subset V astfel incat Q^{^{″}} (x) = a_{2} z_{2}^{2} + \dots a_{k} z k^{2}

Not $y_{1} = z_{1}$ , $a_{1} = \frac{1}{g_{11}}$

Deci Q devine:

Q (x) = a_{1} z_{1}^{2} + a_{2} z_{2}^{2} + \dots a_{k} z_{k}^{2}

{\begin{cases} P_{1} \\ P_{k - 1} ⟹ P_{k} \end{cases} ⟹ P_{n} \forall n \in N

Q.E.D

Forma normală

Fie $Q : V \to R$ formă pătratică reală
Se numește forma normală a lui $Q$ :
$Q (x) = x_{1}^{2} + \dots + x_{p}^{2} - x_{p + 1}^{2} \dots - x_{r}^{2}$ , unde $r = rg Q$

Proprietate

Fie $Q : V \to R$ formă pătratică reală. Atunci există reper în $V$ astfel încât $Q$ să aibă forma normală.

Demonstrație

Conform teoremei lui Gauss, există un reper în $V$ astfel încât $Q$ are o formă canonică

Q (x) = a_{1} x_{1} + \dots + a_{r} x_{r}^{2}

Eventual renumerotând indicii (prin schimbare de reper), considerăm:

a_{1}, \dots, a_{p} > 0 si a_{p + 1} \dots a_{r} < 0

Fie schimbarea de reper

{\begin{cases} y_{i} = \sqrt{a_{i}} x_{i}, i = \overset{―}{1, p} \\ y_{i} = \sqrt{- a_{i}} x_{i}, i = \overset{―}{p + 1, r} \\ y_{k} = x_{k}, k = \overset{―}{r + 1, n} \end{cases} ⟹ Q (x) = y_{1}^{2} + \dots + y_{p}^{2} - y_{p + 1}^{2} - \dots - y_{r}^{2}

Q.E.D.

Teorema de inerție Sylvester

Fie $Q : V \to R$ formă pătratică reală

Numărul de $+$ și de $-$ din forma normală reprezintă invarianți la schimbarea de reper.

Notation

$(i, j)$ - signatura, unde $i$ este numărul de $+$ , iar $j$ este numărul de $-$ din $Q$

Observație
$Q$ este pozitiv definită $⟺$ $(n, 0)$ - signatura (toate semnele din forma normală sunt $+$ )

Forma normală are aceeași signatură ca forma canonică.

Exercițiu 1

Fie $g : R^{3} \times R^{3} \to R$ o formă biliniară și G matricea asociată în raport cu $R_{0}$

G = (\begin{matrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & - 1 \\ 0 & - 1 & 0 \end{matrix})

a) $g$
b) $Q : R^{3} \to R$ formă pătratică. Să se aducă $Q$ la formă canonică/normală. Este $Q$ pozitiv definită?

Soluție
a) Aplicăm asta

g (x, y) = x_{1} y_{1} + x_{1} y_{2} + x_{2} y_{1} + 2 x_{2} y_{2} - x_{2} y_{3} - x_{3} y_{y}

b) Din definiție

Q (x) = g (x, x) = \sum_{i = 1}^{3} g_{i i} x_{i}^{2} + 2 \sum_{i < j} g_{i j} x_{i} x_{j}

Deci

Q (x) = x_{1}^{2} + 2 x_{2}^{2} + 2 x_{1} x_{2} - 2 x_{2} x_{3}

Aplicăm teorema Gauss, grupăm toți termenii care îl conțin pe $x_{1}$

Q (x) = (x_{1}^{2} + 2 x_{1} x_{2}) + 2 x_{2}^{2} - 2 x_{2} x_{3}

Q (x) = (x_{1} + x_{2})^{2} + x_{2}^{2} - 2 x_{3} x_{3} = (x_{1} + x_{2})^{2} + (x_{2} - x_{3})^{2} - x_{3}^{2}

Fie schimbarea de reper:

{\begin{cases} y_{1} = x_{1} + x_{2} \\ y_{2} = x_{2} - x_{3} \\ y_{3} = x_{3} \end{cases}

În noul reper:

Q (x) = y_{1}^{2} + y_{2}^{2} - y_{3}^{2}

Signatura este $(2, 1)$ , deci forma pătratică nu este pozitiv definită.

Exercițiul 2

Fie $g : R^{3} \times R^{3} \to R$ o formă biliniară

g (x, y) = x_{2} y_{1} + x_{1} y_{2} + 2 x_{3} y_{1} + 2 x_{1} y_{3}

a) $G$ matricea asociată lui $g$ în raport cu $R_{0}$
b) $Q : R^{3} \to R$ forma pătratică. Să se aducă $Q$ la formă canonică/pătratică. Este $Q$ pozitiv definită?

Soluție

g (x, y) = \sum_{i, j = 1}^{3} g_{i j} x_{i} y_{j}

Deci matricea $G = (g_{i j})$ este:

G = (\begin{matrix} 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 0 \end{matrix})

b) $Q (x) = g (x, x) = 2 x_{1} x_{2} + 4 x_{1} x_{3}$

cazul 3 din demonstrația teoremei lui Gauss, când diagonala principală e 0

Fie schimbarea de reper

{\begin{cases} y_{1} = x_{1} + x_{2} \\ y_{2} = x_{1} - x_{2} \\ y_{3} = x_{3} \end{cases} ⟹ {\begin{cases} x_{1} = \frac{1}{2} (y_{1} + y_{2}) \\ x_{2} = \frac{1}{2} (y_{1} - y_{2}) \\ x_{3} = y_{3} \end{cases}

Q (x) = \frac{1}{2} (y_{1}^{2} - y_{2}^{2}) + 2 y_{1} y_{3} + 2 y_{2} y_{3}

Aplicând metoda Gauss și grupând termenii ce îl conțin pe $y_{1}$

\begin{aligned} Q (x) & = \frac{1}{2} (y_{1}^{2} + 4 y_{1} y_{3}) - \frac{1}{2} y_{2}^{2} + 2 y_{2} y_{3} \\ = \frac{1}{2} (y_{1} + 2 y_{3})^{2} - 2 y_{3}^{2} - \frac{1}{2} y_{2}^{2} + 2 y_{2} y_{3} \\ = \frac{1}{2} (y_{1} + 2 y_{3})^{2} - \frac{1}{2} (y_{2} - 2 y_{3})^{2} \end{aligned}

Fie schimbarea de reper:

{\begin{cases} z_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}} (y_{1} + 2 y_{3}) \\ z_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}} (y_{2} - 2 y_{3}) \\ z_{3} = y_{3} \end{cases}

În noul reper, $Q$ devine:

Q (x) = z_{1}^{2} - z_{2}^{2}

Signatura este $(1, 1)$ $⟹$ nu este pozitiv definită.

Metoda Jacobi

Fie $Q : V \to R$ formă pătratică reală

Fie $R = {e_{1}, \dots, e_{n}}$ reper în $V$ astfel încât matricea $G$ verifică

\begin{aligned} Δ_{1} = | \begin{array}{c} g_{11} \end{array} | \\ Δ_{2} = | \begin{array}{c} g_{11} & g_{12} \\ g_{21} & g_{22} \end{array} | \\ ⋮ \\ Δ_{n} = \det G \end{aligned}

Cu proprietatea că $Δ_{i} \neq 0, i = \overset{―}{1, n}$

Atunci $\exists R^{'}$ un reper în $V$ astfel încât

Q (x) = \frac{1}{Δ_{1}} x_{1}^{' 2} + \frac{Δ_{1}}{Δ_{2}} x_{2}^{' 2} + \dots + \frac{Δ_{n - 1}}{Δ_{n}} x_{n}^{' 2}

Mai mult, dacă $Δ_{i} > 0, \forall i = \overset{―}{1, n}$ , atunci $Q$ este pozitiv definită

Note

Metoda Jacobi este restrictivă
Metoda Gauss poate fi aplicată oricând

Exercițiul 2 - cu metoda Jacobi

G = (\begin{matrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & - 1 \\ 0 & - 1 & 0 \end{matrix})

Deci, scriind minorii:

\begin{aligned} Δ_{1} = 1 \neq 0 \\ Δ_{2} = | \begin{array}{c} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{array} | = 2 - 1 = 1 \neq 0 \\ Δ_{3} = (- 1) (- 1)^{2 + 3} | \begin{array}{c} 1 & 1 \\ 0 & - 1 \end{array} | = - 1 \neq 0 \end{aligned}

Se poate aplica metoda Jacobi. Deci, există un reper astfel încât

Q (x) = \frac{1}{Δ_{1}} x_{1}^{' 2} + \frac{Δ_{1}}{Δ_{2}} x_{2}^{' 2} + \frac{Δ_{2}}{Δ_{3}} x_{3}^{' 2} = x_{1}^{' 2} + x_{2}^{' 2} - x_{3}^{' 2}

Signatura este $(2, 1)$ , deci nu este pozitiv definită.