Algebra liniowa z geometrią analityczną/Ćwiczenia 11: Formy kwadratowe

Zadanie 11.1

Niech $U,V,W$ będą przestrzeniami wektorowymi nad ciałem $\mathbb{𝕂}$ i niech

$\mathrm{\Phi }:U\times V\to W$

będzie odwzorowaniem dwuliniowym. Niech

$F:U\ni u\to f_u\in {ℒ}(V,W),$

gdzie $f_u(v):=\mathrm{\Phi }(u,v)$. Wykazać, że $F$ jest odwzorowaniem liniowym.

Wskazówka

Trzeba skorzystać z definicji odwzorowania liniowego.

Rozwiązanie

Ustalmy dowolne wektory $u_1$, $u_2$ należące do przestrzeni wektorowej $U$ oraz dowolne skalary ${\alpha }_1$, ${\alpha }_2$ z ciała $\mathbb{𝕂}$. Mamy wykazać, że

$F({\alpha }_1{u}_1+{\alpha }_2{u}_2)={\alpha }_{1}F(u_1)+{\alpha }_{2}F(u_2),$

co oznacza, że mamy sprawdzić, czy odwzorowania

$f_{{\alpha }_1{u}_1+{\alpha }_2{u}_2}\text{i}{\alpha }_1{f}_{u_1}+{\alpha }_2{f}_{u_2}$

są równe. W tym celu wybierzmy dowolny wektor $v\in V$ i policzmy

$\begin{array}{rl}{f}_{{\alpha }_1{u}_1+{\alpha }_2{u}_2}(v)& =\mathrm{\Phi }({\alpha }_1{u}_1+{\alpha }_2{u}_2,v)\\ & ={\alpha }_1\mathrm{\Phi }(u_1,v)+{\alpha }_2\mathrm{\Phi }(u_2,v)\\ & ={\alpha }_1{f}_{u_1}(v)+{\alpha }_2{f}_{u_2}(v).\end{array}$

Oznacza to, że zachodzi wymagana równość odwzorowań

$f_{{\alpha }_1{u}_1+{\alpha }_2{u}_2}={\alpha }_1{f}_{u_1}+{\alpha }_2{f}_{u_2}$

i dowód liniowości odwzorowania $F$ jest zakończony.

Zadanie 11.2

Niech $V$ będzie przestrzenią wektorową nad ciałem $\mathbb{ℝ}$ i niech $f:V\to \mathbb{ℝ}$ będzie formą kwadratową. Definiujemy

$\phi :V\times V\ni (v,w)\to \frac{1}{4}(f(v+w)-f(v-w))\in \mathbb{ℝ}.$

Wykazać, że $\phi$ jest formą dwuliniową symetryczną, skojarzoną z $f$.

Wskazówka

Trzeba wziąć dowolne dwuliniowe odwzorowanie $\mathrm{\Phi }$ indukujące $f$ i skorzystać z tego, że

$\begin{array}{rlrlrl}f(v+w)& =\mathrm{\Phi }(v+w,v+w)& i& & f(v-w)& =\mathrm{\Phi }(v-w,v-w).\end{array}$

Rozwiązanie

Niech $\mathrm{\Phi }:V\times V\to V$ będzie odwzorowaniem dwuliniowym indukującym formę $f$. Oznacza to, że dla dowolnego wektora $u\in V$ zachodzi

$f(u)=\mathrm{\Phi }(u,u),$

w szczególności dla dowolnych wektorów $v,w\in V$ mamy:

$\begin{array}{rlrl}f(v+w)& =\mathrm{\Phi }(v+w,v+w),& f(v-w)& =\mathrm{\Phi }(v-w,v-w),\end{array}$

co oznacza, że

$\begin{array}{rl}\phi (v,w)& =\frac{1}{4}(f(v+w)-f(v-w))\\ & =\frac{1}{4}(\mathrm{\Phi }(v+w,v+w)-\mathrm{\Phi }(v-w,v-w))\\ & =\frac{1}{4}(\mathrm{\Phi }(v,v+w)+\mathrm{\Phi }(w,v+w)-\mathrm{\Phi }(v,v-w)+\mathrm{\Phi }(w,v-w))\\ & =\frac{1}{4}(\mathrm{\Phi }(v,v)+\mathrm{\Phi }(v,w)+\mathrm{\Phi }(w,v)+\mathrm{\Phi }(w,w)+\\ & -\mathrm{\Phi }(v,v)+\mathrm{\Phi }(v,w)+\mathrm{\Phi }(w,v)-\mathrm{\Phi }(w,w))\\ & =\frac{1}{4}(2\mathrm{\Phi }(v,w)+2\mathrm{\Phi }(w,v))\\ & =\frac{1}{2}(\mathrm{\Phi }(v,w)+\mathrm{\Phi }(w,v))\\ & =\frac{1}{2}(\mathrm{\Phi }(w,v)+\mathrm{\Phi }(v,w))\\ & =\phi (w,v).\end{array}$

Wynika stąd, że $\phi$ jako kombinacja liniowa odwzorowań dwuliniowych jest odwzorowaniem dwuliniowym, a ponadto $\phi$ jest odwzorowaniem symetrycznym, co było do okazania.

Zadanie 11.3

Dana jest forma kwadratowa

$f:{\mathbb{ℝ}}^2\ni (x_1,x_2)\to x_1^2+3x_2^2-2x_1{x}_2\in \mathbb{ℝ}.$

Znaleźć odwzorowanie dwuliniowe symetryczne skojarzone z $f$.

Wskazówka

Można skorzystać ze wzoru podanego w zadaniu 11.2.

Rozwiązanie

Z zadania 11.2 wynika, że odwzorowanie dwuliniowe symetryczne $\phi :{\mathbb{ℝ}}^2\times {\mathbb{ℝ}}^2\to \mathbb{ℝ}$ skojarzone z $f$ jest dane wzorem

$\phi (v,w)=\frac{1}{4}(f(v+w)-f(v-w)),u,v\in {\mathbb{ℝ}}^2.$

Podstawiając $v=(x_1,x_2)$ oraz $w=(y_1,y_2)$, otrzymujemy

$\begin{array}{rl}f(v+w)& =(x_1+y_1{)}^2+3(x_2+y_2{)}^2-2(x_1+y_1)(x_2+y_2)\\ & =x_1^2+2x_1{y}_1+y_1^2+\\ & +3x_2^2+6x_2{y}_2+3y_2^2+\\ & -2x_1{x}_2-2x_1{y}_2-2y_1{x}_2-2y_1{y}_2\\ f(v-w)& =(x_1-y_1{)}^2+3(x_2-y_2{)}^2-2(x_1-y_1)(x_2-y_2)\\ & =x_1^2-2x_1{y}_1+y_1^2+\\ & +3x_2^2-6x_2{y}_2+3y_2^2+\\ & -2x_1{x}_2+2x_1{y}_2+2y_1{x}_2-2y_1{y}_2.\end{array}$

Odejmując od siebie powyższe równości stronami, otrzymujemy

$\begin{array}{rl}f(v+w)-f(v-w)& =4x_1{y}_1+12x_2{y}_2-4x_1{y}_2-4y_1{x}_2,\end{array}$

co na mocy zadania 11.2 oznacza, że odwzorowanie dwuliniowe symetryczne $\phi :{\mathbb{ℝ}}^2\times {\mathbb{ℝ}}^2\to \mathbb{ℝ}$ skojarzone z $f$ jest dane wzorem

$\phi ((x_1,x_2),(y_1,y_2))=x_1{y}_1+3x_2{y}_2-x_1{y}_2-y_1{x}_2.$

Zadanie 11.4

Dana jest forma kwadratowa

$f:{\mathbb{ℝ}}^3\ni (x_1,x_2,x_3)\to 2x_1^2-x_2{x}_3+3x_3^2\in \mathbb{ℝ}.$

Wyznaczyć macierz $f$ w bazie kanonicznej oraz rząd $f$.

Wskazówka

Trzeba znaleźć macierz odwzorowania dwuliniowego skojarzonego z $f$. Rząd tej macierzy będzie równocześnie rzędem formy $f$.

Rozwiązanie

Z zadania 11.2 wynika, że odwzorowanie dwuliniowe symetryczne $\phi :{\mathbb{ℝ}}^3\times {\mathbb{ℝ}}^3\to \mathbb{ℝ}$ skojarzone z $f$ jest dane wzorem

$\phi (v,w)=\frac{1}{4}(f(v+w)-f(v-w)),u,v\in {\mathbb{ℝ}}^3.$

Podstawiając $v=(x_1,x_2,x_3)$ oraz $w=(y_1,y_2,y_3)$, otrzymujemy

$\begin{array}{rl}f(v+w)& =2(x_1+y_1{)}^2-(x_2+y_2)(x_3+y_3)+3(x_3+y_3{)}^2\\ & =2x_1^2+4x_1{y}_1+2y_1^2-x_2{x}_3-x_2{y}_3-y_2{x}_3-y_2{y}_3+\\ & +3x_3^2+6x_3{y}_3+3y_3^2,\\ f(v-w)& =2(x_1-y_1{)}^2-(x_2-y_2)(x_3-y_3)+3(x_3-y_3{)}^2\\ & =2x_1^2-4x_1{y}_1+2y_1^2-x_2{x}_3+x_2{y}_3+y_2{x}_3-y_2{y}_3+\\ & +3x_3^2-6x_3{y}_3+3y_3^2.\\ \end{array}$

Odejmując od siebie powyższe równości stronami, otrzymujemy

$\begin{array}{rl}f(v+w)-f(v-w)& =8x_1{y}_1-2x_2{y}_3-2x_3{y}_2+12x_3{y}_3,\end{array}$

co na mocy zadania 11.2 oznacza, że odwzorowanie dwuliniowe symetryczne $\phi :{\mathbb{ℝ}}^3\times {\mathbb{ℝ}}^3\to \mathbb{ℝ}$ skojarzone z $f$ jest dane wzorem

$\phi ((x_1,x_2,x_3),(y_1,y_2,y_3))=2x_1{y}_1-\frac{1}{2}{x}_2{y}_3-\frac{1}{2}{x}_3{y}_2+3x_3{y}_3.$

Zgodnie z definicją macierz $A$ jest macierzą odwzorowania dwuliniowego $\phi$ w bazie kanonicznej jeżeli jest dana wzorem

$[a_{ij}{]}_{n\times n}=[\phi (e_i,e_j){]}_{n\times n}.$

Po wykonaniu odpowiednich obliczeń widzimy, że

$A=\left[\begin{array}{rrr}2& 0& 0\\ 0& 0& -\frac{1}{2}\\ 0& -\frac{1}{2}& 3\end{array}\right].$

Widać też, że rząd macierzy $A$ jest równy $3$.

Zadanie 11.5

Niech $f:{\mathbb{ℝ}}^2\ni (x_1,x_2)\to x_1{x}_2\in \mathbb{ℝ}$. Wykazać, że $f$ jest formą kwadratową. Wyznaczyć macierz $f$ przy bazie kanonicznej. Znaleźć bazę ${\mathbb{ℝ}}^2$, przy której macierz $f$ ma postać blokową występującą w tezie twierdzenia Sylvestera. Wyznaczyć sygnaturę $f$.

Wskazówka

Trzeba zacząć od znalezienia odwzorowania dwuliniowego symetrycznego indukującego $f$, a następnie spróbować sprowadzić $f$ do postaci kanonicznej. Związki między współrzędnymi względem szukanej bazy a współrzędnymi względem bazy kanonicznej pozwolą wyliczyć potrzebne nam wektory bazowe.

Rozwiązanie

Można zauważyć (lub obliczyć korzystając z metody podanej w zadaniu 11.2), że jeżeli

$\phi :{\mathbb{ℝ}}^2\times {\mathbb{ℝ}}^2\to \mathbb{ℝ}$

jest symetryczną formą dwuliniową daną wzorem

$\phi ((x_1,x_2),(y_1,y_2))=\frac{1}{2}(x_1{y}_2+x_2{y}_1),$

to dla dowolnego $(x_1,x_2)\in {\mathbb{ℝ}}^2$ zachodzi

$f(x_1,x_2)=\phi ((x_1,x_2),(x_1,x_2)),$

co oznacza, że $f$ jest formą kwadratową, a $\phi$ jest symetryczną formą dwuliniową skojarzoną z $f$. Co więcej, macierzą $f$ w bazie kanonicznej jest macierz

$A=\left[\begin{array}{rr}0& \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}& 0\end{array}\right].$

Aby wyznaczyć bazę ${\mathbb{ℝ}}^2$, przy której macierz $f$ ma postać blokową występującą w tezie twierdzenia Sylvestera zauważmy, że

$\begin{array}{rl}f(x_1,x_2)& =x_1{x}_2\\ & ={\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)}^2-{\left(\frac{x_1-x_2}{2}\right)}^2\end{array}$

Wprowadzając teraz nowe zmienne

$\begin{array}{rl}\xi & =\frac{x_1+x_2}{2}\\ \eta & =\frac{x_1-x_2}{2},\end{array}$

lub równoważnie

$\begin{array}{rl}{x}_1& =\xi +\eta \\ x_2& =\xi -\eta ,\end{array}$

widzimy, że w nowych zmiennych wzór na $f$ przyjmuje postać

${\xi }^2-{\eta }^2.$

Naszej zmianie zmiennych odpowiada macierz przejścia

$P=\left[\begin{array}{rr}1& 1\\ 1& -1\end{array}\right],$

która z kolei oznacza zmianę bazy z kanonicznej na bazę złożoną z wektorów $(1,1)$ oraz $(1,-1)$. Macierzą $f$ w tej bazie jest macierz

$P^{*}AP,$

czyli

$\left[\begin{array}{rr}1& 0\\ 0& -1\end{array}\right],$

w szczególności otrzymaliśmy, że sygnaturą formy $f$ jest para $(1,1)$.

Zadanie 11.6

Sprowadzić do postaci kanonicznej następujące formy kwadratowe:

$\begin{array}{rl}f(x_1,x_2,x_3)& =x_1^2+3x_1{x}_2+2x_2^2+4x_2{x}_3+x_3^2,\\ g(x_1,x_2,x_3)& =2x_1^2+x_2^2+2x_1{x}_3+4x_2{x}_3+3x_3^2.\end{array}$

Wskazówka

Można skorzystać z metody Lagrange'a lub metody Jacobiego ( literatura: H. Guściora, M. Sadowski, Repetytorium z algebry liniowej, PWN, Warszawa 1977). Korzystając z metody Jacobiego, należy wyznaczyć macierz formy kwadratowej w dowolnej bazie np. w bazie kanonicznej. Niech tą macierzą będzie $A=[a_{ij}{]}_{n\times n}$. Teraz, jeżeli wyznaczniki

$\begin{array}{rlrlrlrl}{\mathrm{\Delta }}_1& =\det [a_{11}],& {\mathrm{\Delta }}_2& =\det \left[\begin{array}{cc}{a}_{11}& a_{12}\\ a_{21}& a_{22}\end{array}\right],& \dots & ,& {\mathrm{\Delta }}_m& =\det \left[\begin{array}{ccc}{a}_{11}& \dots & a_{1m}\\ ⋮& \ddots & ⋮\\ a_{m1}& \dots & a_{mm}\end{array}\right]\end{array}$

są różne od zera i $m=n$ lub (gdy $m<n$) ${\mathrm{\Delta }}_{m+1}=0$, to istnieje baza, w której forma kwadratowa przyjmuje postać kanoniczną

$f(x_1,\dots ,x_n)=\frac{1}{{\mathrm{\Delta }}_1}{x}_1^2+\frac{{\mathrm{\Delta }}_1}{{\mathrm{\Delta }}_2}{x}_2^2+\dots +\frac{{\mathrm{\Delta }}_{m-1}}{{\mathrm{\Delta }}_m}{x}_m^2.$

Rozwiązanie

i) Niech

$f(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+3x_1{x}_2+2x_2^2+4x_2{x}_3+x_3^2.$

Macierzą formy $f$ w bazie kanonicznej jest, jak łatwo sprawdzić, macierz

$A=\left[\begin{array}{ccc}1& \frac{3}{2}& 0\\ \frac{3}{2}& 2& 2\\ 0& 2& 1\end{array}\right].$

Obliczamy wyznaczniki

$\begin{array}{rlrlrl}{\mathrm{\Delta }}_1& =\det [1]=1,& {\mathrm{\Delta }}_2& =\det \left[\begin{array}{cc}1& \frac{3}{2}\\ \frac{3}{2}& 2\end{array}\right]=-\frac{1}{4},& {\mathrm{\Delta }}_3& =\det A=-\frac{17}{4},\end{array}$

które podstawiamy do wzoru na postać kanoniczną naszej formy

$\begin{array}{rl}f({\xi }_1,{\xi }_2,{\xi }_3)& =\frac{1}{{\mathrm{\Delta }}_1}{\xi }_1^2+\frac{{\mathrm{\Delta }}_1}{{\mathrm{\Delta }}_2}{\xi }_2^2+\frac{{\mathrm{\Delta }}_2}{{\mathrm{\Delta }}_3}{\xi }_3^2\\ & ={\xi }_1^2-4{\xi }_2^2+\frac{1}{17}{\xi }_3^2.\end{array}$

ii) Niech

$g(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2+x_2^2+2x_1{x}_3+4x_2{x}_3+3x_3^2.$

Macierzą formy $g$ w bazie kanonicznej jest, jak łatwo sprawdzić, macierz

$B=\left[\begin{array}{ccc}2& 0& 1\\ 0& 1& 2\\ 1& 2& 3\end{array}\right].$

Obliczamy wyznaczniki

$\begin{array}{rlrlrl}{\mathrm{\Delta }}_1& =\det [2]=2,& {\mathrm{\Delta }}_2& =\det \left[\begin{array}{cc}2& 0\\ 0& 1\end{array}\right]=2,& {\mathrm{\Delta }}_3& =\det B=-3,\end{array}$

które podstawiamy do wzoru na postać kanoniczną naszej formy

$\begin{array}{rl}g({\xi }_1,{\xi }_2,{\xi }_3)& =\frac{1}{{\mathrm{\Delta }}_1}{\xi }_1^2+\frac{{\mathrm{\Delta }}_1}{{\mathrm{\Delta }}_2}{\xi }_2^2+\frac{{\mathrm{\Delta }}_2}{{\mathrm{\Delta }}_3}{\xi }_3^2\\ & =\frac{1}{2}{\xi }_1^2+{\xi }_2^2-\frac{2}{3}{\xi }_3^2.\end{array}$

Zadanie 11.7

Dane jest odwzorowanie liniowe

$f:{\mathbb{ℝ}}^3\ni (x_1,x_2,x_3)\to (x_1-x_2+2x_3,-x_1+3x_2,2x_1-x_3)\in {\mathbb{ℝ}}^3.$

Zbadać, czy $f$ jest odwzorowaniem symetrycznym.

Wskazówka

Wystarczy sprawdzić warunek z definicji odwzorowania symetrycznego.

Rozwiązanie

Będziemy utożsamiać przestrzeń ${\mathbb{ℝ}}^3$ z przestrzenią macierzy o trzech wierszach i jednej kolumnie. Wówczas działaniu odwzorowania $f$ odpowiada mnożenie takiego wektora kolumnowego $\mathbf{𝐱}$ przez macierz odwzorowania $f$ w bazach kanonicznych, którą oznaczamy dalej przez $A$, to jest $f(\mathbf{𝐱})$ możemy utożsamiać z $A\mathbf{𝐱}$. Przy tych oznaczeniach standardowy iloczyn skalarny dla wektorów

$\begin{array}{rlrl}\mathbf{𝐱}& =\left[\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right],& \mathbf{𝐲}& =\left[\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right]\end{array}$

dany jest wzorem

$\mathbf{𝐱}\cdot \mathbf{𝐲}={\mathbf{𝐱}}^{*}\mathbf{𝐲}=\left[\begin{array}{ccc}{x}_1& x_2& x_3\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right].$

Zgodnie z definicją odwzorowania symetrycznego musimy sprawdzić, czy

$(A\mathbf{𝐱}{)}^{*}\mathbf{𝐲}={\mathbf{𝐱}}^{*}(A\mathbf{𝐲}).$

Zauważmy jeszcze, że

$A=\left[\begin{array}{rrr}2& -1& 2\\ -1& 3& 0\\ 2& 0& -1\end{array}\right],$

zatem $A$ jest macierzą symetryczną ($A=A^{*}$). Wynika stąd, że

$\begin{array}{rl}(A\mathbf{𝐱}{)}^{*}\mathbf{𝐲}& =({\mathbf{𝐱}}^{*}{A}^{*})\mathbf{𝐲}\\ & =({\mathbf{𝐱}}^{*}A)\mathbf{𝐲}\\ & ={\mathbf{𝐱}}^{*}(A\mathbf{𝐲}),\end{array}$

co było do okazania.