4 Formas bilineales simétricas y formas sesquilineales hermíticas

Definición I.8.

Dada una forma bilineal $F\colon V\times V\to\mathbb{K}$ , decimos que $F$ es simétrica si $F(v,w)=F(w,v)\;\forall v,w\in V$ .
Dada una forma sesquilineal $F\colon V\times V\to\mathbb{K}$ , decimos que $F$ es hermítica si $F(v,w)=\overline{F(w,v)}\;\forall v,w\in V$ .

Ejercicio:

1.

Si $F$ es bilineal simetrica y $q$ es su forma cuadratica asociada, comprobar que $F_{q}=F$ .
2.

Si $F$ es sesquilineal hermitica y $q$ es su forma cuadratica asociada, comprobar que $\overline{F_{q}}=F$ .

Definición I.9.

Una matriz $A$ es hermítica si $\overline{A^{t}}=A$ .

Proposición I.2.

1.

$F$ bilineal simétrica $\iff M(F,\mathcal{{B}})$ matriz simétrica para cualquier base $\mathcal{{B}}$ de $V\iff$

$\iff\exists\mathcal{{B}}$ base de $V$ tal que $M(F,\mathcal{{B}})$ es simetrica.
2.

$F$ sesquilineal hermítica $\iff M(F,\mathcal{{B}})$ matriz hermítica para cualquier base $\mathcal{{B}}$ de $V$

$\iff\exists\mathcal{{B}}$ base de $V$ tal que $M(F,\mathcal{{B}})$ es hermitica.

Demostración.

1.

$3)\Rightarrow 1)$ . $F(v,w)=\begin{pmatrix}x_{1}&\cdots&x_{n}\\ \end{pmatrix}M(F,B)\cdot\begin{pmatrix}y_{1}\\ \vdots\\ y_{n}\\ \end{pmatrix}=\left[\begin{pmatrix}x_{1}&\cdots&x_{n}\\ \end{pmatrix}M(F,B)\cdot\begin{pmatrix}y_{1}\\ \vdots\\ y_{n}\\ \end{pmatrix}\right]^{t}=\begin{pmatrix}y_{1}&\cdots&y_{n}\\ \end{pmatrix}\cdot\underbrace{(M(F,B))^{t}}_{M(F,B)}\begin{pmatrix}x_{1}\\ \vdots\\ x_{n}\\ \end{pmatrix}=F(w,v)$ .

El resto de implicaciones son obvias.
2.

Similar.

∎

Definición I.10 (Vectores ortogonales).

Dada una forma bilineal simétrica o sesquilineal hermítica $F$ , decimos que dos vectores $v$ y $w\in V$ son ortogonales (respecto de $F$ ) si $F(v,w)=0$ .

Ejemplo I.3.

Sea $F\colon\mathbb{R}^{3}\times\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}$ definida por $F((x_{1},x_{2},x_{3}),(y_{1},y_{2},y_{3}))=x_{1}y_{1}+x_{1}y_{2}+x_{2}y_{1}+3x% _{2}y_{2}-x_{3}y_{3}$ . Se tiene que $F$ es una forma bilineal simetrica.

M(f,\mathcal{{BC}})=\begin{pmatrix}1&1&0\\ 1&3&0\\ 0&0&-1\\ \end{pmatrix}\leftarrow\text{ matriz simetrica}

Tomamos los vectores $v=(1,0,1)$ y $w=(2,1,3)\in\mathbb{R}^{3}$ . Se cumple que $v$ y $w$ son ortogonales respecto de $F$ ya que $F(v,w)=\begin{pmatrix}1&0&1\\ \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}1&1&0\\ 1&3&0\\ 0&0&-1\\ \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}2\\ 1\\ 3\\ \end{pmatrix}=0$ .

Sin embargo, $v$ y $w$ no son ortogonales si usamos $G\colon\mathbb{R}^{3}\times\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}$ tal que $M(G,\mathcal{{BC}})=I$ , ya que $G(v,w)\neq 0$ .

Definición I.11 (Ortogonal).

Dado $\varnothing\neq S\subseteq V$ (subconjunto de $V$ ) y $F$ simetrica o hermitica, definimos el ortogonal de $S$ respecto de $F$ como

S^{\perp_{F}}=\left\{v\in V\mid F(v,w)=0\;\forall w\in S\right\}\mathchar 46\relax

Observación I.4.

$S^{\perp_{F}}$ siempre es subespacio vectorial de $V$ :

$0_{v}\in S^{\perp_{F}}$ ya que $F(0,w)=0\;\forall w\in S$ .
Si $v_{1},v_{2}\in S^{\perp_{F}}$ $F(v_{1}+v_{2},s)=F(v_{1},s)+F(v_{2},s)=0$ , luego $v_{1}+v_{2}\in S^{\perp_{F}}$
Si $\alpha\in\mathbb{K},v\in S^{\perp_{F}},\alpha v\in S^{\perp_{F}}$ , entonces $F(\alpha v_{1},s)=\overline{\alpha}\cdot F(v_{1},s)=0$ o $F(\alpha v_{1},s)=\alpha\cdot F(v_{1},s)=0$ .

Ejemplo I.4.

Sea $F\colon\mathbb{C}^{3}\times\mathbb{C}^{3}\to\mathbb{C}$ definido por $M(F,BC)=\begin{pmatrix}1&i&0\\ -i&2&3\\ 0&3&0\\ \end{pmatrix}$

Consideramos el vector $v=(1+i,1-i,0)$ , $S=\left\{v\right\}$ y calculamos el ortogonal de $S$ :

S^{\perp_{F}}=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{C}^{3}\mid F((x,y,z),v)=0\right\}=\left% \{(x,y,z)\mid\begin{pmatrix}\overline{x}&\overline{y}&\overline{z}\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&i&0\\ -i&2&3\\ 0&3&0\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1+i\\ 1-i\\ 0\\ \end{pmatrix}=0\right\}

o lo que es lo mismo,

\left\{(x,y,z)\mid(\overline{v})\cdot A\cdot\begin{pmatrix}x\\ y\\ z\\ \end{pmatrix}=0\right\},

de forma que no tenemos que conjugar y desconjugar $(x,y,z)$ para poder hallarlo (forma recomendada).

Notacion: con $S^{\perp}$ nos referimos a $S^{\perp_{F}}$ .

Proposición I.3 (Propiedades del ortogonal).

Sea $V$ un $\mathbb{K}$ -e.v. y $S,T\subseteq V\neq\varnothing$ . Entonces:

1.

$S\subseteq T\Rightarrow T^{\perp}\subseteq S^{\perp}$ .
2.

$S^{\perp}=(\langle S\rangle)^{\perp}$ , donde $\langle S\rangle$ es el subespacio generado por $S$ .
3.

$S\subseteq(S^{\perp})^{\perp}$
4.

$F(S,T)=\left\{F(v,w)\mid\begin{subarray}{c}v\in S\\ w\in T\end{subarray}\right\}=0\overset{1)}{\iff}S\subseteq T^{\perp}\overset{2% )}{\iff}T\subseteq S^{\perp}$ .

Demostración.

1.

Sea $v\in T^{\perp}$ , tenemos que probar que $v\in S^{\perp}$ .

Sea $s\in S\subseteq T\Rightarrow F(v,\underbrace{s}_{\in T})=0$ , es decir, $v\in S^{\perp}$ .
2.

$\supseteq$

] Por 1), ya que $S\subseteq\langle S\rangle$ .

$\subseteq$

] Sea $v\in S^{\perp}$ y sea $w=\alpha_{1}s_{1}+\cdots+\alpha_{k}s_{k}\in\langle S\rangle$ . Entonces $F(v,w)=\sum_{i=1}^{k}\alpha_{i}\underbrace{F(v,s_{i})}_{=0}=0$ .
3.

Si $v\in S$ , $\forall w\in S^{\perp}\;F(\underbrace{v}_{\in S},\underbrace{w}_{\in S^{\perp}% })=0$ . Por tanto, $v\in(S^{\perp})^{\perp}$ .
4.

Se empieza por 1), 2) se hace igual cambiando los papeles de $S$ y $T$ .

$\Rightarrow)$ Sea $v\in S,v\in T^{\perp}$ ? Dicho de otra forma, $F(v,w)=0$ ? Si, porque $F(S,T)=0$ (hipotesis).

$\Leftarrow)$ Sea $v\in S$ y $w\in T$ , $F(\underbrace{v}_{\in T^{\perp}},\underbrace{w}_{\in T})=0$ .

∎

Teorema I.1.

Sea $F\colon V\times V\to\mathbb{K}$ una forma bilineal simetrica o sesquilineal hermitica y sea $S$ un subespacio vectorial de $V$ . Entonces se cumple que:

\dim S+\dim S^{\perp}\geq\dim V

Demostración.

Sea $\mathcal{{B}}=\left\{v_{1},\ldots,v_{s}\right\}$ una base de $S$ , de modo que $\dim S=s$ . Definimos la funcion

\displaystyle f\colon V

\displaystyle{}\longrightarrow\mathbb{K}^{s}

\displaystyle v

\displaystyle{}\longmapsto(F(v_{1},v),F(v_{2},v),\ldots,F(v_{s},v))

de modo que $f$ es aplicacion lineal (trivial). Por tanto, podemos calcular el núcleo de $f$ :

{}Kerf=\left\{v\in V\mid f(v)=(0_{k},\ldots,0_{k})\right\}=\left\{v\in V\mid F% (v_{1},v)=\cdots=F(v_{s},v)=0\right\}=\\ {}=(\left\{v_{1},v_{2},\ldots,v_{s}\right\})^{\perp_{F}}\overset{\text{Prop 2}% }{=}(\langle v_{1},\ldots,v_{s}\rangle)^{\perp_{F}}=S^{\perp_{F}}

y la imagen:

Imf\leq\mathbb{K}^{s}\Rightarrow\dim Imf\leq\dim K^{s}=s=\dim S

Como $f$ es lineal, podemos usar la formula de las dimensiones:

\dim V=\dim\underbrace{Kerf}_{S^{\perp}}+\dim\underbrace{Imf}_{\leq\dim S}\leq% \dim S^{\perp}+\dim S

∎

Definición I.12 (Vector isótropo).

Sea $F$ una forma bilineal simetrica o sesquilineal hermitica. Decimos que $v\in V$ es isotropo si $F(v,v)=0$ , o equivalentemente si $q(v)=0$ , con $q$ la forma cuadratica asociada a $F$ .

Decimos que $v\in V$ es no isotropo si $F(v,v)\neq 0$ .

Lema I.1.

Sea $F$ bilineal simetrica o sesquilineal hermitica y $v\in V$ no isotropo.

Entonces $V=\langle v\rangle\oplus\langle v\rangle^{\perp_{F}}$

Demostración.

Veamos que $\langle v\rangle\cap\langle v\rangle^{\perp}=0$ :

{}w\in\langle v\rangle\cap\langle v\rangle^{\perp}\Rightarrow\begin{rcases}w=% \alpha v\in\langle v\rangle\\ F(w,v)=0\end{rcases}\Rightarrow 0=F(w,v)=F(\alpha v,v)=\overline{\alpha}% \underbrace{F(v,v)}_{\neq 0}\Rightarrow\\ {}\Rightarrow\overline{\alpha}=0\Rightarrow w=\vec{0}\mathchar 46\relax

Por el teorema anterior, $\dim\langle v\rangle^{\perp}+\dim\langle v\rangle\geq\dim V$ .

Ahora, $\dim V\overset{\langle v\rangle\oplus\langle v\rangle^{\perp}\leq V}{\geq}\dim% (\langle v\rangle\oplus\langle v\rangle^{\perp})\overset{\begin{subarray}{c}% \text{suma}\\ \text{directa}\end{subarray}}{=}\dim\langle v\rangle+\dim\langle v\rangle^{% \perp}\geq\dim V$ , por lo que todo lo anterior son igualdades y $\dim(\langle v\rangle\oplus\langle v\rangle^{\perp})=\dim V$ .

Como el unico subespacio de dimensión igual a $\dim V$ es el propio $V$ , $V=\langle v\rangle\oplus\langle v\rangle^{\perp_{F}}$ . ∎

Definición I.13 (Suma ortogonal).

Decimos que la suma de los subespacios $S_{1},\ldots,S_{m}$ es suma ortogonal si:

son suma directa ( $\iff S_{i}\cap+_{j\neq i}S_{j}=0\;\forall i=1,\ldots,m$ ).
$F(S_{i},S_{j})=0\;\forall i\neq j$ .

Definición I.14 (Base ortogonal).

Decimos que una base $B=\left\{v_{1},\ldots,v_{n}\right\}$ es base ortogonal respecto de $F$ (bilineal simetrica o sesquilineal hermitica) si $F(v_{i},v_{j})=0\;\forall i\neq j$ .

Observación I.5.

Las matrices respecto de bases ortogonales son diagonales.

Teorema I.2 (Teorema de diagonalización).

Dada $F$ una forma bilineal simetrica o sesquilineal hermitica, entonces existe una base ortogonal de $V$ .

Demostración.

Lo demostraremos por induccion sobre $\dim V$ .

Si $\dim V=1$ , trivial. Cualquier base $\left\{v\right\}$ , $v\neq 0$ , es base ortogonal.
Si $\dim V>1$ , distinguimos dos casos.

Caso 1.

No hay ningún vector no isótropo $\Rightarrow F(v,v)=0\;\forall v\in V\Rightarrow q(v)=0\;\forall v$ .

Si $F$ es bilineal simetrica, $F(v,w)=\frac{1}{2}(q(v+w)-q(v)-q(w))=0\;\forall v,w\in V$ .

Si $F$ es sesquilineal hermitica, $F(v,w)=\frac{1}{2}(q(v+w)-q(v)-q(w))-\frac{i}{2}(q(v+iw)-q(v)-q(w))=0$ .

En ambos casos, $F\equiv 0$ y sirve cualquier base.

Caso 2.

Existe un vector no isótropo, llamémosle $v_{1}$ . Entonces $V=\underbrace{\langle v_{1}\rangle}_{\dim 1}\oplus\langle v_{1}\rangle^{\perp}$ .

Consideramos la restriccion de $F$ respecto de $\langle v_{1}\rangle^{\perp}\times\langle v_{1}\rangle^{\perp}$ :

$\displaystyle F|_{\langle v_{1}\rangle^{\perp}}\colon\langle v_{1}\rangle^{% \perp}\times\langle v_{1}\rangle^{\perp}$

$\displaystyle{}\longrightarrow\mathbb{K}$

$\displaystyle(u,v)$

$\displaystyle{}\longmapsto F(v,w)$

definida en un espacio vectorial de $\dim\langle v\rangle^{\perp}=\dim V-1$ . Esta aplicacion es bilineal simetrica/sesquilineal hermitica (porque actúa igual que $F$ ).

Por la hipotesis de inducción $\langle v\rangle^{\perp}$ tiene una base ortogonal, que unida a $v_{1}$ forman una base ortogonal de $V$ , puesto que

$\begin{cases}F(\underbrace{v_{1}}_{\in\langle v_{1}\rangle},\underbrace{v_{i}}% _{\in\langle v_{1}\rangle^{\perp}})=0\;\forall i=2,\ldots,n\\ F(v_{i},v_{j})=0\;\forall i\neq j\;i,j=2,\ldots,n\;\text{ (hipotesis de % induccion)}\mathchar 46\relax\end{cases}$

∎

Ejemplo I.5.

Sea $F\colon\mathbb{C}^{3}\times\mathbb{C}^{3}\to\mathbb{C}$ tal que $A=M(F,BC)=\begin{pmatrix}2&i&0\\ -i&0&1-i\\ 0&1+i&1\\ \end{pmatrix}$ . Tenemos que encontrar una base ortogonal de $\mathbb{C}^{3}$ .

En este caso, si $v=(x_{1},x_{2},x_{3})$ y $w=(y_{1},y_{2},y_{3})$ ,

$F(v,w)=\begin{pmatrix}\overline{x_{1}}&\overline{x_{2}}&\overline{x_{3}}\\ \end{pmatrix}\cdot M(F,BC)\cdot\begin{pmatrix}y_{1}\\ y_{2}\\ y_{3}\\ \end{pmatrix}$

Esto es sesquilineal por construccion. Sabemos que es hermitica si y solo si $\overline{A^{t}}=A$ . Esto se cumple.

Buscamos un vector $v\in\mathbb{C}^{3}$ que cumpla $F(v,v)\neq 0$ . Como en la diagonal de $A$ hay entradas no nulas, sabemos por ejemplo que $F((1,0,0),(1,0,0))=2$ y $v_{1}=(1,0,0)$ es no isotropo.

Entonces $\mathbb{C}^{3}=\langle v_{1}\rangle\oplus\underbrace{\langle v_{1}\rangle^{% \perp}}_{S}$ .

Veamos como es $S$ :

$\displaystyle S$

$\displaystyle{}=\langle v_{1}\rangle^{\perp}=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{C}^{3}% \mid\text{ ortogonales a }(1,0,0)\right\}=$

$\displaystyle{}=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{C}^{3}\mid F((1,0,0),(x,y,z))=0\right\}=$

$\displaystyle{}=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{C}^{3}\mid\begin{pmatrix}1&0&0\\ \end{pmatrix}\cdot A\cdot\begin{pmatrix}x\\ y\\ z\\ \end{pmatrix}=0\right\}=$

$\displaystyle{}=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{C}^{3}\mid 2x+iy=0\right\}=\langle(-% \frac{i}{2},1,0),(0,0,1)\rangle$

Sabemos por $A$ que $(0,0,1)$ es no isotropo porque $F((0,0,1),(0,0,1))=1\neq 0$ . Tenemos como $v_{2}=(0,0,1)$ . Luego $S=\langle v_{2}\rangle\oplus\langle v_{2}\rangle^{\perp_{S}}$ .

Sea $T=\langle v_{2}\rangle^{\perp_{S}}=\left\{(x,y,z)\mid\begin{subarray}{c}(x,y,z% )\in S\\ \text{son ortogonales a }(0,0,1)\end{subarray}\right\}=\left\{(x,y,z)\left|% \begin{subarray}{c}2x+iy=0\\ \begin{pmatrix}0&0&1\\ \end{pmatrix}\cdot A\cdot\begin{pmatrix}x\\ y\\ z\\ \end{pmatrix}=0\end{subarray}\right\mathchar 46\relax\right\}=\left\{(x,y,z)% \mid\begin{subarray}{c}2x+iy=0\\ (1+i)y+z=0\end{subarray}\right\}$ .

Por tanto, $T=\langle\underbrace{(-\frac{i}{2},1,-1-i)}_{v_{3}}$ . $v_{3}$ es ortogonal a $v_{1}$ y $v_{2}$ por construccion.

La base ortogonal es $\left\{v_{1},v_{2},v_{3}\right\}=BO$ . Podemos construir la matriz asociada a $F$ respecto de $BO$ :

$M(F,BO)=\begin{pmatrix}2&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&-\frac{5}{2}\\ \end{pmatrix}=D$

(habiendo calculado $F(v_{3},v_{3})$ ).

Por otro lado,

$P=M(BO,BC)=\begin{pmatrix}1&0&-\frac{i}{2}\\ 0&0&1\\ 0&1&-1-i\\ \end{pmatrix}$

Luego se cumple que $\overline{P^{t}}AP=D$ .
$F$ tal que $M(F,BC)=\begin{pmatrix}0&1\\ 1&0\\ \end{pmatrix}=A$ .

No sabemos vectores no isotropos viendo la matriz. Probamos con $v_{1}=(1,1)$ .

$F(v_{1},v_{1})=\begin{pmatrix}1&1\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\ 1&0\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\ 1\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\ 1\\ \end{pmatrix}=2\neq 0\Rightarrow\text{ no isotropo}$

Entonces $\mathbb{R}^{2}=\langle v_{1}\rangle\oplus\underbrace{\langle v_{1}\rangle^{% \perp}}$ .

$S=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^{2}\mid F((1,1),(x,y))=0\right\}=\left\{(x,y)\in% \mathbb{R}^{2}\mid x=-y\;\forall y\right\}=\langle\underbrace{(-1,1)}_{v_{2}}\rangle$

Calculamos $F(v_{2},v_{2})$ : $F(v_{2},v_{2})=\begin{pmatrix}-1&1\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\ 1&0\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1\\ 1\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1&1\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\ -1\\ \end{pmatrix}=-2$ .

Ya tenemos nuestra matriz diagonal: $D=M(F,BO)=\begin{pmatrix}2&0\\ 0&-2\\ \end{pmatrix}$ , con $BO=\left\{v_{1},v_{2}\right\}$ .

Ademas, $P=M(BO,BC)=\begin{pmatrix}1&-1\\ 1&1\\ \end{pmatrix}$ . Se tiene que $P^{t}AP=D$ .
$F$ sesquilineal hermitica $\mathbb{C}^{2}\times\mathbb{C}^{2}\to\mathbb{C}$ definida por $M(F,BC)=\begin{pmatrix}0&i\\ -i&0\\ \end{pmatrix}$ .

$F((1,1),(1,1))=\begin{pmatrix}1&1\\ \end{pmatrix}\cdot M(F,BC)\cdot\begin{pmatrix}1\\ 1\\ \end{pmatrix}=0\Rightarrow$ No sirve, tenemos que probar metiendo unidades imaginarias.

Sea $v_{1}=(1,i)$ . Entonces $F((1,i),(1,i))=\begin{pmatrix}1&-i\\ \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}0&i\\ -i&0\\ \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}1\\ i\\ \end{pmatrix}=-1-1=-2\neq 0$ . Ya tenemos un vector no isotropo.

Observación I.6.

Dado $T=\langle w_{1},w_{2}\rangle$ , podemos comprobar que no tenga vectores no isotropos si $F(\alpha w_{1}+\beta w_{2}\alpha w_{1}+\beta w_{2})=0$ .

Observación I.7.

$F$ sesquilineal hermitica $\Rightarrow F(v,v)=\overline{F(v,v)}\;\forall v\in V$ .

Corolario I.1.

Toda matriz simetrica se diagonaliza por congruencia ( $\exists P$ inversible con $P^{t}AP=D$ , siendo $P=M(id,BO,BC)$ ).
Toda matriz hermitica se diagonaliza por congruencia hermitiana ( $\exists P$ invertible con $\overline{P^{t}}AP=D$ , con $P=M(id,BO,BC)$ )

Demostración.

Para el caso $A=A^{t}$ . Si $A\in M_{n\times n}(\mathbb{K})$ , definimos la forma bilineal simetrica

\displaystyle F\colon\mathbb{K}^{n}\times\mathbb{K}^{n}

\displaystyle{}\longrightarrow\mathbb{K}

\displaystyle((x_{1},\ldots,x_{n}),(y_{1},\ldots,y_{n}))

\displaystyle{}\longmapsto\begin{pmatrix}x_{1}&\cdots&x_{n}\\ \end{pmatrix}\cdot A\cdot\begin{pmatrix}y_{1}\\ \vdots\\ y_{b}\\ \end{pmatrix}

es decir, $M(F,BC)=A$ .

Si $B=\left\{v_{1},\ldots,v_{n}\right\}$ es la base ortogonal que da el teorema anterior, definimos $P=M(id,B,BC)$ , matriz de cambio de base de $B$ a la base canonica, y $D=M(F,B)$ , diagonal porque la base es ortogonal.

Por la relacion entre $A$ y $D$ se obtiene $D=P^{t}\cdot A\cdot P$ .

El caso de $A=\overline{A^{t}}$ es analogo, definiendo $F$ sesquilineal hermitica. ∎

Corolario I.2.

Sea $F$ bilineal simetrica $F\colon V\times V\to\mathbb{K}$ , $\mathbb{K}$ cuerpo tal que $\sqrt{\mathbb{K}}\subseteq\mathbb{K}$ (por ejemplo $\mathbb{K}=\mathbb{C}$ ) entonces la base del teorema anterior se puede arreglar para que

M(F,B)=\begin{pmatrix}1&&&&&\\ &\ddots&&&&\\ &&1&&&\\ &&&0&\\ &&&&\ddots\\ &&&&&0\\ \end{pmatrix}

donde la cantidad de $1^{\prime}s$ es $\mathrm{rg}F$ .

Demostración.

Sabemos por el teorema de diagonalizacion que existe una base ortogonal $\left\{v_{1},v_{2},\ldots,v_{n}\right\}$ .

Supongamos que los vectores de la base estan reordenados para que se cumpla $\begin{cases}F(v_{i},v_{i})\neq 0\;i=1,\ldots,r\quad r=\mathrm{rg}F\\ F(v_{j},v_{j})=0\;j=r+1,\ldots,n\end{cases}$ .

Definir la nueva base como $\hat{B}=\left\{\frac{v_{1}}{\sqrt{F(v_{1},v_{1})}},\frac{v_{2}}{\sqrt{F(v_{2},% v_{2})}},\ldots,\frac{v_{r}}{\sqrt{F(v_{r},v_{r})}},v_{r+1},\ldots,v_{n}\right\}$ .

Para $i=1,\ldots,r$ como $F(v_{i},v_{i})\neq 0$ podemos definir $\tilde{v_{1}}=\frac{1}{\sqrt{F(v_{i},v_{i})}}v_{i}$ .

Veamos cuanto vale $F(\tilde{v_{i}},\tilde{v_{i}})$ :

F(\tilde{v_{i}},\tilde{v_{i}})=F(\frac{1}{\sqrt{F(v_{i},v_{i})}}v_{i},\frac{1}% {\sqrt{F(v_{i},v_{i})}}v_{i})=\frac{1}{\sqrt{F(v_{i},v_{i})}}\frac{1}{\sqrt{F(% v_{i},v_{i})}}F(v_{i},v_{i})=1

Desde $i=r+1,\ldots,n$ , definimos $\tilde{v_{i}}=v_{i}$ .

Entonces la matriz que buscamos es $M(F,\hat{BO})$ , $BO=\left\{\tilde{v_{1}},\ldots,\tilde{v_{n}}\right\}$ . ∎

Corolario I.3.

Sea $F$ bilineal simetrica sobre $V$ e.v. real o sesquilineal hermitica sobre $V$ e.v. complejo. Entonces la base ortogonal del teorema también se puede modificar para que

D=\begin{pmatrix}1&&&&&&&0&0\\ &\ddots&&&&&&&0\\ &&1&&&&&&\\ &&&-1&&&&&\\ &&&&\ddots&&&&\\ &&&&&-1&&&\\ &&&&&&0&&\\ 0&&&&&&&\ddots&\\ 0&0&&&&&&&0\\ \end{pmatrix}

Demostración.

Tanto si $F$ es bilineal simetrica como si $F$ es sesquilineal hermitica sabemos que $\begin{cases}F(v_{i},v_{i})=\overline{F(v_{i},v_{i})}\in\mathbb{R}\\ F(v_{i},v_{j})=0\;i\neq j\end{cases}$ donde $B=\left\{v_{1},\ldots,v_{n}\right\}$ es una base ortogonal.

Reordenamos la base para que:

\begin{cases}F(v_{i},v_{i})>0\;i=1,\ldots,s\\ F(v_{i},v_{i})<0\;i=s+1,\ldots,r\\ F(v_{i},v_{i})=0\;i=r+1,\ldots,n\end{cases}

Modificamos la base del siguiente modo:

\begin{cases}\cdot\;i=1,\ldots,s\quad\tilde{v_{i}}=\frac{v_{i}}{\sqrt{F(v_{i},% v_{i})}}\rightarrow F(\tilde{v_{i}},\tilde{v_{i}})=1\\ \cdot\;i=s+1,\ldots,r\quad\tilde{v_{i}}=\frac{v_{i}}{\sqrt{-F(v_{i},v_{i})}}% \rightarrow F(\tilde{v_{i}},\tilde{v_{i}})=-1\\ \cdot\;i=r+1,\ldots,n\quad\tilde{v_{i}}=v_{i}\end{cases}

Así con la base $\tilde{B}=\left\{\tilde{v_{1}},\ldots,\tilde{v_{n}}\right\}$ encontramos la matriz que buscamos, $M(F,\tilde{B})$ . ∎

Definición I.15 (Signatura).

Dada $F$ bilineal simétrica o sesquilineal hermítica y una base ortogonal de $V$ , llamamos signatura de la base ortogonal al número de $v_{i}^{\prime}s$ tal que $F(v_{i},v_{i})>0$ .

Teorema I.3 (Ley de inercia de Sylvester).

Dada $F$ bilineal simetrica o sesquilineal hermitica, todas sus bases ortogonales tienen la misma signatura.

Demostración.

Sean $\left\{v_{1},\ldots,v_{n}\right\}$ y $\left\{w_{1},\ldots,w_{n}\right\}$ dos bases ortogonales.

Las reordenamos para que:

\begin{cases}\cdot\;F(v_{i},v_{i})>0\;i=1,\ldots,s\quad F(v_{j},v_{j})\leq 0\;% j=s+1,\ldots,n\\ \cdot\;F(w_{k},w_{k})>0\;k=1,\ldots,t\quad F(w_{l},w_{l})\leq 0\;l=t+1,\ldots,% n\end{cases}

Queremos probar que $s=t$ , haremos $s\leq t$ y $t\leq s$ .

Definimos $S=\langle v_{1},\ldots,v_{s}\rangle$ y $T=\langle w_{t+1},\ldots,w_{n}\rangle\leq V$ .

Veamos que $S\cap T=0$ :

Si $v\in S\cap T\Rightarrow\begin{cases}v\in S\colon v=\alpha_{1}v_{1}+\cdots+% \alpha_{s}v_{s}\;\text{(1)}\\ v\in T\colon v=\beta_{t+1}w_{t+1}+\cdots+\beta_{n}w_{n}\;\text{(2)}\end{cases}$

Así $F(v,v)\overset{\begin{subarray}{c}(1)\\ BO\end{subarray}}{=}\overline{\alpha_{1}}\alpha_{1}F(v_{1},v_{1})+\cdots+% \overline{\alpha_{s}}\alpha_{s}F(v_{s},v_{s})\geq 0\;(\ast)$ .

También $F(v,v)=F(\beta_{t+1}w_{t+1}+\cdots,\beta_{n}w_{n},\beta_{t+1}w_{t+1}+\cdots,% \beta_{n}w_{n})\overset{\begin{subarray}{c}(2)\\ BO\end{subarray}}{=}\overline{\beta_{t+1}}\beta_{t+1}F(w_{t+1},w_{t+1})+\cdots% +\overline{\beta_{n}}\beta_{n}F(w_{n},w_{n})\leq 0$ .

Hemos visto que $F(v,v)=0$ .

Asi que $(\ast)$ en realidad es: $\overline{\alpha_{1}}\alpha_{1}F(v_{1},v_{1})+\cdots+\overline{\alpha_{s}}% \alpha_{s}F(v_{s},v_{s})=0\Rightarrow\overline{\alpha_{1}}\alpha_{1}=\cdots=% \overline{\alpha_{s}}\alpha_{s}=0$ (porque $F(v_{i},v_{i})>0$ ). Por tanto, $\alpha_{i}=0\;\forall i=1,\ldots,s$ (tener en cuenta propiedades complejos) y $v=\vec{0}$ .

Como $S\cap T=0$ , $S\oplus T\leq V$ . Veamos su dimension:

\underbrace{\dim S}_{s}+\underbrace{\dim T}_{n-t}=\dim(S\oplus T)\leq% \underbrace{\dim V}_{n}

Es decir,

s+\cancel{n}-t\leq\cancel{n}\Rightarrow s\leq t

Intercambiando los papeles de $S$ y $T$ en la demostracion se obtiene que $t\leq s$ .

Por lo tanto, $s=t$ . ∎

Definición I.16 (Signatura de

F

Dada $F$ bilineal simetrica o sesquilineal hermitica. Se define la signatura de $F$ como la signatura de cualquier base ortogonal.

Definición I.17.

Sea $A\in M_{n}(\mathbb{R})$ simetrica, llamamos signatura de $A$ a la signatura de la forma bilineal simetrica $F$ cuya matriz asociada es $A$ .
Sea $A\in M_{n}(\mathbb{C})$ hermitica, llamamos signatura de $A$ a la signatura de la forma sesquilineal hermitica definida por esa matriz.

Corolario I.4.

1.

Dos matrices simetricas $A,B\in M_{n}(\mathbb{R})$ son congruentes entre si $\iff\begin{cases}\mathrm{rg}A=\mathrm{rg}B\\ \mathrm{sig}A=\mathrm{sig}B\end{cases}$
2.

Dos matrices hermiticas $A,B\in M_{n}(\mathbb{C})$ son congruentes hermiticas $\iff\begin{cases}\mathrm{rg}A=\mathrm{rg}B\\ \mathrm{sig}A=\mathrm{sig}B\end{cases}$

Demostración.

Trivial. ∎

Definición I.18.

Dada $F$ bilineal simetrica o sesquilineal hermitica, decimos que

$F$ es definida positiva si cumple que $F(v,v)>0\;\forall\vec{0}\neq v\in V$ .
$F$ es semidefinida positiva si $F(v,v)\geq 0\;\forall v\in V$ .
$F$ es definida negativa si $F(v,v)<0\;\forall\vec{0}\neq v\in V$ .
$F$ es semidefinida negativa si $F(v,v)\leq 0\;\forall v\in V$ .
$F$ es indefinida en el resto de casos.

Proposición I.4.

1.

$F$ es definida positiva $\iff\mathrm{rg}F=\mathrm{sig}F=\dim V$ .
2.

$F$ es semidefinida positiva $\iff\mathrm{rg}F=\mathrm{sig}F$ .
3.

$F$ es definida negativa $\iff\mathrm{rg}F=\dim V$ , $\mathrm{sig}F=0$ .
4.

$F$ es semidefinida negativa $\iff\mathrm{sig}F=0$ .
5.

$F$ es indefinida $\iff\mathrm{rg}F>\mathrm{sig}F>0$

Demostración.

1.

Veamos que $F(v,v)>0\;\forall\vec{0}\neq v\in V\iff\mathrm{rg}F=\mathrm{sig}F=\dim V$ .

$\Rightarrow$ ) Sea $B=\left\{v_{1},\ldots,v_{n}\right\}$ una base ortogonal y sea $M(F,BO)=\begin{pmatrix}d_{i}&\cdots&0\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ 0&\cdots&d_{n}\\ \end{pmatrix}$ , con $d_{i}=F(v_{i},v_{i})>0$ . Por tanto $\mathrm{rg}F=n$ y $\mathrm{sig}F=n\Rightarrow n=\dim V$ .

$\Leftarrow$ ) Sabemos que $\exists BO=\left\{v_{1},\ldots,v_{n}\right\}$ tal que $M(F,BO)=\begin{pmatrix}1&\cdots&0\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ 0&\cdots&1\\ \end{pmatrix}$ . Ademas, sea $0\neq v\in V\;v=x_{1}v_{1}+\cdots+x_{n}v_{n}$ con alguna de las $x$ distinta de 0.

Entonces $F(v,v)=\begin{pmatrix}\overline{x_{1}}&\cdots&\overline{x_{n}}\\ \end{pmatrix}\cdot I\cdot\begin{pmatrix}x_{1}\\ \vdots\\ x_{n}\\ \end{pmatrix}=\overline{x_{1}}x_{1}+\cdots+\overline{x_{n}}x_{n}>0$ (porque algun $x$ es distinto de 0).
5.

$\exists v,w$ con $F(v,v)>0$ y $F(w,w)<0\iff\mathrm{rg}A>\mathrm{sig}F>0$ .

$\Leftarrow$ ) $\exists$ base tal que $M(F,\text{base})$ tiene 1’s, $-1$ ’s y quizas ceros. En la base, $F(v_{1},v_{1})>0$ y si llamo $s=\mathrm{sig}F$ , $F(v_{s+1},v_{s+1})<0$ .

$\Rightarrow$ )

∎

Método de diagonalización por matrices elementales

Por el teorema de diagonalizacion, dada una matriz $A$ simetrica o hermitica, sabemos que existe una matriz $P$ inversible tal que $P^{t}AP=D$ diagonal (simetrica) o $\overline{P^{t}}AP=D$ diagonal (hermitica).

$P$ , por ser inversible es producto de matrices elementales: $P=\underbrace{E_{1}E_{2}\cdots E_{k}}_{\text{matrices elementales}}$ .

a)

Supongamos $A$ simetrica: $\exists P=E_{1}E_{2}\cdots E_{k}$ tal que $P^{t}AP=D\Rightarrow(E_{1}\cdots E_{k})^{t}A(E_{1}\cdots E_{k})=D\Rightarrow E% ^{t}_{k}\cdots E^{t}_{1}AE_{1}\cdots E_{k}=D$ .

En un numero finito de pasos, haciendo operaciones elementales en las filas de $A$ y las análogas en las columnas de $A$ , se tiene que poder llegar a una matriz diagonal.
b)

Supongamos $A$ hermitica: $\exists P=E_{1}\cdots E_{k}$ tal que $\overline{P^{t}}AP=D\Rightarrow\overline{E^{t}_{k}}\cdots\overline{E^{t}_{1}}% AE_{1}\cdots E_{k}=D$ .

Se hace lo mismo pero conjugando las operaciones elementales en las filas de $A$ .

\left(\begin{array}[]{c}A\\ \hline\cr I\end{array}\right)\sim\left(\begin{array}[]{c}D\\ \hline\cr[]\end{array}\right)\text{ haciendo Gauss por filas y columnas (% conjugado)}

Ejemplo I.6.

1.

$A=\begin{pmatrix}1&2&0\\ 2&0&1\\ 0&1&0\\ \end{pmatrix}$ .

${}\begin{array}[]{c}\begin{pmatrix}1&2&0\\ 2&0&1\\ 0&1&0\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\\ \end{pmatrix}\end{array}\overset{F_{2}-2F_{1}}{\sim}\begin{array}[]{c}\begin{% pmatrix}1&2&0\\ 0&-4&1\\ 0&1&0\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\\ \end{pmatrix}\end{array}\overset{C_{2}-2C_{1}}{\sim}\begin{array}[]{c}\begin{% pmatrix}1&0&0\\ 0&-4&1\\ 0&1&0\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}1&-2&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\\ \end{pmatrix}\end{array}\overset{F_{3}+\frac{F_{2}}{4}}{\sim}\begin{array}[]{c% }\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&-4&1\\ 0&0&\frac{1}{4}\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}1&-2&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\\ \end{pmatrix}\end{array}\overset{C_{3}+\frac{C_{2}}{4}}{\sim}\begin{array}[]{c% }\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&-4&0\\ 0&0&\frac{1}{4}\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}1&-2&-\frac{1}{2}\\ 0&1&\frac{1}{4}\\ 0&0&1\\ \end{pmatrix}\end{array}=\begin{array}[]{c}D\\ \hline\cr P\end{array}$
2.

$A=\begin{pmatrix}2&i&0\\ -i&0&1-i\\ 0&1+i&1\\ \end{pmatrix}$ , $\overline{A^{t}}=A$ .

${}\left(\begin{array}[]{c}A\\ \hline\cr I\end{array}\right)=\begin{array}[]{c}\begin{pmatrix}2&i&0\\ -i&0&1-i\\ 0&1+i&1\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\\ \end{pmatrix}\end{array}\overset{F_{2}+\frac{iF_{1}}{2}}{\sim}\begin{array}[]{% c}\begin{pmatrix}2&i&0\\ 0&-\frac{i}{2}&1-i\\ 0&1+i&1\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\\ \end{pmatrix}\end{array}\overset{C_{2}-\frac{iC_{1}}{2}}{\sim}\begin{array}[]{% c}\begin{pmatrix}2&0&0\\ 0&-\frac{1}{2}&1-i\\ 0&1+i&1\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}1&-\frac{i}{2}&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\\ \end{pmatrix}\end{array}\overset{F_{3}+2(1+i)F_{2}}{\sim}\\ {}\sim\begin{array}[]{c}\begin{pmatrix}2&0&0\\ 0&-\frac{1}{2}&1-i\\ 0&0&5\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}0&-\frac{i}{2}&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\\ \end{pmatrix}\end{array}\overset{C_{3}+2(1-i)C_{2}}{\sim}\begin{array}[]{c}% \begin{pmatrix}2&0&0\\ 0&-\frac{1}{2}&0\\ 0&0&5\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}1&-\frac{1}{2}&-(1+i)\\ 0&1&2(1-i)\\ 0&0&1\\ \end{pmatrix}\end{array}=\left(\begin{array}[]{c}D\\ \hline\cr P\end{array}\right)$
3.

$A=\begin{pmatrix}0&1\\ 1&0\\ \end{pmatrix}$ .

En este caso, no podemos intercambiar la fila porque luego tendremos que intercambiar la columna y quedará igual. Tenemos que buscar otra alternativa.

${}\begin{array}[]{c}\begin{pmatrix}0&1\\ 1&0\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}1&0\\ 0&1\\ \end{pmatrix}\end{array}\overset{F_{1}+F_{2}}{\sim}\begin{array}[]{c}\begin{% pmatrix}1&1\\ 1&0\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}1&0\\ 0&1\\ \end{pmatrix}\end{array}\overset{C_{1}+C_{2}}{\sim}\begin{array}[]{c}\begin{% pmatrix}2&1\\ 1&0\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}1&0\\ 1&1\\ \end{pmatrix}\end{array}\overset{F_{2}-\frac{F_{1}}{2}}{\sim}\begin{array}[]{c% }\begin{pmatrix}2&1\\ 0&-\frac{1}{2}\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}1&0\\ 1&1\\ \end{pmatrix}\end{array}\overset{C_{2}-\frac{C_{1}}{2}}{\sim}\begin{array}[]{c% }\begin{pmatrix}2&0\\ 0&-\frac{1}{2}\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}1&-\frac{1}{2}\\ 1&\frac{1}{2}\\ \end{pmatrix}\end{array}=\left(\begin{array}[]{c}D\\ \hline\cr P\end{array}\right)$

Entonces se cumple que $P^{t}AP=D$ .

Ahora vamos a buscar una matriz con unos y ceros en la diagonal (se puede por el teorema anterior).

${}\begin{array}[]{c}\begin{pmatrix}2&0\\ 0&-\frac{1}{2}\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}1&-\frac{1}{2}\\ 1&\frac{1}{2}\\ \end{pmatrix}\end{array}\overset{\frac{F_{1}}{\sqrt{2}}}{\sim}\begin{array}[]{% c}\begin{pmatrix}\frac{2}{\sqrt{2}}&0\\ 0&-\frac{1}{2}\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}1&-\frac{1}{2}\\ 1&\frac{1}{2}\\ \end{pmatrix}\end{array}\overset{\frac{C_{1}}{\sqrt{2}}}{\sim}\begin{array}[]{% c}\begin{pmatrix}1&0\\ 0&-\frac{1}{2}\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}&-\frac{1}{2}\\ \frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{2}\\ \end{pmatrix}\end{array}\overset{F_{2}\cdot\sqrt{2}}{\sim}\begin{array}[]{c}% \begin{pmatrix}1&0\\ 0&-\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}}&-\frac{1}{2}\\ \frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{2}\\ \end{pmatrix}\end{array}\overset{C_{2}\cdot\sqrt{2}}{\sim}\begin{array}[]{c}% \begin{pmatrix}1&0\\ 0&-1\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}\frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \frac{\sqrt{2}}{2}&\frac{\sqrt{2}}{2}\\ \end{pmatrix}\end{array}$

Ya tenemos $\tilde{D}$ y $\tilde{P}$ .
4.

$A=\begin{pmatrix}0&i\\ -i&0\\ \end{pmatrix}$ .

En este caso, el “truco” de antes no podemos aplicarlo porque la matriz se queda igual. Probamos otra forma:

${}\begin{array}[]{c}\begin{pmatrix}0&i\\ -i&0\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}1&0\\ 0&1\\ \end{pmatrix}\end{array}\overset{F_{1}+iF_{2}}{\sim}\begin{array}[]{c}\begin{% pmatrix}1&i\\ -i&0\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}1&0\\ 0&1\\ \end{pmatrix}\end{array}\overset{C_{1}-iC_{2}}{\sim}\begin{array}[]{c}\begin{% pmatrix}2&i\\ -i&0\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}1&0\\ -i&1\\ \end{pmatrix}\end{array}\overset{F_{2}+\frac{iF_{1}}{2}}{\sim}\begin{array}[]{% c}\begin{pmatrix}2&i\\ 0&-\frac{1}{2}\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}1&0\\ -i&1\\ \end{pmatrix}\end{array}\overset{C_{2}-\frac{iC_{1}}{2}}{\sim}\begin{array}[]{% c}\begin{pmatrix}2&0\\ 0&-\frac{1}{2}\\ \end{pmatrix}\\ \hline\cr\begin{pmatrix}1&-\frac{i}{2}\\ -i&\frac{1}{2}\\ \end{pmatrix}\end{array}$

Método de Lagrange para diagonalizar por congruencia matrices simétricas

Supongamos que $A$ es una matriz simétrica, $A\in M_{n}(\mathbb{K})$ . $A$ representa la forma cuadrática

\displaystyle q\colon\mathbb{R}^{n}

\displaystyle{}\longrightarrow\mathbb{R}

\displaystyle(x_{1},\ldots,x_{n})

\displaystyle{}\longmapsto\begin{pmatrix}x_{1}&\cdots&x_{n}\\ \end{pmatrix}\cdot A\cdot\begin{pmatrix}x_{1}\\ \vdots\\ x_{n}\\ \end{pmatrix}=\sum a_{ij}x_{i}x_{j}

Sabemos que en cierta base $q$ tiene forma diagonal, y se puede expresar como:

\displaystyle q\colon\mathbb{R}^{n}

\displaystyle{}\longrightarrow\mathbb{R}

\displaystyle(\tilde{x_{1}},\ldots,\tilde{x_{n}})

\displaystyle{}\longmapsto\begin{pmatrix}\tilde{x_{1}}&\cdots&\tilde{x_{n}}\\ \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}d_{1}&\cdots&0\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ 0&\cdots&d_{n}\\ \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}\tilde{x_{1}}\\ \vdots\\ \tilde{x_{n}}\\ \end{pmatrix}=d_{1}\tilde{x^{2}_{1}}+\cdots+d_{n}\tilde{x_{n}}^{2}

El metodo consiste en “arreglar cuadrados”.

Si $(v)_{BC}=(x_{1},\ldots,x_{n})$ , como $P=M(id,BO,BC)$ se obtiene $(v)_{BO}=(\tilde{x_{1}},\ldots,\tilde{x_{n}})$ haciendo $\begin{pmatrix}\tilde{x_{1}}\\ \vdots\\ \tilde{x_{n}}\\ \end{pmatrix}=P^{-1}\cdot\begin{pmatrix}x_{1}\\ \vdots\\ x_{n}\\ \end{pmatrix}$ . Por lo tanto, este método da la inversa de la matriz $P$ que cumple $P^{t}AP=D$ .

Ejemplo I.7.

1.

$A=\begin{pmatrix}1&2&0\\ 2&1&1\\ 0&1&0\\ \end{pmatrix}$ .

Entonces $q(x,y,z)=\begin{pmatrix}x&y&z\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&2&0\\ 2&1&1\\ 0&1&0\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\ y\\ z\\ \end{pmatrix}=x^{2}+4xy+2zy$ . Necesito expresarlo como suma de números por otras expresiones al cuadrado, de forma que obtengo los números de la diagonal y los vectores de la base ortogonal.

${}q(x,y,z)=x^{2}+4xy+2zy=(\underbrace{x+2y}_{\tilde{x}})^{2}-4y^{2}+2yz=(x+2y)% ^{2}-4(y^{2}-\frac{1}{2}yz)=\\ {}=(x+2y)^{2}-4((y-\frac{1}{4}z)^{2}-\frac{1}{16}z^{2})=(x+2y)^{2}-4(y-\frac{1% }{4}z)^{2}+\frac{1}{4}z^{2}$

Por tanto,

$\begin{rcases}\tilde{x}=x+2y\\ \tilde{y}=y-\frac{1}{4}z\\ \tilde{z}=z\end{rcases}\Rightarrow q(x,y,z)=\tilde{x^{2}}-4\tilde{y^{2}}+\frac% {1}{4}\tilde{z^{2}},$

la matriz diagonal es

$D=\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&-4&0\\ 0&0&\frac{1}{4}\\ \end{pmatrix},$

y $P=Q^{-1}$ , con

$Q=\begin{pmatrix}1&2&0\\ 0&1&-\frac{1}{4}\\ 0&0&1\\ \end{pmatrix}$
2.

$A=\begin{pmatrix}0&1&1\\ 1&0&1\\ 1&1&0\\ \end{pmatrix}$ .

${}q(x,y,z)=2xy+2xz+2yz\overset{\begin{subarray}{c}cv\\ x=\tilde{x}+y\end{subarray}}{=}2(\tilde{x}+y)y+2(\tilde{x}+y)z+2yz=2\tilde{x}y% +2y^{2}+2\tilde{x}z+4yz=\\ {}=2y^{2}+2x^{2}y+2\tilde{x}z+4yz=2(y^{2}+\tilde{x}y+2yz)+2xz=2(y+(\frac{1}{2}% \tilde{x}+z)^{2}-(\frac{1}{4}\tilde{x^{2}}+z^{2}+\tilde{x}z))=\\ {}=2(y+\frac{1}{2}\tilde{x}+z)^{2}-\frac{1}{2}\tilde{x}^{2}-2z^{2}\overset{% \begin{subarray}{c}cv\\ \tilde{x}=x-y\end{subarray}}{=}2(y+\frac{1}{2}(x-y)+z)^{2}-\frac{1}{2}(x-y)^{2% }-2z^{2}=\\ {}=2(\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}y+z)^{2}-\frac{1}{2}(x-y)^{2}-2z^{2}$

Por lo tanto,

$D=\begin{pmatrix}2&0&0\\ 0&-\frac{1}{2}&0\\ 0&0&-2\\ \end{pmatrix}\qquad\begin{pmatrix}\hat{x}\\ \hat{y}\\ \hat{z}\\ \end{pmatrix}=\underbrace{\begin{pmatrix}\frac{1}{2}&\frac{1}{2}&1\\ 1&-1&0\\ 0&0&1\\ \end{pmatrix}}{Q}\begin{pmatrix}x\\ y\\ z\\ \end{pmatrix}$

y $P^{t}AP=D$ , con $P=Q^{-1}$ .