Bilineaire en kwadratische vormen

Oefeningen op hoofdstuk 4
Bilineaire en kwadratische vormen
4.1
Definitie en matrixvoorstelling
Oefening 4.1. Bewijs dat de volgende vormen bilineair zijn.
f1 : R2 × R2 → R
(( ab ) , ( dc )) 7→ det ( ab dc )
f2 : Mat3 (R) × Mat3 (R) → R
((aij ), (bij )) 7→ a11 b11 + a12 b21 + a13 b31
Oplossing 4.1. We zoeken uit of de vorm in beide leden lineair is.
?
a a a a f1 λ b11 + µ b22 , ( dc ) = λf1 b11 , ( dc ) + µf1 b22 , ( dc )
!
a1 c a2 c 1 +µa2 c
det λa
=
λ
det
+
µ
det
b
d
b2 d
λb1 +µb2 d
1
De verificatie van lineariteit in het tweede lid gebeurt op dezelfde manier. Voor f2 controleren we
?
f2 (λ(aij ) + µ(bij ), (cij )) = λf2 (aij , cij ) + µf2 (bij , cij )
!
(λa11 + µb11 ) c11 + (λa12 + µb12 ) c21 + (λa13 + µb13 ) c31 = λ (a11 c11 + a12 c21 + a13 c31 ) +
µ (b11 c11 + b12 c21 + b13 c31 )
Lineariteit in het andere lid wordt op een gelijkaardige manier gecontroleerd.
Oefening 4.2. Beschouw V = V (2, R) met basis (e1 , e2 ). Schrijf v1 = x1 e1 + y1 e2 en v2 = x2 e1 + y2 e2 .
Welke van de volgende afbeeldingen zijn bilineaire vormen?
f3 : V × V → R : (v1 , v2 ) 7→ x1 x2 − y1 y2
fπ : V × V → R : (v1 , v2 ) 7→ x1 + x2
−1
f4 : V × V → R : (v1 , v2 ) 7→ x1 x−1
2 + y1 y2
f5 : V × V → R : (v1 , v2 ) 7→ x1 y1 + x2 y2
f6 : V × V → R : (v1 , v2 ) 7→ x1 x2
f7 : V × V → R : (v1 , v2 ) 7→ 3x1 x2 + πy1 y2 + 5
Oplossing 4.2.
?
f3 (λv + µw, u) = λf3 (v, u) + µf3 (w, u)
!
(λxv + µxw )xu − (λyv + µyw )yu = λ(xv xu + yv yu ) + µ(xw xu − yw yu )
Opgeloste oefeningen LAAM II, Bilineaire en kwadratische vormen
9
Lineariteit in het andere lid volgt analoog en we besluiten dat f3 een bilineaire vorm is.
?
fπ (λv + µw, u) = λfπ (v, u) + µfπ (w, u)
?
(λvx + µwx ) + ux = λ(vx + ux ) + µ(wx + ux )
!
1 6= λ + µ
Dit zou moeten gelden voor alle λ, µ, maar dit is niet zo. Bijgevolg is fπ geen bilineaire vorm.
?
f4 (λv + µw, u) = λf4 (v, u) + µf4 (w, u)
λxv + µxw
λyv + µyw !
xv
yv
xw
yw
+
=λ
+
+µ
+
xu
yu
x u yu
xu
yu
?
f4 (u, λv + µw) = λf4 (u, v) + µf4 (u, w)
!
xu
yu
xu
yu
x u yu
+
+
+µ
+
6= λ
λxv + µxw
λyv + µyw
xv
yv
xw
yw
f4 is lineair in haar eerste argument, maar niet in haar tweede en is dus geen bilineaire vorm.
?
f5 (λv + µw, u) = λf5 (v, u) + µf5 (w, u)
!
(λxv + µxw )(λyv + µyw ) + xu yu 6= λ (xv yv + xu yu ) + µ (xw yw + xu yu )
Dit is dus allerminst een bilineaire vorm.
?
f6 (λv + µw, u) = λf6 (v, u) + µf6 (w, u)
!
(λxv + µxw )xu = λxv xu + µxw xu
Na een analoge verificatie in het tweede argument concluderen we dat f6 bilineair is.
?
f7 (λv + µw, u) = λf7 (v, u) + µf7 (w, u)
f7 (0, 0) = 5 6= 10 = f7 (0, 0) + f7 (0, 0)
Dit is dus geen bilineaire vorm.
Oefening 4.3. Beschouw in de vectorruimte R2 de vectoren v1 = ( xy11 ) en v2 = ( xy22 ) ten opzichte van
de standaardbasis B = (( 10 ) , ( 01 )). Bepaal van de volgende bilineaire vormen de matrixvoorstelling t.o.v.
de standaardbasis en bepaal de rang van fi . Doe hetzelfde voor de vormen uit oefening 4.2 die bilineair
waren.
f8 (v1 , v2 ) = x1 x2 + y1 y2
f9 (v1 , v2 ) = x1 y2 − x2 y1
f10 (v1 , v2 ) = x1 y2 − 4x2 y1 + 3y1 y2
f11 (v1 , v2 ) = x1 x2 + 7x2 y1
Oplossing 4.3. De matrixvoorstelling van fi tegenover een basis (e1 , e2 ), ziet eruit als:
f (e1 , e1 ) f (e1 , e2 )
.
f (e2 , e1 ) f (e2 , e2 )
Na invullen van de combinaties van ( 10 ) en ( 01 ) in de bilineaire vorm, vinden we de matrixvoorstellingen van
de fi . De rang van de bilineaire vorm is de rang van de matrix — die is invariant onder basisovergangen.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Definitie en matrixvoorstelling
10
1
MB (f11 ) =
7
1
MB (f3 ) =
0
1
MB (f6 ) =
0
1 0
MB (f8 ) =
, rang = 2
0 1
0 1
MB (f9 ) =
, rang = 2
−1 0
0 1
MB (f10 ) =
, rang = 2
−4 3
0
, rang = 1
0
0
, rang = 2
−1
0
, rang = 1
0
Oefening 4.4. Noteer
R3 de co¨
1 in de
vectoren v1 en v2 ten opzichte van
vectorruimte
0 ordinatenvan
x2
x1
0
0 , 1 , 0
de standaardbasis
als v1 = yz1 en v2 = yz2 . Bepaal van de volgende bilineaire
2
1
0
0
1
vormen de matrixvoorstelling t.o.v. de standaardbasis en bepaal de rang van fi .
f12 (v1 , v2 ) = x1 x2 + y1 y2 + z1 z2
f13 (v1 , v2 ) = x1 y2 + (x2 + z2 )y1
f14 (v1 , v2 ) = x1 x2 − x1 z2 − z1 x2 + z1 z2
f15 (v1 , v2 ) = x1 y2 + 2y1 z2 + 3z1 x2
Oplossing 4.4. Analoog aan oefening 4.3 berekenen we

f (e1 , e1 ) f (e1 , e2 )
f (e2 , e1 ) f (e2 , e2 )
f (e3 , e1 ) f (e3 , e2 )
telkens

f (e1 , e3 )
f (e2 , e3 ) .
f (e3 , e3 )
Voor elke entry vinden we net de co¨effici¨ent van ´e´en van de termen in de uitdrukking voor fi .


1 0 0
MB (f12 ) = 0 1 0 , rang = 3
0 0 1


0 1 0
MB (f13 ) = 1 0 1 , rang = 2
0 0 0


1 0 −1
MB (f14 ) =  0 0 0  , rang = 1
−1 0 1


0 1 0
MB (f15 ) = 0 0 2 , rang = 3
3 0 0
Oefening 4.5. Welke van de fi in de oefeningen hierboven zijn symmetrisch, welke alternerend? Welke
zijn niet-singulier?
Oplossing 4.5. Een alternerende vorm heeft een scheefsymmetrische matrixvoorstelling; een symmetrische vorm heeft een symmetische matrixvoorstelling. We vinden dat f3 , f6 , f8 , f12 en f14 symmetrische en
f1 en f9 alternerende bilineaire vormen zijn.
Een niet-singuliere vorm heeft een matrixvoorstelling met determinant verschillend van 0. Alle vormen
zijn niet-singulier, behalve de singuliere f2 , f6 , f11 , f13 en f14 . Waarom f2 singulier is, wordt uitgewerkt
in oefening 4.11.
Oefening 4.6. Zoek in de bilineaire ruimten (V, fi ), i ∈ {1, 3, 9, 15}, de isotrope vectoren. Bepaal
rad(V, fi ) voor i ∈ {1, 6, 14}.
Oplossing 4.6. Een isotrope vector is een vector waarvoor geldt dat fi (v, v) = 0. We noteren con
ordinaten van vectoren t.o.v. de standaardbasis
x van V = R zoals in de oefening waarin ze voor het eerst
verschijnen. De vectoren v = ( xy ) of v = yz zijn isotroop als ze voldoen aan
Opgeloste oefeningen LAAM II, Definitie en matrixvoorstelling
11
x y
1. f1 (v, v) = det
= 0. Dit is echter altijd voldaan, dus alle vectoren zijn isotroop.
x y
3. f3 (v, v) = x2 − y 2 = 0. Dit is zo als en slechts als x = ±y, dus de isotrope vectoren vormen de unie
1 .
van twee vectorrechten R ( 11 ) en R −1
9. f9 (v, v) = xy − xy = 0. Dit is weer altijd voldaan: alle vectoren zijn isotroop.
n x o
y | xy + 2yz + 3zx = 0
15. f15 (v, v) = xy + 2yz + 3zx = 0. De isotrope vectoren
vormen in
z
de vectorruimte een kegel van vectorrechten. Bekeken in PG(2, R) vormen deze punten een nietontaarde kegelsnede (zie cursus Projectieve Meetkunde, 2de bachelor).
Voor het radicaal van een bilineaire vorm zoeken we alle vectoren v = ( xy ) waarvoor fi (v, w) = 0 voor
alle w = ( xyww ). Ze zijn bijgevolg de oplossing van het stelsel v > MB (f ) = 0. De dimensie van deze
oplossingsruimte (en dus van het radicaal) zal dus n − rang MB (f ) zijn.
1. De vorm f1 is niet-singulier, dus rad V =
0
.
0
6. We zoeken de ( xy ) waarvoor xX = 0, voor alle X
Y . We vinden dat x = 0, maar y mag willekeurig
zijn. We vinden de vectorrechte R ( 01 ) als radicaal.
14. Het stelsel om rad (V, f14 ) te bepalen:


1 0 −1
x y z  0 0 0 = 0 0 0
−1 0 1
0
1
heeft als oplossing het vectorvlak opgespannen door 1 en 1 . Dit konden we ook weten door te
0
1
kijken naar oefening 4.7, want tegenover de basis met deze twee vectoren in, zijn de overeenkomstige
rijen (of kolommen) in de matrixvoorstelling nulrijen (of -kolommen).
Oefening 4.7. Beschouw een nieuwe basis (( 11 ) , ( 23 )) van R2 . Bepaal de matrixvoorstelling en de rang
van f8 , f9 , f10 en f11 ten opzichte van deze nieuwe basis.
1 0 1 0 , 1 , 1
Beschouw een nieuwe basis
van R3 . Bepaal de matrixvoorstelling en de rang van
0
0
1
f12 , f13 , f14 en f15 ten opzichte van deze nieuwe basis.
Oplossing 4.7. We kunnen de matrix


f (e01 , e01 ) · · · f (e01 , e0n )


..
..
..


.
.
.
0
0
0
0
f (en , e1 ) · · · f (en , en )
bepalen, waarbij (e0i ) de nieuwe basis voorstelt. Een andere manier om de nieuwe matrixvoorstelling te
bepalen, is te gebruiken dat de matrix van de bilineaire afbeelding transformeert als A 7→ C > AC, met C
de matrix van de basisovergang. In deze gevallen zijn de overgangsmatrices


1 0 1
1 2
0 1 1 .
en
1 3
0 0 1
Met beide methodes bekomen we
Opgeloste oefeningen LAAM II, Definitie en matrixvoorstelling
12
M
(e0i )
(f8 ) =
2 5
5 13
M
0 4
−1 9


1 0 1
M(e0i ) (f12 ) = 0 1 1
1 1 3


1 0 0
M(e0i ) (f14 ) = 0 0 0
0 0 0
(e0i )
0 1
−1 0
16
46
(f9 ) =
8
23

0

M(e0i ) (f13 ) = 1
1

0
M(e0i ) (f15 ) = 0
3
M(e0i ) (f10 ) =
M(e0i ) (f11 ) =

1 1
0 2
1 3

1 1
0 2
1 6
Merk op dat de rang inderdaad invariant blijft onder (deze) basisovergangen.
Oefening 4.8 (Examen 2007). Beschouw een bilineaire ruimte (V, f ) op V = V (4, R) en zij a ∈ R
een parameter. Over de reflexieve bilineaire vorm f en de basis B = (e1 , e2 , e3 , e4 ) van V is het volgende
gegeven: e4 is isotroop, de (aan de bilineaire vorm f geassocieerde) norm van e1 en e2 is 1 en f (e3 , e3 ) = 2.
De basisvector e1 staat orthogonaal op het vectorvlak he2 , e3 i. Verder is f (e2 , e4 ) = 1 en is e3 orthogonaal
met e4 en e2 .
Bepaal de matrixvoorstelling van f t.o.v. B. Beschrijf de verzameling isotrope punten van (V, f ). Is dit
een deelruimte van van V ? Verklaar je antwoord in functie van a.
Oefening 4.9. Beschouw de vectorruimte Pn (R) van de re¨ele 6 n-degraadspolynomen in ´e´en veranderlijke x. Een basis voor Pn (R) over R is bv. 1, x, x2 , . . . , xn . Onderzoek of de volgende afbeeldingen
(symmetrische) bilineaire vormen zijn op Pn (R).
f16 (p, q) = p(0) + q(0)
f17 (p, q) = p(q(0))
f18 (p, q) = p(3) · q(2)
f19 (p, q) = p(1) · q 0 (1),
met q 0 de afgeleide van q naar x.
Oplossing 4.9. Zoals voorheen kijken we weer of de vormen lineair zijn in beide leden.
?
f16 (p + q, r) = f16 (p, r) + f16 (q, r)
p(0) + q(0) + r(0) 6= p(0) + r(0) + q(0) + r(0)
?
f17 (p, q + r) = f17 (p, q) + f17 (p, r)
p(q(0) + r(0)) 6= p(q(0)) + p(r(0))
Dit kunnen dus geen bilineaire vormen zijn. De volgende twee zijn dat wel, zoals deze verificaties aantonen:
(λp(3) + µq(3))r(2) = λp(3) · r(2) + µq(3) · r(2)
p(3)(λq(2) + µr(2)) = λp(3) · q(2) + µp(3) · r(2)
(µp(1) + λq(1))r0 (1) = µp(1)r0 (1) + µq(1)r0 (1)
p(1)(µq 0 (1) + λr0 (1)) = µp(1)q 0 (1) + µp(1)r0 (1)
Dit is niet verwonderlijk, daar beide bilineaire vormen opgebouwd zijn als product van twee lineaire
vormen, zoals in oefening 4.10. Inderdaad, heeft p = an xn + · · · + a1 x + a0 co¨ordinaten (an , . . . , a0 ) t.o.v.
de standaardbasis, dan worden deze lineaire vormen gegeven door:
Pn (R) → R : p 7→ p(3) = 3n an + · · · + 9a2 + 3a1 + a0
Pn (R) → R : p 7→ p(2) = 2n an + · · · + 4a2 + 2a1 + a0
Pn (R) → R : p 7→ p(1) = an + · · · + a2 + a1 + a0
Pn (R) → R : p 7→ p0 (1) = nan + · · · + 2a2 + a1
Opgeloste oefeningen LAAM II, Definitie en matrixvoorstelling
13
Oefening 4.10. Beschouw een vectorruimte V (n, K) met twee lineaire vormen α : V → K en β : V →
K.
• Bewijs dat de afbeelding f : V × V → K : (v, w) 7→ α(v) · β(w) een bilineaire vorm is over V (n, K).
• Als B = {e1 , . . . , en } een basis is van V (n, K) met α(ei ) = λi en β(ei ) = µi voor 1 6 i 6 n, bepaal
dan MB (f ), een uitdrukking voor f t.o.v. B en de rang van f .
Oplossing 4.10.
?
f (λu + µv, w) = λf (u, w) + µf (v, w)
!
α(λu + µv) · β(w) = λα(u) · β(w) + µα(v) · β(w)
wegens de lineariteit van α. De lineariteit van β geeft de lineariteit in het tweede argument.
Het ij-de element van MB (f ) is f (ei , ej ) = α(ei )β(ej ) = λi µj . We bekomen dus de volgende matrix:
  

λ1
λ 1 µ 1 λ 1 µ 2 . . . λ1 µ n
 λ 2 µ 1 λ 2 µ 2 . . . λ2 µ n   λ 2 
  

=  .  · µ 1 µ2 . . . µ n .

 ..
..
.
.
..
..   .. 
 .
.
λn
λn µ1 λn µ2 . . . λn µn
x1
Inderdaad, we kunnen f immers schrijven als, met bijvoorbeeld v =
..
.
x2
!
,w =
y1
!
..
.
:
y2

f (v, w) = x1

 
λ1
x2
 . 
 . 
.
. . . y1  .  µ1 . . . µ2  ..  = (λ1 x1 + · · · + λ2 y1 ) · (µ1 x2 + · · · + µ2 y2 ) .
y2
λ2
We zullen later zien dat deze bilineaire vorm f eigenlijk het tensorproduct α ⊗ β is van de twee lineaire
vormen α en β.
Oefening 4.11. Herneem de bilineaire vorm
f2 : Mat3 (R) × Mat3 (R) → R, ((aij ), (bij )) 7→ a11 b11 + a12 b21 + a13 b31
uit oefening 4.1. Bepaal een een basis B van de vectorruimte Mat3 (R) en bepaal de matrix van f2
tegenover deze basis.
Oplossing 4.11. Mat3 (R) is een negendimensionale vectorruimte over R. De standaardbasis wordt
gegeven door
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 000 , 000 , 000 , 100 , 010 , 001 , 000 , 000 , 000
.
000

000
000
000
000
000
100
010
001

a11 a12 a13

Een matrix a21 a22 a23  heeft dan co¨
ordinaten (a11 , a12 , a13 , a21 , a22 , a23 , a31 , a32 , a33 ) t.o.v. deze baa31 a32 a33
sis.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Definitie en matrixvoorstelling
14
De matrixvoorstelling

a11 a12
f2 : a21 a22
a31 a32
is dan af te lezen
 
a13
b11 b12
a23  , b21 b22
a33
b31 b32
= a11 a12 a13 a21 a22
4.2
uit

b13
b23  7→ a11 b11 + a12 b21 + a13 b31
b33

1 0 0 0 0
0 0 0 1 0

0 0 0 0 0


0 0 0 0 0
a23 a31 a32 a33 · 
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
  
0
b11
b12 
0
  
 
0
 b13 
 
0
 b21 


0 · 
b22  .


0 b23 

 
0
 b31 
0 b32 
0
b33
Symmetrische en alternerende bilineaire vormen
Oefening 4.12. Zij f een bilineaire vorm op V . Bewijs dat f alternerend is (∀v, w : f (v, w) = −f (w, v))
als en slechts als de diagonaalfunctie V → K : v 7→ f (v, v) additief is.
Oplossing 4.12. De additiviteit van de diagonaalfunctie betekent dat ∀v, w ∈ V : f (v + w, v + w) =
f (v, v) + f (w, w). We weten echter dat f (v + w, v + w) = f (v, v) + f (v, w) + f (w, v) + f (w, w), dus die
additiviteit is het geval als en slechts als f (v, w) + f (w, v) = 0 ∀v, w ∈ V , m.a.w. als f alternerend is.
Oefening 4.13. Bewijs dat spoor(A> B) een symmetrische bilineaire vorm is op de vectorruimte Matm×n (R).
P
Oplossing 4.13. Daar (A> B)ij = m
k=1 aki bkj , wordt deze vorm gegeven door
Matm×n (R) × Matm×n (R) → R : (A, B) 7→
n X
m
X
aki bki ,
i=1 k=1
wat een bilineaire vorm definieert, die symmetrisch is in A en B. Men kan dit ook inzien doordat spoor,
matrixproduct en transponeren van matrices lineaire operatoren zijn: scalaire vermenigvuldigingen en
sommen kunnen door de uitdrukking spoor(A> B) getrokken worden. Merk tenslotte op dat ten opzichte
van de standaardbasis, de matrixvoorstelling van spoor(·> ·) de mn × mn-eenheidsmatrix Imn is.
Oefening 4.14. Bewijs: als A een symmetrische of scheefsymmetrische n × n-matrix is, dan geldt
A · A> = A> · A en A2 is symmetrisch.
Oplossing 4.14. Als A symmetrisch is, dan geldt A = A> . Hieruit volgt onmiddellijk dat A · A> =
>
A · A = A> · A. Verder geldt A2 = A> · A> = A2 , wat uitdrukt dat A2 symmetrisch is.
Als A scheefsymmetrisch is, dan is A = −A> . Er volgt dat A · A> = A · (−A) = A> · A en A2
A> · A> = (−A)2 = A2 .
>
=
Oefening 4.15. Zij λ1 , λ2 ∈ K, v1 , v2 ∈ V (n, K) en A en B symmetrische n × n-matrices. Als Av1 =
λ1 Bv1 en Av2 = λ2 Bv2 , met λ1 6= λ2 , bewijs dan dat v1> Bv2 = 0.
Oplossing 4.15. Daar A symmetrisch is geldt: v1 > Av2 = v2 > Av1 . Het linkerlid herleidt zich tot
v1 > λ2 Bv2 = λ2 (v1 > Bv2 ). Voor het rechterlid bekomen we v2 > λ1 Bv1 = λ1 (v2 > Bv1 ) = λ1 (v1 > Bv2 )
wegens de symmetrie van B. Trekken we het linkerlid van het rechterlid af, dan krijgen we
(λ1 − λ2 )(v1 > Bv2 ) = 0.
Wegens λ1 6= λ2 volgt het gestelde.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Symmetrische en alternerende bilineaire vormen
15
Oefening 4.16. Bewijs: over een veld K met kar K 6= 2 kan elke vierkante matrix op unieke wijze
geschreven worden als de som van een symmetrische en een scheefsymmetrische matrix.
Oplossing 4.16. Willen we een matrix A op unieke manier schrijven als een som van een symmetrische
B en een antisymmetrische C, dan zoeken we een unieke oplossing van het stelsel
(
aij
= bij + cij
aji = bji + cji = bij − cij
voor elk koppel i 6= j. De determinant van dit stelsel is −2. Er bestaat dus altijd een unieke oplossing als
de karakteristiek niet 2 is. Indien i = j, moet cii = 0 wegens de veronderstelde scheefsymmetrie van C en
kunnen we eenvoudig stellen dat bii = aii , wat ons een unieke manier geeft om A als som te schrijven van
een symmetrische en een scheefsymmetrische matrix.
Een ondersteunende reden waarom dit altijd kan, wordt gegeven door de dimensieargumenten in oefening
4.19.
Oefening 4.17. Bewijs dat de verzameling van bilineaire vormen op een vectorruimte V — noteer
Bil(V ) — opnieuw de structuur van een vectorruimte heeft. Bewijs dat, voor de gedefinieerde optelling en
scalaire vermenigvuldiging op Bil(V ), de deelverzameling van de symmetrische en die van de alternerende
bilineaire vormen deelruimten vormen van Bil(V ).
Oplossing 4.17. We defini¨eren de optelling en de scalaire vermenigvuldiging van bilineaire vormen als
volgt:
Zijn f en g twee bilineaire vormen; v, w ∈ V ; λ ∈ K, dan stellen we:
(f + g)(v, w) = f (v, w) + g(v, w)
(λf )(v, w) = λf (v, w).
Om te beginnen stellen we vast dat dit goed gedefinieerd is: een lineaire combinatie van bilineaire vormen
definieert inderdaad opnieuw een bilineaire vorm. We tonen hier enkel expliciet de additiviteit aan in het
eerste lid voor een som van 2 bilineaire afbeeldingen.
(f + g)(u + v, w) = f (u + v, w) + g(u + v, w)
= f (u, w) + f (v, w) + g(u, w) + g(v, w) = (f + g)(u, w) + (f + g)(v, w)
Analoog voor de scalaire vermenigvuldiging in het eerste lid, alsook voor de lineariteit in het rechterlid.
Dat de vermenigvuldiging van een bilineaire vorm met een scalair eveneens een bilineaire vorm oplevert,
kent een analoge verificatie.
Verder zouden we expliciet kunnen nagaan dat de de axioma’s van een vectorruimte voldaan zijn voor
deze optelling en scalaire vermenigvuldiging. Bij wijze van voorbeeld tonen we hier expliciet de distributiviteitseigenschappen (λ + µ)f = λf + µf en λ(f + g) = λf + λg aan:
((λ + µ)f ) (v, w) = (λ + µ) (f (v, w)) = λ (f (v, w)) + µ (f (v, w)) = (λf )(v, w) + (µf )(v, w)
(λ(f + g)) (v, w) = λ ((f + g)(v, w)) = λ (f (v, w) + g(v, w)) = (λf ) (v, w) + (λg) (v, w)
Uit (λf + µg)(v, w) = λf (v, w) + µg(v, w) = λf (w, v) + µg(w, v) = (λf + µg)(w, v) en (λf + µg)(v, v) =
λf (v, v) + µg(v, v) = 0 volgt dat lineaire combinaties van symmetrische of alternerende vormen terug
symmetrische of alternerende opleveren. De symmetrische bilineaire vormen vormen dus een deelruimte
S(V ) en de alternerende een deelruimte A(V ) (notaties niet gestandaardiseerd).
Oefening 4.18 (Herexamen 2012). Bewijs dat dim Bil(Rn , Rm ) = mn.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Symmetrische en alternerende bilineaire vormen
16
Oplossing 4.18. De vectorruimte Bil(Rn , Rm ) van bilineaire vormen op Rm × Rn is isomorf met de
vectorruimte Rn×m van re¨ele n × m-matrices, want gegeven een basis B kunnen we elke bilineaire vorm
f : Rn × Rm → R : (v, w) 7→ v > MB (f )w afbeelden op zijn matrix MB (f ). Omdat sommen en scalaire
veelvouden van matrices corresponderen met sommen en scalaire veelvouden van de bilineaire vormen, is
deze afbeelding een lineaire bijectie en dus een isomorfisme. Deze vectorruimte heeft dimensie mn. Een
basis wordt immers gegeven door alle n × m-matrices die een 1 hebben op ´e´en van de mn plaatsen in de
matrix en nullen elders.
Oefening 4.19. Als V dimensie n heeft, bepaal dan de dimensie van Bil(V ) en geef een basis voor deze
vectorruimte. Bepaal ook de dimensies en basissen voor de deelruimten der symmetrische en alternerende
bilineaire vormen. Tot welke conclusie kom je? Controleer dat je resultaat in overeenstemming is met
oefening 4.16.
Oplossing 4.19. Oefening 4.18 zegt dat dim Bil(V ) = dim Bil(V, V ) = n2 (omdat een bilineaire vorm
volledig vastligt door zijn matrixvoorstelling ten opzichte van een bepaalde basis van V ). Via het isomorfisme met (n × n)-matrices vinden we een basis voor deze vectorruimte: gebruik de standaardbasis voor
Matn (K).
Kies een basis B. We weten dat alternerende vormen corresponderen met antisymmetrische matrices (dus
2
met 0 op de diagonaal en aij = −aji ). De n 2−n bilineaire vormen bij : (u, v) 7→ ui vj − uj vi , met i < j,
dus horend bij de matrices met aij = 1, aji = −1 en verder overal 0, vormen bijvoorbeeld een basis van
A(V ): omdat de co¨effici¨enten ten opzichte van deze basis, van een bilineaire vorm / matrix precies de
entries van de matrix zijn, zullen deze precies de ruimte van alternerende bilineaire vormen opspannen.
Men kan met datzelfde inzicht nagaan dat een lineaire combinatie van deze basiselementen pas 0 oplevert
wanneer de co¨effici¨enten 0 zijn, zodat deze ook lineair onafhankelijk zijn. Omdat deze basis kardinaliteit
n2 −n
heeft zal dit ook de dimensie zijn van de deelruimte der alternerende bilineaire vormen (dit is het
2
aantal entries strikt-boven de diagonaal).
Voor een symmetrische vorm moeten de diagonaalelementen niet noodzakelijk nul zijn. Een basis wordt
bijvoorbeeld gegeven door de bilineaire vormen sij : (u, v) 7→ ui vj + uj vi , met i < j unie de bilineaire
2
vormen di : (u, v) 7→ u2i . Dit zijn de vormen horend bij de n 2+n matrices met aij = aji = 1 en verder
overal 0, voor i > j. Dat dit inderdaad een basis is, gaat men na op precies dezelfde manier als bij de
2
alternerende. Er volgt dat de dimensie van de deelruimte der symmetrische bilineaire vormen n 2+n is.
Daar A(V ) ∩ S(V ) = {0} en n2 =
n2 −n
2
2
+ n 2+n , i.e. dim A(V ) + dim S(V ) = dim Bil(V ), besluiten we dat
Bil(V ) = A(V ) ⊕ S(V ).
In oefening 4.16 hadden we net besloten dat elke vierkante matrix te schrijven is als som van een symmetrische en een antisymmetrische matrix, en bovendien op unieke manier, wat precies overeenkomt met
bovenstaande directe som.
Oefening 4.20. Zij V een n-dimensionale vectorruimte over een veld K, f een niet-ontaarde bilineaire
vorm op V en (v1 , . . . , vn ) en (w1 , . . . , wn ) twee basissen van V. We noemen de ene basis duaal aan de
andere (t.o.v. f ) als f (vi , wi ) = 1 en f (vi , wj ) = 0 als i 6= j. Bewijs dat er voor elke basis {vi } een duale
basis {wj } bestaat. Welk verband vind je tussen de vi -wj -basisovergangsmatrix en een matrixvoorstelling
van f ?
Bewijs verder dat M{vi } (f )−1 = M{wj } (f )> .
Oplossing 4.20. Ten opzichte van eender welke basis E = (e1 , . . . , en ) krijgen de vectoren vi en wj
co¨ordinaten, hier voorgesteld als kolommatrices. De eis is dat
vi> ME (f )wj = δij ,
of
V > · ME (f ) · W = In ,
met V > de n × n-matrix met als rijen de co¨ordinaten van de vi t.o.v. E en met W de n × n-matrix met
als kolommen de co¨
ordinaten van de wj t.o.v. E.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Symmetrische en alternerende bilineaire vormen
17
Beschouwen we nu W als onbekende, omdat we het bestaan van een duale basis willen aantonen. Zijn
een bilineaire vorm f en een basis {vi } gegeven, dan hebben we vaste matrices ME (f ) en V . De eis
V > · ME (f ) · W = In geeft ons dan een unieke oplossing W = ME (f )−1 · V −1 . De kolommen van
ME (f )−1 V −> zullen dan net de co¨
ordinaten t.o.v. E vormen van de basisvectoren van de gezochte duale
basis {wj }.
We vestigen nu een relatie tussen de basisovergangsmatrix en de matrix van f . De matrix van de basisovergang van de basis {vi } naar de basis {wj } is de matrix Q waarvoor V Q = W , met de notaties van
hierboven. Beschouw nu alles ten opzichte van de basis E = {vi }. In dat geval is V = In en is W zelf de
basisovergangsmatrix Q. De relatie V > · ME (f ) · W = In wordt dan M{vi } (f ) · W = In . We vinden
M{vi } (f ) · Q = In .
Beschouw nu alles ten opzichte van de basis E = {wj }. In dat geval is W = In en de matrix V die de
basisvectoren van {vi } uitdrukt in de basis {wj } is de basis van de inverse basisovergang, namelijk Q−1
(zie ook cursus, begin hoofdstuk bilineaire vormen). Transponeren van V > · ME (f ) · W = In geeft dan
M{wj } (f )> · Q−1 = In .
Eliminatie van Q brengt ons inderdaad tot
M{vi } (f ) · M{wj } (f )> = In .
4.3
Discriminant
Oefening 4.21. Wat is van de volgende velden de kwadratenquoti¨entgroep waarin de mogelijke discriminanten leven? Bepaal bijvoorbeeld de orde ervan. Bereken de discriminant van de bilineaire vormen,
die uitgedrukt staan tegenover een bepaalde basis van de tweedimensionale vectorruimte waarop ze gedefinieerd zijn.
1 π
x1
x2
x2
• Over R : f :
,
7→ x1 y1
y
y
1 1
y
2 1 2 1 i
x2
x2
x1
7→ x1 y1
,
• Over C : f :
y
y
−i 1
y
1 2 2
1 1
x1
x2
x
2
2
5
• Over Q : f :
,
7→ x1 y1
1
1
y1
y2
y
2
3
7
4 −1
x1
x2
x2
• Over F17 : f :
,
7→ x1 y1
y
y
5 7
y2
1 2 t3 + t t + 1
x2
x2
x1
7→ x1 y1
• Over F16 : f :
,
2
y2
t
1
y
y1
! 2
t+1
2
t
x1
x2
x
t
• Over R(t) : f :
, 2
7→ x1 y1
t4
y1
y2
y2
t − 1 t+1
Oplossing 4.21.
• Over R zijn de kwadraten de positieve getallen. Modulo een positief getal kan de discriminant
dus −1 (zegge negatief), +1 (zegge positief) of 0 zijn (drie mogelijkheden). We hebben disc(f ) =
det MB (f )R+ = sgn(1 − π) = −1 = negatief.
• Over C is elk getal een kwadraat. De discriminant kan dus enkel 0 of niet-0 zijn (twee mogelijkheden).
We hebben disc(f ) = det MB (f )C∗ = 1 + i2 = 0.
• Over Q zijn de kwadraten breuken met een kwadraat in teller en noemer. De quoti¨entgroep modulo de
kwadraten is moeilijk en heeft oneindig veel elementen: een representant voor elke klasse is de onvereenvoudigbare breuk met een kwadraatvrije teller en noemer. We vinden disc(f ) = det MB (f )Q =
1
15·14 Q .
Opgeloste oefeningen LAAM II, Discriminant
18
• Over F17 zijn precies de helft van de niet-nulelementen kwadraten. Er zijn dus drie mogelijkheden
voor de discriminant: een kwadraat, een niet-kwadraat of 0. Hier is disc(f ) = det MB (f )F
17 =
= F = een kwadraat (herinner je dat −1 een kwadraat is in F als en slechts
(28 + 5)F
=
(−1)F
q
17
17
17
q ≡ 1 (mod 4)).
• Over F16 is alles een kwadraat. De discriminant kan 0 of niet-0 zijn (twee mogelijkheden). We hebben
disc(f ) = det MB (f )C∗ = t2 + t 6= 0.
• Over het veld der re¨ele rationale functies R(t) zijn de kwadraten zoals over Q. De quoti¨entgroep is
moeilijk en telt oneindig veel elementen. Er volgt dat disc(f ) = det MB (f )R(t) = t2 R(t) = 1·R(t) ,
een kwadraat.
Oefening 4.22. Zij K een veld en (e1 , . . . , en ) een basis voor Kn . Kies ai ∈ K, voor 1 6 i 6 n. Definieer
een afbeelding f van {ei | 1 6 i 6 n}2 naar K door f (ei , ej ) = 0 als i 6= j en f (ei , ei ) = ai ∈ K. Bewijs
dat deze functie op een unieke manier uitbreidt tot een bilineaire vorm f : Kn × Kn → K en bepaal de
discriminant van f .
Oplossing 4.22. We weten dat het kennen van de werking van f op de vectoren van een basis voldoende
P
is om f P
op heel de vectorruimte te kennen, op de volgende unieke manier. Voor een vector v = i vi ei
en w = j wj ej is
X
X
XX
X
f (v, w) = f (
vi e i ,
wj e j ) =
vi f (ei , ej )wj =
ai vi wi .
i
j
i
j
i
Dit isQde bilineaire vorm geassocieerd aan de diagonaalmatrix Diag(a1 , . . . , an ). De discriminant is dan
ook ( ni=1 ai ) K .
Oefening 4.23. Zij A ∈ Rn×n een symmetrische matrix en f de bilineaire vorm bepaald door A, dus
f (v, w) = v > Aw, de vectoren gezien als kolommatrices. Leid nogmaals af wat de discriminant van f is,
in functie van A, door enkel het resultaat uit oefening 4.22 te gebruiken in plaats van de definitie van
discriminant.
Hint: gebruik dat een re¨ele symmetrische matrix kan gediagonaliseerd worden door middel van een orthogonale transformatie.
Oplossing 4.23. Omdat A symmetrisch is, bestaat er een orthogonale matrix C en een diagonaalmatrix
D zodat D = C > AC. De matrices A en D stellen dan dezelfde bilineaire vorm f voor, ten opzichte van
verschillende basissen (waartussen C de basisovergangsmatrix is). De discriminant van f is onafhankelijk
van welke matrix (A of D) we nu als de matrix van f beschouwen. Bijgevolg is de discriminant van f
wegens oefening 4.22 gelijk aan het product van de diagonaalelementen uit de matrix D.
De diagonaalelementen van D zijn echter de eigenwaarden van A en het product van die diagonaalelementen/eigenwaarden is precies det A. Dit geeft ons dat
disc f = det A · R .
Oefening 4.24. Geef een eenvoudig argument waarom de volgende twee bilineaire vormen op R3 niet
congruent zijn.
f12 (v1 , v2 ) = x1 x2 + y1 y2 + z1 z2
en
f20 (v1 , v2 ) = x1 z2 + y1 y2 + z1 x2
Oplossing 4.24. Ten opzichte van de standaardbasis B waartegenover deze bilineaire vormen uitgedrukt
zijn, is




1 0 0
0 0 1
MB (f12 ) = 0 1 0
en
MB (f20 ) = 0 1 0 .
0 0 1
1 0 0
Deze matrices hebben determinanten 1 en −1, dus de bilineaire vormen f12 en f20 hebben verschillende
discriminanten R = + en −1·R = −. Congruente bilineaire vormen zouden echter dezelfde discriminant
hebben.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Discriminant
19
Oefening 4.25 (Herexamen 2013). Zij Pn (R) de vectorruimte van re¨ele veeltermen van graad ten hoogste
n. Zij t ∈ R een vaste scalair. Beschouw de afbeelding
F : Pn (R) × Pn (R) → R
(a, b) 7→ a(t) · b0 (1)
Bewijs dat F een bilineaire vorm is en bepaal rang en discriminant van F . Hint: Gebruik de standaardbasis
(xn , . . . , x, 1) voor Pn (R).
Opgeloste oefeningen LAAM II, Discriminant
20
Oefening 4.26 (Examen 2013). In deze opgave beschouwen we bilineaire vormen op de vectorruimte
der bilineaire vormen. Zij V een vectorruimte van dimensie n over een veld K. Zij (e1 , . . . , en ) een
basisPvoor V . We noteren de co¨
ordinaten van vectoren tegenover deze basis met een onderindex, dus
u = i ui ei .
• Definieer voor 1 6 i, j 6 n de bilineaire vorm fij : V × V → K : (u, v) 7→ ui vj . Bewijs dat
{fij | 1 6 i 6 n, 1 6 j 6 n} een basis is voor Bil(V ).
• Stel n = 2. Zijn c11 , c12 , c21 , c22 , d11 , d12 , d21 en d22 constanten uit K, allen niet 0. Beschouw de
afbeelding
F : Bil(V ) × Bil(V ) → K
(a, b) 7→ a(c11 e1 + c12 e2 , c21 e1 + c22 e2 ) · b(d11 e1 + d12 e2 , d21 e1 + d22 e2 )
Toon aan dat F een bilineaire vorm is.
• Bepaal de rang en de discriminant van F .
Oplossing 4.26.
P
P
• Stel dat i,j aij fij = 0 als bilineaire vorm, d.w.z. ∀v, w ∈ P
V : i,j aij fij (v, w) P
= 0. Dan geldt dit
in het bijzonder voor alle basisvectoren ek en e` , dat 0 = i,j aij fij (ek , el ) = i,j aij δik δjl = akl .
Bijgevolg zijn de n2 bilineaire vormen fij lineair onafhankelijk.
We bewijzen nu dat elke
P bilineaire vorm te schrijven is als lineaire combinatie van deze {fij }. Zij
f ∈ Bil(V ), dan is f = i,j f (ei , ej )fij , want
f (u, v) = f (
X
ui ei ,
i
X
vj ej ) =
j
X
f (ei , ej )ui vj =
i,j
X
f (ei , ej )fij (u, v), ∀u, v ∈ V
i,j
• De afbeelding
α : Bil(V ) → K
a 7→ a(c11 e1 + c12 e2 , c21 e1 + c22 e2 )
is een lineaire vorm, want
?
α(λa + µA) = λα(a) + µα(A)
!
(λa + µA)(c11 . . . , . . . ) = λa(. . . , . . . ) + µA(. . . , . . . )
en analoog is β : b 7→ b(d11 e1 + d12 e2 , d21 e1 + d22 e2 ) een lineaire vorm op Bil(V ).
Bijgevolg is F : (a, b) 7→ α(a) · β(b) een bilineaire vorm, daar
F (λa + µA, b) = α(λa + µA) · β(b) = (λα(a) + µα(A)) · β(b) = λF (a, b) + µF (A, b)
en analoog voor lineariteit in het andere lid (dit is oefening 3.10).
a1 • Stellen we een bilineaire vorm voor t.o.v. de standaardbasis fij uit het eerste punt, dus a =
nog M(e1 ,e2 ) (a) = ( aa13
a2
a4 ),
F (a, b) = c11
a2
a3
a4
of
dan hebben we
a1 a2
b1 b2
d21
c21
c12
· d11 d12
a3 a4
c22
b3 b4
d22
= ( c11 c21 a1 +c11 c22 a2 +c12 c21 a3 +c12 c22 a4 ) · ( d11 d21 b1 +d11 d22 b2 +d12 d21 b3 +d12 d22 b4 )


 
c11 c21
b1
b2 
c11 c22 

 
= a1 a2 a3 a4 
c12 c21  · d11 d21 d11 d22 d12 d21 d12 d22 b3  ,
c12 c22
b4
Opgeloste oefeningen LAAM II, Discriminant
21
waaruit volgt dat


c11 c21
c11 c22 

M{fij } (F ) = 
c12 c21  · d11 d21 d11 d22 d12 d21 d12 d22 .
c12 c22
Deze 4 × 4-matrix heeft rang 1, dus we vinden dat de rang van F gelijk is aan 1 en de discriminant
van F gelijk is aan 0.
4.4
Orthogonaliteit
Oefening 4.27. Bepaal voor de bilineaire ruimte K2 , (v, w) 7→ v > ( 20 03 ) w een orthogonale basis. Bewijs
dat deze ruimte voor K = Q geen orthonormale basis kan hebben.
Oplossing 4.27. We stellen vast dat de standaardbasis voor K2 voldoet:
2 0
1
0
0
f
,
= 1 0
= 0.
0
1
0 3
1
De reden voor het niet-bestaan van een orthonormale basis voor Q2 , (v, w) 7→ v > ( 20 03 ) w is het nietbestaan van eenheidsvectoren v = ( xy ), waarvoor f (v, v) = 2x2 + 3y 2 = 1 over Q. Aantonen dat deze
diophantische vergelijking geen rationale oplossingen heeft is een getaltheoretische opgave.
Schrijf x, y ∈ Q als x = ac en y = cb met a, b, c ∈ Z en ggd(a, b, c) = 1. We moeten nu bewijzen dat er geen
gehele getallen a, b, c voldoen aan 2a2 + 3b2 = c2 . Modulo 3 wordt deze vergelijking 2a2 ≡ c2 (mod 3).
Omdat 0 en 1 de enige kwadraten zijn modulo 3, moet noodzakelijk a ≡ 0 en c ≡ 0 (mod 3). Stel daarom
a = 3A en c = 3C. De diophantische vergelijking herleidt zich tot
2 · 9A2 + 3b2 = 9C 2 .
Omdat 9C 2 − 9A2 deelbaar is door 9, moet ook 3b2 minstens twee priemfactoren 3 bevatten, of dus 3 | b.
Dit is echter in tegenspraak met de onderstelling dat ggd(a, b, c) = 1. Een dergelijke oplossing (a, b, c) kan
dus onmogelijk bestaan en het niet-bestaan van eenheidsvectoren is bewezen.
De discriminant levert een andere aanpak: als er een orthonormale basis bestaat, bestaat er een basisovergang waartegenover f voorgesteld wordt door een eenheidsmatrix. Dit zou echter betekenen dat de
discriminant een kwadraat is, maar de discriminant van f is 6.
Oefening 4.28. Bepaal voor de bilineaire ruimte V = R2 , (v, w) 7→ v > ( 01 10 ) w een orthogonale basis.
Waarom kun je de vector ( 10 ) niet uitbreiden met een andere vector tot een
orthogonale basis van V ?
2
>
0
1
Bewijs dat er geen orthogonale basis bestaat voor K , (v, w) 7→ v ( 1 0 ) w zodra K even karakteristiek
heeft.
Oplossing 4.28. Voor de basis van V zoeken we lineair onafhankelijke vectoren ( xy11 ) en ( xy22 ) met de
eigenschap
dat ( x1 y1 ) ( 01 10 ) ( xy22 ) = x1 y2 + x2 y1 = 0. Vectoren die hieraan voldoen zijn bijvoorbeeld ( 11 )
1 .
en −1
We bekijken de vectoren ( xy ) orthogonaal met ( 10 ). Hiervoor moet gelden dat ( x y ) ( 01 10 ) ( 10 ) = y = 0.
⊥
Alle vectoren orthogonaal met ( 10 ) zijn dus te schrijven als λ ( 10 ). Alle vectoren van ( 10 ) zijn er dus
lineair afhankelijk mee. We besluiten dat er geen orthogonale basis is met ( 10 ).
Opgeloste oefeningen LAAM II, Orthogonaliteit
22
Zij nu K een veld met karakteristiek 2. Twee vectoren ( ab ) en ( dc ) zijn lineair afhankelijk wanneer
det ( ab dc ) = ad − bc = ad + bc = 0. Deze twee vectoren zijn in deze bilineaire ruimte orthogonaal wanneer
0 1
c
a b
= ad + bc = 0.
1 0
d
We vinden dat orthogonaal hier equivalent is met lineair afhankelijk! Een basis van orthogonale vectoren
is hier dus onmogelijk.
Oefening 4.29. Bewijs dat de volgende definities van isometrie van een eindigdimensionale bilineaire
ruimte (V, f ) equivalent zijn, voor een lineaire afbeelding ι : V → V :
• ∀v, w ∈ V : f (v, w) = f (ι(v), ι(w)).
• Ten opzichte van een basis B voldoet de geassocieerde matrix H = MB (ι) aan H > MB (f )H = MB (f ).
• Orthonormale basissen worden door ι op orthonormale basissen afgebeeld.
Oplossing 4.29. (1) ⇔ (2) Met ι : v 7→ Hv is (1) equivalent met ∀v, w ∈ V : v > MB (f )w =
(v > H > )MB (f )(Hw). Dit is equivalent met de matrixgelijkheid (voor de minst triviale richting: gebruik
dat dit in het bijzonder moet gelden voor basisvectoren v = ei , w = ej ).
(1) ⇒ (3) Zij B een orthonormale basis. Dan is f (ι(bi ), ι(bj )) = f (bi , bj ) = δij , wat aantoont dat ι(B)
ook een orthonormale basis is.
(3) ⇒ (1) Zij ι een lineaire afbeelding op V die orthonormaleit van basissen bewaart en zij {ei } een
orthonormale basis. Dan is f (ι(ei ), ι(ej )) = δij = f (ei , ej ). Voor willekeurige vectoren v, w geldt dan
X
X
XX
XX
f (ι(v), ι(w)) = f (ι(
vi ei ), ι(
wj ej )) =
vi f (ι(ei ), ι(ej ))wj =
vi f (ei , ej )wj = f (v, w).
i
j
i
j
i
j
Oefening 4.30. In reflexieve bilineaire ruimten, toon aan dat isotrope vectoren die deel uitmaken van
een orthogonale basis, in het radicaal zitten.
Oplossing 4.30. Zij {ei } een orthogonale basis voor de bilineaire ruimte (V, f ). Dat een basisvector ei
isotroop is, betekent dat f (ei , ei ) = 0. Dat de basis orthogonaal is, betekent dat f (ei , ej ) = 0, ∀j 6= i.
Beiden samen impliceren dat ei orthogonaal is met alle vectoren van een basis van V . Wegens lineariteit
van f in het tweede argument is f (ei , v) = 0 ∀v ∈ V . Maar dat is een herformulering van ei ∈ rad V .
Oefening 4.31. Bewijs dat voor deelruimten W1 en W2 van een eindigdimensionale, niet-ontaarde,
reflexieve bilineaire ruimte V geldt dat
W ⊥⊥ = W,
(W1 + W2 )⊥ = W1⊥ ∩ W2⊥ ,
(W1 ∩ W2 )⊥ = W1⊥ + W2⊥ .
Toon aan dat W niet-ontaard is als en slechts als V = W + W ⊥ .
Oplossing 4.31. We zullen gebruiken dat, als dim V = n, dan dim W ⊥ = n − dim W . Dat W ⊆ W ⊥⊥
is een trivialiteit: elke vector in W staat natuurlijk orthogonaal op alle vectoren die orthogonaal zijn met
alle vectoren in W . Beide deelruimten zijn gelijk omdat ze dezelfde dimensie hebben.
Als u ∈ (W1 + W2 )⊥ , dan is in het bijzonder u ⊥ W1 en evenzo u ⊥ W2 . Dus u ∈ W1⊥ ∩ W2⊥ . Omgekeerd,
voor een u ∈ W1⊥ ∩ W2⊥ is u ⊥ W1 en u ⊥ W2 . Voor een willekeurige w1 + w2 ∈ W1 + W2 is f (u, w1 + w2 ) =
f (u, w1 ) + f (u, w2 ) = 0, dus u ∈ (W1 + W2 )⊥ . Dit bewijst de middelste gelijkheid.
Neem een u ∈ W1⊥ + W2⊥ , zegge u = v1 + v2 , met v1 ⊥ W1 en v2 ⊥ W2 . Dan is, voor elke w ∈ W1 ∩ W2
alvast f (u, w) = f (v1 , w) + f (v2 , w) = 0. Dit bewijst dat u ∈ (W1 ∩ W2 )⊥ . Voor de omgekeerde inclusie
werken we met een dimensieargument. Noem dim W1 = a, dim W2 = b en dim(W
1 ∩ W2 ) = d, dan is
⊥
⊥ ∩ W ⊥ is dim W ⊥ ∩ W ⊥ = n − a − b + d. Nu
dim(W1 + W2 ) = a + b − d. Wegens
(W
+
W
)
=
W
1
1
2 1
2
2
is dim W1⊥ + W2⊥ = dim W1⊥ + dim W2⊥ − dim W1⊥ ∩ W2⊥ = (n − a) + (n − b) − (n − a − b + d) =
n − d = dim (W1 ∩ W2 ). Omdat beide deelruimten dezelfde dimensie hebben, moeten ze dus gelijk zijn.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Orthogonaliteit
23
Ontaardheid van de deelruimte W wordt gekenmerkt door het bestaan van een radicale vector w ∈ W ,
die orthogonaal is met alle andere vectoren van W , dus door de conditie W ∩ W ⊥ 6= {0}. De conditie
V = W + W ⊥ is wegens de dimensiestellingen van Grassmann equivalent met W ∩ W ⊥ = {0}, dus we
zijn er.
Oefening 4.32. Zij V een niet-ontaarde bilineaire ruimte, die niet noodzakelijk reflexief is. Omdat
f (v, w) = 0 dan niet noodzakelijk equivalent is met f (w, v) = 0, zijn er twee ⊥-operatoren op willekeurige
deelruimten W van V : W ⊥L = {v ∈ V | v ⊥ w ∀w ∈ W } en W ⊥R = {v ∈ V | w ⊥ v ∀w ∈ W }. Toon aan
dat W ⊥L en W ⊥R beiden dimensie dim V − dim W hebben en bewijs dat W ⊥L ⊥R = W ⊥R ⊥L = W .
Oplossing 4.32. Zij (e1 , . . . , ek ) een basis van W en breid die uit tot een basis (e1 , . . . , en ) van V . Zij A de
matrixvoorstelling van de niet-ontaarde bilineaire vorm ten opzichte van deze basis, dus A niet-singulier.
We zoeken de dimensie van de deelruimte
W ⊥L = {v | f (v, w) = 0, ∀w ∈ W }
= {v | f (v, ei ) = 0, ∀i 6 k}
= {v | v > Aei = 0, ∀i 6 k}
De kolomvectoren Aei , met 1 6 i 6 k zijn precies de eerste k kolommen van A — deze zijn bovendien
lineair onafhankelijk. We zoeken dus de dimensie van een deelruimte, bepaald door k lineair onafhankelijke
lineaire vergelijkingen. Dit is precies dim V − k = dim V − dim W .
Het bewijs voor ⊥R verloopt vergelijkbaar, al zal de ei als rijvector links van A staan en zal de deelruimte
W ⊥R bepaald worden door de eerste k rijen van A, die eveneens lineair onafhankelijk zijn.
De deelruimte W ⊥L ⊥R bestaat uit vectoren v met de eigenschap dat u ⊥ v voor alle u ∈ W ⊥L (met
andere woorden voor alle u met u ⊥ w, ∀w ∈ W ). Maar natuurlijk zullen alle w ∈ W triviaal voldoen aan
dit criterium voor v, dus we hebben dat W ⊆ W ⊥L ⊥R . Daar W en W ⊥L ⊥R deelruimten van V zijn met
dezelfde dimensie, moeten ze echter gelijk zijn.
4.5
Ontaardheid en radicaal
Een bilineaire vorm f op een vectorruimte V wordt niet-ontaard genoemd als de volgende equivalente
eigenschappen voldaan zijn (zie ook cursus, midden pagina 45 en in de opmerking op pagina 47):
• Het radicaal is {0}
• f (v, w) = 0 ∀w ⇒ v = 0
• Een matrixvoorstelling ten opzichte van een basis is inverteerbaar.
Oefening 4.33. Zij f een niet-ontaarde bilineaire vorm op V . Toon aan dat, voor een lineaire afbeelding
A : V → V , de bilineaire vorm (v, w) 7→ f (v, Aw) niet-ontaard is als en slechts als A inverteerbaar is.
Oplossing 4.33. (v, w) 7→ f (v, Aw) is ontaard als en slechts als er een 0 6= w ∈ V bestaat waarvoor
geldt dat f (v, Aw) = 0, ∀v ∈ V . Vermits f niet-ontaard is, is dit equivalent met Aw = 0 voor die w. Deze
w is een getuige voor de singulariteit van A.
Een andere redenering gaat als volgt. Noemen we M de matrixvoorstelling van f t.o.v. een bepaalde
basis. Dan heeft (v, w) 7→ f (v, Aw) als matrixvoorstelling M A. De onderzochte bilineaire vorm is nietontaard als en slechts als haar matrix M A inverteerbaar is, of equivalent, als A inverteerbaar is, want de
inverteerbaarheid van M was gegeven.
Oefening 4.34 (Herexamen 2013). Zij V een eindigdimensionale vectorruimte en f een niet-ontaarde
bilineaire vorm op V . Bewijs:
∀b ∈ Bil(V ) : ∃ϕ ∈ Hom(V ) : ∀v, w ∈ V : b(v, w) = f (ϕ(v), w)
Opgeloste oefeningen LAAM II, Ontaardheid en radicaal
24
Oplossing 4.34. Kies een basis B in V en vertaal het te bewijzene in termen van matrices t.o.v. die
basis. Er volgt meteen dat zo’n ϕ inderdaad bestaat. Het is de unieke lineaire afbeelding op V met de
eigenschap dat
MB (ϕ)> = MB (b) · MB (f )−1 .
Oefening 4.35. Zoek een correspondentie (eigenlijk vectorruimte-isomorfisme) tussen bilineaire vormen
en lineaire afbeeldingen van V op deelruimten van zijn duale V ∗ . Leg uit dat niet-ontaarde bilineaire
vormen corresponderen met isomorfismen tussen V en V ∗ .
Oplossing 4.35. Als we een lineaire afbeelding Φ : V → V ∗ hebben die vectoren op duale vectoren
afbeeldt, bouwen we daarmee deze bilineaire vorm fΦ : (v, w) 7→ f (v, w) = (Φ(v)) (w), want Φ(v) is een
operator die gedefinieerd is op vectoren w ∈ V .
Als we een bilineaire vorm f : (v, w) 7→ f (v, w) hebben, maken we daarmee de lineaire operator Φf : V →
V ∗ : v 7→ f (v, ·). Omdat f lineair is in het tweede argument, zal f (v, ·) lineair werken op vectoren en dus
inderdaad een lineaire vorm zijn, een element van V ∗ . Men verifieert eenvoudig Φf een lineaire afbeelding
is van V naar V ∗ .
Als f een niet-ontaarde bilineaire vorm is, zal Φf een isomorfisme zijn: immers, identificeren we tegenover
een basis B duale vectoren met rijmatrices, dan zal Φf : v 7→ v > MB (f ) inderdaad surjectief zijn.
Als Φ een isomorfisme is, dan zal fΦ niet-ontaard zijn: stel immers dat er een vector v ∈ rad V is waarvoor
(Φ(v)) (w) = 0 voor alle w. Dan moet Φ(v) = 0 en bijgevolg ook v = 0.
Oefening 4.36 (Herexamen 2012). Zij (V, f ) een reflexieve bilineaire ruimte met radicaal R en zij W een
complementaire ruimte aan R (dus V = R ⊕ W ). Toon aan dat de restrictie van f op W een niet-ontaarde
bilineaire vorm is. (Hint: kies een goede basis en analyseer de matrixvoorstelling van f ten opzichte van
deze basis.)
Oplossing 4.36. Neem een basis (e1 , . . . , er ) voor R en een basis (er+1 , . . . , en ) voor W , zodat (e1 , . . . , en )
een basis is voor V . Omdat de vectoren ei , i 6 r in het radicaal zitten, moet x> Aei = 0 zijn, voor alle
x ∈ V . Met andere woorden, de i-de kolom is een nulkolom, i 6 r. Wegens reflexiviteit van f geldt
hetzelfde voor de rijen en verkrijgen we dat f van de vorm
0
0
>
f : (v1 , v2 ) 7→ v1
v2
0 AW
is, waarbij AW precies de matrix moet zijn van de bilineaire vorm f , beperkt tot W . Om aan te tonen
dat f|W niet-ontaard is, moeten we aantonen dat AW niet-singulier is. Dit volgt echter uit rang MB (f ) +
dim R = n, wat zich in dit geval herleidt tot rang AW = n − r = dim AW .
Op een meer ambachtelijke manier: mocht AW singulier zijn, dan bestaat er een niet-nul-vector w in de
nulruimte, zodat dus
0
0
0
0
=
,
0 AW
w
0
maar dat betekent dat ( w0 ) in het radicaal zit. Deze niet-nul-vector in R ∩ W is echter in strijd met onze
onderstelling V = R ⊕ W .
Oefening 4.37 (Herexamen 2013). Bewijs, voor twee eindigdimensionale reflexieve bilineaire ruimten
(V, f ) en (W, g):
rad(V ⊕ W, f ⊕ g) = rad(V, f ) ⊕ rad(W, g)
Oplossing 4.37. Kies een oordeelkundige basis als volgt. Vul een basis (v1 , . . . , vr ) van rad V aan tot
een basis (v1 , . . . , vr , vr+1 , . . . , vn ) van V , en kies eveneens een basis (w1 , . . . , wρ , wρ+1 . . . , wm ) van W
zodat (w1 , . . . , wρ ) een basis is voor rad W .
Opgeloste oefeningen LAAM II, Ontaardheid en radicaal
25
Zij f de bilineaire vorm op V en g deze op W . Ten opzichte van bovenstaande basis heeft de bilineaire
vorm F = f ⊕ g op V ⊕ W de matrixvoorstelling


0 0
0
 v
 0 Mf
>
>

w 
(v + w, v + w) 7→ v

0 0  w
0
0 Mg
voor niet-singuliere matrices Mf en Mg , die de matrixvoorstellingen zijn van hun bilineaire vorm, beperkt
tot hun respectieve radicaalcomplementen hvr+1 , . . . , vn i en hwρ+1 . . . , wm i. Het radicaal van deze bilineaire ruimte is precies de nulruimte van deze matrix, en dit is hier hv1 , . . . , vr , w1 , . . . , wρ i = rad V + rad W .
Alternatief. Neem v+w ∈ rad V ⊕rad W . Dan is, F (v+w, u1 +u2 ) = f (v, u1 )+g(w, u2 ) = 0, ∀u1 +u2 ∈
V ⊕ W . Daaruit volgt dat v + w ∈ rad(V ⊕ W ).
Omgekeerd, neem v+w ∈ rad(V ⊕W ). Dan is ∀u1 +u2 ∈ V ⊕W, 0 = F (v+w, u1 +u2 ) = f (v, u1 )+g(w, u2 ).
In het bijzonder geldt voor u1 = 0 dat g(w, u2 ) = 0, ∀u2 ∈ W , m.a.w. w ∈ rad W . Door u2 = 0 te stellen
krijgen we f (v, u1 ) = 0, ∀u1 ∈ V , dus v ∈ rad V . We besluiten dat v + w ∈ rad V ⊕ rad W .
Oefening 4.38 (Examen 2012). Zij q : Mat2 (R) → R een niet-ontaarde kwadratische vorm op Mat2 (R),
de vectorruimte over R van re¨ele 2 × 2-matrices. Stel T = ( rt us ) ∈ Mat2 (R). Toon aan dat de afbeelding
q˜: Mat2 (R) → R : A 7→ q(T A) een niet-ontaarde kwadratische vorm is als en slechts als det T 6= 0.
a
a
b
Oplossing 4.38. Als A = c d er tegenover de standaardbasis van Mat2 (R) uitziet als cb , dan ziet
d
rb+sd
T A = ( rt us ) ac db = ra+sc
eruit
als
ta+uc tb+ud

 
 
 
ra + sc
r 0 s 0
a
a
rb + sd 0 r 0 s   b 
b

 
 
 
ta + uc =  t 0 u 0   c  = R  c  ,
tb + ud
0 t 0 u
d
d
waarbij men kan berekenen dat de 4 × 4-matrix R determinant (ru − st)2 = (det T )2 heeft (bijvoorbeeld
door het wisselen van de middelste rijen en kolommen).
Als q voorgesteld wordt door de niet-singuliere symmetrische 4 × 4-matrix M , dan ziet de kwadratische
vorm q˜ eruit als
q˜ : A 7→ q(T A)
a
a
>
b
7→ ( a b c d ) R M R cb ,
c
d
d
zodat q˜ bepaald wordt door de matrix R> M R. Deze is singulier als en slechts als det R det M det R =
(det T )4 det M = 0, dus als en slechts als det T = 0.
w1
1
Alternatief. Als det T = 0, dan bestaat er een niet-nul-kolomvector ( w
w2 ) zodat T ( w2 ) = 0, dus ook
w1 w1
00
( rt us ) ( w
2 w2 ) = ( 0 0 ). We moeten bewijzen dat
1
q (v + w) − q˜(v) − q˜(w))
∃w ∈ Mat2 (R) : ∀v ∈ Mat2 (R) : ˜b(v, w) = (˜
2
1
= (q(T v + T w) − q(T v) − q(T w)) = 0,
2
1
maar zo’n w bestaat inderdaad: ( w
w2
w1
w2 )
is er namelijk zo ´e´en.
Als det T 6= 0, dan is T bijectief. Als v over heel Mat2 (R) loopt, doet T v dat dus ook. Stel nu dat
1
∃w ∈ Mat2 (R) : ∀v ∈ Mat2 (R) : ˜b(v, w) = (q(T v + T w) − q(T v) − q(T w)) = 0.
2
Opgeloste oefeningen LAAM II, Ontaardheid en radicaal
26
Dat betekent dan ook:
1
∃w ∈ Mat2 (R) : ∀v ∈ Mat2 (R) : ˜b(v, w) = (q(v + T w) − q(v) − q(T w)) = 0,
2
maar dat betekent net dat het element T w getuige is van het feit dat q toch ontaard is, in strijd met de
onderstelling.
Een bilineaire vorm b of een kwadratische vorm q wordt anisotroop genoemd als hij geen isotrope vectoren
heeft, dus als b(v, v) = 0 ⇒ v = 0, of q(v) = 0 ⇒ v = 0.
Oefening 4.39. Zij q : Mat2 (R) → R een anisotrope kwadratische vorm op Mat2 (R), de vectorruimte
over R van re¨ele 2 × 2-matrices. Stel T = ( rt us ) ∈ Mat2 (R). Toon aan dat de kwadratische vorm
q˜: Mat2 (R) → R : A 7→ q(T A) anisotroop is als en slechts als det T 6= 0.
Oplossing 4.39. Omdat q anisotroop is, weten we dat q(U ) = 0 equivalent is met U = ( 00 00 ). Maar dan
vinden we
∃A 6= ( 00 00 ) : q(T A) = 0
⇔
∃A 6= ( 00 00 ) : T A = ( 00 00 )
⇔
det T = 0,
wat de gevraagde equivalentie aantoont.
4.6
Kwadratische vormen
Oefening 4.40. Toon aan dat congruentie en toegevoegdheid van matrices equivalentierelaties zijn.
Oplossing 4.40. Congruentie, hier genoteerd met ∼, is gedefinieerd als A ∼ B ⇔ ∃P ∈ GL(n, K) :
B = P > AP . Reflexiviteit volgt door P = In te nemen en symmetrie door P −1 te beschouwen. Voor
transitiviteit, als B = P > AP en C = Q> BQ, dan is C = (P Q)> A(P Q) en P Q is weer inverteerbaar
omdat P en Q dat zijn.
Het bewijs voor toegevoegdheid is hetzelfde, met
−1
in plaats van > .
Oefening 4.41. De manier om uit een bilineaire vorm b een kwadratische vorm q te maken, is door
q(v) := b(v, v) te stellen. De manier om uit een kwadratische vorm q een bilineaire vorm b te maken, is
door b(v, w) := 21 [q(v + w) − q(v) − q(w)] te stellen.
Onder welke voorwaarden zijn deze associaties elkaars inverse?
Oplossing 4.41. Starten we van een kwadratische vorm en maken we er via een bilineaire weer een
kwadratische vorm van, dan komen we altijd dezelfde uit. Starten we van een bilineaire vorm, dan komen
we niet altijd dezelfde bilineaire vorm uit, maar enkel als
b(v, w) =
1
b(v + w, v + w) − b(v, v) − b(w, w)
b(v, w) + b(w, v)
[qb (v + w) − qb (v) − qb (w)] =
=
.
2
2
2
Deze associaties zijn dus enkel elkaars inverse als de bilineaire vorm b symmetrisch is. Dat is niet verwonderlijk, daar de vorm 12 [q(v + w) − q(v) − q(w)] die we uit een kwadratische vorm kunnen halen, altijd
symmetrisch is.
Oefening 4.42. Zij V een vectorruimte over een veld K met kar K 6= 2, f een symmetrische bilineaire
vorm op V en q de met f geassocieerde kwadratische vorm op V . Bewijs dan de volgende identiteiten
∀u, v ∈ V, k, m ∈ K.
• f (u, v) =
1
4
[q(u + v) − q(u − v)]
• f (u + v, u − v) = q(u) − q(v)
Opgeloste oefeningen LAAM II, Kwadratische vormen
27
• q(ku + mv) = k 2 q(u) + 2kmf (u, v) + m2 q(v)
Oplossing 4.42.
1
[q(u + v) − q(u − v)]
4
1
= [f (u + v, u + v) − f (u − v, u − v)]
4
1
= [f (u, u) + f (u, v) + f (v, u) + f (v, v) − (f (u, u) + f (u, −v) + f (−v, u) + f (−v, −v))]
4
1
= [2f (u, v) + 2f (v, u)]
4
1
= · 4 · f (u, v) omdat f symmetrisch is
4
=f (u, v)
f (u + v, u − v) = f (u, u) − f (u, v) + f (v, u) − f (v, v)
= f (u, u) − f (v, v) omdat f symmetrisch is
= q(u) − q(v)
q(ku + mv) = f (ku + mv, ku + mv)
= f (ku, ku) + 2f (ku, mv) + f (mv, mv) omdat f symmetrisch is
= k 2 q(u) + 2kmf (u, v) + m2 q(v)
Oefening 4.43. Reduceer de volgende kwadratische vormen tot een diagonaalvorm. Ten opzichte van
welke basis worden ze diagonaal?
• Q1 : R2 → R : ( xy ) 7→ Q1 (( xy )) = 5x2 + 2xy + 5y 2
• Q2 : R3 → R : v 7→ Q2 (v) = xy + yz + xz.
• Q3 : R3 → R : v 7→ Q3 (v) = x2 − 4xy − 4xz − 3z 2 .
• Q4 : R3 → R : v 7→ Q4 (v) = −x2 + 10xz + 4y 2 + z 2 .
• Q5 : R3 → R : v 7→ Q5 (v) = x2 + z 2 − 2xz.
• Q6 : R4 → R : v 7→ Q6 (v) = 3x2 + 2xy + 3y 2 + 6z 2 − 4zt + 6t2 .
• Q7 : R4 → R : v 7→ Q7 (v) = 3x2 + 2xy + 3y 2 − 4zt.
• Q8 : R5 → R : v 7→ Q8 (v) = 6xy + z 2 − 2tu.
Oplossing 4.43.
uitkomst.
We lossen de eerste twee opgaven uitgebreid op. Van de rest geven we enkel de
• Om Q1 : ( xy ) 7→ ( x y ) ( 51 15 ) ( xy ) te diagonaliseren,
de matrix ( 51 15 ) diagonaliseren. Haar
moeten we
λ−5 −1
2
eigenwaarden zijn oplossingen van det −1 λ−5 = (λ − 5) − 1 = 0 en zijn dus λ = 4 en λ = 6.
x
−1
0
Eigenvectoren ( xy ) bij λ = 4 voldoen aan −1
−1 −1 ( y ) = ( 0 ), dus de eigenruimte bij eigenwaarde 4 is
1 . Analoog vinden we bij eigenwaarde 6 de eigenruimte R ( 1 ).
de vectorrechte R −1
1
1 , ( 1 ) zal inderdaad Q een diagonaalvorm krijgen, immers, met
Tegenover
de
nieuwe
basis
1
−1
1
0
x0 x
1 1
de
co¨
o
rdinaten
t.o.v.
de
nieuwe
basis,
en
dus
= ( xy ), volgt er dat
0
−1 1
y
y0
0
0
5 1
1 −1
12 0
x
5 1
1 1
x
x
0
0
0
0
x y
= x y
= x y
.
1 5
y
1 1
1 5
−1 1
y0
0 8
y0
1
Merk op dat we de basisvectoren −1
en ( 11 ) hadden kunnen vermenigvuldigen met √12 om precies
de eigenwaarden 6 en 4 uit te komen in de diagonaal. Hadden we deze vectoren vermenigvuldigd met
1
1
resp. 2√
en 2√
, dan was de matrix een eenheidsmatrix geweest.
3
2
Opgeloste oefeningen LAAM II, Kwadratische vormen
28
1
2
1
0
2
1 1
2 2
0
• Daar Q2 (v) = xy + yz + xz = ( x y z )
denvergelijking is
− 12
λ
− 12

λ

det − 21
− 21
1
2
1
2
!
x
y
z
0
, diagonaliseren we deze matrix. De eigenwaar-

− 12
1 2
1
− 2 = (λ − 1) λ +
= 0,
2
λ
met eigenwaarden − 12 met dubbele multipliciteit en 1. (Men kon op het zicht zien
dat λ = − 12
1
bovenstaande matrix singulier zou maken.) Voor λ = 1 vinden we eigenruimte R 1 , voor λ = − 12
1
het vectorvlak x + y + z = 0. Om de kwadratische vorm helemaal
1 te diagonaliseren, moeten we hierin
twee orthogonale vectoren kiezen. Als we als ene vector 0 kiezen, moet de andere voldoen aan
−1

1
 1
1
−2
0  = x y z  0 ,
0 = x y z  12 0
1
1
1
−1
2
2 0
2
1 d.w.z. x = z. Een vector die hieraan voldoet is −2 .
0
1 1 1 1
x
0
1 ,
Tegenover de nieuwe basis
, −2
zal Q2 diagonaal worden, want, met y0 de co−1
1
1
z0
1 1 1 x0 x y0
= yz , volgt er dat
ordinaten t.o.v. de nieuwe basis, en dus 1 0 −2

0
1
2
2
1 
2
1 −1 1

0
x y z  21
1
2
1
2
0
1
2
1
x
2
1  
y
2
 
0
= x0 y 0
z
= x0 y 0

z0
> 

0 12
1 1
1
1



1 0 −2
z
2 0
1
1
1 −1 1
2
2

  0
3 0
0
x
z 0 0 −1 0  y 0  .
z0
0 0 −3
0
  0
x
1
1
0 −2 y 0 
z0
1 −1 1
1
1
2
1 
1
2

0
Door
herschaling van de basisvectoren hadden we deze matrixvoorstelling kunnen maken tot
1 0 gepaste
0
0 −1 0 , de standaardgedaante voor bilineaire vormen op R3 met rang 3 en signatuur 1.
0 0 −1
• De basis wiens vectoren je

3
1
−2 2
−1 −1
afleest in de overgangsmatrix hieronder, diagonaliseert Q3 .
> 

 

2
1 −2 −2
3
1 2
42 0
0
1 −2 0
0  −2 2 1 =  0 −6
0 
4
−2 0 −3
−1 −1 4
0
0 −84
• De basis wiens vectoren je afleest

> 
5
0
5
−1

 0
0
1
0
√
√
5
26 + 1 0 1 − 26
in de overgangsmatrix hieronder, diagonaliseert Q4 .
√

 

5
0
5
0 5
52(1 + 26) 0
0
1
0√  = 
4 0  √ 0
0
4
0√ 
0 1
26 + 1 0 1 − 26
0
0 52(1 − 26)
• De basis wiens vectoren je afleest in de overgangsmatrix hieronder, diagonaliseert Q5 .



 

1 0 1
1 0 −1
1 0 1
0 0 0
0 1 0   0 0 0  0 1 0  = 0 0 0
1 0 −1
−1 0 1
1 0 −1
0 0 4
• De basis wiens vectoren je afleest in de overgangsmatrix hieronder, diagonaliseert Q6 .

> 

 

1 1 0 0
3 1 0
0
1 1 0 0
4 0 0 0
−1 1 0 0  1 3 0

 

0

 
 −1 1 0 0  0 8 0 0 
 0 0 1 1  0 0 6 −2  0 0 1 1  = 0 0 8 0 
0 0 1 −1
0 0 −2 6
0 0 1 −1
0 0 0 16
Opgeloste oefeningen LAAM II, Kwadratische vormen
29
• De basis waartegenover Q7 diagonaal wordt,
> 

3 1 0
1 1 0 0
−1 1 0 0  1 3 0
 

 0 0 1 1  0 0 0
0 0 −2
0 0 1 −1
is dezelfde als voor Q6 , maar met andere eigenwaarden.

 

4 0 0 0
1 1 0 0
0

 

0
 −1 1 0 0  = 0 8 0 0




0 0 −4 0
0 0 1 1
−2
0 0 0 4
0 0 1 −1
0
• De basis wiens vectoren je afleest in de overgangsmatrix hieronder, diagonaliseert Q8 .

> 

 

1 1 0 0 0
0 3 0 0
0
1 1 0 0 0
−6 0 0 0 0
−1 1 0 0 0  3 0 0 0
 


0

 
 −1 1 0 0 0   0 6 0 0 0
 0 0 1 0 0  0 0 1 0
 


0

 
  0 0 1 0 0  =  0 0 1 0 0
 0 0 0 1 1  0 0 0 0 −1  0 0 0 1 1   0 0 0 −2 0
0 0 0 1 −1
0 0 0 −1 0
0 0 0 1 −1
0 0 0 0 2
Oefening 4.44 (Examen 2007). Zij V = V (3, 5) een driedimensionale vectorruimte over GF(5), met
basis B = (e1 , e2 , e3 ). Beschouw de kwadratische vorm Q : V → GF(5), gegeven door
Q(x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 ) = 2x22 + 4x23 + 2x1 x2 + 2x2 x3 .
Reduceer deze kwadratische vorm tot een diagonaalvorm met behulp van een orthogonale matrix C en
bepaal die ook.
Oefening 4.45. Zij V de vectorruimte der re¨ele 2 × 2-matrices en W de verzameling van symmetrische,
spoorloze matrices (dus met spoor 0). Zij det : V → R, A 7→ det A de determinantafbeelding.
• Bewijs dat W een deelruimte is van V .
• Bewijs dat det een kwadratische vorm is op V .
• Bepaal de twee invarianten (rang en signatuur) van det. (Examen 2012)
• Bewijs dat de symmetrische bilineaire vorm f , geassocieerd aan de kwadratische vorm det, negatiefdefiniet is op W .
Oplossing 4.45.
• De som van twee symmetrische matrices is weer symmetrisch. Een scalair veelvoud van een symmetrische matrix is weer symmetrisch. Voor spoorloze matrices A en B hebben we dat spoor(λA + µB) =
λ spoor A + µ spoor B = λ0 + µ0 = 0.
• Voor de 2 × 2-determinant geldt er dat det(λA) = λ2 det(A). We moeten nu nog nagaan dat de
geassocieerde vorm
det(A + B) − det(A) − det(B)
f (A, B) =
2
bilineair is. Als we stellen dat A = ( aa31 aa24 ) en B = bb13 bb24 , is het eenvoudig na te gaan dat
det(A + B) = det(A) + det(B) + det
Het is nu straightforward om na te gaan dat
a a det b31 b42 + det
(A, B) 7→
2
a4 a3 b2 b1
a1 a2 b3 b4
+ det
a4 a3 b2 b1 .
= a1 b4 − a2 b3 + a4 b1 − a3 b2
een bilineaire vorm definieert.
• Tegenover de standaardbasis van Mat2 (R), zijnde (( 10 00 ) , ( 00 10 ) , ( 01 00 ) , ( 00 01 )), wordt det :
ad − bc gegeven door
 

 
a
0 0
0 1
a
b




  7→ 1 a b c d 0 0 −1 0  b  .
c
0 −1 0 0  c 
2
d
1 0
0 0
d
Opgeloste oefeningen LAAM II, Kwadratische vormen
a b
c d
7→
30
0
Deze matrix is niet-singulier dus de rang is 4. Om de signatuur te bepalen moeten we
diagonaliseren. Omdat

λ
0
det 
0
−1
0
λ
1
0
0
0 0
0 −1
1 0
0
−1
0
0
1
0
0
0

0 −1
1 0
 = (λ2 − 1)2 ,
λ 0
0 λ
zijn de eigenwaarden 1, 1, −1 en −1. De signatuur is dus 2.
• Om te bewijzen dat f negatief-definiet is op W , moet
f (A, A) < 0 voor alle A ∈ W . Een symmetrische
a
b
spoorloze matrix uit W is van de vorm b −a . Maar de diagonaalfunctie A 7→ f (A, A) is net de
geassocieerde kwadratische vorm det, dus inderdaad:
b
f (A, A) = det(A) = det ab −a
= −a2 − b2 6 0
met gelijkheid als en slechts als A = ( 00 00 ) en dit betekent precies dat f negatief-definiet is op W .
Oefening 4.46. Als Q : Rn → R een positief-definiete kwadratische vorm is, bepaald door de matrix M ,
bewijs dan dat
Z
1
.
e−πQ(v) dv = √
det M
Rn
R
2
Je mag gebruiken dat R e−πx dx = 1.
Oplossing 4.46. Omdat Q positief-definiet is, volgt dat we Q door een gepaste basisovergang kunnen
representeren door de eenheidsmatrix. Er bestaat dus een basisovergangsmatrix C waarvoor geldt dat
1
C > M C = In . Hieruit volgt dat det C det M det C = 1 en dus dat det C = √det
.
M
Indien we in de integraal uit de opgave overgaan van de variabele v = v1 . . . vn op nieuwe veranderlijken,
bepaald door het matrixproduct C · v, dan transformeert het integratiegebied Rn wegens bijectiviteit van
de niet-singuliere transformatie bepaald door C terug naar Rn . Het elementair differentiaalelement dv
transformeert onder v 7→ Cv, als dv 7→ det C · dv, want de jacobiaan van de lineaire transformatie is
constant en gelijk aan de matrix van de lineaire transformatie (de parti¨ele afgeleiden zijn in elk punt
dezelfde). We bekomen dus
Z
Z
>
e−πQ(v) dv =
e−π·(v M v) dv
n
n
R
ZR
>
=
e−π·(v In v) det Cdv
C(Rn )
Z
Pn
2
= det C
e−π·( i=1 xi ) dx1 . . . dxn
Rn
Z
= det C
= det C
n
Y
2
e−πxi dxi
Rn i=1
n Z
Y
i=1
2
e−πxi dxi
R
= det C1n = √
1
.
det M
Oefening 4.47 (Examen 2013). Zij q een kwadratische vorm op een re¨ele vectorruimte V (n, R). Zijn v
en w twee vectoren zodat q(v) > 0 en q(w) < 0.
• Bewijs dat v en w lineair onafhankelijk zijn.
• Bewijs dat er een vector u 6= 0 in het vectorvlak opgespannen door v en w ligt, waarvoor q(u) = 0.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Kwadratische vormen
31
• Bewijs dat de bilineaire vorm, geassocieerd aan een re¨ele, anisotrope kwadratische vorm, positief- of
negatief-definiet is.
Oplossing 4.47.
• Mochten v en w lineair afhankelijk zijn, i.e. v = λw, dan zou
0 < q(v) = q(λw) = λ2 q(w) < 0.
• Zo’n vector in het vectorvlak opgespannen door v en w, is slechts op veelvoud na bepaald, want als
q(u) = 0, dan is ook q(λu) = λ2 q(u) = 0. We mogen dus op zoek gaan naar een vector van de vorm
u = v + µw (herschaald zodat de v-component 1 is — dat kan, want mocht de v-component 0 zijn,
dan hebben we u = w, en q(w) 6= 0). Daarvoor moet gelden
q(u) = q(v + µw) = q(v) + 2µfq (v, w) + µ2 q(w) = 0,
en deze kwadratische vergelijking in µ heeft re¨ele oplossingen (de discriminant is immers 4fq (v, w)2 −
4q(w)q(v) > 0). Die µ levert een u met q(u) = 0.
Alternatief. Een vector in het vectorvlak, opgespannen door v en w, is op veelvoud na van de vorm
λv + (1 − λ)w. Daar de continue functie van R naar R, die λ afbeeldt op q(λv + (1 − λ)w), voor λ = 1
een positieve, en voor λ = 0 een negatieve waarde aanneemt, zal ze wegens de tussenwaardestelling
van Bolzano ook ergens de waarde 0 aannemen, voor een bepaalde vector λv + (1 − λ)w.
• Zij fq de bilineaire vorm, geassocieerd aan de re¨ele, anisotrope kwadratische vorm q. Als deze niet
hetzij positief-, hetzij negatief-definiet is, bestaan er vectoren v en w met fq (v, v) > 0 en fq (w, w) 6 0,
en zelfs fq (v, v) > 0 en fq (w, w) < 0 omdat q anisotroop is. Uit het voorgaande volgt dat q dan toch
ergens de waarde 0 moet aannemen, tegen de onderstelling van anisotropie.
Oefening 4.48 (Herexamen 2013). Bewijs dat equivalente kwadratische vormen dezelfde scalairenverzameling representeren.
4.7
Hermitische en unitaire matrices
Oefening 4.49. Zij K een veld en α een veldautomorfisme met fixveld F 6 K. Bewijs:
α
• k1 = k1α , ∀k ∈ K∗ en (k n )α = (k α )n , ∀k ∈ K∗ , ∀n ∈ Z
• (P (y))α = P (y α ) , ∀P ∈ F[x], ∀y ∈ K
• (A · B)α = Aα · B α , ∀A, B ∈ Matn (K)
• (det A)α = det (Aα )
• (Spec A)α = Spec (Aα )
Oplossing 4.49.
α
α
• Het eerste volgt uit k1 · k α = k1 · k = 1α = 1. Voor c ∈ N is (k c )α = (k · · · · · k)α = k α · · · · · k α =
(k α )c . Wegens het eerste geldt dit ook voor negatieve exponenten.
• (P (y))α = (an y n + · · · + a1 y + a0 )α = aαn (y n )α +· · ·+aα1 y α +aα0 = an (y α )n +· · ·+a1 y α +a0 = P (y α ),
omdat de ai ∈ F = Fix(α).
P
P
• ((A · B)α )ij = ((A · B)ij )α = ( k aik bkj )α = k aαik bαkj = (Aα · B α )ij
• (det A)α = (a11 a22 · · · − a12 a21 · · · + . . . )α = aα11 aα22 · · · − aα12 aα21 · · · + · · · = det (Aα ): de determinant
is een polynoom in de entries van A met co¨effici¨enten +1 en −1.
• λ ∈ (Spec A)α ⇔ λα
−1
−1
∈ Spec A ⇔ ∃v 6= 0 : λα v = Av ⇔ ∃v α 6= 0 : λv α = Aα v α ⇔ λ ∈ Spec (Aα )
Opgeloste oefeningen LAAM II, Hermitische en unitaire matrices
32
de complexe toevoeging op C. Noteer A† = A
Oefening 4.50. Zij α =
Matn (C):
• (A + B)† = A† + B †
• (A · B)† = B † · A†
en
en
>
= A> . Bewijs, ∀A, B ∈
(λA)† = λA†
†
−1
A−1 = A†
• det(A† A) = | det A|2
• A + A† en A† A zijn Hermitische matrices
• Som en verschil van Hermitische matrices is een Hermitische matrix
• Als H een Hermitische matrix is, dan ook A† HA
Oplossing 4.50.
>
>
>
>
• (A + B)† = A + B = A + B = A + B = A† + B †
>
>
>
(λA)† = λA = λ · A = λ · A = λA†
>
>
>
>
• (A · B)† = A · B = A · B = B · A = B † · A†
−1
†
C = A−1 ⇒ C † = A−1 ⇒ C † A = I ⇒ A† C = I † = I ⇒ C = A†
>
• det(A† A) = det(A ) · det(A) = det(A) · det(A) = | det A|2
†
†
• A + A† = A† + A†† = A + A† en A† A = A† A†† = A† A
• Zijn B en C Hermitisch, dan is (B ± C)† = B † ± C † = B ± C
†
• A† HA = A† H † A†† = A† HA
Oefening 4.51. Vind een nodige en voldoende voorwaarde voor een diagonaalmatrix U ∈ GLn (C) om
unitair te zijn.
Oplossing 4.51. De eis van unitariteit is dat U † U = In . Voor een diagonaalmatrix U = Diag(d1 , . . . , dn )
betekent dat
In = Diag(d1 , . . . , dn )† Diag(d1 , . . . , dn ) = Diag(d1 , . . . , dn ) Diag(d1 , . . . , dn ) = Diag(|d1 |2 , . . . , |dn |2 ).
Met andere woorden, de diagonaalelementen moeten voldoen aan |di |2 = 1, dus complexe modulus 1
hebben.
Oefening 4.52. Vind een matrix V ∈ Cm×n , m 6= n met V † V = In . Wat kun je in het algemeen zeggen
over dit soort matrices?
Oplossing 4.52. De eerste observatie is dat m > n. Immers, als m < n, dan hebben V † en V rang ten
hoogste m, zodat hun product nooit rang n kan hebben.
Een constructie met een unitaire n × n-matrix. Als U een unitaire n × n-matrix is, dan kan men
nagaan dat de blokmatrix, bestaande uit U aangevuld met m − n nulrijen, voldoet:
U
†
U 0
= In
0
Een constructie met een unitaire m × m-matrix. Als U een unitaire matrix van grotere dimensie
m × m is, dan zal U1 , bestaande uit de eerste n kolommen van U , eveneens voldoen:

!
U1†
 U1 U2  = Im
U2†
Opgeloste oefeningen LAAM II, Hermitische en unitaire matrices
33
Het matrixproduct U1† U1 is dan precies de n × n-deelmatrix In linksboven in Im .
Met de laatste constructie krijgen we alle dergelijke matrices. We zullen nu bewijzen dat
elke V ∈ Cm×n met V † V = In , van deze vorm is, dus dat we elke dergelijke V kunnen uitbreiden tot een
unitaire m × m-matrix U .
Beschouw het standaardinproduct op Cm . Dat het inproduct van twee vectoren 0 is, betekent dat ze
orthogonaal zijn. Als we nu de kolommen van U opvatten als vectoren van Cm , dan betekent elke 0
buiten de diagonaal van U † U dat twee verschillende zo’n vectoren orthogonaal zijn. Iedere 1 op de
diagonaal van U † U betekent dat deze vectoren norm 1 hebben. Een m × n-matrix V met V † V = In is
dus een weergave van n orthogonale kolomvectoren in Cm met norm 1. Een vierkante unitaire matrix U
is een weergave van m orthogonale vectoren in Cm met norm 1, dit heet een orthonormale basis. Daar we
elke orthonormale vectorenverzameling van Cm kunnen aanvullen1 tot een orthonormale basis van Cm , is
elke m × n-matrix V met V † V = In aanvulbaar tot een unitaire m × m-matrix U .
Oefening 4.53. Controleer dat vierkante matrices (A + λI) en (A + µI) commuteren. Verifieer dat, als
A een Hermitische matrix is, dan B = (A − iI)−1 (A + iI) unitair is.
Oplossing 4.53.
(A + λI) · (A + µI) = A2 + µAI + λIA + λµI 2 = A2 + (µ + λ)A + λµI = (A + µI) · (A + λI)
Verder hebben we
†
B · B † = (A − iI)−1 (A + iI) · (A − iI)−1 (A + iI)
= (A − iI)−1 · (A + iI) · (A + iI)† · (A − iI)−1
†
= (A − iI)−1 · (A + iI) · (A† − iI) · (A† + iI)−1
= (A − iI)−1 · (A − iI) · (A + iI) · (A + iI)−1
=I ·I =I
Oefening 4.54. Bewijs de volgende uitspraken voor een unitaire operator U : Cn → Cn .
• kU xk = kxk, ∀x ∈ Cn , met k · k het standaardinproduct op Cn .
• Alle eigenwaarden van U hebben complexe modulus 1.
• T.o.v. een basis B vormen de kolommen van MB (U ) een orthonormale basis van Cn .
Oplossing 4.54.
s
p
• Met kzk = |z1 |2 + · · · + |zn |2 =
( z1
...
z1 √
√
√
.. = z † z, is kU xk = x† U † U x = x† x = kxk.
zn )
.
zn
• Voor een eigenwaarde λ hebben we |λ| · kvk = kλvk = kU vk = kvk, met kvk =
6 0, waaruit |λ| = 1.
• Zie oefening 4.52.
Oefening 4.55. Ga na of het unitair, Hermitisch, orthogonaal en antisymmetrisch zijn van vierkante
matrices bewaard wordt onder transponeren, som, scalaire veelvouden, matrixproduct, inverteren, veldautomorfisme, toevoeging, congruentie en Hermitische equivalentie.
Oplossing 4.55.
1
Men kan achtereenvolgens deze verzameling lineair onafhankelijke vectoren aanvullen tot een basis van Cm , dan GramSchmidt-orthogonalisatie uitvoeren om een orthogonale basis te bekomen en tot slot de vectoren normeren om een orthonormale basis te krijgen.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Hermitische en unitaire matrices
34
Antisymmetrisch
Orthogonaal
Hermitisch
Unitair
A> = −A
A> A = AA> = I
A† = A
A† A = AA† = I
Transponeren
Ja
Ja
Ja
Ja
Som
Ja
Neen
Ja
Neen
Scalair veelvoud
B = λA
Ja
Neen, tenzij
λ = ±1
Neen, tenzij
λ∈R
Neen, tenzij
|λ| = 1
Matrixproduct
Neen, tenzij
AB + BA = 0
Ja
Neen, tenzij
AB = BA
Ja
Inverteren
Ja
Ja
Ja
Ja
Veldautomorfisme
Ja
Ja
Ja
Ja
Toevoeging,
B = C −1 AC
Neen, tenzij C
orthogonaal
Neen, tenzij C
orthogonaal
Neen, tenzij C
unitair
Neen, tenzij C
unitair
Congruentie,
B = C > AC
Ja
Neen, tenzij C
orthogonaal
Neen, tenzij C
re¨eel
Neen, tenzij C
unitair
Hermitische
equivalentie,
B = C † AC
Neen, tenzij C
re¨eel
Neen, tenzij C
orthogonaal
Ja
Neen, tenzij C
unitair
Oefening 4.56. Gebruik stelling 6.10.6 (p. 78) om te bewijzen:
Een matrix A ∈ Matn (C) is Hermitisch als en slechts als er een unitaire matrix U bestaat
zodat A = U † Diag(λ1 , . . . , λn )U , met alle λi re¨eel.
Vind een unitaire matrix U zodat
U † HU
een diagonaalmatrix is, met H =
1 −i
.
i 1
Oplossing 4.56. Richting ⇐ is een verificatie: als A = U † Diag(λ1 , . . . , λn )U , dan is
A† = U † Diag(λ1 , . . . , λn )U †† = U † Diag(λ1 , . . . , λn )U = A.
Richting ⇒ is precies stelling 6.10.6.
We diagonaliseren H en vinden eigenwaarden 2 en 0 met bijhorende (genormeerde) eigenvectoren
en √12 ( 1i ). De matrix U = √12 1i 1i is unitair en realiseert
1
√
2
√1
2
( 1i )
1 1 i
1 −i
1 −i
2 0
·
·√
=
−i 1
i 1
0 0
2 i 1
Oefening 4.57. Bewijs dat als een matrix A scheef-Hermitisch is, d.w.z. A† = −A, ze dan A = iB is
voor een bepaalde Hermitische matrix B. Bewijs dat elke vierkante complexe matrix A op unieke manier
te schrijven is als A = B +iC = S −iT , voor Hermitische matrices B en C, en scheef-Hermitische matrices
S en T .
Oplossing 4.57. Stel dat A† = −A, beschouw dan B = −iA, zodat iB = A. Dan is B † = (−iA)† =
iA† = −iA = B, zodat B Hermitisch is. Merk op dat de diagonaalelementen van een scheef-Hermitische
matrix zuiver imaginair zijn.
Zij A een vierkante complexe matrix, die we wensen te schrijven als A = B + iC, met B en C Hermitisch.
Dan moet enerzijds gelden, voor de diagonaalelementen (∀i):
∀aii ∈ C : ∃!bii , cii ∈ R : aii = bii + icii ,
Opgeloste oefeningen LAAM II, Hermitische en unitaire matrices
35
maar dit is duidelijk. Voor de niet-diagonaalelementen moeten we hebben dat ∀i 6= j:
(
aij = bij + icij
∀aij , aji ∈ C : ∃!bij , cij ∈ C :
aji = bij + icij
Dit stelsel uiteentrekkend in re¨ele en complexe delen geeft ons twee re¨ele 2 × 2-stelsels met determinant
2, dus de oplossing is inderdaad uniek.
Nemen we S = iC en T = iB, dan hebben we scheef-Hermitische matrices waarvoor S −iT = iC −i(iB) =
B + iC = A. Daar we elke scheef-Hermitische matrix S of T kunnen schrijven als iC of iB, volgt de
uniciteit van S en T uit die van B en C.
Oefening 4.58. Bewijs dat de volgende definities van Hermitische matrix equivalent zijn voor een A ∈
Matn (C)
1. A† = A
2. x† Ax is re¨eel voor elke x ∈ Cn
3. A2 = A† A
4. A2 = AA†
5. Tr(A2 ) = Tr(A† A)
6. Tr(A2 ) = Tr(AA† )
†
Oplossing 4.58. 1 ⇒ . . . Uit het eerste volgt al de rest direct, het tweede door x† Ax = x† A† x =
x† Ax, want voor z ∈ C is z = z ⇔ z ∈ R.
2 ⇒ 1 Zij x de vector met op de i-de plaats een 1 en op de andere plaatsen een 0. Dan is aii = x† Ax ∈ R,
dus de diagonaalelementen van A zijn alvast re¨eel. Zij nu x de vector met op de i-de plaats een 1 en op
de j-de plaats (i 6= j) een complex getal c, dan moet dus
x† Ax = aii + |c|2 ajj + caij + caji ∈ R,
of dus ∀c ∈ C : caij + caji ∈ R, ofte caij + caji = caij + caji . Als we nu c = 1 en c = i invullen krijgen we
aij + aji = aij + aji
iaij − iaji = −iaij + iaji
Gepast combineren geeft aij = aji als i 6= j. Er volgt dus dat aij = aji , ∀i, j, d.w.z. A = A† .
6⇒1
Stel nu dat Tr(AA† ) = Tr(A2 ). Dat betekent dat
n X
n
X
i=1 k=1
|aik |2 =
n X
n
X
aik aki .
i=1 k=1
Passen we nu de driehoeksongelijkheid toe voor complexe getallen: |z1 + · · · + zn | 6 |z1 | + · · · + |zn |, met
Opgeloste oefeningen LAAM II, Hermitische en unitaire matrices
36
gelijkheid als en slechts2 als arg(z1 ) = · · · = arg(zn ) = arg(z1 + · · · + zn ). Dan vinden we
n X
n
X
|aik |2 6
i=1 k=1
|aik | 6
|aik |2 + |aki |2 6
XX
i6=k
i<k
XX
i<k
|aik ||aki |
i=1 k=1
XX
XX
XX
n X
n
X
2
i6=k
i<k
|aik ||aki |
2|aik ||aki |
|aik |2 − 2|aik ||aki | + |aki |2 6 0
XX
(|aik | − |aki |)2 6 0
i<k
(4.1)
We stellen vast dat de laatste ongelijkheid zich enkel kan voordien bij gelijk heid aan 0. Dat betekent dat
alle gebruikte ongelijkheden eigenlijk gelijkheden zijn. Voor de driehoeksongelijkheid vinden
we daarom
P P
dat de argumenten van alle termen aik aki gelijk waren, en gelijk aan die van de som ni=1 nk=1 |aik |2 ,
namelijk 0. Dus aik aki is re¨eel, ∀i, k.
Schrijf nu aik = ρ1 eiθ1 en aki = ρ2 eiθ2 . Uit ?? volgt nu dat ρ1 = ρ2 . En dat aik aki ∈ R betekent dat aik
en aki tegengesteld argument hebben: θ1 = −θ2 . Bijgevolg is aik = aki en A is een Hermitische matrix.
· · · ⇒ 1 Met deze implicatie Tr(AA† ) = Tr(A2 ) =⇒ A = A† , zijn alle equivalenties eenvoudig in te
vullen.
Oefening 4.59. Zij A = (aij ) een Hermitische n × n-matrix met diagonaalelementen 1 (aii = 1) en
n
X
|aij | 6 2,
i = 1, . . . , n.
j=1
Bewijs dat A positief semidefiniet is en dat alle eigenwaarden van A tussen 0 en 2 liggen.
Oplossing 4.59. We zullen bewijzen dat alle eigenwaarden tussen 0 en 2 liggen. Daar er in dat geval
een basis zal bestaan zodanig dat de geassocieerde Hermitische vorm van de vorm x 7→ |x1 |2 + . . . |xr |2 > 0
is, zal automatisch volgen dat A positief semidefiniet is.
x1 Zij nu λ een eigenwaarde van A bij eigenvector x = ... 6= 0. Omdat A Hermitisch is, is λ re¨eel.
xn
Beschouwen we nu de co¨
ordinaat van x met de grootste complexe modulus: neem dus iPzodanig dat
|xi | = max{|x
|,
.
.
.
,
|x
|}
> 0. Voor de i-de co¨ordinaat van P
λx = Ax vinden we nu λxi = nj=1 aij xj =
1
n
P
aii xi + j6=i aij xj . Omdat aii = 1 volgt er: (λ − 1)xi =
j6=i aij xj . De complexe modulus van het
linkerlid kunnen we dus als volgt afschatten.
X
X
|λ − 1||xi | 6
|aij ||xj | 6 |xi |
|aij | 6 |xi | · (2 − 1) = |xi |
j6=i
j6=i
Delen door |xi | =
6 0 levert ons |λ − 1| 6 1, waaruit volgt dat 0 6 λ 6 2.
2
Het argument van een complex getal z = a + ib = ρeiθ is precies θ. Het is de hoek die z in het complexe vlak beschrijft
met de positieve re¨ele as. Het argument van positieve re¨ele getallen is 0. Twee complexe getallen hebben hetzelfde argument
als ze een re¨eel veelvoud van elkaar zijn.
Opgeloste oefeningen LAAM II, Hermitische en unitaire matrices
37

Download Report