Nájsť kanonický tvar

[Martin Sleziak]

Nájdite kanonický tvar kvadratickej formy určenej zadanou maticou, t.j. kvadratickej formu $(x_1,x_2,x_3)A\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}$.
Zistite, či je táto kvadratická forma kladne definitná
\begin{align*}
A&=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 1 \\
1 & 1 & 1
\end{pmatrix}\\
B&=
\begin{pmatrix}
1 &-1 & 1 \\
-1 & 2 & 0 \\
1 & 0 & 2
\end{pmatrix}\\
C&=
\begin{pmatrix}
1 &-1 & 0 \\
-1 & 2 &-2 \\
0 &-2 & 4
\end{pmatrix}
\end{align*}

Hlavné minory.
Vo všetkých troch skupinách dostaneme pre rohové determinanty $D_1=D_2=1$ a $D_3=0$.

Spoiler:

\begin{align*}
D_1&=1\\
D_2&=
\begin{vmatrix}
1 & 1 \\
1 & 2
\end{vmatrix}=1\\
D_3&=
\begin{vmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 1 \\
1 & 1 & 1
\end{vmatrix}=
\begin{vmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{vmatrix}=0
\end{align*}

\begin{align*}
D_1&=1\\
D_2&=
\begin{vmatrix}
1 &-1 \\
-1 & 2
\end{vmatrix}=1
\\
D_3&=
\begin{vmatrix}
1 &-1 & 1 \\
-1 & 2 & 0 \\
1 & 0 & 2
\end{vmatrix}=
\begin{vmatrix}
1 &-1 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{vmatrix}=
\begin{vmatrix}
1 &-1 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{vmatrix}=0
\end{align*}

\begin{align*}
D_1&=1\\
D_2&=
\begin{vmatrix}
1 &-1 \\
-1 & 2
\end{vmatrix}=1
\\
D_3&=
\begin{vmatrix}
1 &-1 & 0 \\
-1 & 2 &-2 \\
0 &-2 & 4
\end{vmatrix}=
\begin{vmatrix}
1 &-1 & 0 \\
0 & 1 &-2 \\
0 &-2 & 4
\end{vmatrix}=
\begin{vmatrix}
1 &-1 & 0 \\
0 & 1 &-2 \\
0 & 0 & 0
\end{vmatrix}=0
\end{align*}

To znamená, že príslušná kanonická forma nie je kladne definitná.

Kanonický tvar.
Chceme ešte nájsť aj kanonický tvar.

Podľa vety z prednášky je teda naša matica kongruentná $\operatorname{diag}(D_1,D_2/D_1,D_3/D_2)=\operatorname{diag}(1,1,0)$.

Alebo aj bez odvolávania sa na túto vetu - ak si všímame iba prvé dve premenné, takáto kvadratická forma by bola kladne definitná a teda časť zodpovedajúca prvým dvom premenným je kongruentná s jednotkovou maticou $2\times2$.
Celá matica je singulárna - dve jednotky na kanonický tvar, ktorý bude singulárny vieme doplniť iba ako
$$\operatorname{diag}(1,1,0)=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}.
$$
(Ak už máme dve jednotky, tak ostatné dve možnosti doplnenia na kanonický tvar sú $\operatorname{diag}(1,1,\pm1)$. Obe takéto možnosti sú regulárne matice.)

Transformácia premenných.

Postupom uvedeným vyššie sme získali iba kanonický tvar - nenašli sme transformáciu premenných ani maticu takú že $PAP^T=D$. (Zadanie bolo sformulované tak, že stačilo nájsť kanonický tvar.)

Samozrejme, kanonický tvar sa dal hľadať aj doplnením na štvorec či riadkovými a stĺpcovými úpravami - takýmto postupom získame aj transformáciu premenných a príslušnú maticu.

Vo všetkých skupinách bolo zadanie také, že takéto úpravy neboli príliš ťažké.

Pre istotu pripomeniem, že kanonický tvar je síce určený jednoznačne - transformácie premenných však môžu byť rôzne.

Príklady možných výpočtov - doplnenie na štvorec:

Spoiler:

Skupina A
\begin{align*}
K(x_1,x_2,x_3)
&=x_1^2+2x_1x_2+2x_1x_3+2x_2^2+2x_2x_3+x_3^2\\
&=(x_1+x_2+x_3)^2+x_2^2\\
&=y_1^2+y_2^2
\end{align*}

Skupina B
\begin{align*}
K(x_1,x_2,x_3)
&=x_1^2-2x_1x_2+2x_1x_3+2x_2^2+2x_3^2\\
&=(x_1-x_2+x_3)^2+x_2^2-2x_2x_3+x_3^2\\
&=(x_1-x_2+x_3)^2+(x_2-x_3)^2
\end{align*}

Skupina C:
\begin{align*}
K(x_1,x_2,x_3)
&=x_1^2-2x_1x_2+2x_2^2-2x_2x_3+4x_3^2\\
&=(x_1-x_2)^2+(x_2-2x_3)^2
\end{align*}

Príklady možných výpočtov - riadkové a stĺpcové úpravy:

Spoiler:

$A=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 1 \\
1 & 1 & 1
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}\sim'
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}=D
$

$I=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 \\
-1 & 0 & 1
\end{pmatrix}=P$

Pre tieto matice platí $PAP^T=D$.

Skupina B

Spoiler:

$B=
\begin{pmatrix}
1 &-1 & 1 \\
-1 & 2 & 0 \\
1 & 0 & 2
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1 &-1 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{pmatrix}\sim'
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}\sim'
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
$

$I=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 \\
-1 & 0 & 1
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 \\
-2 &-1 & 1
\end{pmatrix}=P$

Pre tieto matice platí $PBP^T=D$.

Skupina C

Spoiler:

$C=
\begin{pmatrix}
1 &-1 & 0 \\
-1 & 2 &-2 \\
0 &-2 & 4
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1 &-1 & 0 \\
0 & 1 &-2 \\
0 &-2 & 4
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 &-2 \\
0 &-2 & 4
\end{pmatrix}\sim'
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 &-2 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 &0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
$

$I=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 \\
2 & 2 & 1
\end{pmatrix}=P$

Pre tieto matice platí $PCP^T=D$.

[Martin Sleziak]

Nájdite kanonický tvar kvadratickej formy
$$x_1^2+3x_2^2+2x_3^2+4x_1x_2+2x_1x_3+4x_2x_3.$$

Matica tejto kvadratickej formy je
$$A=\begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 \\
2 & 3 & 2 \\
1 & 2 & 2
\end{pmatrix}.$$

Opäť stačilo vypočítať tri rohové determinanty. Dostaneme $D_1=1$, $D_2=D_3=-1$.

Spoiler:

$D_3=
\begin{vmatrix}
1 & 2 & 1 \\
2 & 3 & 2 \\
1 & 2 & 2
\end{vmatrix}=
\begin{vmatrix}
1 & 2 & 1 \\
2 & 3 & 2 \\
0 & 0 & 1
\end{vmatrix}=D_2=-1
$

Potom vieme, že matica $A$ je kongruentná s maticou $\operatorname{diag}(D_1,\frac{D_2}{D_1},\frac{D_3}{D_2})=\operatorname{diag}(1,-1,1).$
Ak ju zapíšeme tak ako sme zvyknutí -- najprv $1$ a potom $-1$ -- tak kanonickému tvaru zodpovedá matica $\operatorname{diag}(1,1,-1).$

*****

Ak však chceme získať aj príslušnú transformáciu premenných, tak použité výpočty tiež nie sú príliš náročné.
\begin{align*}
K(x_1,x_2,x_3)
&=x_1^2+3x_2^2+2x_3^2+4x_1x_2+2x_1x_3+4x_2x_3\\
&=(x_1+2x_2+x_3)^2-x_2^2+x_3^2
\end{align*}
Teda pre $y_1=x_1+2x_2+x_3$, $y_2=-x_2$, $y_3=x_3$ dostávame $K(x_1,x_2,x_3)=y_1^2-y_2^2+y_3^2$.

Vieme z toho vyčítať aj to, že pre matice $P=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
2 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 1
\end{pmatrix}$ a $D=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 &-1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}$ platí $PDP^T=A$.

Pridám aj linku na výpočet v Symbolab.


*****

Ak postupujeme pomocou riadkových a stĺpcových úprav, tak dostaneme:
$A=
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 \\
2 & 3 & 2 \\
1 & 2 & 2
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 1 \\
0 &-1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\sim'$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 &-1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}$

$I=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-2 & 1 & 0 \\
-1 & 0 & 1
\end{pmatrix}
$

Teda pre matice $Q=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
-2 & 1 & 0 \\
-1 & 0 & 1
\end{pmatrix}$ a $D=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 &-1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}$ platí $QAQ^T=D$.

Pridám aj linku na výpočet v Symbolab

Môžeme si všimnúť, že pre naše matice platí $Q=P^{-1}$.
Pre matice $Q$ a $P$ je veľa možností - to, že nám vyšli navzájom inverzné matice, súvisí s tým, že v oboch postupoch sme použili úpravy, ktoré si navzájom zodpovedajú.