9.A 双线性型与二次型

证明. 映射 \(\beta\mapsto\mathcal{M}(\beta)\) 显然是 \(V^{(2)}\to\mathbb{F}^{n,n}\) 的线性映射。对 \(A\in\mathbb{F}^{n,n}\),定义 \(V\) 上的双线性型 \[ \beta_A\Big(\sum_{j=1}^n x_je_j,\ \sum_{k=1}^n y_ke_k\Big)=\sum_{k=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}A_{j,k}\,x_jy_k \] (当 \(V=\mathbb{F}^n\) 且取标准基时,它就是例 9.2(b) 中的 \(\beta_A\))。线性映射 \(\beta\mapsto\mathcal{M}(\beta)\) 与 \(A\mapsto\beta_A\) 互为逆映射:一方面 \(\mathcal{M}(\beta_A)=A\),因为两边的 \((j,k)\) 元素同为 \(A_{j,k}\);另一方面 \(\beta_{\mathcal{M}(\beta)}=\beta\),因为双线性型由其在基向量上的取值经双线性展开唯一确定: \[ \beta\Big(\sum_j x_je_j,\ \sum_k y_ke_k\Big)=\sum_{k=1}^n\sum_{j=1}^n x_jy_k\,\beta(e_j,e_k). \] 于是两个映射都是同构,且 \(\dim V^{(2)}=\dim\mathbb{F}^{n,n}=n^2=(\dim V)^2\)。

证明. 对 \(j,k\in\{1,\dots,n\}\),写 \(Te_k=\sum_{m=1}^n\mathcal{M}(T)_{m,k}e_m\),则 \[ \mathcal{M}(\alpha)_{j,k}=\alpha(e_j,e_k) =\beta\Big(e_j,\sum_{m=1}^n\mathcal{M}(T)_{m,k}e_m\Big) =\sum_{m=1}^n\beta(e_j,e_m)\,\mathcal{M}(T)_{m,k} =\big(\mathcal{M}(\beta)\mathcal{M}(T)\big)_{j,k}, \] 故 \(\mathcal{M}(\alpha)=\mathcal{M}(\beta)\mathcal{M}(T)\)。第二个等式类似:\(\mathcal{M}(\rho)_{j,k}=\beta(Te_j,e_k)=\sum_m \mathcal{M}(T)_{m,j}\beta(e_m,e_k)=\big(\mathcal{M}(T)^{\mathrm{t}}\mathcal{M}(\beta)\big)_{j,k}\)。

证明. 由线性映射引理,存在 \(T\in\mathcal{L}(V)\) 使 \(Tf_k=e_k\) 对每个 \(k\) 成立,且 \(\mathcal{M}\big(T,(f_1,\dots,f_n)\big)=C\)。定义双线性型 \[ \alpha(u,v)=\beta(u,Tv),\qquad \rho(u,v)=\alpha(Tu,v)=\beta(Tu,Tv). \] 由于 \(e_j=Tf_j\),\(e_k=Tf_k\),有 \(\beta(e_j,e_k)=\rho(f_j,f_k)\),即 \(A=\mathcal{M}\big(\rho,(f_1,\dots,f_n)\big)\)。接连两次应用命题 9.6: \[ \mathcal{M}\big(\rho,(f_1,\dots,f_n)\big)=\mathcal{M}(T)^{\mathrm{t}}\,\mathcal{M}\big(\alpha,(f_1,\dots,f_n)\big)=C^{\mathrm{t}}\,\mathcal{M}(\beta,(f_1,\dots,f_n))\,\mathcal{M}(T)=C^{\mathrm{t}}BC, \] 其中中间一步用了 \(\mathcal{M}(\alpha)=\mathcal{M}(\beta)\mathcal{M}(T)=BC\)。故 \(A=C^{\mathrm{t}}BC\)。

证明. (a)\(\Rightarrow\)(b):设 \(\rho\) 对称,\(e_1,\dots,e_n\) 是任意基。由 \(\rho(e_j,e_k)=\rho(e_k,e_j)\) 得 \(\mathcal{M}(\rho)_{j,k}=\mathcal{M}(\rho)_{k,j}\),故矩阵对称。

(b)\(\Rightarrow\)(c):显然。

(c)\(\Rightarrow\)(a):设某基 \(e_1,\dots,e_n\) 下 \(\mathcal{M}(\rho)\) 对称。写 \(u=\sum_j a_je_j\),\(w=\sum_k b_ke_k\),由双线性展开 \[ \rho(u,w)=\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^n a_jb_k\,\rho(e_j,e_k) =\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^n a_jb_k\,\rho(e_k,e_j) =\rho(w,u), \] 中间一步用到了矩阵的对称性。故 \(\rho\) 对称。至此 (a)(b)(c) 等价。

因对角矩阵都对称,显然 (d)\(\Rightarrow\)(c)。剩下证 (a)\(\Rightarrow\)(d),对 \(n=\dim V\) 作归纳。\(n=1\) 时每个 \(1\times1\) 矩阵都是对角的。设 \(n>1\) 且结论对 \(n-1\) 维成立,并设 \(\rho\) 对称。若 \(\rho=0\),任何基下的矩阵都是零矩阵(对角),故可设 \(\rho\ne0\),即存在 \(u,w\) 使 \(\rho(u,w)\ne0\)。由双线性展开, \[ 2\rho(u,w)=\rho(u+w,u+w)-\rho(u,u)-\rho(w,w), \] 左端非零,故右端三项不全为零,于是存在 \(v\in V\) 使 \(\rho(v,v)\ne0\)。

令 \(U=\{u\in V:\rho(u,v)=0\}\),即线性泛函 \(u\mapsto\rho(u,v)\) 的零空间;该泛函非零(因为 \(v\notin U\)),故 \(\dim U=n-1\)。由归纳假设,\(U\) 上存在基 \(e_1,\dots,e_{n-1}\) 使对称双线性型 \(\rho|_{U\times U}\) 的矩阵为对角矩阵。又 \(v\notin U\),故 \(e_1,\dots,e_{n-1},v\) 是 \(V\) 的基。对每个 \(k\le n-1\) 有 \(\rho(e_k,v)=0\),再由 \(\rho\) 对称得 \(\rho(v,e_k)=0\)。于是 \(\rho\) 关于基 \(e_1,\dots,e_{n-1},v\) 的矩阵是对角矩阵。归纳完成。

证明. 取标准正交基 \(f_1,\dots,f_n\),令 \(B=\mathcal{M}(\rho,(f_1,\dots,f_n))\),由 9.12 知 \(B\) 对称。取 \(T\in\mathcal{L}(V)\) 使 \(\mathcal{M}(T,(f_1,\dots,f_n))=B\);在标准正交基下 \(\mathcal{M}(T^*)=\mathcal{M}(T)^{\mathrm{t}}\),故 \(T\) 自伴。由实谱定理 (7.29),存在标准正交基 \(e_1,\dots,e_n\) 使 \(T\) 的矩阵为对角。令 \(C=\mathcal{M}(I,(e_1,\dots,e_n),(f_1,\dots,f_n))\);由算子换基公式 3.84,\(C^{-1}BC\) 是 \(T\) 关于基 \(e_1,\dots,e_n\) 的矩阵,故为对角矩阵。另一方面,由双线性型换基公式 9.7,\(\mathcal{M}(\rho,(e_1,\dots,e_n))=C^{\mathrm{t}}BC\)。而两个标准正交基之间的换基矩阵 \(C\) 是实正交矩阵,\(C^{-1}=C^{\mathrm{t}}\)(见 7.57),于是 \[ \mathcal{M}(\rho,(e_1,\dots,e_n))=C^{\mathrm{t}}BC=C^{-1}BC \] 是对角矩阵。

证明. 设 \(\alpha\) 交错。对任意 \(u,w\),由 \(\alpha(u+w,u+w)=0\) 及双线性展开, \[ 0=\alpha(u,u)+\alpha(u,w)+\alpha(w,u)+\alpha(w,w)=\alpha(u,w)+\alpha(w,u), \] 故 \(\alpha(u,w)=-\alpha(w,u)\)。反之设上式对一切 \(u,w\) 成立,取 \(w=u\) 得 \(\alpha(u,u)=-\alpha(u,u)\),即 \(\alpha(u,u)=0\),故 \(\alpha\) 交错。

证明. 对称型之和、对称型的数乘仍对称,且零型对称,故 \(V^{(2)}_{\mathrm{sym}}\) 是子空间;\(V^{(2)}_{\mathrm{alt}}\) 同理。

先证和为全空间。设 \(\beta\in V^{(2)}\),定义 \[ \rho(u,w)=\frac{\beta(u,w)+\beta(w,u)}{2},\qquad \alpha(u,w)=\frac{\beta(u,w)-\beta(w,u)}{2}. \] 直接验证 \(\rho\) 对称、\(\alpha\) 交错(后者用 9.16 的刻画),且 \(\beta=\rho+\alpha\)。

再证交为零。设 \(\beta\in V^{(2)}_{\mathrm{sym}}\cap V^{(2)}_{\mathrm{alt}}\)。对任意 \(u,w\),由 9.16 有 \(\beta(u,w)=-\beta(w,u)\),又由对称性 \(\beta(w,u)=\beta(u,w)\),故 \(\beta(u,w)=-\beta(u,w)\),即 \(\beta(u,w)=0\),从而 \(\beta=0\)。由直和判定条件 (1.46) 得证。

证明. 设 \(q\) 是二次型,即 \(q=q_\beta\)。取标准基下 \(\beta\) 的矩阵 \(A\),则对一切 \(x\in\mathbb{F}^n\), \[ q(x)=\beta(x,x)=\sum_{k=1}^n\sum_{j=1}^n A_{j,k}x_jx_k. \] 反之,设 \(q\) 具有所述形式。用同一组系数定义双线性型 \[ \beta\big((x_1,\dots,x_n),(y_1,\dots,y_n)\big)=\sum_{k=1}^n\sum_{j=1}^n A_{j,k}x_jy_k \] (例 9.2(b)),则 \(q=q_\beta\),故 \(q\) 是二次型。

证明. (a)\(\Rightarrow\)(b):设 \(q=q_\beta\)。由 9.17,写 \(\beta=\rho+\alpha\),其中 \(\rho\) 对称、\(\alpha\) 交错。则 \[ q=q_\beta=q_\rho+q_\alpha=q_\rho \] (因 \(q_\alpha=0\))。若对称型 \(\rho'\) 也满足 \(q_{\rho'}=q\),则 \(q_{\rho'-\rho}=0\),即 \(\rho'-\rho\in V^{(2)}_{\mathrm{sym}}\cap V^{(2)}_{\mathrm{alt}}=\{0\}\),故 \(\rho'=\rho\),唯一性得证。

(b)\(\Rightarrow\)(c):设 \(q=q_\rho\),\(\rho\) 对称。则 \(q(\lambda v)=\rho(\lambda v,\lambda v)=\lambda^2\rho(v,v)=\lambda^2q(v)\);且 \[ q(u+w)-q(u)-q(w)=\rho(u+w,u+w)-\rho(u,u)-\rho(w,w)=2\rho(u,w), \] 故 \((u,w)\mapsto q(u+w)-q(u)-q(w)\) 等于 \(2\rho\),是对称双线性型。

(c)\(\Rightarrow\)(d):显然。

(d)\(\Rightarrow\)(a):令 \[ \rho(u,w)=\frac{q(u+w)-q(u)-q(w)}{2}, \] 由假设 \(\rho\) 是对称双线性型。对任意 \(v\), \[ \rho(v,v)=\frac{q(2v)-q(v)-q(v)}{2}=\frac{4q(v)-2q(v)}{2}=q(v), \] 故 \(q=q_\rho\) 是二次型。

证明. (a) 由 9.21 取对称双线性型 \(\rho\) 使 \(q=q_\rho\)。由 9.12,存在基 \(e_1,\dots,e_n\) 使 \(\mathcal{M}(\rho,(e_1,\dots,e_n))\) 为对角矩阵,设对角元为 \(\lambda_1,\dots,\lambda_n\),即 \(\rho(e_j,e_k)=\lambda_j\) (当 \(j=k\))、\(0\) (当 \(j\ne k\))。于是 \[ q\Big(\sum_jx_je_j\Big)=\rho\Big(\sum_jx_je_j,\sum_kx_ke_k\Big)=\sum_{k=1}^n\sum_{j=1}^n x_jx_k\rho(e_j,e_k)=\lambda_1x_1^2+\cdots+\lambda_nx_n^2. \] (b) 由 9.13,该基可取为标准正交基。