Tilbake
6.2
Alle fag for Høyskole

6.2 Kvadratiske former: symmetrisering og definitthet

Kvadratiske former Q(x)=xᵀAx med symmetrisk A (kryssledd delt på 2), og klassifisering av definitthet via egenverditegn — inkludert beviset posdef ⇒ invertibel.

55 min
9 oppgaver
Kvadratiske formersymmetriseringdefinitthet
Din fremgang i kapitlet
0 / 9 oppgaver
Kapitlets plass i kurset
Forkunnskaper:

- Kap. 6.1 — symmetrisk matrise, spektralteoremet, A=PDPTA=PDP^{T} og egenverdier; hele klassifiseringen bygger på egenverditegnene
- Kap. 3.1 — egenverdibegrepet
- Kap. 4.1 — norm og skalarprodukt
- Matriseregning og transponering (MAT1110) — matriseprodukt og transponering

En kvadratisk form er et andregradsuttrykk uten førstegradsledd, som 2x12+3x22+4x1x22x_1^2+3x_2^2+4x_1x_2. Slike uttrykk skrives kompakt som Q(x)=xTAxQ(\mathbf{x})=\mathbf{x}^{T}A\mathbf{x} med en symmetrisk matrise AA, og da forteller egenverdiene til AA alt om formens fortegnsoppførsel: er QQ alltid positiv, alltid negativ, eller skifter den fortegn?

Kapitlet går i tre løkker:

1. Skrive QQ på matriseform med symmetrisk AA — og dele kryssleddet på 2.
2. Klassifisere definittheten via egenverditegnene.
3. Bevisdelen: posdef ⇒\Rightarrow invertibel og B−1B^{-1} posdef, pluss ulikheten Q(x)≤λmax⁡∥x∥2Q(\mathbf{x})\le\lambda_{\max}\lVert\mathbf{x}\rVert^2 (bro til kap. 6.3).

Løkke 1 — Q(x)=xᵀAx og symmetriseringen: del kryssleddet på 2 (~16 min)

Skriv ut xTAx\mathbf{x}^{T}A\mathbf{x} for en 2×22\times2-matrise A=[abcd]A=\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}:
xTAx=ax12+(b+c)x1x2+dx22.\mathbf{x}^{T}A\mathbf{x}=a x_1^2+(b+c)x_1x_2+d x_2^2.
Bare summen b+cb+c av de to utenfor-diagonalelementene teller. Derfor kan vi alltid velge dem like — b=cb=c — uten å endre QQ: vi symmetriserer. Regelen: har QQ et kryssledd k xixjk\,x_ix_j, settes aij=aji=k2a_{ij}=a_{ji}=\dfrac{k}{2}. Diagonalen aiia_{ii} er koeffisienten foran xi2x_i^2 (udelt).

Hvorfor bry seg? Fordi hele teorien — egenverdier, klassifisering, hovedakser — krever at AA er symmetrisk. Legger du hele kk i aija_{ij} og 00 i ajia_{ji}, blir AA usymmetrisk og alt som følger, galt.

Kvadratisk form

En kvadratisk form på Rn\mathbb{R}^{n} er en funksjon Q(x)=xTAxQ(\mathbf{x})=\mathbf{x}^{T}A\mathbf{x} der AA er en symmetrisk n×nn\times n-matrise. Skrevet ut er Q(x)=∑iaiixi2+∑i<j2aijxixjQ(\mathbf{x})=\sum_i a_{ii}x_i^2+\sum_{i<j}2a_{ij}x_ix_j — et andregradsuttrykk uten konstant- eller førstegradsledd. Hver kvadratisk form svarer til nøyaktig én symmetrisk AA.

Symmetrisering (kryssledd delt på 2)

For å finne den symmetriske matrisen AA til en kvadratisk form: sett koeffisienten foran xi2x_i^2 som diagonalelement aiia_{ii}, og del koeffisienten foran hvert kryssledd xixjx_ix_j likt mellom aija_{ij} og ajia_{ji}: aij=aji=12(kryssleddskoeffisient)a_{ij}=a_{ji}=\tfrac12(\text{kryssleddskoeffisient}). Da blir A=ATA=A^{T} og Q(x)=xTAxQ(\mathbf{x})=\mathbf{x}^{T}A\mathbf{x}.

✏️Eksempel 1: Skriv en kvadratisk form på matriseform

Skriv Q(x1,x2,x3)=4x12+4x22+4x32−4x1x2−4x1x3+4x2x3Q(x_1,x_2,x_3)=4x_1^2+4x_2^2+4x_3^2-4x_1x_2-4x_1x_3+4x_2x_3 på formen xTAx\mathbf{x}^{T}A\mathbf{x} med symmetrisk AA.

Diagonalen er koeffisientene foran kvadratene: a11=a22=a33=4a_{11}=a_{22}=a_{33}=4.

Kryssleddene deles på 2:
- −4x1x2⇒a12=a21=−2-4x_1x_2\Rightarrow a_{12}=a_{21}=-2,
- −4x1x3⇒a13=a31=−2-4x_1x_3\Rightarrow a_{13}=a_{31}=-2,
- +4x2x3⇒a23=a32=2+4x_2x_3\Rightarrow a_{23}=a_{32}=2.

Altså
A=[4−2−2−242−224],A=\begin{bmatrix}4&-2&-2\\-2&4&2\\-2&2&4\end{bmatrix},
som er symmetrisk. Kontroll (regn xTAx\mathbf{x}^{T}A\mathbf{x} tilbake): diagonalen gir 4x12+4x22+4x324x_1^2+4x_2^2+4x_3^2, og hvert par aij,ajia_{ij},a_{ji} gir 2aijxixj2a_{ij}x_ix_j, dvs. −4x1x2−4x1x3+4x2x3-4x_1x_2-4x_1x_3+4x_2x_3 ✓. Konklusjon: Q(x)=xTAxQ(\mathbf{x})=\mathbf{x}^{T}A\mathbf{x} med AA som over. (Dette er samme AA som i eksempel 3 i kap. 6.1 — egenverdiene 2,2,82,2,8 blir brukt i løkke 2.)

📝Oppgave 1

Skriv Q(x1,x2)=3x12+3x22+2x1x2Q(x_1,x_2)=3x_1^2+3x_2^2+2x_1x_2 på formen xTAx\mathbf{x}^{T}A\mathbf{x} med symmetrisk AA.

📝Oppgave 2

En student skriver Q(x1,x2)=x12+x22+6x1x2Q(x_1,x_2)=x_1^2+x_2^2+6x_1x_2 som xTAx\mathbf{x}^{T}A\mathbf{x} med A=[1601]A=\begin{bmatrix}1&6\\0&1\end{bmatrix}. Forklar hvorfor dette er feil, og gi riktig AA.

Løkke 2 — Klassifisering av definitthet via egenverditegnene (~18 min)

Sett x=Py\mathbf{x}=P\mathbf{y} med den ortogonale PP fra spektralteoremet (kap. 6.1). Da blir
Q(x)=xTAx=(Py)TA(Py)=yT(PTAP)y=yTDy=λ1y12+⋯+λnyn2.Q(\mathbf{x})=\mathbf{x}^{T}A\mathbf{x}=(P\mathbf{y})^{T}A(P\mathbf{y})=\mathbf{y}^{T}(P^{T}AP)\mathbf{y}=\mathbf{y}^{T}D\mathbf{y}=\lambda_1y_1^2+\dots+\lambda_ny_n^2.
I de nye koordinatene er QQ en ren sum av kvadrater vektet med egenverdiene. Derfor styrer egenverditegnene alt:

- alle λi>0\lambda_i>0 ⇒\Rightarrow Q>0Q>0 for alle x≠0\mathbf{x}\ne\mathbf{0}: positiv definit;
- alle λi<0\lambda_i<0 ⇒\Rightarrow negativ definit;
- både positive og negative λi\lambda_i ⇒\Rightarrow indefinit (skifter fortegn);
- alle ≥0\ge0 (med minst én =0=0) ⇒\Rightarrow positiv semidefinit; tilsvarende negativ semidefinit.

Ikke les fortegnene av diagonalen til AA — bare egenverdiene teller.

Positiv definit

En kvadratisk form Q(x)=xTAxQ(\mathbf{x})=\mathbf{x}^{T}A\mathbf{x} (og matrisen AA) er positiv definit dersom Q(x)>0Q(\mathbf{x})>0 for alle x≠0\mathbf{x}\ne\mathbf{0}. Kriteriet: alle egenverdier til AA er >0>0. Da har QQ et strengt minimum i origo.

Negativ definit
QQ (og AA) er negativ definit dersom Q(x)<0Q(\mathbf{x})<0 for alle x≠0\mathbf{x}\ne\mathbf{0}, ekvivalent alle egenverdier <0<0. Da er −A-A positiv definit. QQ har et strengt maksimum i origo.
Indefinit
QQ (og AA) er indefinit dersom QQ tar både positive og negative verdier, ekvivalent at AA har både en positiv og en negativ egenverdi. Origo er et sadelpunkt. Dette svarer geometrisk til en hyperbel/hyperboloide (kap. 6.3).
Semidefinit
QQ (og AA) er positiv semidefinit dersom Q(x)≥0Q(\mathbf{x})\ge0 for alle x\mathbf{x} og Q(x)=0Q(\mathbf{x})=0 for noen x≠0\mathbf{x}\ne\mathbf{0} — ekvivalent alle egenverdier ≥0\ge0 med minst én =0=0. Tilsvarende er negativ semidefinit ekvivalent med alle egenverdier ≤0\le0 med minst én =0=0. En egenverdi 00 er skillet mot ekte definitthet.
✏️Eksempel 2: Klassifiser tre kvadratiske former

Klassifiser definittheten:

a) Qa=xTAaxQ_a=\mathbf{x}^{T}A_a\mathbf{x} med Aa=[3113]A_a=\begin{bmatrix}3&1\\1&3\end{bmatrix} (fra vedlegget: egenverdier 2,42,4).

b) Qb=xTAbxQ_b=\mathbf{x}^{T}A_b\mathbf{x} med Ab=[1331]A_b=\begin{bmatrix}1&3\\3&1\end{bmatrix} (egenverdier 4,−24,-2).

c) Qc=xTAcxQ_c=\mathbf{x}^{T}A_c\mathbf{x} med Ac=[4−2−21]A_c=\begin{bmatrix}4&-2\\-2&1\end{bmatrix} (egenverdier 0,50,5).

a) Egenverdiene 2,42,4 er begge >0>0 ⇒\Rightarrow AaA_a er positiv definit (Qa>0Q_a>0 for x≠0\mathbf{x}\ne\mathbf{0}).

b) Egenverdiene 44 og −2-2 har motsatt fortegn ⇒\Rightarrow indefinit (QbQ_b skifter fortegn — f.eks. Qb(1,1)=1+6+1=8>0Q_b(1,1)=1+6+1=8>0, Qb(1,−1)=1−6+1=−4<0Q_b(1,-1)=1-6+1=-4<0).

c) Egenverdiene 00 og 55: alle ≥0\ge0 og én er 00 ⇒\Rightarrow positiv semidefinit. Merk: Qc=4x12−4x1x2+x22=(2x1−x2)2≥0Q_c=4x_1^2-4x_1x_2+x_2^2=(2x_1-x_2)^2\ge0, med =0=0 langs linja x2=2x1x_2=2x_1. Konklusjon: definit avgjøres av egenverditegnene, ikke av diagonalen (i c) er diagonalen 4,1>04,1>0, men formen er bare semidefinit).

📝Oppgave 3

En symmetrisk 3×33\times3-matrise har egenverdier 2,2,82,2,8 (fra vedlegget). Klassifiser den tilhørende kvadratiske formen.

📝Oppgave 4

Klassifiser kvadratiske former med disse egenverdiene, og angi hva origo er (minimum/maksimum/sadelpunkt):

a) −1,−3,−6-1,-3,-6

b) 0,0,40,0,4

c) −2,1,5-2,1,5

Løkke 3 — Bevisdelen: posdef ⇒ invertibel og B⁻¹ posdef (~14 min)

Definittheten via egenverdier gir korte, navngitte bevis — en typisk L-innbakt deloppgave. To standardpåstander (2020 O4c):

1. Positiv definit ⇒\Rightarrow invertibel. Alle egenverdier er >0>0, spesielt er ingen 00, så det⁡B=∏λi≠0\det B=\prod\lambda_i\ne0 og BB er invertibel.
2. BB posdef ⇒\Rightarrow B−1B^{-1} posdef. Fra spektral dekomposisjon B=PDPTB=PDP^{T} er B−1=PD−1PTB^{-1}=PD^{-1}P^{T}, og D−1D^{-1} har diagonalen 1/λi>01/\lambda_i>0. Samme ortogonale PP, positive egenverdier ⇒\Rightarrow B−1B^{-1} symmetrisk med bare positive egenverdier ⇒\Rightarrow posdef.

En nyttig ulikhet i samme familie (bro til kap. 6.3): for symmetrisk AA er
Q(x)=xTAx≤λmax⁡∥x∥2,Q(\mathbf{x})=\mathbf{x}^{T}A\mathbf{x}\le\lambda_{\max}\lVert\mathbf{x}\rVert^2,
fordi Q=∑λiyi2≤λmax⁡∑yi2=λmax⁡∥y∥2=λmax⁡∥x∥2Q=\sum\lambda_iy_i^2\le\lambda_{\max}\sum y_i^2=\lambda_{\max}\lVert\mathbf{y}\rVert^2=\lambda_{\max}\lVert\mathbf{x}\rVert^2 (siden ∥x∥=∥Py∥=∥y∥\lVert\mathbf{x}\rVert=\lVert P\mathbf{y}\rVert=\lVert\mathbf{y}\rVert).

📜Positiv definit: nøkkelegenskaper

La BB være symmetrisk. Da:

- BB posdef   ⟺  \iff alle egenverdier >0>0;
- BB posdef ⇒\Rightarrow BB invertibel (det⁡B=∏λi>0\det B=\prod\lambda_i>0);
- BB posdef ⇒\Rightarrow B−1B^{-1} posdef (egenverdiene 1/λi>01/\lambda_i>0, samme egenvektorer);
- for symmetrisk AA: λmin⁡∥x∥2≤xTAx≤λmax⁡∥x∥2\lambda_{\min}\lVert\mathbf{x}\rVert^2\le\mathbf{x}^{T}A\mathbf{x}\le\lambda_{\max}\lVert\mathbf{x}\rVert^2.

✏️Eksempel 3: Bevis at en posdef matrise har posdef invers

La BB være en symmetrisk, positiv definit matrise. Bevis at BB er invertibel og at B−1B^{-1} også er positiv definit.

Forutsetning: B=BTB=B^{T} og alle egenverdier λi>0\lambda_i>0 (posdef). Ved spektralteoremet (kap. 6.1) er B=PDPTB=PDP^{T} med ortogonal PP og D=diag⁡(λ1,…,λn)D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n), alle λi>0\lambda_i>0.

Invertibel: det⁡B=det⁡(PDPT)=det⁡D=∏iλi>0≠0\det B=\det(PDP^{T})=\det D=\prod_i\lambda_i>0\ne0, så BB er invertibel.

B−1B^{-1} posdef: siden PP er ortogonal (P−1=PTP^{-1}=P^{T}),
B−1=(PDPT)−1=(PT)−1D−1P−1=PD−1PT,B^{-1}=(PDP^{T})^{-1}=(P^{T})^{-1}D^{-1}P^{-1}=PD^{-1}P^{T},
med D−1=diag⁡(1/λ1,…,1/λn)D^{-1}=\operatorname{diag}(1/\lambda_1,\dots,1/\lambda_n). Dette er en ortogonal diagonalisering av B−1B^{-1}, så B−1B^{-1} er symmetrisk, og egenverdiene er 1/λi1/\lambda_i. Fordi hver λi>0\lambda_i>0, er hver 1/λi>01/\lambda_i>0, altså er alle egenverdier til B−1B^{-1} positive ⇒\Rightarrow B−1B^{-1} er positiv definit. ■\blacksquare

Merk føringen: vi navnga spektralteoremet, sjekket forutsetningen (B=BTB=B^{T}, λi>0\lambda_i>0), og konkluderte via egenverditegnene — nettopp det sensor krever i en L-oppgave.

📝Oppgave 5

La AA være symmetrisk med egenverdier 1,3,41,3,4. Vis at xTAx≤4∥x∥2\mathbf{x}^{T}A\mathbf{x}\le4\lVert\mathbf{x}\rVert^2 for alle x\mathbf{x}, og angi når likhet inntreffer.

📝Oppgave 6

La CC være en vilkårlig m×nm\times n-matrise. Vis at A=CTCA=C^{T}C er symmetrisk og positiv semidefinit, og at AA er positiv definit hvis og bare hvis Nul⁡C={0}\operatorname{Nul}C=\{\mathbf{0}\} (søylene i CC er uavhengige).

Begrepsbank til eksamen

Kjernebegrepene fra kapitlet i eksamensrettet kortform.

Begrepsbanken er flashcard-/repetisjonsstoff — hopp trygt over ved førstegangslesing; tidsanslaget gjelder kjernestoffet.

Q = xᵀAx

Enhver kvadratisk form skrives xTAx\mathbf{x}^{T}A\mathbf{x} med symmetrisk AA, og symmetrisk AA er entydig bestemt av formen. Matriseformen er inngangen til egenverdianalysen av QQ.

Kryssledd delt på 2

Koeffisienten kk foran xixjx_ix_j fordeles: aij=aji=k/2a_{ij}=a_{ji}=k/2. Diagonalen aiia_{ii} er koeffisienten foran xi2x_i^2 (udelt). Dette er den mest kostbare fellen — glemt halvering gir usymmetrisk AA.

Positiv definit
Q(x)>0Q(\mathbf{x})>0 for alle x≠0\mathbf{x}\ne\mathbf{0} ⇔ alle egenverdier >0>0. Origo er et strengt minimum. Geometrisk: en ellipse/ellipsoide.
Negativ definit
Q(x)<0Q(\mathbf{x})<0 for alle x≠0\mathbf{x}\ne\mathbf{0} ⇔ alle egenverdier <0<0. Da er −A-A posdef, og origo er et strengt maksimum.
Indefinit
QQ tar både positive og negative verdier ⇔ AA har både en positiv og en negativ egenverdi. Origo er et sadelpunkt; geometrisk en hyperbel/hyperboloide.
Semidefinit

Alle egenverdier har samme (svake) fortegn, men minst én er 00: positiv semidefinit (≥0\ge0) eller negativ semidefinit (≤0\le0). Q=0Q=0 på egenrommet til λ=0\lambda=0.

Egenverditegnene avgjør alt

Etter x=Py\mathbf{x}=P\mathbf{y} er Q=λ1y12+⋯+λnyn2Q=\lambda_1y_1^2+\dots+\lambda_ny_n^2. Klassifiseringen leses direkte av fortegnene på λi\lambda_i — aldri av diagonalen til AA.

Diagonalen lurer deg

Positiv diagonal betyr ikke posdef: [4−2−21]\begin{bmatrix}4&-2\\-2&1\end{bmatrix} har diagonal 4,1>04,1>0 men egenverdier 0,50,5 (semidefinit). Bare egenverdiene teller.

Posdef ⇒ invertibel

Alle egenverdier >0>0 ⇒ ingen er 00 ⇒ det⁡B=∏λi>0≠0\det B=\prod\lambda_i>0\ne0 ⇒ BB invertibel. En posdef matrise er alltid invertibel.

B posdef ⇒ B⁻¹ posdef

Fra B=PDPTB=PDP^{T} er B−1=PD−1PTB^{-1}=PD^{-1}P^{T} med egenverdier 1/λi>01/\lambda_i>0, samme ortogonale PP. Altså er B−1B^{-1} symmetrisk med positive egenverdier — posdef.

CᵀC er posdef eller semidef
CTCC^{T}C er alltid symmetrisk og posdef (siden xTCTCx=∥Cx∥2≥0\mathbf{x}^{T}C^{T}C\mathbf{x}=\lVert C\mathbf{x}\rVert^2\ge0). Den er positiv definit ⇔ Nul⁡C={0}\operatorname{Nul}C=\{\mathbf{0}\} (uavhengige søyler) — grunnlaget for minste kvadrater.
Q ≤ λmax‖x‖²

For symmetrisk AA: λmin⁡∥x∥2≤xTAx≤λmax⁡∥x∥2\lambda_{\min}\lVert\mathbf{x}\rVert^2\le\mathbf{x}^{T}A\mathbf{x}\le\lambda_{\max}\lVert\mathbf{x}\rVert^2. Følger av Q=∑λiyi2Q=\sum\lambda_iy_i^2 ved å erstatte hver λi\lambda_i med største/minste. Bro til Rayleigh.

Variabelskiftet x = Py

Med ortogonal PP fra spektralteoremet blir Q=yTDy=∑λiyi2Q=\mathbf{y}^{T}D\mathbf{y}=\sum\lambda_iy_i^2 — ingen kryssledd. Dette er hovedaksetransformasjonen som brukes for både klassifisering og kjeglesnitt.

2×2-snarvei (determinantkriterium)

For symmetrisk 2×22\times2 AA: posdef ⇔ a11>0a_{11}>0 og det⁡A>0\det A>0; negdef ⇔ a11<0a_{11}<0 og det⁡A>0\det A>0; det⁡A<0\det A<0 ⇒ indefinit. (Følger av spor =λ1+λ2=\lambda_1+\lambda_2 og det⁡=λ1λ2\det=\lambda_1\lambda_2.)

Føring i posdef-bevis

Rekkefølgen sensor vil se: (1) nevn B=BTB=B^{T}; (2) bruk spektralteoremet B=PDPTB=PDP^{T}; (3) argumenter med egenverditegnene (λi>0\lambda_i>0, 1/λi>01/\lambda_i>0). Forutsetningssjekken er ikke valgfri.

Bro til kjeglesnitt

Klassifiseringen forutsier kurveformen Q=cQ=c: posdef ⇒ ellipse, indefinit ⇒ hyperbel, semidefinit (én λ=0\lambda=0) ⇒ parabel/degenerert. Detaljene i kap. 6.3.

Repetisjonsoppgaver
Din fremgang
0 / 3 oppgaver
Symbol- og formelliste

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.

Skolesaga er en uavhengig læringsressurs og er ikke tilknyttet eller godkjent av Universitetet i Oslo. Dette er ikke offisielt studiemateriell. Les mer.