Núcleo de una forma cuadrática

Publicada el abril 19, 2014 por Fernando Revilla

Definimos núcleo de una forma cuadrática, analizando algunas propiedades.

    Enunciado
    Sea $E$ un espacio vectorial real, y $Q:E\rightarrow{\mathbb{R}}$ una forma cuadrática. Llamaremos núcleo de $Q$, y lo designaremos con $\ker Q$, al conjunto formado por los elementos $x$ de $E$ tales que $Q(x)=0$.
  1. Sea $Q:\mathbb{R}^2\rightarrow{\mathbb{R}}$ la forma cuadrática $Q(x)=x_1^2-x_2^2$ ( $x=(x_1,x_2)$ ). Dibujar en el plano cartesiano $(x_1,x_2)$ el conjunto $\ker Q$. Estudiar si $\ker Q$ es un subespacio vectorial de $\mathbb{R}^2$.
  2. Sea $Q:E\rightarrow{\mathbb{R}}$ una forma cuadrática positiva, es decir $Q(x)\geq 0$ para todo $x$ de $E$. Demostrar que $\ker Q$ es subespacio de $E$. Indicación: Se puede utilizar la identidad $Q(x+y)+Q(x-y)=2(Q(x)+Q(y))$.
  3. Sea $A$ una matriz con coeficientes reales $m\times n$ , y de rango $r$. La matriz $A^t\cdot A$ es simétrica y puede ser considerada como la matriz de una forma cuadrática $Q:\mathbb{R}^s\rightarrow\mathbb{R}$, $Q(x)=X^t(A^t\cdot A)X$. Demostrar que $Q$ es positiva y expresar $\ker Q$ en términos del conjunto de soluciones del sistema de ecuaciones $AX=0$. Indicación: Nótese que $Q(x)=(AX)^t\cdot (AX)$.
  4. Clasificar la forma cuadrática del apartado anterior. Es decir, determinar los índices de positividad, de negatividad, y de nulidad, en términos de $m,\;n$ y $r$.
  5. Como aplicación del apartado anterior, enunciar y demostrar una condición necesaria y suficiente que ha de cumplir la matriz $A$ para que $A^t\cdot A$ sea una matriz invertible.

    (Propuesto en examen, Álgebra, ETS de Ing. de Montes, UPM).

    Solución
  1. Tenemos: $$(x_1,x_2)\in \ker Q \Leftrightarrow x_1^2-x_2^2=0 \Leftrightarrow (x_1+x_2)(x_1-x_2)=0 \Leftrightarrow$$$$ (x_1+x_2=0)\;\vee \;(x_1-x_2=0).$$

    Los vectores de $\ker Q$ son por tanto los vectores de la forma $\overrightarrow{OM}$ o bien $\overrightarrow{ON}$ siendo $O$ el origen de coordenadas y $M,\;N$ puntos de las rectas $x_1-x_2=0$ y $x_1+x_2=0$ respectivamente.

    Elijamos los vectores $(1,1),\;(1,-1)$, claramente pertenecen a $\ker Q$, sin embargo su suma $(2,0)$ no pertenece, en consecuencia $\ker Q$ no es subespacio de $\mathbb{R}^2$.

  2. Aún no siendo obligatorio, demostremos la indicación. Si $Q:E\rightarrow{\mathbb{R}}$ es una forma cuadrática, entonces existe una forma bilineal $f:E\times E\rightarrow{\mathbb{R}}$ tal que $Q(x)=f(x,x)$ para todo $x\in E$. Entonces: $$Q(x+y)+Q(x-y)=f(x+y,x+y)+f(x-y,x-y)=$$$$f(x,x)+f(y,x)+f(x,y)+f(y,y)+$$$$
    f(x,x)-f(y,x)-f(x,y)+f(y,y)=$$$$
    2f(x,x)+2f(y,y)=2Q(x)+2Q(y).$$ Veamos que $\ker Q$ es subespacio de $E:$
    (i) $Q(0)=f(0,0)=f(0,x-x)=f(0,x)-f(0,x)=0\Rightarrow 0\in \ker Q.$
    (ii) Sean $x,y\in \ker Q$. Entonces $Q(x)=0$ y $Q(y)=0$, en consecuencia se verifica $Q(x+y)+Q(x-y)=2(Q(x)+Q(y))=0$. Como $Q$ es forma cuadrática positiva, tenemos $Q(x+y)\geq 0$ y $Q(x-y)\geq 0$. Esto implica $Q(x+y)= 0$ o de manera equivalente que $x+y\in \ker Q$.
    (iii) Sean $\lambda \in{\mathbb{R}}$ y $x\in \ker Q$. Entonces: $$Q(\lambda x)=f(\lambda x,\lambda x)=\lambda^2f(x,x)=\lambda^2 Q(x)=\lambda^20=0\Rightarrow \lambda x\in \ker Q.$$ Hemos demostrado pues que si $Q$ es una forma cuadrática positiva, entonces $\ker Q$ es un subespacio de $E$.
  3. La matriz $A$ tiene orden $m\times n$ por tanto $A^t$ tiene orden $n\times m$ y en consecuencia $A^t\cdot A$ tiene orden $n\times n$, es decir $s=n$. Por otra parte, aplicando propiedades bien conocidas de la trasposición: $(A^tA)^t=(A^t)(A^t)^t=A^tA$. Es decir, $A^tA$ es matriz simétrica.

    Veamos que la forma cuadrática $Q:\mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R},\;Q(x)=X^t(A^t\cdot A)X$ es efectivamente positiva. LLamando $Y=(y_1,\ldots,y_m)^t=AX:$ $$Q(x)=X^t(A^tA)X=(AX)^t(AX)=Y^tY=y_1^2+\ldots+y_m^2\geq 0\;\;( \forall{x}\in \mathbb{R}^n ).$$ Caractericemos $\ker Q:$ $$x\in \ker Q \Leftrightarrow y_1^2+\ldots+y_m^2= 0\Leftrightarrow Y=0 \Leftrightarrow AX=0.$$ Es decir, los vectores de $\ker Q$ son las soluciones del sistema $AX=0.$

  4. Dado que $\ker Q$ está determinado por las soluciones del sistema lineal homogéneo $AX=0$ tenemos $\dim (\ker Q)=n-r$. Si $\left\{{e_1,e_2,\ldots,e_{n-r}}\right\}$ es una base de $\ker Q$, podemos ampliarla hasta obtener una base de vectores conjugados dos a dos de $\mathbb{R}^n:$ $B=\left\{{e_1,e_2,\ldots,e_{n-r},e_{n-r+1},\ldots,e_n}\right\}$. En esta base la matriz de $Q$ es: $$D=\textrm{diag}\left(Q(e_1,\ldots,Q(e_{n-r}),Q(e_{n-r+1}),\ldots,Q(e_n)\right),$$ con $Q(e_j)=0$ si $0\leq j \leq n-r$ y $Q(e_j)>0$ si $n-r+1\leq j \leq n$. Por tanto los índices pedidos son $(r,0,n-r)$.
  5. La matriz $A^tA$ es congruente con $D$ y como consecuencia tienen el mismo rango. Entonces, $A^tA$ es invertible sí y sólo si $D$ lo es, y esto ocurre exactamente cuando el índice de nulidad $n-r$ es cero. Por tanto, $A^tA$ es invertible sí y sólo si $\textrm{rg}(A)=n$.
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