Lineare Algebra und Analytische Geometrie

Baumeister: Lineare Algebra II / Stand: August 1996 220Satz 8.57Sei X IR – Vektorraum mit dimX = n. Sei T eine symmetrische Bilinearform aufX und sei q die zugehörige quadratische Form. Dann gilt:(a) Es gibt eine Orthogonalbasis x 1 ,...x r ,x r+1 ,...,x r+t ,...,x n , sodaß gilt:1. Kern (T )=L({x 1 ,...,x r }).2. q ist auf L({x r+1 ,...,x r+t }) positiv definit und auf L({x r+t+1 ,...,x n })negativ definit.(b) Man kann die Basis in (a) so festlegen, daß giltn∑q(x) = ɛ i a 2 i , wobei x = ∑ n a i x i ,i=1i=1mit ɛ i =0, 1 ≤ i ≤ r, ɛ i =1,r+1≤ i ≤ r + t, ɛ i = −1,r+ t +1≤ i ≤ n.Die Zahlen t und n − r hängen nur von T ab.Beweis:Sei w 1 ,...,w n eine Basis von X. Wir beweisen mit vollständiger Induktion nach n undkönnen dann dazu q ≠ θ annehmen.Ist dim X =1, so ist die Aussage des Satzes klar.Sei also nun dim X>1.Betrachte zunächst den Fall, daß T (w k ,w k )=0, 1 ≤ k ≤ n, gilt. Da q nicht verschwindet,gibt es ein Paar (i, k) mitT (w i ,w k ) ≠0. Ersetze nun in der Basis w i durch ˜w i := w i + w kund w k durch ˜w k := w i − w k . Dies liefertT (˜w i , ˜w i )=2T (w i ,w k ) ≠0.Also können wir nun nach Umnummerierung T (w 1 ,w 1 )=:µ 1 ≠ 0 annehmen. Ersetze nunin der Basis w k ,k≥ 2, durch˜w k := w k − T (w 1 ,w 1 ) −1 T (w 1 ,w k )w 1 .Dies liefert T (w 1 , ˜w k )=0,k ≥ 2. Also können wir∑annehmen. Sei nun x = n a i w i . Es gilti=1T (w 1 ,w k )=0,k ≥ 2,q(x) =µ 1 a 2 1 +∑ n n∑a i a k T (w i ,w k )=µ 1 a 2 1 + q 1(˜x) mit˜x = a i w i .i,k=2i=2Hierbei ist q 1 die quadratische Form auf X 1 := L({w 2 ,...,w n }), die zu T | X1 ×X 1gehört.Mit der Induktionsannahme gelten in X 1 die Aussagen (a) und (b) des Satzes. Also istbezüglich einer geeigneten Basis x 1 := w 1 ,x 2 ,...,x n .n∑n∑q(x) = µ i a 2 i mit µ i = T (x i ,x i ) und x = a i x i .i=1i=1