Anexo 1: Demostraciones

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1 75 Matemáticas I : Álgebra Lineal Anexo 1: Demostraciones Espacios vectoriales Demostración de: Propiedades 89 de la página 41 Propiedades 89- Algunas propiedades que se deducen de las anteriores son: i) 0u = 0 ii) k 0 = 0 iii) 1)u = u iv) k u = 0 k = 0 ó u = 0 v) El vector cero de un espacio vectorial es único vi) El vector opuesto de cada vector del espacio vectorial es único i) Como 0u = 0 + 0)u = 0u + 0u, si sumamos a cada lado de la igualdad el opuesto de 0u, tenemos que 0u + 0u) = 0u + 0u + 0u) luego 0 = 0u + 0 = 0u ii) Como k 0 = k0 + 0) = k 0 + k 0, si sumamos a cada lado de la igualdad el opuesto de k 0, tenemos que k 0 + k 0) = k 0 + k 0 + k 0) luego 0 = k = k 0 v) Si w verifica que w + u = u, entonces w + u + u) = u + u) de donde w + 0 = 0 y w = 0 En consecuencia, el vector cero es único vi) Si w verifica que w + u = 0, entonces w + u + u) = 0 + u) de donde w + 0 = u y w = u En consecuencia, el vector opuesto es único iii) Veamos que 1)u es el opuesto u : u + 1)u = 1u + 1)u = 1 + 1))u = 0u = 0 iv) Si k u = 0 y k 0, entonces 1 k k u = 1 k 0 = 0 Luego 0 = 1 k k u = 1 k k)u = 1u = u La implicación en el otro sentido es evidente por i) y ii) Demostración de: Lema 96 de la página 43 Lema 96- Si S es un conjunto linealmente independiente de vectores de V y v V lin S, entonces S {v } es linealmente independiente Sea S = {u 1, u 2,, u r } es un conjunto linealmente independiente de vectores V y sea v V que no pertenece a lin S Entonces, en la igualdad vectorial λ 1 u 1 + λ 2 u λ r u r + λv = 0 71 el coeficiente λ debe ser cero, pues si no lo es, podemos despejar v = λ1 λ u 1 λ2 λ u 2 λr λ u r y v estaría generado por los vectores de S, lo que no es cierto Ahora bien, como λ = 0, la ecuación 71 se reduce a λ 1 u 1 + λ 2 u λ r u r = 0 y en consecuencia, todos los λ i son cero por ser los vectores u i linealmente independientes Demostración de: Lema 97 de la página 43

2 76 Matemáticas I : Álgebra Lineal Anexo 1 Lema 97- Sean V un espacio vectorial y B una base de V formada por n vectores Entonces cualquier conjunto {v 1, v 2,, v m } de vectores de V, con m > n, es linealmente dependiente Sea B = {w 1, w 2,, w n } la base de V Cada vector v k del conjunto {v 1, v 2,, v m } puede expresarse como combinación lineal de los vectores de B, en la forma v k = a k1 w 1 + a k2 w a kn w n, para cada k = 1,, m El conjunto es linealmente dependiente si la ecuación λ 1 v 1 + λ 2 v λ m v m = 0 tiene múltiples soluciones Sustituyendo: 0 = λ 1 a 11 w 1 + a 12 w a 1n w n ) + λ 2 a 21 w 1 + a 22 w a 2n w n ) + + λ m a m1 w 1 + a m2 w a mn w n ) = λ 1 a 11 + λ 2 a λ m a m1 )w 1 + λ 1 a 12 + λ 2 a λ m a m2 )w λ 1 a 1n + λ 2 a 2n + + λ m a mn )w n Como B es un conjunto linealmente independiente de vectores, se tiene el sistema lineal λ 1 a 11 + λ 2 a λ m a m1 = 0 λ 1 a 12 + λ 2 a λ m a m2 = 0 = 0 λ 1 a 1n + λ 2 a 2n + + λ m a mn = 0 que tiene m incógnitas los λ k ) y n ecuaciones, con m > n, por lo que no tiene solución única Demostración de: Proposición 101 de la página 43 Proposición 101- Si V es un espacio vectorial, con dim V = n Entonces, un conjunto de n vectores de V es base de V, a) si el conjunto es linealmente independiente, o b) si genera a V Sea S el conjunto de n vectores Si S es linealmente independiente, tiene que generar V, pues si no: podrían añadirse vectores linealmente independientes con lo anteriores hasta formar una base de V existiría al menos un vector v n+1 V lin S, tal que S {v n+1 } es linealmente independiente, ver comentarios previos al Lema 97 anterior) que tendría al menos n + 1 vectores, lo que es absurdo Análogamente si S genera V, tiene que ser linealmente independiente, pues si no: podrían eliminarse vectores dependientes de S hasta conseguir una base que tendría menos de n vectores Lema 94), lo que también es absurdo Demostración de: Desigualdad de Cauchy-Schwarz 111 de la página 47 Desigualdad de Cauchy-Schwarz 111- Para todo u, v V, espacio con producto interior, se tiene u, v 2 u 2 v 2 o en la forma u, v u v Si v = 0, es claro que 0 = u, 0 2 u = 0, u V Si v 0, para todo k IR, se verifica que en particular, para k = 0 u k v 2 = u k v, u k v = u, u 2k u, v + k 2 v, v u, v v, v Luego u, v u, v 2 v 2 u, v 2 0 u, u 2 u, v + v, v = u, u 2 u, + v, v v, v 2 v, v v, v = u, u u, v 2 v, v = u, u 2 v 2 v 2

3 77 Matemáticas I : Álgebra Lineal Anexo 1 de donde u, v 2 v 2 u 2 y por consiguiente u, v 2 u 2 v 2 Demostración de: Teorema 119 de la página 48 Teorema 119- Si S = {v 1, v 2,, v k } un conjunto finito de vectores no nulos, ortogonales dos a dos, entonces S es linealmente independiente Veamos que en la igualdad λ 1 v λ i v i + + λ k v k = 0, cada λ i tiene que ser cero: 0 = v i, 0 = v i, λ 1 v λ i v i + + λ k v k = λ 1 v i, v λ i v i, v i + + λ k v i, v k = λ i v i, v i = λ i v i 2 como v i 0, su norma no es cero por lo que tiene que ser λ i = 0 Demostración de: Lema 124 de la página 49 Lema 124- Sean V un espacio vectorial con producto interior, W un subespacio de V y B una base ortonormal de W Entonces para cada v V, el vector v Proy W v ) es ortogonal a cada vector de W Por la Proposición 118, para probar que un vector es ortogonal a todos los vectores de un subespacio, basta probarlo para los vectores de una base Sea B = {w 1, w 2,, w k }, para cada w i de B, por ser B ortonormal, w i, w i = 1 y w i, w j = 0, si i j, entonces v Proy W v), w i = v v, w 1 w 1 v, w i w i v, w k w k, w i = v, w i v, w 1 w 1, w i v, w i w i, w i v, w k w k, w i = v, w i 0 v, w i 1 0 = v, w i v, w i = 0 Luego es ortogonal a los vectores de B y, por consiguiente, a todos los vectores de W Unicidad de la proyección ortogonal- Sea V un espacio con producto interior y W un subespacio de V Para cada v V, la proyección ortogonal de v en W no depende de la base ortonormal elegida Es decir, si B 1 = {u 1, u 2,, u k } y B 2 = {v 1, v 2,, v k } son dos bases ortonormales de W, entonces, para cada v V, los vectores Proy 1) W v) = w 1 = v, u 1 u 1 + v, u 2 u v, u k u k Proy 2) W v) = w 2 = v, v 1 v 1 + v, v 2 v v, v k v k son el mismo Como w 1 es una proyección ortogonal de v sobre W, el vector w 1 W y el vector v w 1 es ortogonal a W y, por la misma razón, el vector w 2 W y el vector v w 2 es ortogonal a W Entonces, el vector v w 1 ) v w 2 ) = w 2 w 1 cumple que: es ortogonal a todos los vectores de W por ser diferencia de dos vectores ortogonales a W ; y también es un vector de W por ser diferencia de dos vectores de W En consecuencia, es ortogonal a si mismo y w 2 w 1, w 2 w 1 = 0, luego es el vector 0 ; por lo que w 1 = w 2 y la proyección ortogonal no depende de la base Aplicaciones lineales Justificación del método descrito en la Observación 136, de la página 56 Usaremos en la justificación el mismo ejercicio del ejemplo, pero la prueba es válida en cualquier caso Haciendo las operaciones elementales sobre la matriz A t, que tiene por filas las [fv i )] B2, hemos obtenido la [fv 1 )] B2 [fv 6 v 1 )] B2 matriz que tiene por filas [fv 5 v 6 + v 1 )] B2 [fv v v v 5)] B2 Luego si repetimos las mismas operaciones [fv 3 + v 6 + 2v 5 )] B2 [fv 2 2v 6 v 5 )] B2

4 78 Matemáticas I : Álgebra Lineal Anexo 1 sobre la matriz J que tiene por filas [v 1 ] B1 [v 2 ] B1 [v 3 ] B1 [v 4 ] B1 [v 5 ] B1 [v 6 ] B1 obtendríamos K = [v 1 ] B1 [v 6 v 1 ] B1 [v 5 v 6 + v 1 ] B1 [v v v v 5] B1 [v 3 + v 6 + 2v 5 ] B1 [v 2 2v 6 v 5 ] B1 Ahora bien, como la matriz J es la identidad, que tiene rango 6, la matriz K también tiene rango 6, por lo que sus filas son linealmente independientes y en consecuencia los tres últimos vectores los vectores de kerf)) también son linealmente independientes Diagonalización Justificación de la observación en Antes de seguir de la página 62 Definición- Sea f: V V un operador lineal, diremos que un escalar λ es un valor propio de f si existe un vector v V, diferente de cero, tal que fv) = λv Al vector v se le denomina vector propio de f correspondiente a λ Teorema- Sea f : V V un operador lineal, siendo V un espacio vectorial de dimensión n Entonces, existe una base de V con respecto a la cual la matriz de f es diagonal si y sólo si f tiene n vectores propios linealmente independientes Si la matriz de f en la base B = {v 1, v 2,, v 1 } es D diagonal, los mismos vectores de la base son vectores propios y son linealmente independientes, pues: λ 1 ) 0 λ 2 0 [fv 1)] B [fv 2)] B [fv n)] B = D = 0 0 λ n ) = λ 1[v 1] B λ 2[v 2] B λ n[v n] B Recíprocamente, si tenemos n vectores propios linealmente independientes, la matriz de f respecto de la base formada con ellos es diagonal λ 1 ) ) 0 λ 2 0 [fv 1)] B [fv 2)] B [fv n)] B = λ 1[v 1] B λ 2[v 2] B λ n[v n] B = 0 0 λ n Teorema- Sean V un espacio vectorial de dimensión n, f: V V un operador lineal y A la matriz de f con respecto a una base B = {v 1, v 2,, v n } Entonces: a) Los valores propios de f son los valores propios de A b) Un vector v V es un vector propio de f correspondiente al valor propio λ si y sólo si su matriz de coordenadas [v] B es un vector propio de A correspondiente a λ a) Sea λ un valor propio de f, es decir, v V, distinto de 0, tal que fv) = λv = [fv)] B = [λv] B = A[v] B = λ[v] B, luego λ es un valor propio de A al ser [v] B 0 Sea λ un valor propio de A, entonces x IR n, x 0 tal que Ax = λx Si tomamos x = x 1 v x n v n, siendo x = x 1,, x n ), lo anterior quiere decir que A[x ] B = λ[x ] B [fx )] B = [λx ] B fx ) = λx y λ es un valor propio de f ya que x 0 b) v es un vector propio de f correspondiente a λ si y sólo si fv) = λv [fv)] B = [λv] B A[v] B = λ[v] B si y sólo si [v] B es un vector propio de A correspondiente a λ

5 79 Matemáticas I : Álgebra Lineal Anexo 1 Teorema- Los vectores propios de f correspondientes al valor propio λ, son los vectores distintos de cero del núcleo de la aplicación λi d f denotamos por I d la aplicación identidad, I d v ) = v ) Llamaremos a dicho núcleo, espacio característico de f correspondiente al valor propio λ v un vector propio correspondiente a λ fv) = λv fv) = λi d v) λi d v) fv) = 0 λi d f)v) = 0 v kerλi d f) Demostración de: Teorema 152 de la página 62 Teorema 152- Sean v 1, v 2,, v k vectores propios de una matriz A asociados a los valores propios λ 1, λ 2,, λ k respectivamente, siendo λ i λ j, i j Entonces el conjunto de vectores {v 1, v 2,, v k } es linealmente independiente Supongamos que v 1, v 2,, v k son linealmente dependientes Por definición, un vector propio es distinto de cero, luego el conjunto {v 1 } es linealmente independiente Sea r el máximo entero tal que {v 1, v 2,, v r } es linealmente independiente Puesto que hemos supuesto que {v 1, v 2,, v k } es linealmente dependiente, r satisface que 1 r < k Además, por la manera en que se definió r, {v 1, v 2,, v r, v r+1 } es linealmente dependiente Por tanto, existen escalares c 1, c 2,, c r+1, al menos uno diferente de cero, tales que c 1 v 1 + c 2 v c r+1 v r+1 = 0 72 Multiplicando en ambos lados de la igualdad por A y haciendo las sustituciones Av 1 = λ 1 v 1, Av 2 = λ 2 v 2,, Av r+1 = λ r+1 v r+1 se obtiene c 1 λ 1 v 1 + c 2 λ 2 v c r λ r v r + c r+1 λ r+1 v r+1 = 0 73 Multiplicando los dos lados de 72) por λ r+1 y restándole a 73) la ecuación resultante se obtendrá c 1 λ 1 λ r+1 )v 1 + c 2 λ 2 λ r+1 )v c r λ r λ r+1 )v r = 0 Y dado que los vectores v 1, v 2,, v r son linealmente independientes, necesariamente c 1 λ 1 λ r+1 ) = c 2 λ 2 λ r+1 ) = = c r λ r λ r+1 ) = 0 Como los λ 1, λ 2,, λ r+1 son distintos entre si, se deduce que c 1 = c 2 = = c r = 0 Sustituyendo estos valores en 72) resulta que c r+1 v r+1 = 0, y como v r+1 0 se deduce que c r+1 = 0, lo que contradice el hecho de que al menos uno de los escalares c 1, c 2,, c r+1 debía de ser distinto de cero Luego los vectores v 1, v 2,, v k han de ser linealmente independientes, que prueba el teorema Demostración de: Proposición 154 de la página 63 Proposición 154- Sea A de orden n y λ k un autovalor de A de multiplicidad m k Entonces 1 dim V λ k ) m k Como ya observamos anteriormente, dim V λ i ) 1 Supongamos que dim V λ k ) = d, y consideremos el operador lineal f: IR n IR n definido por fv ) = Av Sea {v 1,, v d } una base del espacio característico V λ k ), que podemos completar hasta obtener una base de IR n, B = {v 1,, v d, v d+1,, v n } La matriz A, del operador en la base B, será de la forma ) A = [fv 1 )] B [fv d )] B [fv d+1 )] B [fv n )] B λ k 0 ) A 12 0 λ = λ k [v 1] B λ k [v 2] B [fv d+1)] B [fv k n)] B = A 22

6 80 Matemáticas I : Álgebra Lineal Anexo 1 de donde λi A = λ λ k ) d λi A 22 Pero como A y A son matrices semejantes, tienen el mismo polinomio característico, y λ λ k ) d λi A 22 = λi A = λi A = λ λ k ) m k Qλ), de donde se obtiene que d m k, pues m k es la multiplicidad de la raíz Demostración de: Teorema fundamental de la diagonalización 155 de la página 63 Teorema fundamental de la diagonalización 155- Sea A una matriz de orden n Entonces A es diagonalizable si y sólo si se cumplen las condiciones: 1- El polinomio característico tiene n raices reales Es decir, λi A = λ λ 1 ) m1 λ λ k ) m k con m 1 + m m k = n 2- Para cada espacio característico V λ i ), se cumple que dim V λ i ) = m i = Si A es diagonalizable, la matriz diagonal D y A son semejantes D = P 1 AP ) y por tanto poseen el mismo polinomio característico, luego P λ) = λi A = λi D = λ λ 1 ) m1 λ λ k ) m k, donde los λ i IR son los valores de la diagonal de D y m i el número de veces que se repite Por tanto, P λ) tiene todas sus raices reales y, por ser de grado n, m 1 + m m k = n Además, por ser A y D matrices semejantes, también lo son λi A y λi D, para todo λ IR, pues P 1 λi A)P = λp 1 IP P 1 AP = λi D, de donde rgλi A) = rgλi D), para todo λ Entonces, para cada autovalor λ i se tiene que rgλ i I A) = rgλ i I D) = n m i y, en consecuencia, que dim V λ i ) = m i = Si λi A = λ λ 1 ) m1 λ λ k ) m k, con m 1 + m m k = n, y dim V λ i ) = m i para cada i = 1,, k, consideremos en cada V λ i ) una base B i, de la forma } } } B 1 = {p 11,, p 1m1, B 2 = {p 21,, p 2m2,, B k = {p k1,, p kmk Tomemos entonces B = B 1 B 2 B k, un conjunto de n vectores propios de A, si vemos que son linealmente independientes, tendremos que A es diagonalizable Planteemos una combinación lineal igualada a cero: 0 = β 11 p β 1m1 p 1m1 + β 21 p β 2m2 p 2m2 + + β k1 p k1 + + β kmk p kmk = β 11 p β 1m1 p 1m1 ) + β 21 p β 2m2 p 2m2 ) + + β k1 p k1 + + β kmk p kmk ) = v 1 + v v k siendo v j = β j1 p j1 + + β jmj p jmj V λ j ), para cada j = 1,, k Los vectores v 1, v 2,, v k son vectores de espacios característicos correspondientes, respectivamente, a los valores propios distintos λ 1, λ 2,, λ k y por tanto, si no son cero, son linealmente independientes Pero la combinación lineal v 1 + v v k = 0 nos indicaría que son dependientes, luego la única forma de eliminar esa contradicción es que v j = 0, j = 1, 2,, k ; de donde, si 0 = v j = β j1 p j1 + + β jmj p jmj, han de ser todos β j1 = β j2 = = β jmj = 0 por ser B j una base Como es cierto para cada j, se tiene que β ji = 0, i, j, con lo que B es linealmente independiente Demostración de: Teorema fundamental de la diagonalización ortogonal 159 de la página 64 Teorema fundamental de la diagonalización ortogonal 159- Una matriz A de orden n es diagonalizable ortogonalmente si y sólo si A es simétrica = A es diagonalizable ortogonalmente = P ortogonal y D diagonal tal que P t AP = D = P ortogonal y D diagonal tal que A = P DP t = A t = P DP t ) t = P DP t = A = A es simétrica = Sea A simétrica, veamos que es diagonalizable Primero, que todos los valores propios de A son reales: Sea λ C un valor propio de A, entonces existe x = x 1,, x n ) 0 x j C) tal que Ax = λx Por ser A real, su polinomio característico es real y el conjugado de λ, λ, es también autovalor de A; además, tomando conjugados en la igualdad anterior, se tiene que Ax = Ax = λx Entonces, son iguales los valores n n x t Ax = x t Ax) = x t λx) = λx t x = λ x j x j = λ x j 2 j=1 j=1 x t Ax = x t A)x = x t A t )x = Ax) t x = λx) t x) = λx t x = λ n x j 2 j=1

7 81 Matemáticas I : Álgebra Lineal Anexo 1 y, al ser x 0, n x j 2 0 por lo que λ = λ y λ IR En consecuencia, si todos los autovalores de A son j=1 reales, el polinomio característico de A tiene las n raices reales Veamos ahora que para cada λ j se verifica que dim V λ j ) = m j Sean dim V λ j ) = d y B j = {x 1,, x d } una base ortonormal de V λ j ) que ampliamos hasta una base ortonormal de IR n, B = {x 1,, x d, x d+1,, x n } Consideremos el operador lineal f: IR n IR n dado por fx) = Ax, luego A es la matriz de f en la base canónica que es ortonormal y si A es la matriz de f en la base B y P la matriz de paso de B a la canónica, P es ortogonal y A = P t AP Como A es simétrica, A tambien lo será pues A ) t = P t AP ) t = P t A t P t ) t = P t AP = A ) A = [fx 1 )] B [fx d )] B [fx d+1 )] B [fx n )] B ) = λ j [x 1 ] B λ j [x 2 ] B [fx d+1 )] B [fx n )] B = λ j 0 A 12 0 λ j A 22 donde A 12 = 0, puesto que A es simétrica y A 22 cuadrada de orden n d Luego la matriz λ j I A nos queda λ j λ j λ j I A = 0 λ j λ j = λ j I A 22 λ j I A 22 por lo que rgλ j I A ) = rgλ j I A 22) Por ser A y A semejantes rgλ j I A)=rgλ j I A ) ver demostración del Teorema 155), y se tiene que rgλ j I A 22) = rgλ j I A) = n dim V λ j ) = n d por lo que λ j I A 22 = 0 Entonces, λi A = λi A = λ λ j ) d λi A 22, con λ j I A 22 = 0, luego d = m j En resumen, A diagonaliza, y tomando una base ortonormal de cada uno de los espacios característicos, tendremos n vectores propios de norma 1 y, que por el Lema 158, son ortogonales entre sí Formas cuadráticas Demostración de: Teorema de Sylvester o Ley de inercia 169 de la página 71 Teorema de Sylvester o Ley de inercia 169- Si una forma cuadrática se reduce a la suma de cuadrados en dos bases diferentes, el número de términos que aparecen con coeficientes positivos, así como el número de términos con coeficientes negativos es el mismo en ambos casos Supongamos que respecto a una base B 1 = {b 1, b 2,, b n } la matriz de la forma cuadrática Q es una matriz diagonal y tiene p elementos positivos y s elementos negativos en su diagonal principal, luego la expresión de la forma cuadrática será Qx) = a 1 x a p x 2 p a p+1 x 2 p+1 a p+s x 2 p+s con a i > 0 para todo i, y x 1,, x p, x p+1,, x p+s, x p+s+1,, x n ) = [x] t B 1 ; y que respecto a otra base B 2 = {d 1, d 2,, d n } la matriz de la forma cuadrática es también diagonal con q elementos positivos y r negativos, por lo que Q se expresará en la forma Qx) = c 1 y c q y 2 q c q+1 y 2 q+1 c q+r y 2 q+r con c i > 0 para todo i, e y 1,, y q, y q+1,, y q+r, y q+r+1,, y n ) = [x] t B 2

8 82 Matemáticas I : Álgebra Lineal Anexo 1 Por el teorema 167 anterior, sabemos que las matrices congruentes tienen el mismo rango, luego tienen que ser p + s = q + r Veamos que p = q, con lo que tendremos también que s = r Si p q, uno de ellos es mayor que el otro, supongamos que es p > q y consideremos los conjuntos de vectores {b 1,, b p } y {d q+1,, d n } Si p > q, el conjunto {b 1,, b p, d q+1,, d n } tiene p+n q) = n + p q) > n vectores y, por lo tanto, es un conjunto linealmente dependiente y en la igualdad λ 1 b λ p b p + µ q+1 d q µ n d n = 0 alguno de los coeficientes no es cero Entonces, el vector λ 1 b λ p b p = µ q+1 d q+1 µ n d n = x no es el cero si es cero, todos los λ i son cero por ser los b i de B 1, y todos los µ j = 0 por ser los d j B 2 ), con algún λ i y algún µ j distintos de cero Tenemos así que [x] t B 1 = λ 1,, λ p, 0,, 0) y [x] t B 2 = 0,, 0, µ q+1,, µ n ) pero calculando Q x) respecto a las dos bases obtenemos Qx) = a 1 λ a p λ 2 p a p+1 0 a p+s 0 = a 1 λ a p λ 2 p > 0 Qx) = c c q 0 c q+1 µ q+1 ) 2 c q+r µ q+r ) µ q+r+1 ) µ n ) 2 = c q+1 µ q+1 ) 2 c q+r µ q+r ) 2 0 lo que no puede ser Por tanto deben ser p = q y s = r, es decir, las dos matrices diagonales tienen el mismo número de elementos positivos y negativos Demostración de: Teorema de clasificación 172 de la página 71 Teorema de clasificación 172- Sea Q una forma cuadrática en un espacio de dimensión n Se verifica: a) Q es nula SigQ) = 0, 0) b) Q es definida positiva SigQ) = n, 0) c) Q es semidefinida positiva SigQ) = p, 0) con 0 < p < n d) Q es definida negativa SigQ) = 0, n) e) Q es semidefinida negativa SigQ) = 0, q) con 0 < q < n f) Q es indefinida SigQ) = p, q) con 0 < p, q Sea B = {v 1,, v n } una base en la cual, la expresión de Q es Qx) = d 1 x d 2 x d n x 2 n donde x 1,, x n ) = [x] t B Luego, Qv i ) = d i, para todo i = 1,, n, ya que los vectores de B tiene por coordenadas [v 1 ] t B = 1, 0, 0,, 0), [v 2 ] t B = 0, 1, 0,, 0),, [v n ] t B = 0, 0, 0,, 1) Entonces: a) Si Qx) = 0, para todo x, se tiene que d i = Qv i ) = 0, para todo i, luego SigQ) = 0, 0) Reciprocamente, si d i = 0 para todo i, entonces Qx) = 0 para todo x b) Si Qx) > 0 para todo x 0, se tiene que d i = Qv i ) > 0, para todo i, luego SigQ) = n, 0) Recíprocamente, si d i > 0 para todo i, entonces Qx) > 0 para todo x 0 c) Si Qx) 0 para todo x 0, es d i = Qv i ) 0 para todo i Como no es nula existe algún d j > 0 y como no es definida positiva existe algún d k = 0, luego SigQ) = p, 0) con 0 < p < n Recíprocamente, si d i 0 para todo i, con algún d j > 0 y algún d k = 0, se tiene que Qx) 0 para todo x, que Qv j ) = d j > 0, por lo que no es nula, y que Qv k ) = d k = 0, por lo que no es definida positiva d) y e) Análogos a los casos de definida y semidefinida positiva f) Por ser indefinida, Qx) 0 para todo x, luego d i 0 para todo i, por lo que existirá un d j < 0 y Qx) 0 para todo x, luego d i 0 para todo i por lo que existirá un d k > 0 En consecuencia, SigQ) = p, q) con p, q > 0 Recíprocamente, si existe d j < 0 y d k > 0, serán Qv j ) = d j < 0 y Qv k ) = d k > 0, luego es indefinida