Cvičení z lineární algebry 52 Vít Vondrák
Cvičení č. 11
Klasifikace kvadratických forem. Diagonální tvar matice kvadratické formy. Kongruence a
Choleského rozklad.
Klasifikace kvadratických forem
Definice:
Kvadratická forma Q na vektorovém prostoru V se nazývá pozitivně definitní jestliže
oxVx  , platí 0)( >xQ . Je-li 0)(  xQVx pak se forma Q nazývá pozitivně
semidefinitní. Je-li ­Q pozitivně definitní resp. semidefinitní pak se Q nazývá negativně
definitní resp. semidefinitní. Pokud nesplňuje ani jedno z výše uvedených kritérií nazývá se
indefinitní.
Příklad:
Klasifikujte kvadratickou formu Q na 3
R definovanou předpisem
.5422)( 2
332
2
221
2
1 xxxxxxxxQ +-++=
Řešení:
Předpis kvadratické formy upravíme doplňováním na kvadráty součtů:
( )
( ) ( ) ( ) ( ) .24)2(2
5425422)(
2
3
2
32
2
21
2
3
2
332
2
2
2
21
2
332
2
2
2
221
2
1
2
332
2
221
2
1
xxxxxxxxxxxx
xxxxxxxxxxxxxxxxQ
+-++=++-+++=
=+-+++=+-++=
Z posledního tvaru je zřejmé, že oxRxxQ > ,,0)( 3
neboť součet nenulových druhých
mocnin je vždy kladný. Q je tedy pozitivně definitní. 
Diagonální tvar matice kvadratické formy.
Diagonálním tvarem matice kvadratické formy rozumíme nalezení takové báze, vzhledem
k níž je matice kvadratické formy diagonální.
Věta:
Nechť Q je kvadratická forma na V a nechť E je báze pro níž EQ][ je diagonální matice. Jsouli
všechny její diagonální prvky kladné resp. nezáporné pak je Q pozitivně definitní resp.
semidefinitní. Jsou-li záporné resp. nekladné pak je Q negativně definitní resp. semidefinitní.
Příklad:
Určete bázi v níž má kvadratická forma z předchozího příkladu diagonální matici.
Řešení:
V předchozím příkladu jsme dospěli ke tvaru ( ) ( ) .2)( 2
3
2
32
2
21 xxxxxxQ +-++=
Pokud si uvědomíme, že [ ]T
S xxxxx 321 ,,][ == , kde S je standardní báze 3
R a označíme-li
Cvičení z lineární algebry 53 Vít Vondrák
SE xTx
x
x
x
y
y
y
xy
xxy
xxy
][][
100
210
011
2
3
2
1
3
2
1
33
322
211
=




















-=
















=
-=
+=
kde










-=
100
210
011
T
a










=
3
2
1
][
y
y
y
x E
jsou souřadnice vektoru x vzhledem k nějaké bázi
),,( 321 eeeE = . Matice T se obvykle nazývá matice přechodu od standardní báze S k nové
bázi E. Vše uvedenou substitucí dostáváme kvadratickou formu ve tvaru
.)( 2
3
2
2
2
1 yyyxQ ++= Tento tvar můžeme dále upravit
[ ] EE
T
E xQx
y
y
y
yyyyyyxQ ][][
100
010
001
],,[)(
3
2
1
321
2
3
2
2
2
1 =




















=++=
.
Odtud je patrné, že v bázi E má matice kvadratické formy
[ ]










=
100
010
001
EQ
diagonální tvar a jelikož všechny její diagonální prvky jsou kladné je kvadratická forma Q
pozitivně definitní.
Zbývá tedy určit tuto bázi. Jelikož SE xTx ][][ = a T je regulární můžeme taktéž psát
ES xTx ][][ 1=
. Dosadíme-li za x postupně všechny vektory báze ),,( 321 eeeE = dostaneme
.3,2,1,][][
1
11
=====
-
--
issTeTee T
i
I
iEiSii
Vypočteme tedy nejdříve matici 1T
:









 ---










+










-
100
210
211
100
010
001
~
100
210
001
100
010
011
~2
100
010
001
100
210
011 2
3
r
r
.
Odtud









 --
=-
100
210
211
1
T
a









-
=









-
=










=
1
2
2
,
0
1
1
,
0
0
1
321 eee
.
),,( 321 eeeE = je tedy hledaná báze v níž má kvadratická forma Q diagonální matici.
Snadno to můžeme ověřit sestavením matice Q pro bázi E. Budeme tedy dosazovat do
symetrické bilineární formy 33233222122111 5222),( yxyxyxyxyxyxyxyxBS +--+++= ,
která přísluší kvadratické formě Q jak bylo ukázáno ve cvičení č. 10.
Cvičení z lineární algebry 54 Vít Vondrák
1115212122222)2(22)2()2()2(),(
),(0105202112212)2(12)1()2()1(),(
1005102012112)1(11)1()1()1(),(
),(0105202102202)2(021)2(1),(
),(0005102002102)1(011)1(1),(
1005002002002100111),(
33
2332
22
1331
1221
11
=+--+-+-+--=
==+--+-+-+--=
=+--+-+-+--=
==+--+-++-=
==+--+-++-=
=+--+++=
eeB
eeBeeB
eeB
eeBeeB
eeBeeB
eeB
S
SS
S
SS
SS
S
Odtud sestavíme matici kvadratické formy vzhledem k bázi E ve tvaru
[ ] [ ]










==
100
010
001
EES QB
Báze E je tedy opravdu bází ve které má matice kvadratické formy diagonální tvar.

Poznámka:
Vzhledem k tomu, že SE xTx ][][ = jak jsme ukázali v předchozím příkladě, můžeme
dosazením upravit
[ ] [ ] [ ] SS
T
SSE
TT
SEE
T
E xQxxTQTxxQxxQ ][][][][][][)( === .
Odtud dostáváme [ ] [ ] TQTQ E
T
S = nebo [ ] ( ) [ ] 11 --
= TQTQ S
T
E .
Kongruentní matice a elementární kongruence
Definice:
Matice A a B se nazývají kongruentní jestliže existuje regulární matice R tak, že T
RBRA = .
Věta:
Je-li A reálná symetrická matice pak existuje regulární matice R tak, že T
RARD = , kde D je
diagonální matice.
Poznámka:
Matici R z předchozí věty můžeme nalézt pomocí tzv. elementárních kongruencí. Elementární
kongruencí rozumíme elementární řádkovou operaci, která je bezprostředně následována
stejnou sloupcovou úpravou. Elementární kongruenci můžeme zapsat v maticovém tvaru
T
TATB = , kde B je matice obdržená z matice A elementární kongruencí a T je matice
elementární řádkové úpravy. Postupným upravováním matice elementárními kongruencemi
podobně jako v případě dopředné redukce u Gaussovy eliminace můžeme převést libovolnou
matici na diagonální matici. Pak TT
k
T
k RARTATTTD == ...... 11
, kde kTT ,,1 ... jsou matice
jednotlivých elementárních řádkových úprav a 1TTR k ...= .
Příklad:
Pomocí elementárních kongruencí převeďte matici
Cvičení z lineární algebry 55 Vít Vondrák










-
--
-
=
110
121
011
A
na diagonální tvar.
Řešení:
22
2
1
1
000
010
001
~
000
110
001
~
110
110
001
~
110
110
011
~
110
121
011
ss
r
s
rA
+










+










-
+









-
-
+










-
-
-
+










-
--
-
=
Pokud bychom chtěli určit i matici R pak bychom všechny elementární řádkové úpravy
zapisovali do jednotkové matice, kterou bychom přidali za matici A podobně jako v případě
LU rozkladu.










-
-
+









-
-
-
+










-
--
-
111
011
001
000
110
011
~
100
011
001
110
110
011
~
100
010
001
110
121
011
2
1
r
r
Pak hledanou maticí je matice










=
111
011
001
R
a diagonální matici získáme aplikací sloupcových úprav
( )










=




















-
-
==
000
010
001
100
110
111
000
110
011
T
RRAD
. 
Poznámka:
Pomocí kongruencí můžeme taktéž určit diagonální tvar matice kvadratické formy a
klasifikovat je. Jelikož [ ] ( ) [ ] 11 --
= TQTQ S
T
E a jelikož můžeme nalézt matici R tak, že
[ ] [ ]E
T
S QDRQR == získáme matici kvadratické formy v diagonálním tvaru a můžeme
identifikovat matici T
RT =-1
jejíž sloupce tvoří vektory bázi E jak již bylo popsáno na
počátku.
Příklad:
Určete bázi, ve které má kvadratická forma Q na 3
R definovaná předpisem
2
332
2
221
2
1 5422)( xxxxxxxxQ +-++=
diagonální tvar a formu klasifikujte.
Řešení:
Nejprve nalezneme matici kvadratické formy vzhledem ke standardní bázi. Tedy budeme
dosazovat postupně vektory standardní báze do symetrické části příslušné bilineární formy
33233222122111 5222),( yxyxyxyxyxyxyxyxBS +--+++=
Cvičení z lineární algebry 56 Vít Vondrák
5115012102002000000),(
),(2105002112012010000),(
2005102012112011000),(
),(0105002102002000101),(
),(1005102002102001101),(
1005002002002100111),(
33
2332
22
1331
1221
11
=+--+++=
=-=+--+++=
=+--+++=
==+--+++=
==+--+++=
=+--+++=
II
S
II
S
II
S
II
S
II
S
II
S
II
S
II
S
II
S
ssB
ssBssB
ssB
ssBssB
ssBssB
ssB
Matice kvadratické formy vzhledem ke standardní bázi má tedy tvar:
[ ]










-
-=
520
221
011
SQ
.
Pomocí elementárních kongruencí nalezneme matic R a diagonální tvar kvadratické formy.










-
--
+









-
-
--










-
-
122
011
001
100
210
011
~
2100
011
001
520
210
011
~
100
010
001
520
221
011
2
1
r
r
( ) [ ]E
T
QRRADR =










=









 --










-==










-
-=
100
010
001
100
210
211
100
210
011
,
122
011
001
Bázi E určíme ze sloupců matice T
RT =-1
, t.j.
.
1
2
2
,
0
1
1
,
0
0
1
321









-
=









-
=










= eee
Vzhledem k bázi ),,( 321 eeeE = má kvadratická forma Q diagonální matici
[ ]










=
100
010
001
EQ
a jelikož jsou všechny diagonální prvku kladné je forma pozitivně definitní. 
Poznámka:
Každou kvadratickou formu můžeme jednoznačně ztotožnit s její maticí a obdobně každá
symetrická matice bude jednoznačně určovat nějakou kvadratickou formu. Z tohoto důvodu
mluvíme o pozitivně resp. negativně definitní či semidefinitních maticích přičemž máme na
mysli definitnosti či semidefinitnosti jejich kvadratických forem.
Choleského rozklad a řešení soustav s pozitivně definitní maticí
Věta:
Je-li A reálná pozitivně definitní matice pak existuje dolní trojúhelníková matice L a
diagonální matice D tak, že T
LDLA = .
Cvičení z lineární algebry 57 Vít Vondrák
Poznámka:
Postup jak určit matici L je analogický postupu jak určit matici R pro kongruentní matice.
Existuje totiž matice R tak, že DRART
= a jelikož A je pozitivně definitní není potřeba
zaměňovat řádky matice A ani příčítat násobky řádku s vyšším indexem k řádkům s indexem
vyšším. Tím obdobně jako u LU rozkladu bude matice R dolní trojúhelníková. Označíme-li
navíc 1=
RL dostáváme T
LDLA = . Tento rozklad se taktéž nazývá Choleského rozklad
matice A.
Příklad:
Nalezněte Choleského rozklad matice










-
-=
210
141
014
A
Řešení:
Pomocí elementárních řádkových úprav nalezneme matici )( 1
ALa
1-
L










-
--
+









-
-
-










-
-
--










-
-










-
-
1541
041
001
2600
4150
014
~
1500
041
001
30150
4150
014
~
~
15100
041
001
210
4150
014
~
100
040
001
210
4164
014
~4
100
010
001
210
141
014
2
1
r
r
Odtud dostáváme










=









 --










-==










-=
---
39000
0600
004
1500
440
111
2600
4150
014
)(,
1541
041
001
11 T
LALDL
.
Určíme ještě L






















--









+
+










-
-
-
15
1
15
1
4
1
4
1
15
1
4
1
21
1
0
0
001
100
010
001
~
110
011
001
1500
040
001
~
101
011
001
1540
040
001
~
100
010
001
1541
041
001
rr
r
Řešením je tedy, že T
LDLA = , kde










=










=
- 39000
0600
004
,
0
0
001
15
1
15
1
4
1
4
1 DL
. 
Poznámka:
Choleského rozkladu se využívá k efektnímu řešení soustav lineárních rovnic s pozitivně
definitní maticí. Soustava bAx = se pak dá přepsat do tvaru ( ) bxLDLT
= a obdobně jako
Cvičení z lineární algebry 58 Vít Vondrák
v případě LU rozkladu přezávorkovat ( )( ) bxLDL T
= . Pak se původní soustava dá řešit ve
třech krocích:
1. bLz = tzv. dopředná substituce
2. zDy =
3. yxLT
= tzv. zpětná substituce
Příklad:
Choleského rozkladem řešte soustavu
02
04
14
32
321
21
=+-
=-+
=+
xx
xxx
xx
Řešení:
Matice soustavy a vektor pravých stran má tvar:










=










-
-=
0
0
1
,
210
141
014
bA
.
Ihned jde vidět, že matice A je totožná s maticí v zadání předchozího příkladu a proto
využijeme řešení předchozího příkladu kde jsme určili Choleského rozklad.










=










=
- 39000
0600
004
,
0
0
001
15
1
15
1
4
1
4
1 DL
.
Hledání Choleského rozkladu bychom však mohli zkrátit o výpočet matice L neboť k řešení
soustavy nám plně postačí i její inverze tedy
.
1541
041
001
1










-
-=-
L
Nyní vlastní řešení:
1. Dopředná substituce bLz = . Jelikož máme k dispozici 1L
můžeme ji vyřešit
součinem










-
-=




















-==
-
1
1
1
0
0
1
1541
041
001
1
bLz
2. zDy = . Jelikož D je diagonální matice můžeme řešení určit triviálně:










=
=
=
=

-=
-=
=
-
-
-
-
390
1
60
1
4
1
390
1
3
60
1
2
4
1
1
3
2
1
odtud
1390
160
14
y
y
y
y
y
y
y
.
3. Zpětná substituce yxLT
= . Se znalostí 1L
řešíme opět jako součin
Cvičení z lineární algebry 59 Vít Vondrák










=



















 --
==
-
-
-
--
26
1
13
1
26
7
390
1
60
1
4
1
1500
440
111
yLx T
.
Řešením soustavu tedy je 26
1,
13
1,
26
7
321
-=-== xxx
.