Confirmando un error en un libro de texto: Geometría semi-riemanniana de O'Neill

Question

Estoy trabajando en el siguiente ejercicio en O'Neill, el "Semi-Geometría de Riemann":

(Página 53, 12) Vamos a $b$ ser un bilineal simétrica forma en $V$. El nullspace de $b$$N = \{v : b(v,w) = 0, \, \forall w \in V\}$. El nullcone de $b$ es el conjunto $\Lambda$ de todos los vectores nulos en $V$. Deje $A = \Lambda \cup 0$, lo $A \supset N$. Probar que: (a) $N$ es un subespacio, sino $A$ no es menos $A=0$ o $V$. (b) $b$ es no degenerada iff $N=0$; $b$ es definitivo iff $A=0$. (c) $b$ es semidefinite iff $N=A$.

Creo que dos de las afirmaciones aquí son falsas.

$A$ no es un subespacio menos es $0$ o $V$.

Contraejemplo: Tome $V = \mathbb{R}^2$, y deje $b(e_1,e_1) = b(e_2,e_2) = 1$ pero $b(e_1,e_2) = -1$. Entonces si escribimos $v = (x,y)$, $b(v,v) = 0$ corresponde a la ecuación

$$0 = x^2 - 2xy + y^2 = (x-y)^2$$

cuyo espacio de solución es la diagonal subespacio generado por $(1,1)$, que es un subespacio igual a ni $0$ ni $V$.

$N=A$ implica $b$ semidefinite.

Contraejemplo: Tomar $V = \mathbb{R}^2$, $b(e_1,e_1) = -1$, $b(e_2,e_2) = b(e_1,e_2) = 0$. Entonces si $v = (x,y)$,$b(v,v) = -x^2$, lo $A$ es el conjunto de vectores con el cero en la primera coordenada. Sin embargo, si $v$ cero en su primera coordenada, entonces es en $N$, lo $A=N$. Sin embargo, $b$ no es semidefinite.

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Son estos, de hecho, contraejemplos, o estoy simplemente confundido? Gracias por su tiempo.

Answer 1

Para la parte (a), mucho más fácil contraejemplo es $$ b = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} $$ en cuyo caso tenemos que $A = N = \mathrm{span}\{e_2\}$.

De hecho, esto nos dice que la errata en el libro de texto es. La afirmación correcta es

(a) El conjunto de $A$ es un subespacio $\iff$ $A = N$

Prueba: La implicación $\Leftarrow$ es obvia. Así que nos muestran la otra manera. Supongamos $A\setminus N$ es no vacío. Deje $v$ ser un elemento de $A\setminus N$. Por definición no existe $w$ tal que $b(v,w) \neq 0$.

Considere el vector $z = kv + w$. Tenemos que $$ b(z,z) = b(w,w) + 2k b(v,w) $$ Si $b(w,w) \neq 0$, se puede elegir $k\neq 0$ tal que $b(z,z) = 0$. Si $b(w,w) = 0$, entonces para cualquier $k\neq 0$ tenemos $b(z,z) \neq 0$. En cualquier caso, hemos encontrado tres vectores linealmente dependiente $v,w,z$, dos de los cuales pertenecen a $A$ y no el tercero. Esto implica que $A$ no es un subespacio. q.e.d.

Por cierto, el caso de $A = V$ está incluido, ya que

Lema: si $b(v,v) = 0$ por cada $v\in V$,$b\equiv 0$.

Prueba: de la polarización de la identidad $$ b(v+w,v+w) = b(v,v) + b(w,w) + 2 b(v,w) $$ así que si los tres primeros términos que todos se desvanecen por supuesto, tenemos que $b(v,w) = 0$ cualquier $v,w\in V$, y, por tanto, $b$ es idéntica a cero. En particular, $V = N$. q.e.d.

Answer 2

Daniel Fischer ha confirmado que el error en la parte (a). Para la parte (c), semidefiniteness se presume que significa, ya sea positivo o negativo semidefinite. Se me figura que bien podría publicar mi solución a esa parte, en caso de que alguien se ha quedado atascado en este asunto.

(c) $b$ es semidefinite iff $b(v,v) \geq 0$ o $b(v,v) \leq 0$. Ya sabemos que $N \subset A$, por lo que tenemos que demostrar que $A \subset N$. Si $b$ es positivo semidefinite, esto se desprende fácilmente de Cauchy-Schwarz desigualdad. Si $b$ es negativo semidefinite, a continuación, $-b$ es positivo semidefinite, así que si $b(v,v) = 0$ $-b(v,v) = 0$ $-b(v,w) = 0$ todos los $w$ (en el paso anterior), por lo $b(v,w) = 0$ todos los $w$. Por el contrario, supongamos que $N=A$. Afirmamos entonces que $b$ es positivo o negativo semidefinite. Supongo que no, por el bien de la contradicción, por lo $b(v,v) < 0$$b(w,w) > 0$. Escribir

$$b(v+\lambda w, v + \lambda w) = b(v,v) + \lambda^{2} b(w,w) + 2\lambda b(v,w)$$

Tres de los casos surgen. Si $b(v,w) > 0$, entonces esto es negativo para $\lambda = 0$, y positivo para $\lambda >> 0$, por lo que podemos encontrar algunos de $\lambda$ por que esto es igual a cero. Si $b(v,w) < 0$, entonces el mismo es verdadero (desde $\lambda^2$ domina $2\lambda$), por lo que podemos volver a elegir a $\lambda$ hacer este cero. Si $b(v,w) = 0$, es aún más fácil encontrar el adecuado a $\lambda$. Para resumir este paso, hemos encontrado $v + \lambda w$$A$$\lambda > 0$. Nos afirman que no se en $N$. Considere la posibilidad de

$$b(v+ \lambda w, v - \lambda w) = b(v,v) - \lambda^{2} b(w,w)$$

Si este es cero, entonces podemos agregar a lo anterior la polarización de identidad para obtener

$$2b(v,v) + 2\lambda b(v,w) = 0$$

Desde $\lambda > 0$, esto imposible, a menos que $b(v,w) > 0$. Pero, a continuación,

$$b(v+\lambda w, w) = b(v,w) + \lambda b(w,w) > 0$$

En cualquier caso, debemos concluir que $v + \lambda w \in A \setminus N$.