Base ortogonal para $\operatorname{Tr}(AB)$

Question

Hace poco me encontré con esta forma bilineal: $\beta(A,B)=\operatorname{Tr}(AB)$ para $A,B \in \mathbb{R}^{n,n}$ . Estoy buscando una base ortogonal. Con muchas dificultades he podido encontrar una para $\mathbb{R}^{2,2}$ a saber:

$$B_{2,2}=\left\{\left( \begin{array}{cc} \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \end{array} \right),\left( \begin{array}{cc} 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \end{array} \right),\left( \begin{array}{cc} \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} \end{array} \right),\left( \begin{array}{cc} 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \end{array} \right)\right\}$$

Esta forma también se hizo que la matriz de representación de $\beta$ es muy elegante:

$$M_\beta=\left( \begin{array}{cccc} \beta \left(b_1,b_1\right) & \beta \left(b_1,b_2\right) & \beta \left(b_1,b_3\right) & \beta \left(b_1,b_4\right) \\ \beta \left(b_2,b_1\right) & \beta \left(b_2,b_2\right) & \beta \left(b_2,b_3\right) & \beta \left(b_2,b_4\right) \\ \beta \left(b_3,b_1\right) & \beta \left(b_3,b_2\right) & \beta \left(b_3,b_3\right) & \beta \left(b_3,b_4\right) \\ \beta \left(b_4,b_1\right) & \beta \left(b_4,b_2\right) & \beta \left(b_4,b_3\right) & \beta \left(b_4,b_4\right) \end{array} \right)=\left( \begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{array} \right)$$

Así que puedo leer el índice de inercia positivo (básicamente el número de 1s en la diagonal) que es en este caso $n_+=3$ . Estoy buscando esas bases para dimensiones superiores de $\mathbb{R}^{n,n}$ pero no pudo tener éxito. Gracias de antemano.

Answer 1

Se puede construir una base ortogonal con sólo $1$ y $-1$ en la diagonal partiendo de la base canónica $(b_{kl})_{ij}=\delta_{ik}\delta_{jl}$ . Los productos son todos cero excepto cuando los dos factores son transposiciones entre sí. Así, cada elemento de la base $b_{kl}$ con $k=l$ ya es ortogonal a todos los demás, y los restantes elementos de la base forman pares de transposiciones. Se pueden formar combinaciones lineales de estos pares con coeficientes $\pm 1/\sqrt{2}$ como lo hizo para $n=2$ a partir de combinaciones ortogonales de ellas, una con "norma" $1$ y uno con $-1$ . Así, el índice de inercia positivo es $n+\frac{n(n-1)}{2}=\frac{n(n+1)}{2}$ .