¿El semi-definitivo no degenerado y positivo implica un definido positivo?

Question

Sea$V$ un espacio vectorial real de dimensión finita y$$B:V\times V\to\Bbb R$ $ una forma bilineal. Supongamos que$B$ no es degenerado y positivo semi-definido, es decir

• $B(X,Y)=0,\forall Y\in V\implies X=0$
• $B(X,X)\ge0,\forall X\in V$.

¿Eso implica que$B$ es positivo definido?

Primero pensé que lo haría, pero luego no pude probarlo. Si$B(X,X)=0$ entonces me gustaría probar que$B(X,Y)=0$ para todos$Y\in V$ para que$X=0$. Pero tal vez esto no es necesariamente cierto?

Answer 1

En realidad, creo que esto es falso. Considerar el nivel de anti-simétrica de la forma en $\mathbb{R}^2$ dada por $B(e_i, e_i) = 0$, $B(e_1,e_2) = 1$, $B(e_2,e_1) = -1$.

En primer lugar, afirmo que la $B$ es no degenerada:

Dado un valor distinto de cero $ae_1 + b e_2\in \mathbb{R}^2$, tenga en cuenta que $$ B(ae_1 + be_2, -b e_1 + ae_2) = a^2 + b^2 > 0. $$

En segundo lugar, afirman que $B$ es positivo semi-definida. De hecho, tenemos $$ B(ae_1 + be_2, ae_1 + be_2) = ab - ba = 0.$$

Esto le da contraejemplos para todos los más altos $\mathbb{R}^n$ al declarar que el estándar $\mathbb{R}^2$ a ser ortogonal a la norma $\mathbb{R}^{n-2}$, y, a continuación, utilizar el habitual Euclidiano interior del producto en $\mathbb{R}^{n-2}$.

Por último, tenga en cuenta que para $\mathbb{R}^1$, hay de todo no counterxamples: $B(e_1, e_1)\geq 0$ y no degenerados implica $B(e_1, e_1) > 0$.

Editar Esto no era lo pidió, pero me he dejaba de pensar en ello. En el ejemplo anterior, en $\mathbb{R}^2$, no del vector positivo de longitud. Por supuesto, uno puede copiar esta idea en un dimensionales $\mathbb{R}^n$ viendo como una suma directa de $\mathbb{R}^2$s, cada una equipada con $B$.

Por otro lado, en dimensiones impares, $B$ siempre debe tener al menos un vector de $x$$B(x,x) > 0$. Es decir, supongamos $n$ es impar y $B$ es una forma bilineal que es positivo-semidefinite y no degenerada. Entonces existe un vector $x$ que $B(x,x) > 0$.

Prueba: Supongamos por contradicción que $B(x,x) = 0$ todos los $x$. En primer lugar, pretendemos $B$ es antisimétrica (independiente de la paridad de $n$). Para ver esto, sólo tenga en cuenta que $$0 = B(x+y,x+y) = B(x,y) + B(y,x)$$ since $B(x,x) = B(y,y) = 0$.

Ahora, terminamos la prueba (esta parte requiere de $n$ a ser impar). Si $A$ es la matriz asociada a $B(\cdot,\cdot)$ en el estándar de base, a continuación,$-A^t = A$. A continuación,$\det(A) = (-1)^n \det(A^t) = (-1)^n\det(A)$. Por lo tanto, si $n$ es impar, se coclude $\det(A) = 0$, contradiciendo el hecho de que $B$ es positiva definida.