Điều này suy ra ngay từ sự tồn tại của một cơ sở trực chuẩn của $E$, và từ mệnh đề 2, $§ 6$, số 1.

Mệnh đề 1 vẫn đúng nếu « dương không suy biến » được thay thế ở mọi nơi bởi « dương ».

Bất đẳng thức quả thực là ngay lập tức khi các vectơ $x$ và $y$ tỉ lệ. Do đó ta có thể giả sử rằng $x$ và $y$ độc lập tuyến tính. Gọi $A'$ là trường con (giao hoán) $K(\Phi(x, y))$ của $A$, $F$ là mặt phẳng vectơ trên $A'$ sinh bởi $x$ và $y$, và $\Phi_F$ là hạn chế của $\Phi$ vào $F$; dạng sau nhận các giá trị của nó trong $A'$. Theo Mệnh đề 1, biệt thức của $\Phi_F$ đối với cơ sở $(x, y)$ là $\geqslant 0$. Bây giờ biệt thức này là $\Phi(x, x)\Phi(y, y) - \Phi(x, y)\overline{\Phi(x, y)}$. Q.E.D.

a) *Nếu $\Phi$ là dương không suy biến, thì $X_{H, H} > 0$ với mọi tập hợp con H của $\{1, n\}$.

b) *Ngược lại, nếu, bằng cách đặt $H_j = \{1, j\}$, ta có $X_{H_j, H_j} > 0$ với $j = 1, \ldots, n$, thì $\Phi$ là dương không suy biến.

Trước hết giả sử rằng $\Phi$ là dương không suy biến. Các phần tử $(x_j)$ ($j \in H$) tạo thành một cơ sở của một không gian con F của E, và phần con $X_{H, H}$ là biệt thức của hạn chế $\Phi_F$ của $\Phi$ vào F đối với cơ sở này; bây giờ, vì $\Phi_F(x, x) > 0$ với mọi $x \neq 0$ trong F, $\Phi_F$ là dương không suy biến (Hệ quả của Mệnh đề 2); do đó $X_{H, H} > 0$ (Mệnh đề 1). Để chứng minh b), ta hãy chú ý rằng, với ký hiệu của Mệnh đề 1, § 6, No. 1, phần con $X_{H_j, H_j}$ bằng $D_{j+1, j+1}$; do đó tồn tại (Mệnh đề 1, § 6, No. 1) một cơ sở trực giao $(e_j)$ ($j = 1, \ldots, n$) của E sao cho $\Phi(e_j, e_j) > 0$ với $j = 1, \ldots, n$; do đó $\Phi$ là dương không suy biến.

a) Tồn tại một phân tích của $E$ thành tổng trực tiếp của không gian con $E^0$ trực giao với $E$, và của hai không gian con $E^+$ và $E^-$ sao cho hạn chế của $\Phi$ lên $E^+$ (resp. $E^-$) là dương (resp. âm) và không suy biến.

b) Tồn tại một cơ sở trực giao $(e_i)_{1 \leq i \leq n}$ của $E$ sao cho

c) Các số chiều $s$ của $E^+$ và $t$ của $E^-$ là như nhau đối với mọi phân tích thành tổng trực tiếp thỏa mãn các điều kiện đã nêu trong a) ; số nguyên $s$ (resp. $t$) là giá trị lớn nhất của các số chiều của các không gian con $F$ của $E$ sao cho hạn chế của $\Phi$ lên $F$ là dương (resp. âm) và không suy biến.

d) Hạng của $\Phi$ là $s + t$.

e) Nếu $\Phi$ không suy biến, chỉ số của nó bằng $\inf(s, t)$ (§ 4, no 2, def. 2).

Thật vậy, cho $(x_i)$ ($i = 1, \ldots, n$) là một cơ sở trực giao của $E$ (§ 6, No. 1, Định lý 1); nhắc lại rằng $\Phi(x, x) \in K$ với mọi $x \in E$. Ta có thể giả sử rằng $\Phi(x_i, x_i) > 0$ với $i = 1, \ldots, s$, $\Phi(x_i, x_i) < 0$ với $i = s + 1, \ldots, s + t$ và $\Phi(x_i, x_i) = 0$ với $i = s + t + 1, \ldots, n$. Điều này chứng minh a), vì ta lấy $E^+$ (tương ứng $E^-$) là không gian con sinh bởi $x_1, \ldots, x_s$ (tương ứng bởi $x_{s+1}, \ldots, x_{s+t}$), và $E^0$ khi đó được sinh bởi $x_{s+t+1}, \ldots, x_n$. Ta suy ra b) từ điều này bằng cách nhận thấy rằng $\Phi(x_i, x_i)$ có dạng $\rho \overline{\rho}$ (tương ứng

- $\rho \bar{\rho} )\ (\rho \in A^*)$ với $i = 1, \ldots, s$ (tương ứng $i = s + 1, \ldots, s + t$). Để chứng minh c), xét một không gian con P của E sao cho hạn chế của $\Phi$ trên P là dương và không suy biến; khi đó ta có $P \cap (E^- + E^0) = \{0\}$, và tổng $P + E^- + E^0$ do đó là trực tiếp; ta kết luận rằng $\dim P \leq \dim E^+ = s$, và điều này chứng minh c). Mệnh đề d) suy ra ngay từ a).

Cuối cùng giả sử rằng $\Phi$ là không suy biến, đặt $q = \inf (s, t)$, và chứng minh rằng q là chỉ số của $\Phi$. Với các ký hiệu của b), các vectơ $e_i + e_{s+i}$ (tương ứng $e_i - e_{s+i}$) ($i = 1, \ldots, q$) sinh một không gian con đẳng hướng toàn phần F (tương ứng $F'$). Vì K có đặc số 0, $F + F'$ được sinh bởi $e_1, \ldots, e_q, e_{s+1}, \ldots, e_{s+q}$ và do đó là không đẳng hướng. Hạn chế của $\Phi$ trên không gian con $H = (F + F')^0$ khi đó là dương (hoặc âm) và không suy biến, và H do đó không chứa vectơ đẳng hướng $\neq 0$. Vì $F^0$ chứa F và H, và vì $\dim(F + H) = \operatorname{codim} F' = \operatorname{codim} F$, ta có $F^0 = F + H$. Vậy một vectơ đẳng hướng z trực giao với F tất yếu thuộc F, bởi vì, trong tổng trực tiếp $F + H$, thành phần của z trong H là đẳng hướng. Do đó F là một không gian con đẳng hướng toàn phần cực đại, và điều này chứng minh e).

Thật vậy, cho V là một không gian con của E ổn định dưới S; với mọi $x \in V^0$, $y \in V$ và $u \in S$, ta có $u*(y) \in V$, do đó $\Phi(y, u(x)) = \Phi(u*(y), x) = 0$ (tương ứng $\Phi(y, u(x)) = \overline{\Phi(u^*(y), x)} = 0$), và do đó $u(x) \in V^0$; vậy V⁰ ổn định dưới S, điều này chứng minh mệnh đề đầu tiên của ta. Đối với mệnh đề thứ hai, ta sẽ tiến hành quy nạp theo chiều n của E, trường hợp n = 0 là tầm thường. Với n ≠ 0 tồn tại một không gian con V ≠ {0} của E ổn định dưới S và cực tiểu, chẳng hạn một không gian con ổn định ≠ {0} có chiều cực tiểu. Khi đó chỉ cần áp dụng giả thiết quy nạp cho V⁰, vì tự đồng cấu phụ hợp của hạn chế của u trên V⁰ (đối với hạn chế của $\Phi$) trùng với hạn chế trên V⁰ của tự đồng cấu phụ hợp của u.

Thật vậy, vì mọi B-môđun con V của E đều có một phần bù, chẳng hạn V⁰, nên B-môđun V là nửa đơn (chương VIII, § 3, No. 3, mệnh đề 7). Vì mọi B-môđun con ≠ {0} và cực tiểu trong E đều đơn, nên E là tổng trực tiếp của các môđun con đơn trực giao từng đôi một. Cuối cùng B là một đại số nửa đơn, vì nó có một môđun nửa đơn và trung thành E mà đối môđun của nó có kiểu hữu hạn (chương VIII, § 5, No. 1, mệnh đề 3).

Mệnh đề đầu tiên suy ra từ chương VIII, § 9, No. 1, mệnh đề 2, vì B là nửa đơn. Mặt khác mọi B-môđun đơn đều đẳng cấu với một B-môđun có dạng B/m, trong đó m là một iđêan cực đại của B, do đó đẳng cấu với một trường giao hoán L có bậc hữu hạn trên A; khi A = K (tương ứng A = K(i)), trường L nhất thiết đẳng cấu với K hoặc K(i) (tương ứng K(i)), vì K(i) là đóng đại số (chương VI, § 2, No. 6, định lý 3).

Trước hết xét trường hợp A là giao hoán (A = K hoặc A = K(i)). Khi đó đại số con B = A[u, u*] của $\mathscr{L}_A(E)$ là giao hoán vì u là chuẩn; nó ổn định dưới ánh xạ $\varphi \to \varphi^*$ nhờ các công thức (32) và (33) của § 1, No. 8. Mệnh đề liên quan đến trường hợp A = K khi đó suy ra ngay lập tức từ hệ quả 2 của định lý 2. Khi A = K(i), hệ quả này cũng chỉ ra rằng E là tổng trực tiếp của các không gian con vectơ $Ax_i$ ($i = 1, \ldots, n$) có chiều 1, trực giao từng đôi một và ổn định đối với u; nếu đặt $e_i = (\Phi(x_i, x_i))^{-1/2} x_i$, $(e_i)$ là cơ sở trực chuẩn cần tìm.

Khi A là trường quaternion trên K, tương tự chỉ cần chứng minh, nhờ định lý 2, rằng mọi phần tử cực tiểu của tập hợp các không gian con $\neq \{0\}$ của E ổn định đối với u và $u^*$ đều có chiều 1. Nhưng một không gian con V như vậy nhất thiết chứa một vectơ riêng $x \neq 0$ của u (*), như nhận thấy được bằng cách quan sát rằng trường quaternion A chứa K(i) như một trường con đóng đại số, và bằng cách hạn chế trường

(*) Nếu E là một không gian vectơ trái trên một trường không giao hoán A, và u là một tự đồng cấu của E, người ta vẫn nói rằng một vectơ $x \neq 0$ của E là một vectơ riêng đối với u nếu tồn tại $a \in A$ sao cho $u(x) = ax$; vô hướng a khi đó được gọi là một trị riêng của u. Ta chú ý rằng, với mọi $b \neq 0$ trong A, vectơ $bx$ là một vectơ riêng đối với u, và trị riêng tương ứng là $bab^{-1}$.

các vô hướng của V vào K(i). Vì vậy chỉ còn phải chứng minh rằng vectơ riêng x của u cũng là một vectơ riêng của u*. Đặt $u(x) = ax$ ($a \in A$); khi đó ta có $\Phi(u(x), x) = a\Phi(x, x) = \Phi(x, x)a = \Phi(x, \overline{a}x)$ vì $\Phi(x, x)$ thuộc tâm của A, và mặt khác $\Phi(u(x), x) = \Phi(x, u^*(x))$; suy ra rằng ta có $\Phi(x, u^*(x) - \overline{a}x) = 0$, và do đó có thể viết $u^*(x) = \overline{a}x + z$, trong đó z là một vectơ trực giao với x. Khi đó ta có

Bây giờ, vì u là chuẩn, ta có

Do đó ta có $\Phi(z, z) = 0$, điều này, theo giả thiết, kéo theo $z = 0$ và $u^*(x) = \overline{a}x$. QED.

Khi A bằng K(i) hoặc trường quaternion trên K, nhờ mệnh đề 4 chỉ cần chứng minh mệnh đề đầu tiên; bây giờ, nếu x là một vectơ riêng $\neq 0$ của u và a là trị riêng tương ứng, thì nhờ giả thiết $u = u^*$, ta có

vì $\Phi(x, x)$ là một phần tử khác không của tâm của A, suy ra $a = \overline{a}$, do đó $a \in K$. Do đó một ma trận Hermit có tất cả các trị riêng của nó trong K. Bây giờ giả sử rằng A bằng K. Ma trận M của u đối với một cơ sở trực chuẩn của E khi đó là đối xứng; do đó nó là một ma trận Hermit nếu ta xét nó như một ma trận trên K(i). Phần đầu của chứng minh khi đó chỉ ra rằng ma trận này có tất cả các trị riêng của nó trong K, và do đó, nếu $E \neq \{0\}$, có các vectơ riêng khác không trong E. Suy ra rằng mọi không gian con ổn định đối với u và cực tiểu nhất thiết có chiều 1, và kết luận suy ra ngay lập tức, như trong mệnh đề 4.

b) Giả sử $\mathbf{A} = \mathbf{K}$ hoặc $\mathbf{A} = \mathbf{K}(i)$, và cho $\Psi$ là một dạng song tuyến tính phản xứng trên $E$. Tồn tại một cơ sở của $E$ trực chuẩn đối với $\Phi$ và sao cho đối với cơ sở đó ma trận của $\Psi$ có dạng

trong đó các $a_i$ là $\geqslant 0$ trong K.

Khi $\Psi$ là Hermit, mệnh đề của chúng ta suy ra ngay lập tức từ Mệnh đề 5 và sự tương ứng chính tắc giữa các dạng Hermit trên $E$ và các tự đồng cấu Hermit đối với $\Phi$. Trong hai trường hợp kia, cho $u$ là ánh xạ nửa tuyến tính từ $E$ vào chính nó được xác định ở đầu No. này bởi công thức $\Psi(x, y) = \overline{\Phi(u(x), y)}$. Khi đó $u^2$ là một ánh xạ tuyến tính đối với $\mathbf{A}$; khi $\Psi$ là đối xứng (tương ứng, phản xứng), ta có $u = u^*$ (tương ứng, $u = -u^*$), do đó $u^2$ là Hermit; do đó cũng có

điều này chỉ ra rằng dạng Hermit $(x, y) \to \Phi(u^2(x), y)$ là dương (tương ứng, âm). Áp dụng Định lý 2, và cho $V$ là một phần tử cực tiểu của họ các không gian con $\neq \{0\}$ của $E$ ổn định đối với $u$ và đối với $u^*$. Vì $u^2$ là một tự đồng cấu Hermit, $V$ chứa một vectơ thực sự $x \neq 0$ của $u^2$; đặt $u^2(x) = ax$, trong đó $a \in \mathbf{K}$ (Mệnh đề 5).

Khi $\Psi$ là đối xứng, bất đẳng thức $\Phi(u^2(x), x) \geqslant 0$ chỉ ra rằng ta có $a \geqslant 0$. Đặt $y = a^{1/2}x + u(x)$; ta có $u(y) = a^{1/2}u(x) + ax = a^{1/2}y$, và $Ay$ là ổn định đối với $u$ và $u^* = u$. Nếu $y = 0$, $Ax$ là ổn định đối với $u$ và $u^*$; trong mọi trường hợp, $V$ là một không gian con có chiều 1, và kết luận của chúng ta suy ra ngay lập tức từ Định lý 2.

Khi $\Psi$ là phản xứng, ta có $a \leqslant 0$; đặt

Ta có $u(y) = -(-a)^{1/2}z, \ u(z) = (-a)^{1/2}y$ và

Nếu $y = z = 0$, ta có $a = 0$ và $u(x) = 0$, do đó $Ax$ ổn định dưới tác dụng của $u$ và $u^*$, $V$ có chiều 1, và ma trận của hạn chế của $\Psi$ lên $V$ là không vì $\Psi$ là phản xứng. Ngược lại, $y$ và $z$ đều $\neq 0$, chúng sinh $V$, và vì chúng trực giao, $V$ có chiều 2 và ma trận của hạn chế của $\Psi$ lên $V$ có dạng $\begin{pmatrix} 0 & b \\ -b & 0 \end{pmatrix}$. Cuối cùng, nhờ công thức $\Psi'(x', y') = \overline{\Phi(u(x'), y')}$, ta có $\Psi'(x', y') = 0$ khi $x'$ và $y'$ thuộc hai không gian con ổn định dưới tác dụng của $u$ và trực giao đối với $\Phi$. Điều này chứng minh sự tồn tại của một cơ sở trực chuẩn của $E$ (đối với $\Phi$) sao cho ma trận của $\Psi$ đối với nó có dạng đã chỉ ra. Q.E.D.

Bài tập. — 1) Giả sử rằng các giả thiết ở đầu § 7 được thỏa mãn; cho $\Phi$ là một dạng Hermit dương trên $E$.

a) Để có $\Phi(x, x)\Phi(y, y) = \Phi(x, y)\overline{\Phi(x, y)}$, điều kiện cần và đủ là $x$ và $y$ phụ thuộc tuyến tính hoặc mặt phẳng sinh bởi $x$ và $y$ là đẳng hướng.

b) Giả sử rằng, với mọi $x \in E$, $\Phi(x, x)$ là một bình phương trong $K$. Bây giờ chứng minh rằng với mọi hai vectơ $x, y$ của $E$, ta có

Nếu $\Phi$ không suy biến, hai vế của bất đẳng thức này chỉ có thể bằng nhau khi $\alpha x + \beta y = 0$, trong đó $\alpha$ và $\beta$ là hai phần tử của $K$, không đồng thời bằng không và sao cho $\alpha \beta \leq 0$.

2) Giả sử $A = K$ hoặc $A = K(i)$. Cho $X$ là một ma trận vuông Hermit cấp $n$ trên $A$, sao cho với mọi tập con khác rỗng $H$ của $\{1, n\}$, ta có $X_{H, H} \geq 0$ (các ký hiệu của Mệnh đề 3 của No. 1).

a) Cho $\lambda$ là một phần tử $> 0$ của $K$; bây giờ chứng minh rằng ma trận $X + \lambda I$ là dương không suy biến (sử dụng Mệnh đề 3 của No. 1, lập luận bằng quy nạp theo $n$).

b) Suy ra rằng ma trận Hermit $X$ là dương.