Ovaj rad nastavak je istraživanja o CS dekompoziciji ortogonalnih matrica malog reda [3]. Umjesto s ortogonalnim, radit ćemo sa J-ortogonalnim matricama. Matrice malog reda su jednostavnnije za proučiti, pa je namjera ovog članka dokazati rezultate na novi i jednostavniji način. Stoga je rad napisan tako da zahtijeva minimalno znanje iz teorije matrica. Ipak, zaključak ovog istraživanja upućuje na otvoren, zanimljiv i netrivijalan matematički problem: kako dijagonalizirati indefinitnu simetričnu matricu reda 4 (3) koristeći tek nekoliko ravninskih (trigonometrijskih i hiperbolnih) rotacija. Rješenje tog problema povećalo bi efikasnost postojećih vrlo točnih algoritama [5, 2] za računanje vlastitih vrijednosti simetrične indefinitne matrice reda n.

Neka je J dijagonalna matrica predznaka reda n oblika

pri čemu su I_{l} i I_{n-l} jedinične matrice reda l i n-l, respektivno. Matrici J možemo pridružiti grupu J-ortogonalnih matrica reda n.

Iz definicije odmah slijedi da F mora biti kvadratna i nesingularna. Doista, jer je na desnoj strani jednakosti (1) kvadratna matrica J reda n, mora i lijeva strana dati kvadratnu matricu. Stoga F kao zadnja matrica u produktu mora imati n stupaca, a da bi produkt JF bio definiran mora F imati n redaka. Dakle sve su matrice na lijevoj strani kvadratne reda n. Njihov produkt je J koja je nesingularna, pa sve matrice na lijevoj strani moraju biti nesingularne. To se također vidi i ako primijenimo na lijevu i desnu stranu jednakosti (1) determinantu i iskoristimo Binet-Cauchyjev teorem.

Dokaz. Pokažimo prvo da je produkt dviju J-ortogonalnih matrica također J-ortogonalna matrica. Neka su F i GJ-ortogonalne tako da vrijedi F^{\tau} JF=J i G^{\tau} JG=J. Tada je

što pokazuje da je i produkt FG jedna J- ortogonalna matrica.

Ulogu jediničnog elementa igra jedinična matrica I_{n} koja zadovoljava relaciju (1). Grupna operacija je matrično množenje koje je asocijativno, pa preostaje pokazati da je inverz J-ortogonalne matrice također J-ortogonalna.

Neka je FJ-ortogonalna. Tada je ona nesingularna, pa postoji inverzna matrica F^{-1}. Pokažimo da je F^{-1}J-ortogonalna. Ako pomnožimo lijevu i desnu stranu jednadžbe (1) prvo sa F^{-1} zdesna, a zatim s J slijeva, dobijemo ekvivalentu jednadžbu

Ako invertiramo lijevu i desnu stranu i iskoristimo činjenicu da operacije transponiranja i invertiranja komutiraju, dobijemo

To pokazuje da i F^{-1} zadovoljava uvjet (2), pa je J-ortogonalna matrica.

Preostaje još pokazati da J-ortogonalnost od F povlači J-ortogonalnost od F^{T}. Doista, ako transponiramo izraze na lijevoj i desnoj strani jednadžbe (2), dobijemo

pa je propozicija dokazana. Q.E.D.
Koje uvjete zadovoljavaju elementi proizvoljne J-ortogonalne matrice F?

Ako pišemo F=(f_{ij}), i izračunamo elemente na diagonalnom mjestu (i,i) odnosno nedijagonalnom mjestu (i,j), na lijevoj i desnoj strani u relaciji (1), lako dobijemo

odnosno

Jer je matrica FJ-ortogonalna, takva je i matrica F^{T}, pa relacije (6) i (7) vrijede ako na svim mjestima zamijenimo donje indekse (f_{ki}\mapsto f_{ik}, f_{kj}\mapsto f_{jk}). Tako dobijemo analogne relacije

odnosno

U našoj analizi trebat ćemo pojmove singularnih vrijednosti i vektora matrice. Sljedeći teorem dokazuje postojanje singularne dekompozicije matrice. Nama će trebati samo verzija za realne matrice.

U slučaju kvadratne matrice reda n, \sigma_{\min\lbrace m,n\rbrace }=\sigma_{n}. Singularna dekompozicija se koristi u dokazu postojanja CS dekompozicije J-ortogonalne matrice, a mi ćemo ju koristiti samo za slučajeve m=n=2 i m=n=3 (vidjeti npr. [6, 3]).

Da bismo otkrili još neka zanimljiva svojstva J-ortogonalne matrice F, podijelimo ju na 4 bloka, prema matričnoj blok-particiji koju nosi J,

pri čemu su F_{11} i F_{22} kvadratni blokovi. Tada se jednadžba J=F^{T}JF može nakon množenja na desnoj strani, zapisati u obliku

Izjednačavajući blokove na lijevoj i desnoj strani, dobivamo

Svaka vlastita vrijednost simetrične matrice H\pm \alpha I je oblika \lambda \pm \alpha gdje je \lambda vlastita vrijednost matrice H. Stoga nam relacija (5) pokazuje da vrijedi

Ako je Xr\times t realna matrica, korištenjem njene singularne dekompozicije odmah slijedi da su vlastite vrijednosti simetrične matrice X^{T}X  (XX^{T}) kvadrati singularnih vrijednosti od X, uz dodatno t-r (r-t) nula vlastitih vrijednosti u slučaju t\gt r (r\gt t)). Ako općenito \sigma_{i}(X) označava i-tu singularnu vrijednost od X, tada se zadnje dvije relacije mogu zapisati u obliku

pri čemu se mora voditi računa od dimenzijama matrica F_{21} i F_{12}. Ako je manja dimenzija od F_{21} (F_{12}) manja od l (n-l), tada F_{21} (F_{12}) ima manje od l (n-l) singularnih vrijednosti, pa se zadnja relacija za odgovarajuće vrijednosti indeksa i (j) svodi na oblik \sigma_{i} (F_{11})=1  (\sigma_{j} (F_{22})=1).

Dakle se odgovarajuće singularne vrijednosti blokova F_{11} i F_{21} (F_{22} i F_{12}) ponašaju kao hiperbolni kosinus i sinus istog argumenta. Stoga se može očekivati da postoji neka dekompozicija J-ortogonalne matrice F, slična singularnoj dekompoziciji, kod koje će ortogonalne matrice koje množe F slijeva i zdesna također biti i J-ortogonalne. To nas vodi na tzv. hiperbolnu kosinus-sinus dekompoziciju J-ortogonalne matrice, koju u općenitom obliku dajemo bez dokaza. Dokaz je dugačak i zahtjevan (vidjeti \cite[Theorem 2.1]{Tru-00}).

U teoremu su singularne vrijednosti blokova F_{11} i F_{22} označene sa \gamma_{i}, dok su singularne vrijednosti blokova F_{21} i F_{12} označene sa \sigma_{i}, 1\leq i\leq \min\lbrace l,n-l\rbrace. Ako je 2l=n, tada se na desnim stranama u relacijama (14) i (16) ispušta jedinična matrica I. Zbog svojstva \Gamma^{2} - \Sigma^{2} = I, dijagonalni elementi od \Gamma i \Sigma zadovoljavaju uvjet

Ako je 2l\leq n, tada je dijagonalna matrica \Gamma općenito oblika \text{diag}(\Gamma_{1},I_{l-k}), pri čemu dijagonalni elementi od \Gamma_{1} zadovoljavaju uvjet \gamma_{i}\gt 1, 1\leq i\leq k. Tada je dijagonalna matrica \Sigma oblika \text{diag}(\Sigma_{1},0_{l-k}), pri čemu dijagonalni elementi od \Sigma_{1} zadovoljavaju uvjet \sigma_{i}\gt 0, 1\leq i\leq k. U slučaju 2l\gt n može se pretpostaviti isto, samo l treba zamijeniti sa n-l. Zbog relacije (18) dijagonalni elementi \gamma_{i} se poistovjećuju sa kosinus hiperbolnim, a \sigma_{i} sa sinus hiperbolnim nekih kuteva. Stoga ćemo dekompoziciju iz Teorema 5 nazivati hiperbolnom CS dekompozicijom (kraće: HCSD) ili CS dekompozicijom J-ortogonalne matrice (kraće: CSD J-ortogonalne matrice).

Cilj ovog članka je na što elementarniji način izvesti CS dekompoziciju J ortogonalne matrice F reda 2, 3 i 4. U slučaju n=3 i n=4 postoje različite mogućnosti za J, ovisno o tome koliki je l u odnosu na n. Stoga će za svaki izbor od n i l postojati posebni dokaz.

Također ćemo i za n=3,4 dati primjene koje otvaraju nove netrivijalne probleme. Od kompliciranijih alata, koristit ćemo tek singularnu dekompoziciju za matrice reda 2 i 3.

U ovom slučaju jedini mogući oblik za J je \text{diag}(1,-1), pa je l=1. Stoga su i matrice U_{11}, U_{22}, V_{11}, V_{22} brojevi iz skupa \lbrace 1,-1\rbrace. Dakle, hiperbolna CSD za matricu F ima oblik

pri čemu su u_{11},u_{22},v_{11},v_{22}\in\lbrace 1,-1\rbrace. Kako odrediti elemente matrica na desnoj strani ako je dana matrica F svojim elementima?

Ako je |f_{11}|=1, tada iz relacija (6) i (8) za i=1 odmah slijedi f_{21}=0 i f_{12}=0. Stoga je |f_{22}|=1, pa mora biti \sigma_{1}=0, \gamma_{1}=1. Možemo odabrati u_{11}, u_{22} iz skupa \lbrace 1,-1\rbrace tako da vrijedi f_{11}=u_{11}\gamma_{1}, f_{22}=u_{22}\gamma_{1}, te onda staviti v_{11}=1, v_{22}=1.

Ako je |f_{11}|\gt 1, tada iz relacija (6) i (8) za i=1 odmah slijedi |f_{21}|\gt 0, |f_{12}|\gt 0 i |f_{21}|=|f_{12}|. Stoga je i |f_{22}|=|f_{11}|. Relacija (7) pokazuje da mora vrijediti f_{11}f_{12}=f_{21}f_{22}. Definirajmo \gamma_{1}=|f_{11}|, \sigma_{1}=|f_{21}|.

Možemo odabrati u_{11} i u_{22} tako da bude f_{11}=u_{11}\gamma_{1} i f_{21}=u_{22}\sigma_{1}. Zatim odaberimo v_{11}=1, a v_{22} odaberimo tako da bude f_{22}=(u_{22}\gamma_{1})v_{22}. Tada mora vrijediti relacija (??), čime je postignut traženi oblik iz teorema.

U ovom slučaju imamo dva podslučajeva: l=1 i l=2.

U ovom slučaju matrice F i J možemo zapisati na sljedeći način

Načinimo singularnu dekompoziciju matrice F_{22}. Ona daje ortogonalne matrice reda 2, U_{22} i V_{22} takve da je

Ovdje smo iskoristili relaciju (13) koja govori da su singularne vrijednosti matrice F_{22} veće ili jednake od 1.

Sada možemo pisati

U relaciji (2) sve matrice su J-ortogonalne, pa je takva i “srednja” matrica na desnoj strani koju označimo sa \tilde{F},

Iz relacija (7) i (9) za matricu \tilde{F} i za i=2, j=3, proizlazi \tilde{b}\tilde{c}=0 i \tilde{d}\tilde{g}=0. Sada uvjet \gamma_{1}\geq\gamma_{2}\geq 1 i relacije (6) i (8) pokazuju da ne može biti \gamma_{2}\gt 1. Jer \gamma_{2}\gt 1 povlači \gamma_{1}\gt 1, |\tilde{b}|\gt 0, |\tilde{c}|\gt 0 kao i |\tilde{d}|\gt 0, |\tilde{g}|\gt 0, pa ne bi moglo biti ni \tilde{b}\tilde{c}=0 niti \tilde{d}\tilde{g}=0. Dakle je \gamma_{2}=1, pa relacije (6) i (8) povlače |\tilde{c}|=0 i |\tilde{g}|=0. Dobili smo da je

Sada relacije (6) i (8) uz i=2 daju |\tilde{b}|=\sqrt{\gamma_{1}^{2}-1} i |\tilde{d}|=\sqrt{\gamma_{1}^{2}-1}. Ako iskoristimo iste relacije uz i=1, dobivamo |a|=\gamma_{1}. Mi trebamo dobiti a=\gamma_{1} i \tilde{b}=\tilde{d}\geq 0. To ćemo postići izborom ortogonalnih matrica U_{11} i V_{11} koje su reda 1, pa su to brojevi iz skupa \lbrace 1,-1\rbrace. Kako želimo da je a\gt 0, odaberimo U_{11}= \text{sgn}(a), V_{11}= 1. Time dobivamo

Iz relacije (6) (ili (8)) slijedi \gamma_{1}\tilde{b}' =\gamma_{1}\tilde{d}' pa nakon kraćenja slijedi \tilde{b}' =\tilde{d}'. Ako je \tilde{b}'\geq 0 tada je HCSD je dovršena. Ako je \tilde{b}'\lt 0, sve što treba napraviti je pomnožiti prvi stupac od U_{22} i V_{22} sa -1. Da bi se u to uvjerili, uočimo da je matrica D=\text{diag}(1,-1,1)J-ortogonalna i da vrijedi D\cdot D=I_{3}. Stoga je

Uočimo da je i \text{diag}(-1,1)\cdot V_{22}^{T}= [V_{22}\cdot \text{diag}(-1,1)]^{T}, pa i kod matrice V_{22} samo treba prvi stupac pomnožiti sa -1.

Sada je J=\text{diag}(1,1,-1). Dokaz teorema u ovom slučaju može se napraviti posve analogno kao i u prethodnom slučaju. Stoga ćemo ga napraviti na malo drugačiji način.

Iz teorema 5 slijedi, stoga što je 2l\gt n, da postoje ortogonalne matrice U=\text{diag}(U_{11},U_{22}) i V=\text{diag}(V_{11},V_{22}) tako da vrijedi relacija (16). Pri tome su u našem slučaju n=3, l=2, U_{11} i V_{11} ortogonalne matrice reda 2 i vidi se da je U_{11}^{T}F_{11}V_{11}=\text{diag}(\Gamma ,I) singularna dekompozicija bloka F_{11} matrice F. Zato izvod kreće od singularne dekompozicije matrice F_{11}.

Neka je matrica F oblika

Načinimo singularnu dekompoziciju matrice F_{11}, F_{11}=U_{11}\Gamma_{1} V_{11}^{T} i formirajmo ortogonalne matrice U=\text{diag}(U_{11}, u), V=\text{diag}(V_{11}, v) gdje će dijagonalni elementi u,v\in\lbrace 1,-1\rbrace biti određeni kasnije. Izračunajmo \tilde{F}=U^{T}FV.

Pritom je zbog relacije (13), \gamma_{1}\geq \gamma_{2}\geq 1. Uočimo da su sve matrice U, F i VJ-ortogonalne, pa je takva i \tilde{F}. Stoga relacije (7) i (9) primijenjene na \tilde{F} za i=1, j=2 daju \tilde{c}\tilde{f}=0 i \tilde{g}\tilde{h}=0. Slično kao i prije zaključujemo da pretpostavka \gamma_{2}\gt 1 povlači \gamma_{1}\gt 1, a onda relacije (6) i (8) za i=1 i i=2 pokazuju da mora biti |\tilde{c}|\gt 0, |\tilde{f}|\gt 0, |\tilde{g}|\gt 0, |\tilde{h}|\gt 0, pa ne može biti ni \tilde{c}\tilde{f}=0 niti \tilde{g}\tilde{h}=0. Kako je \gamma_{2}\geq 1 zaključujemo da je \gamma_{2}= 1. Stoga \tilde{F} ima oblik

Iskoristimo opet relacije (6) i (8) za i=1 da bi zaključili kako mora biti |\tilde{c}|=\sqrt{\gamma_{1}^{2}-1} i |\tilde{g}|=\sqrt{\gamma_{1}^{2}-1}. Kada to uvažimo i opet primijenimo relacije (6) i (8) za i=3, dobijemo |\tilde{p}|=\gamma_{1}. Neka je dijagonalni element u matrice U odabran tako da bude \tilde{p}=\gamma_{1}. Dakle odabrali smo u=\text{sgn}(\tilde{p}). Da bismo vidjeli kako su elementi \tilde{c} i \tilde{g} jednaki, primijenimo na \tilde{F} relaciju (7) ili (9) za i=1, j=3. Primjena relacije (7) daje \gamma_{1}\tilde{c}=\tilde{g}\gamma_{1}, odakle slijedi \tilde{c}=\tilde{g}. Preostaje pokazati da možemo odabrati dijagonalni element v matrice V tako da bude \tilde{c}=\tilde{g}\gt 0. Za to je dovoljno definirati v=\text{sgn}(\tilde{c}).

Kako je F=U\tilde{F}V^{T}, a \tilde{F} je traženog oblika kao na desnoj strani u relaciji (16), dokaz je dovršen.

Kada je n=4 imamo tri podslučajeva: l=1, l=2 i l=3.

U ovom slučaju imamo J=\text{diag}(1,-1,-1,-1), pa pretpostavimo sljedeću notaciju

Načinimo singularnu dekompoziciju matrice F_{22}, F_{22}=U_{22}\Gamma_{2} V_{22}^{T}, gdje je \Gamma_{2} =\text{diag}(\gamma_{1},\gamma_{2},\gamma_{3}), \gamma_{1}\geq\gamma_{2}\geq\gamma_{3}, a U_{22} i V_{22} su ortogonalne matrice reda 3. Neka su U=\text{diag}(u,U_{22}), V=\text{diag}(v,V_{22}), gdje ćemo brojeve u,v\in\lbrace 1,-1\rbrace kasnije odrediti. Za početak razmatranja stavimo u=1, v=1. Tada vrijedi

Ovdje se element a nije promijenio jer je u=1=v. Jer su sve matrice u produktu, U, F i VJ-ortogonalne, takva je i \tilde{F}. Stoga primjena relacije (13) daje \gamma_{3}\geq 1. Također, primjena relacija (7) i (9) za svaki izbor i,j, pri čemu je 2\leq i\lt j\leq 4, daje

a primjena relacija (6) i (8) za i=2,3,4 daje

Tvrdimo da mora vrijediti \gamma_{2}=\gamma_{3}=1. Da bi to dokazali, pokažimo da suprotna pretpostavka, da je \gamma_{2}\gt \gamma_{3} ili \gamma_{3}\gt 1, vodi u kontradikciju.

Doista, kada bi bilo \gamma_{3}\gt 1, tada bi zapravo vrijedilo \gamma_{1}\geq\gamma_{2}\geq\gamma_{3}\gt 1, pa bi relacije (2) i (2) implicirale

pa ne bi mogle vrijediti ni relacija (1) niti relacija (1).
Kada bi vrijedilo \gamma_{2}\gt \gamma_{3}, tada bi bilo \gamma_{1}\geq \gamma_{2}\gt 1, pa bi relacije (2) i (2) implicirale

To bi povlačilo \tilde{b}\,\tilde{c}\ne 0 i \tilde{e}\,\tilde{f}\ne 0, što proturječi relacijama (1) i (1), respektivno.

Time je pokazano da mora biti \gamma_{2}=\gamma_{3}=1. Zbog relacija (2) i (2) to implicira da je \tilde{c}=0, \tilde{d}=0, \tilde{f}=0, \tilde{g}=0, pa matrica \tilde{F} ima oblik

Opet koristeći relacije (2) i (2) lako zaključimo da je

Sada ćemo odrediti prave vrijednosti za u i v. Odaberimo prvi dijagonalni element od U kao predznak od a, dakle u=\text{sgn}(a). To povlači da su se u matrici \tilde{F} elementi a i \tilde{b} zamijenili sa \gamma_{1} i \tilde{b}'= \text{sgn}(a)\tilde{b}, respektivno. Koristeći relaciju (7) ili (9) za i=1, j=2, dobijemo \gamma_{1}\,\tilde{b}' = \tilde{e}\gamma_{1}, što daje \tilde{b}' = \tilde{e}. Ovdje je v=1. Do istog zaključka i oblika matrice \tilde{F} došli bi izborom u=1, v=\text{sgn}(a).

Preostaje osigurati pozitivnost elementa \tilde{b}'. To možemo tako da istovremeno pomnožimo \tilde{F} slijeva i zdesna sa dijagonalnom matricom \Phi=\text{diag}(1,\text{sgn}(\tilde{b}'),1,1) koja je J-ortogonalna. Tada će \Phi \tilde{F}\Phi biti traženog oblika i sve što još treba je pomnožiti matrice U_{22} i V_{22} zdesna s \text{diag}(\text{sgn}(\tilde{b}'),1,1). To zapravo znači da je U=\text{diag}(\text{sgn}(a), U_{22}\Phi ) i V=\text{diag}(1, V_{22}\Phi).

U ovom slučaju pretpostavljamo notaciju

Načinimo singularnu dekompoziciju dijagonalnog bloka F_{11}, F_{11}=U_{11}\Gamma_{1}V_{11}^{T}, \Gamma_{1}=\text{diag}(\gamma_{1},\gamma_{2},\gamma_{3}), \gamma_{1}\geq\gamma_{2}\geq\gamma_{3}. Pritom su U_{11} i V_{11} ortogonalne matrice reda 3. Neka su U=\text{diag}(U_{11},u), V=\text{diag}(V_{11},v) ortogonalne matrice reda 4, gdje su elementi u,v\in\lbrace 1,-1\rbrace još neodređeni, a za početak razmatranja neka imaju vrijednost 1. Matrice U i V su ortogonalne i J-ortogonalne. Zaključujemo da je i matrica \tilde{F}=U^{T}FVJ-ortogonalna. Vrijedi

Ovdje se d nije promijenio jer je u=1=v. Jer je \tilde{F}J-ortogonalna, primijenimo na nju relaciju (13). Odmah dobijemo \gamma_{1}\geq\gamma_{2}\geq\gamma_{3}\geq 1.

Na slični način kao u prethodnom slučaju, lako se zaključi da mora vrijediti \gamma_{2}=\gamma_{3}=1, pa je \tilde{b}=\tilde{c}=0 i \tilde{f}=\tilde{g}=0. Stoga možemo pisati

Koristeći relacije (6) i (8) lako zaključimo da je

Sada odaberimo u=\text{sgn}(d). To će utjecati na zadnji redak od \tilde{F}, tako da ćemo umjesto \tilde{e} pisati \tilde{e}'=\text{sgn}(d)\tilde{e}, a umjesto d ćemo pisati \gamma_{1}. Sada primjena relacije (7) ili (9) na \tilde{F} za i=1, j=4 daje \gamma_{1}\,\tilde{e}' = \tilde{a}\gamma_{1}. Nakon kraćenja sa \gamma_{1} slijedi \tilde{e}' = \tilde{a}. Do istog zaključka nas dovodi i izbor v=\text{sgn}(d) pri čemu ostaje u=1.

Preostaje osigurati nenegativnost od \tilde{a} odnosno \tilde{e}'. To ćemo postići tako da istovremeno pomnožimo \tilde{F} slijeva i zdesna sa dijagonalnom matricom \tilde{\Phi}=\text{diag}(\text{sgn}(\tilde{a}),1,1,1) koja je J-ortogonalna. Tada će \tilde{\Phi} \tilde{F}\tilde{\Phi} biti traženog oblika i sve što još treba je pomnožiti matrice U_{11} i V_{11} zdesna s \text{diag}(\text{sgn}(\tilde{a}),1,1). To zapravo znači da je U=\text{diag}(U_{11}\tilde{\Phi} , \text{sgn}(d)) i V=\text{diag}(V_{22}\tilde{\Phi},1). Time je postignut oblik kao u tvrdnji (16) teorema.

Ovo je najzanimljiviji slučaj i on zahtijeva dvije singularne dekompozicije, jednu za blok F_{11}, drugu za blok F_{22}. Neka su F_{11}=U_{11} \Gamma_{1} V_{11}^{T} i F_{22}=U_{22} \Gamma_{2} V_{22}^{T} te dvije singularne dekompozicije i neka je U=\text{diag}(U_{11} , U_{22}), V=\text{diag}(V_{11} , V_{22}). Singularna dekompozicija daje dijagonalne elemente od \Gamma_{1} i \Gamma_{2} nenegativne i u nerastućem poretku. Neka je

Ovdje smo zbog jednostavnijeg pisanja izostavili znak  \tilde{}  na elementima (1,2) i (2,1) blokova matrice \tilde{F}. Uočimo da su matrice U (pa zato i U^{T}), V i FJ-ortogonalne, pa je takva i \tilde{F}. Koristeći relaciju (13) zaključujemo da su singularne vrijednosti dijagonalnih blokova matrice \tilde{F} veće ili jednake 1. Stoga vrijedi

pa su oba dijagonalna bloka nesingularna.
Relacije (6), (7) i (8), (9) za matricu \tilde{F} povlače:

Pogledajmo homogeni sustav linearnih jednadžbi (7).

Ako je determinanta sustava različita od nule, tj. ako je |g|\ne |d|, tada je rješenje sustava trivijalno, dakle c=h=0. No, c=h=0 u jednadžbama (6)–(6) daje

Sada relacija (5) daje \gamma_{2} =\gamma_{3}\geq \gamma_{4} =\gamma_{1}, pa mora biti \gamma_{1} =\gamma_{2} =\gamma_{3} =\gamma_{4}. Iz jednadžbi (6)–(6) odmah slijedi |d|=\sqrt{\gamma_{1}^{2}-1}=\sqrt{\gamma_{2}^{2}-1}=|g|. Dobili smo proturječje s polaznom pretpostavkom |g|\ne |d|, pa zaključujemo da je matrica sustava singularna, tj. vrijedi |g| = |d|.

Jer je |g| = |d|, relacije (6) i (6) povlače \gamma_{1} =\gamma_{3}, a relacije (6) i (6) povlače \gamma_{2} =\gamma_{4}.

Na posve isti način, iz jednadžbi (8)–(9) slijedi |q| = |r|.

Dakle, pokazali smo da mora vrijediti

Kako je |g| = |d|, imamo dvije mogućnosti: g = d i g=-d. Promotrimo ih zasebno.

Sada relacija (7) povlači ili d=0 ili d\ne 0, h=-c.

Promotrimo prvo slučaj d=0. Tada je i g=0. Stoga, ako primijenimo relaciju (7) uz i=2, j=3 na matricu \tilde{F}, dobijemo

Dakle je q=0. Relacija (10) pokazuje da je |q| = |r|, pa mora biti i r=0.

Primijenimo li relaciju (7) uz i=1, j=3 na matricu \tilde{F}, dobijemo

pa mora biti c=p.

Primjenom relacije (7) uz i=2, j=4 na matricu \tilde{F}, dobijemo

pa mora biti h=s.

Time je pokazano da je matrica \tilde{F} oblika

Da bismo osigurali nenegativnost od c i h, još treba načiniti transformaciju sličnosti na matrici \tilde{F} s dijagonalnom matricom D=\text{diag}(\text{sgn}(c),\text{sgn}(h),1,1) koja je i ortogonalna i J-ortogonalna.

Promotrimo i drugu mogućnost: d\ne 0 i h=-c. Kako je i g=d, relacije (6) i (6) pokazuju da je \gamma_{1}=\gamma_{2}, relacije (6) i (6) pokazuju da je \gamma_{3}=\gamma_{4}, a relacije (6) i (6) daju \gamma_{2}=\gamma_{3}. Dakle je \gamma_{1}=\gamma_{2}=\gamma_{3}=\gamma_{4}.

Ako primijenimo relaciju (7) na matricu \tilde{F}, prvo za i=2, j=3, a zatim za i=1, j=4, dobijemo \gamma_{1} (g-q)=0 i \gamma_{1} (d-r)=0, dakle q=g i r=d. Isto tako, primjena relacije (7) na matricu \tilde{F}, prvo za i=1, j=3, a zatim za i=2, j=4, daje \gamma_{1} (c-p)=0 i \gamma_{1} (h-s)=0, dakle p=c i h=s. Stoga \tilde{F} ima oblik

Ako je \gamma_{1}=1, tada je c=d=0, pa smo dobili proturječje s d\ne 0. Dakle je \gamma_{1}\gt 1. Jer je c^{2}+d^{2}\gt 0, dobro je definirana ravninska rotacija R_{12}(\phi ) čiji kut \phi je određen formulama

Ona je ortogonalna i J-ortogonalna matrica. Sada je

Da bismo promijenili predznak od elementa -\sigma_{1}, dovoljno je načiniti transformaciju sličnosti na tako transformiranoj matrici \tilde{F} s dijagonalnom matricom D=\text{diag}(1,-1,1,1) koja je i ortogonalna i J-ortogonalna.

Time je dobivena tražena dekompozicija (14) matrice F. U njoj je \Gamma =\gamma_{1} I_{2}, \Sigma = \text{diag}(\sigma_{1} ,\sigma_{1}), U_{22} i V_{22} su matrice iz singularne dekompozicije (iz relacije (11)), dok se U_{11} i V_{11} iz (11) trebaju ažurirati (pomnožiti zdesna) s produktom vodećih podmatrica reda od 2 od R_{12}(\phi ) i od D, dakle s matricom \displaystyle \left[ \begin{array}{rr}\mathsf{c} & \mathsf{s} \\ \mathsf{s} & -\mathsf{c} \end{array}\right].

Razmatranje je vrlo slično prethodnom. Relacija (7) povlači ili d=0 ili d\ne 0, h=c.

Ako je d=0 onda je i g=0. Stoga, ako primijenimo relaciju (7) uz i=2, j=3 na matricu \tilde{F}, dobijemo -q\cdot \gamma_{3}=-q\cdot \gamma_{1}=0, pa je q=0. Prema relaciji (10) vrijedi |q| = |r|, pa mora biti i r=0.

Primjenom relacije (7) uz i=1, j=3 (uz i=2, j=4) na matricu \tilde{F}, dobijemo \gamma_{1} (c-p)=0  (\gamma_{2} (h-s)=0), pa mora biti c=p (h=s). Time je pokazano da je matrica \tilde{F} istog oblika kao u relaciji (11), pa se dokaz završi na isti način kao u točki 4.3.1.

Promotrimo i drugu mogućnost: h=c. Kako je i g=-d, relacije (6) i (6) pokazuju da je \gamma_{1}=\gamma_{2}, pa je zbog relacije (10) \gamma_{1}=\gamma_{2}=\gamma_{3}=\gamma_{4}.

Primijenimo li relaciju (7) na matricu \tilde{F}, prvo za i=2, j=3, a zatim za i=1, j=4, dobijemo \gamma_{1} (g-q)=0 i \gamma_{1} (d-r)=0, dakle je q=g i r=d. Isto tako, primjena relacije (7) na matricu \tilde{F}, prvo za i=1, j=3, a zatim za i=2, j=4, daje \gamma_{1} (c-p)=0 i \gamma_{1} (h-s)=0, dakle p=c i s=h. Stoga \tilde{F} ima oblik

Ako je \gamma_{1}=1, tada je c=d=0, pa je \tilde{F} = I_{4} i dokaz je gotov.

Ako je \gamma_{1}\gt 1, tada je c^{2}+d^{2}\gt 0, pa je dobro definirana ravninska rotacija R_{12}(\psi ) čiji kut \phi je određen formulama

Ona je ortogonalna i J-ortogonalna matrica. Sada je

Time je dobivena tražena dekompozicija (14) matrice F. U njoj je \Gamma =\gamma_{1} I_{2}, \Sigma = \sigma_{1}I_{2}, U_{22} i V_{22} su iz singularne dekompozicije, tj. iz relacije (11), dok se U_{11} i V_{11} iz (11) trebaju ažurirati (pomnožiti zdesna) s vodećom podmatricom reda 2 od R_{12}(\psi ).

Ako se na računalu žele izračunati vlastite vrijednosti i vektori nesingularne indefinitne simetrične matrice H reda n, s visokom relativnom točnosti, matrica H se dekomponira pomoću posebne matrične faktorizacije [1] na produkt H=GJG^{T} gdje je J=\text{diag}(I_{l},-I_{n-l}), a G je nesingularna matrica reda n. Problem se zapisuje kao

Pomnožimo zadnju jednadžbu slijeva s G^{T} i definirajmo vektor z=JG^{T}x. Tada je G^{T}G(JG^{T}x)=\lambda G^{T}x=\lambda J(JG^{T}x), pa smo dobili generalizirani problem vlastitih vrijednosti (GPVV)

tj. kad izračunamo z, vlastiti vektor x se dobije rješavajući sustav linearnih jednadžbi s matricom sustava JG^{T}. Pritom je G matrica sa puno nula pa se rješenje sustava brzo i vrlo točno izračuna.

Jer je matrica A pozitivno definitna za par simetričnih matrica (A,J) postoji nesingularna matrica Z, takva da vrijedi Z^{T}AZ=D_{A} i Z^{T}JZ=D_{J}, pri čemu su D_{A} i D_{J} dijagonalne. Kako kongruencija čuva inerciju simetrične matrice, nesingularna dijagonalna matrica D_{J}=\text{diag}(d_{1},\ldots ,d_{n}) ima točno n-l negativnih dijagonalnih elemenata. Stoga postoji matrica permutacije P reda n takva da matrica P^{T}D_{J}P ima prvih l dijagonalnih elemenata pozitivne. Tada za nesingularnu matricu F=Z|D_{J}|^{-\frac{1}{2}}P vrijedi

Pritom je \displaystyle |D_{J}|^{-\frac{1}{2}}=\text{diag}\left(1/\sqrt{|d_{1}|},\ldots ,1/\sqrt{|d_{n}|}\right), pa je \Lambda_{A} dijagonalna. Iz prve relacije vidimo da je FJ-ortogonalna matrica. Za nalaženje matrice F i dijagonalne matrice \Lambda_{A} postoji vrlo točna tzv. J-Jacobijeva metoda [5].

Ta metoda bazirana je na činjenici da za par matrica (\hat{A},\hat{J}),

pri čemu je \hat{A} pozitivno definitna, postoji \hat{J}-ortogonalna matrica \hat{F} takva da vrijedi \hat{F}^{T}\hat{A}\hat{F}=\text{diag}(a_{11}',a_{22}'). Pritom je (vidjeti [5])

U općem slučaju kad su matrice A i J reda n, Veselićev J-Jacobijev algoritam [5] primjenjuje ove formule tako da izabire glavne podmatrice reda dva, \hat{A} od A i \hat{J} od J, u nekom redoslijedu, i primijenjuje ravninske hiperbolne rotacije. Ako je \hat{J} jednak I_{2} ili -I_{2}, koristi se jedan korak standardne Jacobijeve metode koja koristi ravninske rotacije.

Kada se F i \Lambda_{A} izračunaju, tražena dijagonalna matrica vlastitih vrijednosti od H je J\Lambda_{A}, dok je pripadna matrica ortonormiranih vektora Q=G^{-T}JF\Lambda_{A}^{\frac{1}{2}}. Doista,

Dakle, ortogonalna matrica Q dobijena je kao produkt u kojem se uz J nalaze tri neortogonalne matrice! Uočimo da je H=Q\Lambda Q^{T}, \Lambda=J\Lambda_{A} spektralna dekompozicija od H.

Danas je po brzini i visokoj relativnoj točnosti jedna od najefikasnijih metoda za istovremenu dijagonalizaciju matrica A i J tzv. jednostrana blok J-Jacobijeva metoda [2], koja je modifikacija Veselićeve J-Jacobijeve metode [5]. Ta blok metoda na svakom koraku treba rješenje vlastitog problema \hat{A}\hat{z}= \hat{\lambda}\hat{J}\hat{z} sa matricama \hat{A} i \hat{J} koje su manje dimenzije. Kod standardne (po elementima) J-Jacobijeve metode je \hat{n}=2, a kod blok metode je veći. Najčešće je ta dimenzija \hat{n}\in\lbrace 32,64,128\rbrace i \hat{n} ovisi o veličini cache memorije računala. Ovi manji problemi uspješno se rješavaju standardnom J-Jacobijevom metodom. Da bi se i ta obična metoda ubrzala, može se zamijeniti sa specijalnom blok J-Jacobijevom metodom koja na svakom koraku rješava GPVV sa matricama \tilde{A} i \tilde{J} koje su reda 4 ili 3 (3 samo ako je n neparan i \hat{A} ima elemente iz zadnjeg stupca matrice A). U tom slučaju se takova J-Jacobijeva metoda može uspješno koristiti i kad je red matrice A nekoliko tisuća.

Ako su \tilde{A} i \tilde{J} dimenzije 4 ili 3, postavlja se pitanje kako najbrže izračunati matricu \tilde{F} koja zadovoljava uvjet \tilde{F}^{T}\tilde{J}\tilde{F}=\tilde{J} i uvjet da je \tilde{F}^{T}\tilde{A}\tilde{F} dijagonalna matrica. Drugim riječima, otvara se problem kako izračunati što točnije i brže (sa što manje računskih operacija) traženu \tilde{J}-ortogonalnu matricu \tilde{F}. Jer je \tilde{A} pozitivno definitna, zna se da tražena \tilde{F} postoji.

Tu će nam pomoći rezultati iz prethodne točke o CS dekompoziciji J-ortogonalne matrice reda 3 i 4. Prvo ćemo se osvrnuti na slučaj kada su \tilde{A} i \tilde{J} reda 3, a zatim na slučaj kada su reda 4. Zbog lakšeg pisanja, maknut ćemo znak tilde sa matrica.

Kada je n=3, najzanimljiviji je slučaj l=2. Iz teorema 5 za slučaj n=3, l=2, pogledajmo što nam kaže relacija (16). Vidimo da su matrice U_{11} i V_{11} reda 2 dok su U_{22} i V_{22} ortogonalne matrice reda 1, dakle brojevi 1 ili -1.

Matricu F možemo pisati u obliku

Kada se na matricu A uzastopce primijene transformacije kongruencije, prvo s U_{12}, zatim sa W_{13} i konačno sa V_{12}^{T} moramo dobiti dijagonalnu matricu. Možemo pisati

gdje je \Lambda dijagonalna. Matrice U_{12} i V_{12} su ravninske ortogonalne matrice, a W_{13} je ravninska J-ortogonalna matrica (tzv. hiperbolna rotacija).

Gledajući zadnju relaciju, možemo sljedeće zaključiti. Ravninska ortogonalana matrica V_{12}  (V_{12}^{T}) ne mijenja sumu kvadrata elemenata na pozicijama (1,3) i (2,3)  (odnosno (3,1) i (3,2)), a kako se ona primijenjuje zadnja, moraju elementi na pozicijama (1,3) i (2,3)  ((3,1) i (3,2)) već biti nula. Stoga je uloga od V_{12}^{T}, tansformacijom kongruencije (koja je i sličnost jer je V_{12} ortogonalna) poništiti elemente na pozicijama (1,2) i (2,1). To znači da transformacija sa matricom U_{12} treba pripremiti matricu A kako da bi transformacija s W_{13} poništila oba elementa na pozicijama (1,3) i (2,3). Dakle će se matrica V_{12} lako odrediti, npr. kao Jacobijeva rotacija.

Stoga je uloga J-ortogonalne matrice W_{13} transformacijom kongruencije poništiti elemente matrice U_{12}^{T}AU_{12} na pozicijama (1,3), (2,3) i (3,1), (3,2). Još kažemo da W_{13} mora biti istovremeno i Jacobijeva i Givensova hiperbolna rotacija. Da bi to mogla biti, uloga matrice U_{12} mora biti prirediti matricu A tako da to bude moguće. Stoga očekujemo najveći problem u određivanju elemenata matrice matrice U_{12}. Vjerojatno će trebati riješiti polinomijalnu (kubnu) jednadžbu za npr. tangens kuta koji određuje U_{12}.

Najzanimljiviji je slučaj kada je l=2. Relacija (16) iz teorema 5, za slučaj n=4, l=2, pokazuje da se J-ortogonalna matrica reda 4 može prikazati kao produkt od 4 ortogonalne i dvije hiperbolne ravninske matrice. Matricu F možemo pisati u obliku

Za razliku od istoimenih matrica iz točke 5.1, sada su U_{12}, W_{13} i V_{12} ravninske matrice reda 4. Takve su i U_{34}, W_{24} i V_{34}. Pritom ortogonalne matrice U_{12} i U_{34} (V_{12} i V_{34}) međusobno komutiraju, baš kao i J-ortogonalne matrice W_{13} i W_{24}.

Kada se na matricu A uzastopce primijene transformacije kongruencije, prvo sa U_{12} i U_{34} zatim sa W_{13} i W_{24}, te konačno sa V_{12}^{T} i V_{34}^{T}, moramo dobiti dijagonalnu matricu F^{T}AF=\Lambda_{A}. To možemo zapisati ovako:
 

Slično kao u slučaju n=3 možemo zaključiti sljedeće. Uloga transformacija sa matricama V_{12}^{T} i V_{34}^{T} je poništiti elemente na pozicijama (1,2), (2,1) i (3,4), (4,3), respektivno. Transformacije sa matricama W_{13} i W_{24} trebaju poništiti sve elemente na pozicijama (1,3), (1,4), (2,3), (2,4) i (3,1), (4,1), (3,2), (4,2), a da bi to mogle, moraju transformacije sa U_{12} i U_{34} prirediti matricu A za to.

Zahvala. Ovaj rad djelomično je financiran sredstvima projekta IP-2014-09-3670 Hrvatske zaklade za znanost. Jadna od tema tog projekta je dijagonalizaciju matrica malog reda uz tek nekoliko ravninskih transformacija. U ovom kao i u prethodnom radu [3] pokazano je da je to moguće, pa još preostaje pronaći i algoritme. {80}