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

$$J=\begin{bmatrix}I_{l} & 0 \\\ 0&-I_{n-l}\end{bmatrix} ,\quad 1\leq l\leq n-1,$$

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 $G$$J$-ortogonalne tako da vrijedi $F^{\tau} JF=J$ i $G^{\tau} JG=J$. Tada je

$$(FG)^{\tau}J(FG)=(G^{\tau}F^{\tau} )\; JFG=G^{\tau}(F^{\tau}JF)G=G^{\tau}JG=J,$$

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 $F$$J$-ortogonalna. Tada je ona nesingularna, pa postoji inverzna matrica $F^{-1}$. Pokažimo da je $F^{-1}$$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

$$[F^{-1}]^{-1} = J [F^{-1}]^{\tau}J.$$

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

$$[F^{T}]^{-1} = J [F^{T}]^{T}J.$$

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 $F$$J$-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

$$\begin{eqnarray*} \left[ \begin{array}{cc} I_{l} & 0 \\ 0 & -I_{n-l} \end{array}\right] &=& \left[\begin{array}{cc} F_{11}^{T} & F_{21}^{T} \\ F_{12}^{T} & F_{22}^{T} \end{array}\right] \left[ \begin{array}{cc} I_{l} & 0 \\ 0 & -I_{n-l} \end{array}\right] \left[\begin{array}{cc} F_{11} & F_{12} \\ F_{21} & F_{22} \end{array}\right] \\ &=& \left[\begin{array}{cc} F_{11}^{T} F_{11}-F_{21}^{T} F_{21} & F_{11}^{T}F_{12}-F_{21}^{T}F_{22} \\ F_{12}^{T} F_{11}-F_{22}^{T} F_{21}& F_{12}^{T} F_{12}-F_{22}^{T} F_{22} \end{array}\right]. \end{eqnarray*}$$

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

$$\begin{eqnarray*} \lambda_{i} (F_{11}^{T} F_{11}) - \lambda_{i} (F_{21}^{T} F_{21}) &=&1, \quad 1\leq i\leq l,\\ \lambda_{j} (F_{22}^{T} F_{22}) - \lambda_{j} (F_{12}^{T} F_{12}) &=&1, \quad 1\leq j\leq n-l. \end{eqnarray*}$$

Ako je $X$$r\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

$$F=\left[ \begin{array}{cc} F_{11} & F_{12} \\ F_{21} & F_{22} \end{array}\right] = \left[ \begin{array}{l|rr} a & b & c \\\hline d & e & f \\ g & h & p \end{array}\right],\qquad J = \left[ \begin{array}{ccc} 1 & & \\ & -1 & \\ & & -1 \end{array}\right]$$

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 $\tilde{F}$,

$$\tilde{F}=\left[ \begin{array}{l|rr} a & \tilde{b} & \tilde{c} \\\hline\\[-2ex] \tilde{d} & \gamma_{1} & 0 \\ \tilde{g} & 0 & \gamma_{2} \end{array}\right].$$

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

$$F = \left[ \begin{array}{cc}\text{sgn} (a) & \\ & U_{22} \end{array}\right] \left[ \begin{array}{l|rr} \gamma_{1} & \tilde{b}' & 0\\\hline\\[-2ex] \tilde{d}' & \gamma_{1} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right] \left[ \begin{array}{cc}1 & \\ & V_{22}^{T} \end{array}\right]$$

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

$$\begin{eqnarray*} F &=& \left[ \begin{array}{cc}\text{sgn} (a) & \\ & U_{22} \end{array}\right]D\cdot D \left[ \begin{array}{l|rr} \gamma_{1} & \tilde{b}' & 0\\\hline\\[-2ex] \tilde{d}' & \gamma_{1} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right]D\cdot D \left[ \begin{array}{cc}1 & \\ & V_{22}^{T} \end{array}\right] \\ &=& \left[ \begin{array}{cc}\text{sgn} (a) & \\ & U_{22} \left[\begin{array}{rr}-1&0\\ 0&1\end{array}\right] \end{array}\right] \left[ \begin{array}{l|rr} \gamma_{1} & -\tilde{b}' & 0\\\hline\\[-2ex] -\tilde{d}' & \gamma_{1} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right] \left[ \begin{array}{cc}1 & \\ & \left[\begin{array}{rr}-1&0\\ 0&1\end{array}\right] V_{22}^{T} \end{array}\right]. \end{eqnarray*}$$

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

$$F=\left[ \begin{array}{cc} F_{11} & F_{12} \\ F_{21} & F_{22} \end{array} \right] =\left[ \begin{array}{ll|r} a & b & c \\ d & e & f \\\hline g & h & p \end{array} \right].$$

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 $\tilde{F}=U^{T}FV$.

$$\tilde{F}=\left[ \begin{array}{cc} U_{11}^{\tau} & 0 \\ 0 & u_{22} \end{array} \right] \left[ \begin{array}{ll|r} a & b & c \\ d & e & f \\\hline g & h & p \end{array} \right] \left[ \begin{array}{cc} V_{11} & 0 \\ 0 & v_{22} \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{ll|r} \gamma_{1} & 0 & \tilde{c} \\ 0 & \gamma_{2} & \tilde{f} \\\hline \tilde{g} & \tilde{h} & \tilde{p} \end{array} \right]$$

Pritom je zbog relacije (13), $\gamma_{1}\geq \gamma_{2}\geq 1$. Uočimo da su sve matrice $U$, $F$ i $V$$J$-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

$$\tilde{F}=\left[ \begin{array}{ll|r} \gamma_{1} & 0 & \tilde{c} \\ 0 & 1 & 0 \\\hline \tilde{g} & 0 & \tilde{p} \end{array} \right]$$

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

$$F=\left[ \begin{array}{cc} F_{11} & F_{12} \\ F_{21} & F_{22} \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{l|rrr} a & b & c & d \\\hline e & h & o & p \\ f & q & r & s \\ g & t & w & z \end{array} \right], \qquad J= \left[ \begin{array}{l|rrr} 1 & & & \\\hline & -1 & & \\ & & -1 & \\ & & & -1 \end{array} \right].$$

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

$$\tilde{F}=\left[ \begin{array}{cc} u & 0 \\ 0 & U_{22}^{\tau} \end{array} \right] \left[ \begin{array}{l|rrr} a & b & c & d \\\hline e & h & o & p \\ f & q & r & s \\ g & t & w & z \end{array} \right] \left[ \begin{array}{cc} v & 0 \\ 0 & V_{22} \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{l|rrr} a & \tilde{b} & \tilde{c} & \tilde{d} \\\hline \tilde{e} & \gamma_{1} & 0 & 0 \\ \tilde{f} & 0 & \gamma_{2} & 0 \\ \tilde{g} & 0 & 0 & \gamma_{3} \end{array} \right]$$

Ovdje se element $a$ nije promijenio jer je $u=1=v$. Jer su sve matrice u produktu, $U$, $F$ i $V$$J$-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

$$|\tilde{b}|\geq |\tilde{c}|\geq |\tilde{d}|\gt 0\quad\text{i}\quad |\tilde{e}|\geq |\tilde{f}|\geq |\tilde{g}|\gt 0,$$

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

$$|\tilde{b}|\geq |\tilde{c}|\gt 0\quad\text{i}\quad |\tilde{e}|\geq |\tilde{f}|\gt 0.$$

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

$$\tilde{F}=\left[ \begin{array}{l|rrr} a & \tilde{b} & 0 & 0 \\\hline \tilde{e} & \gamma_{1} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right].$$

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

$$|\tilde{b}| = \sqrt{\gamma_{1}^{2}-1},\quad |\tilde{e}| = \sqrt{\gamma_{1}^{2}-1}, \quad |a|=\gamma_{1}.$$

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

$$F=\left[ \begin{array}{cc} F_{11} & F_{12} \\ F_{21} & F_{22} \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{lll|r} h & o & p & a \\ q & r & s & b \\ t & w & z & c \\\hline e & f & g & d \end{array} \right], \qquad J= \left[ \begin{array}{ccc|r} 1 & & & \\ & 1 & & \\ & & 1 & \\\hline & & & -1 \end{array} \right].$$

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}FV$$J$-ortogonalna. Vrijedi

$$\tilde{F}= \left[\begin{array}{cc}U_{11}^{T} & 0 \\ 0 & u \end{array}\right] \left[\begin{array}{cc}F_{11} & F_{12} \\ F_{21} & F_{22}\end{array}\right] \left[\begin{array}{cc}V_{11} & 0 \\ 0 & v \end{array}\right] = \left[ \begin{array}{lll|r} \gamma_{1} & 0 & 0 & \tilde{a} \\ 0 & \gamma_{2} & 0 & \tilde{b} \\ 0 & 0 & \gamma_{3} & \tilde{c} \\\hline \tilde{e} & \tilde{f} & \tilde{g} & d \end{array}\right]$$

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

$$|\tilde{a}|=\sqrt{\gamma_{1}^{2}-1},\quad |\tilde{e}|=\sqrt{\gamma_{1}^{2}-1},\quad |d|=\gamma_{1}.$$

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 $F$$J$-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

$$\gamma_{1} = \sqrt{1+d^{2}} = \gamma_{4}, \quad \gamma_{2} = \sqrt{1+g^{2}} = \gamma_{3}.$$

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

$$0=0\cdot c+\gamma_{2}\cdot g-q\cdot \gamma_{3}-s\cdot 0=0+\gamma_{2}\cdot 0-q\cdot \gamma_{1}-0=-q\cdot \gamma_{1}.$$

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

$$0=\gamma_{1}\cdot c+0-p\cdot \gamma_{3}-0=\gamma_{1} (c-p),$$

pa mora biti $c=p$.

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

$$0=0+\gamma_{2}\cdot h-0-s\cdot \gamma_{4}=\gamma_{2} (h-s),$$

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

$$\tilde{F} = \left[ \begin{array}{ll|rr} \gamma_{1} & 0 & c & d \\ 0 & \gamma_{1} & d & -c \\\hline c & d & \gamma_{1} & 0 \\ d & -c & 0 & \gamma_{1} \end{array}\right]$$

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

$$\mathsf{c}=\cos\phi = \frac{c}{\sqrt{c^{2}+d^{2}}},\quad \mathsf{s}=\sin\phi = \frac{d}{\sqrt{c^{2}+d^{2}}}$$

Ona je ortogonalna i $J$-ortogonalna matrica. Sada je

$$\begin{eqnarray*} R_{12}^{T} (\phi )\tilde{F}R_{12} (\phi ) &=& \left[ \begin{array}{rr|rr} \mathsf{c} & \mathsf{s} & 0 & 0 \\ -\mathsf{s} & \mathsf{c} & 0 & 0 \\\hline 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right] \left[ \begin{array}{ll|rr} \gamma_{1} & 0 & c & d \\ 0 & \gamma_{1} & d & -c \\\hline c & d & \gamma_{1} & 0 \\ d & -c & 0 & \gamma_{1} \end{array}\right] \left[ \begin{array}{rr|rr} \mathsf{c} & -\mathsf{s} & 0 & 0 \\ \mathsf{s} & \mathsf{c} & 0 & 0 \\\hline 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right] \\ &=& \left[ \begin{array}{ll|rr} \gamma_{1} & 0 & \sigma_{1} & 0 \\ 0 & \gamma_{1} & 0 & -\sigma_{1} \\\hline \sigma_{1} & 0 & \gamma_{1} & 0 \\ 0 & -\sigma_{1} & 0 & \gamma_{1} \end{array}\right],\quad \sigma_{1}= \sqrt{c^{2}+d^{2}} = \sqrt{\gamma_{1}^{2}-1}. \end{eqnarray*}$$

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

$$\tilde{F} = \left[ \begin{array}{ll|rr} \gamma_{1} & 0 & c & d \\ 0 & \gamma_{1} & -d & c \\\hline c & -d & \gamma_{1} & 0 \\ d & c & 0 & \gamma_{1} \end{array}\right]$$

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

$$\mathsf{c}=\cos\psi = \frac{c}{\sqrt{c^{2}+d^{2}}},\quad \mathsf{s}=\sin\psi = - \frac{d}{\sqrt{c^{2}+d^{2}}}$$

Ona je ortogonalna i $J$-ortogonalna matrica. Sada je

$$\begin{eqnarray*} R_{12}^{T} (\psi )\tilde{F}R_{12} (\psi )\! &=& \!\left[ \begin{array}{rr|rr} \mathsf{c} & \mathsf{s} & 0 & 0 \\ -\mathsf{s} & \mathsf{c} & 0 & 0 \\\hline 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right] \left[ \begin{array}{ll|rr} \gamma_{1} & 0 & c & d \\ 0 & \gamma_{1} & -d & c \\\hline c & -d & \gamma_{1} & 0 \\ d & c & 0 & \gamma_{1} \end{array}\right] \left[ \begin{array}{rr|rr} \mathsf{c} & -\mathsf{s} & 0 & 0 \\ \mathsf{s} & \mathsf{c} & 0 & 0 \\\hline 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right] \\ &=& \left[ \begin{array}{ll|rr} \gamma_{1} & 0 & \sigma_{1} & 0 \\ 0 & \gamma_{1} & 0 & \sigma_{1} \\\hline \sigma_{1} & 0 & \gamma_{1} & 0 \\ 0 & \sigma_{1} & 0 & \gamma_{1} \end{array}\right],\quad \sigma_{1}= \sqrt{c^{2}+d^{2}} = \sqrt{\gamma_{1}^{2}-1}. \end{eqnarray*}$$

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

$$Hx=\lambda x, \quad x\ne 0\qquad\text{odnosno}\qquad GJG^{T}x=\lambda x, \quad x\ne 0.$$

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)

$$Az=\lambda Jz, \quad z\ne 0,\quad\text{pri čemu je}\quad A=G^{T}G,\quad (JG^{T})x=z,$$

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

$$\begin{eqnarray*} F^{T}JF &=& P^{T}\,|D_{J}|^{-\frac{1}{2}}\,Z^{T}JZ\,|D_{J}|^{-\frac{1}{2}}\,P = P^{T}\,|D_{J}|^{-\frac{1}{2}} D_{J}|D_{J}|^{-\frac{1}{2}}\,P =J,\\ F^{T}AF &=& P^{T}\,|D_{J}|^{-\frac{1}{2}}\,Z^{T}AZ\,|D_{J}|^{-\frac{1}{2}}\,P = P^{T}\,|D_{J}|^{-\frac{1}{2}} D_{A}|D_{J}|^{-\frac{1}{2}}\,P =\Lambda_{A} . \end{eqnarray*}$$

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 $F$$J$-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 $(\hat{A},\hat{J})$,

$$\hat{A}=\left[\begin{array}{cc}a_{11}&a_{12}\\ a_{12}&a_{22}\end{array}\right],\qquad \hat{J}=\left[\begin{array}{cc}1&\\ &-1\end{array}\right],$$

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])

$$\hat{F}=\left[\begin{array}{cc} \text{cosh} y& \text{sinh} y\\ \text{sinh} y& \text{cosh} y\end{array}\right],\quad \text{tanh} 2y= -\frac{2a_{12}}{a_{11}+a_{22}},\quad \begin{array}{l} a_{11}'=a_{11}+ \text{tanh} y \,a_{12},\\ a_{22}'=a_{22}+\text{tanh} y\, a_{12}. \end{array}$$

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,

$$\begin{eqnarray*} Q^{T}HQ &=& \Lambda_{A}^{\frac{1}{2}}F^{T}JG^{-1}\,GJG^{T}\,G^{-T}JF\Lambda_{A}^{\frac{1}{2}} = \Lambda_{A}^{\frac{1}{2}}F^{T}JF\Lambda_{A}^{\frac{1}{2}} =J\Lambda_{A} ,\\ Q^{T}Q &=& \Lambda_{A}^{\frac{1}{2}}(F^{T}J)(G^{-1}\,G^{-T})(JF)\Lambda_{A}^{\frac{1}{2}} = \Lambda_{A}^{\frac{1}{2}}JF^{-1}A^{-1}F^{-T}J\Lambda_{A}^{\frac{1}{2}}\\ &=& \Lambda_{A}^{\frac{1}{2}}J(F^{T}AF)^{-1}J\Lambda_{A}^{\frac{1}{2}} = \Lambda_{A}^{\frac{1}{2}}J\Lambda_{A}^{-1}J\Lambda_{A}^{\frac{1}{2}} =I_{n}. \end{eqnarray*}$$

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

$$\begin{eqnarray*} F &=& \left[\begin{array}{rr|r} u_{11}&u_{12} & \\ u_{21}&u_{22}& \\\hline && u_{0} \end{array}\right] \left[\begin{array}{rr|r} \gamma_{1} & 0& \sigma_{1} \\ 0&1&0\\\hline \sigma_{1} & 0& \gamma_{1} \end{array}\right] \left[\begin{array}{rr|r} v_{11}&v_{21}&\\ v_{12}&v_{22}&\\\hline && v_{0}\end{array}\right], \ u_{0},v_{0}\in\lbrace -1,1\rbrace \\ &=& U_{12}W_{13}V_{12}^{T}. \end{eqnarray*}$$

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

$$\Lambda = F^{T}AF= V_{12}\left(W_{13}^{T}\left(U_{12}^{T} \left[\begin{array}{rr|r} a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ a_{12}&a_{22}&a_{23}\\\hline a_{13}&a_{23}&a_{33}\end{array}\right] U_{12}\right)W_{13}\right)V_{12}^{T}$$

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

$$\begin{eqnarray*} F &=& \left[\begin{array}{cc|cc} u_{11}&u_{12} & & \\ u_{21}&u_{22}& &\\\hline && u_{33}&u_{34}\\ && u_{43}&u_{44} \end{array}\right] \left[\begin{array}{cc|cc} \gamma_{1} & 0& \sigma_{1} &0\\ 0&\gamma_{2}&0&\sigma_{2}\\\hline \sigma_{1} & 0& \gamma_{1}&0\\ 0&\sigma_{2}& 0&\gamma_{2} \end{array}\right] \left[\begin{array}{cc|cc} v_{11}&v_{21} & & \\ v_{12}&v_{22}& &\\\hline && v_{33}&v_{43}\\ && v_{34}&v_{44} \end{array}\right]\\ &=& U_{12}U_{34}\, W_{13}W_{24}\, V_{12}^{T} V_{34}^{T}. \end{eqnarray*}$$

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:
 

$$\Lambda_{A} = V_{34}V_{12}\left(\!W_{24}^{T} W_{13}^{T}\left(\! U_{34}^{T} U_{12}^{T} \left[\begin{array}{cc|cc} a_{11}&a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{12}&a_{22}&a_{23}&a_{24}\\\hline a_{13}&a_{23}&a_{33}&a_{34}\\ a_{14}&a_{24}&a_{34}&a_{44} \end{array}\right] U_{12}U_{34}\!\right)W_{13}W_{24}\!\right)V_{12}^{T} V_{34}^{T}.$$

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}