Ортогонализация Грама — Шмидта, метод Якоби (Винберг)

[movzx]

Читая в Винберге главу про билинейные и квадратичные функции (глава 5, параграф 4), возникли трудности с ортогонализацией.
Привожу необходимые теоремы из Винберга по порядку. (Далее везде $\alpha$ — билинейная функция, $q$ — соответствующая квадратичная.)

Ортогонализации Грама — Шмидта.
Пусть $\{e_1,\dots,e_n\}$ — некоторый базис пространства $V$ и $A$ — матрица функции $\alpha$ в этом базисе. Обозначим через $A_k$ матрицу ограничения функции $\alpha$ на подпространство $V_k = \left\langle e_1,\dots, e_k \right\rangle$ в базисе $\{e_1,\dots,e_k\}$ этого подпространства, т. е. левый верхний угол порядка $k$ матрицы $A$. Число $\delta_k = \det A_k$ будем называть угловым минором порядка $k$ матрицы $A$. Положим также $V_0=0, \delta_0=1$.
Если все угловые миноры $\delta_1, \dots, \delta_n$ матрицы $A$ отличны от нуля, то существует единственный ортогональный базис $\{f_1, …, f_n\}$ пространства $V$, удовлетворяющий условиям $f_k \in e_k + V_{k-1} \quad(k=1, \dots, n)$. При этом $q (f_k) = \alpha (f_k,f_k) = \frac{\delta_k}{\delta_{k-1}} \quad(k =1, \dots, n)$.

Метод Якоби.
Если все угловые миноры $\delta_k$ матрицы вещественной квадратичной функции $q$ отличны от нуля, то отрицательный индекс инерции функции $q$ равен числу перемен знака в последовательности $1,\delta_1,\delta_2,\dots,\delta_n$.

Далее идёт Замечание 1.
Модифицируя процесс ортогонализации, можно показать (попробуйте это сделать), что метод Якоби годится и в том случае, когда некоторые из угловых миноров равны нулю, лишь бы в последовательности $\delta_1,\delta_2,\dots,\delta_n$ не было двух нулей подряд (в частности, может быть $\delta_n=0$, но тогда должно быть $\delta_{n-1}\ne0$). При этом если $\delta_k=0$ при каком-то $k < n$, то автоматически $\delta_{k-1}\delta_{k+1}<0$.

Собственно, модификация и вызвала проблемы. Если $\delta_n=0$, ничего сложного нет: ранг билинейной функции будет $n-1$, ортогонализация пройдёт успешно (метод Якоби применим). Трудности возникают, когда $\delta_k=0\quad(k<n)$. Пока я понял, что из $\delta_k=0$ следует $q(f_k)=0$. На этом моменте ортогонализация обрывается и, что делать, я не знаю. Была идея переставлять базисные векторы так, чтобы все $f_k$ такие, что $q(f_k)=0$, оказались в конце, но не знаю, как это сделать, чтобы сохранить применимость метода Якоби. Наведите на нужную мысль или покажите на каком-нибудь простом примере, как модифицировать процесс ортогонализации.

[vpb]

А вы рассмотрите минимальный случай! Допустим, пространство вообще двумерно, и $q(e_1)=0$. Как тогда найти базис, в котором форма имеет диагональную матрицу?

(Кстати, за мной долг. Я когда-то обещался Вам кое-что написать, про евклидовы кольца, да так и не написал. Прошу прощения. Но надеюсь, у меня все-таки дойдут до этого руки.)

Lia: Просьба не разрывать строку принудительно. Отредактировано.

[movzx]

vpb в сообщении #1176783 писал(а):

А вы рассмотрите минимальный случай! Допустим, пространство вообще двумерно, и $q(e_1)=0$. Как тогда найти базис, в котором форма имеет диагональную матрицу?

Давайте рассмотрим минимальный случай. Векторное пространство $V$, $\{e_1,e_2\}$ — базис. Если $q(e_1)=0$, матрица билинейной функции будет такой:

$$\begin{pmatrix}0&\alpha(e_1,e_2)\\\alpha(e_2,e_1)&\alpha(e_2,e_2)\end{pmatrix}.$$

Если мы возьмём $f_1=e_1$, то возникнут проблемы при поиске $f_2=e_2+\lambda f_1$, ибо $\alpha(f_1,f_2)=\alpha(f_1,e_2)+\lambda q(f_1)=\alpha(e_1,e_2)$ не равно нулю в общем случае, и процесс ортогонализации прерывается. Решить эту проблему можно:

1. если $q(e_2)\ne0$, перенумеруем векторы;
2. если $q(e_2)=0$, перейдём к базису $\{e_1+e_2,e_1-e_2\}$; в этом случае $q(e_1+e_2)=2\alpha(e_1,e_2)\ne0$, ибо в противном случае $\alpha$ вырождена.

Обозначим через $A'$ матрицу билинейной функции в новом базисе ($A'=C^\mathrm{T}AC$, где $C$ — матрица перехода к новому базису). В первом случае $\det A'=\det A=-\alpha^2(e_1,e_2)<0$, а во втором — $\det A'=4\det A=-4\alpha^2(e_1,e_2)<0$. Отсюда следует, что в последовательностях $1,\delta_1,\delta_2$ (миноры в исходном базисе) и $1,\delta_1',\delta_2'$ (миноры в новом базисе) одинаковое число перемен знака, при этом новый базис допускает ортогонализацию Грама — Шмидта, а значит, метод Якоби применим как к новому, так и к исходному базису.

До этого я, конечно, дошёл. Идейно мне понятно: нужно перейти к такому базису, который позволит провести ортогонализацию, и доказать, что число перемен знака в последовательности миноров при переходе к этому базису не изменится. Для общего случая у меня тоже есть соображения, но это уже завтра.

(Оффтоп)

vpb в сообщении #1176783 писал(а):

(Кстати, за мной долг. Я когда-то обещался Вам кое-что написать, про евклидовы кольца, да так и не написал. Прошу прощения. Но надеюсь, у меня все-таки дойдут до этого руки.)

Было бы интересно.

[vpb]

Однако продолжим, если для Вас вопрос еще актуален.

(Оффтоп)

(Да, есть у меня склонность к откладыванию всяких дел, извините.)

Разобьем нужное утверждение на два.
1) Пусть $(\delta_0=1,\delta_1,\ldots,\delta_n)$ --- последовательность угловых миноров. Допустим, что для некоторого $k$ имеем $\delta_k=0$ и $\delta_{k-1}\delta_{k+1}\ne0$. Докажите, что тогда непременно $\delta_{k-1}\delta_{k+1}<0$.

2) Допустим вдобавок, что в последовательности угловых миноров не встречается двух нулей подряд. Докажите, что в этом
случае отрицательный индекс инерции равен числу перемен знака в этой последовательности (или, точнее, в последовательности, получающейся из нее удалением нулей).

(Мне кажется, тут еще вот что может мешать думать. Выражение "метод Якоби" несколько дезориентирующее. Метод --- это процесс, способ что-либо сделать, а тут мы имеем утверждение. )

С наступающим, и успешной сдачи сессии!

[movzx]

vpb в сообщении #1181133 писал(а):

Докажите, что тогда непременно $\delta_{k-1}\delta_{k+1}<0$

Пойдём по порядку.
1. Если $\delta_{k-1}\neq0$, а $\delta_k=0$, то возможно два варианта:

1. в матрице $A_k$ последняя строка $\alpha_k$, а значит, и столбец (ибо матрица симметричная), нулевая;
2. в матрице $A_k$ последняя строка $\alpha_k$, а значит, и столбец, ненулевая. В этом случае существует такой ненулевой набор $\{\lambda'_i\}$, что $\sum_{i=1}^k\lambda'_i\alpha_i=0$, при этом $\lambda'_k\neq0$, ибо в противном случае $\sum_{i=1}^{k-1}\lambda'_i\alpha_i=0$, а значит, линейно зависимы строки матрицы $A_{k-1}$, но $\delta_{k-1}\neq0$. Так как $\lambda'_k\neq0$, последняя строка является линейной комбинацией остальных строк, то есть $\alpha_k=\sum_{i=1}^{k-1}\lambda_i\alpha_i$.

2. Посчитаем, чему равен определитель $\delta_{k+1}$. Сначала рассмотрим второй случай:

$$\delta_{k+1}=\begin{vmatrix} A_{k-1}&&\alpha_{1k}&\alpha_{1(k+1)}\\ &&\vdots&\vdots\\ \alpha_{k1}&\cdots&\alpha_{kk}&\alpha_{k(k+1)}\\ \alpha_{(k+1)1}&\cdots&\alpha_{(k+1)k}&\alpha_{(k+1)(k+1)} \end{vmatrix}$$

Вычтем из $k$-й строки линейную комбинацию $\sum_{i=1}^{k-1}\lambda_i\alpha_i$. Получим:

$$\delta_{k+1}=\begin{vmatrix} A_{k-1}&&\alpha_{1k}&\alpha_{1(k+1)}\\ &&\vdots&\vdots\\ 0&\cdots&0&\alpha_{k(k+1)}-\sum_{i=1}^{k-1}\lambda_i\alpha_{i(k+1)}\\ \alpha_{(k+1)1}&\cdots&\alpha_{(k+1)k}&\alpha_{(k+1)(k+1)} \end{vmatrix}$$

Затем проделаем то же самое с $k$-м столбцом. В результате:

$$\delta_{k+1}=\begin{vmatrix} A_{k-1}&&0&\alpha_{1(k+1)}\\ &&\vdots&\vdots\\ 0&\cdots&0&\alpha_{k(k+1)}-\sum_{i=1}^{k-1}\lambda_i\alpha_{i(k+1)}\\ \alpha_{(k+1)1}&\cdots&\alpha_{(k+1)k}-\sum_{i=1}^{k-1}\lambda_i\alpha_{(k+1)i}&\alpha_{(k+1)(k+1)} \end{vmatrix}$$

В силу симметричности $\alpha_{k(k+1)}-\sum_{i=1}^{k-1}\lambda_i\alpha_{i(k+1)}=\alpha_{(k+1)k}-\sum_{i=1}^{k-1}\lambda_i\alpha_{(k+1)i}$. Для простоты обозначим этот элемент как $\omega$. Нетрудно заметить, что нам удалось второй случай свести к первому (в первом случае $\omega=\alpha_{k(k+1)}$).
3. Теперь разложим определитель сначала по строке с нулями, а затем по столбцу с нулями. Итог:

$$\delta_{k+1}=(-1)^{2k+1}\omega\begin{vmatrix} A_{k-1}&&0\\ &&\vdots\\ \alpha_{(k+1)1}&\cdots&\omega \end{vmatrix}=(-1)^{4k+1}\omega^2\begin{vmatrix} A_{k-1} \end{vmatrix}=-\omega^2\delta_{k-1}$$

4. Если к тому же $\delta_{k+1}\neq0$, то $\delta_{k-1}\delta_{k+1}=-\omega^2\delta_{k-1}^2<0$.

(Оффтоп)

vpb в сообщении #1181133 писал(а):

(Да, есть у меня склонность к откладыванию всяких дел, извините.)

У меня тоже.

[movzx]

vpb в сообщении #1181133 писал(а):

2) Допустим вдобавок, что в последовательности угловых миноров не встречается двух нулей подряд. Докажите, что в этом
случае отрицательный индекс инерции равен числу перемен знака в этой последовательности (или, точнее, в последовательности, получающейся из нее удалением нулей).

Займёмся вторым пунктом. Пусть в нашей последовательности миноров $\delta_1,\delta_2,\dots,\delta_n$ нет двух нулей подряд. Нужно научиться бороться в этой последовательности с «дырами», то есть переходить к такому базису, чтобы нулевых миноров не стало.

Пункт 1. Возьмём первый нулевой минор $\delta_k$ в последовательности $\{\delta_i\}$. Поменяем местами сначала последнюю и предпоследнюю строку, а затем последний и предпоследний столбец в матрице $A_{k+1}$, получим матрицу $B_{k+1}$ (эта матрица является матрицей билинейной формы в базисе с поменянными векторами $e_k,e_{k+1}$, то есть $\{e_1,\dots,e_{k+1},e_k\}$), при этом $\det B_{k+1}=\delta_{k+1}$. Далее возможно два случая:

1. Если $\det B_k\neq0$, перенумеруем (поменяем местами) векторы $e_k$ и $e_{k+1}$. Получим новую последовательность миноров $\{\xi_i\}$, при этом $\xi_i=\delta_i$ (при $i\neq k$), ибо при перенумерации векторов одновременно меняются строки и столбцы, а $\xi_k=\det B_k\neq0$.

2. Если $\det B_k=0$, перейдём к новому базису $\{e_1,\dots,e_k+e_{k+1},e_k-e_{k+1},\dots,e_n\}$. Покажем, что определитель $\xi_k$ матрицы $C_k$, соответствующей угловому минору в новом базисе, не равен нулю.

$$\xi_k=\begin{vmatrix} A_{k-1}&&\alpha_{1k}+\alpha_{1(k+1)}\\ &&\vdots\\ \alpha_{k 1}+\alpha_{(k+1)1}&\cdots&\alpha_{kk}+2\alpha_{k(k+1)}+\alpha_{(k+1)(k+1)} \end{vmatrix}$$

Разобьём определитель по последней строке и обозначим получившиеся определители как $\mu$ и $\gamma$

$$\xi_k=\begin{vmatrix} A_{k-1}&&\alpha_{1k}+\alpha_{1(k+1)}\\ &&\vdots\\ \alpha_{k 1}&\cdots&\alpha_{kk}+\alpha_{k(k+1)} \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} A_{k-1}&&\alpha_{1k}+\alpha_{1(k+1)}\\ &&\vdots\\ \alpha_{(k+1)1}&\cdots&\alpha_{k(k+1)}+\alpha_{(k+1)(k+1)} \end{vmatrix}=\mu+\gamma$$

Теперь разобьём эти два определителя по последнему столбцу:

$$\mu=\begin{vmatrix} A_{k-1}&&\alpha_{1k}\\ &&\vdots\\ \alpha_{k 1}&\cdots&\alpha_{kk} \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} A_{k-1}&&\alpha_{1(k+1)}\\ &&\vdots\\ \alpha_{k 1}&\cdots&\alpha_{k(k+1)} \end{vmatrix}=\delta_k+\begin{vmatrix} A_{k-1}&&\alpha_{1(k+1)}\\ &&\vdots\\ \alpha_{k 1}&\cdots&\alpha_{k(k+1)} \end{vmatrix}$$

$$\gamma=\begin{vmatrix} A_{k-1}&&\alpha_{1k}\\ &&\vdots\\ \alpha_{(k+1)1}&\cdots&\alpha_{k(k+1)} \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} A_{k-1}&&\alpha_{1(k+1)}\\ &&\vdots\\ \alpha_{(k+1)1}&\cdots&\alpha_{(k+1)(k+1)} \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} A_{k-1}&&\alpha_{1k}\\ &&\vdots\\ \alpha_{(k+1)1}&\cdots&\alpha_{k(k+1)} \end{vmatrix}+\det B_k$$

Так как $\delta_k=\det B_k=0$ и $\mu=\gamma$ (в силу симметричности и того, что получившаяся матрица определителя $\mu$ является транспонированной матрицей определителя $\gamma$), можно заключить, что

$$\xi_k=2\begin{vmatrix} A_{k-1}&&\alpha_{1(k+1)}\\ &&\vdots\\ \alpha_{k 1}&\cdots&\alpha_{k(k+1)} \end{vmatrix}$$

В силу доказанного в предыдущем посте последняя строка $\delta_k$ является линейной комбинацией первых $(k-1)$ строк. Вычитая из последней строки $\xi_k$ данную линейную комбинацию, мы занулим в последней строке первые $(k-1)$ элементов, а последний будет $\omega$ (в обозначениях предыдущего поста). Таким образом:

$$\xi_k=2\begin{vmatrix} A_{k-1}&&\alpha_{1(k+1)}\\ &&\vdots\\ 0&\cdots&\omega \end{vmatrix}=2\omega\delta_{k-1}$$

В силу того, что $\delta_{k+1}=-\omega^2\delta_k\neq0$, а значит, $\omega\neq0$, и $\xi_k=2\omega\delta_{k-1}$, можно заключить, что $\xi_k\neq0$.

Пункт 2. Итак в обоих случаях мы получили новую последовательность миноров $\{\xi_i\}$, в которой $\xi_k\neq0$. Покажем, что эти последовательности имеют одинаковое число перемен знака.
В первом случае $\xi_i=\delta_i$ (при $i\neq k$), а также $\delta_{k-1}\delta_{k+1}<0$. Значит, каков бы ни был знак $\xi_k$, число перемен знака останется прежним.
Во втором случае $\xi_i=\delta_i$ (при $i<k$). Покажем, что при $i>k$ и $\delta_i\neq0$ знаки миноров останутся прежними, то есть $\delta_i\xi_i>0$. По формуле перехода в новый базис при $i>k$ имеем $C_i=R^\mathrm{T}A_iR$, где $R$ — матрица перехода, определитель которой равен $-2$. Следовательно, $\xi_i=\det C_i=4\det A_i=4\delta_i$, то есть и в этом случае число перемен знака осталось прежним.

Пункт 3. Если в новой последовательности миноров $\{\xi_i\}$ остались нули, возьмём первый нулевой минор и проделаем с ним данный алгоритм. Получим новую последовательность с тем же числом перемен знака, но уже без нулевого минора. Таким образом мы придём к последовательности без нулей.

Пункт 4. Новый базис, в котором нет нулевых миноров допускает ортогонализацию Грама — Шмидта, поэтому отрицательный индекс инерции равен числу перемен знака в новой последовательности, а значит равен числу перемен знака и в старой последовательности $\{\delta_i\}$. Q.E.D.

Обсуждение. Утверждение Якоби доказано, но Винберг предлагал модифицировать сам процесс ортогонализации. Видимо, решение проще? Хотя, как мне видится, концептуально и моё решение весьма простое (либо меняем базисные векторы местами, либо вместо первого берём их сумму, а вместо второго — разность). Думаю, на основе данного алгоритма можно модифицировать процесс ортогонализации.

Как можно интерпретировать результат данного метода? Что нового привносит базис $\{e_1,\dots,e_k+e_{k+1},e_k-e_{k+1},\dots,e_n\}$? Я, честно говоря, взял его наугад, но это почему-то сработало. Как можно интерпретировать переход к такому базису? И можно ли простым языком объяснить, почему это сработало?

(Оффтоп)

vpb, спасибо за пожелания. Вас тоже с прошедшим наступающим.

[vpb]

Здравствуйте, movzx.
Рад, что Вы дорешали задачу. Все Ваши рассуждения правильны и аккуратны. Это и есть модификация процесса ортогонализации. Несомненно, в Винберге и подразумевалось нечто очень похожее.

Замена $(v_1,v_2)$ на $(v_1+v_2,v_1-v_2)$ --- это стандартный приём, который применяется во всех ситуациях такого типа. Искать в нём глубокий смысл, по-моему, незачем. Я не знаю, учитесь Вы где-то или самообразуетесь, но если учитесь, то почти наверняка на занятиях по алгебре доводилось приводить форму $x_1x_2$ к сумме квадратов, т.е. к $x_1^2-x_2^2$. Тут то же самое.

Нужно еще отметить вот что. Можно сделать рассуждения прозрачнее и короче, если использовать геометрические
представления, а не матрицы. Это вообще плодотворная точка зрения. Как это делается в данном конкретном случае, я
вскоре, надеюсь, напишу. Вообще, насчет геометрического подхода к алгебре есть книжка Э.Артин, Геометрическая алгебра. (правда, сам я ее не читал).

[mihailm]

(Оффтоп)

Что это было?

[movzx]

vpb в сообщении #1212358 писал(а):

Я не знаю, учитесь Вы где-то или самообразуетесь, но если учитесь, то почти наверняка на занятиях по алгебре доводилось приводить форму $x_1x_2$ к сумме квадратов, т.е. к $x_1^2-x_2^2$. Тут то же самое.

Да, именно этими рассуждениями я пользовался, когда доказывал частный случай (для двух векторов), но меня немного удивило, что этот же приём перенёсся на более общий случай.

vpb в сообщении #1212358 писал(а):

Как это делается в данном конкретном случае, я вскоре, надеюсь, напишу. Вообще, насчет геометрического подхода к алгебре есть книжка Э.Артин, Геометрическая алгебра.

Было бы интересно почитать. За книгу тоже спасибо — обязательно посмотрю.

(Оффтоп)

mihailm в сообщении #1212381 писал(а):

Что это было?

А на что было похоже?

[mihailm]

(Оффтоп)

Сам с собой?

[vpb]

movzx,
вот другой вариант решения того же вопроса. Я начну с некоторого частного случая, применительно к методу Якоби, а потом напишу нечто более общее.

Я буду в основном придерживаться обозначений из Винберга.

Пусть $\alpha$ --- симметрическая форма на пространстве $V$ над ${\mathbb R}$, $A$ --- её матрица в каком-то базисе, $A'$ --- матрица в другом базисе. Тогда $A'=CAC^T$ для некоторой невырожденной матрицы $C$. Поэтому ${\rm det\,}A$ и
${\rm det\,}A'$ различаются умножением на положительное число. Мы назовем знак ${\rm det\,}A$ дискриминантом формы $\alpha$ (Чаще дискриминантом называют само ${\rm det\,}A$).

Если $M_1$ и $M_2$ --- две квадратные матрицы, то через ${\rm diag}(M_1,M_2)$ обозначим блочно-диагональную матрицу $M=\begin{pmatrix} M_1 & 0 \\ 0 & M_2\end{pmatrix}$. Легко видеть, что ${\rm det\,}M=({\rm det\,}M_1)({\rm det\,}M_2)$.

Пусть $A$ --- матрица для $\alpha$ в базисе $(e_1,\ldots,e_n)$, $\delta_1,\ldots,\delta_n$ --- ее угловые миноры. Допустим, что $\delta_{k-1},\delta_{k+1}\ne0$, $\delta_k=0$. Подпространство $\langle e_1,\ldots,e_l\rangle$ обозначим через $U_l$. Поскольку $\delta_{k-1},\delta_{k+1}\ne0$, ограничение $\alpha$ на каждое из подпространств $U_{k-1}$ и $U_{k+1}$ невырождено.

Пусть $(f_1,\ldots,f_{k-1})$ --- некоторый ортогональный базис в $U_{k-1}$. Матрица формы $\alpha|_{U_{k-1}}$ в этом базисе есть $M_1={\rm diag}(a_1,\ldots,a_{k-1})$, где $a_i=q(f_i)$. Поэтому $a_1\ldots a_{k-1}$ и $\delta_{k-1}$ имеют один знак, и $a_1,\ldots,a_{k-1}\ne0$.

Разложим оба вектора $e_l$, где $l=k,k+1$, как $e_l=e'_l+e''_l$, где $e'_l=\sum_{i=1}^{k-1}(\alpha(e_l,f_i)/a_i)f_i$, $e''_l=e_l-e'_l$. Тогда, очевидно, $e'_l\in U_{k-1}$, а также легко видеть, что $e''_l\perp U_{l-1}$ (т.е. $e'_l$ ---
это проекция $e_l$ на $U_{k-1}$, а $e''_l$ --- перпендикулярная к $U_{k-1}$ составляющая). Обозначим $U'=\langle e''_k, e''_{k+1}\rangle$. Тогда $U_{k+1}$ является прямой суммой подпространств $U_{k-1}$ и $U'$, и эти подпространства ортогональны друг к другу.

Матрица ограничения $\alpha|_{U'}$ в базисе $(e''_k,e''_{k+1})$ есть $\begin{pmatrix} a & b \\ b & c \end{pmatrix}$,
где $a=\alpha(e''_k,e''_k)=q(e''_k)$, $c=q(e''_{k+1})$, $b=\alpha(e''_k,e''_{k+1})$.
Далее, $(f_1,\ldots,f_{k-1},e''_k)$ и $(f_1,\ldots,f_{k-1},e''_k,e''_{k+1})$ суть базисы для $U_k$ и $U_{k+1}$ cоответственно. Матрицы ограничений формы $\alpha$ на эти подпространства в соответствующих базисах суть ${\rm diag}(M_1,a)$ и ${\rm diag}(M_1,M_2)$ соответственно. Поэтому $({\rm det\,}M_1)a$ и $({\rm det\,}M_1) ({\rm det\,}M_2)$ имеют тот же знак, что и $\delta_k$ и $\delta_{k+1}$, соответственно. Учитывая, что ${\rm det\,}M_1$ имеет тот же знак, что и $\delta_{k-1}$, а $\delta_k=0$, видим, что $a=0$. Поскольку $\delta_{k+1}\ne0$, то ${\rm det\,}M_2\ne0$. Отсюда следует, что ${\rm det\,}M_2=-b^2<0$. Значит, $\delta_{k+1}$ и $\delta_{k-1}$ имеют противоположные знаки.

Наконец, пусть $(f_k,f_{k+1})$ --- какой-либо ортогональный базис в $U'$. Тогда, очевидно, $(f_1,\ldots,f_{k+1})$ ---
ортогональный базис в $U_{k+1}$. Также пусть $a_k=q(f_k)$, $a_{k+1}=q(f_{k+1})$. Тогда знаки $a_ka_{k+1}$ и ${\rm det\,}M_2$ совпадают, значит одно из $a_k$, $a_{k+1}$ положительно, второе отрицательно. Отсюда следует утверждение о числе перемен знака.

Процесс же ортогонализации модифицируется так: сначала вычисляем $e''_k, e''_{k+1}$, а потом строим ортогональный базис в $U'$. Т.е. отличие от случая, когда все $\delta_l\ne0$, состоит в том, что тут на некоторых шагах к ортогональному базису присоединяется не один новый вектор, а два, и сама процедура этого присоединения несколько сложнее.