Fachbereich Mathematik Prof. Dr. J.H. Bruinier Martin Fuchssteiner Erik Hofmann Fredrik Strömberg

TECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT

�

SS 2008 6.10.2007

Lineare Algebra II

11. Übung mit Lösungshinweisen

Gruppenübungen

(G 41) Diagonalisierbarkeit

Mit einer symmetrischen Matrix A ∈ ℝ^{3×3} ist die quadratische Form Q_{A} : ℝ^{3} → ℝ mit der Zuordnungsvorschrift

Q_{A}(x) = 7x_{1}^{2} + 6x_{2}^{2} + 5x_{3}^{2} − 4x_{1}x_{2} − 4x_{2}x_{3}

assoziiert.

(a) Geben Sie die Matrix A an und entscheiden Sie, ob A positiv oder negativ definit ist.

(b) Begründen Sie, warum die Matrix A diagonalähnlich ist und geben Sie eine geeignete invertierbare Transformationsmatrix S ∈ ℝ^{3×3} mit S^{−1} ·A·S = D an, wobei D ∈ ℝ^{3×3} eine Diagonalmatrix bildet.

Lösung:

(a) Die zur quadratischen Form Q_{A} gehörige Matrix lautet

A = (\begin{matrix}7 & −2 & 0 \\ −2 & 6 & −2 \\ 0 & −2 & 5 \end{matrix}) .

Um zu zeigen, daß A positiv definit ist, genügt es nach Satz 13.11 auf S.71 im Skript zur Linearen Algebra nachzuweisen, daß die Hauptunterdeterminanten

D_{i} = det ( \begin{matrix}a_{11} & ⋯ & a_{1i} \\ ⋮ & & ⋮ \\ a_{i1} & ⋯ & a_{ii} \end{matrix} )

für i = 1, 2, 3 positiv sind. Wir erhalten

D_{1} = det (7) = 7 > 0
D_{2} = | \begin{matrix}7 & - 2 \\ - 2 & 6 \end{matrix} | = 38 > 0

D_{3} = | \begin{matrix}7 & - 2 & 0 \\ - 2 & 6 & - 2 \\ 0 & - 2 & 5 \end{matrix} | = 162 > 0

und somit ist A positiv definit. Alternativ hätten wir (ebenfalls nach Satz 13.11) zeigen können, daß sämtliche Eigenwerte von A positiv sind. Das charakteristische Polynom von A besitzt die Darstellung

P_{A}(λ) = (−1)^{3} · det (A − λI)

= (−1) · | \begin{matrix}7-λ & -2 & 0 \\ -2 & 6-λ & -2 \\ 0 & -2 & 5-λ \end{matrix} |

= (−1) · [(7 − λ) · (6 − λ) · (5 − λ) − 4 · (7 − λ) − 4 · (5 − λ)] = λ^{3} − 18λ^{2} + 99λ − 162 = (λ − 3) · (λ − 6) · (λ − 9)

und somit erhalten wir die Eigenwerte

λ_{1} = 3, λ_{2} = 6 und λ_{3} = 9,

welche alle positiv sind.

(b) Da es sich bei A um eine symmetrische Matrix handelt, folgt die Diagonalähnlichkeit von A, d.h. es gibt eine invertierbare Matrix S ∈ ℝ^{3×3} und ein Diagonalmatrix D ∈ ℝ^{3×3} mit

S^{−1} · A · S = D.

Dabei sind die Diagonalelemente von D die Eigenwerte von A und die Spalten von S setzen sich aus den zugehörigen Eigenvektoren zusammen. Da wir die Eigenwerte

λ_{1} = 3, λ_{2} = 6 und λ_{3} = 9,

im vorigen Aufgabenteil bereits bestimmt haben, ist nun noch für i = 1, 2, 3 zu jedem Eigenwert λ_{i} ein Eigenvektor x_{i} zu ermitteln, wobei darauf hingewiesen sei, daß jeder Eigenwert eine einfache Nullstelle des charakteristischen Polynoms P_{A}(λ_{i}) bildet und somit nach Bemerkung (7) auf S.66 a.a.O. der Kern von A − λ_{i}I eindimensional ist. Wir unterscheiden nun die folgenden Fälle:

\underline{λ_{1} = 3:} Hier ist eine Lösung des Gleichungssystems

(A − 3I) · x_{1} = (\begin{matrix}4 & −2 & 0 \\ −2 & 3 & −2 \\ 0 & −2 & 2 \end{matrix}) · (\begin{matrix}x_{1,1} \\ x_{1,2} \\ x_{1,3} \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

zu bestimmen, wozu das Gauß-Jordan-Verfahren verwendet werden soll:

4 -2 0 0
-2 3 -2 0
0 -2 2 0
4 -2 0 0
Z2+(\frac{1}{2}) ·Z1 0 2 -2 0
0 -2 2 0
Z1+Z2  4 0 -2 0
0 2 -2 0
Z3+Z2  0 0 0 0
Z1· (\frac{1}{4})  1 0 -\frac{1}{2} 0
Z2· (\frac{1}{2})  0 1 -1 0
0 0 0 0

Somit ist x_{1,3} frei wählbar und wir erhalten

x_{1,2} = x_{1,3} und x_{1,1} = \frac{1}{2}x_{1,3}.

Wählt man beispielsweise

x_{1,3} = 2,

so bildet

x_{1} = (\begin{matrix}x_{1,1} \\ x_{1,2} \\ x_{1,3} \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 \\ 2 \\ 2 \end{matrix})

eine Lösung von (A − 3I) · x_{1} = 0 und ist somit ein Eigenvektor zum Eigenwert λ_{1} = 3.

\underline{λ_{2} = 6:} Zu betrachten ist das Gleichungssystem

(A − 6I) · x_{2} = (\begin{matrix}1 & −2 & 0 \\ −2 & 0 & −2 \\ 0 & −2 & −1 \end{matrix}) · (\begin{matrix}x_{2,1} \\ x_{2,2} \\ x_{2,3} \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) .

Mit dem Gauß-Jordan-Verfahren folgt

1 -2 0 0
-2 0 -2 0
0 -2 -1 0
1 -2 0 0
Z2+2·Z1  0 -4 -2 0
0 -2 -1 0
Z1+(-\frac{1}{2})Z2 1 0 1 0
0 -4 -2 0
Z3+(-\frac{1}{2})Z2 0 0 0 0
1 0 1 0
Z2· (-\frac{1}{4})  0 1 \frac{1}{2} 0
0 0 0 0

Hier ist x_{2,3} frei wählbar und es folgt

x_{2,2} = −\frac{1}{2}x_{2,3} und x_{2,1} = −x_{2,3}.

Wird nun beispielsweise

x_{2,3} = 2

gewählt, dann ist

x_{2} = (\begin{matrix}x_{2,1} \\ x_{2,2} \\ x_{2,3} \end{matrix}) = (\begin{matrix}−2 \\ −1 \\ 2 \end{matrix})

eine Lösung von (A − 6I) · x_{2} = 0 und ist damit zugleich ein Eigenvektor zum Eigenwert λ_{2} = 6.

\underline{λ_{3} = 9:} In diesem Fall ist eine Lösung des Gleichungssystems

(A − 9I) · x_{3} = (\begin{matrix}−2 & −2 & 0 \\ −2 & −3 & −2 \\ 0 & −2 & −4 \end{matrix}) · (\begin{matrix}x_{3,1} \\ x_{3,2} \\ x_{3,3} \end{matrix}) = (\begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) .

zu ermitteln. Mit dem Gauß-Jordan-Verfahren folgt

-2 -2 0 0
-2 -3 -2 0
0 -2 -4 0
-2 -2 0 0
Z2-Z1  0 -1 -2 0
0 -2 -4 0
Z1+(-2)·Z2 -2 0 4 0
0 -1 -2 0
Z3+(-2)·Z2 0 0 0 0
Z1· (-\frac{1}{2})  1 0 -2 0
Z2·(-1)  0 1 2 0
0 0 0 0

Damit ist x_{3,3} frei wählbar und es gilt

x_{3,2} = −2x_{3,3} und x_{3,1} = 2x_{3,3}.

Setzen wir beispielsweise

x_{3,3} = 1,

dann erhalten wir mit

x_{3} = (\begin{matrix}x_{3,1} \\ x_{3,2} \\ x_{3,3} \end{matrix}) = (\begin{matrix}2 \\ −2 \\ 1 \end{matrix})

eine Lösung von (A − 9I) · x_{3} = 0, die zugleich auch einen Eigenvektor zum Eigenwert λ_{3} = 9 darstellt.

Setzen wir nun

S := (\begin{matrix}1 & −2 & 2 \\ 2 & −1 & −2 \\ 2 & 2 & 1 \end{matrix}) und D := (\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 9 \end{matrix}) ,

dann erhalten wir mit

S^{−1} := ( \begin{matrix}\frac{1}{9} & \frac{2}{9} & \frac{2}{9} \\ −\frac{2}{9} & −\frac{1}{9} & \frac{2}{9} \\ \frac{2}{9} & −\frac{2}{9} & \frac{1}{9} \end{matrix} ) = \frac{1}{9} (\begin{matrix}1 & 2 & 2 \\ −2 & −1 & 2 \\ 2 & −2 & 1 \end{matrix})

schließlich die gewünschte Darstellung der Form

S^{−1} · A · S = D.

(G 42) Quadratische Formen

Gegeben sei die quadratische Form q(x, y, z) = x^{2} + 2y^{2} + 3z^{2} − 4xy − 4yz auf ℝ^{3}.

(a) Geben Sie eine symmetrische Matrix A ∈ ℝ^{(3,3)} an, so daß q(x, y, z) = (x, y, z)A(x, y, z)^{T} gilt.

(b) Bestimmen Sie eine orthogonale Matrix S derart, daß S^{⊤}AS eine Diagonalmatrix ist.

(c) Bestimmen Sie q̃: ℝ^{3} → ℝ mit q̃(x̃, ỹ, z̃) = (x̃, ỹ, z̃)D(x̃, ỹ, z̃)^{T}, wobei D die Diagonalmatrix aus Aufgabenteil b) ist. (q̃ ist die Hauptachsenform der quadratischen Form q, wobei (x̃, ỹ, z̃) = (x, y, z)S mit S aus Aufgabenteil b) gilt.)

Lösung:

(a) Es gilt:

Q(x, y, z) = (x, y, z) \underbrace{( \begin{matrix}1 & −2 & 0 \\ −2 & 2 & −2 \\ 0 & −2 & 3 \end{matrix} )}_{=: A} ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) .

(b) Wir suchen eine orthogonale Matrix S, so daß S^{−1}AS = S^{⊤}AS =: D Diagonalgestalt hat. Da A symmetrisch ist, wissen wir nach Satz 6.10 (Seite 188), daß D Diagonalmatrix mit den Eigenwerten λ_{1}, λ_{2}, λ_{3} ∈ ℝ von A in der Diagonalen ist und daß die Spalten von S ein orthonormiertes Eigenvektorsystem zu A bilden. Daher berechnen wir zunächst die Eigenwerte von A und bestimmen das zugehörige orthonormierte Eigenvektorsystem. Es gilt:

p_{A}(λ) = Det ( \begin{matrix}1 − λ & −2 & 0 \\ −2 & 2 − λ & −2 \\ 0 & −2 & 3 − λ \end{matrix} )
= (1 − λ)(2 − λ)(3 − λ) − 4(1 − λ) − 4(3 − λ) = (2 − λ)(λ − 5)(λ + 1),

somit sind λ_{1} = 2, λ_{2} = 5 und λ_{3} = −1 die Eigenwerte von A. Wir bestimmen den Eigenvektor v_{1} zum Eigenwert λ_{1} = 2 mit Länge 1, d.h. ∥v_{1}∥ = 1:

( \begin{matrix}−1 & −2 & 0 & | & 0 \\ −2 & 0 & −2 & | & 0 \\ 0 & −2 & 1 & | & 0 \end{matrix} ) → ( \begin{matrix}−1 & −2 & 0 & | & 0 \\ 0 & −4 & 2 & | & 0 \\ 0 & −2 & 1 & | & 0 \end{matrix} ) → ( \begin{matrix}−1 & −2 & 0 & | & 0 \\ 0 & −2 & 1 & | & 0 \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{matrix} )

Damit ist u_{1} = (−2, 1, 2)^{⊤} ein Eigenvektor von A zum Eigenwert λ_{1} = 2. Normiere u_{1} auf die Länge 1:

∥u_{1}∥ = \sqrt{4 + 1 + 4} = 3 ⇒ v_{1} = \frac{u_{1}}{∥u_{1}∥} = \frac{1}{3}(−2, 1, 2)^{⊤}.

Entsprechend berechnen wir Eigenvektoren v_{2} und v_{3} zu den Eigenwerten λ_{2} bzw. λ_{3} der Länge 1 und erhalten:

v_{2} = \frac{1}{3}(1, −2, 2)^{⊤} und v_{3} = \frac{1}{3}(2, 2, 1)^{⊤}.

Damit ergeben sich die Diagonalmatrix D und die orthogonale Matrix S:

D = ( \begin{matrix}λ_{1} & 0 & 0 \\ 0 & λ_{2} & 0 \\ 0 & 0 & λ_{3} \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix} ) und S = (v_{1}, v_{2}, v_{3}) = \frac{1}{3} ( \begin{matrix}−2 & 1 & 2 \\ 1 & −2 & 2 \\ 2 & 2 & 1 \end{matrix} )

mit S^{⊤}AS = S^{−1}AS = D.

(c) Es gilt:

Q̃(x̃, ỹ, z̃) = (x̃, ỹ, z̃)D ( x̃ ; ỹ ; z̃ ) = (x̃, ỹ, z̃) ( \begin{matrix}2x̃ \\ 5ỹ \\ −z̃ \end{matrix} ) = 2x̃^{2} + 5ỹ^{2} − z̃^{2}.

Q̃ ist die Hauptachsenform der quadratischen Form Q, da

Q(x, y, z) = (x, y, z)A ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) = (x, y, z)SS^{⊤}ASS^{⊤} ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} )

= (S^{⊤} ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ))^{⊤}DS^{⊤} ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix} ) = (x̃, ỹ, z̃) ( \begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 5 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix} ) ( x̃ ; ỹ ; z̄ )

mit (x̃, ỹ, z̃) = (x, y, z)S.

Definition (Wiederholung): Eine stetige Abbildung q : V → 𝕂 auf einem 𝕂-Vektorraum V heißt quadratische Form, falls die Gleichung q(v + w) + q(v − w) = 2[q(v) + q(w)] für alle v, w ∈ V erfüllt ist. Eine Teilmenge Q ⊂ V heißt Quadrik, falls sie die Lösungsmenge einer Gleichung

q(v) + f(v) + c = 0

mit einer quadratischen Form q einer Linearform f und einem Skalar c ∈ 𝕂 ist.

(G 43) Wiederholung

Wir betrachten die Funktion h : ℝ^{2} → ℝ, h(x, y) = x^{2}−y^{2}. Ist h eine Quadrik eine Bilinearform oder eine quadratische Form? Skizzieren Sie die Kennlinie Q = {(x, y) | h(x, y) = 1}. Ist Q eine Quadrik?

Lösung:

Die Abbildung h ist eine quadratische Form. Die Kennlinie Q besteht aus den zwei Hyperbeln x = ±\sqrt{1 + y^{2}}. Sie ist die Nullstellenmenge der Gleichung h(x, y) − 1 = 0 und somit eine Quadrik.

(G 44) Wiederholung

Es sei

A = (\begin{matrix}2 & −1 \\ −1 & 2 \end{matrix}), b = (\begin{matrix}2\sqrt{2} \\ −2\sqrt{2} \end{matrix}) und c = \frac{1}{3}.

Von welchem Kurventyp ist die Lösungsmenge der quadratischen Gleichung

x^{T} Ax + b^{T} x + c = 0?

Skizzieren Sie die Lösungsmenge im ursprünglichen Koordinatensystem.

Lösung:

Die Matrix A besitzt den Eigenwert 1 mit Eigenvektor (1, 1)^{T} und den Eigenwert 3 mit Eigenvektor (−1, 1)^{T}. Seien e_{1} = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, 1)^{T} und e_{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}(−1, 1)^{T} die normierten Eigenvektoren. Dann ist

C = \frac{1}{\sqrt{2}} (\begin{matrix}1 & −1 \\ 1 & 1 \end{matrix})

die Transformationsmatrix für den Wechsel zur Orthonormalbasis e_{1}, e_{2}. Sei d = C^{T} b = (0, −4). In der neuen Basis (mit neuer Variablen y) lautet die Gleichung dann

(Cy)^{T} ACy + b^{T} Cy + c = 0

Abbildung 1: Skizze zur Aufgabe T35

bzw.

y^{T} C^{T} ACy + b^{T} Cy + c = 0

oder ausgeschrieben

y_{1}^{2} + 3y_{2}^{2} − 4y_{2} + \frac{1}{3} = 0.

Um das Linearglied −4y_{2} zu beseitigen, führt man eine quadratische Ergänzung durch:

\begin{aligned}y_{1}^{2} + 3 (y_{2}^{2} − \frac{4}{3}y_{2}) + \frac{1}{3} & = y_{1}^{2} + 3 (y_{2}^{2} − \frac{4}{3}y_{2} + (\frac{2}{3})^{2} − (\frac{2}{3})^{2}) + \frac{1}{3} \\ & = y_{1}^{2} + 3 (y_{2} − \frac{2}{3})^{2} − 1. \end{aligned}

Setzt man nun z_{1} := y_{1} und z_{2} := y_{2} − \frac{2}{3}, dann lautet die Gleichung in den neuen Variablen

z_{1}^{2} + 3z_{2}^{2} = 1.

Folglich ist die Lösungsmenge eine Ellipse. Bezüglich der z-Koordinaten liegt das Zentrum im Nullpunkt. Daher liegt es bezüglich der y-Koordinaten im Punkt (0, \frac{2}{3}) und der x-Koordinaten im Punkt (−\frac{\sqrt{2}}{3}, \frac{\sqrt{2}}{3}). Die Vektoren e_{1} und e_{2} geben die Richtung der Achsen der Ellipse an. Die Halbachsen haben die Länge 1 und \frac{1}{\sqrt{3}}. Skizze siehe Abbildung .

Hausübungen

(H 24)

Wir betrachten in ℝ^{2} die Menge Q der quadratischen Kurven, welche durch eine Gleichung der Gestalt

ax^{2} + bxy + cy^{2} = 1 a, b, c ∈ ℝ.

gegeben sind. Zwei solche Kurven heißen äquivalent, wenn es einen Isomorphismus ϕ : ℝ^{2} → ℝ^{2} gibt, welche die eine Kurve in die andere überführt.

Zeigen Sie, daß dies eine Äquivalenzrelation auf Q ist, und bestimmen Sie die Äquivalenzklassen.

Lösung:

Für Kurven Q und Q′ (die ja Teilmengen des ℝ^{2} sind) betrachten wir die Relation ∼ definiert wie folgt: Q ∼ Q′ wenn es eine invertierbare lineare Abbildung ϕ : ℝ^{2} ⟶ ℝ^{2} gibt mit Q = ϕ(Q′).

Wir zeigen zuächst, dass ∼ eine Äquivalenzrelation ist:

Reflexivität: Q = id_{ℝ^{2}}(Q).

Symmetrie: Wenn Q = ϕ(Q′), dann Q′ = ϕ^{−1}(Q). Somit folgt aus Q ∼ Q′ auch Q′ ∼ Q.

Transitivität: Es sei Q ∼ Q′ und Q′ ∼ Q′′. Dann gibt es ϕ, ψ : ℝ^{2} ⟶ ℝ^{2} mit Q = ϕ(Q′) und Q′ = ψ(Q′′). Daraus ergibt sich Q = ϕ(ψ(Q′′)) = (ϕ ∘ ψ)(Q′′) wobei ϕ ∘ ψ wieder invertierbar ist. Also Q ∼ Q′′.

Es gibt die die vier Äquivalenzklassen, die jeweils aus allen

1. Ellipsen

2. Hyperbeln

3. Geradenpaaren

4. der leeren Kurve

bestehen.

Dies folgt direkt aus der Hauptachsentranformation (Lineare Algebra II) für quadratische Formen, die ja besagt, dass man jede quadratische Form (nichts anderes ist ax^{2} +bxy +cy^{2}) durch eine orthogonale Basistransformation S in die Gestalt λx^{2}+μy^{2} transformieren kann, wobei λ, μ ∈ ℝ. Ersetzt man nun noch x durch x/\sqrt{|λ|} und y durch y/\sqrt{|μ|}, erhält man: sgn(λ)x^{2} + sgn(μ)y^{2}.

Das bedeutet, dass jede Kurve Q durch die invertierbare Abbildung

S ( \begin{matrix}1/\sqrt{|λ|} & 0 \\ 0 & 1/\sqrt{|μ|} \end{matrix} )

in eine Kurve überführt werden kann, die der Gleichung sgn(λ)x^{2} + sgn(μ)y^{2} = 1 genügt. Damit bekommt man die folgenden vier Fälle:

1. λ > 0, μ > 0: die Kurve ist eine Ellipse.

2. λ > 0, μ < 0: die Kurve ist eine Hyperbel.

3. λ > 0, μ = 0: die Kurve ist ein Paar von Geraden.

4. λ < 0, μ < 0: die Kurve ist leer.

(H 25)

Für die Quadrik Q gelte

Q = {x ∈ ℝ^{3} | λ_{1}x_{1}^{2} + λ_{2}x_{2}^{2} + λ_{3}x_{3}^{2} = 1}.

Welche geometrischen Objekte treten auf, wenn mindestens eins der λ_{i} gleich Null ist?

Lösung:

Essei λ_{3} = 0. Dann taucht x_{3} nicht mehr in der definierenden Gleichung auf und ist daher frei wählbar. In der x_{1}x_{2}-Ebene ergibt sich eine der zweidimensionalen Quadriken (Ellipse, Hyperbel, Parallelen oder die leere Menge). Folglich ist Q ein Zylinder mit eine der zweidimensionalen Quadriken als Grundfläche.

(H 26) Quadriken

Für die Quadrik Q gelte

Q = {x ∈ ℝ^{n} | λ_{1}x_{1}^{2} + … + λ_{n}x_{n}^{2} = 0},

Welche geometrischen Objekte treten für n = 2 und n = 3 auf, wenn alle λ_{i} ungleich Null sind?

Lösung:

Es sei zunächst n = 2. Dann lautet die definierende Gleichung

λ_{1}x_{1}^{2} + λ_{2}x_{2}^{2} = 0.

Für den Fall, daß λ_{1}, λ_{2} > 0 oder λ_{1}, λ_{2} < 0 gilt, ist der Punkt (0, 0) die einzige Lösung. Folglich ist die Quadrik Q nur ein Punkt.

Für den Fall λ_{1} < 0 und λ_{2} > 0 (bzw. λ_{1} > 0 und λ_{2} < 0) definiere a := \frac{1}{\sqrt{|λ_{1}|}} und

b := \frac{1}{\sqrt{|λ_{2}|}}. Dann gilt

λ_{1}x_{1}^{2} + λ_{2}x_{2}^{2} = 0
⇔  \frac{x_{1}^{2}}{a^{2}} = \frac{x_{2}^{2}}{b^{2}}
⇔  x_{2} = ±\frac{b}{a}x_{1}.

Folglich besteht die Quadrik Q aus zwei Geraden mit der Steigung ±\frac{b}{a}. Dies sind gerade die Asymptoten, der Hyperbeln, die sich ergeben, wenn die rechte Seite der definierenden Gleichung gleich Eins ist.

Sei nun n = 3. Dann lautet die definierende Gleichung

λ_{1}x_{1}^{2} + λ_{2}x_{2}^{2} + λ_{3}x_{3}^{2} = 0.

Für den Fall, daß alle λ_{i} das gleiche Vorzeichen besitzen, ist der Punkt (0, 0, 0) die einzige Lösung. Folglich ist die Quadrik Q nur ein Punkt.

Für den Fall, daß die λ_{i} unterschiedliche Vorzeichen besitzen, betrachten wir den Fall λ_{1}, λ_{2} > 0 und λ_{3} < 0 und definieren a := \frac{1}{\sqrt{|λ_{1}|}}, b := \frac{1}{\sqrt{|λ_{2}|}} und c := \frac{1}{\sqrt{|λ_{3}|}}. (Die übrigen

Fälle können durch Umnummerierung auf diesen zurückgeführt werden.) Dann gilt

λ_{1}x_{1}^{2} + λ_{2}x_{2}^{2} + λ_{3}x_{3}^{2} = 0
⇔  \frac{x_{1}^{2}}{a^{2}} + \frac{x_{2}^{2}}{b^{2}} − \frac{x_{3}^{2}}{c^{2}} = 0
⇔  \frac{x_{1}^{2}}{a^{2}} + \frac{x_{2}^{2}}{b^{2}} = \frac{x_{3}^{2}}{c^{2}}
⇔  \sqrt{\frac{x_{1}^{2}}{a^{2}} + \frac{x_{2}^{2}}{b^{2}}} = \frac{|x_{3}|}{c}

Folglich ist die Quadrik Q ein Doppelkegel mit elliptischer Grundfläche. Es ist genau der asymptotische Kegel, der Hyperboloide, die sich ergeben, wenn die rechte Seite der definierenden Gleichung gleich Eins ist.