Teorema spettrale e forme quadratiche

Lezione 38 (videolezione n. 38). Prerequisiti: DiagonalizzazioneUna matrice è diagonalizzabile se è simile a una diagonale, cioè se esiste una base di autovettori: allora A = S D S⁻¹ con gli autovettori nelle colonne di S e gli autovalori in D. Criterio: tutti gli autovalori nel campo e molteplicità geometrica uguale a quella algebrica. Le matrici simmetriche reali hanno autovalori reali.Diagonalizzazione →, Basi ortonormali e Gram-SchmidtUna base ortonormale è fatta di vettori di norma 1 a due a due ortogonali: le coordinate si calcolano con prodotti scalari e le proiezioni con una formula diretta. Il procedimento di Gram-Schmidt trasforma una base qualsiasi in una base ortogonale (e poi ortonormale) dello stesso sottospazio.Basi ortonormali e Gram-Schmidt →, Forme bilineari simmetricheUna forma bilineare simmetrica generalizza il prodotto scalare: si rappresenta con una matrice simmetrica, che cambiando base diventa PᵀAP (matrici congruenti); può essere degenere o no, definita positiva, negativa o indefinita; le definite positive sono i prodotti scalari e per esse vale Gram-Schmidt.Forme bilineari simmetriche →. Esercizi: Esercizio 89 · base ortonormale di autovettori e forma quadratica diagonale, Esercizio 65 · diagonalizzabilità su R e su C e base ortonormale di autovettori (giugno 2025), Esercizio 82 · (Im f)⊥ = Ker f per una matrice simmetrica.

In tutta la nota $\mathbb{R}^n$ ha il prodotto scalare usuale $v \cdot w$.

Funzioni lineari simmetriche

Definizione. Una funzione lineare $f: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ è simmetrica se $$f(v) \cdot w = v \cdot f(w) \qquad \text{per ogni } v, w \in \mathbb{R}^n .$$

Cioè: si può "spostare" $f$ da un lato all'altro del prodotto scalare.

Basta controllarlo su una base. Se $f(v_i) \cdot v_j = v_i \cdot f(v_j)$ per tutti i vettori di una base, vale per tutti i vettori: entrambi i membri sono bilineari in $(v, w)$, quindi sono determinati dai valori sulle coppie di vettori di base (come una forma bilineare è determinata dalla sua matrice).

Legame con le matrici simmetriche. Sia $A$ la matrice di $f$ rispetto alla base canonica, così che $f(v) = Av$. Allora

$$f(v) \cdot w = (Av)^T w = v^T A^T w, \qquad v \cdot f(w) = v^T A w .$$

Le due espressioni sono uguali per ogni $v, w$ se e solo se $A^T = A$ (prendendo $v = e_i$, $w = e_j$ si ottiene $a_{ji} = a_{ij}$). Quindi:

$f$ è simmetrica $\iff$ la sua matrice rispetto alla base canonica è simmetrica.

Lo stesso vale rispetto a qualunque base ortonormale, ma non rispetto a una base qualsiasi: il conto sopra usa che il prodotto scalare in coordinate sia $v^T w$, e questo è vero solo nelle basi ortonormali. Per esempio $f(x) = Ax$ con $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$ è simmetrica, ma nella base $\{(1, 0), (1, 1)\}$ ha matrice $P^{-1} A P = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}$ (con $P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$), che non è simmetrica.

Due proprietà degli autovalori

1. Gli autovalori di una matrice simmetrica reale sono reali. È dimostrato nella nota DiagonalizzazioneUna matrice è diagonalizzabile se è simile a una diagonale, cioè se esiste una base di autovettori: allora A = S D S⁻¹ con gli autovettori nelle colonne di S e gli autovalori in D. Criterio: tutti gli autovalori nel campo e molteplicità geometrica uguale a quella algebrica. Le matrici simmetriche reali hanno autovalori reali.Diagonalizzazione → (lezione 25), usando i numeri complessi. Quindi il polinomio caratteristico di una matrice simmetrica si scompone sempre in fattori di primo grado su $\mathbb{R}$.

2. Autovettori di autovalori distinti sono ortogonali. Siano $Av = \lambda v$ e $Aw = \mu w$ con $\lambda \ne \mu$. Si calcola $Av \cdot w$ in due modi:

$$Av \cdot w = \lambda\, (v \cdot w), \qquad Av \cdot w = v \cdot Aw = \mu\, (v \cdot w),$$

dove nel secondo si è usata la simmetria. Sottraendo: $(\lambda - \mu)(v \cdot w) = 0$, e siccome $\lambda - \mu \ne 0$, si ha $v \cdot w = 0$. ∎

Per una matrice qualsiasi autovettori di autovalori distinti sono solo linearmente indipendentiUn autovettore è un vettore non nullo che una funzione lineare manda in un suo multiplo; si trovano gli autovalori come radici del polinomio caratteristico det(A − λI) e gli autovettori come nucleo di A − λI. Matrici simili hanno gli stessi autovalori.Autovalori e autovettori →; per una simmetrica sono addirittura ortogonali. È il cuore del teorema.

Il teorema spettrale

Teorema spettrale. Sia $f: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ lineare. Sono equivalenti:

1. $f$ è simmetrica;
2. esiste una base ortonormale di $\mathbb{R}^n$ formata da autovettori di $f$.

In termini di matrici: $A \in M_n(\mathbb{R})$ è simmetrica se e solo se esiste una matrice ortogonale $P$ ($P^T P = I$) tale che $$P^T A P = P^{-1} A P = D \quad \text{diagonale}.$$

Si dice che $A$ è ortogonalmente diagonalizzabile.

(2) ⇒ (1), la parte facile. Se $P$ è ortogonale e $P^T A P = D$, allora $A = P D P^T$ e

$$A^T = (P D P^T)^T = P D^T P^T = P D P^T = A,$$

perché una matrice diagonale è uguale alla sua trasposta. Quindi $A$ è simmetrica. Questa direzione dice che solo le matrici simmetriche hanno una base ortonormale di autovettori: per esempio $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ è diagonalizzabile (autovalori distinti) ma i suoi autovettori $(1, 0)$ e $(1, 1)$ non sono ortogonali, e non c'è modo di sceglierli ortogonali.

(1) ⇒ (2), idea della dimostrazione (per induzione su $n$).

• Per la proprietà 1 $f$ ha un autovalore reale $\lambda_1$; si prende un autovettore $v_1$ di norma $1$.
• Si considera $U = \langle v_1 \rangle^\perp$, che ha dimensione $n - 1$ (dimensione dell'ortogonaleL'ortogonale U⊥ di un sottospazio è un sottospazio di dimensione n − dim U, e R^n = U ⊕ U⊥; ogni vettore si scompone in proiezione su U più componente ortogonale; la proiezione è il punto di U più vicino e si calcola con un sistema o con la matrice di proiezione A(AᵀA)⁻¹Aᵀ.Complemento ortogonale e proiezioni ortogonali →). $f$ manda $U$ in sé: se $u \in U$, cioè $u \cdot v_1 = 0$, allora $$f(u) \cdot v_1 = u \cdot f(v_1) = u \cdot \lambda_1 v_1 = \lambda_1 (u \cdot v_1) = 0,$$ quindi $f(u) \in U$.
• La restrizione di $f$ a $U$ è ancora simmetrica, e $U$ ha dimensione $n - 1$: per induzione $U$ ha una base ortonormale $\{v_2, \dots, v_n\}$ di autovettori.
• $\{v_1, v_2, \dots, v_n\}$ è una base ortonormale di $\mathbb{R}^n$ di autovettori ($v_1$ è ortogonale a tutti perché gli altri stanno in $U$). ∎

Conseguenze.

• Ogni matrice simmetrica reale è diagonalizzabile, e per ogni autovalore molteplicità geometrica e algebrica coincidono: non serve controllarle.
• Gli autospazi di autovalori diversi sono ortogonali tra loro, e la loro somma è tutto $\mathbb{R}^n$.

Come si trova la base ortonormale di autovettori

1. Si calcolano gli autovalori (tutti reali).
2. Per ogni autovalore si trova una base dell'autospazio $V_\lambda = \operatorname{Ker}(A - \lambda I)$.
3. Dentro ogni autospazio si applica Gram-SchmidtUna base ortonormale è fatta di vettori di norma 1 a due a due ortogonali: le coordinate si calcolano con prodotti scalari e le proiezioni con una formula diretta. Il procedimento di Gram-Schmidt trasforma una base qualsiasi in una base ortogonale (e poi ortonormale) dello stesso sottospazio.Basi ortonormali e Gram-Schmidt → e si normalizza. Per un autovalore semplice basta normalizzare l'unico vettore.
4. Si mettono insieme le basi ortonormali dei vari autospazi: sono già ortogonali tra loro per la proprietà 2, quindi non serve Gram-Schmidt tra autospazi diversi.
5. $P$ = matrice con questi vettori in colonna (nello stesso ordine degli autovalori in $D$).

Il punto 3 è l'unico lavoro in più rispetto alla diagonalizzazioneUna matrice è diagonalizzabile se è simile a una diagonale, cioè se esiste una base di autovettori: allora A = S D S⁻¹ con gli autovettori nelle colonne di S e gli autovalori in D. Criterio: tutti gli autovalori nel campo e molteplicità geometrica uguale a quella algebrica. Le matrici simmetriche reali hanno autovalori reali.Diagonalizzazione → normale, e serve solo per autovalori multipli: due autovettori indipendenti dello stesso autospazio non sono in genere ortogonali.

Esempio. $A = \begin{pmatrix} 5 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}$.

• Polinomio caratteristico: $\det(A - xI) = (5 - x)(2 - x) - 4 = x^2 - 7x + 6 = (x - 6)(x - 1)$. Autovalori $6$ e $1$.
• $V_6 = \operatorname{Ker}\begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 2 & -4 \end{pmatrix} = \langle (2, 1) \rangle$; $\ V_1 = \operatorname{Ker}\begin{pmatrix} 4 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} = \langle (-1, 2) \rangle$.
• Controllo della proprietà 2: $(2, 1) \cdot (-1, 2) = -2 + 2 = 0$ ✓.
• Si normalizzano (entrambi hanno norma $\sqrt5$): $$P = \frac{1}{\sqrt5} \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}, \qquad P^T A P = \begin{pmatrix} 6 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}.$$

$P$ ha determinante $\frac15(4 + 1) = 1$: è una rotazione del piano (di un angolo $\theta$ con $\cos\theta = \frac{2}{\sqrt5}$). Se fosse venuto $\det P = -1$ bastava cambiare segno a una colonna. Per un esempio $3 \times 3$ con un autovalore doppio vedi Esercizio 89 · base ortonormale di autovettori e forma quadratica diagonale.

Forme quadratiche

Definizione. Una forma quadratica su $\mathbb{R}^n$ è un polinomio omogeneo di grado $2$ nelle variabili $x_1, \dots, x_n$: $$q(x) = \sum_{i \le j} c_{ij}\, x_i x_j .$$

Ogni forma quadratica si scrive in un solo modo come $q(x) = x^T A x$ con $A$ simmetrica: si mettono i coefficienti dei quadrati $x_i^2$ sulla diagonale e si divide a metà il coefficiente di ogni termine misto $x_i x_j$ tra le posizioni $(i, j)$ e $(j, i)$. Quindi forme quadratiche e forme bilineari simmetricheUna forma bilineare simmetrica generalizza il prodotto scalare: si rappresenta con una matrice simmetrica, che cambiando base diventa PᵀAP (matrici congruenti); può essere degenere o no, definita positiva, negativa o indefinita; le definite positive sono i prodotti scalari e per esse vale Gram-Schmidt.Forme bilineari simmetriche → sono la stessa cosa:

$$\varphi \ \longmapsto\ q(v) = \varphi(v, v), \qquad q \ \longmapsto\ \varphi(v, w) = \tfrac12\big(q(v + w) - q(v) - q(w)\big).$$

(La seconda formula si verifica sviluppando $\varphi(v + w, v + w) = \varphi(v, v) + 2\varphi(v, w) + \varphi(w, w)$, usando la simmetria.)

Esempio: $q(x_1, x_2) = 5x_1^2 + 4x_1x_2 + 2x_2^2$ ha matrice $\begin{pmatrix} 5 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}$, quella dell'esempio sopra.

Forma canonica di una forma quadratica

Con il cambio di coordinate $x = P y$, dove $P$ è la matrice ortogonale del teorema spettrale:

$$q = x^T A x = (Py)^T A (Py) = y^T (P^T A P)\, y = \lambda_1 y_1^2 + \lambda_2 y_2^2 + \dots + \lambda_n y_n^2 .$$

Ogni forma quadratica, con una rotazione degli assi (cambio tra basi ortonormali), diventa una somma di quadrati i cui coefficienti sono gli autovalori di $A$. I nuovi assi sono le direzioni degli autovettori.

Il cambio è ortogonale, quindi conserva distanze e angoli: le figure descritte da $q$ (per esempio $q(x) = 1$) non vengono deformate, solo ruotate. È ciò che serve per riconoscere coniche e quadriche.

Esempio. Per $q = 5x_1^2 + 4x_1x_2 + 2x_2^2$ si ha $q = 6y_1^2 + y_2^2$, con $y = P^T x$, cioè $y_1 = \frac{2x_1 + x_2}{\sqrt5}$, $y_2 = \frac{-x_1 + 2x_2}{\sqrt5}$.

• Segno: coefficienti $6, 1 > 0$, definita positiva (vedi Segno di una forma bilineare simmetricaPer capire se una forma bilineare simmetrica è definita positiva, negativa, semidefinita o indefinita si usano quattro metodi: segni degli autovalori, regola di Cartesio sul polinomio caratteristico, minori principali di nord-ovest, completamento dei quadrati. Il teorema di Sylvester dice che il numero di segni + e − in una forma diagonale non dipende dalla base.Segno di una forma bilineare simmetrica →).
• La curva $q(x) = 6$ diventa $6y_1^2 + y_2^2 = 6$, cioè $y_1^2 + \frac{y_2^2}{6} = 1$: un'ellisse con semiassi $1$ (nella direzione di $(2, 1)$) e $\sqrt6$ (nella direzione di $(-1, 2)$).

Controllo su un punto: $x = (2, 1)/\sqrt5$ (autovettore di norma $1$) dà $q = \frac{5 \cdot 4 + 4 \cdot 2 + 2 \cdot 1}{5} = \frac{30}{5} = 6$ ✓, cioè quel punto sta sull'ellisse a distanza $1$ dall'origine.

Se un autovalore è negativo, per esempio $q = x_1^2 + 4x_1x_2 - 2x_2^2$ (matrice $\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & -2 \end{pmatrix}$, autovalori $2$ e $-3$, autovettori $(2, 1)$ e $(-1, 2)$), la forma canonica è $2y_1^2 - 3y_2^2$: indefinita, e la curva $q = 1$ è un'iperbole.

Massimo e minimo di $q$ sulla sfera

Se $\|x\| = 1$ allora anche $\|y\| = 1$ ($P$ conserva la norma), e

$$q = \lambda_1 y_1^2 + \dots + \lambda_n y_n^2 \quad \text{con} \quad y_1^2 + \dots + y_n^2 = 1 .$$

È una media pesata degli autovalori, quindi sta tra il più piccolo e il più grande:

$$\lambda_{\min} \le q(x) \le \lambda_{\max} \qquad \text{per } \|x\| = 1,$$

con il massimo raggiunto sugli autovettori di $\lambda_{\max}$ e il minimo su quelli di $\lambda_{\min}$. Nell'esempio, sulla circonferenza unitaria $q$ varia tra $1$ e $6$.

Riepilogo

Errori comuni

• Dimenticare Gram-Schmidt dentro un autospazio di dimensione $\ge 2$: i due vettori trovati risolvendo il sistema in genere non sono ortogonali, e $P$ non viene ortogonale.
• Fare Gram-Schmidt su tutti gli autovettori insieme: si mescolano autospazi diversi e i vettori ottenuti non sono più autovettori. Va fatto separatamente in ogni autospazio (tra autospazi diversi l'ortogonalità è automatica).
• Dimenticare di normalizzare: con colonne ortogonali ma non di norma $1$, $P^T \ne P^{-1}$.
• Credere che la matrice di una funzione simmetrica sia simmetrica in ogni base: solo nelle basi ortonormali.
• Mettere in $D$ gli autovalori in un ordine diverso dalle colonne di $P$.