Esercizio 89base ortonormale di autovettori e forma quadratica diagonale

Testo (esercizio costruito sul teorema spettrale della lezione 38). Sia

$$A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{pmatrix}, \qquad q(x) = x^T A x .$$

1. Trovare autovalori e autospazi di $A$.
2. Trovare una base ortonormale di $\mathbb{R}^3$ formata da autovettori di $A$ e una matrice ortogonale $P$ tale che $P^T A P$ sia diagonale.
3. Scrivere $q$ in forma diagonale e stabilirne il segno.

Teoria usata: Teorema spettrale e forme quadraticheUna funzione lineare è simmetrica se f(v)·w = v·f(w); in una base ortonormale ha matrice simmetrica. Teorema spettrale: f è simmetrica se e solo se esiste una base ortonormale di autovettori, cioè A simmetrica ⇔ PᵀAP diagonale con P ortogonale. Applicato alle forme quadratiche, permette di scriverle come somma di quadrati con gli autovalori come coefficienti.Teorema spettrale e forme quadratiche →, 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 →, 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 →, 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 →.

1. Autovalori e autospazi

Polinomio caratteristico

$$\det(A - xI) = \det \begin{pmatrix} 2 - x & 1 & 1 \\ 1 & 2 - x & 1 \\ 1 & 1 & 2 - x \end{pmatrix}.$$

Trucco: sommando alla prima riga le altre due ($R_1 \to R_1 + R_2 + R_3$, che non cambia il determinante) la prima riga diventa $(4 - x, 4 - x, 4 - x)$, e si raccoglie $4 - x$:

$$= (4 - x) \det \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 - x & 1 \\ 1 & 1 & 2 - x \end{pmatrix} \xrightarrow[R_3 \to R_3 - R_1]{R_2 \to R_2 - R_1} (4 - x) \det \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 - x & 0 \\ 0 & 0 & 1 - x \end{pmatrix} = (4 - x)(1 - x)^2 .$$

Autovalori: $\lambda_1 = 4$ (molteplicità algebrica $1$) e $\lambda_2 = 1$ (molteplicità algebrica $2$). Reali, come garantito dal teorema spettrale per una matrice simmetrica.

Autospazi

$\lambda = 4$: $A - 4I = \begin{pmatrix} -2 & 1 & 1 \\ 1 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & -2 \end{pmatrix}$, rango $2$. Ogni riga ha somma $0$, quindi $(1, 1, 1)$ è soluzione: $V_4 = \langle (1, 1, 1) \rangle$.

$\lambda = 1$: $A - I = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$, rango $1$, una sola equazione $x_1 + x_2 + x_3 = 0$: $V_1$ è un piano, $\dim V_1 = 2$. Base: $a = (1, -1, 0)$, $b = (1, 0, -1)$.

Le molteplicità geometriche ($1$ e $2$) coincidono con le algebriche: $A$ è diagonalizzabileUna 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 → (come deve essere, essendo simmetrica).

Osservazione. $V_1$ è proprio il piano ortogonale a $(1, 1, 1)$: autospazi di autovalori diversi di una matrice simmetrica sono ortogonali. Non è un caso, è parte del teorema spettrale.

2. Base ortonormale di autovettori

Ortogonalizzare dentro $V_1$

Autovettori di autovalori diversi sono già ortogonali tra loro: $(1, 1, 1) \cdot a = 0$, $(1, 1, 1) \cdot b = 0$. Ma dentro $V_1$ la base scelta non è ortogonale: $a \cdot b = 1 \ne 0$. Si applica Gram-SchmidtSi tiene a e si sostituisce b con b − (a·b)/(a·a) a.Basi ortonormali e Gram-Schmidt → all'interno dell'autospazio (così i nuovi vettori restano autovettori di $1$):

$$b' = b - \frac{a \cdot b}{a \cdot a}\, a = (1, 0, -1) - \frac12 (1, -1, 0) = \left(\frac12, \frac12, -1\right) \ \leadsto\ (1, 1, -2).$$

Controllo: $(1, 1, -2) \cdot (1, -1, 0) = 0$ ✓, $(1, 1, -2) \cdot (1, 1, 1) = 0$ ✓, e $1 + 1 - 2 = 0$, quindi sta in $V_1$ ✓.

Normalizzare

Si divide ogni vettore per la sua norma:

$$f_1 = \frac{1}{\sqrt3}(1, 1, 1), \qquad f_2 = \frac{1}{\sqrt2}(1, -1, 0), \qquad f_3 = \frac{1}{\sqrt6}(1, 1, -2).$$

$\{f_1, f_2, f_3\}$ è una base ortonormale di $\mathbb{R}^3$ formata da autovettori di $A$.

La matrice $P$

Si mettono $f_1, f_2, f_3$ in colonna:

$$P = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt3} & \frac{1}{\sqrt2} & \frac{1}{\sqrt6} \\ \frac{1}{\sqrt3} & -\frac{1}{\sqrt2} & \frac{1}{\sqrt6} \\ \frac{1}{\sqrt3} & 0 & -\frac{2}{\sqrt6} \end{pmatrix}, \qquad P^T P = I, \qquad P^T A P = \begin{pmatrix} 4 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$

$P^T P = I$ perché l'elemento $(i, j)$ di $P^T P$ è $f_i \cdot f_j$, che vale $1$ se $i = j$ e $0$ altrimenti. Quindi $P^{-1} = P^T$: con una matrice ortogonale l'inversa costa zero conti, e $P^{-1} A P = P^T A P$ è contemporaneamente una similitudine (stessa funzione lineare) e una congruenza (stessa forma bilineare).

3. $q$ in forma diagonale e segno

Esplicitamente $q(x) = 2x_1^2 + 2x_2^2 + 2x_3^2 + 2x_1x_2 + 2x_1x_3 + 2x_2x_3$. Con il cambio di coordinate ortonormale $x = P y$:

$$q = x^T A x = y^T (P^T A P)\, y = 4y_1^2 + y_2^2 + y_3^2 .$$

Tutti i coefficienti sono positivi: $q$ è definita positiva ($q(x) > 0$ per ogni $x \ne 0$).

Controllo con Sylvester: $D_1 = 2$, $D_2 = 4 - 1 = 3$, $D_3 = \det A = 4 \cdot 1 \cdot 1 = 4$, tutti positivi ✓.

Significato geometrico. La superficie $q(x) = 1$ è un ellissoide di rotazione: nelle direzioni $f_2, f_3$ i semiassi sono $1$, nella direzione $f_1 = (1,1,1)/\sqrt3$ il semiasse è $\frac{1}{\sqrt4} = \frac12$. Gli autovettori ortonormali sono gli assi principali.

Errori comuni

• Normalizzare $a$ e $b$ senza ortogonalizzarli: si ottengono vettori di norma $1$ ma non ortogonali, e $P$ non è ortogonale ($P^T P \ne I$).
• Fare Gram-Schmidt mescolando autovettori di autovalori diversi (per esempio usando $(1,1,1)$ per correggere $b$): non serve, sono già ortogonali, e in generale si rischia di uscire dagli autospazi.
• Dimenticare l'ordine: la $i$-esima colonna di $P$ deve corrispondere al $i$-esimo elemento diagonale di $D$.