Esercizio - minimo e massimo di una forma quadratica sulla circonferenza unitaria (lezione 12)

Teoria: Forme quadratiche e criteri di definitezzaUna forma quadratica q(h) = h^T M h (M simmetrica) è definita positiva se q>0 per h ≠ 0, semidefinita positiva se q ≥ 0, definita/semidefinita negativa con segni opposti, indefinita se cambia segno. In due variabili, con M = [[a,b],[b,c]]: definita positiva ⇔ det M > 0 e a > 0, definita negativa ⇔ det M > 0 e a < 0, indefinita ⇔ det M < 0 (D, completando il quadrato). In generale: segno degli autovalori di M (D, teorema spettrale): tutti > 0 definita positiva, tutti < 0 definita negativa, di segno diverso indefinita; inoltre q(h) ≥ λ_min |h|². Per n = 3 si usano i minori principali di Sylvester. È lo strumento per classificare i punti critici.Forme quadratiche e criteri di definitezza →, 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 →.

Testo.

1. Trovare minimo e massimo di $q(h,k)=3h^2+2hk+3k^2$ sulla circonferenza $h^2+k^2=1$ e i punti in cui sono assunti.
2. Dimostrare che per ogni $(h,k)$ vale $q_2(h,k)=2h^2-6hk+5k^2\ \ge\ c\,(h^2+k^2)$ con $c=\frac{7-3\sqrt5}{2}\approx0.146$, e che la costante non si può migliorare.

(Fonte: applicazione della stima $q(\underline h)\ge\lambda_{\min}|\underline h|^2$ della lezione 12 del corso di Fondamenti di Analisi Matematica 2, Ing. Aerospaziale UniPD; testi costruiti per queste note.)

Soluzione della parte 1

$M=\begin{pmatrix}3&1\\1&3\end{pmatrix}$. Autovalori: $\det(M-\lambda I)=(3-\lambda)^2-1=0\Rightarrow\lambda=2,\,4$. Autovettori: per $\lambda=4$: $(M-4I)\underline w=\underline0$ dà $-w_1+w_2=0$, $\underline w=(1,1)$; per $\lambda=2$: $w_1+w_2=0$, $\underline w=(1,-1)$. Sono ortogonali, come previsto per una matrice simmetrica.

Passando alla base ortonormale $\underline u_1=\frac{(1,-1)}{\sqrt2}$, $\underline u_2=\frac{(1,1)}{\sqrt2}$, un punto della circonferenza unitaria si scrive $\underline h=k_1\underline u_1+k_2\underline u_2$ con $k_1^2+k_2^2=1$ (la rotazione conserva la norma) e $$q(\underline h)=2k_1^2+4k_2^2=2+2k_2^2\in[2,4].$$ Quindi: minimo $=2=\lambda_{\min}$, assunto per $k_2=0$, cioè $\underline h=\pm\frac{(1,-1)}{\sqrt2}$; massimo $=4=\lambda_{\max}$, per $k_1=0$, cioè $\underline h=\pm\frac{(1,1)}{\sqrt2}$. Controllo: $q\big(\frac1{\sqrt2},\frac{-1}{\sqrt2}\big)=\frac{3}{2}-1+\frac32=2$ ✓; $q\big(\frac{1}{\sqrt2},\frac1{\sqrt2}\big)=\frac32+1+\frac32=4$ ✓. Con le coordinate polari $h=\cos\theta$, $k=\sin\theta$: $q=3+2\sin\theta\cos\theta=3+\sin2\theta\in[2,4]$ ✓.

Soluzione della parte 2

$M_2=\begin{pmatrix}2&-3\\-3&5\end{pmatrix}$ ha traccia $7$ e determinante $1$, quindi gli autovalori sono le radici di $\lambda^2-7\lambda+1=0$: $$\lambda=\frac{7\pm\sqrt{45}}{2}=\frac{7\pm3\sqrt5}{2},\qquad\lambda_{\min}=\frac{7-3\sqrt5}{2}\approx0.1459>0 .$$ Per la stima sugli autovalori, $q_2(\underline h)\ge\lambda_{\min}|\underline h|^2$ per ogni $\underline h$, cioè la disuguaglianza richiesta con $c=\lambda_{\min}$. La costante è la migliore possibile: nell'autovettore relativo a $\lambda_{\min}$ la disuguaglianza è un'uguaglianza ($q_2(\underline w)=\lambda_{\min}|\underline w|^2$). Un controllo numerico: sulla circonferenza unitaria il minimo di $q_2=2\cos^2\theta-6\sin\theta\cos\theta+5\sin^2\theta$ è $0.14590$, come previsto.

Significato. Una forma definita positiva è "uniformemente positiva": non solo $q>0$ su ogni direzione, ma $q\ge c|\underline h|^2$ con $c>0$ indipendente dalla direzione. Questo è il fatto che permette, nella formula di Taylor, di battere il resto $o(|\underline h|^2)$ e concludere che un punto critico con hessiana definita positiva è un minimo locale (Massimi e minimi liberi e natura dei punti criticiEstremo assoluto = vale in tutto il dominio, relativo = vale in un intorno; "libero" = il dominio è aperto. Fermat (D): in un punto interno di estremo locale dove f è derivabile, ∇f = 0 (punto critico); non basta (x³, −y³, sella x² − y²). Taylor al secondo ordine (D): con f in C² e ∇f(P) = 0, l'Hessiana definita positiva dà minimo locale stretto, definita negativa massimo locale stretto, indefinita sella; per n = 2: det H > 0 e f_xx > 0 minimo, det H > 0 e f_xx < 0 massimo, det H < 0 sella, det H = 0 non decide (x⁴ + y⁴, −x⁴ − y⁴, x⁴ − y⁴). Estremi globali: Weierstrass in un chiuso illimitato se f → +∞ (o −∞) all'infinito (D), da verificare in coordinate polari con una stima che non dipende dall'angolo.Massimi e minimi liberi e natura dei punti critici →).

Errori tipici. Dimenticare di normalizzare gli autovettori (la circonferenza unitaria richiede $k_1^2+k_2^2=1$); scambiare il ruolo di minimo e massimo autovalore; credere che basti $q>0$ per avere una costante $c>0$ senza il vincolo compatto $|\underline h|=1$ (la costante esiste per il teorema di Weierstrass sulla circonferenza, che è compatta).