Geometria I Gianluca Ferrari Spazi Vettoriali Metrici
Tema d’Esame del 22 marzo 2011 – Geometria I (Unità 2)
Esercizio 3
a. Affinché l’applicazione 𝜑, o meglio, la forma bilineare 𝜑 sia un prodotto scalare, è necessario e sufficiente che la matrice 𝐴𝑘 di rappresentazione sia simmetrica, cioè
𝑘2− 𝑘 = 0 ⟹ 𝑘(𝑘 − 1) = 0 ⟹ 𝑘 = 0 ∨ 𝑘 = 1
b. Consideriamo il caso 𝑘 = 0. La matrice di rappresentazione del prodotto scalare sarà
𝐴0 = (1 2 0 2 5 1 0 1 2)
Sia 𝑞 ∶ ℝ3 → ℝ la forma quadratica associata alla forma bilineare in questione, che sarà data da
𝑞(𝑥; 𝑦; 𝑧) = 𝑥2+ 4𝑥𝑦 + 5𝑦2+ 2𝑦𝑧 + 2𝑧2
Vediamo se la forma quadratica così determinata risulta essere definita positiva, ossia se 𝑞(𝑥; 𝑦; 𝑧) > 0 ∀(𝑥; 𝑦; 𝑧) ∈ ℝ3 ∖ {0⃗ }. La 𝑞 può essere riscritta come
𝑞(𝑥; 𝑦; 𝑧) = (𝑥 + 2𝑦)2+ (𝑦 + 𝑧)2 + 𝑧2
Essendo una somma di quadrati si ha che 𝑞(𝑥; 𝑦; 𝑧) è sempre positiva, tuttavia valutiamone i punti di annullamento.
{𝑥 = −2𝑦 𝑦 = −𝑧 𝑧 = 0
⟹ {𝑥 = 0 𝑦 = 0 𝑧 = 0
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La forma quadratica associata è sempre positiva e si annulla solo sostituendo il vettor nullo, quindi la matrice 𝐴0 è definita positiva, così come il prodotto scalare in questione è definito positivo.
Consideriamo ora il caso 𝑘 = 1. La matrice 𝐴1 sarà 𝐴1 = (1 2 0
2 4 1
0 1 −2)
Determiniamo la forma quadratica ad essa associata, la cui espressione sarà 𝑞(𝑥; 𝑦; 𝑧) = 𝑥2+ 4𝑥𝑦 + 4𝑦2+ 2𝑦𝑧 − 2𝑧2
Possiamo riscrivere l’espressione analitica di 𝑞 come 𝑞(𝑥; 𝑦; 𝑧) = (𝑥 + 2𝑦)2− 2𝑧(𝑧 − 𝑦)
Non essendo una somma di quadrati, essa sicuramente non è definita positiva, quindi non lo è nemmeno il prodotto scalare per 𝑘 = 1.
Possiamo notare che, per esempio, se 𝑣 = (1; 0; 0) si ha 𝑞(𝑣 ) = 1 > 0, mentre per 𝑤⃗⃗ = (0; 0; 1), 𝑞(𝑤⃗⃗ ) = −2 < 0, quindi la forma quadratica è indeterminata.
c. Consideriamo nuovamente il caso 𝑘 = 1 e verifichiamo se i vettori bella base canonica di ℝ3 sono tra loro ortogonali, nonché che essi non siano isotropi.
Sia 𝔅 = (𝑒⃗⃗⃗ = (1; 0; 0); 𝑒1 ⃗⃗⃗ = (0; 1; 0); 𝑒2 ⃗⃗⃗ = (0; 0; 1)). 3 (1 0 0) (1 2 0
2 4 1
0 1 −2 ) (0
1
0) = (1 2 0) (0 1 0
) = 2 ≠ 0 ⟹ 𝑒⃗⃗⃗ 𝑛𝑜𝑛 è ⊥ 𝑒1 ⃗⃗⃗ 2
(1 0 0) (1 2 0
2 4 1
0 1 −2 ) (0
0
1) = (1 2 0) (0 0 1
) = 0 ⟹ 𝑒⃗⃗⃗ ⊥ 𝑒1 ⃗⃗⃗ 3
(0 1 0) (1 2 0
2 4 1
0 1 −2 ) (0
0
1) = (2 4 1) (0 0 1
) = 1 ≠ 0 ⟹ 𝑒⃗⃗⃗ 𝑛𝑜𝑛 è ⊥ 𝑒2 ⃗⃗⃗ 3 La base canonica 𝔅 non è ortogonale.
Verifichiamo che i vettori 𝑒⃗⃗⃗ ed 𝑒1 ⃗⃗⃗ non siano isotropi. 3 (1 0 0) (1 2 0
2 4 1
0 1 −2 ) (1
0
0) = (1 2 0) (1 0 0
) = 1 ≠ 0
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(0 0 1) (1 2 0
2 4 1
0 1 −2 ) (0
0
1) = (0 1 −2) (0 0 1
) = −2 ≠ 0
I due vettori della base canonica non sono ortogonali. Determiniamone quindi i loro complementi ortogonali e intersechiamoli per trovare il terzo vettore della base che vogliamo costruire.
〈𝑒⃗⃗⃗ 〉1 ⊥ ∶ (1 0 0) (1 2 0
2 4 1
0 1 −2 ) (
𝑥 𝑦
𝑧) = 0 (1 2 0) (𝑥
𝑦
𝑧) = 0 ⟹ 𝑥 + 2𝑦 = 0
〈𝑒⃗⃗⃗ 〉3 ⊥ ∶ (0 0 1) (1 2 0
2 4 1
0 1 −2 ) (𝑥
𝑦
𝑧) = 0 (0 1 −2) (𝑥
𝑦
𝑧) = 0 ⟹ 𝑦 − 2𝑧 = 0 Mettendo a sistema le due equazioni determinate si ha
{𝑥 = −2𝑦 𝑧 = 𝑦
2 le cui soluzioni determinano il sottospazio
〈(−2; 1;1
2)〉 = 〈(−4; 2; 1)〉
Verifichiamo che il vettore (−4; 2; 1) non sia isotropo.
(−4 2 1) (1 2 0
2 4 1
0 1 −2
) (−4
21 ) = (0 1 0) (−4 21
) = 2 ≠ 0
La base ortogonale così determinata1 sarà
𝔅′ = ((1; 0; 0); (0; 0; 1); (−4; 2; 1))
1 Sia da notare che la base ortogonale determinata non è unica; inoltre era possibile svolgere l’esercizio utilizzando il metodo di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt.
