Capitolo 8
Forme quadratiche e loro applicazioni Esercizi svolti
Tutorato di geometria e algebra lineare
Marco Robutti
5 Ottobre 2017
Introduzione
Gli esercizi di questo capitolo riguardano i seguenti argomenti:
• Data una matrice reale simmetrica rappresentativa di una forma quadrat- ica, determinare la forma quadratica in forma polinomiale (vedi esercizio on the following page).
• Data una forma quadratica, determinarne il segno (vedi esercizio on the next page).
• Data una forma quadratica, determinare qual è la matrice di cambiamento di base che permette di effettuare il cambio di coordinate tale da poter scrivere la forma quadratica in forma canonica (vedi esercizi on the fol- lowing page e on page 8).
• Data una forma quadratica scritta in forma polinomiale, determinarne la matrice rappresentativa (vedi esercizio on page 8).
• Data una forma quadratica, scriverla in forma canonica (vedi esercizio on page 8).
Esercizio 1 (appello 8/02/2013, esercizio n°5)
Considerare la matrice simmetrica
S =
1 0 3
0 −2 0
3 0 1
,
e sia X =
x y z
un generico vettore di R3. Determinare:
1. l’espressione esplicita della forma quadratica Q (x, y, z) = XTSX;
2. gli autovalori della matrice S;
3. il segno della forma quadratica Q;
4. un cambio di variabile X = N X0 che consenta di scrivere Q in forma canonica.
Soluzione
Punto (1)
Per risolvere questo punto, basta semplicemente eseguire i calcoli:
Q (x, y, z) = XTSX
Quindi:
Q (x, y, z) = (x, y, z)T
1 0 3
0 −2 0
3 0 1
x y z
= (x, y, z)T
x + 3z
−2y 3x + z
= x2+ 3xz − 2y2+ 3xz + z2
= x2− 2y2+ z2+ 6xz
Saremmo potuti giungere allo stesso risultato ricordandoci la relazione che sus- siste tra i coefficienti della matrice rappresentativa della forma quadratica e i
coefficienti dei termini del polinomio rappresentante la forma quadratica, ovvero che:
aii = qii aij = aji=1
2qij
Punto (2)
Per trovare gli autovalori della matrice S basta risolvere l’equazione:
|S − λI3| = 0
1 − λ 0 3
0 −2 − λ 0
3 0 1 − λ
= 0
− (λ + 2)
1 − λ 3 3 1 − λ
= 0
(λ + 2) 1 − 2λ + λ2− 9
= 0
(λ + 2) λ2− 2λ − 8
= 0
(λ + 2) (λ − 4) (λ + 2) = 0
(λ − 4) (λ + 2)2 = 0
λ1 = 4 µ (λ1) = 1 λ2 = −2 µ (λ2) = 2
Siccome S è una matrice reale simmetrica, sappiamo che è diagonalizzabile e che quindi le molteplicità geometriche corrispondono a quelle algebriche.
Punto (3)
Nel punto precedente abbiamo determinato gli autovalori della matrice S: questo ci permette di scrivere la forma quadratica in forma canonica come:
Q (X0) = X0T∆X0,
dove ∆ è la matrice diagonale con sulla diagonale gli autovalori di S, ovvero:
∆ =
4 0 0
0 −2 0
0 0 −2
Siccome gli autovalori di S sono valori sia positivi che negativi, possiamo con- cludere che la forma quadratica è non definita.
Punto (4)
Nel punto precedente abbiamo visto come può essere scritta la forma quadrat- ica Q in forma canonica: quello che ci viene chiesto in questo punto invece è di determinare la matrice N che realizza il cambiamento di coordinate da X a X0 che rende possibile scrivere Q in forma canonica.
Dalla teoria sappiamo che, essendo S una matrice reale simmetrica, la matrice N è formata dagli autovettori di S, nell’ordine con cui compaiono gli autovalori nella matrice ∆. In particolare, le colonne della matrice N rappresentano una base ortonormale per R3. Quindi, una volta che avremo trovato una base or- togonale per ciascun autospazio, dovremo normalizzarla.
Dobbiamo quindi determinare gli autovettori a partire dai relativi autospazi:
Vλ1= V4=X ∈ R3| AX = 4X = X ∈ R3| (A − 4I3) X = 03 ,
Quindi otteniamo la matrice:
A0 = A − 4In=
−3 0 3
0 −6 0
3 0 −3
,
Abbiamo quindi che, come si evince dalla sua definizione, V4 = ker (A0). Per- tanto le sue equazioni cartesiane sono quindi date dalle righe linearmente in- dipendenti della matrice A0. Prendiamo quindi le ultime due righe, in quanto si vede ad occhio che sono linearmente indipendenti:
V4 :
(−3x + 3z = 0
−6y = 0
V4 :
(−3x + 3z = 0
y = 0
Otteniamo quindi una base per V4partendo dalle equazioni cartesiane:
V4 :
−3x + 3z = 0
y = 0
z = α
V4 :
x = α y = 0 z = α
V4 :
x y z
= α
1 0 1
Quindi una base per V4è data da:
BV4=
1 0 1
Per il secondo autospazio:
Vλ2 = V−2=X ∈ R3| AX = −2X = X ∈ R3| (A + 2I3) X = 03 ,
Quindi otteniamo la matrice:
A” = A + 2In=
3 0 3 0 0 0 3 0 3
,
Abbiamo quindi che, come si evince dalla sua definizione, V−2= ker (A”). Per- tanto le sue equazioni cartesiane sono quindi date dalle righe linearmente in- dipendenti della matrice A”. Prendiamo quindi la prima riga:
V−2: 3x + 3z = 0
Otteniamo quindi una base per V−2 partendo dalle equazioni cartesiane:
V−2 :
3x + 3z = 0
y = α
z = β
V−2 :
x = −β y = α z = β
V−2 :
x y z
= α
0 1 0
+ β
−1 0 1
α, β ∈ R,
Quindi una base per V−2 è data da:
BV−2 =
0 1 0
,
−1 0 1
Dalla teoria relativa al capitolo 7 sappiamo che, nel caso in cui la matrice sia reale simmetrica, i suoi autospazi sono ortogonali a due a due e in somma di- retta tra loro.
Pertanto la matrice N costituita da autovettori della matrice S non è nient’altro che data dall’unione di basi ortogonali di ciascun autospazio.
Quindi le basi da unire devono essere ortogonali: nel caso di BV4, essendo cos- tituita da un unico vettore, ciò è verificato, mentre nel caso di BV−2 è tutto da verificare, in quanto è costituita da due vettori.
Per nostra fortuna si vede ad occhio che il prodotto scalare tra i vettori della base BV−2 è nullo: possiamo quindi concludere che è già una base ortogonale e che non è necessario applicare l’algoritmo di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt.
Quindi la matrice N è data da:
N =
√1
2 0 −√1
2
0 1 0
√1
2 0 √1
2
dove l’ordine secondo cui un vettore viene prima di un altro nella matrice è dettato dall’ordine con cui sono stati posizionati al punto 3 gli autovalori sulla matrice ∆, e ciascun vettore è stato normalizzato in quanto le colonne della matrice N devono rappresentare una base ortonormale per R3.
Esercizio 2 (appello 19/06/2013, esercizio n°5)
Si consideri la forma quadratica
q (x, y, z) = 2x2+ 2y2+ 5z2− 4xy − 2xz + 2yz
1. Si determini la matrice rappresentativa Q della forma quadratica.
2. Si determini la forma canonica di q.
3. Si determini la matrice ortogonale M di cambiamento di base
x0 y0 z0
= M
x y z
4. Si determini il segno della forma quadratica associata alla matrice Q + I3.
Soluzione
Punto (1)
Per determinare la matrice rappresentativa di q, basta ricordare la relazione che intercorre tra i coefficienti della matrice e i coefficienti dei termini del polinomio rappresentativo della forma quadratica, ovvero:
a11 = q11
a12 = a21=1 2q12
Quindi:
a11 = q11= 2 a12 = a21=1
2q12= −4 2 = −2 a13 = a31=1
2q13= −2 2 = −1 a22 = q22= 2
a23 = a32=1
2q23= 2 2 = 1 a33 = q33= 5
quindi possiamo concludere che la matrice rappresentativa della forma canonica è:
Q =
2 −2 −1
−2 2 1
−1 1 5
Punto (2)
Per determinare la forma canonica di q dobbiamo prima trovare gli autovalori della matrice rappresentativa Q. Quindi:
|Q − λI3| = 0
2 − λ −2 −1
−2 2 − λ 1
−1 1 5 − λ
= 0
−λ −λ 0
−2 2 − λ 1
−1 1 5 − λ
= 0
−λ 0 0
−2 4 − λ 1
−1 2 5 − λ
= 0
−λ
4 − λ 1 2 5 − λ
= 0
λ 20 − 9λ + λ2− 2
= 0 λ λ2− 9λ + 18
= 0 λ (λ − 6) (λ − 3) = 0
λ1 = 0 µ (λ1) = 1 λ2 = 6 µ (λ2) = 1 λ3 = 3 µ (λ3) = 1
Quindi possiamo concludere che una forma canonica di q è data da:
q (x0, y0, z0) = X0T∆X0,
con:
∆ =
0 0 0 0 6 0 0 0 3
Punto (3)
Nel punto precedente abbiamo visto come può essere scritta la forma quadratica q in forma canonica: quello che ci viene chiesto in questo punto invece è di determinare la matrice M che realizza il cambiamento di coordinate da X a X0 che rende possibile scrivere q in forma canonica.
Dalla teoria sappiamo che, essendo Q una matrice reale simmetrica, la matrice M è formata dagli autovettori di Q, nell’ordine con cui compaiono gli autovalori nella matrice ∆.
Dobbiamo quindi determinare gli autovettori a partire dai relativi autospazi:
Vλ1 = V0=X ∈ R3| QX = 0X = X ∈ R3| QX = 03 ,
Abbiamo quindi che, come si evince dalla sua definizione, V0= ker (Q). Pertanto le sue equazioni cartesiane sono quindi date dalle righe linearmente indipendenti della matrice Q. Prendiamo quindi le ultime due righe, in quanto si vede ad occhio che sono linearmente indipendenti:
V0 :
(−2x + 2y + z = 0
−x + y + 5z = 0
V0 :
(2x − 2y − z = 0 x − y − 5z = 0
Otteniamo quindi una base per V0partendo dalle equazioni cartesiane:
V0 :
2x − 2y − z = 0 x − y − 5z = 0
z = α
V0 :
2x − 2α − z = 0 x − α − 5z = 0
y = α
V0 :
10z + 2α − 2α − z = 0
x = 5z + α
y = α
V0 :
z = 0 x = α z = α
V0 :
x y z
= α
1 1 0
Quindi una base per V4è data da:
BV4=
1 1 0
Per il secondo autospazio:
Vλ2 = V6=X ∈ R3| QX = 6X = X ∈ R3| (Q − 6I3) X = 03 , Quindi otteniamo la matrice:
Q” = Q − 6I3=
−4 −2 −1
−2 −4 1
−1 1 −1
,
Abbiamo quindi che, come si evince dalla sua definizione, V6 = ker (Q”). Per- tanto le sue equazioni cartesiane sono quindi date dalle righe linearmente in- dipendenti della matrice Q”. Tenendo conto che tra le righe di Q” sussiste la relazione Q”2 = Q”1− 2Q”3, prendiamo quindi la prima e l’ultima riga (per comodità prendiamo le due righe con segno invertito che tanto non cambia nulla...):
V6:
(4x + 2y + z = 0 x − y + z = 0
Otteniamo quindi una base per V6partendo dalle equazioni cartesiane:
V6:
4α − 4z + 2α + z = 0
x = α − z
y = α
V6:
z = 2α x = −α y = α
V6:
x y z
= α
−1 1 2
α ∈ R,
Quindi una base per V6è data da:
BV6=
1
−1 2
Per il terzo autospazio:
Vλ3 = V3=X ∈ R3| QX = 3X = X ∈ R3| (Q − 3I3) X = 03 , Quindi otteniamo la matrice:
Q” = Q − 3I3=
−1 −2 −1
−2 −1 1
−1 1 2
,
Abbiamo quindi che, come si evince dalla sua definizione, V3 = ker (Q”). Per- tanto le sue equazioni cartesiane sono quindi date dalle righe linearmente in- dipendenti della matrice Q”. Tenendo conto che tra le righe di Q” sussiste la relazione Q”3 = Q”2 − Q”1, prendiamo quindi la prima e la seconda riga (per comodità prendiamo le due righe con segno invertito che tanto non cambia nulla...):
V3:
(x + 2y + z = 0 2x + y − z = 0
Otteniamo quindi una base per V3partendo dalle equazioni cartesiane:
V3:
x + 2α + 2x + α = 0
z = 2x + α
y = α
V3:
x = −α z −α y = α
V3:
x y z
= α
−1 1
−1
α ∈ R,
Quindi una base per V3è data da:
BV3=
−1 1
−1
Dalla teoria relativa al capitolo 7 sappiamo che, nel caso in cui la matrice sia reale simmetrica, i suoi autospazi sono ortogonali a due a due e in somma diretta tra loro.
Pertanto la matrice M costituita da autovettori della matrice Q non è nient’altro
che data dall’unione di basi ortogonali di ciascun autospazio.
Quindi le basi da unire devono essere ortogonali: In questo caso abbiamo tre basi formate da un vettore, e quindi sono già 3 basi ortogonali; se fossero state basi di formate da più vettori sarebbe stato necessario ortogonalizzarle con l’algoritmo di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt una ad una prima di unirle assieme.
Quindi la matrice M è data da:
M =
1 −1 −1
1 1 1
0 2 −1
dove l’ordine secondo cui un vettore viene prima di un altro nella matrice è dettato dall’ordine con cui sono stati posizionati al punto 2 gli autovalori sulla matrice ∆.
Punto (4)
Per risolvere questo punto basta rifare i calcoli con la matrice Q + I3 e trovare gli autovalori. Quindi basta controllare il loro segno (e se alcuni di essi sono uguali a 0), per determinare il segno della forma quadratica.
