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Applicazioni lineari e diagonalizzazione Matrici ortogonali e matrici simmetriche
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Applicazioni lineari e diagonalizzazione
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Matrici ortogonali e matrici simmetriche
Prodotto scalare Basi ortogonali e ortonormaliMatrici ortogonaliDiagonalizzazione delle matrici reali simmetriche Forme quadratiche
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Matrici ortogonali e matrici simmetriche
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Definizioni di prodotto scalare
Se X = (x1 x2, ..., xn) e Y = (y1, y2, ..., yn) sono vettori di il prodotto scalare tra X e Y è il numero reale
Se consideriamo X e Y come vettori colonna, è il prodotto riga per colonna tXY.
1 1 2 2 n nX Y x y x y x y⋅ = + + ⋅ ⋅ ⋅ +
X Y⋅
nR
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Esempi
Siano X = (1, 2, -1), Y = (0, 1, 1) e Z = (3, -1, 1) in . Allora:3R
( )22 21 2 1 6.X X⋅ = + + − =
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
1 0 2 1 1 1
0 1 1 2 1 1 1;
X Y
Y X
⋅ = ⋅ + ⋅ + − ⋅ =
⋅ + ⋅ + ⋅ − = ⋅ =
( ) ( ) ( ) ( )1 3 2 0 1 2 1;X Y Z X Y X Z⋅ + = ⋅ + ⋅ + − ⋅ = ⋅ + ⋅ =
6
Proprietà del prodotto scalare
Dati X, Y, Z ∈ e α ∈ , abbiamo dalle definizioni che:
PS1 Simmetria:PS2 Bilinearità:e PS3 Positività: se e solo se X = O.
nR
X Y Y X⋅ = ⋅
R
( ) ( )X Y Z Z X Y X Z Y Z+ ⋅ = ⋅ + = ⋅ + ⋅( ) ( ) .X Y X Y X Yα α α⋅ = ⋅ = ⋅
0 e 0X X X X⋅ ≥ ⋅ =
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Norma
Sia X ∈ . Il numero reale positivo o nullo si dice norma (o modulo) di X e si denota con ||X ||.Abbiamo che:
||αX || = |α| ||X || per α ∈ .||X || = 0 se e solo se X = O.
Esempio. ||(1, 2, -1)|| = .
nR
R
6
X X⋅
8
Versori
Un vettore X ∈ si dice versore se ||X || = 1. Se X ≠ O, possiamo associare a X il versore n(X )= X detto il normalizzato di X.
Esempi.
nR
1|| ||X
( )( ) ( ) ( )( ) ( )1 11,1 1,1 , 2, 1,1 2, 1,1 .
2 6n n− = − − = −
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Vettori ortogonali
Due vettori X e Y ∈ si dicono ortogonali se X .Y = 0. In tal caso scriviamo X ⊥Y.Esempi.
O ⊥ X per ogni X ∈ ;I vettori canonici e1, ..., en di sono versori. Se i ≠ j, ei ⊥ej .
nR
( ) ( ) ( ) ( )1,1 1,1 e 1,1,1 2,1,1 ;− ⊥ − ⊥nR
nR
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Indipendenza e ortogonalità (1/3)
Se X1, X2 sono vettori non nulli di e se X1⊥X2,allora sono LI. Infatti, se fosse X2 = αX1, avremmo 0 = X1
. X2 = α||X1||2, da cui α = 0 e quindi X2 = Ocontro l’ipotesi.
nR
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Indipendenza e ortogonalità (2/3)
Se X1, X2, X3 sono vettori non nulli di e se Xi ⊥ Xj per i ≠ j , allora X1, X2, X3 sono LI.Infatti, se fosse per esempio X3 = αX1 + βX2, avremmo 0 = X3
. X1 = α||X1||2 e 0 = X3. X2 = β||X2||2
da cui α = β = 0 poiché per ipotesi X1 e X2 sono non nulli. Ma allora X3 = O contro l’ipotesi.
nR
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Indipendenza e ortogonalità (3/3)
Generalizzando il precedente ragionamento con il principio di induzione otteniamo che, se
= {X1, ..., Xk } è un insieme di vettori non nulli di tali che Xi ⊥ Xj per i ≠ j, allora è libero. Quindi k ≤ n : nel caso in cui k = n, l’insieme èuna base di .
nRL
LL
nR
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Definizione di base ortogonale e ortonormale
Sia L un SSV non nullo di . Una base di Lformata da vettori ortogonali tra loro si dice base ortogonale di L. Se inoltre gli elementi di sono versori, allora si dice base ortonormale di L.
nR B
B B
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Osservazioni
Osserviamo che a ogni base ortogonale di èassociata un’unica base ortonormale formata dai normalizzati dei vettori di .La base canonica è una base ortonormale di per ogni n.
nRB
BnRnC
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Basi ortonormali di R2 (1/2)
Sia Y1 = (a, b) ∈ un vettore non nullo. L’insieme dei vettori X = (x, y) ortogonali a Y1è un SSV di di dimensione 1 definito in forma implicita dall’equazione lineare omogenea
Y1. X = ax + by = 0.
Possiamo prendere come generatore Y2 = (b, -a).
2R
2R
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Basi ortonormali di R2 (2/2)
I vettori {Y1, Y2} formano una base ortogonale di dalla quale otteniamo la base ortonormale dei normalizzati.
Osserviamo che l’unica altra base ortonormaledi avente X1 come primo elemento si ottiene scegliendo Y2 = (-b, a).
2R
2R
( ) ( )1 1 2 2
1, ,X n Y a b
a b= =
+( ) ( )2 2 2 2
1,X n Y b a
a b= = −
+
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Esempio
Se Y1 = (2, -1), abbiamo le due basi
( ) ( )1 21 1
2, 1 , X 1, 2 .5 5
X⎧ ⎫
= − = − −⎨ ⎬⎩ ⎭
( ) ( )1 21 1
2, 1 , X' 1,2 .5 5
X⎧ ⎫
= − =⎨ ⎬⎩ ⎭
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Basi ortonormali di R3 (1/2)
Sia Y1= (2, 1, -1) ∈ : X = (x, y, z ) è ortogonale a Y1 se e solo se Y1
. X = 0. Quindi i vettori ortogonali a Y1 sono il SSV delle soluzioni dell’equazione omogenea E : 2x + y - z = 0. Scelto Y2 ∈ sol (E ), per esempio Y2 = (0, 1, 1), il vettore Y3 dovrà essere ortogonale sia a Y1che a Y2 e quindi essere soluzione del sistema omogeneo
3R
2 0:
0x y z
Sy z
+ − =⎧⎨
+ =⎩
20
Basi ortonormali di R3 (2/2)
Scelto Y3 = (1, -1, 1) ∈ sol (S ), dalla base ortogonale {Y1, Y2, Y3} otteniamo normalizzando la base ortonormale
Osserviamo che rispetto a , fissato Y1 abbiamo maggiori possibilità di scelta nel determinare una base ortonormale.
2R
( ) ( ) ( )1 2 31 1 1
{ 2,1, 1 , 0,1,1 , 1, 1,1 }.6 2 3
X X X= − = = −
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Basi ortonormali di SSV di R3 (1/3)
Se L è un SSV di di dimensione 2, L può sempre essere rappresentato in forma implicita come insieme delle soluzioni di una equazione lineare omogenea. Infatti, se L = sol (S ) e S : AX = O, dimL = 3 – r (A ) = 2 implica r (A ) = 1. Dunque S si può ridurre a una sola equazione.
3R
22
Basi ortonormali di SSV di R3 (2/3)
Sia per esempio L=sol (E ) con E : -x +y +z = 0. Allora utilizzando la risolvente z = x – y otteniamo Y1 = (1, 0, 1). Determiniamo Y2 imponendo che appartenga a L e che sia ortogonale a Y1, cioè che sia soluzione del sistema omogeneo
00
x y zx z− + + =⎧⎨
+ =⎩
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Basi ortonormali di SSV di R3 (3/3)
Allora possiamo scegliere Y2 = (1, 2, -1) e una base ortonormale di L è data da
Questo esempio può essere generalizzato a SSV qualsiasi di , provando che esistono sempre basi ortonormali.
nR
( ) ( )1 21 1
{ 1,0,1 , 1,2, 1 }.2 6
X X= = −
24
Basi ortonormali di SSV di Rn
Infatti, sia L un SSV di in forma implicita con L = sol (S ), S : AX = O, e sia dimL = d > 0. Se abbiamo Y1, ..., Yk vettori non nulli di Lortogonali tra loro con 1 ≤ k < d, possiamo determinare Yk +1 imponendo che AYk +1 = Oe Yk +1⊥Yi per i = 1, ..., k. Abbiamo quindi un procedimento ricorsivo che termina quando k = d : a questo punto Y1, ..., Yd formano una base ortogonale di L che può essere normalizzata.
nR
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Esempio (1/2)
Consideriamo la matrice di cambiamento di coordinate N = MB relativa alla base ortonormaledi
Sappiamo che N -1 = M (X1, X2) = M =
2R
2 11.
1 25
⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠
( ) ( )1 21 1
{ 2, 1 , 1,2 }.5 5
X X= = − =B
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Esempio (2/2)
D’altra parte
in quanto i prodotti righe per colonne sono dati da Xi
. Xj . Quindi tM = M -1 da cui tN = N -1.
2
2 1 2 1 1 015 1 2 1 2 0 1
t tMM I M M−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
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Definizione di matrice ortogonale
L’esempio precedente suggerisce la seguente definizione:A è ortogonale se e solo se AtA = tAA = In.
Evidentemente A ∈ GLn ( ) e A -1 = t A. Indicheremo l’insieme delle matrici ortogonali di ordine n con O (n).
R
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Caratterizzazione delle matrici ortogonali (1/2)
Sia A ∈ Mn ( ): allora gli elementi di AtA e di tAAsono rispettivamente i prodotti scalari
Se A ∈ O (n), AtA = tAA = In, e quindi [A]i
. [A]j = [A]i .[A]j = 0 se i ≠ j e [A]i
. [A]i = [A]i .[A]i = 1.
,
,
,
.
jt ti i ji j
j i jt t
i j i
A A A A A A
AA A A A A
⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = ⋅⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = ⋅⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦
R
30
Caratterizzazione delle matrici ortogonali (2/2)
Se le righe o le colonne di A formano una base ortonormale di allora A ∈ O(n).Se A ∈ O(n) allora sia le righe che le colonne di A formano una base ortonormale di .
Osserviamo che In è ortogonale e sia le sue righe che le sue colonne formano la base canonica di .
nR
nR
nR
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Proprietà delle matrici ortogonali
Sia A ∈ O(n):per ogni B ∈ O(n), AB ∈ O(n); infatti t (AB ) =tB tA = B -1A -1 = (AB )-1.D(A ) = ±1; infatti D(A)2 = D(A) D(tA) = D(AtA) = D(In) = 1.per ogni X, Y ∈ AX .AY = X . Y; infatti AX . AY = t(AX )AY = tX t AAY = tXY = X .Y.
Quest’ultima proprietà ci dice che le applicazioni lineari associate a matrici ortogonali conservano i prodotti scalari e in particolare le norme dei vettori.
nR
32
Matrici ortogonali di ordine 2 (1/4)
Le matrici ortogonali 2 x 2 possono essere descritte esplicitamente. Infatti, dato un vettore non nullo (a, b), abbiamo due possibili basi ortonormali che hanno come primo elemento il suo normalizzato:
e
( ) ( )1 22 2 2 2
1 1{ , , }X a b X b a
a b a b+ += = = −
+ +B
( ) ( )1 22 2 2 2
1 1{ , , }.B X a b X b a
a b a b− −= = = −
+ +
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Matrici ortogonali di ordine 2 (2/4)
Poiché esiste un unico angolo θ ∈ [0 2 ) tale che
per ogni θ abbiamo due matrici ortogonali
( ) ( )1 2 2
1, = cos , senX a b
a bθ θ=
+
π
( )
( )
1 2
1 2
cos sen,
sen cos
cos sen, .
sen cos
R M X X
S M X X
θ
θ
θ θθ θ
θ θθ θ
+
−
−⎛ ⎞= = ⎜ ⎟
⎝ ⎠⎛ ⎞
= = ⎜ ⎟−⎝ ⎠
34
Matrici ortogonali di ordine 2 (3/4)
Le matrici Rθ e Sθ sono tutte e sole le matrici ortogonali 2 x 2. Osserviamo che:
per ogni θ, D(Rθ) = 1 e D(Sθ) = -1,
R0=I2, S0 = R = -I2, S = -S0,
R = S =
per ogni θ, Sθ = Rθ S0.
π1 0
,0 1⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠
0 1,
1 0−⎛ ⎞
⎜ ⎟⎝ ⎠
0 1;
1 0⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠/ 2π
π
/ 2π
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Matrici ortogonali di ordine 2 (4/4)
Riguardo alla diagonalizzazione, per ogni θabbiamo:
(t ) = t 2 – 2cosθt + 1, quindi per θ ≠ 0 abbiamo due autovalori complessi coniugati cosθ ± isenθ = e ±iθ;
(t ) = t 2 – 1, quindi abbiamo autovalori ±1: Sθ è diagonalizzabile su con forme diagonali ±S0.
Rpθ
Spθ
R
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Matrici reali simmetriche di ordine 2 (1/2)
Ricordiamo che una matrice quadrata A ∈ Mn si dice simmetrica se A = tA. Se A ∈ M2( ), allora
con a, b, c ∈ . Il polinomio caratteristico di A èpA(t ) = t 2 – (a + c)t + ac – b 2, da cui possiamo ricavare gli autovalori λ1 e λ2.
R
a bA
b c⎛ ⎞
= ⎜ ⎟⎝ ⎠
R
38
Matrici reali simmetriche di ordine 2 (2/2)
Gli autovalori sono entrambi reali in quanto il discriminante (a – c )2 + 4b 2 è ≥ 0.Inoltre sono coincidenti se e solo se a = c e b = 0, cioè se e solo se A = aI2.Quindi ogni matrice simmetrica reale di ordine 2 è diagonalizzabile su .R
( )2 21,2
1λ 4 .
2a c a c b⎛ ⎞= + ± − +⎜ ⎟⎝ ⎠
Abbiamo
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Matrici reali simmetriche in generale
Quanto visto prima può essere generalizzato. Sia A una matrice reale simmetrica di ordine n. Allora:
le radici di pA (t ) sono tutte in (quindi gli autovalori sono tutti reali);A è diagonalizzabile su .
R
R
40
Autovettori di matrici reali simmetriche (1/5)
Vediamo un esempio: sia
Allora pA (t ) = -t 3 + 2t 2 + 8t e gli autovalori di A sono 0, -2, 4.
1 2 12 0 2 .1 2 1
A−⎛ ⎞
⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠
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Autovettori di matrici reali simmetriche (2/5)
Gli autospazi relativi gli autovalori di A sono quindi le soluzione dei sistemi
0 2 4
3 2 0 3 2 02 0
: , : 2 2 2 0 , : 2 4 2 02 2 0
2 3 0 2 3 0
x y z x y zx y z
S S x y z S x y zx z
x y z x y z−
+ − = − + − =⎧ ⎧+ − =⎧ ⎪ ⎪+ − = − − =⎨ ⎨ ⎨− =⎩ ⎪ ⎪− − + = − − − =⎩ ⎩
42
Autovettori di matrici reali simmetriche (3/5)
Scelto per ognuno dei precedenti autospaziun vettore non nullo, per esempio X1 = (1, 0, 1) ∈ sol (S0), X2 = (-1, 2, 1) ∈ sol (S-2), X3 = (-1, -1, 1) ∈ sol (S4), è immediato verificare che tali vettori sono ortogonali tra loro e che quindi formano una base ortogonale di .Questo esempio precedente esprime un fatto generale.
R 3
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Autovettori di matrici reali simmetriche (4/5)
Sia A ∈ Mn ( ) tale che A =t A e siano X1 e X2autovettori di A con autovalori λ1 ≠ λ2rispettivamente. Allora
il che implica X1. X2 = 0 in quanto λ1 ≠ λ2.
R
( )( )
2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2
1 2 1 1 2
λ λ
λ
t t t
t
X X X X X AX X AX X AX
AX X X X
⋅ = ⋅ = ⋅ = = =
= = ⋅
44
Autovettori di matrici reali simmetriche (5/5)
Dunque autovettori di una matrice reale simmetrica A ∈ Mn ( )appartenenti a autospazidifferenti sono ortogonali tra loro. D’altra parte abbiamo visto che per ogni autospazio di Apossiamo scegliere una base ortonormale. Unendo tali basi ortonormali otteniamo, per la diagonalizzabilità di A, una base ortonormale di autovettori per A. Tutto questo viene espresso nel seguente teorema.
R
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Teorema Spettrale
Sia A ∈ Mn ( ). Allora A è simmetrica se e solo se esiste N ∈ O(n) tale che tNAN è diagonale.In particolare, se A è simmetrica, esiste una base ortonormale = {X1, ..., Xn} di autovettori di A e la matrice ortogonale N = M(X1, ..., Xn) diagonalizza A.
R
B
46
Osservazione. Il fatto che “tNAND diagonale”implica “A simmetrica” è immediato ricordando che tN = N -1: infatti
Osservazione
.t t t t t tNAN D A ND N A N D N ND N A= ⇒ = ⇒ = = =
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Esempio (1/4)
Se
allora pA(t ) = -(t – 1)2(t – 4), e A ha autovalori 1 e 4 con mA(1) = 2 e mA (4) =1.
2 1 11 2 1 ,1 1 2
A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
48
Esempio (2/4)
VA(1) è l’insieme delle soluzioni dell’equazione x + y + z = 0. Scelta una soluzione non nulla di tale equazione, per esempio Y1 = (1, -1, 0), le condizioni
determinano i vettori di VA(1) ortogonali a Y1: per esempio Y2 = (1, 1, -2). Allora {Y1, Y2} è una base ortogonale di VA(1).
2
2 1
(1) 0 cioè
0AY V x y z
Y Y x y∈⎧ + + =⎧
⎨ ⎨⊥ − =⎩⎩
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Esempio (3/4)
Poiché VA(4) è generato da Y3 = (1, 1, 1), l’insieme {Y1, Y2, Y3} è una base ortogonale di autovettori per A e la corrispondente base ortonormale èdata da
( ) ( ) ( )1 2 31 1 1
{ 1, 1,0 , 1,1, 2 , 1,1,1 }2 6 3
X X X= − = − =
50
Esempio (4/4)
La matrice
è ortogonale e
( )1 2 3
1 1 1
2 6 31 1 1
, ,2 6 3
2 10
6 3
N M X X X
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟
= = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟
−⎜ ⎟⎝ ⎠
1 0 00 1 0 .0 0 4
t NAN⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
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Forme quadratiche (1/2)
Una forma quadratica q(x, y) in due variabili è una funzione definita da un polinomio omogeneo di grado 2 a coefficienti reali e due variabili. Quindi
q(x, y) = ax 2 + 2bxy + cy 2
con a, b, c ∈ non tutti nulli. Usando il prodotto di matrici possiamo scrivere
R
( ) ( ), .ta b xq x y x y XAX
b c y⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
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Forme quadratiche (2/2)
Evidentemente q è determinata in modo univoco dalla matrice simmetrica A. Dunque, data una matrice simmetrica A di ordine n, possiamo definire la forma quadratica qA(x1, ..., xn) in n variabili associata a A con la formula:
( ) ( )1 dove ,..., .t nA nq X XAX X x x= = ∈R
54
Esempi
Se 0 1 1 2 0 0
2 1, 1 0 2 , 0 1 0
1 31 2 0 0 0 3
A B C−⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠
( )( )( )
2 2
2 2 2
, 2 3 2 ,
, , 2 2 4 ,
, , 2 3 .
A
B
C
q x y x y xy
q x y z xy xz yz
q x y z x y y
− − +
= − +
= − +
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Forme quadratiche in forma canonica
Una forma quadratica qA si dice in forma canonica se A è diagonale. Una forma quadratica in n variabili in forma canonica è espressa da una formula del tipo:
Esempi immediati sono qO(X ) = 0 per ogni X(forma nulla) e
( ) 2 2 21 1 2 2 .n nq X a x a x a x= + + +
( ) 2 2 2 21 2 || || .
nI nq X x x x X= + + + =
56
Segno delle forme quadratiche
In vari problemi è importante poter determinare il segno di una forma quadratica q. Quindi, se q non è nulla, q si dice:
Definitiva positiva/negativa se
Semidefinitiva positiva/negativa se
Indefinita se esistono
( ) ( ) ( ) ( )0 0 o 0 0 per ogni ;q X q q X q X O> > < < ≠
( ) ( ) ( ) ( )0 0 o 0 0 per ogni ;q X q q X q X O≥ ≥ ≤ ≤ ≠
( ) ( )1 2 1 2, tali che 0 e 0.X X q X q X> <
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Segno delle forme quadratiche in forma canonica (1/2)
Sia q (x, y) = ax 2 + by 2 una forma quadratica in forma canonica in 2 variabili. Allora
se a > 0, b > 0 allora q > 0 e se a, b < 0 allora q < 0;se a > 0, b > = 0 o a > = 0 e b > 0 allora q > = 0 e se a < 0, b < =0 e a < = 0 e b < 0 allora q< = 0se a < 0, b < = 0 o a < = 0 e b < 0 allora q < = 0 e se a > 0, b > = 0 e a > = 0 e b > 0 allora q > = 0se a > 0 e b < 0 o viceversa, allora q è indefinita: infatti q(1, 0) = a > 0 e q(0, 1) = b < 0 o viceversa.
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Segno delle forme quadratiche in forma canonica (2/2)
In generale, sia una forma quadratica in forma canonica in nvariabili. Allora:
se ai > 0 (ai < 0) per ogni i, allora q > 0 (q < 0);se ai ≥ 0 (ai ≤ 0) per ogni i, allora q ≥ 0 (q ≤ 0);se ai > 0 e aj < 0 per due indici i e j, allora q èindefinita: infatti q(ei ) = ai > 0 e q(ej ) = aj < 0.
( ) 2 2 21 1 2 2 n nq X a x a x a x= + + +
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Segno delle forme quadratiche (1/2)
Data una forma quadratica q = qA, esiste una forma quadratica in forma canonica qD con lo stesso segno di qA: infatti, poiché A ∈ Mn èsimmetrica, per il Teorema Spettrale esiste N ∈O(n) tale che tNAN = D, con D matrice diagonale avente sulla diagonale principale gli autovalori λ1, ..., λn di A (eventualmente ripetuti se multipli).
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Segno delle forme quadratiche (2/2)
Dunque A = ND tN e
dove Y =tNX. Ora Y = O se e solo se X = O in quanto N è invertibile, quindi qA e qD hanno lo stesso segno.
( ) ( ) ( )t t t t t t tA Dq X XAX XND NX NX D NX YDY q Y= = = = =
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Esempio
In base a quanto precede possiamo determinare il segno di una forma quadratica q = qA a partire dagli autovalori di A. Per esempio, se q(x, y, z) = 2x 2 + 2y 2 + 2z 2 + 2xy 2 + 2xz + 2yz, allora q = qA con
A ha autovalori 1 (con mA(1) = 2) e 4 entrambi > 0, quindi q è definita positiva.
2 1 11 2 1 .1 1 2
A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
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Segno delle forme quadratiche in 2 variabili
Se A ∈ M2 ( ), pA (t ) = t 2 –tr (A )t + D (A ) e quindi D(A ) e tr(A ) sono rispettivamente il prodotto e la somma degli autovalori di A. Quindi, se A = tA e A ≠ O abbiamo:
se D (A ) > 0, allora qA > 0 se tr (A ) > 0 e qA < 0 se tr (A ) < 0; se D (A ) = 0, allora qA ≥ 0 se tr (A ) > 0 e qA ≤ 0 se tr (A ) < 0;se D (A ) > 0, allora qA è indefinita.
R
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Esempi
Se , D(A) = -1, quindi qA(x, y) = 2xyè indefinita;
Se , D(B ) = 0 e tr(B ) = 2, quindi qB(x, y) = x 2 + y 2 + 2xy èsemidefinita positiva;
Se , D(C ) = 5 e tr(C ) = -5, quindi qC (x, y) = -3x 2 -2y 2 + 2xy èdefinita negativa.
0 11 0
A⎛ ⎞
= ⎜ ⎟⎝ ⎠
1 11 1
B⎛ ⎞
= ⎜ ⎟⎝ ⎠
3 11 2
C−⎛ ⎞
= ⎜ ⎟−⎝ ⎠