380 CAPITOLO 16. AUTOVETTORI E AUTOVALORI Sia

380
CAPITOLO 16. AUTOVETTORI E AUTOVALORI
Sia ora A una matrice n ⇥n sul campo K. Indichiamo con C la base canonica
di K n , e sia LA : K n ↵ K n l’applicazione lineare tale che
A = MCC (LA ).
Diciamo che la matrice A è diagonalizzabile se LA è diagonalizzabile.
Teorema 16.3.3. Sia A una matrice n ⇥ n su K. A è diagonalizzabile se e solo se
esiste una matrice simile ad A che sia diagonale.
Dim. Se A è diagonalizzabile, esiste una base E di K n tale che la matrice
B = MEE (LA )
sia diagonale. E la matrice B è simile ad A.
Sia ora B una matrice diagonale simile ad A. Esiste allora una matrice invertibile
N tale che
B = N 1 AN.
Poichè N è invertibile, l’insieme E costituito dagli n vettori colonna di N è una
base di K n (Teorema 6.5.3 e Teorema 3.3.4). Si ha allora
N = MCE (id)
e N
1
= MEC (id).
Quindi, per la (9) del Capitolo 5,
B = MEC (id)MCC (LA )MCE (id) = MEE (LA )
Pertanto, essendo B diagonale, A è diagonalizzabile.
Teorema 16.3.4. Sia A una matrice n⇥n su K. Siano ⌃1 , . . . , ⌃r , le radici distinte
di PA (t) di molteplicità rispettive m1 , . . . , mr . A è diagonalizzabile se e solo se si
ha:
(c1 ) dim V⌅1 = m1 , . . . , dim V⌅r = mr ,
(c2 ) m1 + · · · + mr = n.
Dim. Sia A è diagonalizzabile. Esiste una base {X1 , . . . , Xn } di K n costituita
da autovettori di A. Poichè Xi V⌅1 ⇤ · · · ⇤ V⌅r , per i = 1, . . . , r, dai Teoremi
3.4.2 e 16.2.4 segue K n = V⌅1 ⇤ · · · ⇤ V⌅r , pertanto dim V⌅i = mi , per ogni
i = 1, . . . , r. Poichè ⌃1 , . . . , ⌃r K sono tutte le radici distinte di PA (t) che ha
16.3. DIAGONALIZZAZIONE
381
grado n, allora vale la (c). Viceversa, scegliamo a piacere le basi B1 , . . . , Br , rispettivamente negli autospazi V⌅1 , . . . , V⌅r . In virtù del Teorema 16.1.2, l’insieme
B = B1 ✓ · · · ✓ Br , è costituito da vettori linearmente indipendenti. Ma dalle
ipotesi (c1 ) e (c2 ) segue che i vettori di B sono n, pertanto B è una base di K n
costituita da autovettori di A. Per il Teorema 16.1.3 allora A è diagonalizzabile.
Esempio 16.3.2. Consideriamo la matrice su R
⌅
1
A=⌦ 2
0
⇧
1
1↵ .
1
0
1
0
Il polinomio caratteristico di A è:
⌅
1 t
⌦
2
PA (t) = det
0
0
(1 + t)
0
⇧
1
1 ↵ = (1 + t)2 (1
(1 + t)
Le radici di PA (t) in R sono ⌃1 = 1, di molteplicità 1, e ⌃2 =
2. Il sistema lineare omogeneo
t)
1, di molteplicità
⌃
per t = ⌃1 fornisce
(1 t)x + z = 0
2x (1 + t)y z = 0 ,
⌥
(1 + t)z = 0
V⌅1 = {( ,
, 0) |
R}.
Per t = ⌃2 si ha invece
V⌅2 = {(⇥, ⇤, 2⇥) | ⇥, ⇤
R}.
Si ha dim V⌅1 = 1 e dim V⌅2 = 2, quindi la matrice A è diagonalizzabile. Una
matrice diagonale simile ad A è:
⌅
1
⌦0
0
0
1
0
⇧
0
0 ↵.
1
16.5. ESERCIZI SVOLTI
Si deve avere
397
⌅
1
MBC (id) A MCB (id) = ⌦ 0
0
0
1
0
⇧
0
0 ↵.
1
16.5.10. Siano date le matrici a coefficienti complessi
⇥
⇥
1
2
2i 1
A=
,
B=
.
2
3
2i 2
Provare che esse non sono diagonalizzabili. Determinare per ciascuna di esse una
matrice simile che sia triangolare.
Il polinomio caratteristico della matrice A è dato da
⇥
1 t
2
D
= (t 1)2 ,
2
3 t
allora esiste un autovalore ⌃ = 1 di molteplicità doppia il cui autospazio, risolvendo il sistema lineare
⇥
⇥
⇥
1
2
x
x
=
2
3
y
y
risulta V⌅ =< (1, 1) >. Poichè la sua dimensione è 1, segue che la matrice non
è diagonalizzabile. È però certamente triangolabile. Aggiungiamo all’autovettore
(1, 1) il vettore (1, 0) per ottenere una base B di C2 e determiniamo la matrice
del cambiamento di base MBC (id), essendo C la base canonica. Si ottiene
⇥
0 1
C
MB (id) =
.
1 1
Calcolando MBC (id)AMCB (id) si ottiene la matrice triangolare superiore
⇥
⇥
⇥
⇥
0 1
1
2
1 1
5 2
=
.
1 1
2
3
1 0
0 1
Il polinomio caratteristico della matrice B è
⇥
2i t
1
D
= t2 2(1 + i)t + 2i = [t
2i
2 t
(1 + i)]2 .
398
CAPITOLO 16. AUTOVETTORI E AUTOVALORI
Si ha allora l’autovalore doppio ⌃ = 1+i. Calcoliamo il suo autospazio risolvendo
in C il sistema lineare
⇥
⇥
⇥
2i 1
x
(1 + i)x
=
,
2i 2
y
(1 + i)y
il quale ha spazio di soluzioni V⌅ =< (1, 1 i) > di dimensione 1, pertanto anche
C non è diagonalizzabile. La matrice di passaggio per triangolarizzarla si trova
costruendo MBC (id), essendo, ad es., B = {(1, 1 i), (1, 0)}. Si ricava facilmente
che essa è la matrice
⌅
⇧
0 1+i
2
⌦
↵.
1+i
1
2
Si ha infine
⌅
0
⌦
1
1+i
2
1+i
2
⇧
↵
2i 1
2i 2
⇥
1
1
1
i 0
16.5.11. Dopo aver verificato che la matrice
⌅
3
4
⌦
2
3
A=
1
2
non è diagonalizzabile, triagolarla.
⇥
=
2i
2
0
1
i+1
⇥
.
⇧
7
8 ↵
5
Il polinomio caratteristico di A è
PA (t) =
(t
1)(t
2)2 .
L’autospazio relativo all’autovalore ⌃ = 1 è generato dall’autovettore (2, 1, 0),
mentre quello relativo all’autovalore ⌃ = 2, che ha molteplicità 2, è generato dall’autovettore (1, 2, 1). Allora la matrice data non è diagonalizzabile.
Aggiungiamo ai due autovettori trovati un terzo vettore, ad es. (1, 0, 0), per ottenere una base di C3
E = {(2
1, 0), (1, 2, 1), (1, 0, 0)}
16.5. ESERCIZI SVOLTI
399
e consideriamo l’applicazione lineare LA : C3 ↵ C3 :
⌅ ⇧
x
⌦
y ↵ = (3x + 4y + 7z, 2x 3y
LA (x, y, z) = A
z
8z, x + 2y + 5z).
Si ha:
- LA (2
1, 0) = 1(2
1, 0) + 0(1, 2, 1) + 0(1, 0, 0),
- LA (1, 2, 1) = 0(2
1, 0) + 2(1, 2, 1) + 0(1, 0, 0),
- LA (1, 0, 0) = 0(2
1, 0) + 1(1, 2, 1) + 2(1, 0, 0),
pertanto la matrice di LA rispetto alla base E è la matrice diagonale superiore
⌅
⇧
1 0 0
ME (LA ) = ⌦ 0 2 1 ↵
0 0 2
la quale è simile alla matrice MC (LA ) = A, con C la base canonica di C3 .
Si noti che
⌅
⇧
0
1
2
1 ↵
MEC (id) = ⌦ 0 0
1 2
3
e che
MEC (id)AMCE (id) = ME (LA ).
16.5.12. Triangolare l’applicazione lineare L : C3 ↵ C3 definita da L(x, .y, z) =
(x + 3y + z, y + z, y z).
La matrice di L sulla base canonica è
⌅
1
MC (L) = ⌦ 0
0
3
1
1
⇧
1
1 ↵
1
la quale ammette gli autovalori ⌃ = 0, con molteplicità 2 e ⌃ = 1. Poichè il nucleo
di L ha dimensione 1, segue che L non è diagonalizzabile. Gli autospazi relativi
400
CAPITOLO 16. AUTOVETTORI E AUTOVALORI
ai due autovettori sono, rispettivamente generati dai vettori (2, 1, 1) ed (1, 0, 0).
Fissiamo quindi la base di C3
B = {(2, 1, 1), (1, 0, 0), (1, 1, 1)},
aggiungendo il vettore (1, 1, 1). La matrice di L su tale base si potrà ottenere come
MB (L) = MBC (id)MC (L)MCE (id)
ovvero
⌅
0
⌦
1
MB (L) =
0
1
2
1
2
1
2
⇧⌅
0
1
↵
⌦
0
0
1
0
⌅
0 0
⌦
0 6
=
0 0
3
1
1
⇧⌅
⇧
1
2 1 1
1 ↵⌦ 1 0 1 ↵ =
1
1 0 1
⇧
1
3 ↵.
3
16.5.13. Provare che la matrice
⌅
1
A=⌦ 0
0
⇧
3 k
1 0 ↵
k 1
non è diagonalizzabile per alcun valore del parametro reale k. Se è possibile,
triangolarla quando k = 0.
La matrice data, per k = 0, ha autovalore ⌃ = 1, di molteplicità 3 con relativo
autospazio di dimensione 1, generato, ad es., dal vettore (1, 0, 0). Se si estende tale
autovettore ad una base B di C3 , prendendo ad esempio B = {(1, 0, 0), (0, 1, 1), (1, 1, 0)},
è facile rendersi conto che la matrice MBC non triangola la matrice A. Ciò dipende
dal fatto che la base B non è a ventaglio per l’applicazione lineare indotta da A,
cosı̀ come prescritto dal Teorema di riferimento. Si deve allora trovare una base a
ventaglio contenente l’autovettore.
Notiamo quanto segue:
- in generale è facile rendersi conto che se si ha una matrice di ordine n ed
n 1 autovettori linearmente indipendenti, allora aggiungendo a caso un ulteriore
vettore indipendente dai precedenti, si ottiene sempre una base a ventaglio. In
16.5. ESERCIZI SVOLTI
401
questi casi quindi si procede come visto negli esercizi precedenti.
Poniamoci ora nel caso di una matrice di ordine 3 con autovalore ⌃, di molteplicità
3 con autospazio relativo V⌅ =< v1 > . Questo è il caso del presente problema. Si
può procedere come segue, secondo le linee del teorema di riferimento (Teorema
16.4.2):
- si consideri una qualunque base B = {v1 , v2 , v3 } di C3 , costruita a partire da v1 , e sia M = MBC . In generale la matrice M 1 AM non è triangolare
superiore. È facile vedere che essa è della forma
⌅
⇧
⌃ a12 a13
M 1 AM = A = ⌦ 0 a22 a23 ↵
0 a32 a33
Poniamo B = (M 1 AM )11 cioè la matrice ottenuta da M 1 AM sopprimendo la
prima riga e la prima colonna. B ammette ancora l’autovalore ⌃ con molteplicità
2 ed autospazio relativo di dimensione 1 generato, ad es., da w1 C2 . Si consideri
una base B ⌅ = {w1 , w2 } di C2 . Posto N = MBC⇥ , per quanto sopra detto si ottiene
che la matrice N 1 BN = T1 è triangolare superiore (B ⌅ è base a ventaglio).
Consideriamo la matrice
⌅
⇧
⌃ 0 0
C=⌦ 0 • • ↵
0 • •
ove
• •
• •
⇥
=N
Allora, posto D=MC, questa è la matrice che triangola A cioe D 1 AD = T è
triangolare superiore. Da notare che T11 = T1 .
Risolviamo ora il problema dato, nel caso k = 1. La matrice da studiare è allora
⌅
⇧
3 1
1 0 ↵.
1 1
1
A=⌦ 0
0
Questa ha autovalore ⌃ = 1 d molteplicità 3 con autospazio V⌅ =< (1, 0, 0) >.
Consideriamo la base B = {(1, 0, 0), (0, 1, 1), (1, 1, 0)} di C3 . Si ha
M = MCB
⌅
⇧
1 0 1
=⌦ 0 1 1 ↵
0 1 0
M
1
= MBC
⌅
1
⌦
0
=
0
1
0
1
⇧
1
1 ↵
1
402
CAPITOLO 16. AUTOVETTORI E AUTOVALORI
e poi
⌅
1
M 1 AM = ⌦ 0
0
Allora
B = (M
1
AM )11 =
⇧
5 4
2 1 ↵.
1 0
2 1
1 0
⇥
.
Quest’ultima matrice ha ancora come autovalore 1 con autospazio relativo V⌅ =<
(1, 1) >. Condisiderata la base B ⌅ = {(1, 1), (1, 0)}, si ha
⇥
1 1
B⇥
N = MC =
.
1 0
Allora
⌅
1
⌦
0
C=
0
mentre
⌅
Infine
16.6
1
⌦
0
D = MC =
0
⇧
1 0
0 1 ↵
1 1
⇧
0 0
1 1 ↵,
1 0
e
D
1
⌅
1
⌦
0
=
0
⇧
1 1
1 1 ↵.
1 0
⌅
⇧
1 1 5
D 1 AD = ⌦ 0 1 1 ↵ .
0 0 1
E SERCIZI PROPOSTI
16.6.1. Determinare gli autovalori e gli autovettori delle seguenti applicazioni lineari R3 ↵ R3 :
L(x, y, z) = (2x, 4x + 6y + 4z, 2x
T (x, y, z) = (x + y + 3z, x + 2y + 5z, x
2y),
3y
7z).
16.6.2. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione finita. Siano L, T Hom(V, V )
tali che LT = T L. Mostrare che se v è un autovettore di L con autovalore ⌃ e se
T (v) = 0, allora T (v) è un autovettore di L con autovalore ⌃.
18.3. FORME BILINEARI SIMMETRICHE
= x1 y1 + 2x1 y3
(x1 , x1
=
18.3
447
x2 y2 + x2 y3 + 3x3 y1 + x3 y2 ,
t
g(X, Y ) = XB
AYB =
⌅
⇧⌅
⇧
1 0 2
y1
1 1↵ ⌦y1 y2 ↵ =
x2 , x3 ) ⌦0
3 1 0
y3
3x1 y3 + x1 y2 + x2 y1
x2 y2 + x2 y3
4x3 y1 + x3 y2 .
F ORME BILINEARI SIMMETRICHE
Sia V uno spazio vettoriale sul campo K. Una forma bilineare f : V ⇥ V ↵ K si
dice simmetrica se
(b3 )
f (v, w) = f (w, v),
per ogni coppia di vettori v e w di V . Ogni forma bilineare simmetrica su V non è
altro quindi che un prodotto scalare su V . Si mostra subito che l’insieme Bs (V, K)
delle forme bilineari simmetriche su V è uno spazio vettoriale su K, sottospazio
di B(V, K).
Teorema 18.3.1. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione finita sul campo K.
Siano f una forma bilineare su V , E una base di V , A la matrice di f relativa ad
E. Allora f è simmetrica se e solo se A è simmetrica.
Dim. Poichè A è la matrice di f relativa alla base E, per ogni scelta dei vettori v
e w di V si ha
t
f (v, w) = vE
AwE
t
e f (w, v) = wE
AvE .
t Av è un elemento di K, quindi
Ma wE
E
t
t
t t
f (w, v) = wE
AvE = (wE
AvE )t = vE
A wE .
Ne segue che l’uguaglianza
t
t t
vE
AwE = vE
A wE
può verificarsi, per ogni coppia di vettori v e w, se e solo se A = At .
448
CAPITOLO 18. FORME BILINEARI
Esempio 18.3.1. Consideriamo uno spazio vettoriale V di dimensione n sul campo K. Sia f Bs (V, K) un prodotto scalare su V , e si fissi una base
E = {e1 , . . . , en }
di V . Se la base E è una base ortogonale, allora la matrice simmetrica di f relativa
ad E:
A = ME (f )
è una matrice diagonale, in quanto per i = j si ha f (ei , ej ) = 0. Se v e w sono
t = (x , . . . , x ) e w t = (y , . . . , y ), si ha
generici vettori di V , posto vE
1
n
1
n
E
t
f (v, w) = vE
AwE = f (e1 , e1 )x1 y1 + . . . f (en , en )xn yn .
Nel caso K = R ed f definito positivo, nel caso cioè che V sia uno spazio euclideo,
se la base E è scelta ortonormale, allora per ogni i = 1, . . . , n, da f (ei , ei ) = 1
segue
A = I e f (v, w) = x1 y1 + · · · + xn yn .
Esempio 18.3.2. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione n su R e sia f una
forma bilineare simmetrica su V . Fissata una base E = {e1 , . . . , en } di V , la
matrice di f relativa alla base E:
A = ME (f )
è una matrice reale simmetrica. Essa pertanto ha n autovalori reali ⌃1 , . . . , ⌃n
(Teorema 17.5.2). Inoltre (Teorema 17.5.3) esiste una matrice unitaria reale
N = (N 1 , . . . , N n )
tale che la matrice
M =N
1
AN = N t AN
sia una matrice diagonale. Gli autovalori di M sono gli elementi della sua diagonale. D’altra parte essi sono gli autovalori di A, in quanto A e M sono simili,
quindi
⌅
⇧
⌃1 . . . 0
.. .
M = ⌦ ...
. ↵
0 . . . ⌃n
Consideriamo la base B = {v1 , . . . , vn } di V costituita dai vettori di V le cui
coordinate sulla base E sono rispettivamente le colonne N 1 , . . . , N n della matrice
N , cioè per ogni i = 1, . . . , n, (vi )E = N i . Si ha allora
N = MEB (id),
18.4. FORME QUADRATICHE
449
quindi
M = [MEB (id)]t ME (f )MEB (id) = MB (f ).
t = (x , . . . , x ) e
Ne segue che se v e w sono due qualsiasi vettori di V , posto vB
1
n
t
wB = (y1 , . . . , yn ), si ottene
t
f (v, w) = vB
M wB = ⌃1 x1 y1 + . . . ⌃n xn yn .
18.4
F ORME QUADRATICHE
Siano K un campo e V uno spazio vettoriale su K. Se f è una forma bilineare
simmetrica su V , si chiama forma quadratica associata a f l’applicazione
q : V ↵ K definita da
(5)
q(v) = f (v, v),
per ogni v V.
Se q è la forma quadratica associata alla forma bilineare simmetrica f , si ottiene
f da q nel modo seguente: per ogni coppia di vettori v e w di V si ha
f (v + w, v + w) = f (v, v) + f (v, w) + f (w, v) + f (w, w),
ed essendo f simmetrica
(6)
f (v, w) = 12 [q(v + w)
q(v)
q(w)].
Se V ha dimensione n su K e si considera una base E di V , la matrice simmetrica
A = ME (f ) si chiama anche la matrice della forma quadratica q relativa alla
t = (x , . . . , x ) e A = (a ), si ha
base E. Per ogni vettore v di V , posto vE
1
n
ij
(7)
t
q(v) = f (v, v) = vE
AvE =
n
✏
aij xi xj .
i,j=1
Esempio 18.4.1. Sia X t = (x1 , x2 ) il generico vettore di R2 . Data la forma
quadratica su R2 :
q(X) = x21 + 2x1 x2 + x22 ,
la forma bilineare simmetrica che la definisce è
1
f (X, Y ) = [q(X + Y ) q(X) q(Y )] = x1 y1 + x1 y2 + x2 y1 + x2 y2 .
2
La matrice di f e di q relativa alla base canonica di R2 è
⇥
1 1
A=
.
1 1
450
CAPITOLO 18. FORME BILINEARI
Esempio 18.4.2. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione n sul campo K. Consideriamo un prodotto scalare f su V , la forma quadratica q associata a f , una base
E = {e1 , . . . , en } di V .
Se la base E è ortogonale, ripetendo le considerazioni dell’Esempio 17.3.2, si ha
che la matrice
A = ME (f ) = ME (q)
t = (x , . . . , x ),
è una matrice diagonale. Pertanto, per ogni vettore v di V, posto vE
1
n
si ottiene
t
q(v) = vE
AvE = q(e1 )x21 + · · · + q(en )x2n .
Nel caso K = R ed f definito positivo, se la base E è ortonormale, allora per ogni
i = 1, . . . , n, da
q(ei ) = ||ei ||2 = 1
segue
A=I
e q(v) = ||v||2 = x21 + · · · + x2n .
Osservazione 18.4.1. Riduzione di una forma quadratica a forma canonica.
Sia V uno spazio vettoriale di dimensione n su R, f un prodotto scalare su V e q
la forma quadratica associata ad f . Se E = {e1 , . . . , en } è una base di V , allora
t
q(v) = f (v, v) = vE
AvE =
n
✏
aij xi xj ,
i,j=1
essendo A = ME (f ) = ME (q). Ripetendo le considerazioni dell’Esempio 18.3.2,
se ⌃1 , . . . , ⌃n sono gli autovalori reali di A, si mostra l’esistenza di una base B di
V tale che
⌅
⇧
⌃1 . . . 0
.. ,
M = MB (f ) = MB (q) = ⌦ ...
. ↵
0 . . . ⌃n
tale che M = N
1 AN
= N t AN , con N = MEB (id). Si ottiene infine
q(v) = ⌃1 x⌅1 2 + · · · + ⌃n x⌅n 2 ,
t = (x⌅ , . . . , x⌅ ). Si dice in questo caso che la forma quadratica q è stata
ove vB
n
1
ridotta a forma canonica per un cambiamento di coordinate, dalla base E alla base
B.
f
Sia V uno spazio vettoriale di dimensione n sul campo K. Sia
Bs (V, K) e q la forma quadratica associata ad f .
18.4. FORME QUADRATICHE
451
(q1 ) il nucleo di f è il sottospazio di V
Kf = {v
V | f (v, w) = 0, per ogni w
V }.
(q2 ) q è non degenere se Kf = {0}, degenere nel caso contrario.
(q3 ) il discriminante di f , o anche di q, è il determinante di ME (f ) = ME (q),
rispetto ad una base fissata E di V .
Nel caso K = R
(q4 ) q è definita positiva (negativa) se q(v)
q(v) = 0 se e solo se v = 0.
0 (q(v) ⌥ 0), per ogni v
(q5 ) q è semidefinita positiva (negativa) se q(v)
ed esistono vettori v = 0 per cui q(v) = 0.
V e
0 (q(v) ⌥ 0), per ogni v
(q6 ) q è non definita se q(v) assume valori sia positivi che negativi, per v
V
V.
Teorema 18.4.2. Siano V uno spazio vettoriale di dimensione n sul campo K,
f Bs (V, K) e q la forma quadratica associata ad f . La forma q è degenere se e
solo se il suo discriminante è nullo.
Dim. Fissiamo una base E = {e1 , . . . , en } di V . Poniamo A = ME (q) e sia
v V, v = 1 e1 + · · · + n en . Notiamo che v Kf se e solo se
f (v, ej ) = 0, j = i, . . . , n,
n
✏
ovvero f (
i ei , ej )
= 0, j = i, . . . , n,
i=1
cioè
n
✏
i f (ei , ej )
= 0, j = i, . . . , n,
i=1
che si può riscrivere
t j
vE
A = 0, j = i, . . . , n.
t A = 0, cioè il sistema
Da quanto visto segue che v Kf , v = 0, se e solo se vE
lineare omogeneo X t A = 0 ammette soluzioni non nulle. Questo accade precisamente quando det(A) = det ME (q) = 0.
Proposizione 18.4.3. Sia f
Bs (V, R) e sia q : V ↵ R la forma quadratica
associata. Se q è definita positiva (negativa) allora è non degenere.
Dim. Se q fosse degenere allora esisterebbe un vettore non nullo v
f (v, w) = 0, per ogni w V . In particolare f (v, v) = 0.
V tale che
452
CAPITOLO 18. FORME BILINEARI
18.5
E SERCIZI S VOLTI
18.5.1. In ciascuno dei seguenti casi sono date una base E di R3 ed una forma
lineare f : R3 ↵ R. Determinare la base E ⇤ duale di E e le coordinate di f su E ⇤ .
E = {(1, 1, 0), (0, 1, 1), (2, 0, 1)},
f (x, y, z) = x + y
E = {(2, 1, 1), (0, 1, 2), (0, 0, 1)},
f (x, y, z) = 2z
z,
y.
Sia E = {e1 , e2 , e3 }, allora da
(x, y, z) = a(1, 1, 0) + b(0, 1, 1) + c(2, 0, 1) = (a + 2c, a
b, b + c)
segue
(x, y, z) = ( x+2y +2z)(1, 1, 0)+( x+y +2z)(0, 1, 1)+(x y z)(2, 0, 1).
La base duale di E è costituita dalle seguenti forme lineari
- e⇤1 (x, y, z) =
x + 2y + 2z,
- e⇤2 (x, y, z) =
x + y + 2z,
- e⇤3 (x, y, z) = x
y
z,
mentre le coordinate di f su E ⇤ sono
f (e1 ) = 2,
f (e2 ) =
2 f (e3 ) = 1.
Analogamente, nel secondo caso si ha
(x, y, z) = a(2, 1, 1) + b(0, 1, 2) + c(0, 0, 1) = (2a, a + b, a + 2b + c)
da cui segue
x
x
x
(2, 1, 1) + (y + )(0, 1, 2) + (
2
2
2
2y + z)(0, 0, 1).
La base duale di E è costituita dalle seguenti forme lineari
- e⇤1 (x, y, z) = x2 ,
- e⇤2 (x, y, z) = y + x2 ,
18.5. ESERCIZI SVOLTI
- e⇤3 (x, y, z) =
453
2y + z,
x
2
mentre le coordinate di f su E ⇤ sono
f (e1 ) = 3,
f (e2 ) = 3 f (e3 ) = 2.
18.5.2. Si conisderi lo spazio euclideo R3 con l’usuale prodotto scalare. Posto
X = (x, y, z) R3 , siano date le seguenti forme lineari:
f (X) = x + y,
f (X) = x
2y + z,
f (X) = x
2z.
Per ciascuna di esse determinare un vettore A di R3 tale che f (X) = A · X, per
ogni X R3 .
Detto A = (a, b, c), nel primo caso, dovendo essere ax+by +cz = x+y, per ogni
X R3 , per il principio di identità dei polinomi, si ricava a = 1, b = 1, c = 0.
Allora A = (1, 1, 0).
Si procede allo stesso modo negli altri due casi.
18.5.3. Sia V uno spazio euclideo ed E una base ortonormale di V . Per ogni
vettore v
V , sia f la forma lineare definita da f (x) = v · x. Mostrare che le
coordinate di v su E e quelle di f sulla base duale E ⇤ sono uguali.
Ricordiamo che, se E = {e1 , . . . , en }, allora risulta E ⇤ = {e⇤1 , . . . , e⇤n }, ove
e⇤i (ej ) = 1 se i = j e 0 altrimenti.
Allora dato v = a1 v1 + · · · + an vn , si ha e⇤i (v) = ai , poichè E è ortonormale.
D’altra parte f (ei ) = v · ei = ai , per le stesse ragioni.
18.5.4. Indicato con X = (x1 , x2 , x3 ) il generico vettore di R3 , per ciascuna delle seguenti forme bilineari su R3 , determinare la matrice di f relativa alla base
canonica e la matrice di f relativa alla base
B = {(1, 0, 1), (1, 1, 1), (0, 1, 1)} :
454
CAPITOLO 18. FORME BILINEARI
f (X, Y ) = x1 y2
x2 y3 + 2x2 y1 + x3 y1 + 2x3 y2 ,
f (X, Y ) = 2x1 y1 + x1 y2 + 3x2 y2 + x2 y3
x3 y1 .
Indicata con C = {e1 , e2 , e3 } la base canonica di R3 , si ha:
f (e1 , e1 ) = 0, f (e1 , e2 ) = 1, f (e1 , e3 ) = 0,
f (e2 , e1 ) = 2, f (e2 , e2 ) = 0, f (e2 , e3 ) =
1,
f (e3 , e1 ) = 1, f (e3 , e2 ) = 2, f (e3 , e3 ) = 0.
Allora la matrice di f relativa alla base canonica è
⌅
Si ha poi:
0 1
⌦
2 0
MC (f ) =
1 2
⇧
0
1 ↵.
0
f ((1, 0, 1), (1, 0, 1)) = 0, f ((1, 0, 1), (1, 1, 1)) = 3, f ((1, 0, 1), (0, 1, 1)) = 3,
f ((1, 1, 1), (1, 0, 1)) = 5, f ((1, 1, 1), (1, 1, 1)) = 0, f ((1, 1, 1), (0, 1, 1)) =
1,
f ((0, 1, 1), (1, 0, 1)) = 1, f ((0, 1, 1), (1, 1, 1)) = 2, f ((0, 1, 1), (0, 1, 1)) = 0.
Allora la matrice di f relativa alla base B è
⌅
0 3
MB (f ) = ⌦ 5 0
1 2
Analogamente per la seconda forma.
⇧
3
1 ↵.
0
18.5.5. In R3 siano C la base canonica e B la base dell’esercizio precedente. Considerata la matrice A, determinare la forma bilineare f su R3 tale che A = MC (f )
ed A = MB (f ):
⌅
⇧
1 2 0
A = ⌦ 1 0 3 ↵.
1 1 0
18.5. ESERCIZI SVOLTI
455
Si ha
⌅
⇧⌅
⇧
1 2 0
y1
fA (X, Y ) = X t AY = (x1 , x2 , x3 ) ⌦ 1 0 3 ↵ ⌦ y2 ↵ =
1 1 0
y3
= (x1 y1 + 2x1 y2 , x2 y1 + 3x2 y3 , x3 y1 + x3 y3 ).
Consideriamo ora che
(x1 , x2 , x3 ) = a(1, 0, 1) + b(1, 1, 1) + c(0, 1, 1) = (a + b, b + c, a + b + c).
Allora le coordinate di (x1 , x2 , x3 ) su B sono ( x2 +x3 , x1 ++x2 x3 , x1 +x3 ).
In questo caso si ha
t
fA (X, Y ) = XB
AYB =
⌅
⇧⌅
⇧
1 2 0
y2 + y3
= ( x2 + x3 , x1 + x2 x3 , x1 + x3 ) ⌦ 1 0 3 ↵ ⌦ y1 + y2 y3 ↵ =
1 1 0
y1 + y3
=
2x1 y1 + 2x1 y3 + x3 y1 .
18.5.6. Sia V lo spazio dello spazio vettoriale su R dei polinomi di grado non
superiore a 3, a coefficienti in R. Si consideri il prodotto scalare su V definito da
⌘ 1
f ·g =
f (t)g(t)dt.
0
Determinare la matrice relativa alla base {1, t, t2 , t3 }
Essendo il prodotto scalare una forma bilineare V ⇥ V ↵ R, possiamo determinare la matrice richiesta.
Si ha:
1 · 1 = [t]10 = 1, 1 · t = [ 12 t2 ]10 = 12 , 1 · t2 = [ 13 t3 ]10 = 13, 1 · t3 = [ 14 t4 ]10 = 14 ,
t · 1 = [ 12 t2 ]10 = 12 , t · t = [13t3 ]10 = 13 , t · t2 = [ 14 t4 ]10 = 14 , t · t3 = [15t5 ]10 = 15 ,
456
CAPITOLO 18. FORME BILINEARI
t2 · 1 = [ 13 t3 ]10 = 13 , t2 · t = [ 14 t4 ]10 = 14 , t2 · t2 = [ 15 t5 ]10 = 15 , t2 · t3 = [ 16 t6 ]10 = 16 ,
t3 · 1 = [ 14 t4 ]10 = 14 , t3 · t = [ 15 t5 ]10 = 15 , t3 · t2 = [ 16 t6 ]10 = 16 , t3 · t3 = [ 17 t7 ]10 = 17 .
Segue che la matrice cercata è
⌅
A=
⌦
1
1
2
1
3
1
4
1
2
1
3
1
4
1
5
1
3
1
4
1
5
16
1
4
1
5
1
6
1
7
⇧
↵
18.5.7. In ciacuno dei seguenti casi è data una una matrice reale simmetrica A. Determinare la forma bilineare simmetrica f la cui matrice relativa alla base canonica
di R3 è A, e la forma quadratica associata ad f :
⌅
⇧
⌅
⇧
1 1
0
0 1 2
1 ↵,
1 0 ↵
A=⌦ 1 2
A=⌦ 1
0
1 3
2 0 1
Si ha:
⌅
1
fA (X, Y ) = X t AY = (x1 , x2 , x3 ) ⌦ 1
0
= x1 y1 + x1 y2 + x2 y1 + 2x2 y2
1
2
1
⇧⌅
⇧
0
y1
1 ↵ ⌦ y2 ↵ =
3
y3
x3 y2 + 3x3 y3 ,
x2 y3
che, come si vede chiaramente è simmetrica. Segue che la forma quadratica
associata è
q(X) = fA (X, X) = x21 + 2x1 x2 + 2x22
Analogamente, per la seconda matrice, si ha:
⌅
0
t
⌦
fA (X, Y ) = X AY = (x1 , x2 , x3 ) 1
2
2x2 x3 + 3x23 .
⇧⌅
⇧
1 2
y1
1 0 ↵ ⌦ y2 ↵ =
0 1
y3
18.5. ESERCIZI SVOLTI
457
= x1 y2 + 2x1 y3 + x2 y1
x2 y2 + 2x3 y1 + x3 y3 ,
e
q(X) = fA (X, X) = x1 x2 + 2x1 x3 + x2 x1
x22 + 2x3 x1 + x23
18.5.8. Si denoti con X t = (x1 , x2 , x3 , x4 ) il generico vettore di R4 . Determinare
le forme bilineari simmetriche su R4 associate alle seguenti forme quadratiche:
q(X) = 2x1 x2
q(X) = x21
2x1 x4 + x22 + 4x3 x4 ,
2x1 x4 ,
Dalla formula
1
f (X, Y ) = [q(X + Y )
2
per la seconda forma quadratica si ha:
1
f (X, Y ) = [(x1 + y1 )2
2
q(Y )],
q(X)
x21 + 2x1 x4
= x1 y1 + x1 x4
y12
2y1 y4 ] =
y1 y4 .
18.5.9. In ciascuno dei casi che seguono è data una matrice reale simmetrica A.
Detta C la base canonica di R2 , determinare la forma bilineare f su R2 tale che
A = MC (f ). Determinare inoltre gli autovalori ⌃1 , ⌃2 di A ed una base ortonormale B di R2 tale che
⇥
⌃1 0
MB (f ) =
.
0 ⌃2
2
3
A=
3
0
⇥
,
A=
fA (X, Y ) = X AY = (x1 , x2 )
t
= 2x1 y1 +
3x1 y2 +
2
3
1 1
1 1
3
0
3x2 y1 .
⇥
⇥
.
y1
y2
⇥
=
458
CAPITOLO 18. FORME BILINEARI
Sia poi: pA (t) = (t + 1)(t 3), pertanto gli autovalori di A sono 1 e 3
3) e ( 3, 1). Poichè essi sono
con autovettori relativi, ad es., i vettori (1,
ortogonali tra loro ed entrambi di norma 2, si ottiene una base ortonormale di R2
1
B = {( ,
2
Sia
⌅
N =⌦
allora
⌅
⌦
⌥
3
2
1
2
⌥
3
2
1
2
⇧
↵
Per la seconda matrice:
3
3 1
), (
, )}.
2
2 2
⌥
3
2
↵,
1
2
MB (f ) = N t AN =
⌅
⌥
3
1
⇥
2
2
2
3
⌦ ⌥
3 0
3
1
2
fA (X, Y ) = X AY = (x1 , x2 )
⇧
1 0
0 3
↵=
2
1 1
1 1
t
=
⇧
⌥
3
2
1
2
⇥
y1
y2
⇥
⇥
.
=
x1 y1 + x1 y2 + x2 y1 + x2 y2 .
Si ha poi: pA (t) = t(t 2), pertanto gli autovalori di A sono 0 e 2 con autovettori
relativi, ad es., i vettori (1, 1) e (1, 1). Poichè essi sono ortogonali tra loro ed
entrambi di norma 2, si ottiene una base ortonormale di R2
B = {(
Sia
1
,
2
⌅
N =⌦
allora
⌅
=⌦
⌥1
2
⌥1
2
⌥1
2
⌥1
2
1
1 1
), (
,
)}.
2
2 2
⌥1
2
⌥1
2
⌥1
2
⌥1
2
⇧
↵,
MB (f ) = N t AN =
⌅ 1
⌥
⇥
2
1 1
↵
⌦
1 1
⌥1
⇧
2
⌥1
2
⌥1
2
⇧
↵=
0 0
0 2
⇥
.
18.5. ESERCIZI SVOLTI
459
18.5.10. Ridurre a dforma canonica la forma quadratica q : R3 ↵ R definita
q(X) = 5x21
per X = (x1 , x2 , x3 )
x22 + x23 + 4x1 x2 + 6x1 x3 ,
R3 .
q è indotta dalla forma bilineare simmetrica
1
f (X, Y ) = [5(x1 + y1 )2
2
(x2 + y2 )2 + (x3 + y3 )2 + 4(x2 + y2 )(x1 + y1 )+
+6(x1 + y1 )(x3 + y3 )
(5y12
(5x21
y22 + y32 + 4y1 y2 + 6y1 y3 ) =
= 5x1 y1 + 2x1 y2 + 3x1 y3
Si ha
x22 + x23 + 4x1 x2 + 6x1 x3 )
x2 y2 + 3x3 y1 + 2x2 y1 + x3 y3 .
⌅
5
M (f ) = M (q) = ⌦ 2
3
⇧
2 3
1 0 ↵,
0 1
Gli autovalori della matrice sono ⌃1 = 0, ⌃2 = 2, ⌃3 = 7 e da essi si ricava la
base di autovettori
{(1, 2, 3), (1, 2, 1), (4, 1, 2)}
che risulta ortogonale. Normalizzandola abbiamo la base
B = {(
1
2
,
,
14 14
3
1
), (
,
14
6
Detta C la base canonica di R3 si ottiene
⌅ 1
MCB (id) =
⌦
2
,
6
1
4
1
2
), (
,
,
)}.
6
21 21 21
⌥
14
⌥1
6
⌥4
21
⌥2
14
⌥2
6
⌥1
21
⌥3
14
⌥1
6
⌥2
21
⇧
,
↵
cosı̀, se X
R3 è il vettore di coordinate (x1 , x2 , x3 ) sulla base canonica e di
⌅
coordinate (x1 , x⌅2 , x⌅3 ) sulla base B, si deve avere
(x1 , x2 , x3 ) = MCB (id)(x⌅1 , x⌅2 , x⌅3 )t
460
CAPITOLO 18. FORME BILINEARI
da cui si ottengono le equazioni del cambiamento di coordinate
⌃
x1 = ⌥114 x⌅1 + ⌥16 x⌅2 + ⌥421 x⌅3
x2 =
⌥2 x⌅
14 1
⌥2 x⌅
6 2
+
⌥1 x⌅
21 3
⌥ x =
3
⌥4 x⌅
14 1
⌥1 x⌅
6 2
+
⌥2 x⌅
21 3
Sostituendo tali espressioni in q(X) = 5x21
la forma canonica della forma assegnata
q(X) =
18.6
.
x22 + x23 + 4x1 x2 + 6x1 x3 , si ricava
2x⌅2 2 + 7x⌅3 2 .
E SERCIZI PROPOSTI
18.6.1. In R3 siano C la base canonica e B = {(1, 0, 1), (1, 1, 1), (0, 1, 1)} un’altra base. Considerata la matrice
⌅
⇧
3
1 2
1 ↵,
A=⌦ 0 1
0 1
1
determinare le forme bilineari su R3 f e g tali che A = MC (f ) e A = MB (g) :
18.6.2. Sia V uno spazio vettoriale su K. Siano f e g due forme bilineari simmetriche su V e ⌃ K uno scalare. Determinare le forme quadratiche associate a
f + g e a ⌃f .
18.6.3. Si denoti con X t = (x1 , x2 , x3 , x4 ) il generico vettore di R4 . Determinare
le forme bilineari simmetriche su R4 associate alle seguenti forme quadratiche:
q(X) = 2x1 x2 2x1 x4 + x22 + 4x2 x4 ,
q(X) = 2x1 x2 2x1 x4 ,
q(X) = x21 2x1 x4 .
18.6.4. Si consideri matrice reale simmetrica
A=
1 1
1 1
⇥
.
Detta C la base canonica di R2 determinare la forma bilineare f
Bs (R2 , R)
tale che A = MC (f ). Determinare inoltre gli autovalori ⌃1 , ⌃2 di A e una base
ortonormale B di R2 tale che
⇥
⌃1 0
MB (f ) =
.
0 ⌃2