v3 canon

1
DIAGONALIZZAZIONE
MATRICI ORTOGONALI.
MATRICI SIMMETRICHE E FORME QUADRATICHE
Matrici ortogonali e loro proprietà.
Autovalori ed autospazi di matrici simmetriche reali. Diagonalizzazione mediante matrici ortogonali.
Forme quadratiche su Rn e loro segno. Riduzione a forma canonica mediante diagonalizzazione.
Esercizio 1 Siano A e B due matrici ortogonali di ordine n. Mostrare che AB è una matrice
ortogonale.
Esercizio 2 Sia data l’equazione matriciale AX = B dove A, B, X ∈ Kn,n con det A 6= 0.
Provare che X è ortogonale se e solo se AAT = BB T .
Esercizio 3 Date due matrici A e B ortogonali di ordine n, stabilire se le seguenti affermazioni
sono vere o false:
(i) se a ∈ R, allora aA è ortogonale;
(ii) la matrice AB è ortogonale;
(iii) la matrice A + B è ortogonale.
Esercizio 4 Data una matrice A ortogonale di ordine n, stabilire se le seguenti affermazioni
sono vere o false:
(i) det A = 2;
(ii) | det A| = 1;
(iii) la matrice An è ortogonale;
(iv) la matrice −A è ortogonale;
(v) la matrice A−1 è ortogonale.
Esercizio 5 Si consideri la matrice


1 −1 2
A =  −1 1 −2  .
2 −2 4
1) Si determini, se esiste, una matrice N ortogonale tale che N T AN sia diagonale.
2) Si determini, se esiste, una matrice P invertibile non ortogonale tale che P −1 AP sia
diagonale.
Esercizio 6 Si considerino le matrici




300
310
A = 0 2 0, B = 0 2 1,
002
002

310
C = 1 2 0.
002

DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche
2
1) Determinare quali tra queste sono diagonalizzabili tramite una matrice P invertibile. Nei
casi possibili, calcolare P.
2) Determinare quali tra queste sono diagonalizzabili tramite una matrice N ortogonale. Nei
casi possibili calcolare N.
Esercizio 7 Sia data la matrice


−3 2 0
A= k 0 0 
0 0 −1
dove k è un parametro reale. Mostrare che per k = 0 e per k = 2 la matrice A è diagonalizzabile,
trovando in entrambi i casi le matrici di passaggio.
In quale caso è possibile trovare una matrice di passaggio N ortogonale? Determinare in tal
caso tale matrice.
Esercizio 8 Per le seguenti matrici Ai , i = 1, 2, 3,




300
010
A1 =  1 1 1  , A2 =  0 2 1  ,
012
010

300
A3 =  0 2 1  ,
002

determinare, se esistono, una matrice ortogonale Ni ed una matrice diagonale Di tali che
Ni−1 Ai Ni = Di .
Esercizio 9 Si consideri, al variare del parametro reale a ∈ R la matrice


1
0 0
A =  0 a 1 − a.
2a − 1 a a
1) Si studi la diagonalizzabilità di A su R.
2) Per a = 1/2 si determini, se esiste, una matrice invertibile P di ordine 3 tale che P −1 AP
sia diagonale.
3) Per a = 1/2 si determini, se esiste, una matrice ortogonale N di ordine 3 tale che N −1 AN
sia diagonale.
Esercizio 10 Si considerino le matrici

0 0 −1
A =  0 3 0 ,
−1 0 1


110
B = 1 2 1,
013


1
0
C=
2
0
0
3
0
2
2
0
−1
0

0
2
.
0
1
1) Determinare il segno delle forme quadratiche associate alle matrici A, B, C.
2) Determinare una forma canonica per le forme quadratiche associate alle matrici A e B.
3) Scrivere un cambiamento di variabili che porti la forma quadratica associata alla matrice
A ad assumere la forma canonica trovata al punto precedente.
DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche
3
Esercizio 11 Risolvere i seguenti quesiti relativi alle forme quadratiche.
1) Sia q(X) = X T AX una forma quadratica in n = 2 variabili. Sapendo che q(X) è definita
negativa, cosa si puó dedurre sul segno di tr A e det A?
2) Sia q(X) = X T AX una forma quadratica in n = 2 variabili. Sapendo che det A è positivo,
cosa si puó dedurre sul segno della forma?
3) Rispondere alle domande precedenti per forme quadratiche in n = 3 variabili.
DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche
4
SVOLGIMENTI
Esercizio 1 Si ha AAT = BB T = I per ipotesi e bisogna mostrare che (AB)(AB)T = I.
Poiché la trasposta di un prodotto è il prodotto delle trasposte in ordine inverso, risulta
(AB)(AB)T = (AB)(B T AT ) = A(BB T )AT = AAT = I.
Esercizio 2 Usando l’ipotesi fatta su A, si ha che X = A−1 B. Allora XX T = I equivale a
(A−1 B)(A−1 B)T = I, dove (svolgendo i conti tramite le proprietà delle operazioni matriciali)
risulta
A−1 B(A−1 B)T = A−1 BB T (A−1 )T = A−1 BB T (AT )−1 .
Dunque, moltiplicando a sinistra per A ed a destra per AT , si ottiene
XX T = I ⇐⇒ A−1 BB T (AT )−1 = I ⇐⇒ BB T = AAT .
Esercizio 3 (i) FALSA; infatti si ha (aA) (aA)T = a2 AAT = a2 I e a2 I = I se e solo se
a = ±1.
(ii) VERA (v. Esercizio 1).
(iii) FALSA; ad esempio si ha (A + A) (A + A)T = (2A) (2A)T = 4AAT = 4I 6= I.
Esercizio 4 (i) FALSA; infatti AAT = I implica det(AAT ) = det I, cioè det A det(AT ) = 1
(teorema di Binet) e quindi (det A)2 = 1 (in quanto det(AT ) = det A), che significa
det A = ±1.
(ii) VERA, perché AAT = I implica det A = ±1 (v. punto (i)), che equivale a |det A| = 1.
(iii) VERA; infatti si ha (An )T = (AT )n e quindi risulta An (An )T = An (AT )n = (AAT )n =
I n = I.
(iv) VERA; infatti risulta (−A)(−A)T = (−1)A(−1)AT = (−1)2 AAT = I.
(v) VERA; infatti si ha (A−1 )T = (AT )−1 e quindi risulta (A−1 )(A−1 )T = A−1 (AT )−1 =
(AT A)−1 = I −1 = I.
DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche
5
Esercizio 5
1) La matrice A è simmetrica e reale, quindi è diagonalizzabile tramite una
matrice di passaggio N ortogonale (da cui N −1 = N T ) e dunque la matrice N esiste. Per
calcolarla, dobbiamo determinare una base ortonormale di R3 costituita da autovettori di
A e disporne poi le componenti sulle colonne. Il polinomio caratteristico di A è
1 − λ −1
2
det (A − λI) = −1 1 − λ −2 = 6λ2 − λ3 = λ2 (6 − λ) ,
2
−2 4 − λ per cui gli autovalori di A sono λ = 0 con molteplicità m0 = 2 e λ = 6 con molteplicità
m6 = 1.
Determiniamo dapprima una base ortogonale di V0 = {X ∈ R3 : AX = 0}, che ha
dimensione dim V0 = m0 = 2. Il sistema omogeneo

 x − y + 2z = 0
−x + y − 2z = 0

2x − 2y + 4z = 0
associato a A è equivalente alla sola equazione x − y + 2z = 0. Una soluzione non nulla
di tale equazione è ad esempio X1 = (1, 1, 0) ed otteremo una base ortogonale di V0
prendendo un altro vettore non nullo X2 di V0 che sia ortogonale ad X1 . Un tale vettore
dovrà quindi essere soluzione non nulla del sistema
x − y + 2z = 0
,
x+y =0
dove la prima equazione è la condizione di appartenenza V0 e la seconda è la condizione
di ortogonalità ad X1 . Ad esempio, possiamo prendere X2 = (1, −1, −1).
Determiniamo ora l’autospazio V6 = {X ∈ R3 : (A − 6I) X = 0}, che avrà dimensione
dim V6 = m6 = 1. Risolvendo il sistema omogeneo di matrice A − 6I, si trova V6 =
{(−y, y, −2y) : y ∈ R} e quindi un autovettore relativo all’autovalore 6 è X3 = (1, −1, 2).
I vettori (X1 , X2 , X3 ) formano una base ortogonale di autovettori di A (l’ortogonalità
è garantita dalle proprietà delle matrici reali simmetriche, i cui autospazi sono sempre
ortogonali, ma può ovviamente essere controllata direttamente come verifica: risulta X1 ·
X2 = X1 · X3 = X2 · X3 = 0). Normalizzando X1 , X2 , X3 si ottiene la base ortonormale
X2
X3
(1, 1, 0) (1, −1, −1) (1, −1, 2)
X1
√
√
√
,
,
,
,
=
kX1 k kX2 k kX3 k
2
3
6
e disponendone poi le componenti sulle colonne si ottiene la matrice cercata
 1

1
1
√
2
√
3
√
6


N =  √12 − √13 − √16  .
0 − √13 √26
Osserviamo che, essendo V0 e V6 gli unici autospazi della matrice reale simmetrica A,
risulta V6 = V0⊥ (e V0 = V6⊥ ), per cui come vettore X3 si sarebbe potuto prendere un
qualsiasi vettore non nullo ortogonale ad entrambi X1 ed X2 , risolvendo quindi il sistema
x+y =0
(cioè (x, y, z) · X1 = 0)
x − y − z = 0 (cioè (x, y, z) · X2 = 0),
invece che calcolando V6 = Sol (A − 6I).
DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche
6
2) La matrice P si ottiene come la matrice N del punto precedente, tranne per il fatto che
la base di V0 non deve essere presa ortogonale oppure i vettori della base di autovettori
non vanno normalizzati (osserviamo che basta una sola di queste condizioni per ottenere
una matrice non più ortogonale). Ad esempio, prendendo X2 = (2, 0, −1) ed X1 , X3 come
prima, si ottiene


1 2 1
P =  1 0 −1 
0 −1 2
(si verifichi che P non è ortogonale).
Esercizio 6 Svolgiamo la parte 1) studiando separatemente le tre matrici.
1) MATRICE A. Il polinomio cartteristico di A è
3−λ 1
0 PA (λ) = det(A − λI) = 0 2 − λ 0 = (3 − λ)(2 − λ)2
0
0 2−λ
ed ammette 3 radici reali (non distinte), le quali danno gli autovalori di A: λ = 3 con
m3 = 1 (molteplicità 1) e λ = 2 con m2 = 2. La matrice risulta allora diagonalizzabile
se e solo se tutti gli autovalori sono regolari1 . Siccome per gli autovalori semplici (cioè di
molteplicità 1) questa condizione è sempre verificata (in quanto si ha sempre 1 ≤ dim Vλ ≤
mλ ), è automatico che λ = 3 è un autovalore regolare (cioè che dim V3 = 1). Controlliamo
allora la condizione di regolarità per λ = 2: si ha


110
dim V2 = 3 − ρ(A − 2I) = 3 − ρ  0 0 0  = 3 − 1 = 2 = m2
000
e perciò anche l’autovalore λ = 2 è regolare. Dunque A è diagonalizzabile.
Per determinare una matrice P che diagonalizza A, occorre calcolare una base di autovettori di A e disporne le entrate sulle colonne. Studiamo allora gli autospazi
V3 = v = (x, y, z) : (A − 3I) vT = 0 e V2 = v = (x, y, z) : (A − 2I) vT = 0 .
Il sistema (A − 3I) vT = 0 è

   
0 1 0
x
0
 0 −1 0   y  =  0  ,
0 0 −1
z
0
1
cioè
y=0
,
−z = 0
e pertanto risulta V3 = {(x, 0, 0) : x ∈ R} = L ((1, 0, 0)). Il sistema (A − 2I) vT = 0 è

   
110
x
0
 0 0 0   y  =  0  , cioè x + y = 0,
000
z
0
Ricordiamo che un autovalore è detto regolare se la dimensione dell’autospazio associato coincide con la
molteplicità dell’autovalore stesso.
DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche
7
e pertanto V2 = {(x, −x, z) : x, y ∈ R} = L ((1, −1, 0) , (0, 0, 1)). Dunque


1 1 0
P =  0 −1 0 
0 0 1
è tale che


300
P −1 AP =  0 2 0 
002
(si noti la disposizione degli autovalori, coerente con l’ordine in cui si sono disposti in
colonna gli autovettori).
MATRICE B. Ripetiamo lo studio fatto per la matrice A. Il polinomio cartteristico di B
è
3−λ 0
0 PB (λ) = det(B − λI) = 0 2 − λ 1 = (3 − λ)(2 − λ)2 ,
0
0 2−λ
che coincide con quello di A. Dunque B ha gli stessi autovalori di A, con pari molteplicità,
e pertanto, ripetute le osservazione già fatte per A, risulta che B è diagonalizzabile se e
solo se l’autovalore doppio λ = 2 è regolare. Questa volta però si ha


100
dim V2 = 3 − ρ(B − 2I) = 3 − ρ  0 0 1  = 3 − 2 = 1 6= 2 = m2
000
e quindi l’autovalore 2 non risulta regolare. La matrice B non è pertanto diagonalizzabile.
MATRICE C. Poiché la matrice C è simmetrica reale, essa è sicuramente diagonalizzabile
e quindi si tratta solo di costruire la matrice P , determinando autovalori e autospazi di
C. Il polinomio caratteristico di C è
3−λ 1
0
PC (λ) = 1 2 − λ 0 = (2 − λ) [(3 − λ) (2 − λ) − 1] = − (λ − 2) λ2 − 5λ + 5
0
0 2−λ
√
√
e quindi C ha gli autovalori λ1 = 2, λ2 = 5+2 5 e λ3 = 5−2 5 (tutti semplici). Calcoliamo
gli autospazi. Il sistema omogeneo di matrice C − λ1 I è
   

x
0
110
x+y =0
 1 0 0   y  =  0  , cioè
,
x=0
0
000
z
da cui risulta Vλ1 = {(0, 0, z) : z ∈ R} = L ((0, 0, 1)). Il sistema omogeneo di matrice
C − λ2 I è
 √
   
1− 5
1√
0
x
0
2


 1 − 1+2 5
0√   y  =  0  ,
0
z
0
0
− 1−2 5
DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche
8
dove la seconda riga di C − λ2 I è necessariamente multipla della prima (si ricordi che
ρ (C − λ2 I) = 3 − dim Vλ2 = 3 − mλ2 = 2 e si osservi che la terza è indipendente dalle altre
due) e pertanto il sistema equivale al sistema dato dalle equazioni associate alla seconda
e all’ultima riga (o alla prima e all’ultima), cioè
√
(
x − 1+2 5 y = 0
√
.
− 1−2 5 z = 0
Quindi
!
)
√
√
1+ 5
y, y, 0 : x ∈ R = L 1 + 5, 2, 0 .
Vλ2 =
2
√
Analogamente si ottiene Vλ3 = L 1 − 5, 2, 0 . Una possibile matrice P che diagonalizza è allora
√ 
√

0 1+ 5 1− 5
P = 0
2
2 .
1
0
0
(
2) Una matrice reale M si diagonalizza mediante una matrice ortogonale se e solo se è
simmetrica; in tal caso, N è una matrice ortogonale che diagonalizza M se e solo se le
colonne di N sono le entrate di una base ortonormale di autovettori di M .
Nel nostro caso, solo la matrice C è simmetrica e pertanto solo C si diagonalizza mediante
una matrice ortogonale. Per costruire una tale matrice, occorre e basta determinare
una base ortonormale di autovettori di C e disporne le entrate sulle colonne. La base di
autovettori utilizzata al punto 1) precedente è ortogonale2 , quindi si tratta solo di renderla
ortonormale, normalizzandone i vettori (cioè dividendo ciascuno per la propria norma).
Poiché
q
q
√
√
√
√
k(0, 0, 1)k = 1, k(1 + 5, 2, 0)k = 10 + 2 5, k(1 − 5, 2, 0)k = 10 − 2 5,
si ottiene



N =0

1
√
5
√
10+2 5
√ 2 √
10+2 5
0 √1+
0
√
5
√
10−2 5
√ 2 √
10−2 5
√1−
0



.

Esercizio 7 Si procede come per gli Esercizi 5 e 6.
k = 0 Per k = 0, si hanno i tre autovalori reali λ1 = 0, λ2 = −1 e λ3 = −3, che sono tutti
distinti e quindi regolari; la matrice è dunque diagonalizzabile. I corrispondenti autospazi
sono generati, rispettivamente, dai vettori (2, 3, 0), (0, 0, 1) e (1, 0, 0), per cui la matrice
di passaggio che diagonalizza A è


201
P = 3 0 0.
010
2
lo si può anche controllare direttamente, ma è garantito a priori dal fatto che essa è costituita da autovettori
relativi ad autovalori tutti distinti della matrice simmetrica C (si ricordi che due autovettori relativi ad autovalori
distinti di una matrice simmetrica reale sono sempre tra loro ortogonali).
DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche
9
k = 2 Per k = 2, si ottiene una matrice simmetrica reale e quindi la si può diagonalizzare
tramite una matrice ortogonale. Determiniamo tale matrice. Gli autovalori di A sono
λ1 = 1, λ2 = −1, λ3 = −4 ed i rispettivi autospazi sono generati rispettivamente dai
vettori (1, 2, 0), (0, 0, 1), (−2, 1, 0). Osserviamo che gli autovettori sono già ortogonali tra
loro (come garantito dalla simmetria della matrice e dalla semplicità degli autovalori). Per
costruire la matrice di passaggio N , basta normalizzarli e disporli sulle colonne, ottenendo


1 0 −2
1 
2 0 1 .
N=√
5 0 √5 0
Esercizio 8 Si procede come per gli Esercizi 5, 6 e 7.
MATRICE A1 . La matrice A1 è simmetrica, quindi è diagonalizzabile mediante una matrice
ortogonale. Gli autovalori di A1 sono 0, 2, −1 ed i corrispondenti autospazi sono generati,
rispettivamente, dai vettori (1, 0, −1), (1, 2, 1), (1, −1, 1), ortogonali tra loro. Per ottenere la
matrice N1 , basta normalizzare tali autovettori ed inserirli nelle colonne; si trova
√ 
√
√

1/ 2 1/√6 1/ √3
N1 =  0√ 2/√6 −1/√ 3  .
−1/ 2 1/ 6 1/ 3
Con questa scelta di N1 , il prodotto N1−1 A1 N1 restituisce la matrice diagonale D1 degli autovalori di A1 , coerentemente disposti secondo l’ordine con cui si sono disposti gli autovettori:


00 0
N1−1 A1 N1 = D1 =  0 2 0  .
0 0 −1
MATRICE A2 . La matrice A2 è simmetrica, quindi è diagonalizzabile mediante una matrice ortogonale. Gli autovalori di A2 sono λ1 = λ2 = 3 e λ3 = 1. L’autospazio V3 relativo all’autovalore
doppio ha sicuramente dimensione due (in quanto A2 è diagonalizzabile) e, per la costruzione
di N2 , vanno scelti due autovettori di V3 tra loro ortogonali, per esempio (1, 0, 0) e (0, 1, 1). Per
l’altro autospazio si può scegliere (0, 1, −1) come generatore. Normalizzando la base ortogonale
di autovettori, si ottiene la matrice

√
20 0
1 
N2 = √
0 1 1 .
2
0 1 −1
Con questa scelta di N2 , si ha


300
N2−1 A2 N2 = D2 =  0 3 0  .
001
MATRICE A3 . La matrice A3 non può essere diagonalizzata mediante una matrice ortogonale,
perché non è simmetrica.
DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche
10
Esercizio 9 Si procede come per gli Esercizi 5, 6, 7 e 8, ma occorre discutere realtà e molteplicità
degli autovalori al variare del parametro.
1) La matrice A ∈ R3,3 è diagonalizzabile su R se e solo se ha 3 autovalori (distinti o no)
reali e regolari.
Il polinomio caratteristico di A è P (λ) = (λ − 1) λ2 − 2aλ + 2a2 − a . Il secondo fattore
di P (λ) ha discriminante 4a − 4a2 , per cui, affinché P (λ) = 0 abbia soluzioni tutte
√ reali,
a − a2 e
deve essere
0
≤
a
≤
1.
In
tal
caso,
si
hanno
gli
autovalori
λ
=
1,
λ
=
a
+
1
2
√
2
λ3 = a − a − a , per i quali risulta
1
λ1 = λ2 ⇔ a = 1, ;
2
λ1 = λ3 ⇔ a = 1;
λ2 = λ3 ⇔ a = 0, 1.
Discutendo molteplicità degli autovalori e dimensione degli autospazi, si ottiene quanto
segue:
• per a 6= 0, 1, 12 , gli autovalori sono reali e distinti, per cui la matrice è sicuramente
diagonalizzabile su R;
• per a = 0, si ha λ1 = 1 e λ2 = λ3 = 0, per cui l’autovalore 0 ha molteplicità 2; la
matrice A − 0I ha però rango 2, cioè la dimensione dell’autospazio V0 è 1, quindi la
matrice non è diagonalizzabile;
• per a = 1, si ha λ1 = λ2 = λ3 = 1, per cui l’autovalore 0 ha molteplicità 3; la matrice
A − I ha però rango 1 (e non 0), quindi la matrice non è diagonalizzabile;
• per a = 21 , la matrice è simmetrica reale e quindi è sicuramente diagonalizzabile.
2) Posto a = 12 , determiniamo gli autospazi relativi agli autovalori 1 (doppio) e 0 (semplice);
si ottiene
V0 = Sol (A) = L((0, 1, −1))
e V1 = Sol (A − I) = L((1, 0, 0), (0, 1, 1)).
Una matrice invertibile che diagonalizza A è quindi


0 10
P =  1 0 1.
−1 0 1
3) La matrice ortogonale N esiste, perché A è simmetrica; per determinarla, basta scegliere
autovettori ortonormali negli autospazi trovati al punto precedente (uno in V0 e due in V1 ).
Siccome la base (1, 0, 0), (0, 1, 1) trovata per V1 è già ortogonale, è sufficiente normalizzare
le basi già usate per costruire P ; si ottiene
√


20
0
1
N = √  1 0 1.
2 −1 0 1
DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche
11
Esercizio 10 Ricordiamo che ad ogni forma quadratica q si associa una matrice simmetrica
reale M , e viceversa, tramite la relazione q(X) = X T M X. La forma quadratica q(X) = X T M X
risulta:
• definita positiva se e solo se tutti gli autovalori di M sono > 0;
• semidefinita positiva se e solo se tutti gli autovalori di M sono ≥ 0;
• definita negativa se e solo se tutti gli autovalori di M sono < 0;
• semidefinita negativa se e solo se tutti gli autovalori di M sono ≤ 0;
• non definita se e solo se M ha due autovalori di segno opposto.
1) (i) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A:
−λ 0
−1
PA (λ) = det(A − λI) = 0 3 − λ 0 = (3 − λ) λ2 − λ − 1 .
−1 0 1 − λ Risolvendo l’equazione PA (λ) = 0, troviamo gli autovalori di A: λ1 = 3, λ2 =
√
1− 5
2 .
√
1+ 5
2
e
λ3 =
Poiché ne esistono due di segno opposto (λ3 è negativo), la forma quadratica
associata ad A è non definita.
(ii) Il polinomio caratteristico di B è
1−λ 1
0
PB (λ) = 1 2 − λ 1 = −λ3 + 6λ2 − 9λ + 2.
0
1 3−λ
Senza determinarli tutti esplicitamente (v. sotto, parte (ii) del punto 2)) possiamo contare
il numero di autovalori positivi (strettamente) di B mediante la regola di Cartesio: la
successione −1, 6, −9, 2 dei coefficienti di PB (λ) presenta 3 cambi di segno, quindi PB (λ)
ha 3 radici positive (strettamente). Poiché il grado di PB (λ) è 3, ciò significa che tutti gli
autovalori di B sono positivi (strettamente) e pertanto la forma quadratica associata a B
è definita positiva.
(iii) Il polinomio caratteristico di C è
1−λ 0
2
0 0 3−λ
0
2 4
3
2
PC (λ) = = λ − 4λ − 6λ + 20λ + 5.
2
0
−1
−
λ
0
0
2
0
1−λ
√
√
Anche in questo caso, non è immediato calcolare le radici di PC (λ) (che sono ± 5 e 2± 5),
ma possiamo contare il numero di quelle positive (strettamente) mediante la regola di
Cartesio: la successione 1, −4, −6, 20, 5 dei coefficienti presenta 2 cambi di segno, quindi
PC (λ) ha 2 radici positive (strettamente). Poiché deg PC = 4 e PC (λ) non ha radici nulle
(PC (0) = 5 6= 0), le quattro radici di PC (λ) (che sono tutte reali perché C è simmetrica)
sono due positive e due negative (strettamente). Dunque C ha due autovalori di segno
opposto e quindi la forma quadratica associata a C è non definita.
2) Ricordiamo che ogni forma quadratica q(X) = X T M X ammette una forma canonica
del tipo q̄(X̄) = X̄ T D X̄ dove D è la matrice diagonale degli autovalori di M , ciascuno
DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche
12
ripetuto secondo la propria molteplicità.
Dunque una forma canonica per la forma quadratica di matrice A (rispettivamente B) è la
forma quadratica associata alla matrice diagonale degli autovalori di A (rispettivamente
di B).
√
√
(i) Gli autovalori di A sono già stati calcolati e sono 3, 1+2 5 e 1−2 5 . Una forma canonica per q (x, y, z) = X T AX è allora q̄ (x̄, ȳ, z̄) = X̄ T DX̄ con D matrice diagonale degli
autovalori di A, cioè
 

√
√
3 0√
0
x̄
 1+ 5
1+ 5 2 1− 5 2
 
2
0√  ȳ = 3x̄ +
ȳ +
z̄ .
q̄ (x̄, ȳ, z̄) = x̄ ȳ z̄  0 2
2
2
1− 5
z̄
0 0
2
(ii) Per ottenere una forma canonica della forma quadratica di matrice B, occorre deter-
minare esplicitamente le radici del polinomio caratteristico PB (λ) = −λ3 + 6λ2 − 9λ + 2
calcolato al punto 1). Poiché PB (2) = 0, dividiamo PB (λ) per (λ − 2) ed otteniamo
−λ2 + 4λ − 1; dunque PB (λ) = − (λ − 2) λ2 − 4λ + 1 e le soluzioni di PB (λ) = 0 sono
√
√
2, 2 + 3 e 2 − 3. Una forma canonica per q (x, y, z) = X T BX è allora

 
0√
0
x̄
√
√
2
q̄ (x̄, ȳ, z̄) = x̄ ȳ z̄  0 2 + 3
0√   ȳ  = 2x̄2 + (2 + 3)ȳ 2 + (2 − 3)z̄ 2 .
z̄
0
0
2− 3
3) Un cambio di variabili che porta q (x, y, z) = X T AX alla forma canonica q̄ (x̄, ȳ, z̄) =
X̄ T D X̄ trovata al punto 2), è il cambio di base X = P X̄ con P matrice di passaggio
ortogonale che diagonalizza A in D, cioè tale che P T AP = D. Si tratta dunque di scrivere
le equazioni del cambio di base X = P X̄ con P matrice le cui colonne sono le entrate di
una base ortonormale di autovettori di A, coerentemente ordinata secondo l’ordine con
cui gli autovalori sono stati disposti sulla diagonale di D.
Calcolando gli autospazi di A, si trova
√
√
V3 = L((0, 1, 0)), V 1+√5 = L((−2, 0, 1 + 5)) e V 1−√5 = L((−2, 0, 1 − 5)).
2
2
√
√
√
Posto per brevità a = k(−2, 0, 1 − 5)k =
10 + 2 5 e b = k(−2, 0, 1 − 5)k =
p
√
10 − 2 5, una base ortonormale cercata è allora
√ !
√
(−2, 0, 1 + 5) (−2, 0, 1 − 5)
,
,
(0, 1, 0),
a
b
p
a cui corrisponde la matrice di passaggio


0 − a2 − 2b
0√  .
P =  1 0√
1+ 5 1− 5
0 a
b
DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche
13
Un cambio di variabili che soddisfa la richiesta è allora X = P X̄, cioè

 
2
2
  

0 − a2 − 2b
x̄
x
 x = − a ȳ − b z̄
y  = 1 0
y = x̄
0√   ȳ  , cioè
.
√
√
√

5
5
1−
1+

5
5
1+
1−
z̄
z
0 a
z=
ȳ +
z̄
b
a
b
Osserviamo che queste equazioni possono essere facilmente esplicitate rispetto a X̄ =
P −1 X, in quanto P è ortogonale e quindi risulta P −1 = P T . Si ottiene allora X̄ = P T X,
cioè

 
  

x̄ = y

0 1 0√
x
x̄

√


1+ 5
2
 ȳ  =  − 2 0 1+ 5   y  , cioè
x
+
ȳ
=
−
a
a√
a
a z .

√

1− 5
2
z
z̄

5
1−
2
−b 0 b
z
z̄ = − x +
b
b
Esercizio 11 Ricordiamo che, data una matrice qualsiasi A ∈ Kn,n e dette λ1 , ..., λn le radici
in C del suo polinomio caratterisitico, ciascuna ripetuta secondo la propria molteplicità, risulta
sempre det A = λ1 · · · λn e tr A = λ1 + ... + λn .
1) Se q(X) è definita negativa, allora i due autovalori λ1 e λ2 di A (che sono reali, perché A
è simmetrica) sono negativi. Quindi risulta det A = λ1 λ2 > 0 e tr A = λ1 + λ2 < 0.
2) Sapendo che det A = λ1 λ2 > 0, possiamo dedurre che i due autovalori λ1 e λ2 di A
(entrambi reali) sono non nulli ed hanno lo stesso segno. Quindi la forma quadratica è
definita positiva oppure definita negativa.
3) Se n = 3 e la forma quadratica è definita negativa, allora i tre autovalori λ1 , λ2 , λ3 di A
(tutti reali, perché A è simmetrica) sono tutti negativi. Quindi risulta det A = λ1 λ2 λ3 < 0
(prodotto di tre numeri negativi) e tr A = λ1 + λ2 + λ3 < 0 (prodotto di tre numeri
negativi).
Se n = 3 e per ipotesi sappiamo solo che det A > 0, possiamo dedurre che gli autovalori
λ1 , λ2 , λ3 di A (tutti reali) sono tutti positivi oppure uno positivo e due negativi. Quindi
la forma quadratica è definita positiva oppure non definita.