Esercizio 88segno di una forma quadratica con parametro

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1. La matrice

Nella matrice di una forma quadratica i quadrati $x_i^2$ danno gli elementi diagonali $a_{ii}$, mentre ogni termine misto $c\, x_i x_j$ ($i \ne j$) va diviso a metà tra le posizioni $(i, j)$ e $(j, i)$, perché $x^T A x$ contiene sia $a_{ij} x_i x_j$ sia $a_{ji} x_j x_i$:

$$A_k = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & k & 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}$$

($2x_1x_2 \to a_{12} = a_{21} = 1$; $2x_2x_3 \to a_{23} = a_{32} = 1$; nessun termine $x_1x_3 \to a_{13} = 0$.)

Controllo: $x^T A_k x = x_1^2 + k x_2^2 + 2x_3^2 + 2 \cdot 1 \cdot x_1 x_2 + 2 \cdot 1 \cdot x_2 x_3$ ✓.

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2. Minori principali (criterio di Sylvester)

I minori principali "di nord-ovest" sono i determinanti dei blocchi in alto a sinistra:

$$D_1 = 1, \qquad D_2 = \det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & k \end{pmatrix} = k - 1, \qquad D_3 = \det A_k = 1 \cdot (2k - 1) - 1 \cdot (2 - 0) + 0 = 2k - 3 .$$

($D_3$ sviluppato lungo la prima riga con LaplaceOgni elemento della riga per il determinante della sottomatrice che resta togliendo la sua riga e la sua colonna, con segni alterni +, −, +.Proprietà del determinante, Binet e Laplace →: $1 \cdot \det\begin{pmatrix} k & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} - 1 \cdot \det\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} + 0 = (2k - 1) - (2 - 0) = 2k - 3$.)

Il criterio di SylvesterUna forma è definita positiva se e solo se tutti i minori principali di nord-ovest sono positivi.Segno di una forma bilineare simmetrica → dice: definita positiva $\iff D_1, D_2, D_3 > 0$:

$$k - 1 > 0 \ \text{ e } \ 2k - 3 > 0 \iff k > \frac32 .$$

Se $k < \frac32$ ci sono due casi:

• $1 < k < \frac32$: $D_1 > 0$, $D_2 > 0$ ma $D_3 < 0$. Siccome $\det A_k$ è il prodotto dei tre autovalori ($A_k$ è simmetrica, quindi diagonalizzabileUna matrice simile a una diagonale ha lo stesso determinante, che è il prodotto degli elementi diagonali, cioè degli autovalori.Diagonalizzazione → e simile a $\operatorname{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3)$) ed è negativo, gli autovalori negativi sono uno o tre; ma non possono essere tre, perché $q_k(e_1) = 1 > 0$. Quindi c'è almeno un autovalore positivo e uno negativo: indefinita;
• $k \le 1$: $D_2 = k - 1 \le 0$. La restrizione di $q_k$ al piano $x_3 = 0$ ha matrice $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & k \end{pmatrix}$ con determinante $\le 0$: su quel piano la forma non è definita positiva, ma $q_k(e_1) = 1 > 0$. Per $k < 1$ assume valori negativi (per esempio $q_k(1, -1, 0) = 1 - 2 + k = k - 1 < 0$): indefinita. Per $k = 1$: $D_3 = -1 < 0$ con $q_1(e_1) > 0$, ancora indefinita.

Per $k = \frac32$: $D_3 = 0$, la forma è degenere; resta da capire il segno (lo dice il punto 3).

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3. Completamento dei quadrati

Si raccolgono i termini con $x_1$ in un quadrato. Siccome $(x_1 + x_2)^2 = x_1^2 + 2x_1x_2 + x_2^2$ contiene un $x_2^2$ in più, lo si toglie:

$$x_1^2 + 2x_1x_2 = (x_1 + x_2)^2 - x_2^2 .$$

Poi quelli con $x_3$: dentro la parentesi serve un quadrato $(x_3 + c)^2 = x_3^2 + 2c\,x_3 + c^2$ con $2c = x_2$, cioè $c = \frac{x_2}{2}$, che produce un $\frac{x_2^2}{4}$ in più (moltiplicato per il $2$ davanti diventa $\frac{x_2^2}{2}$):

$$2x_3^2 + 2x_2x_3 = 2\left(x_3^2 + x_2 x_3\right) = 2\left[\left(x_3 + \frac{x_2}{2}\right)^2 - \frac{x_2^2}{4}\right] = 2\left(x_3 + \frac{x_2}{2}\right)^2 - \frac{x_2^2}{2} .$$

Sommando tutto:

$$q_k(x) = (x_1 + x_2)^2 + 2\left(x_3 + \frac{x_2}{2}\right)^2 + \left(k - 1 - \frac12\right) x_2^2 = y_1^2 + 2y_3^2 + \left(k - \frac32\right) y_2^2$$

con il cambio di variabili $y_1 = x_1 + x_2$, $y_2 = x_2$, $y_3 = x_3 + \frac{x_2}{2}$, che è invertibile (matrice triangolare con $1$ sulla diagonale). In queste coordinate la forma è diagonale e il segno si legge dai coefficienti $1, 2, k - \frac32$:

Coincide con il punto 2, e in più chiarisce il caso $k = \frac32$: la forma non è mai negativa ma si annulla su vettori non nulli.

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4. Controllo con Cartesio

Gli autovalori di una matrice simmetrica reale sono reali (teorema spettraleUna funzione lineare è simmetrica se f(v)·w = v·f(w); in una base ortonormale ha matrice simmetrica. Teorema spettrale: f è simmetrica se e solo se esiste una base ortonormale di autovettori, cioè A simmetrica ⇔ PᵀAP diagonale con P ortogonale. Applicato alle forme quadratiche, permette di scriverle come somma di quadrati con gli autovalori come coefficienti.Teorema spettrale e forme quadratiche →), quindi la regola di CartesioSe un polinomio ha tutte radici reali, il numero di radici positive è uguale al numero di cambi di segno tra coefficienti consecutivi (non nulli).Segno di una forma bilineare simmetrica → conta esattamente gli autovalori positivi.

Il polinomio caratteristico in generale. Sviluppando $\det(A_k - xI)$ lungo la prima riga:

$$\det \begin{pmatrix} 1 - x & 1 & 0 \\ 1 & k - x & 1 \\ 0 & 1 & 2 - x \end{pmatrix} = (1 - x)\big[(k - x)(2 - x) - 1\big] - 1 \cdot \big[1 \cdot (2 - x) - 1 \cdot 0\big] + 0 .$$

$k = 2$. $(2 - x)^2 - 1 = x^2 - 4x + 3$, e $(1 - x)(x^2 - 4x + 3) = -x^3 + 5x^2 - 7x + 3$; togliendo $(2 - x)$: $\det(A_2 - xI) = -x^3 + 5x^2 - 6x + 1$. Cambiando segno (stesse radici): $p(x) = x^3 - 5x^2 + 6x - 1$. Segni dei coefficienti: $+, -, +, -$: tre cambi, quindi tre autovalori positivi: definita positiva ✓ ($2 > \frac32$).

$k = 0$. $(0 - x)(2 - x) - 1 = x^2 - 2x - 1$, e $(1 - x)(x^2 - 2x - 1) = -x^3 + 3x^2 - x - 1$; togliendo $(2 - x)$: $-x^3 + 3x^2 + 0x - 3$, quindi $p(x) = x^3 - 3x^2 + 0x + 3$. Segni non nulli: $+, -, +$: due cambi, quindi due autovalori positivi; il terzo è negativo (non è nullo perché $p(0) = 3 \ne 0$): indefinita ✓.

(Numericamente: per $k = 2$ gli autovalori sono circa $0{,}20$, $1{,}55$, $3{,}25$; per $k = 0$ circa $-0{,}88$, $1{,}35$, $2{,}53$.)

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5. Nucleo per $k = \frac32$

La forma degenere ha nucleoKer φ = vettori v con φ(v, w) = 0 per ogni w; in coordinate coincide con il nucleo della matrice, Ker A.Forme bilineari simmetriche → $\{x : A x = 0\}$ (i vettori "ortogonali a tutto" rispetto a $\varphi$):

$$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & \frac32 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix} x = 0 \ \Longrightarrow\ \begin{cases} x_1 = -x_2 \\ x_2 = -2x_3 \end{cases} \ \Longrightarrow\ x = x_3 (2, -2, 1).$$

(La prima riga dà $x_1 + x_2 = 0$, la terza $x_2 + 2x_3 = 0$; con $x_3$ libero: $x_2 = -2x_3$ e $x_1 = -x_2 = 2x_3$.)

(La seconda equazione è conseguenza delle altre: $x_1 + \frac32 x_2 + x_3 = -x_2 + \frac32 x_2 + x_3 = \frac12 x_2 + x_3 = 0$ ✓.)

Nucleo: $\langle (2, -2, 1) \rangle$. Infatti nelle variabili $y$: $y_1 = 2 - 2 = 0$, $y_3 = 1 - 1 = 0$, e il coefficiente di $y_2^2$ è $0$, quindi $q_{3/2}(2, -2, 1) = 0$ ✓.

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Errori comuni

• Mettere $2$ fuori diagonale per il termine $2x_1x_2$: va diviso a metà, $a_{12} = a_{21} = 1$.
• Concludere "definita negativa" quando $D_3 < 0$: per la definita negativa i minori devono alternare il segno partendo da $D_1 < 0$; qui $D_1 = 1 > 0$, quindi non può essere negativa.
• Usare Sylvester per la semidefinitezza guardando solo i minori di nord-ovest $\ge 0$: non basta in generale; per il caso degenere è più sicuro completare i quadrati o guardare gli autovalori.