Esercizio 89base ortonormale di autovettori e forma quadratica diagonale

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1. Autovalori e autospazi

Polinomio caratteristico

Gli autovalori sono le radici del polinomio caratteristicoλ è autovalore di A se e solo se A − λI non è invertibile, cioè det(A − λI) = 0.Autovalori e autovettori →:

$$\det(A - xI) = \det \begin{pmatrix} 2 - x & 1 & 1 \\ 1 & 2 - x & 1 \\ 1 & 1 & 2 - x \end{pmatrix}.$$

Trucco: sommando alla prima riga le altre due ($R_1 \to R_1 + R_2 + R_3$, che non cambia il determinanteSommare a una riga una combinazione delle altre righe lascia invariato il determinante; un fattore comune a una riga si porta fuori.Proprietà del determinante, Binet e Laplace →) la prima riga diventa $(2 - x + 1 + 1,\ 1 + 2 - x + 1,\ 1 + 1 + 2 - x) = (4 - x, 4 - x, 4 - x)$, e si raccoglie $4 - x$:

$$= (4 - x) \det \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 - x & 1 \\ 1 & 1 & 2 - x \end{pmatrix} \xrightarrow[R_3 \to R_3 - R_1]{R_2 \to R_2 - R_1} (4 - x) \det \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 - x & 0 \\ 0 & 0 & 1 - x \end{pmatrix} = (4 - x)(1 - x)^2 .$$

(La matrice finale è triangolare superiore: il determinante è il prodotto degli elementi diagonali, $1 \cdot (1 - x) \cdot (1 - x)$.)

Autovalori: $\lambda_1 = 4$ (molteplicità algebrica $1$) e $\lambda_2 = 1$ (molteplicità algebrica $2$). Reali, come garantito dal teorema spettrale per una matrice simmetrica.

Autospazi

$\lambda = 4$: $A - 4I = \begin{pmatrix} -2 & 1 & 1 \\ 1 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & -2 \end{pmatrix}$, rango $2$ (le prime due righe non sono proporzionali, e la terza è $-(R_1 + R_2)$). Ogni riga ha somma $0$, quindi $(1, 1, 1)$ è soluzione. Risolvendo: sottraendo la seconda equazione dalla prima, $-3x_1 + 3x_2 = 0$, cioè $x_1 = x_2$; nella prima $-2x_1 + x_1 + x_3 = 0$, cioè $x_3 = x_1$. Quindi $V_4 = \langle (1, 1, 1) \rangle$, di dimensione $3 - 2 = 1$.

$\lambda = 1$: $A - I = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$, rango $1$, una sola equazione $x_1 + x_2 + x_3 = 0$: $V_1$ è un piano, $\dim V_1 = 3 - 1 = 2$. Base, con $x_2, x_3$ liberi e $x_1 = -x_2 - x_3$ (cambiando segno ai vettori ottenuti): $a = (1, -1, 0)$, $b = (1, 0, -1)$.

Le molteplicità geometriche ($1$ e $2$) coincidono con le algebriche: $A$ è diagonalizzabileUna matrice è diagonalizzabile se è simile a una diagonale, cioè se esiste una base di autovettori: allora A = S D S⁻¹ con gli autovettori nelle colonne di S e gli autovalori in D. Criterio: tutti gli autovalori nel campo e molteplicità geometrica uguale a quella algebrica. Le matrici simmetriche reali hanno autovalori reali.Diagonalizzazione → (come deve essere, essendo simmetrica).

Osservazione. $V_1$ è proprio il piano ortogonale a $(1, 1, 1)$: autospazi di autovalori diversi di una matrice simmetrica sono ortogonali. Non è un caso, è parte del teorema spettrale.

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2. Base ortonormale di autovettori

Ortogonalizzare dentro $V_1$

Autovettori di autovalori diversi sono già ortogonali tra loro: $(1, 1, 1) \cdot a = 0$, $(1, 1, 1) \cdot b = 0$. Ma dentro $V_1$ la base scelta non è ortogonale: $a \cdot b = 1 \ne 0$. Si applica Gram-SchmidtSi tiene a e si sostituisce b con b − (a·b)/(a·a) a.Basi ortonormali e Gram-Schmidt → all'interno dell'autospazio (così i nuovi vettori restano autovettori di $1$):

$$b' = b - \frac{a \cdot b}{a \cdot a}\, a = (1, 0, -1) - \frac12 (1, -1, 0) = \left(1 - \frac12,\ 0 + \frac12,\ -1 - 0\right) = \left(\frac12, \frac12, -1\right) \ \leadsto\ (1, 1, -2),$$

con $a \cdot b = 1 + 0 + 0 = 1$ e $a \cdot a = 1 + 1 + 0 = 2$.

Controllo: $(1, 1, -2) \cdot (1, -1, 0) = 0$ ✓, $(1, 1, -2) \cdot (1, 1, 1) = 0$ ✓, e $1 + 1 - 2 = 0$, quindi sta in $V_1$ ✓.

Normalizzare

Si divide ogni vettore per la sua norma: $\|(1, 1, 1)\| = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt3$, $\|(1, -1, 0)\| = \sqrt{1 + 1 + 0} = \sqrt2$, $\|(1, 1, -2)\| = \sqrt{1 + 1 + 4} = \sqrt6$:

$$f_1 = \frac{1}{\sqrt3}(1, 1, 1), \qquad f_2 = \frac{1}{\sqrt2}(1, -1, 0), \qquad f_3 = \frac{1}{\sqrt6}(1, 1, -2).$$

$\{f_1, f_2, f_3\}$ è una base ortonormale di $\mathbb{R}^3$ formata da autovettori di $A$.

La matrice $P$

Si mettono $f_1, f_2, f_3$ in colonna:

$$P = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt3} & \frac{1}{\sqrt2} & \frac{1}{\sqrt6} \\ \frac{1}{\sqrt3} & -\frac{1}{\sqrt2} & \frac{1}{\sqrt6} \\ \frac{1}{\sqrt3} & 0 & -\frac{2}{\sqrt6} \end{pmatrix}, \qquad P^T P = I, \qquad P^T A P = \begin{pmatrix} 4 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$

$P^T P = I$ perché l'elemento $(i, j)$ di $P^T P$ è $f_i \cdot f_j$, che vale $1$ se $i = j$ e $0$ altrimenti. $P^T A P$ è diagonale perché $AP$ ha come colonne $Af_1 = 4f_1$, $Af_2 = f_2$, $Af_3 = f_3$, quindi l'elemento $(i, j)$ di $P^T (AP)$ è $f_i \cdot (\lambda_j f_j) = \lambda_j\, (f_i \cdot f_j)$: vale $\lambda_j$ sulla diagonale e $0$ fuori. Quindi $P^{-1} = P^T$: con una matrice ortogonale l'inversa costa zero conti, e $P^{-1} A P = P^T A P$ è contemporaneamente una similitudine (stessa funzione lineare) e una congruenza (stessa forma bilineare).

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3. $q$ in forma diagonale e segno

Esplicitamente $q(x) = 2x_1^2 + 2x_2^2 + 2x_3^2 + 2x_1x_2 + 2x_1x_3 + 2x_2x_3$ (ogni elemento fuori diagonale $a_{ij} = 1$ compare due volte, in $(i, j)$ e $(j, i)$, e dà $2x_ix_j$). Con il cambio di coordinate ortonormale $x = P y$, usando $(Py)^T = y^T P^T$:

$$q = x^T A x = (Py)^T A (Py) = y^T (P^T A P)\, y = 4y_1^2 + y_2^2 + y_3^2 .$$

Tutti i coefficienti sono positivi: $q$ è definita positiva ($q(x) > 0$ per ogni $x \ne 0$).

Controllo con Sylvester: $D_1 = 2$, $D_2 = 2 \cdot 2 - 1 \cdot 1 = 3$, $D_3 = \det A = 4 \cdot 1 \cdot 1 = 4$ (il determinante è il prodotto degli autovalori: è il polinomio caratteristico calcolato in $x = 0$, $(4 - 0)(1 - 0)^2$), tutti positivi ✓.

Significato geometrico. La superficie $q(x) = 1$ è un ellissoide di rotazione: nelle direzioni $f_2, f_3$ i semiassi sono $1$, nella direzione $f_1 = (1,1,1)/\sqrt3$ il semiasse è $\frac{1}{\sqrt4} = \frac12$. Gli autovettori ortonormali sono gli assi principali.

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Errori comuni

• Normalizzare $a$ e $b$ senza ortogonalizzarli: si ottengono vettori di norma $1$ ma non ortogonali, e $P$ non è ortogonale ($P^T P \ne I$).
• Fare Gram-Schmidt mescolando autovettori di autovalori diversi (per esempio usando $(1,1,1)$ per correggere $b$): non serve, sono già ortogonali, e in generale si rischia di uscire dagli autospazi.
• Dimenticare l'ordine: la $i$-esima colonna di $P$ deve corrispondere al $i$-esimo elemento diagonale di $D$.