Esercizio 90Gram-Schmidt per una forma bilineare definita positiva

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1. La forma in coordinate e il suo segno

Il coefficiente di $x_i y_j$ è $a_{ij}$:

$$\varphi(x, y) = 2x_1y_1 + x_1y_2 + x_2y_1 + 2x_2y_2 + x_2y_3 + x_3y_2 + 2x_3y_3 ,$$

$$q(x) = 2x_1^2 + 2x_2^2 + 2x_3^2 + 2x_1x_2 + 2x_2x_3$$

(i due termini misti $x_1y_2 + x_2y_1$ diventano $2x_1x_2$ quando $y = x$).

Definita positiva? Con i minori principali di nord-ovestUna forma è definita positiva se e solo se tutti i determinanti dei blocchi in alto a sinistra sono positivi.Segno di una forma bilineare simmetrica →:

$$D_1 = 2, \qquad D_2 = \det\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} = 4 - 1 = 3, \qquad D_3 = \det A = 2(4 - 1) - 1(2 - 0) + 0 = 4 .$$

($D_3$ con LaplaceIl determinante è lineare in ogni riga, cambia segno scambiando due righe, non cambia sommando a una riga un multiplo di un'altra: così si calcola con Gauss riducendo a triangolare. Binet: det(AB) = det A · det B. Laplace: sviluppo lungo una riga o colonna con i complementi algebrici.Proprietà del determinante, Binet e Laplace → lungo la prima riga: $2 \cdot \det\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} - 1 \cdot \det\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} + 0$.)

Tutti positivi: $\varphi$ è definita positiva, quindi è un prodotto scalare su $\mathbb{R}^3$ (diverso da quello usuale) e Gram-Schmidt funziona.

2. Gram-Schmidt con $\varphi$

Le formule sono quelle del prodotto scalare usuale, con $\varphi$ al posto del "punto":

$$v_1' = v_1, \qquad v_k' = v_k - \sum_{i < k} \frac{\varphi(v_k, v_i')}{\varphi(v_i', v_i')}\, v_i' .$$

Trucco di calcolo. $\varphi(e_i, w) = e_i^T A w$ è la componente $i$ di $Aw$, e $\varphi(e_i, e_j) = a_{ij}$. Conviene calcolare $Aw$ una volta e leggerne le componenti.

Primo vettore. $v_1' = e_1 = (1, 0, 0)$, con $\varphi(v_1', v_1') = a_{11} = 2$.

Secondo vettore. $\varphi(e_2, v_1') = e_2^T A e_1 = a_{21} = 1$, quindi il coefficiente è $\frac{\varphi(e_2, v_1')}{\varphi(v_1', v_1')} = \frac12$ e

$$v_2' = e_2 - \frac12 e_1 = (0, 1, 0) - \left(\tfrac12, 0, 0\right) = \left(-\tfrac12, 1, 0\right).$$

Un multiplo non nullo di un vettore ortogonale è ancora ortogonale (per la bilinearità $\varphi(e_1, 2v_2') = 2\varphi(e_1, v_2')$): per evitare frazioni si usa $w_2 = 2v_2' = (-1, 2, 0)$. Serve $\varphi(w_2, w_2)$: $A w_2 = (2 \cdot (-1) + 1 \cdot 2 + 0,\ 1 \cdot (-1) + 2 \cdot 2 + 0,\ 0 + 1 \cdot 2 + 0) = (0, 3, 2)$, e $\varphi(w_2, w_2) = w_2 \cdot A w_2 = (-1) \cdot 0 + 2 \cdot 3 + 0 \cdot 2 = 6$.

Controllo di ortogonalità: $\varphi(e_1, w_2)$ = prima componente di $Aw_2$ = $0$ ✓.

Terzo vettore. Servono $\varphi(e_3, v_1') = a_{31} = 0$ e $\varphi(e_3, w_2)$ = terza componente di $Aw_2$ = $2$:

$$v_3' = e_3 - \frac{0}{2}\, e_1 - \frac{2}{6}\, w_2 = (0, 0, 1) - \tfrac13(-1, 2, 0) = \left(\tfrac13, -\tfrac23, 1\right).$$

($\frac13(-1, 2, 0) = \left(-\frac13, \frac23, 0\right)$, e $(0, 0, 1) - \left(-\frac13, \frac23, 0\right) = \left(\frac13, -\frac23, 1\right)$.) Moltiplicando per $3$: $w_3 = (1, -2, 3)$. Poi $A w_3 = (2 - 2 + 0, \ 1 - 4 + 3, \ 0 - 2 + 6) = (0, 0, 4)$, quindi $\varphi(w_3, w_3) = w_3 \cdot A w_3 = 1 \cdot 0 + (-2) \cdot 0 + 3 \cdot 4 = 12$.

Controlli: $\varphi(e_1, w_3)$ e $\varphi(w_2, w_3)$: dalla formula $Aw_3 = (0, 0, 4)$ si ha $\varphi(e_1, w_3) = 0$ ✓ e $\varphi(w_2, w_3) = w_2 \cdot Aw_3 = (-1, 2, 0) \cdot (0, 0, 4) = 0$ ✓.

Base $\varphi$-ortogonale: $\{(1, 0, 0), \ (-1, 2, 0), \ (1, -2, 3)\}$.

Base $\varphi$-ortonormale: si divide ciascun vettore per la sua "norma" $\sqrt{\varphi(w, w)}$:

$$f_1 = \frac{1}{\sqrt2}(1, 0, 0), \qquad f_2 = \frac{1}{\sqrt6}(-1, 2, 0), \qquad f_3 = \frac{1}{\sqrt{12}}(1, -2, 3) = \frac{1}{2\sqrt3}(1, -2, 3).$$

Attenzione: questi vettori non sono ortogonali per il prodotto scalare usuale (per esempio $(1, 0, 0) \cdot (-1, 2, 0) = -1 \ne 0$), e non devono esserlo: sono ortogonali rispetto a $\varphi$.

3. Le matrici di $\varphi$ nelle nuove basi

Per definizione la matrice di $\varphi$ in una base $\{w_1, w_2, w_3\}$ ha come elementi $\varphi(w_i, w_j)$. Nella base ortogonale gli elementi fuori diagonale sono nulli e sulla diagonale ci sono i valori calcolati:

$$\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 12 \end{pmatrix} \quad \text{(base ortogonale)}, \qquad I_3 \quad \text{(base ortonormale)}.$$

Controllo con la congruenza. Con $P$ = matrice che ha $w_1, w_2, w_3$ in colonna (la matrice del cambiamento di baseLe sue colonne sono le coordinate dei vettori della nuova base rispetto alla base canonica.Cambiamenti di base →), la matrice nella nuova base è $P^T A P$ (matrici congruentiUna forma bilineare simmetrica generalizza il prodotto scalare: si rappresenta con una matrice simmetrica, che cambiando base diventa PᵀAP (matrici congruenti); può essere degenere o no, definita positiva, negativa o indefinita; le definite positive sono i prodotti scalari e per esse vale Gram-Schmidt.Forme bilineari simmetriche →):

$$P = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 2 & -2 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}, \qquad AP = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 0 \\ 0 & 2 & 4 \end{pmatrix}, \qquad P^T A P = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 12 \end{pmatrix} \ ✓$$

($AP$ ha come colonne $Ae_1$, $Aw_2$, $Aw_3$, già calcolati; poi ogni elemento $(i, j)$ di $P^T(AP)$ è $w_i \cdot Aw_j$.)

Collegamento con i minori. $P$ è triangolare superiore: è sempre così applicando Gram-Schmidt alla base canonica. Con i vettori non riscalati $v_1', v_2', v_3'$ (diagonale di $P$ tutta $1$) i valori sulla diagonale sarebbero $2$, $\frac64 = \frac32$, $\frac{12}{9} = \frac43$, cioè $D_1$, $\frac{D_2}{D_1}$, $\frac{D_3}{D_2}$: è il motivo per cui il criterio dei minori funziona (vedi Segno di una forma bilineare simmetricaPer capire se una forma bilineare simmetrica è definita positiva, negativa, semidefinita o indefinita si usano quattro metodi: segni degli autovalori, regola di Cartesio sul polinomio caratteristico, minori principali di nord-ovest, completamento dei quadrati. Il teorema di Sylvester dice che il numero di segni + e − in una forma diagonale non dipende dalla base.Segno di una forma bilineare simmetrica →).

4. Quando Gram-Schmidt si blocca

Si prenda su $\mathbb{R}^2$ la forma $\psi(x, y) = x_1 y_2 + x_2 y_1$, con matrice $\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ (determinante $-1 < 0$: indefinita). Partendo dalla base canonica:

$$v_1' = e_1, \qquad \psi(e_1, e_1) = 0 ,$$

e il passo successivo richiederebbe di dividere per $\psi(v_1', v_1') = 0$. Il procedimento si ferma: $e_1$ è un vettore isotropo ($\psi(e_1, e_1) = 0$ con $e_1 \ne 0$), cosa impossibile per una forma definita positiva.

Una base $\psi$-ortogonale esiste comunque: per esempio $\{(1, 1), (1, -1)\}$, con

$$\psi((1,1),(1,-1)) = 1 \cdot (-1) + 1 \cdot 1 = 0, \qquad \psi((1,1),(1,1)) = 2, \qquad \psi((1,-1),(1,-1)) = -2 .$$

La forma quadratica è $\psi(x, x) = 2x_1x_2$: vale $0$ su tutti i vettori dei due assi (i vettori isotropi), è positiva nel primo e nel terzo quadrante e negativa negli altri due.

Nella nuova base la matrice è $\operatorname{diag}(2, -2)$: un valore positivo e uno negativo, come prevede il teorema di SylvesterPer capire se una forma bilineare simmetrica è definita positiva, negativa, semidefinita o indefinita si usano quattro metodi: segni degli autovalori, regola di Cartesio sul polinomio caratteristico, minori principali di nord-ovest, completamento dei quadrati. Il teorema di Sylvester dice che il numero di segni + e − in una forma diagonale non dipende dalla base.Segno di una forma bilineare simmetrica → per una forma indefinita. In casi come questo si parte da un vettore non isotropo (oppure si usa il teorema spettrale).

Errori comuni

• Usare il prodotto scalare usuale in qualche passaggio di Gram-Schmidt: tutti i prodotti vanno fatti con $\varphi$, cioè con $x^T A y$.
• Normalizzare con la norma usuale $\sqrt{x_1^2 + x_2^2 + x_3^2}$: la norma giusta è $\sqrt{\varphi(w, w)}$.
• Controllare l'ortogonalità con $w_i \cdot w_j$ invece che con $\varphi(w_i, w_j)$.
• Scrivere la nuova matrice come $P^{-1} A P$: per le forme bilineari è $P^T A P$.