Teorema spettrale e forme quadratiche

Prerequisiti: DiagonalizzazioneUna 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 →, Basi ortonormali e Gram-SchmidtUna base ortonormale è fatta di vettori di norma 1 a due a due ortogonali: le coordinate si calcolano con prodotti scalari e le proiezioni con una formula diretta. Il procedimento di Gram-Schmidt trasforma una base qualsiasi in una base ortogonale (e poi ortonormale) dello stesso sottospazio.Basi ortonormali e Gram-Schmidt →, Isometrie e matrici ortogonaliUna matrice Q è ortogonale se QᵀQ = I, cioè se ha colonne (e righe) ortonormali; equivale a conservare prodotto scalare, norme e angoli, ed è la matrice di una isometria lineare. Ha Q⁻¹ = Qᵀ e det Q = ±1. In R² le ortogonali sono le rotazioni (det 1) e le riflessioni rispetto a una retta (det −1); in R³ le rotazioni hanno un asse (autovalore 1) e un angolo con tr Q = 1 + 2 cos θ, le riflessioni rispetto a un piano hanno Q = I − 2nnᵀ/(n·n). Le isometrie affini sono x ↦ Qx + b.Isometrie e matrici ortogonali →. Esercizi: Esercizio 89 · base ortonormale di autovettori e forma quadratica diagonale, Esercizio 65 · diagonalizzabilità su R e su C e base ortonormale di autovettori (giugno 2025), Esercizio 82 · (Im f)⊥ = Ker f per una matrice simmetrica.

In tutta la nota $\mathbb{R}^n$ ha il prodotto scalare usuale $v \cdot w$.

Funzioni lineari simmetriche

Definizione. Una funzione lineare $f: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ è simmetrica se $$f(v) \cdot w = v \cdot f(w) \qquad \text{per ogni } v, w \in \mathbb{R}^n .$$

Esempio. $f(x,y) = (2x + y,\ x + 2y)$ è simmetrica: $f(v) \cdot w = (2v_1 + v_2)\, w_1 + (v_1 + 2v_2)\, w_2 = 2v_1 w_1 + v_2 w_1 + v_1 w_2 + 2 v_2 w_2$, e $v \cdot f(w) = v_1 (2w_1 + w_2) + v_2 (w_1 + 2w_2)$ dà gli stessi quattro termini.

Cioè: si può "spostare" $f$ da un lato all'altro del prodotto scalare.

Basta controllarlo su una base. Se $f(v_i) \cdot v_j = v_i \cdot f(v_j)$ per tutti i vettori di una base, vale per tutti i vettori: entrambi i membri sono bilineari in $(v, w)$, quindi sono determinati dai valori sulle coppie di vettori di base.

Legame con le matrici simmetriche. Sia $A$ la matrice di $f$ rispetto alla base canonica, così che $f(v) = Av$. Allora

$$f(v) \cdot w = (Av)^T w = v^T A^T w, \qquad v \cdot f(w) = v^T A w .$$

Le due espressioni sono uguali per ogni $v, w$ se e solo se $A^T = A$ (prendendo $v = e_i$, $w = e_j$ si ottiene $a_{ji} = a_{ij}$). Quindi:

$f$ è simmetrica $\iff$ la sua matrice rispetto alla base canonica è simmetrica.

Lo stesso vale rispetto a qualunque base ortonormale, ma non rispetto a una base qualsiasi: il conto sopra usa che il prodotto scalare in coordinate sia $v^T w$, e questo è vero solo nelle basi ortonormali. Per esempio $f(x) = Ax$ con $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$ è simmetrica, ma nella base $\{(1, 0), (1, 1)\}$ ha matrice $P^{-1} A P = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}$ (con $P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$), che non è simmetrica. Conti (Cambiamenti di baseLa matrice di cambiamento di base è la matrice dell'identità rispetto a due basi diverse: trasforma le coordinate in una base nelle coordinate nell'altra ed è invertibile; la matrice di f in nuove basi è M(id)·A·M(id), e per un endomorfismo A' = P⁻¹AP (matrici simili).Cambiamenti di base →): $AP = \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}$, $P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ (formula dell'inversa $2 \times 2$ con $\det P = 1$), e $P^{-1}(AP)$ ha prima riga $(1 - 2,\ 3 - 3) = (-1, 0)$ e seconda riga $(2, 3)$.

Due proprietà degli autovalori

1. Gli autovalori di una matrice simmetrica reale sono reali. È dimostrato nella nota DiagonalizzazioneUna 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 →, usando i numeri complessiUn numero complesso è z = a + ib con i² = −1: si somma e si moltiplica come un polinomio in i, si divide con il coniugato, e si disegna come il punto (a, b) del piano. In forma trigonometrica z = r(cos θ + i sin θ) = r e^{iθ} il prodotto moltiplica i moduli e somma gli argomenti, da cui la formula di De Moivre zⁿ = rⁿ e^{inθ} e le n radici n-esime, che stanno ai vertici di un poligono regolare. Il teorema fondamentale dell'algebra dice che ogni polinomio di grado n ha n radici complesse (contate con molteplicità).Numeri complessi - forma algebrica, trigonometrica ed esponenziale →: si prende un autovalore $\lambda \in \mathbb{C}$ con autovettore complesso e si mostra che $\lambda = \bar\lambda$. Quindi il polinomio caratteristico di una matrice simmetrica si scompone sempre in fattori di primo grado su $\mathbb{R}$.

2. Autovettori di autovalori distinti sono ortogonali. Siano $Av = \lambda v$ e $Aw = \mu w$ con $\lambda \ne \mu$. Si calcola $Av \cdot w$ in due modi:

$$Av \cdot w = \lambda\, (v \cdot w), \qquad Av \cdot w = v \cdot Aw = \mu\, (v \cdot w),$$

dove nel primo si è usato $Av = \lambda v$ e la linearità del prodotto scalare, nel secondo la simmetria e poi $Aw = \mu w$. Sottraendo: $(\lambda - \mu)(v \cdot w) = 0$, e siccome $\lambda - \mu \ne 0$, si ha $v \cdot w = 0$. ∎

Per una matrice qualsiasi autovettori di autovalori distinti sono solo linearmente indipendentiUn autovettore è un vettore non nullo che una funzione lineare manda in un suo multiplo; si trovano gli autovalori come radici del polinomio caratteristico det(A − λI) e gli autovettori come nucleo di A − λI. Matrici simili hanno gli stessi autovalori.Autovalori e autovettori →; per una simmetrica sono addirittura ortogonali. È il cuore del teorema.

Il teorema spettrale

Teorema spettrale. Sia $f: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ lineare. Sono equivalenti:

1. $f$ è simmetrica;
2. esiste una base ortonormale di $\mathbb{R}^n$ formata da autovettori di $f$.

In termini di matrici: $A \in M_n(\mathbb{R})$ è simmetrica se e solo se esiste una matrice ortogonale $P$ ($P^T P = I$) tale che $$P^T A P = P^{-1} A P = D \quad \text{diagonale}.$$

Esempio. $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ è simmetrica: $P = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$ è ortogonale e $P^T A P = \operatorname{diag}(3, 1)$. Da dove viene: $\det(A - xI) = (2 - x)^2 - 1 = (x - 3)(x - 1)$; per $\lambda = 3$, $A - 3I = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$ dà $x = y$, autovettore $(1, 1)$; per $\lambda = 1$, $A - I = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ dà $x = -y$, autovettore $(1, -1)$. I due sono ortogonali e hanno norma $\sqrt2$: divisi per $\sqrt2$ sono le colonne di $P$.

Si dice che $A$ è ortogonalmente diagonalizzabile.

(2) ⇒ (1), la parte facile. Se $P$ è ortogonale e $P^T A P = D$, allora $A = P D P^T$ e

$$A^T = (P D P^T)^T = P D^T P^T = P D P^T = A,$$

perché una matrice diagonale è uguale alla sua trasposta. Quindi $A$ è simmetrica. Questa direzione dice che solo le matrici simmetriche hanno una base ortonormale di autovettori: per esempio $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ è diagonalizzabile (autovalori distinti) ma i suoi autovettori $(1, 0)$ e $(1, 1)$ non sono ortogonali, e non c'è modo di sceglierli ortogonali. (Per $\lambda = 1$: $A - I = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ dà $y = 0$; per $\lambda = 2$: $A - 2I = \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ dà $x = y$. Ogni autospazio è una retta, quindi gli unici autovettori sono i multipli di $(1, 0)$ e di $(1, 1)$, e $(1, 0) \cdot (1, 1) = 1 \ne 0$.)

(1) ⇒ (2), idea della dimostrazione (per induzione su $n$).

• Per la proprietà 1 $f$ ha un autovalore reale $\lambda_1$; si prende un autovettore $v_1$ di norma $1$.
• Si considera $U = \langle v_1 \rangle^\perp$, che ha dimensione $n - 1$ (dimensione dell'ortogonaleL'ortogonale U⊥ di un sottospazio è un sottospazio di dimensione n − dim U, e R^n = U ⊕ U⊥; ogni vettore si scompone in proiezione su U più componente ortogonale; la proiezione è il punto di U più vicino e si calcola con un sistema o con la matrice di proiezione A(AᵀA)⁻¹Aᵀ.Complemento ortogonale e proiezioni ortogonali →). $f$ manda $U$ in sé: se $u \in U$, cioè $u \cdot v_1 = 0$, allora $$f(u) \cdot v_1 = u \cdot f(v_1) = u \cdot \lambda_1 v_1 = \lambda_1 (u \cdot v_1) = 0,$$ quindi $f(u) \in U$.
• La restrizione di $f$ a $U$ è ancora simmetrica, e $U$ ha dimensione $n - 1$: per induzione $U$ ha una base ortonormale $\{v_2, \dots, v_n\}$ di autovettori.
• $\{v_1, v_2, \dots, v_n\}$ è una base ortonormale di $\mathbb{R}^n$ di autovettori ($v_1$ è ortogonale a tutti perché gli altri stanno in $U$). ∎

Conseguenze.

• Ogni matrice simmetrica reale è diagonalizzabile, e per ogni autovalore molteplicità geometrica e algebrica coincidono: non serve controllarle (è il criterio di diagonalizzabilitàUna 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 → letto al contrario: una base di autovettori esiste, quindi le molteplicità coincidono).
• Gli autospazi di autovalori diversi sono ortogonali tra loro, e la loro somma è tutto $\mathbb{R}^n$.

Come si trova la base ortonormale di autovettori

1. Si calcolano gli autovalori (tutti reali).
2. Per ogni autovalore si trova una base dell'autospazio $V_\lambda = \operatorname{Ker}(A - \lambda I)$.
3. Dentro ogni autospazio si applica Gram-SchmidtUna base ortonormale è fatta di vettori di norma 1 a due a due ortogonali: le coordinate si calcolano con prodotti scalari e le proiezioni con una formula diretta. Il procedimento di Gram-Schmidt trasforma una base qualsiasi in una base ortogonale (e poi ortonormale) dello stesso sottospazio.Basi ortonormali e Gram-Schmidt → e si normalizza. Per un autovalore semplice basta normalizzare l'unico vettore.
4. Si mettono insieme le basi ortonormali dei vari autospazi: sono già ortogonali tra loro per la proprietà 2, quindi non serve Gram-Schmidt tra autospazi diversi.
5. $P$ = matrice con questi vettori in colonna (nello stesso ordine degli autovalori in $D$).

Il punto 3 è l'unico lavoro in più rispetto alla diagonalizzazioneUna 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 → normale, e serve solo per autovalori multipli: due autovettori indipendenti dello stesso autospazio non sono in genere ortogonali.

Esempio. $A = \begin{pmatrix} 5 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}$.

• Polinomio caratteristico: $\det(A - xI) = (5 - x)(2 - x) - 4 = 10 - 7x + x^2 - 4 = x^2 - 7x + 6 = (x - 6)(x - 1)$ (due numeri con somma $7$ e prodotto $6$). Autovalori $6$ e $1$.
• $V_6 = \operatorname{Ker}\begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 2 & -4 \end{pmatrix} = \langle (2, 1) \rangle$ (la seconda riga è $-2$ volte la prima, resta $-x + 2y = 0$, cioè $x = 2y$); $\ V_1 = \operatorname{Ker}\begin{pmatrix} 4 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} = \langle (-1, 2) \rangle$ (resta $2x + y = 0$, cioè $y = -2x$).
• Controllo della proprietà 2: $(2, 1) \cdot (-1, 2) = -2 + 2 = 0$ ✓.
• Si normalizzano (entrambi hanno norma $\sqrt5$): $$P = \frac{1}{\sqrt5} \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}, \qquad P^T A P = \begin{pmatrix} 6 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}.$$

(Controllo senza fare il prodotto: $A(2, 1) = (10 + 2,\ 4 + 2) = (12, 6) = 6\,(2, 1)$ e $A(-1, 2) = (-5 + 4,\ -2 + 4) = (-1, 2)$, quindi le colonne di $P$ sono autovettori di $6$ e $1$.)

$P$ ha determinante $\frac15(4 + 1) = 1$: è una rotazione del piano, di un angolo $\theta$ con $\cos\theta = \frac{2}{\sqrt5}$ e $\sin\theta = \frac{1}{\sqrt5}$, cioè $\theta = \arctan\frac12 \approx 26{,}57°$ (vedi Funzioni trigonometriche e loro inverseSeno, coseno e tangente definiti sulla circonferenza goniometrica (angoli in radianti), le loro proprietà e le inverse arcoseno, arcocoseno e arcotangente; come risolvere a sin t + b cos t ≥ c.Funzioni trigonometriche e loro inverse →): la prima colonna è $(\cos\theta, \sin\theta)$ e la seconda $(-\sin\theta, \cos\theta)$. Se fosse venuto $\det P = -1$ bastava cambiare segno a una colonna. Per un esempio $3 \times 3$ con un autovalore doppio vedi Esercizio 89 · base ortonormale di autovettori e forma quadratica diagonale.

Un esempio dalla meccanica: gli assi principali

In un pezzo meccanico sollecitato nel piano (tensione piana) lo stato di tensione in un punto è descritto da una matrice simmetrica $\sigma = \begin{pmatrix} \sigma_x & \tau \\ \tau & \sigma_y \end{pmatrix}$ (le tensioni tangenziali sono uguali sui due piani, $\tau_{xy} = \tau_{yx}$). Per $\sigma_x = 80$, $\sigma_y = 20$, $\tau = 40$ (in MPa), $\sigma = \begin{pmatrix} 80 & 40 \\ 40 & 20 \end{pmatrix}$.

Su una giacitura di normale unitaria $n$ la componente normale della tensione è $\sigma_n = n^T \sigma n$, una forma quadratica in $n$. Il teorema spettrale dice che esistono due direzioni ortogonali (le direzioni principali) in cui le tensioni tangenziali si annullano, e che i valori della tensione normale lì sono gli autovalori (le tensioni principali):

• $\det(\sigma - xI) = (80 - x)(20 - x) - 1600 = x^2 - 100x = x(x - 100)$, quindi gli autovalori sono $100$ e $0$ (controllo: traccia $80 + 20 = 100$, determinante $1600 - 1600 = 0$);
• $\sigma - 100 I = \begin{pmatrix} -20 & 40 \\ 40 & -80 \end{pmatrix}$ dà $x_1 = 2x_2$, direzione $(2, 1)/\sqrt5$: tensione principale $100$ MPa;
• $\sigma - 0 I = \sigma$ dà $2x_1 + x_2 = 0$, direzione $(-1, 2)/\sqrt5$: tensione principale $0$ MPa.

La matrice $P$ con queste due colonne è una rotazione di $\theta = \arctan\frac12 \approx 26{,}57^\circ$: ruotando il riferimento di quest'angolo il tensore diventa $\operatorname{diag}(100, 0)$. Per ogni altra direzione la tensione normale sta tra $0$ e $100$ MPa (è l'enunciato "minimo e massimo di $q$ sulla circonferenza unitaria" più sotto): per esempio sulla giacitura di normale $(1, 0)$ è $\sigma_x = 80$. Lo stesso calcolo, con matrici $3 \times 3$ simmetriche, dà gli assi principali d'inerzia di un corpo rigido.

Forme quadratiche

Definizione. Una forma quadratica su $\mathbb{R}^n$ è un polinomio omogeneo di grado $2$ nelle variabili $x_1, \dots, x_n$: $$q(x) = \sum_{i \le j} c_{ij}\, x_i x_j .$$

Esempio. $q(x,y) = x^2 + 4xy + 3y^2$ si scrive $x^T A x$ con $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}$: il coefficiente $4$ del termine misto si divide a metà.

Ogni forma quadratica si scrive in un solo modo come $q(x) = x^T A x$ con $A$ simmetrica: si mettono i coefficienti dei quadrati $x_i^2$ sulla diagonale e si divide a metà il coefficiente di ogni termine misto $x_i x_j$ tra le posizioni $(i, j)$ e $(j, i)$. Il motivo è che $x^T A x = \sum_{i,j} a_{ij} x_i x_j$ e, a parità di polinomio, solo la parte simmetrica di $A$ conta: $x^T A x = x^T A^T x$ (un numero è uguale alla sua trasposta), quindi ogni coefficiente misto $c\,x_ix_j$ si ripartisce in $\frac c2$ e $\frac c2$.

Esempio: $q(x_1, x_2) = 5x_1^2 + 4x_1x_2 + 2x_2^2$ ha matrice $\begin{pmatrix} 5 & 2 \\ 2 & 2 \end{pmatrix}$, quella dell'esempio sopra.

Forma canonica di una forma quadratica

Con il cambio di coordinate $x = P y$, dove $P$ è la matrice ortogonale del teorema spettrale:

$$q = x^T A x = (Py)^T A (Py) = y^T (P^T A P)\, y = \lambda_1 y_1^2 + \lambda_2 y_2^2 + \dots + \lambda_n y_n^2 .$$

(Il secondo passaggio usa $(Py)^T = y^T P^T$; l'ultimo il fatto che con una matrice diagonale $y^T D y = \sum_i \lambda_i y_i^2$, perché non ci sono termini misti.)

Ogni forma quadratica, con una rotazione degli assi (cambio tra basi ortonormali), diventa una somma di quadrati i cui coefficienti sono gli autovalori di $A$. I nuovi assi sono le direzioni degli autovettori.

Il cambio è ortogonale, quindi conserva distanze e angoli: le figure descritte da $q$ (per esempio $q(x) = 1$) non vengono deformate, solo ruotate. Così la forma della curva $q(x) = 1$ (ellisse se gli autovalori sono positivi, iperbole se hanno segni opposti) si legge direttamente dagli autovalori.

Esempio. Per $q = 5x_1^2 + 4x_1x_2 + 2x_2^2$ si ha $q = 6y_1^2 + y_2^2$, con $y = P^T x$ (da $x = Py$ moltiplicando per $P^{-1} = P^T$), cioè $y_1 = \frac{2x_1 + x_2}{\sqrt5}$, $y_2 = \frac{-x_1 + 2x_2}{\sqrt5}$ (le righe di $P^T$ sono le colonne di $P$). Verifica in un punto: per $x = (1, 0)$, $q = 5$, e $y = \left(\frac{2}{\sqrt5}, -\frac{1}{\sqrt5}\right)$ dà $6 \cdot \frac45 + \frac15 = \frac{25}{5} = 5$ ✓.

• Segno: i coefficienti $6, 1$ sono positivi, quindi $q(x) > 0$ per ogni $x \ne 0$ (definita positiva). Il segno di $q$ si legge sempre dagli autovalori di $A$: tutti positivi, tutti negativi, o di segni misti (allora $q$ prende valori di entrambi i segni).
• La curva $q(x) = 6$ diventa $6y_1^2 + y_2^2 = 6$, cioè (dividendo per $6$) $y_1^2 + \frac{y_2^2}{6} = 1$: un'ellisse con semiassi $1$ (nella direzione di $(2, 1)$) e $\sqrt6$ (nella direzione di $(-1, 2)$). I semiassi si leggono ponendo a zero l'altra coordinata: $y_2 = 0$ dà $y_1 = \pm 1$, $y_1 = 0$ dà $y_2 = \pm\sqrt6$.

Controllo su un punto: $x = (2, 1)/\sqrt5$ (autovettore di norma $1$) dà $q = \frac{5 \cdot 4 + 4 \cdot 2 + 2 \cdot 1}{5} = \frac{30}{5} = 6$ ✓, cioè quel punto sta sull'ellisse a distanza $1$ dall'origine.

Se un autovalore è negativo, per esempio $q = x_1^2 + 4x_1x_2 - 2x_2^2$ (matrice $\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & -2 \end{pmatrix}$, autovalori $2$ e $-3$, autovettori $(2, 1)$ e $(-1, 2)$), la forma canonica è $2y_1^2 - 3y_2^2$: indefinita, e la curva $q = 1$ è un'iperbole. Conti: $\det(A - xI) = (1 - x)(-2 - x) - 4 = x^2 + x - 6 = (x - 2)(x + 3)$; $A - 2I = \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 2 & -4 \end{pmatrix}$ dà $x = 2y$, autovettore $(2, 1)$; $A + 3I = \begin{pmatrix} 4 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$ dà $y = -2x$, autovettore $(-1, 2)$. Nelle coordinate $y$ la curva $2y_1^2 - 3y_2^2 = 1$ incontra l'asse $y_1$ in $y_1 = \pm\frac{1}{\sqrt2}$ (i vertici, lungo $(2, 1)$) e non incontra l'asse $y_2$ ($-3y_2^2 = 1$ non ha soluzioni); gli asintoti sono le rette $q = 0$, cioè $y_2 = \pm\sqrt{\frac23}\, y_1$. Nelle coordinate di partenza $x_1^2 + 4x_1x_2 - 2x_2^2 = 0$ dà $x_1 = (-2 \pm \sqrt6)\, x_2$.

Massimo e minimo di $q$ sulla sfera

Se $\|x\| = 1$ allora anche $\|y\| = 1$ ($P$ conserva la norma), e

$$q = \lambda_1 y_1^2 + \dots + \lambda_n y_n^2 \quad \text{con} \quad y_1^2 + \dots + y_n^2 = 1 .$$

È una media pesata degli autovalori, quindi sta tra il più piccolo e il più grande:

$$\lambda_{\min} \le q(x) \le \lambda_{\max} \qquad \text{per } \|x\| = 1,$$

con il massimo raggiunto sugli autovettori di $\lambda_{\max}$ e il minimo su quelli di $\lambda_{\min}$. Il perché in una riga: con i pesi $y_i^2 \ge 0$ di somma $1$, $\sum \lambda_i y_i^2 \le \sum \lambda_{\max} y_i^2 = \lambda_{\max}$, e allo stesso modo $\ge \lambda_{\min}$. Nell'esempio, sulla circonferenza unitaria $q$ varia tra $1$ e $6$.

Parametrizzando la circonferenza con $x = (\cos t, \sin t)$ si vede direttamente: $q = 5\cos^2 t + 4 \cos t \sin t + 2 \sin^2 t = \frac72 + \frac32 \cos 2t + 2 \sin 2t$ (con $\cos^2 t = \frac{1 + \cos 2t}{2}$, $\sin^2 t = \frac{1 - \cos 2t}{2}$, $2 \sin t \cos t = \sin 2t$). L'ampiezza dell'oscillazione è $\sqrt{\left(\frac32\right)^2 + 2^2} = \frac52$, quindi $q$ va da $\frac72 - \frac52 = 1$ a $\frac72 + \frac52 = 6$; il massimo è in $t = \arctan\frac12$, cioè nella direzione di $(2, 1)$.

Lo stesso risultato si ottiene in analisi con i moltiplicatori di LagrangeEstremi vincolati = estremi di f ristretta a una curva g(x,y) = b o a un insieme chiuso K. Metodo diretto: si parametrizza il vincolo, r(t) = (x(t), y(t)), e si studia φ(t) = f(r(t)) con l'Analisi 1 (non dimenticare gli estremi dell'intervallo). Moltiplicatori di Lagrange (D): se P è estremo locale di f|Γ e ∇g(P) ≠ 0 allora ∇f(P) = λ∇g(P); equivale a ∇L = 0 per L = f + λ(b − g). Procedura: punti singolari del vincolo (∇g = 0), punti critici vincolati, confronto dei valori (Weierstrass se Γ è compatto). Estremi assoluti su un insieme chiuso K: interno (∇f = 0), frontiera (Lagrange o parametrizzazione, più i vertici), confronto; se K è illimitato si usa la coercività della funzione all'infinito.Estremi vincolati - metodo diretto e moltiplicatori di Lagrange →: il gradiente di $q$ è $2Ax$ e quello del vincolo $\|x\|^2 = 1$ è $2x$, quindi la condizione "gradienti paralleli" è $Ax = \mu x$: i punti critici di $q$ sulla sfera sono esattamente gli autovettori di norma $1$, e il valore di $q$ in essi è $x^T (\mu x) = \mu$, l'autovalore.

Riepilogo

Errori comuni

• Dimenticare Gram-Schmidt dentro un autospazio di dimensione $\ge 2$: i due vettori trovati risolvendo il sistema in genere non sono ortogonali, e $P$ non viene ortogonale.
• Fare Gram-Schmidt su tutti gli autovettori insieme: si mescolano autospazi diversi e i vettori ottenuti non sono più autovettori. Va fatto separatamente in ogni autospazio (tra autospazi diversi l'ortogonalità è automatica).
• Dimenticare di normalizzare: con colonne ortogonali ma non di norma $1$, $P^T \ne P^{-1}$.
• Credere che la matrice di una funzione simmetrica sia simmetrica in ogni base: solo nelle basi ortonormali.
• Mettere in $D$ gli autovalori in un ordine diverso dalle colonne di $P$.