Soluzioni
  • Consideriamo la forma quadratica Q:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R} definita da:

    Q(x_1,x_2,x_3)=3x_1^2+2x_2^2-2\sqrt{3}x_1x_3+5x_3^2

    Dobbiamo:

    - scrivere la matrice associata alla forma quadratica;

    - studiare il segno di Q;

    - calcolare la forma canonica e la forma normale di Q e le basi con cui si realizzano.

    Matrice associata a Q

    La matrice associata a Q è una matrice simmetrica di ordine tre, A=(a_{ij}), tale che:

    - gli elementi della diagonale principale sono i coefficienti dei termini x_i^2

    a_{ii}=q_{ii} \ \ \forall \ i \in \{1,2,3\};

    - gli elementi di posto (i,j), con i \neq j, sono simmetrici e pari alla metà dei coefficienti dei termini x_ix_j

    a_{ij}=a_{ji}=\frac{q_{ij}}{2} \ \ \forall i,j \in\{1,2,3\}, \mbox{ con } i \neq j

    Dall'espressione esplicita di Q abbiamo che

    \\ a_{11}=3 \ \ \ ; \ \ \ a_{13} = a_{31} =\frac{-2\sqrt{3}}{2}=-\sqrt{3} \\ \\ a_{22}=2 \ \ \ ; \ \ \ a_{33}=5

    e ogni altro elemento è nullo, per cui

    A=\begin{pmatrix}3 & 0 & -\sqrt{3} \\ 0 & 2 & 0 \\ -\sqrt{3} & 0 & 5\end{pmatrix}

    Segno della forma quadratica Q

    Il segno della forma quadratica Q coincide con la definitezza della matrice simmetrica A, che dipende dal segno dei suoi autovalori. Calcoliamoli!

    Il polinomio caratteristico associato ad A è

    \\ p_A(\lambda)=\mbox{det}(A-\lambda \mbox{Id}_3) = \\ \\ = \mbox{det}\begin{pmatrix}3-\lambda & 0 & -\sqrt{3} \\ 0 & 2-\lambda & 0 \\ -\sqrt{3} & 0 & 5-\lambda\end{pmatrix}=

    sviluppiamo il determinante con Laplace, rispetto alla seconda riga

    =(2-\lambda) \cdot \mbox{det}\begin{pmatrix}3-\lambda & -\sqrt{3} \\ -\sqrt{3} & 5-\lambda\end{pmatrix}= \\ \\ = (2-\lambda)[(3-\lambda)(5-\lambda)-3] = \\ \\ = (2-\lambda)(\lambda^2-8\lambda+12)

    I suoi zeri, e quindi gli autovalori di A, sono

    \lambda_1=2 con molteplicità algebrica 2;

    \lambda_2=6 con molteplicità algebrica 1.

    Poiché sono tutti positivi, A e la forma quadratica Q sono definite positive.

    Forma canonica di Q

    Per il teorema degli assi principali, la forma canonica di una forma quadratica Q definita su \mathbb{R}^3 è:

    Q(x_1',x_2',x_3')=\lambda_1 x_1'^2 + \lambda_2 x_2'^2 + \lambda_3 x_3'^2

    dove \lambda_1, \lambda_2, \lambda_3 sono gli autovalori della matrice associata a Q e riportati con le loro molteplicità algebriche.

    Ciò premesso, nel nostro caso, la forma canonica di Q è:

    \\ Q(x_1',x_2',x_3')=\lambda_1 x_1'^2 + \lambda_1 x_2'^2 + \lambda_3 x_3'^2 = \\ \\ = 2 x_1'^2+2x_2'^2+6x_3'^2

    La base con cui si ottiene è una base ortonormale di \mathbb{R}^3 formata da autovettori di A, la cui esistenza è assicurata dal teorema spettrale reale.

    Per calcolarla, la prima cosa da fare è individuare una base \mathcal{B} di \mathbb{R}^3 costituita da autovettori di A, per poi renderla ortonormale.

    Gli elementi di \mathcal{B} si ottengono unendo le basi degli autospazi V_{\lambda_1}=V_2 e V_{\lambda_2}=V_6 associati agli autovalori di A.

    Una base di V_2 coincide con una base dello spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo

    (A-2 \mbox{Id}_3)\mathbf{x} = \mathbf{0}

    ossia

    \left[\begin{pmatrix}3 & 0 & -\sqrt{3} \\ 0 & 2 & 0 \\ -\sqrt{3} & 0 & 5\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{pmatrix}\right] \begin{pmatrix}x \\ y \\ z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}

    La sua forma esplicita è

    \begin{cases}x-\sqrt{3}z=0 \\ -\sqrt{3}x+3z=0\end{cases}

    La matrice a esso associata ha rango 1 dunque, per il teorema Rouché-Capelli, ammette \infty^1 soluzioni, date da

    (x,y,z) = (\sqrt{3}b,a,b) = \\ \\ = a(0,1,0) + b(\sqrt{3},0,1) \ \mbox{ con } a,b \in \mathbb{R}

    di conseguenza una base dell'autospazio V_2 è formata dai vettori

    \mathbf{v}_1=(0,1,0) \ \ ; \ \ \mathbf{v}_2=(\sqrt{3},0,1)

    Procedendo allo stesso modo, ossia calcolando una base dello spazio delle soluzioni del sistema

    (A-6 \mbox{Id}_3)\mathbf{x} = \mathbf{0}

    si ottiene che una base di V_6 è individuata dal vettore

    \mathbf{v}_3=(1,0,-\sqrt{3})

    In definitiva, una base di \mathbb{R}^3 i cui elementi sono autovettori di A è

    \\ \mathcal{B}=\{\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3\} = \\ \\ = \left\{(0,1,0), \ (\sqrt{3},0,1), \ (1,0,-\sqrt{3})\right\}

    Ortonormalizziamola!

    Osserviamo che \mathcal{B} è già una base ortogonale, infatti

    \mathbf{v}_1 \cdot \mathbf{v}_2 = \mathbf{v}_1 \cdot \mathbf{v}_3 = \mathbf{v}_2 \cdot \mathbf{v}_3 = 0

    di conseguenza una base che realizza la forma canonica di Q è:

    \mathcal{B}''=\{\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2, \mathbf{u}_3\}

    dove \mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2, \mathbf{u}_3 sono, rispettivamente, i normalizzati dei vettori \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3, ossia

    \mathbf{u}_1=\frac{1}{||\mathbf{v}_1||} \ \mathbf{v}_1 \ \ ; \ \ \mathbf{u}_2=\frac{1}{||\mathbf{v}_2||} \ \mathbf{v}_2 \ \ ; \ \ \mathbf{u}_3=\frac{1}{||\mathbf{v}_3||} \ \mathbf{v}_3

    Calcoliamo le norme

    \\ ||\mathbf{v}_1|| = ||(\sqrt{3},0,1)|| = \\ \\ = \sqrt{3+0+1} = \sqrt{4} = 2 \\ \\ ||\mathbf{v}_2|| = ||(0,1,0)|| = 1 \\ \\ ||\mathbf{v}_3|| = ||(1,0,-\sqrt{3})|| = \\ \\ = \sqrt{1+0+3}=\sqrt{4}=2

    dunque

    \\ \mathbf{u}_1=\frac{1}{||\mathbf{v}_1||} \ \mathbf{v}_1 = \frac{1}{2}(\sqrt{3},0,1) = \\ \\ \\ = \left(\frac{\sqrt{3}}{2}, 0, \frac{1}{2}\right) \\ \\ \\ \mathbf{u}_2=\frac{1}{||\mathbf{v}_2||} \ \mathbf{v}_2 = \mathbf{v}_2 = (0,1,0) \\ \\ \\ \mathbf{u}_3=\frac{1}{||\mathbf{v}_3||} \ \mathbf{v}_3 = \frac{1}{2}(1,0,-\sqrt{3}) = \\ \\ \\ = \left(\frac{1}{2}, 0,-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)

    Forma normale di Q

    Poiché A ha tre autovalori positivi, la forma normale di Q è

    Q(w_1,w_2,w_3) = w_1^2+w_2^2+w_3^2

    e la base con cui si realizza è formata dai vettori

    \mathbf{w}_1=\frac{1}{\sqrt{\lambda_1}} \ \mathbf{u}_1 \ \ ; \ \ \mathbf{w}_2=\frac{1}{\sqrt{\lambda_1}} \ \mathbf{u}_2 \ \ ; \ \ \mathbf{w}_3=\frac{1}{\sqrt{\lambda_2}} \ \mathbf{u}_3

    ossia

    \\ \mathbf{w}_1=\frac{1}{\sqrt{\lambda_1}} \ \mathbf{u}_1=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, 0, \frac{1}{2}\right) = \\ \\ \\ = \left(\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}, 0, \frac{1}{2\sqrt{2}}\right) \\ \\ \\ \mathbf{w}_2=\frac{1}{\sqrt{\lambda_1}} \ \mathbf{u}_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,0) = \\ \\ \\ = \left(0,\frac{1}{\sqrt{2}},0\right) \\ \\ \\ \mathbf{w}_3=\frac{1}{\sqrt{\lambda_2}} \ \mathbf{u}_3 = \frac{1}{\sqrt{6}}\left(\frac{1}{2}, 0,-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \\ \\ \\ = \left(\frac{1}{2\sqrt{6}}, 0,-\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{6}}\right)

    È tutto!

    Risposta di Galois
 
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