Indice d'inerzia di una forma bilineare

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Indice d'inerzia di una forma bilineare #91458

avt
Pasqualino
Cerchio
Come si calcola l'indice d'inerzia di una forma bilineare? Ho il seguente esercizio che non so proprio come risolvere.

Sia V=\mathbb{R}^{4} e si g la forma bilineare simmetrica di matrice

G=\begin{pmatrix}3 & -2 &1  &1 \\ -2 &1  &-1  &-1 \\ 1& -1 & 1 &4 \\ 1 &-1  &4  & 2\end{pmatrix}

rispetto alla base canonica.

Si verifichi che g è non degenere, se ne calcoli l'indice di inerzia e si determini una base ortogonale di V relativamente a g.

Fin qui tutto ok, per verificare che g è non degenere calcolo il determinante di G e verifico che è diverso da 0.

Poi per determinare la base ortogonale prendo e_{1} come primo vettore e utilizzando il procedimento di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt trovo la base richiesta.

Ciò che non mi è chiaro è il concetto di indice di inerzia, non riesco a trovarlo su nessun libro di testo.

Inoltre il problema mi chiede:

(\mathbb{R}^{4},g) è isometrico allo spazio \mathbb{R}^{4} dotato del prodotto scalare usuale? E allo spazio di Minkowski?

Qui non so proprio come procedere... immagino che l'esercizio sia abbastanza lungo da risolvere, ma mi basta anche uno spunto se la risoluzione dovesse essere particolarmente lunga. Scusate ma non so proprio come procedere.
 
 

Re: Indice d'inerzia di una forma bilineare #91465

avt
Galois
Amministratore
In generale, data una qualsiasi matrice simmetrica A di ordine n, l'indice di inerzia i_A di tale matrice è dato da:

i_A=n_{+}-n_{-}

dove

n_{+} è l'indice di positività della matrice ed indica il numero di autovalori strettamente positivi associati alla matrice e contati con la loro molteplicità algebrica.

n_{-} è l'indice di negatività della matrice ed indica il numero di autovalori strettamente negativi associati alla matrice e contati con la loro molteplicità algebrica.

Nella lezione sulla segnatura di una matrice (leggimi) abbiamo spiegato come trovare n_{+} \mbox{ ed } n_{-}

Avendo la matrice

G=\begin{pmatrix}3 & -2 &1  &1 \\ -2 &1  &-1  &-1 \\ 1& -1 & 1 &4 \\ 1 &-1  &4  & 2\end{pmatrix}

il polinomio caratteristico ad essa associato è

P(\lambda)=\lambda^4-7\lambda^3-7\lambda^2+49\lambda+14

Dunque, per la regola di Cartesio applicata nel caso generale, in cui sappiamo a priori che tale polinomio ha tutte le radici reali (essendo la matrice simmetrica), avendo tale polinomio (completo) due permanenze e due variazioni di segno tra i coefficienti dei termini consecutivi, possiamo concludere che

n_+ = 2 \mbox{ e } n_- = 2

pertanto

i_{G}=n_+-n_-=2-2=0

ossia l'indice d'inerzia della forma bilineare g è pari a zero.


Attenzione ora! Se, come nel tuo caso, è richiesto il calcolo di una base ortogonale di V=\mathbb{R}^4 relativamente alla forma bilineare g allora, una volta trovata tale base si può ricavare l'indice di inerzia della forma bilineare senza calcolare il polinomio caratteristico. Vediamo come procedere.

Come ben dici poniamo w_1 (primo vettore della base ortogonale che stiamo cercando) uguale ad e_1 (primo vettore della base canonica di \mathbb{R}^4)

w_1=e_1=(1,0,0,0)

Procediamo poi con il processo di Gram-Schmidt dove, però, il prodotto scalare che andremo ad utilizzare non sarà quello standard ma, bensì, quello definito dalla forma bilineare g

Detta (w_1,w_2,w_3,w_4) la base ortogonale cercata, dopo un po' di conti puramente algebrici otterrai

\\ w_2=e_2-\frac{g(e_2,w_1)}{g(w_1,w_1)}w_1=\left(\frac{2}{3},1,0,0\right) \\ \\ \\ w_3=e_3-\frac{g(e_3,w_1)}{g(w_1,w_1)}w_1-\frac{g(e_3,w_2)}{g(w_2,w_2)}w_2=\left(-1,-1,1,0\right) \\ \\ \\ w_4=e_4-\frac{g(e_4,w_1)}{g(w_1,w_1)}w_1-\frac{g(e_4,w_2)}{g(w_2,w_2)}w_2-\frac{g(e_4,w_3)}{g(w_3,w_3)}w_3=\left(3,3,-4,1\right)

Da cui

\\ g(w_1,_1)=3 \\ \\ \\ g(w_2,w_2)=-\frac{1}{3} \\ \\ \\ g(w_3,w_3)=1 \\ \\ \\ g(w_4,w_4)=-14

Una volta calcolati tali prodotti scalari, la matrice associata a g rispetto alla base \{w_1,w_2,w_3,w_4\} è

\begin{pmatrix}g(w_1,w_1) & 0 & 0 & 0 \\ 0 & g(w_2,w_2) & 0 & 0 \\ 0 & 0 & g(w_3,w_3) & 0 \\ 0 & 0 & 0 & g(w_4,w_4) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -\frac{1}{3} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -14 \end{pmatrix}

Da cui è immediato vedere che l'indice di inerzia è pari a zero.

Infatti tale matrice ha due autovalori positivi 3 \mbox{ e } 1 e due autovalori negativi -\frac{1}{3} \mbox{ e } -14.

----------------

Per rispondere all'ultima domanda basta ricordare che due spazi vettoriali dotati di prodotto scalare sono isometrici se hanno stessa dimensione e stesso indice d'inerzia.

Ora, \mathbb{R}^4 dotato del prodotto scalare standard ha, ovviamente, dimensione 4 e indice d'inerzia pari a 4, infatti la matrice associata al prodotto scalare standard < \ , \  > rispetto alla base ortogonale \{e_1,e_2,e_3,e_4\} è

\begin{pmatrix}<e_1,e_1> & 0 & 0 & 0 \\ 0 & <e_2,e_2> & 0 & 0 \\ 0 & 0 & <e_3,e_3> & 0 \\ 0 & 0 & 0 & <e_4,e_4> \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

la quale ha 4 autovalori strettamente positivi.

Possiamo così concludere che \left(\mathbb{R}^4, g\right) non è isometrico a \left(\mathbb{R}^4, < \ > \right)

Allo stesso modo, sapendo che (per definizione) lo spazio di Minkowski è lo spazio \mathbb{R}^4 dotato della forma bilineare definita dalla matrice

\begin{pmatrix}-1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

possiamo subito trovare il suo indice di inerzia che è pari a

n_+-n_- = 3-1 = 2

quindi anche tale spazio non è isometrico a \left(\mathbb{R}^4, g\right).

È tutto! emt
Ringraziano: CarFaby

Re: Indice d'inerzia di una forma bilineare #91475

avt
Pasqualino
Cerchio
Grazie mille, chiarissimo emt
Ringraziano: Galois
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Os