Forma canonica e forma normale di una forma quadratica

Prende il nome di forma canonica di una forma quadratica una sua rappresentazione mediante un polinomio omogeneo di secondo grado che sia privo di termini misti, mentre viene detta forma normale una rappresentazione mediante un polinomio omogeneo di secondo grado privo di termini misti e tale che tutti i coefficienti dei termini presenti siano 1 o -1.

 

Uno dei problemi più importanti nello studio delle forme quadratiche, definite su uno spazio vettoriale V di dimensione finita, è la ricerca di una base di V rispetto a cui l'espressione della forma quadratica risulti particolarmente semplice. Tali espressioni vengono dette forma canonica e forma normale di una quadratica.

 

In questa lezione vedremo come individuare un cambio di base che permette di ricavare la forma canonica e la forma normale di una forma quadratica. Prima di procedere ci teniamo però a precisare che i concetti di forma canonica e di forma normale di una forma quadratica non sono assoluti, e al termine della spiegazione vi metteremo in guardia sulle differenze che si possono incontrare.

 

Forma canonica di una forma quadratica

 

Sia V uno spazio vettoriale reale di dimensione n e sia Q: V \to \mathbb{R} una forma quadratica.

 

Si dice forma canonica della forma quadratica Q una rappresentazione di Q mediante un polinomio omogeneo di grado 2 privo di termini misti.

 

In altre parole, una forma quadratica Q si rappresenta in forma canonica rispetto a una base \mathcal{B}' di V se risulta

 

Q(\mathbf{v})=\lambda_1x'_1^2 + \lambda_2x'_2^2+....+\lambda_nx'_n^2

 

dove \lambda_1, \lambda_2, ..., \lambda_n sono degli scalari e (x_1',x_2',...,x_n') sono le coordinate del vettore \mathbf{v} rispetto alla base \mathcal{B}'.

 

L'esistenza di una forma canonica per ogni forma quadratica è garantita dal seguente risultato, detto teorema degli assi principali, e che altro non è se non una riformulazione del teorema spettrale reale.

 

 

Teorema degli assi principali

 

Siano Q: V \to \mathbb{R} una forma quadratica e A la matrice che la rappresenta rispetto a una determinata base.

 

Esiste allora una base ortonormale \mathcal{B}' formata da autovettori di A rispetto alla quale la forma quadratica si presenta in forma canonica

 

Q(x_1', x_2', ..., x_n')=\lambda_1 x'_1^2+\lambda_2x'_2^2+...+\lambda_nx'_n^2

 

dove (x_1', x_2', ..., x_n') sono le coordinate nella base \mathcal{B}', mentre \lambda_1, \lambda_2, ..., \lambda_n sono gli autovalori della matrice A riportati con la relativa molteplicità algebrica.

 

Riduzione alla forma canonica di una forma quadratica

 

Il teorema degli assi principali, oltre a garantire l'esistenza di una forma canonica per qualsiasi forma quadratica Q, ci dice anche come ricavarla, tant'è vero che i coefficienti \lambda_1, \lambda_2, ..., \lambda_n della forma canonica sono gli autovalori della matrice associata alla forma quadratica.

 

All'atto pratico, per ridurre una forma quadratica Q:V \to \mathbb{R}^n alla forma canonica è sufficiente calcolare la matrice rappresentativa della forma quadratica, che indichiamo con A.

 

Essendo A una matrice simmetrica ha tutti gli autovalori reali; siano tali autovalori \lambda_1, \lambda_2, ..., \lambda_n riportati con la rispettiva molteplicità algebrica.

 

La forma canonica di Q è

 

Q(x_1', x_2', ..., x_n') = \lambda_1x'_1^2+\lambda_2x'_2^2+...+\lambda_nx'_n^2

 

e la base \mathcal{B}' di V con cui si ricava è una base ortonormale di autovettori di A. Ovviamente i vettori di tale base vanno scritti in un certo ordine, ossia occorre riportare dapprima gli autovettori relativi a \lambda_1, seguiti da quelli riferiti a \lambda_2 e così via, fino a \lambda_n.

 

Esempio sul calcolo della forma canonica di una forma quadratica

 

Scrivere in forma canonica la seguente forma quadratica

 

Q(x_1,x_2,x_3)=x_1^2-2x_2^2+x_3^2+6x_1x_3

 

specificando la base rispetto a cui Q assume tale forma.

 

Svolgimento: scriviamo la matrice A che rappresenta la forma quadratica Q

 

A=\begin{pmatrix}1&0&3 \\ 0&-2&0 \\ 3&0&1\end{pmatrix}

 

e calcoliamo gli autovalori della matrice A, dati dagli zeri del polinomio caratteristico

 

\\ p_A(\lambda)=\mbox{det}(A-\lambda\mbox{Id}_3) = \\ \\ = \mbox{det}\left[\begin{pmatrix}1&0&3 \\ 0&-2&0 \\ 3&0&1\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}\lambda&0&0 \\ 0&\lambda &0 \\ 0&0&\lambda \end{pmatrix}\right] = \\ \\ \\ = \mbox{det}\begin{pmatrix}1-\lambda&0&3 \\ 0&-2-\lambda&0 \\ 3&0&1-\lambda\end{pmatrix}= \\ \\ \\ = (-2-\lambda)[(1-\lambda)^2-9]= \\ \\ = (-2-\lambda)(1-\lambda-3)(1-\lambda+3)= \\ \\ = (-2-\lambda)(-2-\lambda)(4-\lambda)

 

Per il calcolo del determinante abbiamo sviluppato la regola di Laplace rispetto alla seconda colonna.

 

Gli autovalori di A riportati con le rispettive molteplicità algebriche sono

 

\lambda_1=4, \ \lambda_2=-2, \ \lambda_3=-2

 

e quindi la forma canonica di Q è

 

\\ Q(x_1', x_2', x_3')=\lambda_1x'_1^2+\lambda_2x'_2^2+\lambda_3x'_3^2 = \\ \\ = 4x'_1^2-2x'_2^2-2x'_3^2

 

L'esercizio chiede anche di specificare la base rispetto a cui Q assume tale forma. Il teorema degli assi principali ci dice che la base cercata è una base ortonormale di autovettori della matrice A.

 

Procediamo al calcolo di tali autovettori partendo da quelli relativi a \lambda_1=4, che si ottengono calcolando una base dello spazio delle soluzioni del sistema lineare omogeneo

 

(A-\lambda_1 \mbox{Id}_3) \mathbf{x}=0

 

ossia

 

(A-4 \mbox{Id}_3) \mathbf{x}=\mathbf{0}

 

dove

 

\mathbf{x}=\begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix} \ \ ; \ \ \mathbf{0}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}

 

Scriviamo il sistema lineare in forma esplicita

 

\\ \left[\begin{pmatrix}1&0&3 \\ 0&-2&0 \\ 3&0&1\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}4&0&0 \\ 0&4 &0 \\ 0&0&4 \end{pmatrix}\right]\begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} \\ \\ \\ \begin{pmatrix} -3&0&3 \\ 0&2&0 \\ 3&0&-3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} \\ \\ \\ \begin{cases}-3x+3z=0 \\ 2y=0 \\ 3x-3z=0 \end{cases}

 

che ammette \infty^1 soluzioni. Per determinarle assegniamo a una incognita il ruolo di parametro libero. Ponendo x=a con a \in \mathbb{R}, otteniamo

 

(x,y,z)=(a,0,a)=a(1,0,1)

 

Dunque un autovettore relativo a \lambda_1=4 è

 

\mathbf{v}_1=(1,0,1)

 

Procedendo allo stesso modo lasciamo a voi il compito di verificare che gli autovettori associati a \lambda_2=-2 sono

 

\mathbf{v}_2=(-1,0,1), \ \mathbf{v}_3=(0,1,0)

 

Arrivati a questo punto formiamo la base \mathcal{B} di autovettori di A

 

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

 

che dobbiamo rendere ortonormale. A tal proposito dobbiamo dapprima ortogonalizzarla col processo di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt, per poi ortonormalizzarla dividendo ciascun vettore per la relativa norma.

 

Fortunatamente i tre vettori sono già ortogonali tra loro, infatti

 

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

 

Inoltre \mathbf{v}_3 ha norma 1, dunque ci resta da normalizzare i vettori \mathbf{v}_1 \mbox{ e }\mathbf{v}_2

 

||\mathbf{v}_1||=||\mathbf{v}_2||=\sqrt{2}

 

e quindi la base ortonormale cercata è \mathcal{B}'=\{\mathbf{v}'_1, \mathbf{v}'_2, \mathbf{v}'_3\} con

 

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

 

Forma normale di una forma quadratica

 

Prende il nome di forma normale di una forma quadratica Q una rappresentazione di Q mediante un polinomio omogeneo di grado 2, privo di termini misti e tale che tutti i coefficienti dei termini presenti siano 1 oppure -1.

 

In altri termini, una forma quadratica Q:V \to \mathbb{R}^n si rappresenta in forma normale rispetto a una base \mathcal{D} di V se risulta

 

Q(\mathbf{v})=x'^2_1 + x'^2_2+....+x'^2_r-x'^2_{r+1}-...-x'^2_p

 

dove r, p sono due numeri interi tali che

 

r, p\in\mathbb{N}\\ \\ 0\leq r,p\leq n\\ \\ r+p\leq n

 

e che rappresentano rispettivamente il numero dei coefficienti uguali a 1 e il numero dei coefficienti uguali a -1. Inoltre, se r+p<n, allora i restanti n-r-p coefficienti sono necessariamente nulli.

 

Riduzione alla forma normale di una forma quadratica

 

Siano Q una forma quadratica assegnata rispetto a una base \mathcal{B} di un \mathbb{R}-spazio vettoriale V di dimensione n, e \mathcal{B}' la base ortonormale di autovettori con cui si ottiene la forma canonica

 

Q(\mathbf{v})=\lambda_1x'_1^2 + \lambda_2x'_2^2+....+\lambda_nx'_n^2

 

dove, ricordiamo, \lambda_1, \lambda_2,...,\lambda_n sono gli autovalori della matrice associata alla forma quadratica e riportati con la relativa molteplicità algebrica.

 

Indichiamo con r il numero di autovalori positivi e con p il numero di autovalori negativi, così che valgono le condizioni

 

0\leq r,p\leq n\ \ \ ;\ \ \ r+p\leq n

 

Nulla ci vieta di riordinare i vettori della base \mathcal{B}' facendo in modo che ai primi r vettori siano associati gli autovalori positivi \lambda_1, \lambda_2,...\lambda_r, ai seguenti p vettori corrispondano gli autovalori negativi \lambda_{r+1}, ..., \lambda_{p}, e dunque ai rimanenti n-r-p vettori siano associati gli autovalori nulli.

 

In questo modo la forma canonica della forma quadratica Q assume la forma

 

Q(\mathbf{v})=\lambda_1 x'_1^2 + \lambda_2x'_2^2 + ... + \lambda_rx'_r^2+\lambda_{r+1}x'_{r+1}^2+...+\lambda_p x'_p^2 \ (*)

 

Possiamo ora cambiare ulteriormente base in modo che la rappresentazione di Q sia in forma normale. Detta

 

\mathcal{B}'=\{\mathbf{v}'_1, \mathbf{v}'_2, ..., \mathbf{v}'_r, \mathbf{v}'_{r+1}, ..., \mathbf{v}'_{p}, \mathbf{v}'_{p+1}, ... \mathbf{v}'_{n}\}

 

la base con cui si ricava la rappresentazione (*), la forma normale di Q si ottiene rispetto alla base \mathcal{D}=\{\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2, ..., \mathbf{u}_n\}, dove

 

\\ \mathbf{u}_1=\frac{1}{\sqrt{\lambda_1}}\mathbf{v}_1', \ \ \mathbf{u}_2=\frac{1}{\sqrt{\lambda_2}}\mathbf{v}_2', \ \ ..., \ \ \mathbf{u}_r=\frac{1}{\sqrt{\lambda_r}}\mathbf{v}_r', \\ \\ \\ \mathbf{u}_{r+1}=\frac{1}{\sqrt{-\lambda_{r+1}}}\mathbf{v}_{r+1}', \ \ ..., \ \ \mathbf{u}_p=\frac{1}{\sqrt{-\lambda_p}}\mathbf{v}_p', \\ \\ \\ \mathbf{u}_{p+1}=\mathbf{v}'_{p+1}, \ \ ..., \ \ \mathbf{u}_n=\mathbf{v}'_n

 

Rispetto a tale base la forma assunta da Q è proprio

 

Q(w_1, w_2, ..., w_n)=w_1^2+w_2^2+...+w_r^2-w_{r+1}^2-...-w_p^2

 

dove (w_1, w_2, ..., w_n) sono le coordinate di riferite alla base \mathcal{D}, r è il numero di autovalori positivi di A, e p è il numero di autovalori negativi.

 

La coppia (r,p) prende il nome di segnatura della forma quadratica Q.

 

All'atto pratico, quando viene assegnata una forma quadratica e viene chiesto di calcolare la sua forma normale, ma non la base che la determina, è sufficiente determinare il segno degli autovalori di A applicando la regola di Cartesio al relativo polinomio caratteristico.

 

Esempio sul calcolo della forma normale di una forma quadratica

 

Riprendiamo la forma quadratica del precedente esempio

 

Q(x_1,x_2,x_3)=x_1^2-2x_2^2+x_3^2+6x_1x_3

 

e, questa volta, calcoliamone la forma normale specificando la base con cui Q assume tale forma.

 

Abbiamo già trovato la matrice che rappresenta la forma quadratica

 

A=\begin{pmatrix}1&0&3 \\ 0&-2&0 \\ 3&0&1\end{pmatrix}

 

e i relativi autovalori

 

\lambda_1=4, \ \lambda_2=-2, \ \lambda_3=-2

 

Essendoci un autovalore positivo e due negativi, possiamo concludere che la forma normale di Q è

 

Q(x_1',x_2',x_3')=x'_1^2-x'_2^2-x'_3^2

 

Inoltre, la base che realizza la forma canonica di Q è

 

\mathcal{B}'=\{\mathbf{v}'_1,\mathbf{v}'_2,\mathbf{v}'_3\}=\left\{\left(\frac{1}{\sqrt{2}}, 0 , \frac{1}{\sqrt{2}}\right),\ \left(-\frac{1}{\sqrt{2}}, 0 , \frac{1}{\sqrt{2}}\right), \ (0,1,0)\right\}

 

e quindi la base con cui si ricava la forma normale è \mathcal{D}=\{\mathbf{u}_1, \mathbf{u}_2, \mathbf{u}_3\}, con

 

\\ \mathbf{u}_1=\frac{1}{\sqrt{\lambda_1}}\mathbf{v}_1' = \frac{1}{\sqrt{4}}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}, 0 , \frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \\ \\ \\ = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}, 0 , \frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \left(\frac{1}{2\sqrt{2}}, 0 , \frac{1}{2\sqrt{2}}\right) \\ \\ \\ \mathbf{u}_2=\frac{1}{\sqrt{-\lambda_2}}\mathbf{v}_2' = \frac{1}{\sqrt{-(-2)}}\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}, 0 , \frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \\ \\ \\ = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}, 0 , \frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \left(-\frac{1}{2}, 0 , \frac{1}{2}\right) \\ \\ \\ \mathbf{u}_3=\frac{1}{\sqrt{-\lambda_3}}\mathbf{v}_3' = \frac{1}{\sqrt{-(-2)}}(0,1,0)= \\ \\ \\ = \frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,0)= \left(0, \frac{1}{\sqrt{2}},0 \right)

 

Osservazioni sulla forma canonica e sulla forma normale di una forma quadratica

 

Concludiamo questa ricca lezione con un paio di osservazioni.

 

1) La forma normale di una forma quadratica è unica, ma non possiamo dire lo stesso per la forma canonica; quest'ultima, infatti, dipende dall'ordine con cui sono scritti i coefficienti del polinomio omogeneo di secondo grado che la individua.

 

2) Ridurre una forma quadratica in forma canonica non è sempre così immediato. Al crescere della dimensione della matrice A associata alla forma quadratica il calcolo degli autovalori diventa sempre più laborioso, senza contare che ci sono polinomi, anche di grado 3, che non sono scomponibili con i metodi elementari. Di contro, la riduzione alla forma normale è immediata, basta infatti avvalersi della regola di Cartesio applicata al polinomio caratteristico di A.

 

Per questo motivo alcuni libri di testo chiamano forma canonica quella che noi abbiamo fin qui assunto come forma normale, mentre altri le distinguono come abbiamo fatto noi.

 

 


 

Ci rendiamo conto che l'argomento non è dei più semplici, soprattutto se trattato da un punto di visto teorico, ma non scoraggiatevi! In fin dei conti più si procede con lo studio, più si toccano argomenti articolati e che richiedono la conoscenza di tutto quello che si è appreso precedentemente, quindi è del tutto normale incontrare qualche difficoltà.

 

Per altri esercizi svolti sulla riduzione alla forma canonica e alla forma normale di una forma quadratica potete usare la barra di ricerca interna: qui su YM ci sono migliaia di esercizi risolti e spiegati nel dettaglio.

 

 

Buon proseguimento su YouMath,

Giuseppe Carichino (Galois)

 

Lezione precedente

 
 

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