Appunti di Geometria - 5

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1 Appunti di Geometria - 5 Samuele Mongodi - Segnatura di un prodotto scalare Richiami Sia V uno spazio vettoriale reale di dimensione n; sia, : V V R un prodotto scalare. Data una base B = {v,..., v n } di V, la matrice associata a, nella base B è v, v v, v v, v n v, v v, v v, v n A =... v n, v v n, v v n, v n Il prodotto scalare si dice non degenere se e, visto che V = {} V = ker A il prodotto scalare è non degenere se e solo se det A ; il numero dim ker A si dice indice di nullità e si indica, a volte, con i, mentre il rango di A viene anche detto rango del prodotto scalare. Il prodotto scalare si dice: definito positivo se v, v > per ogni v non nullo in V definito negativo se v, v < per ogni v non nullo in V semidefinito positivo se v, v per ogni v in V semidefinito negativo se v, v per ogni v in V indefinito altrimenti. Notiamo che se il prodotto scalare è non degenere, allora non può essere semidefinito (né negativo, né positivo); se, al contrario, il prodotto scalare è degenere, non può essere definito (né positivo, né negativo). Un prodotto indefinito può essere sia degenere, che non degenere. La matrice A associata al prodotto scalare è simmetrica, dunque è diagonalizzabile (teorema spettrale); la molteplicità di come autovalore di A è la

2 dimensione del nucleo, quindi il numero che abbiamo indicato con i. Consideriamo ora il numero di autovalori positivi di A (contati con le rispettive molteplicità algebriche ) e chiamiamolo indice di positività del prodotto scalare, indicato con i + ; similmente, contiamo il numero di autovalori negativi (sempre con molteplicità) e chiamiamolo indice di negatività del prodotto scalare, indicato con i. Ovviamente, visto che i è la molteplicità dell autovalore nullo, i + la somma delle molteplicità degli autovalori positivi, i la somma delle molteplicità degli autovalori negativi, la somma i + + i + i è la somma di tutte le molteplicità, quindi fa n (la dimensione dello spazio vettoriale). La terna di numeri (i +, i, i ) (attenzione, non è un vettore!!) si dice segnatura del prodotto scalare e permette di ricavare tutte le informazioni necessarie:. se la segnatura è (n,, ), il prodotto scalare è non degenere e definito positivo;. se la segnatura è (, n, ), il prodotto scalare è non degenere e definito negativo; 3. se la segnatura è (p,, n p), il prodotto scalare è degenere e semidefinito positivo; 4. se la segnatura è (, m, n m), il prodotto scalare è degenere e semidefinito negativo; 5. se la segnatura è (p, n p, ), il prodotto scalare è non degenere e indefinito; 6. se la segnatura è (p, m, n p m), il prodotto scalare è degenere e indefinito. Nota: In questi primi esercizi, volendoci concentrare sul calcolo della segnatura, daremo direttamente la matrice associata, ma non sarà sempre così. Esempio Consideriamo il prodotto scalare dato dalla matrice A = Per determinarne la segnatura, dobbiamo trovare il segno degli autovalori, quindi scriviamo il polinomio caratteristico: det(a λi) = det λ λ = λ 3 + λ λ Ora, se un polinomio a coefficienti interi ha radici razionali, queste sono date da un divisore del termine noto fratto un divisore del coefficiente direttore; in questo caso possono solo essere + e. E facile verificare che + è una radice del polinomio: + =. Se ad esempio la matrice A ha come autovalori e con molteplicità e 3, conteremo 5 autovalori positivi

3 Quindi λ 3 + λ = (λ )(λ + λ ); il polinomio di secondo grado λ + λ ha soluzioni ( + 5)/ e ( 5)/. Dunque i tre autovalori sono il primo dei quali è negativo, mentre gli altri due sono positivi. Dunque, i + =, i =, i =. Quindi il prodotto scalare è non degenere ed indefinito. Radici razionali di un polinomio a coefficienti interi Supponiamo di avere un polinomio a coefficienti interi: p(x) = ax n b Allora, se esiste un numero razionale (quindi della forma p/q con p e q interi) che sia una sia radice, si deve avere per forza che p divide b e q divide a. Ad esempio, prendiamo il polinomio 3x 3 7x 7x + le sue soluzioni razionali, se esistono, devono essere formate da un divisore di fratto un divisore di 3. I divisori di sono ± e ±, i divisori di 3 sono ±, ±, ±3, ±5, ±6, ±, ±5, ±3, quindi i candidati sono ±, ±, ± 3, ±, ± 3, ± 5, ± 5, ± 6, ±, ± 5, ± 5, ± 3 Si vede, con qualche tentativo, che i numeri /, /3, /5 sono effettivamente soluzioni. Ovviamente, può anche capitare che si trovino solo alcune delle soluzioni, o anche nessuna. Esempio matrice Vogliamo trovare la segnatura del prodotto scalare associato alla A = Il polinomio caratteristico è p(λ) = λ 3 + 3λ + Proviamo a trovare delle radici razionali: esse saranno un divisore di fratto un divisore di, quindi abbiamo le quattro possibilità ±, ±. Vediamo che e funzionano. Facendo la divisione tra polinomi, si trova p(λ) = (λ )(λ + ) Quindi gli autovalori sono con molteplicità e con molteplicità. Ovvero, la segnatura è i + =, i =, i =. Regola dei Segni di Cartesio Poiché a noi interessa solo quante radici negative e positive ha un polinomio, ci sarà utile la seguente regola. Sia dato un polinomio p(x) con tutte le radici reali di grado n. Il numero di radici nulle è ovviamente il minimo grado con cui compare x. Scriviamo ora la 3

4 sequenza dei coefficienti, omettendo quelli nulli, in ordine di grado e contiamo quante volte, in questa sequenza, si cambia di segno; questo sarà il numero delle radici positive, contate con molteplicità. Il numero delle radici negative sarà allora n meno il numero di radici nulle, meno il numero di radici positive. Questo metodo non assicura che il polinomio abbia radici reali, ma assicura che, se le ha, sono divise in un certo modo tra positive e negative. Ad esempio, consideriamo il polinomio p(x) = x 3 + x comparso nel primo esempio; esso non ha radici nulle e la successione dei coefficienti non nulli è,, quindi ci sono cambiamenti di segno (o variazioni), quindi il polinomio avrà radici positive. Per differenza, avrà 3 = radici negative, come già sapevamo. Nel caso invece del polinomio del secondo esempio, p(x) = x x + non abbiamo radici nulle e la successione dei coefficienti non nulli è, 3, quindi una sola variazione, ovvero una sola radice positiva e, per differenza, 3 = radici negative. La potenza di questo metodo è che permette di conoscere il segno delle radici senza effettivamente trovarle, ammesso di sapere già che esistano reali. Ad esempio, nel caso del polinomio p(x) = x 3 + 6x (che è polinomio caratteristico della matrice simmetrica A = e quindi per il teorema spettrale ha tutte le radici reali) il metodo delle radici razionali non funziona e quindi non è facile fattorizzarlo; però, sappiamo che non ha radici nulle e la sequenza, 6, ci dice che ha due radici positive (due variazioni di segno) e, di conseguenza, una radice negativa, pur senza sapere esattamente quanto valgano queste tre radici. Esempio Vogliamo determinare la segnatura del prodotto scalare dato dalla matrice 3 A =

5 Il suo polinomio caratteristico è λ 3 p(λ) = det λ λ 3 = λ4 3λ 3 4λ λ λ Quindi non ha autovalori nulli e, poiché la sequenza dei coefficienti è, 3, 4,, 3 con due variazioni, la matrice ha due autovalori positivi e due autovalori negativi. Quindi i + =, i =, i =. Esercizio Si determini la segnatura del prodotto scalare dato dalla matrice ( ) A = Esercizio Si determini la segnatura del prodotto scalare dato dalla matrice A = Esercizio 3 Si determini la segnatura del prodotto scalare dato dalla matrice / /3 A = / /3 /4 /3 /4 /5 Esercizio 4 Si determini la segnatura del prodotto scalare dato dalla matrice A = 3 Esercizio 5 Si determini la segnatura del prodotto scalare dato dalla matrice A = Diagonalizzazione di prodotti scalari. Autospazi ortogonali Richiami Sia V uno spazio vettoriale reale di dimensione n e sia, un prodotto scalare che, rispetto ad una qualche base, ha associata la matrice A. 5

6 Per il teorema spettrale, sappiamo che A ammette una base di autovettori. Supponiamo che A abbia n autovalori distinti; allora ad ogni autovalore corrisponde un autovettore. Ora, se v e w sono autovettori di autovalori λ e µ (distinti), si ha e quindi v, w = v t Aw = µv t w w, v = w t Av = λw t v v t w(λ µ) = e dunque v t w =, quindi v e w sono ortogonali (sia rispetto al prodotto scalare canonico, sia rispetto a quello associato ad A). In particolare, quindi, se A ha autovalori λ,..., λ n distinti con autovettori associati v,..., v n, il prodotto scalare rispetto alla base B = {v,..., v n } ha matrice associata v, v v, v v, v n v, v v, v v, v n... v n, v v n, v v n, v n ora, e, per quanto detto prima v i, v i = v t iav i = λ i v t iv i v i, v j = Quindi la matrice associata é diagonale: λ vv t λ vv t... λ n vnv t n Ora, sia a i = λ i vi tv i (per i λ i non nulli); allora rispetto alla base { v,..., v } n a a n la matrice associata è diagonale e composta solo di e. In particolare, sulla diagonale si troveranno tanti quanti autovalori positivi, tanti quanti autovalori negativi ed eventualmente uno se c è un autovalore nullo. Esempio Consideriamo il prodotto scalare, associato, rispetto alla base canonica, alla matrice 4 A = 7 Il polinomio caratteristico di A è p(λ) = det(a λi) = ( λ)(3 λ)(8 λ) 6

7 e quindi gli autovalori sono, 3, 8; inoltre ker(a I) = ker 3 6 = Span ker(a 3I) = ker 4 = Span ker(a 8I) = ker 4 = Span 7 Se ora chiamiamo si ha che v = v = v 3 = v, v = v t Av = v, v = v t Av = 3 v t v = 3(4 + + ) = 5 v 3, v 3 = v t 3Av 3 = 8v t 3v 3 = 8( ) = 4 mentre v i, v j = vi tav j = se i j; quindi nella base {v, v, v 3 } il prodotto scalare è associato alla matrice 5 4 Se poi consideriamo la base { v, v 5, } v 3 otterremo che in essa la matrice associata è l identità (quindi il prodotto scalare è definito positivo e l ultima scritta è una base ortonormale). In generale, però, non si può sempre sperare che vi siano tutti autovalori distinti; se un autovalore ha molteplicità algebrica maggiore di, si può scegliere una base dell autospazio associato (il nucleo di A λi) che sarà ortogonale agli altri autovettori, ma tra di loro gli elementi di questa base non saranno necessariamente ortogonali. In questo caso si può utilizzare la tecnica descritta nelle prossime righe per ottenere, da una base generica dell autospazio, una base di vettori ortonormali, oppure si può utilizzare direttamente (senza calcolare autovalori e autovettori) il secondo metodo (detto procedimento di Lagrange). Esercizio 6 Si trovi una base ortogonale con il metodo degli autovettori per il prodotto scalare su R 3 associato rispetto alla base canonica alla matrice A = 7

8 Esercizio 7 Si trovi una base ortogonale con il metodo degli autovettori per il prodotto scalare su R 3 associato rispetto alla base canonica alla matrice A =. Ortodiagonalizzazione di Gram-Schmidt Richiami Sia V uno spazio vettoriale reale di dimensione n e sia, un prodotto scalare definito positivo (o negativo) su V. Sia B = {v,..., v n } una base di V ; allora i vettori w = v w = v v, w w, w w w 3 = v 3 v 3, w w, w w v 3, w w, w w = w n = v n n i= v n, w i w i, w i w i formano anch essi una base di V. Inoltre, per costruzione Infine, se si pone la base w i, w j = i j a i = w i, w i { w,..., w } n a a n (il modulo serve se il prodotto è definito negativo) è ortogonale e composta da vettori di norma (o, se il prodotto è definito negativo). Si chiama dunque base ortonormale (solo nel caso di un prodotto definito positivo). Esempio Consideriamo il prodotto scalare, dato, rispetto alla base canonica, dalla matrice A = Innanzitutto, il polinomio caratteristico di A è p(λ) = λ 4 7λ 3 + 5λ λ + e dunque, poiché la sequenza dei coefficienti è, 7, 5,,, esso ha 4 radici positive. Perciò il prodotto scalare è definito positivo. Ora, applichiamo il procedimento di Gram-Schmidt alla base canonica. w = e 8

9 w = e e, w w, w w = e et Ae e t Ae e = e e = e + e w 3 = e 3 e 3, w w, w w e 3, w w, w w = e 3 w e = e + e + e 3 w 4 = e 4 e 4, w 3 w 3, w 3 w 3 e 4, w w, w w e 4, w w, w w = e + e + e 3 + e 4 Ora, i quattro vettori trovati sono una base ortogonale; inoltre, ma solo in questo caso, non in generale, sono anche di norma, quindi sono in effetti una base ortonormale e dunque rispetto ad essa la matrice associata al prodotto scalare è l identità di R 4. Esempio Consideriamo il prodotto scalare, su R 3 dato dalla formula v, w = v w + v w + w v + w v + w 3 v 3 Innanzitutto, scriviamo la matrice associata A = e notiamo che il polinomio caratteristico è p(λ) = λ 3 4λ + 4λ e dunque, comparendo 3 variazioni di segno, abbiamo tre radici positive e dunque il prodotto scalare è definito positivo. Ora cerchiamo una base ortogonale, utilizzando Gram-Schmidt sulla base canonica: w = e w = e w, e w, w w = e e w 3 = e 3 w, e 3 w, w w w, e 3 w, w w = e 3 La base {e, e e /, e 3 } è una base ortogonale per il prodotto scalare; rispetto ad essa, la sua matrice è A = / Dunque una base ortonormale sarà { } e e, e, e 3 Esercizio 8 Sia, il prodotto scalare su R 3 associato rispetto alla base canonica alla matrice / /3 A = / /3 /4 /3 /4 /5 9

10 Verificare che è definito positivo e trovare una base ortonormale. Esercizio 9 Sia, il prodotto scalare su R 3 dato dalla formula v, w = v w + v w + v w + v w v w 3 v 3 w + 3v 3 w 3 dove v = (v, v, v 3 ) e w = (w, w, w 3 ) rispetto alla base canonica. Verificare che il prodotto scalare è definito positivo e trovare una base ortonormale. Esercizio Sia, il prodotto scalare su R [x] dato da p(x), q(x) = p()q() + p()q() + p( )q( ) + 3p ()q () dove l apice indica la derivata. Dimostrare che tale prodotto scalare è definito positivo e calcolare una base ortonormale. Esercizio Sia, il prodotto scalare su R 4 associato rispetto alla base canonica alla matrice 4 A = 6 3 Verificare che è un prodotto scalare definito positivo e trovare una base ortonormale..3 Metodo di Lagrange Richiami Il metodo di Lagrange è una generalizzazione del metodo di Gram- Schmidt nel caso di prodotti scalari non necessariamente definiti positivi; la base che si troverà alla fine ovviamente non sarà ortonormale a meno che il prodotto scalare non sia definito positivo. In generale, si otterrà una base ortogonale, in cui il prodotto scalare è associato ad una matrice diagonale; eventualmente si potrà poi normalizzare tale base, di modo che i suoi vettori abbiano norma, o. Sia dunque, un prodotto scalare su V e sia {v,..., v n } una base di V. Il metodo di Lagrange si compone di tre mosse:. se v, v, sostituiamo i vettori v,..., v n con i vettori v v, v v, v v, v 3 v 3, v v, v v,..., v n v n, v v, v v. se v, v = ma esiste v i con i tale che v i, v i, consideriamo la base {v i, v,..., v i, v, v i+,..., v n } in cui abbiamo scambiato v e v i e applichiamo il primo passo con v i invece che con v 3. se v i, v i = per ogni elemento della base, ma esistono v i e v j tali che v i, v j, allora si considera la base {v i + v j, v,..., v i, v, v i+,..., v j,..., v n } ovvero si mette v i + v j al posto di v, si mette v al posto di v i e si lascia il resto uguale, poi si procede come nella prima mossa, con v i + v j invece che con v.

11 Se non si è riusciti ad applicare nessuna mossa, la matrice associata al prodotto scalare nella base data è la matrice nulla, quindi il prodotto scalare è quello nullo e ogni base è ortogonale. Dopo essere riusciti ad applicare la prima mossa, si prende la base che si è ottenuta {w,..., w n }, si leva il primo vettore (su cui non si lavora più e lo si salva da qualche parte) e si ripete il tutto sulla base {w,..., w n }. Nonostante l apparenza complicata, dopo qualche esercizio questo metodo risulta parecchio meccanico. Esempio Consideriamo il prodotto scalare associato, nella base canonica di R 4, alla matrice 3 A = Il polinomio caratteristico di A è p(λ) = λ 4 4λ 3 6λ + λ + 6 e quindi la segnatura è i + =, i =, i =. Ora applichiamo il metodo di Lagrange, partendo dalla base canonica {e, e, e 3, e 4 }. Per prima cosa dobbiamo considerare e, e = e t Ae, ovvero l elemento di posizione (, ) nella matrice A, che è 3; dunque possiamo procedere con la prima mossa: e e e e e,e e e,e e 3 e 3 e,e3 e e,e e 4 e 4 e,e4 e e,e Ora, osserviamo che e, e i non è altro che l elemento di posizione (, i) (o anche (i, ), visto che A è simmetrica) nella matrice A; quindi gli elementi della nuova base sono e, e e 3, e 3, e 4 e 3 Chiamiamo f, f, f 3, f 4 questi vettori; nella base {f, f, f 3, f 4 } la matrice associata al prodotto scalare è 3 A = 5/3 /3 /3 7/3 Adesso ripartiamo considerando solo i vettori {f, f 3, f 4 }, base di un sottospazio V di dimensione 3 di V, ortogonale rispetto al prodotto scalare dato al vettore f ; la restrizione ad esso del prodotto scalare ha matrice 5/3 /3 A = /3 7/3

12 Ora dobbiamo considerare il prodotto scalare f, f che è l elemento di posizione (, ) nella matrice A, ovvero 5/3; poiché non è nullo, possiamo applicare la prima mossa del metodo di Lagrange f f f 3 f 3 f,f3 f f,f f 4 f 4 f,f4 f f,f Ancora, i prodotti scalari voluti sono semplicemente gli elementi della prima riga (o della prima colonna) di A, quindi i nuovi vettori sono f, f 3 + 3f 5, f 4 + f 5 e li chiamiamo g, g 3, g 4 (se si vuole essere pignoli, si può porre g = f, ma tanto questo vettore non lo useremo più); ora calcoliamo la matrice associata al prodotto scalare ristretto a V nella nuova base {g, g 3, g 4 }: 5/3 A = 3/5 3/5 3/5 3/5 Ora consideriamo il sottospazio V di dimensione generato da {g 3, g 4 }, ortogonale a g (e anche a g = f ); la restrizione del prodotto scalare a V è associata, nella base {g 3, g 4 }, alla matrice ( ) 3/5 3/5 A = 3/5 3/5 Poiché l elemento di posto (, ) è 3/5, possiamo ancora applicare la prima mossa del metodo di Lagrange: e dunque la nuova base è g 3 g 3 g 4 g 4 g3,g4 g g 3,g 3 3 g 3, g 4 + g 3 in cui il prodotto scalare è associato alla matrice ( ) A 3/5 = Dunque, nella base {g, g, g 3, g 4 + g 3 } il prodotto scalare su V è associato alla matrice 3 B = 5/3 3/5

13 (e a conferma del nostro conteggio della segnatura, troviamo due entrate positive e due entrate negative). Scriviamo la base trovata rispetto alla base canonica di partenza: g = f = e g = f = e e 3 g 3 = f 3 + 3f 5 = e ( e e ) = e 3 + 3e e 5 ( e 4 e ) + ( e e ) g 4 = f 4 + f 5 = g 4 + g 3 = e 4 + e 3 + e e = e 4 + e 5 4e 5 Quindi la base ortogonale trovata è { e, e e 3, e 3 + 3e 5 e } 5, e 4 + e 3 + e e E se la vogliamo normalizzare, basta dividere per le radici quadrate dei moduli dei numeri sulla diagonale: { e 3, 3e e } 5e3 3e, + e, e 4 + e 3 + e e In quest ultima base, la matrice associata al prodotto scalare è Come si vede, nel caso in cui si applichi sempre solo la prima mossa, il metodo di Lagrange è solo una versione diversa di Gram-Schmidt. Vediamo ora un esempio in cui si debbano utilizzare anche le altre due mosse. Esempio Consideriamo su R 4 il prodotto scalare dato, rispetto alla base canonica, dalla matrice A = Il polinomio caratteristico è p(λ) = λ 4 4λ 3 + 4λ e dunque la segnatura è i + = 3, i =, i =. Ora, poiché e non è isotropo, possiamo applicare la prima mossa del metodo di Lagrange: e e e e e,e e e,e e 3 e 3 e,e3 e e,e e 4 e 4 e,e4 e e,e 3

14 e dunque la nuova base è e, e e, e 3, e 4 Chiamiamo questi vettori f, f, f 3, f 4 e consideriamo la matrice associata in questa base: A = Ora, ci restringiamo a V = Span{f, f 3, f 4 }, su cui il prodotto scalare ha matrice A = Dunque non possiamo applicare la prima mossa del metodo, in quanto il primo vettore è isotropo; allora consideriamo gli altri vettori: ad esempio f 3 non è isotropo, quindi possiamo considerare la nuova base {f 3, f, f 4 }, in cui la matrice è Ã = e dunque possiamo applicare la prima mossa: f 3 f 3 f f f3,f f f 3,f 3 3 f 4 f 4 f3,f4 f f 3,f 3 3 (attenzione, f e f 3 vanno scambiati, rispetto all esempio precedente) ottenendo come nuova base f 3, f + f 3, f 4 i cui vettori indichiamo con g, g 3, g 4 e in cui la matrice associata è Ã = Osserviamo che non serve procedere, in quanto la matrice è già in forma diagonale; dunque la nostra base ortogonale è {g, g, g 3, g 4 } (con g = f ), ovvero g = f = e g = f 3 = e 3 g 3 = f + f 3 = (e e ) + e 3 = e 3 + e e g 4 = f 4 = e 4 In essa, la matrice associata al prodotto scalare è 4

15 e, consistentemente con la segnatura trovata in precedenza, vi sono 3 positivi e un negativo; inoltre tale base è già normalizzata. Esempio Consideriamo su R 3 il prodotto scalare dato dalla matrice A = Innanzitutto notiamo che p(λ) = λ 3 3λ e dunque la segnatura è i + =, i =, i =. Ora, cerchiamo una base ortogonale; partendo dalla base canonica, notiamo che i tre vettori di base e, e, e 3 sono isotropi, quindi non possiamo applicare né la prima, né la seconda mossa del metodo di Lagrange; dobbiamo quindi applicare la terza. Troviamo un prodotto scalare non nullo tra i vettori della base: ad esempio e, e =. Ora consideriamo la nuova base {e + e, e, e 3 } e scriviamo la matrice associata al prodotto scalare rispetto a questa base: à = Adesso possiamo applicare la prima mossa del metodo di Lagrange: e + e e + e e e e+e,e e (e +e,e +e + e ) e 3 e 3 e+e,e3 e (e +e,e +e + e ) ottenendo i vettori e e + e, e, e 3 e e ) che chiamiamo f, f, f 3. Rispetto a questa nuova base la matrice diventa à = / che è già diagonale. Dunque la base trovata è ortogonale. Se vogliamo rinormalizzarla, otteniamo { e + e, e e, e } 3 e e Rispetto a quest ultima base la matrice del prodotto scalare è 5

16 Esercizio Sia, il prodotto scalare su R 4 associato alla matrice A = 4 rispetto alla base canonica. Calcolarne la segnatura e trovare una base ortogonale rinormalizzata (ovvero rispetto alla quale il prodotto scalare sia in forma canonica affine). Esercizio 3 Sia, il prodotto scalare su R [x] dato da p(x), q(x) = p()q() p()q() Determinarne la segnatura e trovare una base ortogonale. Esercizio 4 Sia, il prodotto scalare su R 4 dato, rispetto alla base canonica, da v, w = v w + w v v w 3 w v 3 + v w 4 + w v 4 v 3 w 4 w 3 v 4 Determinarne la segnatura e trovare una base ortogonale rinormalizzata. Esercizio 5 Sia, il prodotto scalare su R 3 dato, rispetto alla base canonica, da v, w = v w + v w + w v + v w 3 + w v 3 + v w + v w 3 + w v 3 Determinarne la segnatura e trovare una base ortogonale. 3 Cambio di base per un prodotto scalare Richiami Sia V uno spazio vettoriale reale di dimensione n e siano B = {v,..., v n } e C = {w,..., w n } due sue basi; sia poi, un prodotto scalare su V. La matrice associata al prodotto scalare nella base B è v, v v, v v, v n v, v v, v v, v n B =... v n, v v n, v v n, v n mentre quella associata nella base C è w, w w, w w, w n w, w w, w w, w n C =... w n, w w n, w w n, w n Ora, se w i = a i v a ni v n 6

17 per i =,..., n, allora poniamo a a n A =.. a n a nn e avremo che quindi w i = Av i w i, w j = Av i, Av j E dunque, se ho le coordinate di due vettori rispetto alla base C il loro prodotto scalare è dato da ma anche da e quindi da cui r = (r,..., r n ) s = (s,..., s n ) r t Cs (Ar) t B(As) r t Cs = r t A t BAs C = A t BA Attenzione! Per cambiare di base una applicazione lineare, bisognava moltiplicare per la matrice di cambio di base e la sua inversa, mentre per cambiare di base un prodotto scalare bisogna moltiplicare per la matrice di cambio di base e la sua trasposta. Quindi le due operazioni non sono uguali. Due matrici C e B per cui esiste A tale che A t BA = C si dicono congruenti. Le matrici A tali che A t = A (e quindi per cui le due formule coincidono) si dicono ortogonali. Una conseguenza del teorema spettrale è che una matrice simmetrica è simile ad una diagonale tramite una matrice ortogonale (ovvero, se S è una matrice simmetrica, esiste una matrice A ortogonale tale che A SA = A t SA è diagonale). Dato un prodotto scalare, dunque, si può sempre trovare una base in cui il prodotto scalare è associato ad una matrice diagonale (e si può trovare una tale base di modo che la matrice di cambio di base sia ortogonale rispetto al prodotto scalare euclideo). Per farlo, bisogna trovare per prima cosa una base di autovettori della matrice associata al prodotto scalare, poi applicare Gram-Schmidt (con il prodotto scalare canonico!) alle basi dei singoli autospazi. Esempio Si consideri su R 3 il prodotto scalare, dato, rispetto alla base canonica, dalla matrice A = 7

18 (quindi v, w = v t Aw) e sia data la seguente base: v = (,, ) v = (,, ) v 3 = (,, ) Vogliamo scrivere la matrice associata al prodotto scalare in questa nuova base. Possiamo calcolare le singole entrate della matrice sapendo che nella casella (i, j) dovremo mettere v i, v j, oppure, sfruttando la teoria precedente, possiamo scrivere la matrice di cambio di base M = e dire che la matrice associata al prodotto scalare nella nuova base sarà M t AM = = Ed in effetti v, v = + = v, v = + = v 3, v 3 = v, v = + = v, v 3 = v, v 3 = Esempio Vediamo ora come diagonalizzare una matrice simmetrica (ovvero la matrice di un prodotto scalare) tramite una matrice ortogonale. Sia A = Innanzitutto troviamo una base di autovettori per A (che esiste per il teorema spettrale). Calcoliamo quindi p(λ) = det(a λi) = λ 3 3λ = (λ + ) (λ ). Avremo dunque un autovettore associato a e due autovettori associati a : ker = Span ker = Span Ora dobbiamo trasformare la base,,, 8

19 in una base ortonormale rispetto al prodotto scalare standard; sappiamo già che autovettori di autovalori diversi sono ortogonali, quindi non ci resta che applicare il metodo di Gram-Schmidt alle singole basi degli autospazi. In questo caso, l autospazio relativo a ha dimensione e quindi non c è nulla da fare; invece, dobbiamo trovare una base ortogonale per l autospazio relativo a. Applichiamo dunque Gram-Schmidt alla coppia di vettori v =, w = utilizzando il prodotto scalare standard. Il primo vettore rimane uguale, mentre il secondo diventa v, w w v, v v e (ricordiamo che stiamo usando il prodotto scalare standard) v, w = ( )( ) + ()() + ()() = v, v = ( )( ) + ()() + ()() = dunque il secondo vettore della nuova base è w v / = / Ora abbiamo ottenuto la base ortogonale u =, v =, w = / / per terminare basa dividere ogni vettore per la propria norma: u = u, u = 3 v = v, v = Dunque u = / 3 / 3 / 3 w = w, w =, v = / / 3, w = / 6 / 6 /3 è una base ortonormale in cui A è diagonale. La matrice di cambio di base da questa base a quella canonica / 3 / / 6 M = / 3 / / 6 / 3 /3 9

20 è dunque ortogonale e quindi / 3 / 3 / 3 M = M t = / / / 6 / 6 /3 Da cui M t AM = M AM = Esempio Cerchiamo una base ortonormale (rispetto al prodotto scalare standard) che diagonalizzi la matrice simmetrica A = Il polinomio caratteristico è p(λ) = λ 4 4λ + 4 che ha radici ±, entrambe con molteplicità. Calcoliamo dunque le basi dei relativi autospazi, trovando due basi di ker(a I) e ker(a + I): ker = Span v = +, v = + = + ker = = Span v 3 =, v 4 = + Ora applichiamo Gram-Schmidt rispetto al prodotto scalare canonico alle due basi {v, v } e {v 3, v 4 }. Innanzitutto, rendiamole ortogonali; per la prima: w = v w = v v, v v v = v ( + v ) ( + ) v = v + v = +

21 e per la seconda w 3 = v 3 w 4 = v 4 v 3, v 4 v 3, v 3 v 3 = v 4 ( ) ( ) v 3 = v 4 + v 3 = Ora non ci resta che normalizzare i vettori secondo la loro norma: v = v = ( + ) v 3 = v 4 = ( ) e dunque la base ( )/ /, ( )/ /, ( + )/ /, ( + )/ / è ortonormale e diagonalizza A, ovvero sia, detta M la matrice che ha come colonne questi vettori, si ha M t AM = M AM = Trovare una matrice ortogonale M che porti la matrice simme- A = Esercizio 6 trica in forma diagonale. Trovare una matrice ortogonale M che porti la matrice simme- A = 3 3 Esercizio 7 trica in forma diagonale. Trovare una matrice ortogonale M che porti la matrice simme- A = Esercizio 8 trica in forma diagonale. Trovare una matrice ortogonale M che porti la matrice simme- A = Esercizio 9 trica in forma diagonale.

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