MATRICI ORTOGONALI. MATRICI SIMMETRICHE E FORME QUADRATICHE

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1 DIAGONALIZZAZIONE 1 MATRICI ORTOGONALI. MATRICI SIMMETRICHE E FORME QUADRATICHE Matrici ortogonali e loro proprietà. Autovalori ed autospazi di matrici simmetriche reali. Diagonalizzazione mediante matrici ortogonali. Forme quadratiche su R n e loro segno. Riduzione a forma canonica mediante diagonalizzazione. Esercizio 1 Siano A e B due matrici ortogonali di ordine n. Mostrare che AB è una matrice ortogonale. Esercizio Sia data l equazione matriciale AX = B dove A,B,X K n,n con deta 0. Provare che X è ortogonale se e solo se AA T = BB T. Esercizio 3 Date due matrici A e B ortogonali di ordine n, stabilire se le seguenti affermazioni sono vere o false: (i) se a R, allora aa è ortogonale; (ii) la matrice AB è ortogonale; (iii) la matrice A + B è ortogonale. Esercizio 4 Data una matrice A ortogonale di ordine n, stabilire se le seguenti affermazioni sono vere o false: (i) deta = ; (ii) det A = 1; (iii) la matrice A n è ortogonale; (iv) la matrice A è ortogonale; (v) la matrice A 1 è ortogonale. Esercizio Si consideri la matrice 1 1 A = ) Si determini, se esiste, una matrice N ortogonale tale che N T AN sia diagonale. ) Si determini, se esiste, una matrice P invertibile non ortogonale tale che P 1 AP sia diagonale. Esercizio 6 Si considerino le matrici A = 0 0, B = 0 1, C =

2 DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche 1) Determinare quali tra queste sono diagonalizzabili tramite una matrice P invertibile. Nei casi possibili, calcolare P. ) Determinare quali tra queste sono diagonalizzabili tramite una matrice N ortogonale. Nei casi possibili calcolare N. Esercizio 7 Sia data la matrice A = 3 0 k dove k è un parametro reale. Mostrare che per k = 0 e per k = la matrice A è diagonalizzabile, trovando in entrambi i casi le matrici di passaggio. In quale caso è possibile trovare una matrice di passaggio N ortogonale? Determinare in tal caso tale matrice. Esercizio 8 Per le seguenti matrici A i, i = 1,,3, A 1 = 1 1 1, A = 0 1, A 3 = 0 1, determinare, se esistono, una matrice ortogonale N i ed una matrice diagonale D i tali che N 1 i A i N i = D i. Esercizio 9 Si consideri, al variare del parametro reale a R la matrice A = 0 a 1 a. a 1 a a 1) Si studi la diagonalizzabilità di A su R. ) Per a = 1/ si determini, se esiste, una matrice invertibile P di ordine 3 tale che P 1 AP sia diagonale. 3) Per a = 1/ si determini, se esiste, una matrice ortogonale N di ordine 3 tale che N 1 AN sia diagonale. Esercizio 10 Si considerino le matrici A = 0 3 0, B = 1 1, C = ) Determinare il segno delle forme quadratiche associate alle matrici A,B,C. ) Determinare una forma canonica per le forme quadratiche associate alle matrici A e B. 3) Scrivere un cambiamento di variabili che porti la forma quadratica associata alla matrice A ad assumere la forma canonica trovata al punto precedente.

3 DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche 3 Esercizio 11 Risolvere i seguenti quesiti relativi alle forme quadratiche. 1) Sia q(x) = X T AX una forma quadratica in n = variabili. Sapendo che q(x) è definita negativa, cosa si puó dedurre sul segno di tr A e deta? ) Sia q(x) = X T AX una forma quadratica in n = variabili. Sapendo che deta è positivo, cosa si puó dedurre sul segno della forma? 3) Rispondere alle domande precedenti per forme quadratiche in n = 3 variabili.

4 DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche 4 SVOLGIMENTI Esercizio 1 Si ha AA T = BB T = I per ipotesi e bisogna mostrare che (AB)(AB) T = I. Poiché la trasposta di un prodotto è il prodotto delle trasposte in ordine inverso, risulta (AB)(AB) T = (AB)(B T A T ) = A(BB T )A T = AA T = I. Esercizio Usando l ipotesi fatta su A, si ha che X = A 1 B. Allora XX T = I equivale a (A 1 B)(A 1 B) T = I, dove (svolgendo i conti tramite le proprietà delle operazioni matriciali) risulta A 1 B(A 1 B) T = A 1 BB T (A 1 ) T = A 1 BB T (A T ) 1. Dunque, moltiplicando a sinistra per A ed a destra per A T, si ottiene XX T = I A 1 BB T (A T ) 1 = I BB T = AA T. Esercizio 3 a = ±1. (i) FALSA; infatti si ha (aa) (aa) T = a AA T = a I e a I = I se e solo se (ii) VERA (v. Esercizio 1). (iii) FALSA; ad esempio si ha (A + A) (A + A) T = (A) (A) T = 4AA T = 4I I. Esercizio 4 (i) FALSA; infatti AA T = I implica det(aa T ) = deti, cioè detadet(a T ) = 1 (teorema di Binet) e quindi (deta) = 1 (in quanto det(a T ) = det A), che significa deta = ±1. (ii) VERA, perché AA T = I implica deta = ±1 (v. punto (i)), che equivale a deta = 1. (iii) VERA; infatti si ha (A n ) T = (A T ) n e quindi risulta A n (A n ) T = A n (A T ) n = (AA T ) n = I n = I. (iv) VERA; infatti risulta ( A)( A) T = ( 1)A( 1)A T = ( 1) AA T = I. (v) VERA; infatti si ha (A 1 ) T = (A T ) 1 e quindi risulta (A 1 )(A 1 ) T = A 1 (A T ) 1 = (A T A) 1 = I 1 = I.

5 DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche Esercizio 1) La matrice A è simmetrica e reale, quindi è diagonalizzabile tramite una matrice di passaggio N ortogonale (da cui N 1 = N T ) e dunque la matrice N esiste. Per calcolarla, dobbiamo determinare una base ortonormale di R 3 costituita da autovettori di A e disporne poi le componenti sulle colonne. Il polinomio caratteristico di A è 1 λ 1 det(a λi) = 1 1 λ 4 λ = 6λ λ 3 = λ (6 λ), per cui gli autovalori di A sono λ = 0 con molteplicità m 0 = e λ = 6 con molteplicità m 6 = 1. Determiniamo dapprima una base ortogonale di V 0 = {X R 3 : AX = 0}, che ha dimensione dim V 0 = m 0 =. Il sistema omogeneo x y + z = 0 x + y z = 0 x y + 4z = 0 associato a A è equivalente alla sola equazione x y + z = 0. Una soluzione non nulla di tale equazione è ad esempio X 1 = (1,1,0) ed otteremo una base ortogonale di V 0 prendendo un altro vettore non nullo X di V 0 che sia ortogonale ad X 1. Un tale vettore dovrà quindi essere soluzione non nulla del sistema { x y + z = 0, x + y = 0 dove la prima equazione è la condizione di appartenenza V 0 e la seconda è la condizione di ortogonalità ad X 1. Ad esempio, possiamo prendere X = (1, 1, 1). Determiniamo ora l autospazio V 6 = {X R 3 : (A 6I) X = 0}, che avrà dimensione dim V 6 = m 6 = 1. Risolvendo il sistema omogeneo di matrice A 6I, si trova V 6 = {( y,y, y) : y R} e quindi un autovettore relativo all autovalore 6 è X 3 = (1, 1,). I vettori (X 1,X,X 3 ) formano una base ortogonale di autovettori di A (l ortogonalità è garantita dalle proprietà delle matrici reali simmetriche, i cui autospazi sono sempre ortogonali, ma può ovviamente essere controllata direttamente come verifica: risulta X 1 X = X 1 X 3 = X X 3 = 0). Normalizzando X 1,X,X 3 si ottiene la base ortonormale ( X1 X 1, X X, X 3 X 3 ) = ( (1,1,0), ) (1, 1, 1) (1, 1,), 3 6 e disponendone poi le componenti sulle colonne si ottiene la matrice cercata N = Osserviamo che, essendo V 0 e V 6 gli unici autospazi della matrice reale simmetrica A, risulta V 6 = V0 (e V 0 = V6 ), per cui come vettore X 3 si sarebbe potuto prendere un qualsiasi vettore non nullo ortogonale ad entrambi X 1 ed X, risolvendo quindi il sistema { x + y = 0 (cioè (x,y,z) X1 = 0) invece che calcolando V 6 = Sol (A 6I).. x y z = 0 (cioè (x,y,z) X = 0),

6 DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche 6 ) La matrice P si ottiene come la matrice N del punto precedente, tranne per il fatto che la base di V 0 non deve essere presa ortogonale oppure i vettori della base di autovettori non vanno normalizzati (osserviamo che basta una sola di queste condizioni per ottenere una matrice non più ortogonale). Ad esempio, prendendo X = (,0, 1) ed X 1,X 3 come prima, si ottiene 1 1 P = (si verifichi che P non è ortogonale). Esercizio 6 Svolgiamo la parte 1) studiando separatemente le tre matrici. 1) MATRICE A. Il polinomio cartteristico di A è 3 λ 1 0 P A (λ) = det(a λi) = 0 λ 0 = (3 λ)( λ) 0 0 λ ed ammette 3 radici reali (non distinte), le quali danno gli autovalori di A: λ = 3 con m 3 = 1 (molteplicità 1) e λ = con m =. La matrice risulta allora diagonalizzabile se e solo se tutti gli autovalori sono regolari 1. Siccome per gli autovalori semplici (cioè di molteplicità 1) questa condizione è sempre verificata (in quanto si ha sempre 1 dim V λ m λ ), è automatico che λ = 3 è un autovalore regolare (cioè che dimv 3 = 1). Controlliamo allora la condizione di regolarità per λ = : si ha dim V = 3 ρ(a I) = 3 ρ = 3 1 = = m e perciò anche l autovalore λ = è regolare. Dunque A è diagonalizzabile. Per determinare una matrice P che diagonalizza A, occorre calcolare una base di autovettori di A e disporne le entrate sulle colonne. Studiamo allora gli autospazi V 3 = { v = (x,y,z) : (A 3I)v T = 0 } e V = { v = (x,y,z) : (A I)v T = 0 }. Il sistema (A 3I)v T = 0 è x y = 0, cioè z 0 { y = 0 z = 0, e pertanto risulta V 3 = {(x,0,0) : x R} = L ((1,0,0)). Il sistema (A I)v T = 0 è x y = 0, cioè x + y = 0, z 0 1 Ricordiamo che un autovalore è detto regolare se la dimensione dell autospazio associato coincide con la molteplicità dell autovalore stesso.

7 DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche 7 e pertanto V = {(x, x,z) : x,y R} = L ((1, 1,0),(0,0,1)). Dunque è tale che P = P 1 AP = (si noti la disposizione degli autovalori, coerente con l ordine in cui si sono disposti in colonna gli autovettori). MATRICE B. Ripetiamo lo studio fatto per la matrice A. Il polinomio cartteristico di B è 3 λ 0 0 P B (λ) = det(b λi) = 0 λ λ = (3 λ)( λ), che coincide con quello di A. Dunque B ha gli stessi autovalori di A, con pari molteplicità, e pertanto, ripetute le osservazione già fatte per A, risulta che B è diagonalizzabile se e solo se l autovalore doppio λ = è regolare. Questa volta però si ha dim V = 3 ρ(b I) = 3 ρ = 3 = 1 = m e quindi l autovalore non risulta regolare. La matrice B non è pertanto diagonalizzabile. MATRICE C. Poiché la matrice C è simmetrica reale, essa è sicuramente diagonalizzabile e quindi si tratta solo di costruire la matrice P, determinando autovalori e autospazi di C. Il polinomio caratteristico di C è P C (λ) = 3 λ λ λ = ( λ) [(3 λ) ( λ) 1] = (λ ) ( λ λ + ) e quindi C ha gli autovalori λ 1 =, λ = + e λ 3 = (tutti semplici). Calcoliamo gli autospazi. Il sistema omogeneo di matrice C λ 1 I è x 0 { y = 0 x + y = 0, cioè, x = z 0 da cui risulta V λ1 = {(0,0,z) : z R} = L ((0,0,1)). Il sistema omogeneo di matrice C λ I è x y = 0, z 0

8 DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche 8 dove la seconda riga di C λ I è necessariamente multipla della prima (si ricordi che ρ(c λ I) = 3 dim V λ = 3 m λ = e si osservi che la terza è indipendente dalle altre due) e pertanto il sistema equivale al sistema dato dalle equazioni associate alla seconda e all ultima riga (o alla prima e all ultima), cioè { x 1+ y = 0. 1 z = 0 Quindi V λ = {( 1 + ) } (( y,y,0 : x R = L 1 + )),,0. Analogamente si ottiene V λ3 = L (( 1,,0 )). Una possibile matrice P che diagonalizza è allora P = ) Una matrice reale M si diagonalizza mediante una matrice ortogonale se e solo se è simmetrica; in tal caso, N è una matrice ortogonale che diagonalizza M se e solo se le colonne di N sono le entrate di una base ortonormale di autovettori di M. Nel nostro caso, solo la matrice C è simmetrica e pertanto solo C si diagonalizza mediante una matrice ortogonale. Per costruire una tale matrice, occorre e basta determinare una base ortonormale di autovettori di C e disporne le entrate sulle colonne. La base di autovettori utilizzata al punto 1) precedente è ortogonale, quindi si tratta solo di renderla ortonormale, normalizzandone i vettori (cioè dividendo ciascuno per la propria norma). Poiché (0,0,1) = 1, (1 +,,0) = 10 +, (1,,0) = 10, si ottiene N = Esercizio 7 Si procede come per gli Esercizi e 6. k = 0 Per k = 0, si hanno i tre autovalori reali λ 1 = 0, λ = 1 e λ 3 = 3, che sono tutti distinti e quindi regolari; la matrice è dunque diagonalizzabile. I corrispondenti autospazi sono generati, rispettivamente, dai vettori (,3,0), (0,0,1) e (1,0,0), per cui la matrice di passaggio che diagonalizza A è 0 1 P = lo si può anche controllare direttamente, ma è garantito a priori dal fatto che essa è costituita da autovettori relativi ad autovalori tutti distinti della matrice simmetrica C (si ricordi che due autovettori relativi ad autovalori distinti di una matrice simmetrica reale sono sempre tra loro ortogonali).

9 DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche 9 k = Per k =, si ottiene una matrice simmetrica reale e quindi la si può diagonalizzare tramite una matrice ortogonale. Determiniamo tale matrice. Gli autovalori di A sono λ 1 = 1, λ = 1, λ 3 = 4 ed i rispettivi autospazi sono generati rispettivamente dai vettori (1,, 0), (0, 0, 1), (, 1, 0). Osserviamo che gli autovettori sono già ortogonali tra loro (come garantito dalla simmetria della matrice e dalla semplicità degli autovalori). Per costruire la matrice di passaggio N, basta normalizzarli e disporli sulle colonne, ottenendo N = Esercizio 8 Si procede come per gli Esercizi, 6 e 7. MATRICE A 1. La matrice A 1 è simmetrica, quindi è diagonalizzabile mediante una matrice ortogonale. Gli autovalori di A 1 sono 0,, 1 ed i corrispondenti autospazi sono generati, rispettivamente, dai vettori (1, 0, 1),(1,, 1), (1, 1, 1), ortogonali tra loro. Per ottenere la matrice N 1, basta normalizzare tali autovettori ed inserirli nelle colonne; si trova 1/ 1/ 6 1/ 3 N 1 = 0 / 6 1/ 3 1/ 1/ 6 1/. 3 Con questa scelta di N 1, il prodotto N1 1 A 1N 1 restituisce la matrice diagonale D 1 degli autovalori di A 1, coerentemente disposti secondo l ordine con cui si sono disposti gli autovettori: N 1 1 A 1N 1 = D 1 = MATRICE A. La matrice A è simmetrica, quindi è diagonalizzabile mediante una matrice ortogonale. Gli autovalori di A sono λ 1 = λ = 3 e λ 3 = 1. L autospazio V 3 relativo all autovalore doppio ha sicuramente dimensione due (in quanto A è diagonalizzabile) e, per la costruzione di N, vanno scelti due autovettori di V 3 tra loro ortogonali, per esempio (1,0,0) e (0,1,1). Per l altro autospazio si può scegliere (0, 1, 1) come generatore. Normalizzando la base ortogonale di autovettori, si ottiene la matrice Con questa scelta di N, si ha N = N 1 A N = D = MATRICE A 3. La matrice A 3 non può essere diagonalizzata mediante una matrice ortogonale, perché non è simmetrica.

10 DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche 10 Esercizio 9 Si procede come per gli Esercizi, 6, 7 e 8, ma occorre discutere realtà e molteplicità degli autovalori al variare del parametro. 1) La matrice A R 3,3 è diagonalizzabile su R se e solo se ha 3 autovalori (distinti o no) reali e regolari. Il polinomio caratteristico di A è P (λ) = (λ 1) ( λ aλ + a a ). Il secondo fattore di P (λ) ha discriminante 4a 4a, per cui, affinché P (λ) = 0 abbia soluzioni tutte reali, deve essere 0 a 1. In tal caso, si hanno gli autovalori λ 1 = 1, λ = a + a a e λ 3 = a a a, per i quali risulta λ 1 = λ a = 1, 1 ; λ 1 = λ 3 a = 1; λ = λ 3 a = 0,1. Discutendo molteplicità degli autovalori e dimensione degli autospazi, si ottiene quanto segue: per a 0,1, 1, gli autovalori sono reali e distinti, per cui la matrice è sicuramente diagonalizzabile su R; per a = 0, si ha λ 1 = 1 e λ = λ 3 = 0, per cui l autovalore 0 ha molteplicità ; la matrice A 0I ha però rango, cioè la dimensione dell autospazio V 0 è 1, quindi la matrice non è diagonalizzabile; per a = 1, si ha λ 1 = λ = λ 3 = 1, per cui l autovalore 0 ha molteplicità 3; la matrice A I ha però rango 1 (e non 0), quindi la matrice non è diagonalizzabile; per a = 1, la matrice è simmetrica reale e quindi è sicuramente diagonalizzabile. ) Posto a = 1, determiniamo gli autospazi relativi agli autovalori 1 (doppio) e 0 (semplice); si ottiene V 0 = Sol (A) = L((0,1, 1)) e V 1 = Sol (A I) = L((1,0,0),(0,1,1)). Una matrice invertibile che diagonalizza A è quindi P = ) La matrice ortogonale N esiste, perché A è simmetrica; per determinarla, basta scegliere autovettori ortonormali negli autospazi trovati al punto precedente (uno in V 0 e due in V 1 ). Siccome la base (1,0,0),(0,1,1) trovata per V 1 è già ortogonale, è sufficiente normalizzare le basi già usate per costruire P; si ottiene N =

11 DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche 11 Esercizio 10 Ricordiamo che ad ogni forma quadratica q si associa una matrice simmetrica reale M, e viceversa, tramite la relazione q(x) = X T MX. La forma quadratica q(x) = X T MX risulta: definita positiva se e solo se tutti gli autovalori di M sono > 0; semidefinita positiva se e solo se tutti gli autovalori di M sono 0; definita negativa se e solo se tutti gli autovalori di M sono < 0; semidefinita negativa se e solo se tutti gli autovalori di M sono 0; non definita se e solo se M ha due autovalori di segno opposto. 1) (i) Calcoliamo il polinomio caratteristico di A: λ 0 1 P A (λ) = det(a λi) = 0 3 λ λ = (3 λ) ( λ λ 1 ). Risolvendo l equazione P A (λ) = 0, troviamo gli autovalori di A: λ 1 = 3, λ = 1+ e λ 3 = 1. Poiché ne esistono due di segno opposto (λ 3 è negativo), la forma quadratica associata ad A è non definita. (ii) Il polinomio caratteristico di B è 1 λ 1 0 P B (λ) = 1 λ λ = λ3 + 6λ 9λ +. Senza determinarli tutti esplicitamente (v. sotto, parte (ii) del punto )) possiamo contare il numero di autovalori positivi (strettamente) di B mediante la regola di Cartesio: la successione 1,6, 9, dei coefficienti di P B (λ) presenta 3 cambi di segno, quindi P B (λ) ha 3 radici positive (strettamente). Poiché il grado di P B (λ) è 3, ciò significa che tutti gli autovalori di B sono positivi (strettamente) e pertanto la forma quadratica associata a B è definita positiva. (iii) Il polinomio caratteristico di C è 1 λ 0 0 P C (λ) = 0 3 λ λ 0 = λ 4 4λ 3 6λ + 0λ λ Anche in questo caso, non è immediato calcolare le radici di P C (λ) (che sono ± e ± ), ma possiamo contare il numero di quelle positive (strettamente) mediante la regola di Cartesio: la successione 1, 4, 6,0, dei coefficienti presenta cambi di segno, quindi P C (λ) ha radici positive (strettamente). Poiché deg P C = 4 e P C (λ) non ha radici nulle (P C (0) = 0), le quattro radici di P C (λ) (che sono tutte reali perché C è simmetrica) sono due positive e due negative (strettamente). Dunque C ha due autovalori di segno opposto e quindi la forma quadratica associata a C è non definita. ) Ricordiamo che ogni forma quadratica q(x) = X T MX ammette una forma canonica del tipo q( X) = X T D X dove D è la matrice diagonale degli autovalori di M, ciascuno

12 DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche 1 ripetuto secondo la propria molteplicità. Dunque una forma canonica per la forma quadratica di matrice A (rispettivamente B) è la forma quadratica associata alla matrice diagonale degli autovalori di A (rispettivamente di B). (i) Gli autovalori di A sono già stati calcolati e sono 3, 1+ e 1. Una forma canonica per q (x,y,z) = X T AX è allora q ( x,ȳ, z) = X T D X con D matrice diagonale degli autovalori di A, cioè q ( x,ȳ, z) = ( x ȳ z ) x ȳ = 3 x ȳ + 1 z. 0 0 z 1 (ii) Per ottenere una forma canonica della forma quadratica di matrice B, occorre determinare esplicitamente le radici del polinomio caratteristico P B (λ) = ( λ 3 + 6λ 9λ + ) calcolato al punto 1). Poiché P B () = 0, dividiamo P B (λ) per (λ ) ed otteniamo λ + 4λ 1; dunque P B (λ) = (λ ) ( λ 4λ + 1 ) e le soluzioni di P B (λ) = 0 sono, + 3 e 3. Una forma canonica per q (x,y,z) = X T BX è allora q ( x,ȳ, z) = ( x ȳ z ) x ȳ = x + ( + 3)ȳ + ( 3) z. 3 z 3) Un cambio di variabili che porta q (x,y,z) = X T AX alla forma canonica q ( x,ȳ, z) = X T D X trovata al punto ), è il cambio di base X = P X con P matrice di passaggio ortogonale che diagonalizza A in D, cioè tale che P T AP = D. Si tratta dunque di scrivere le equazioni del cambio di base X = P X con P matrice le cui colonne sono le entrate di una base ortonormale di autovettori di A, coerentemente ordinata secondo l ordine con cui gli autovalori sono stati disposti sulla diagonale di D. Calcolando gli autospazi di A, si trova V 3 = L((0,1,0)), V 1+ = L((,0,1 + )) e V 1 = L((,0,1 )). Posto per brevità a = (,0,1 ) = 10 + e b = (,0,1 ) = 10, una base ortonormale cercata è allora ( (0,1,0), (,0,1 + ), a a cui corrisponde la matrice di passaggio (,0,1 ) b 0 a b P = a 1 b ),

13 DIAGONALIZZAZIONE - Matrici ortogonali. Matrici simmetriche e forme quadratiche 13 Un cambio di variabili che soddisfa la richiesta è allora X = P X, cioè x 0 a b x x = aȳ b z y = z ȳ, cioè y = x z a b z = 1+ a ȳ + 1 b z. Osserviamo che queste equazioni possono essere facilmente esplicitate rispetto a X = P 1 X, in quanto P è ortogonale e quindi risulta P 1 = P T. Si ottiene allora X = P T X, cioè x x x = y ȳ = a 0 1+ a y, cioè ȳ = z b 0 1 a z x + 1+ a z. b z = b x + 1 b z Esercizio 11 Ricordiamo che, data una matrice qualsiasi A K n,n e dette λ 1,...,λ n le radici in C del suo polinomio caratterisitico, ciascuna ripetuta secondo la propria molteplicità, risulta sempre det A = λ 1 λ n e tr A = λ λ n. 1) Se q(x) è definita negativa, allora i due autovalori λ 1 e λ di A (che sono reali, perché A è simmetrica) sono negativi. Quindi risulta deta = λ 1 λ > 0 e tr A = λ 1 + λ < 0. ) Sapendo che deta = λ 1 λ > 0, possiamo dedurre che i due autovalori λ 1 e λ di A (entrambi reali) sono non nulli ed hanno lo stesso segno. Quindi la forma quadratica è definita positiva oppure definita negativa. 3) Se n = 3 e la forma quadratica è definita negativa, allora i tre autovalori λ 1,λ,λ 3 di A (tutti reali, perché A è simmetrica) sono tutti negativi. Quindi risulta det A = λ 1 λ λ 3 < 0 (prodotto di tre numeri negativi) e tra = λ 1 + λ + λ 3 < 0 (prodotto di tre numeri negativi). Se n = 3 e per ipotesi sappiamo solo che det A > 0, possiamo dedurre che gli autovalori λ 1,λ,λ 3 di A (tutti reali) sono tutti positivi oppure uno positivo e due negativi. Quindi la forma quadratica è definita positiva oppure non definita.