Esempi

1.
La base canonica è sempre ortogonale per la forma bilineare standard in ogni spazio $K^{n}$.

2.
Prendiamo la base $\mathcal{G}=((1,0,0),(1,1,0),(0,1,-1))$ e la forma bilineare
$f:\mathbf{R}^3\times \mathbf{R}^3 \rightarrow \mathbf{R}, \qquad f((x,y,z),(x',y',z'))=(y+z)y'+yz'$.
La base $\mathcal{G}$ è ortogonale per $f$, perché i vettori che la formano sono ortogonali fra loro a due a due.

3.
Prendiamo $\mathbf{V}=\mathbf{R}^{3}, \, K=\mathbf{R} \,$ e $f$ tale che $Mat(f,\mathcal{E})=A$:

\begin{displaymath}A= \begin{array}({ccc}) 3 & 1 & -1\\ 1 & 0 & 2\\ -1 & 2 & 1 \end{array} \in M_{3}^{s}(\mathbf{R}), \end{displaymath}

Vogliamo trovare una base diagonalizzante per $f$.
Cerco un vettore $\mathbf{v}_{1}$ non isotropo per $f,\, f(\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{1}) \neq 0$;
poiché $a_{11} =3 \neq 0$, si ha $\, f(\mathbf{e}_{1},\mathbf{e}_{1})=3, \quad$ quindi $\mathbf{e}_{1}$ è non isotropo.
Scelgo $\mathbf{v}_{1}=\mathbf{e}_{1}=$(1,0,0).
Sappiamo che $\mathbf{R}^{3}=<\mathbf{v}_{1}> \oplus \, \mathbf{v}_{1}^{\perp}$

\begin{displaymath}\mathbf{v}_{1}^{\perp}= \lbrace (x,y,z) \in \mathbf{R}^{3} \v... ... \begin{array}({c}) x\\ y\\ z \end{array} = 0 \rbrace \end{displaymath}

e cioè:

\begin{displaymath}\mathbf{v}_{1}^{\perp}= \lbrace (x,y,z) \in \mathbf{R}^{3} \v... ... \begin{array}({c}) x\\ y\\ z \end{array} \rbrace = 0, \end{displaymath}

quindi $\mathbf{v}_{1}^{\perp}:= {3x+y-z=0}$.
Riapplicando il precedente procedimento a $\mathbf{v}_{1}^{\perp}$, consideriamo $f_{1}=f \mid_{\mathbf{v}_{1}^{\perp} \times \mathbf{v}_{1}^{\perp}}$. Avremo:
$\mathbf{v}_{1}^{\perp}=\lbrace (a,b,c) \in \mathbf{R}^{3} \vert c=a+b\rbrace = \lbrace (a,b,3a+b)\in \mathbf{R}^{3} \vert a,b \in \mathbf{R} \rbrace$;
$f_{1}((a,b,3a+b),(a',b',3a'+b'))=$
$= \begin{array}({ccc}) a & b & 3a+b \end{array} \begin{array}({ccc}) 3 & 1 ... ... & 2 & 1 \end{array} \begin{array}({c}) a'\\ b'\\ 3a'+b' \end{array} =$
$= \begin{array}({ccc}) a & b & 3a+b \end{array} \begin{array}({c}) 0\\ 7a'+2b'\\ 2a'+3b' \end{array} = b(7a'+2b')+(3a+b)(2a'+3b')$
In particolare, per $a=a', b=b'$ trovo $q_{1}=q \mid_{\mathbf{v}_{1}^{\perp}}$ che è la forma quadratica associata a $f_{1}$, cioè $\quad q_{1}((a,b,3a+b))= 6a^{2}+5b^{2}+18ab$.
Stiamo cercando un vettore $\mathbf{v}_{2}$ non isotropo per $f_{1}$, cioè tale che
$f_{1}(\mathbf{v}_{2},\mathbf{v}_{2})=q_{1}(\mathbf{v}_{2}) \neq 0$.
Per esempio prendiamo $\mathbf{v}_{2}=(1,0,3)$; infatti $ \quad q(\mathbf{v}_{2})=6 \neq 0$;
allora $\mathbf{v}_{1}^{\perp}= <\mathbf{v}_{2}> \oplus \, \mathbf{v}_{2}^{\perp f_{1}}$, con $\mathbf{v}_{2}$ non isotropo per $f_{1}$.
Avremo, ovviamente $\mathbf{v}_{2}^{\perp f_{1}}= \mathbf{v}_{1}^{\perp f } \cap \mathbf{v}_{2}^{\perp }$; e
$\mathbf{v}_{2}^{\perp}= \lbrace \mathbf{v} \in \mathbf{R}^{3} \vert \, f(\mathbf{v},\mathbf{v}_{2})=0 \rbrace =$
$= \lbrace (x,y,z) \in \mathbf{R}^{3} \vert \begin{array}({ccc}) 1 & 0 & 3 \end{array} A \begin{array}({c}) x\\ y\\ z \end{array} = 0 \rbrace =$
$= \lbrace (x,y,z) \in \mathbf{R}^{3} \vert \begin{array}({ccc}) 0 & 7 & 2 \end{array} \begin{array}({c}) x\\ y\\ z \end{array} \rbrace = 0 .$
da cui otteniamo $\mathbf{v}_{2}^{\perp}:={7y+2z=0}$, e quindi:

\begin{displaymath}\mathbf{v}_{2}^{\perp f_{1}}= \lbrace (x,y,z) \in \mathbf{R}^{3}\vert 3x+y-z=0, 7y+2z=0 \rbrace ; \end{displaymath}

da cui otteniamo $\mathbf{v}_{2}^{\perp f_{1}}=<(-3,2,-7)>=<\mathbf{v}_{3}>$.
$\mathbf{R}^{3}=<\mathbf{v}_{1}> \oplus \, \mathbf{v}_{1}^{\perp} = <\mathbf{v}_... ...rp f_{1}} = <\mathbf{v}_{1}> \oplus \, <\mathbf{v}_{2}> \oplus <\mathbf{v}_{3}>$
Allora $\mathcal{C}=(\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\mathbf{v}_{3})$ è una base diagonalizzante per $\mathbf{R}^{3}$.