Esercizi

2.
In ciascuno dei seguenti casi si dica se la seguente forma bilineare è un prodotto scalare su $\mathbf{R}^3$, e, nei casi in cui $f$ risulta un prodotto scalare, si determini una base ortonormale di $\mathbf{R}^3$, sia utilizzando il procedimento di Gram-Schimdt a partire dalla base canonica, sia utilizzando il procedimento visto per determinare una base diagonalizzante per una forma bilineare simmetrica qualunque:
a)
$f(\mathbf{x},\mathbf{y})=2x_{1}y_{1}+x_{1}y_{2}+x_{2}y_{1}+x_{2}y_{2}+2x_{3}y_{3}$;
b)
$f(\mathbf{x},\mathbf{y})=2x_{1}y_{1}+2x_{1}y_{2}-2x_{2}y_{1}+x_{2}y_{2}+2x_{3}y_{3}$;
c)
sia $\mathcal{B}=((1,0,1),(0,1,0),(0,0,2))$ e sia $f$ tale che

\begin{displaymath}Mat(f,\mathcal{B})= \begin{array}({ccc}) 2 & 1 & 3\\ 1 & 0 & 1\\ 3 & 1 & 4 \end{array}. \end{displaymath}


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Soluzione
Punto a)
I passo:
Controlliamo se $f$ è una forma definita positiva attraverso il criterio dei minori principali:
$\det \,(2)=2 >0$;
$\det \, \begin{array}({cc}) 2 & 1\\ 1 & 1 \end{array}=1>0$;
$\det \, \begin{array}({ccc}) 2 & 1 & 0\\ 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{array}=2>0$;
allora $f$ è un prodotto scalare.
II passo:  
Utilizziamo prima il procedimento di ortogonalizzazione di Gram-Schimdt:
prendiamo $\mathcal{E}=(\mathbf{e}_{1},\mathbf{e}_{2},\mathbf{e}_{3})$ la base canonica, allora
$\mathbf{w}_{1}:= \frac{\mathbf{e}_{1}}{\vert\vert\mathbf{e}_{1}\vert\vert}=\fra... ...thbf{e}_{1}}{\sqrt{f(\mathbf{e}_{1},\mathbf{e}_{1})}}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,0)$;
$\tilde{\mathbf{w}_{2}}:=\mathbf{e}_{2}-f(\mathbf{e}_{2},\mathbf{w}_{1})\mathbf{w}_{1}=$
$=(0,1,0)-\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{array}({ccc}) 0 & 1 & 0 \end{array} \begin... ...rray} \begin{array}({c}) 1\\ 0\\ 0 \end{array}\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,0)=$
$=(0,1,0)+\frac{1}{2}(1,0,0)=\frac{1}{2}(-1,2,0)$,
da cui, poiché
$\vert\vert\tilde{\mathbf{w}_{2}}\vert\vert^2=\frac{1}{4}\begin{array}({ccc}) -... ...0 & 2 \end{array} \begin{array}({c}) -1\\ 2\\ 0 \end{array}=\frac{1}{2}$,
si ottiene $\mathbf{w}_{2}:= \frac{\tilde{\mathbf{w}_{2}}}{\vert\vert\tilde{\mathbf{w}_{2}}\vert\vert}=\frac{1}{2}(-1,2,0) \cdot \sqrt{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}(-1,2,0)$;
$\tilde{\mathbf{w}_{3}}:=\mathbf{e}_{3}-f(\mathbf{e}_{3},\mathbf{w}_{1}) \mathbf{w}_{1}-f(\mathbf{e}_{3},\mathbf{w}_{2}) \mathbf{w}_{2} =$
$=(0,0,1)-\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{array}({ccc}) 0 & 0 & 1 \end{array} \begin... ...rray} \begin{array}({c}) 1\\ 0\\ 0 \end{array}\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,0)+$
$-\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{array}({ccc}) 0 & 0 & 1 \end{array} \begin{array}(... ...ay} \begin{array}({c}) -1\\ 2\\ 0 \end{array}\frac{1}{\sqrt{2}}(-1,2,0)=$
$=(0,0,1)-0(1,0,0)+0(-1,2,0)=(0,0,1)$,
da cui, poiché
$\vert\vert\tilde{\mathbf{w}_{3}}\vert\vert^2=\vert\vert f(\mathbf{e}_{3},\mathbf{e}_{3})\vert\vert=2$,
si ottiene $\mathbf{w}_{3}:= \frac{\tilde{\mathbf{w}_{3}}}{\vert\vert\tilde{\mathbf{w}_{3}}\vert\vert}=\frac{1}{\sqrt{3}}(0,0,1)$.
La base $\mathcal{C}=(\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,0),\frac{1}{\sqrt{2}}(-1,2,0),\frac{1}{\sqrt{2}}(0,0,1))$ è la base ortonormale cercata.
III passo:  
Adesso procediamo attraverso la diagonalizzazione della forma bilineare simmetrica:
prendiamo $\mathbf{v}_{1}=\mathbf{e}_{1}$ non isotropo, infatti $f(\mathbf{e}_{1},\mathbf{e}_{1})=2\neq 0$, e calcoliamo il suo sottospazio ortogonale:
$\mathbf{v}_{1}^{\perp}= \{ (y_{1},y_{2},y_{3}) \in \mathbf{R}^3 \, \vert \, f(\mathbf{e}_{1},(y_{1},y_{2},y_{3}))=0 \}=$
$= \{ (y_{1},y_{2},y_{3}) \in \mathbf{R}^3 \, \vert \, 2y_{1}+y_{2}=0 \}=$
$=\{ (y_{1},y_{2},y_{3}) \in \mathbf{R}^3 \, \vert \, y_{2}=-2y_{1} \}$;
allora $\mathbf{v}_{1}^{\perp}=<(1,-2,0),(0,0,1)>$.
Scegliamo un vettore appartenente a $\mathbf{v}_{1}^{\perp}$, ad esempio $\mathbf{v}_{2}=(-1,2,0)$ e calcoliamo il suo sottospazio ortogonale:
$\mathbf{v}_{2}^{\perp}= \{ (y_{1},y_{2},y_{3}) \in \mathbf{R}^3 \, \vert \, f(\mathbf{v}_{2},(y_{1},y_{2},y_{3}))=0 \}=$
$= \{ (y_{1},y_{2},y_{3}) \in \mathbf{R}^3 \, \vert \, y_{2}=0 \}$;
quindi il terzo vettore della base è dato dall'intersezione dei due sottospazi ortogonali:

\begin{displaymath}\left\{ \begin{array}{l} 2y_{1}+y_{2}=0\\ y_{2}=0 \end{array} \right.. \end{displaymath}

Quindi abbiamo ottenuto la base ortogonale $\mathcal{B}=(\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2},\mathbf{v}_{1})$, ove $\mathbf{v}_{1}=(1,0,0),\mathbf{v}_{2}=(1,-2,0),\mathbf{v}_{3}=(0,0,1)$ tale che

\begin{displaymath}Mat(f,\mathcal{B})= \begin{array}({ccc}) 2 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{array}; \end{displaymath}

perciò la base ortonormale cercata sarà formata dai vettori:
$\mathbf{w}_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,0),\mathbf{w}_{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-2,0),\mathbf{w}_{3}=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,0,1)$.
Punto b)
Prendiamo la base canonica di $\mathbf{R}^3$, allora

\begin{displaymath}Mat(f,\mathcal{E})= \begin{array}({ccc}) 2 & 2 & 0\\ -2 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{array}, \end{displaymath}

allora vediamo che $f$ non è una forma simmetrica, quindi non può essere un prodotto scalare.
Punto c)
Calcoliamo il determinante della matrice associata:
$\det \, Mat(f,\mathcal{B})=3+3-4-2=0$;
quindi $f$, essendo degenere, non può essere un prodotto scalare.