Esempio

Data la matrice associata alla forma bilineare simmetrica $f$ sullo spazio vettoriale euclideo $\mathbf{R}^3$ (rispetto alla base canonica):

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

vogliamo trovare una base ortonormale di $\mathbf{R}^3$ di autovettori per $f$.
Enunciamo di seguito il procedimento base, che risulterà molto utile per svolgere esercizi:  
I passo:
Calcolare gli zeri $\lambda_{i}, \,\, i=1,\ldots,k$ del polinomio caratteristico della matrice col le loro rispettive molteplicità $h(\lambda_{i})$, che risulteranno tali che $h(\lambda_{1})+\cdots+h(\lambda_{k})=n$ dimensione dello spazio euclideo.
II passo:
Per ogni valore $\lambda_{i}$, determinare una base per l'autospazio $\mathbf{E}_{\lambda_{i}}$.
III passo:
Ortonormalizzare la base di $\mathbf{E}_{\lambda_{i}}$.
IV passo:
Costruire una base ortonormale $\mathcal{B}$ di $\mathbf{E}$ formata dalle basi ortonormali dei sottospazi $\mathbf{E}_{\lambda_{i}}$; risulterà che la matrice del canbiamento di base $M_{\mathcal{E,B}}(f)$ è ortogonale, mentre $Mat(f,\mathcal{B})$ è una matrice diagonale la cui diagonale principale è formata dall'autovalore $\lambda_{1}$ per $h(\lambda_{1})$ volte, da $\lambda_{2}$ per $h(\lambda_{2})$ volte, fino a $\lambda_{k}$ per $h(\lambda_{k})$ volte.
Applichiamo questo procedimento alla matrice data:
$p_{A}(t)=\det (A-tI_{3})=\det \begin{array}({ccc}) -t & 1 & 1\\ 1 & 2-t & -1\\ 1 & -1 & 2-t \end{array}=0$
da cui, svolgendo i calcoli, si ottiene l'equazione
$-t^3+4t^2-t-2=-(t+1)(t-2)(t-3)=0$
che ha soluzioni: $t=-1, \, t=2, \, t=3$.
Gli autovalori $\lambda_{1}=-1, \, \lambda_{2}=2, \, \lambda_{3}=3$ hanno tutti molteplicità algebrica 1; quindi calcoliamo i sottospazi ortogonali relativi:
$\mathbf{E}_{\lambda_{1}}= Ker(f+id)=\{ (x,y,z)\in \mathbf{R}^3 \, \vert \, \be... ... -1\\ 1 & -1 & 2 \end{array}\begin{array}({c}) x\\ y\\ z \end{array}=0 \} $.
$\mathbf{E}_{\lambda_{1}}$ è dato dalle soluzioni del sistema

\begin{displaymath}\left \{ \begin{array}{l} x+y+z=0\\ x+3y-z=0\\ x-y+3z=0 \end{array} \right. , \end{displaymath}

le cui soluzioni sono generate da $\mathbf{v}_{1}=(-2,1,1)$; quindi $\mathbf{E}_{\lambda_{1}}=<(-2,1,1)>$, e, normalizzando il vettore, otteniamo una base ortonormale per il sottospazio ortogonale: $\mathcal{B}_{1}=\frac{1}{\sqrt{6}}(-2,1,1)$.
Procediamo analogamente per gli altri due sottospazi:
$\mathbf{E}_{\lambda_{2}}= ker(f-2id)=\{ (x,y,z)\in \mathbf{R}^3 \, \vert \, \b... ...& -1\\ 1 & -1 & 0 \end{array}\begin{array}({c}) x\\ y\\ z \end{array}=0 \}$,
che ci dà:

\begin{displaymath}\left \{ \begin{array}{l} -2x+y+z=0\\ x-z=0\\ x-y=0 \end{array} \right. , \end{displaymath}

di soluzione $\mathbf{v}_{2}=(1,1,1)$; quindi $\mathbf{E}_{\lambda_{2}}=<(1,1,1)>$, e, normalizzando il vettore, la base ortonormale per il sottospazio ortogonale: $\mathcal{B}_{2}=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)$.
$\mathbf{E}_{\lambda_{3}}= ker(f-3id)=\{ (x,y,z)\in \mathbf{R}^3 \, \vert \, \b... ... -1\\ 1 & -1 & -1 \end{array}\begin{array}({c}) x\\ y\\ z \end{array}=0 \}$
da cui:

\begin{displaymath}\left \{ \begin{array}{l} -3x+y+z=0\\ x-y-z=0 \end{array} \right. , \end{displaymath}

che ha per soluzione: $\mathbf{v}_{3}=(0,-1,1)$; quindi $\mathbf{E}_{\lambda_{3}}=<(0,-1,1)>$, e, normalizzando il vettore, otteniamo ancora una base ortonormale: $\,\mathcal{B}_{3}=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,-1,1)$.
La matrice del cambiamento di base
$M_{\mathcal{E,B}}(id)= \frac{1}{\sqrt{6}} \begin{array}({ccc}) -2 & \sqrt{2} & 0\\ 1 & \sqrt{2} & \sqrt{3}\\ 1 & \sqrt{2} & \sqrt{3} \end{array}$
è ortogonale, infatti

\begin{displaymath}\frac{1}{6} \begin{array}({ccc}) -2 & \sqrt{2} & 0\\ 1 & \... ...}) 6 & 0 & 0\\ 0 & 6 & 0\\ 0 & 0 & 6 \end{array}=I_{3} . \end{displaymath}