Esercizi

1.
Stabilire quali fra le seguenti forme bilineari simmetriche
a)
$f(\mathbf{x},\mathbf{y})=2x_{1}y_{1}+3x_{2}y_{2}+10x_{3}y_{3}-x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}+5x_{2}y_{3}+5x_{3}y_{2}$;
b)
$f(\mathbf{x},\mathbf{y})=x_{1}y_{1}+5x_{2}y_{2}+12x_{3}y_{3}-2x_{1}y_{2}-2x_{2}y_{1}+3x_{1}y_{3}+3x_{3}y_{1}-7x_{2}y_{3}-7x_{3}y_{2}$;
c)
$f(\mathbf{x},\mathbf{y})=2x_{1}y_{1}+9x_{2}y_{2}+16x_{3}y_{3}+4x_{1}y_{2}+4x_{2}y_{1}-4x_{1}y_{3}-4x_{3}y_{1}-11x_{2}y_{3}-11x_{3}y_{2}$;
è un prodotto scalare sullo spazio euclideo $\mathbf{R}^3$, sia utilizzando il criterio dei minori principali , sia calcolando la segnatura di $f$.

Vuoi un aiuto?
Per vedere la soluzione totale, clicca , oppure clicca per visualizzare ogni singolo passo della soluzione.

Soluzione
Per risolvere l'esercizio con il primo metodo dobbiamo verificare che tutti i minori principali della matrice associata alla forma $f$ abbiano segno positivo, mentre con il secondo metodo dobbiamo diagonalizzare la matrice e controllare che la sua segnatura sia (3,0); così possiamo concludere che $f$ è una forma definita positiva, e quindi un prodotto scalare su uno spazio euclideo.
Punto a)

I passo:
La matrice associata è:

\begin{displaymath}Mat(f,\mathcal{E})= \begin{array}({ccc}) 2 & -1 & 0\\ -1 & 3 & 5\\ 0 & 5 &10 \end{array}. \end{displaymath}

Applicando il metodo dei minori principali, abbiamo che:
$\det \,(2)=2 >0$;
$\det \begin{array}({cc}) 2 & -1\\ -1 & 3 \end{array} =7>0$;
$\det \begin{array}({ccc}) 2 & -1 & 0\\ -1 & 3 & 5\\ 0 & 5 &10 \end{array}=0 \ngtr 0$
quindi $f$ non è un prodotto scalare.
II passo:  
Ora diagonalizziamo la matrice e calcoliamo la sua segnatura:
prendiamo un vettore non isotropo per la forma bilineare, ad esempio $\mathbf{v}_{1}=\mathbf{e}_{1}$, infatti $a_{11}=f(\mathbf{e}_{1},\mathbf{e}_{1})=2 \neq 0$, quindi ricordiamo che $\mathbf{R}^3=<\mathbf{v}_{1}> \oplus \, \mathbf{v}_{1}^{\perp}$.
Passiamo a determinare il sottospazio $\mathbf{v}_{1}^{\perp}$:
$\mathbf{v}_{1}^{\perp}:= \{ (x,y,z) \in \mathbf{R}^3 \, \vert \, \begin{array}... ... 2 & -1 & 0 \end{array} \begin{array}({c}) x\\ y\\ z \end{array}=0 \}=$
$=\{ (x,y,z) \in \mathbf{R}^3 \, \vert \, 2x-y=0 \}$
da cui otteniamo $\mathbf{v}_{1}^{\perp}:=<(1,2,0),(0,0,1)>$.
Scegliamo ora un vettore che appartiene a $\mathbf{v}_{1}^{\perp}$, ad esempio $\mathbf{v}_{2}=(0,0,1)$ e troviamo $\mathbf{v}_{2}^{\perp}$:
$\mathbf{v}_{2}^{\perp}:= \{ (x,y,z) \in \mathbf{R}^3 \, \vert \, \begin{array}... ... 0 & 5 & 10 \end{array} \begin{array}({c}) x\\ y\\ z \end{array}=0 \}=$
$=\{ (x,y,z) \in \mathbf{R}^3 \, \vert \, y+2z=0 \}$
Abbiamo finora scomposto lo spazio euclideo come
$\mathbf{R}^3=<\mathbf{v}_{1}> \oplus \, <\mathbf{v}_{2}> \oplus \, <\mathbf{v}_{2}^{\perp}\cap\mathbf{v}_{1}^{\perp}>$;
Per avere il terzo vettore, basterà fare l'intersezione dei due sottospazi ortogonali, quindi
$\mathbf{v}_{3}:=\{ (x,y,z) \in \mathbf{R}^3 \, \vert \, 2x-y=0, \, y+2z=0 \}$
da cui avremo $\mathbf{v}_{3}=(1,2,-1)$.
La base diagonalizzante risulta essere $\mathcal{C}=((1,0,0,),(0,0,1),(1,2,-1))$ e la matrice associata:

\begin{displaymath}Mat(f,\mathcal{C})= \begin{array}({ccc}) 2 & 0 & 0\\ 0 & 10 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{array}. \end{displaymath}

La segnatura è (2,0), quindi $f$, essendo semidefinita positiva, non è un prodotto scalare.
Punto b)
I passo:
La matrice associata è:

\begin{displaymath}Mat(f,\mathcal{E})= \begin{array}({ccc}) 1 & -2 & 3\\ -2 & 5 & -7\\ 3 & -7 & 12 \end{array}. \end{displaymath}

Applicando il metodo dei minori principali, si ha che:
$\det \,(1)=1 >0$;
$\det \begin{array}({cc}) 1 & -2\\ -2 & 5 \end{array} =9>0$;
$\det \begin{array}({ccc}) 1 & -2 & 3\\ -2 & 5 & -7\\ 3 & -7 & 12 \end{array}=2> 0$;
quindi $f$ è un prodotto scalare.
II passo:
Ora diagonalizziamo la matrice e calcoliamo la sua segnatura:
prendiamo un vettore non isotropo per la forma bilineare, ad esempio $\mathbf{v}_{1}=\mathbf{e}_{1}$, infatti $a_{11}=f(\mathbf{e}_{1},\mathbf{e}_{1})=1 \neq 0$, quindi ricordiamo che $\mathbf{R}^3=<\mathbf{v}_{1}> \oplus \, \mathbf{v}_{1}^{\perp}$.
Passiamo a determinare il sottospazio $\mathbf{v}_{1}^{\perp}$:
$\mathbf{v}_{1}^{\perp}:= \{ (x,y,z) \in \mathbf{R}^3 \, \vert \, \begin{array}... ... 1 & -2 & 3 \end{array} \begin{array}({c}) x\\ y\\ z \end{array}=0 \}=$
$=\{ (x,y,z) \in \mathbf{R}^3 \, \vert \, x-2y+3z=0 \}$
da cui otteniamo $\mathbf{v}_{1}^{\perp}:=<(2,1,0),(-3,0,1)>$.
Scegliamo ora un vettore che appartiene a $\mathbf{v}_{1}^{\perp}$, ad esempio $\mathbf{v}_{2}=(2,1,0)$ e troviamo $\mathbf{v}_{2}^{\perp}$:
$\mathbf{v}_{2}^{\perp}:= \{ (x,y,z) \in \mathbf{R}^3 \, \vert \, \begin{array}... ... 0 & 1 & -1 \end{array} \begin{array}({c}) x\\ y\\ z \end{array}=0 \}=$
$=\{ (x,y,z) \in \mathbf{R}^3 \, \vert \, y-z=0 \}$
Abbiamo finora scomposto lo spazio euclideo come
$\mathbf{R}^3=<\mathbf{v}_{1}> \oplus \, <\mathbf{v}_{2}> \oplus \, <\mathbf{v}_{2}^{\perp}\cap\mathbf{v}_{1}^{\perp}>$;
Per avere il terzo vettore, basterà fare l'intersezione dei due sottospazi ortogonali, quindi
$\mathbf{v}_{3}:=\{ (x,y,z) \in \mathbf{R}^3 \, \vert \, x-2y+3z=0, \, y-z=0 \}$
da cui avremo $\mathbf{v}_{3}=(-1,1,1)$.
La base diagonalizzante risulta essere $\mathcal{C}=((1,0,0),(2,1,0),(-1,1,1))$ e la matrice associata:

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

La segnatura è (3,0), quindi $f$, essendo definita positiva, è un prodotto scalare.
Punto c)
I passo:
La matrice associata è:

\begin{displaymath}Mat(f,\mathcal{E})= \begin{array}({ccc}) 2 & 4 & -4\\ 4 & 9 & -11\\ -4 & -11 & 16 \end{array}. \end{displaymath}

Applicando il metodo dei minori principali, abbiamo che:
$\det \,(2)=2 >0$;
$\det \begin{array}({cc}) 2 & 4\\ 4 & 9 \end{array} =2>0$;
$\det \begin{array}({ccc}) 2 & 4 & -4\\ 4 & 9 & -11\\ -4 & -11 & 16 \end{array}=-2 < 0$;
quindi $f$ non è un prodotto scalare.
II passo:  
Ora diagonalizziamo la matrice e calcoliamo la sua segnatura:
prendiamo un vettore non isotropo per la forma bilineare, ad esempio $\mathbf{v}_{1}=\mathbf{e}_{1}$, infatti $a_{11}=f(\mathbf{e}_{1},\mathbf{e}_{1})=2 \neq 0$, quindi ricordiamo che $\mathbf{R}^3=<\mathbf{v}_{1}> \oplus \, \mathbf{v}_{1}^{\perp}$.
Passiamo a determinare il sottospazio $\mathbf{v}_{1}^{\perp}$:
$\mathbf{v}_{1}^{\perp}:= \{ (x,y,z) \in \mathbf{R}^3 \, \vert \, \begin{array}... ... 2 & 4 & -4 \end{array} \begin{array}({c}) x\\ y\\ z \end{array}=0 \}=$
$=\{ (x,y,z) \in \mathbf{R}^3 \, \vert \, x+2y-2z=0 \}$
da cui otteniamo $\mathbf{v}_{1}^{\perp}:=<(2,0,1),(-2,1,0)>$.
Scegliamo ora un vettore che appartiene a $\mathbf{v}_{1}^{\perp}$, ad esempio $\mathbf{v}_{2}=(2,0,1)$ e troviamo $\mathbf{v}_{2}^{\perp}$:
$\mathbf{v}_{2}^{\perp}:= \{ (x,y,z) \in \mathbf{R}^3 \, \vert \, \begin{array}... ... 0 & -3 & 8 \end{array} \begin{array}({c}) x\\ y\\ z \end{array}=0 \}=$
$=\{ (x,y,z) \in \mathbf{R}^3 \, \vert \, -3y+8z=0 \}$
Abbiamo finora scomposto lo spazio euclideo come
$\mathbf{R}^3=<\mathbf{v}_{1}> \oplus \, <\mathbf{v}_{2}> \oplus \, <\mathbf{v}_{2}^{\perp}\cap\mathbf{v}_{1}^{\perp}>$;
Per avere il terzo vettore, basterà fare l'intersezione dei due sottospazi ortogonali, quindi
$\mathbf{v}_{3}:=\{ (x,y,z) \in \mathbf{R}^3 \, \vert \, x+2y-2z=0, \, -3y+8z=0 \}$
da cui avremo $\mathbf{v}_{3}=(-10,8,3)$.
La base diagonalizzante risulta essere $\mathcal{C}=((1,0,0,),(2,0,1),(-10,8,3))$ e la matrice associata:

\begin{displaymath}Mat(f,\mathcal{C})= \begin{array}({ccc}) 2 & 0 & 0\\ 0 & 8 & 0\\ 0 & 0 & -8 \end{array}. \end{displaymath}

La segnatura è (2,1), quindi $f$, essendo indefinita, non è un prodotto scalare.