Soluzione

La matrice associata a $f$ rispetto alla base canonica è:

\begin{displaymath}A=\begin{array}({ccc})
2 & 0 & -1\\
0 & 3 & 0\\
-1 & 0 & 1
\end{array}.
\end{displaymath}

a)
Applicando il criterio dei minori principali , dobbiamo verificare che tutti i minori principali siano positivi, quindi $\det (2)=2>0$;
$\det \begin{array}({cc})
2 & 0\\
0 & 3
\end{array}=6>0$;
$\det \begin{array}({ccc})
2 & 0 & -1\\
0 & 3 & 0\\
-1 & 0 & 1
\end{array}=6+3=9>0$;
allora, essendo $f$ una forma definita positiva, è un prodotto scalare. Applichiamo ora il metodo di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt partendo dalla base canonica di $\mathbf{R}^3$: $\mathbf{v}_{1}=(1,0,0)$,
poiché $\vert\vert\mathbf{v}_{1}\vert\vert^2=a_{11}=2$, allora si ha:

\begin{displaymath}\mathbf{w}_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,0);
\end{displaymath}

$\mathbf{v}_{2}=(0,1,0)$,
$\tilde{\mathbf{w}}_{2}=\mathbf{v}_{2}-(\mathbf{v}_{2} \cdot \mathbf{w}_{1})\mathbf{w}_{1}=$
$=(0,1,0)-\frac{1}{2} \begin{array}({ccc})
0 & 1 & 0
\end{array}
\begin{array...
...-1 & 0 & 1
\end{array}
\begin{array}({c})
1\\
0\\
0
\end{array}(1,0,0)=$
$=(0,1,0)-0(1,0,0)=(0,1,0)$;
e, poiché $\vert\vert\tilde{\mathbf{w}}_{2}\vert\vert^2=a_{22}=3$, si ha:

\begin{displaymath}\mathbf{w}_{2}=\frac{1}{\sqrt{3}}(0,1,0);
\end{displaymath}

$\mathbf{v}_{3}=(0,0,1)$,
$\tilde{\mathbf{w}}_{3}=\mathbf{v}_{3}-(\mathbf{v}_{3} \cdot \mathbf{w}_{1})\mathbf{w}_{1}-(\mathbf{v}_{3} \cdot \mathbf{w}_{2})\mathbf{w}_{2}=$
$=(0,0,1)-\frac{1}{2} \begin{array}({ccc})
0 & 0 & 1
\end{array}
\begin{array...
...-1 & 0 & 1
\end{array}
\begin{array}({c})
1\\
0\\
0
\end{array}(1,0,0)+$
$-\frac{1}{3} \begin{array}({ccc})
0 & 0 & 1
\end{array}
\begin{array}({ccc})...
...-1 & 0 & 1
\end{array}
\begin{array}({c})
0\\
1\\
0
\end{array}(0,1,0)=$ $=(0,1,0)+\frac{1}{2}(1,0,0)-0(0,1,0)=(\frac{1}{2},0,1)$;
e, poiché $\vert\vert\tilde{\mathbf{w}}_{3}\vert\vert^2=
\begin{array}({ccc})
\frac{1}{2...
...nd{array}
\begin{array}({c})
\frac{1}{2}\\
0\\
1
\end{array}=\frac{1}{2}$, si ha:

\begin{displaymath}\mathbf{w}_{3}=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,2).
\end{displaymath}

Allora la base

\begin{displaymath}\mathcal{B}=(\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,0),\frac{1}{\sqrt{3}}(0,1,0),\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,2))
\end{displaymath}

è ortonormale per $f$.
b)
Cerchiamo i generatori di $\mathbf{H}$ rispetto alla base canonica: $\mathbf{H}=\{ (x,y,z) \in \mathbf{R}^3 \vert y=2x+z \} = \{ (x,2x+z,z) \in \mathbf{R}^3 \vert x,z \in \mathbf{R} \}$; allora $\mathbf{H}=<(1,2,0),(0,0,1)>=<\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2}>$. Quindi $\dim \mathbf{H}=2$ e ciò implica che $\dim \mathbf{H}^{\perp f}=1$.
Dobbiamo perciò trovare un vettore $\mathbf{w}$ tale che

\begin{displaymath}\mathbf{H}^{\perp f}=<\mathbf{w}>, \quad \mathbf{w} \in \mathbf{v}_{1}^{\perp} \cap \mathbf{v}_{2}^{\perp}.
\end{displaymath}

Avremo:

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

da cui si ottiene che $\mathbf{v}_{1}^{\perp}$ è determinato dall'equazione $z=2x+6y$, mentre

\begin{displaymath}\mathbf{v}_{2}^{\perp}=\{ (x,y,z) \in \mathbf{R}^3 \vert \beg...
...{array}
\begin{array}({c})
x\\
y\\
z
\end{array}=0 \},
\end{displaymath}

è dato dall'equazione $x-z=0$. Quindi, risolvendo il sistema

\begin{displaymath}\left \{ \begin{array}{l}
z=2x+6y\\
x-z=0
\end{array}\rig...
...left \{ \begin{array}{l}
z=-6y\\
x=z
\end{array}\right. ,
\end{displaymath}

otteniamo, ad esempio $\mathbf{w}=(-6,1,-6)$, da cui si ha

\begin{displaymath}\mathbf{H}^{\perp f}=<(-6,1,-6)>.
\end{displaymath}

Potevamo risolvere l'esercizio anche calcolando le coordinate dei vettori $\mathbf{v}_{1},\mathbf{v}_{2}$ rispetto alla base ortonormale $\mathcal{B}$, e eseguendo gli stessi passaggi usando la matrice identità al posto di $A$, semplificando notevolmente i calcoli.
Attenzione però, in questo modo si otteneva un vettore $\mathbf{w}$ espresso rispetto alla base $\mathcal{B}$ (e non rispetto a quella canonica come nello svolgimento precedente).