Algebra Lineare

Problema:

Dato $h \in \mathbb{R}$, si consideri la forma quadratica su $\mathbb{R}^4$:

$$Q\left(\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}\right)\right)=2 x_{1}^{2}+2\left(-x_{1} x_{2}+x_{1} x_{3}+x_{1} x_{4}-3 x_{2} x_{3}-x_{2} x_{4}+h x_{3} x_{4}\right)$$

1. Determina il parametro $h$ in modo che il vettore $v=(1,1,1-1)$ sia isotropo. Per tale valore di $h$, determinare una base di $\ker \phi$, dove $\phi$ è la forma bilineare simmetrica associata a $Q$.

2. Classificare e scrivere $Q$ in forma normale.

Soluzione:

1. Si calcola \(h\) imponendo che
\[
v=(1,1,1,-1)
\]
sia isotropo, cioè \(Q(v)=0\). 
\[
Q(v)=2\cdot1^2+2\bigl(-\,1\cdot1+1\cdot1+1\cdot(-1)-3\cdot1\cdot1-1\cdot(-1)+h\cdot1\cdot(-1)\bigr)=2 +2(-3-h)=2-6-2h = -4-2h=0
\]

\[
h=-2.
\]

Per individuare il nucleo della forma data è necessario individuare la matrice associata, ti giro la regola generale per individuarla presente nel manuale che sto stilando:

La matrice è quindi
\[
A=\begin{pmatrix}
2 & -1 & 1 & 1\\
-1& 0 & -3 &-1\\
1& -3 & 0 &-2\\
1& -1 & -2 & 0
\end{pmatrix}.
\]
Risolvendo il sistema lineare omogeneo associato a tale matrice, si trova un generatore
\[
w=(-1,\,-1,\,0,\,1).
\]
Quindi
\[
\ker\phi=\mathrm{span}\{(-1,-1,0,1)\}.
\]

2. Soluzione insicura. Si individuano lo spettro e gli autospazi della matrice appena trovata.

Il polinomio caratteristico è $P(\lambda)=\det|Q-\lambda I|=-2\lambda^3+36\lambda+\lambda^4-17\lambda^2$.

Lo spettro è dato da $P(\lambda)=0$, quindi $Spec(A)=\{ -1\pm \sqrt{10}, 0, 4 \}$.

Gli autospazi si individuano calcolando il nucleo di $A_\lambda$ sostituendo $\lambda$ con l'autovalore corrispondente. Si noti che è possibile utilizzare Galois per individuare più rapidamente gli autospazi di $-1 \pm \sqrt{10}$.

$E(-1+\sqrt{10})=Span\{(\frac{2+\sqrt{10}}{6}, \frac{4-\sqrt{10}}{6}, \frac{1-\sqrt{10}}{6}, 1)\}=Span\{(2+\sqrt{10}, 4-\sqrt{10},1-\sqrt{10}, 6)\}$

$E(-1-\sqrt{10})=Span\{(\frac{2-\sqrt{10}}{6}, \frac{4+\sqrt{10}}{6}, \frac{1+\sqrt{10}}{6}, 1)\}=Span\{(2-\sqrt{10}, 4+\sqrt{10},1+\sqrt{10}, 6)\}$

$E(0)=Span\{ (-1,-1,0,1)\}$

$E(4)=Span\{ (1,-1,1,0)\}$

Poiché vi sono quattro autovalori distinti e la molteplicità geometrica di ogni autovalore coincide con la molteplicità algebrica di tale autovalore, la matrice è diagonalizzabile da una base di autovettori.

Vale $A=BDB^{-1}$

con

$A=\begin{pmatrix}
2 & -1 & 1 & 1\\
-1& 0 & -3 &-1\\
1& -3 & 0 &-2\\
1& -1 & -2 & 0
\end{pmatrix}$

$B=\begin{pmatrix}
\sqrt{10}+2 & -\sqrt{10} +2 & -1 & 1\\
-\sqrt{10}+4& \sqrt{10} +4 & -1 &-1\\
-\sqrt{10}+1& \sqrt{10} +1 & 0 &1\\
6& 6& 1& 0
\end{pmatrix}$

Si noti che gli autovettori di una matrice simmetrica reale sono tra loro ortonormali per il teorema spettrale, si ha dunque che $BB^t=I \implies B^t=B^{-1}$.

Vale quindi $A=BAB^t$.

Ricordando che $Q(x)=x^t A x$, bisogna sostituire con $Bx$.

$Q(x)=(Bx)^tAx=x^tB^tABx=x^tB^tBDB^tBx=x^tDx=x^t \begin{pmatrix}
\sqrt{10}-1& 0 & 0 & 0\\
0& -1-\sqrt{10}& 0&0\\
0& 0 & 0 &0\\
0& 0& 0& 4
\end{pmatrix} x$

Si ottiene quindi $Q(x)=x_1^2 (\sqrt{10} -1)+x_2^2(-\sqrt{10}-1)+4x_4^2$. Questa forma quadratica è indefinita dato che assume valori sia positivi che negativi.