Diagonalizzazione delle forme quadratiche
Illustreremo ora due metodi per diagonalizzare una forma quadratica (o,
equivalentemente, una forma bilineare).
Metodo del completamento del quadrato
Questo metodo consiste in una successione di passaggi algebrici atti ad ottenere
dei quadrati di binomio e, con un cambio di variabili, a semplificare (e in definitiva a
diagonalizzare) la forma quadratica preassegnata.
E’ molto importante osservare che questo metodo non sempre funziona (a meno di
applicare altri “artifizi” algebrici, come vedremo più avanti). Più precisamente esso
funziona solo quando sono già presenti termini al quadrato nella forma quadratica. Inoltre
esso risulta meno schematico rispetto al metodo teorico che verrà spiegato più avanti.
Diagonalizzare col metodo del completamento del quadrato la forma quadratica q: R4
definita da
R
q (x, y , z, t ) = 3 x 2 − z 2 + 2t 2 − 2 xy + 4zt ,
trovando esplicitamente una base di R4 diagonalizzante per q.
Si comincia isolando tutti i termini in x
(
)
q (x, y , z, t ) = 3 x 2 − 2 xy − z 2 + 2t 2 + 4zt
e aggiungendo (e sottraendo) quel termine (in y2) che rende 3x2 – 2xy il quadrato di un
binomio: un rapido calcolo (o un po’ di intuizione) mostra che questo termine è proprio
1 2
y :
3
1
1
q (x, y , z, t ) = 3 x 2 − 2 xy + y 2 − y 2 − z 2 + 2t 2 + 4zt
3
3
=
3x −
1
3
2
y
−
1 2
y − z 2 + 2t 2 + 4zt .
3
Ora ripetiamo alla seconda variabile, y, lo stesso procedimento che abbiamo
2
1
1
applicato per la x. Osserviamo tuttavia che l’unico termine in y è − y 2 = −
y che è
3
3
già in forma di quadrato, quindi … non c’è nulla da completare. Passiamo quindi alla
variabile z. Dapprima isoliamo tutti i termini che contengono z e poi completiamo il
quadrato:
q (x, y , z, t ) =
=
=
3x −
1
3x −
1
3x −
1
2
3
y
−
1
−
1
−
1
3
2
3
y
3
2
3
y
3
2
(
)
− z 2 − 4zt + 2t 2
y
2
(
)
− z 2 − 4zt + 4t 2 − 4t 2 + 2t 2
y
2
− (z − 2t ) − 2t 2 .
2
y
A questo punto dovremmo ripetere le stesse operazioni per l’ultima variabile, t, ma
osserviamo che essa è già sotto forma di quadrato e quindi i processo di completamento
dei quadrati può considerarsi concluso. Si osservi come la “nuova” espressione di q non
sia altro che somma o differenza di quadrati: è proprio questo lo scopo del metodo:
q (x, y , z, t ) =
3x −
1
3
2
y
1
−
3
2
− (z − 2t ) −
2
y
( 2t ) .
2
Ora basta effettuare questo cambio di variabili:
x ' = 3 x '−
y'=
1
3
1
3
y
y
(1)
z' =
z − 2t
t' =
2t
e nelle nuove variabili la forma quadratica q assume la forma canonica
q (x ′, y ′, z ′, t ′) = x ′ 2 − y ′ 2 − z ′ 2 − t ′ 2
(2)
da cui in particolare si deduce che la segnatura di q è (1,3). Per trovare la base di R4
rispetto alla quale q assume la forma (2), è necessario “tradurre” il cambiamento di
variabili (1) in un cambiamento di base. Cioè ci chiediamo: qual è la nuova base
{e′1, e ′2 , e ′3 , e′4 } di R4 che produce il cambiamento di coordinate (dalle coordinate di un
vettore rispetto alla base canonica a quelle rispetto alla nuova base) (1)? Per rispondere a
questa domanda è bene scrivere la (1) sotto forma di matrici:
1
3 −
0 0 x
x′
x
3
y′
1
y
y
0 0
(3)
= 0
=M
z′
z
z
3
0
0
1 −2 t
t
t′
0
0
0
2
La (3) ci ricorda proprio la formula del cambiamento di base in uno spazio vettoriale.
Quindi la nuova base che stiamo cercando è tale per cui la matrice di passaggio dalla
base di partenza, cioè la base canonica {e 1, e 2 , e 3 , e 4 } alla nuova base è proprio M. In
formule:
e 1 = 3e ′1
e2 = −
1
3
e ′1 +
1
3
e′2
e ′3
e3 =
− 2e′3 + 2e′4
e4 =
Ma a noi serve esprimere i vettori e′i della nuova base (che non conosciamo) in
funzione di quelli della base canonica (che sono noti). Entra quindi in ballo la matrice di
passaggio dalla base {e′1, e ′2 , e ′3 , e′4 } alla base canonica {e 1, e 2 , e 3 , e 4 }, che si può trovare
calcolando l’inversa della matrice M. Qui i calcoli si fanno molto lunghi e vengono lasciati
al lettore, in ogni caso risulta che
M −1 =
3
3
0
0
3
3
3
0
0
0
0
0
0
1
0
2
2
2
0
.
Quindi
e′1 =
3
e′1
3
=
3
,0,0,0
3
e2 =
3
e ′1 + 3e 2
3
=
3
, 3,0,0
3
= (0,0,1,0 )
e3 =
e ′3
e4 =
2e ′3 +
2
2
e ′4 = 0,0, 2,
.
2
2
Metodo “teorico-generale” (metodo consigliato)
Il metodo del completamento del quadrato descritto nel paragrafo precedente non
funziona se nell’espressione iniziale della forma quadratica mancano termini quadratici. Si
consideri per esempio il seguente esercizio.
Determinare una base di R4 rispetto alla quale la matrice associata alla forma quadratica
q (x, y , z, t ) = yz + zt
è la seguente:
−1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
.
0
0
Se si applica il metodo del completamento del quadrato come descritto sopra… non
si sa come iniziare né come andare avanti in quanto non è sufficiente l’aggiunta di un
termine per completare il quadrato e questo produce l’impossibilità di individuare il
cambiamento di variabili che porti l’espressione di q in forma canonica…
Vedremo a fine paragrafo che in realtà è possibile riuscire ad applicare, con
qualche altro passaggio algebrico, il metodo del completamento del quadrato anche a
questi casi.
Ma ora risolviamo l’esercizio con il metodo generale fornito dalla dimostrazione
del teorema sulla diagonalizzabilità delle forme bilineari. Questo metodo, appunto
perché tratto dalla dimostrazione del teorema generale, funziona sempre.
La prima cosa da fare è scrivere la matrice associata a q rispetto ad una qualunque
base di R4, per esempio rispetto alla base canonica {e 1, e 2 , e 3 , e 4 }, dove e1 = (1,0,0,0), e2
= (0,1,0,0), e3 = (0,0,1,0), e4 = (0,0,0,1). Essa è data da
B (e 1, e 1 ) B (e 1, e 2 ) B (e 1, e 3 ) B (e 1, e 4 )
A=
B (e 2 , e 1 ) B (e 2 , e 2 ) B (e 2 , e 3 ) B (e 2 , e 4 )
B (e 3 , e 1 ) B (e 3 , e 2 ) B (e 3 , e 3 ) B (e 3 , e 4 )
B (e 4 , e1 ) B (e 4 , e 2 ) B (e 4 , e 3 ) B (e 4 , e 4 )
dove B: R4 × R4
R è la forma bilineare associata a q, determinata dalla formula
B (v, w ) =
1
(q (v + w ) − q (v ) − q (w )) ,
2
per ogni v, w ∈ R4. Si noti inoltre che, per ogni i ∈ {1,2,3,4}, B(ei, ei) = q(ei) e che la
matrice è simmetrica, quindi in realtà molti dei calcoli B(ei, ej) possono essere risparmiati.
Si può dimostrare che, nel caso la base usata è la base canonica, la suddetta matrice A = (ail )1≤ i , j ≤ 4 può
anche essere calcolata utilizzando le formule a ii = q i e, per i ≠ j , a ij =
q ij
, dove qi denotano i coefficienti di
2
x2, y2, z2, t2 (in questo caso tutti nulli), mentre qij denotano i coefficienti dei termini “misti” in xy, xz, zt, ecc.
Dopo un rapido calcolo abbiamo:
0 0
A=
0 0
0
1
2
1
2
0
1 .
2
0 0
1
2
0
0
0
0
In particolare, deduciamo che q (o, equivalentemente, la forma bilineare associata
B) ha rango 2, dal momento che rango(A) = 2.
Ora scegliamo un vettore v1 in R4 tale che q(v1) 0. Questo vettore (almeno uno)
esiste sicuramente perché altrimenti q sarebbe la forma quadratica nulla e quindi B
sarebbe la forma bilineare nulla e quindi A sarebbe la matrice nulla, ma quest’ultimo fatto
ovviamente non è vero.
Come scegliere questo vettore v1? Si può cominciare “provando” con i vettori della
base canonica … ma già si può dire che q(e1) = q(e2) = q(e3) = q(e4) = 0 dal momento che
questi valori corrispondono ai valori sulla diagonale principale di A, che sono nulli. Allora si
può pensare di “guardare in faccia” l’espressione di q ed intuire che è necessario prendere
un vettore (x1, x2, x3, x4) tale che x3 0 e x2, x4 scelti di modo che x2x3 – x3x4 0. Un altro
modo è invece partire da un qualsiasi elemento non nullo della matrice A, per esempio
l’elemento a23 = B (e 2 , e 3 ) = 12 e osservare che, dal momento che q(e2) = q(e3) = 0,
B (e 2 , e 3 ) =
1
(q (e 2 + e 3 ) − q (e 2 ) − q (e 3 )) = 1 q (e 2 + e 3 ) ,
2
2
da cui si ha q (e 2 + e 3 ) = 2B (e 2 , e 3 ) = 2 21 = 1. Poniamo quindi
v1 = e2 + e3 = (0, 1, 1, 0)
e si ha q(v1) = 1 0. Il vettore v1 = (0, 1, 1, 0) sarà il primo elemento della base ortogonale
(o diagonalizzante) che stiamo cercando. Gli altri elementi di questa base dovranno
essere ortogonali a v1, quindi dovranno necessariamente trovarsi nel complemento
ortogonale di v1. Dobbiamo quindi calcolare
{v1}⊥
{
}
= v = (x, y , z, t ) ∈ R 4 : B (v, v 1 ) = 0
0
1
= (x, y , z, t ) ∈ R 4 : (x, y , z, t )A
=0
1
0
{
= {(x, y , z, t ) ∈ R
}
= (x, y , z, t ) ∈ R 4 : y + z + t = 0
}
: y = −z − t
= {(x,−z − t , z, t ) : x, z, t ∈ R}
= {(x,0,0,0 ) + (0,− z, z,0 ) + (0,−t,0, t ) : x, z, t ∈ R}
= {x (1,0,0,0 ) + z (0,−1,1,0) + t (0,−1,0,1) : x, z, t ∈ R}
4
= (1,0,0,0), (0,−1,1,0 ), (0,−1,0,1) .
q {v }⊥
1
Ora dobbiamo iterare il procedimento precedente alla forma quadratica
⊥
⊥
: {v 1} → R cercando (se esiste) un vettore v 2 ∈ {v 1} tale che q {v }⊥ (v 2 ) = q (v 2 ) ≠ 0 .
1
Si osservi che questo è proprio quello che si fa nella dimostrazione del teorema di
diagonalizzazione delle forme quadratiche: cercare un vettore v1 non-isotropo (cioè tale
⊥
che q(v1)
0) e successivamente, sfruttando la relazione V = v 1 ⊕ v1 , applicare
l’ipotesi induttiva alla forma quadratica q {v }⊥ .
1
Per comodità proviamo inizialmente con i vettori che generano {v1} . Si ha subito
che q (1,0,0,0) = 0 , mentre q (0,−1,1,0) = −1 ≠ 0 . Poniamo dunque v2 = (0,-1,1,0) e
aggiungiamo tale vettore al vettore v1 trovato prima; essi saranno due elementi della base
diagonalizzante che stiamo costruendo. Poiché tale base dovrà essere ortogonale, ogni
altro suo elemento dovrà essere ortogonale sia a v1 che a v2 e quindi appartenere a
⊥
{v1, v 2 }⊥
= v 1, v 2
⊥
.
Equivalentemente, sempre seguendo la dimostrazione del teorema di diagonalizzazione delle forme
quadratiche, è come se adesso non stessimo più studiando la forma quadratica q, ma la sua restrizione a
{v1} , q|{v1} . Si noti infatti che il complemento ortogonale di v2 fatto rispetto a q|{v1} . coincide proprio col
complemento ortogonale di {v1, v2} fatto rispetto a q.
Calcoliamo quindi {v 1,v 2 } :
⊥
{v1, v 2 }⊥ = {v = (x, y, z, t ) ∈ R 4 : B(v, v 1 ) = 0, B (v, v 2 ) = 0}
= {(x, y , z, t ) ∈ R 4 : B ((x, y , z, t ), (0,1,1,0)) = 0, B ((x, y , z, t ), (0,−1,1,0 )) = 0}
0
1
= (x, y , z, t ) ∈ R 4 : (x, y , z, t )A
= 0, (x, y , z, t )A
1
0
0
−1
=0
1
0
0
0
12
12
= (x, y , z, t ) ∈ R 4 : (x, y , z, t )
= 0, (x, y , z, t )
=0
12
−1 2
12
12
{
}
= (x, y , z, t ) ∈ R 4 : y + z + t = 0, y − z + t = 0
= {( ,− ,0, ) : , ∈ R}
= {( ,− ,0,0 ) + (0,0,0, ) : , ∈ R}
= { (1,−1,0,0 ) + (0,0,0,1) : , ∈ R}
= (1,−1,0,0), (0,0,0,1) .
Ora cerchiamo un vettore v in {v 1,v 2 } tale che q (v ) ≠ 0 . Proviamo dapprima con i
⊥
vettori che generano {v 1,v 2 } , cioè (1, -1, 0, 0) e (0, 0, 0, 1). Un rapido calcolo mostra che
q(1,-1,0,0) = 0 e q(0,0,0,1) = 0. Tuttavia, anche se q si annulla sui vettori della base di
{v 1,v 2 }⊥ , ciò non implica necessariamente che q(v) = 0 per ogni v ∈ {v1, v2} (perché?).
⊥
Per capire se esistono vettori in {v 1,v 2 } su cui q non si annulla, ragioniamo come
abbiamo fatto all’inizio dell’esercizio quando abbiamo trovato in vettore v1. In quel caso ci
servivamo della matrice associata a q. In questo caso la forma quadratica in questione
⊥
non è propriamente q ma q {v ,v }⊥ : {v1, v 2 } → R . Troviamo quindi la matrice associata di
⊥
1
q {v ,v
1
2
}⊥
2
rispetto ad una qualunque sua base, per esempio {(1,-1,0,0), (0,0,0,1)}. Essa è
data da:
B ((1,−1,0,0 ), (1,−1,0,0)) B ((1,−1,0,0 ), (0,0,0,1))
0 0
,
=
B ((0,0,0,1), (1,−1,0,0)) B ((0,0,0,1), (0,0,0,1))
0 0
dal momento che B ((1,−1,0,0), (1,−1,0,0 )) = q (1,−1,00 ) = 0 , B ((0,0,0,1), (0,0,0,1)) = q (0,0,0,1) = 0 , e
1
1
B ((1,−1,0,0), (0,0,0,1)) = (q ((1,−1,0,0 ) + (0,0,0,1)) − q (1,−1,0,0 ) − q (0,0,0,1)) = q (1,−1,0,1) = 0 .
2
2
Quindi abbiamo trovato che la matrice associata a q {v ,v
1
2
è la matrice nulla, e
}⊥
questo implica che la forma bilineare associata è la forma bilineare nulla e questo ancora
implica a sua volta che q {v ,v }⊥ ≡ 0 .
1
2
Allo stesso risultato si poteva pervenire in altro modo. Infatti, come osservato all’inizio dell’esercizio, q ha
rango 2. Quindi se per assurdo fosse esistito un vettore v ∈ {v1, v2} tale che q(v) 0, questo avrebbe
implicato l’esistenza di una base (quella formata da v1, v2, v e un qualsiasi altro vettore ortogonale agli altri)
rispetto alla quale la matrice associata a q avrebbe avuto rango almeno 3, perché tale matrice avrebbe avuto
espressione del tipo
q (v 1 )
0
0
*
0
q (v 2 ) 0
*
.
0
0
q (v ) *
*
*
*
*
Ma il rango di q è 2 e non dipende dalla base, di conseguenza non può esistere un siffatto vettore v e quindi
q si deve annullare su tutti i vettori di {v1, v2} .
Poiché q {v ,v
1
2
}⊥
≡ 0 , una qualsiasi base di {v 1,v 2 } è diagonalizzante per q {v ,v
⊥
1
2
}⊥
(visto che due qualsiasi vettori di {v 1,v 2 } sono sempre ortogonali). Prendiamo allora
come base proprio {v3, v4}, con v3 = (1, -1, 0, 0) e v4 = (0, 0, 0, 1). Questi vettori vanno
aggiunti a quelli già individuati in precedenza, cioè v1 e v2, e {v1, v2, v3, v4} andrà a
costituire una base diagonalizzante (cioè ortogonale) per q. Infatti per costruzione v2 è
⊥
ortogonale a v1, v3 e v4 (ortogonali fra loro) sono stati scelti in {v 1,v 2 } e quindi sono
ortogonali sia a v1 che a v2.
Notiamo che la matrice associata a q rispetto alla base {v1, v2, v3, v4} è
⊥
q (v 1 )
0
0
0
0
0
0
q (v 2 )
0
0
q (v 3 )
0
0
0
0
1
=
q (v 4 )
0
0 0
0 −1 0 0
0
0
0
0
0 0
0 0
.
Essa non è esattamente la matrice richiesta dalla traccia. Per ovviare a questo
(lieve) inconveniente, costruiamo un’altra base scambiando tra loro v1 e v2, e cioè
ponendo
v′1 = v 2 , v′2 = v 1, v ′3 = v 3 , v ′4 = v 4 .
Rispetto a questa nuova base {v′1, v′2 , v ′3 , v ′4 } la matrice associata a q è proprio
−1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
.
0
0
Risoluzione mediante il metodo del completamento del quadrato.
Come accennato prima, questo esercizio, così com’è, non può essere risolto col
metodo del completamento del quadrato. Tuttavia, attraverso qualche artifizio algebrico, è
possibile, con uno o più cambiamenti di variabili, riportare l’espressione di q ad
un’espressione che contenga termini quadratici e che quindi può essere trattata dal
metodo del completamento del quadrato come illustrato precedentemente.
Scriviamo q come
q (x, y , z, t ) = yz + zt = (y + t )z .
A questo punto poniamo:
x' = x , y ′ = y + t ,
z′ = z , t ′ = t .
(1)
Nelle nuove variabili q si scrive come
q (x ′, y ′, z ′, t ′) = y ′z ′ .
(2)
Ora eseguiamo un ulteriore cambiamento di variabili atto a portare la (2) in
un’espressione che contenga termini quadratici e che quindi possa essere risolta col
metodo del completamento del quadrato. Poniamo
x ′ = x ′′, y ′ = y ′′ − z ′′, z′ = y ′′ + z′′, t ′ = t ′′ .
(3)
Si ha allora:
q (x ′′, y ′′, z ′′, t ′′ ) = (y ′′ − z ′′ )(y ′′ + z ′′) = y ′′ 2 − z ′′ 2 .
Come si vede, in questo caso particolare questi cambiamenti variabili sono riusciti a
portare q direttamente in una forma canonica (ha giocato molto in questo caso, per
esempio, l’assenza della variabile x). Più in generale, cambiamenti di variabili di questo
tipo riescono a ricondurre la forma quadratica ad una espressione che contenga termini
quadratici e che si può risolvere normalmente col metodo del completamento del
quadrato.
Vanno fatte però due osservazioni.
1. Alla fine del processo bisogna considerare la composizione dei due o più
cambiamenti di coordinate effettuati, nel nostro caso (2) e (3), onde determinare la
base diagonalizzante.
2. I cambiamenti di variabili di solito sono determinati più che altro dall’intuizione
(dipende per esempio dall’espressione della forma quadratica) e dall’esperienza,
per questa ragione il metodo generale illustrato in precedenza, più schematico e
sicuro, è senz’altro preferibile al metodo del completamento del quadrato.
