Trovare forma bilineare simmetrica avendo la forma quadratica associata

[simone_cota]

Salve a tutti, avrei bisogno di un aiuto con il seguente esercizio.
"Sia $ varphi:RR^3xRR^3 to RR $ la forma bilineare simmetrica la cui forma quadratica associata è $ Q(vec x)= x_1^2-2x_1x_2+x_2^2+x_3^2 $ . Trovare $ varphi $.

Allora io fatto qualche tentativo, benché continui a essere quasi certo che siano sbagliati.

Per prima cosa ho trovato la matrice $ G: ((1,-1,0),(-1,1,0),(0,0,1)) $ associata alla forma quadratica.
Quindi, ho provato a considerare la base canonica di $ RR^3 $ e ho provato manualmente a far sì che la forma bilineare che ottengo in questo modo abbia la stessa matrice della quadratica.
$ C: {[(1,0,0)(1,0,0)],[(1,0,0)(0,1,0)],[(1,0,0)(0,0,1)],[(0,1,0)(1,0,0)],[(0,1,0)(0,1,0)],[(0,1,0)(0,0,1)],[(0,0,1)(0,0,1)],[(0,0,1)(1,0,0)],[(0,0,1)(0,1,0)]] $

E considerando la matrice $ G $ riga per riga ho provato a scrivere una forma del tipo:

$ varphi:x_1y_1 - x_1y_2 -x_2y_1+x_2y_2 +x3y_2 $

Considerando la forma quadratica di nuovo, ho notato che i primi tre termini sono un quadrato di binomio sviluppato

$ Q(vec x)= x_1^2-2x_1x_2+x_2^2+x_3^2 $ = $ (x_1-x_2)^2+x_3^2 $

Ho provato a cambiare variabile ottenenedo:

$ {(y_1=x_1-x_2),(y_2=x_3):} $

Provando a sostituire nella forma bilineare che ho trovato come verifica ottengo:

$varphi: x_1^2-2x_1x_2+x_2^2+x_3^2-x_1x_3+x_2x_3 $

E quindi due termini $ -x_1x_3 + x_2x_3 $ che non compaiono nella forma bilineare trovata precedentemente.

Ho pensato che, dato che nella forma bilineare applicata a C tali termini sono ininfluenti per il calcolo della matrice associata poiché danno sempre 0 come risultato, potrei aggiungerli arbitrariamente e far combaciare le due cose.

Probabilmente è molto più semplice di tutta questa cosa, ma sto impazzendo da due giorni.

Grazie mille, Simone.

[Antimius]

Se hai una forma quadratica $Q$, la forma bilineare simmetrica associata è: $\langle u,v \rangle = \frac{1}{2}(Q(u+v) - Q(u)-Q(v))$
Infatti, in tal caso $\langle u,u \rangle = Q(u)$, è simmetrica e, a questo punto, si verifica semplicemente anche la bilinearità.

Nel tuo caso allora: $ \langle u,v \rangle = u_1v_1 -u_1v_2-u_2v_1 +u_2v_2+u_3v_3$.

Per un conto più rapido, come regola generale si sostituisce $u_iv_i$ a $u_i^2$ e $\frac{u_iv_j + u_jv_i}{2}$ a $u_iu_j$. Quest'ultimo metodo a volte è chiamato polarizzazione (e, se non erro, si generalizza a forme multilineari per trasformare forme $k$-omogenee in forme $k$-lineari simmetriche). In ogni caso, basta svolgere tutti conti e ottieni la stessa cosa

[simone_cota]

Grazie per la risposta Antimius.
Non ho capito però come sostituire $ < u,v> = 1/2(Q(u,v)-Q(u)-Q(v)) $ alla quadratica per ottenere la forma bilineare. Potresti gentilmente farmi vedere tutti i passaggi per singolo addendo?

Grazie, Simone.

--
EDIT

Ho provato ad utilizzare il metodo di polarizzazione e ottengo:

$ x_1y_1-(x_1y_2+x_2y_1)/2 -(x_1y_2+x_2y_1)/2 +x_2y_2 +x_3y_3 = x_1y_1 -x_1y_2 - x_2y_1 +x_2y_2 +x_3y_3 $

Dal tuo calcolo dovrebbe essere:
$ x_1y_1 -x_1y_2 + x_2y_1 +x_2y_2 +x_3y_3 $

Ho commesso un errore?

[Antimius]

$Q(u+v) = (u_1+v_1)^2-2(u_1+v_1)(u_2+v_2)+(u_2+v_2)^2+(u_3+v_3)^2$
$Q(u) = u_1^2-2u_1u_2+u_2^2+u_3^2$
$Q(v) = v_1^2-2v_1v_2+v_2^2+v_3^2$

Ora basta svolgere il conto

"simone.cota":

Ho provato ad utilizzare il metodo di polarizzazione e ottengo:

$ x_1y_1-(x_1y_2+x_2y_1)/2 -(x_1y_2+x_2y_1)/2 +x_2y_2 +x_3y_3 = x_1y_1 -x_1y_2 - x_2y_1 +x_2y_2 +x_3y_3 $

Dal tuo calcolo dovrebbe essere:
$ x_1y_1 -x_1y_2 + x_2y_1 +x_2y_2 +x_3y_3 $

Ho commesso un errore?

No, mi ero perso un segno Ora correggo!

[simone_cota]

Grazie mille Antimius!

Ne approfitto per porre un secondo questito. Devo trovare la forma canonica della quadratica.
Per prima cosa devo diagonalizzare la matrice associata giusto?

Se G è la matrice associata: $ ((1,-1,0),(-1,1,0),(0,0,1)) $

associando la matrice identità di ordine 3 ottengo

$ GI: ((1,-1,0,1,0,0),(-1,1,0,0,1,0),(0,0,1,0,0,1)) $

ora ho qualche problema con l'algoritmo di Gauss - Lagrange

$ r_1+r_2 =((1,-1,0,1,0,0),(0,0,0,0,1,0),(0,0,1,0,0,1)) $

$ c_1+c_2 =((1,0,0,1,0,0),(0,0,0,0,1,0),(0,0,1,0,0,1)) $

"Schermo" prima riga e prima colonna e ottengo: $ ((0,0,0,1,0),(0,1,0,0,1)) $

$ r_1+r_2 $ al posto di $ r_1 $ : $ r_1+r_2 =((0,1,0,1,1),(0,1,0,0,1)) $

e

$ c_1+c_2 $ al posto di $ c_1 $ $ c_1+c_2=((1,1,0,1,1),(1,1,0,0,1)) $

ancora

$ r_1-r_2 $ al posto di $ r_2 $ $ r_1-r_2=((1,1,0,1,1),(0,0,0,1,0)) $

e

$ c_1-c_2 $ al posto di $ c_2 $ $ c_1-c_2=((1,0,0,1,1),(0,0,0,1,0)) $

"Schermo" prima e seconda riga e rimane

$ ((0,0,1,0)) $

La mia matrice diagonalizzata al momento è:

$ A:((1,0,0,1,0,0),(0,1,0,0,1,0),(0,0, , , , )) $

Come devo procedere? Ho la forte sensazione di aver commesso uno (o più) errori.


P.S.$ RR_2[x] $ ha dimensione =3, giusto? Non è legato a questo esercizio.)

[Antimius]

Sì, ma non serve affiancare la matrice identità a meno che tu non voglia trovare anche la base rispetto a cui la forma quadratica assume quella forma.
Per il resto, credo che ci sia qualche errore di conto, perché gli autovalori della matrice sono $0,2,1$ quindi la forma canonica di Sylvester è $x_2^2+x_3^2$ (insomma, sulla diagonale devi avere un valore nullo e due positivi).
Comunque, basta che sommi la prima riga alla seconda riga e la prima colonna alla seconda colonna e hai fatto in realtà.

Risposta al P.S.: sì, se intendi i polinomi di grado minore o uguale a 2

[simone_cota]

Scusa come hai fatto a trovare la forma canonica?

[Antimius]

C'è un teorema che ti garantisce che ogni forma quadratica è equivalente (cioè esiste una base in cui si può rappresentare così) a una del tipo \(\displaystyle \Phi(u)=u_1^2 \pm \dots \pm u_p^2 \) dove $p$ è il rango della forma quadratica (cioè della matrice a essa associata) e i segni nella somma vengono decisi in base alla segnatura della forma quadratica, cioè i segni degli autovalori.
Questo se utilizzi qualunque trasformazione invertibile, cioè se su $\mathbb{R}^n$ agisce il gruppo $GL_n(\mathbb{R})$ (*) delle matrici invertibili.
Se invece ci limitiamo al gruppo $O(n)$ delle matrici ortogonali, allora non esiste una trasformazione che normalizzi gli autovalori (perché è una dilatazione e, dunque, non è ortogonale) e la forma equaivalente diventa: \(\displaystyle \Phi(u)=\lambda_1u_1^2 +\dots +\lambda_pu_p^2 \).
Mi pare di capire che tu cerchi la forma equivalente rispetto a un qualunque cambiamento di base e quindi il primo caso.
Osserva che l'algoritmo di Gauss-Lagrange non ti restituisce necessariamente i coefficienti normalizzati, quindi ottieni una forma diversa dalla prima (che però è comunque equivalente e, per ottenere l'altra, basta normalizzare i coefficienti). Per questo a volte si parla di forma canonica e di forma canonica di Sylvester. Sinceramente io ho sempre visto esercizi in cui veniva chiesta la forma canonica di Sylvester. Perciò, ti chiedo: come avete definito la forma canonica?

(*) [size=85]Osserva che è importante il campo sui cui lavori, perché se sei su $\mathbb{C}$, la forma equivalente diventa semplicemente \(\displaystyle \Phi(u)=u_1^2 +\dots +u_p^2 \) in quanto i segni negativi sono assorbiti dalla trasformazioni $u_j \mapsto iu_j$[/size]

[simone_cota]

Allora io ho trovato i tre autovalori $ lambda = 0,2,1 $ e ho tre matrici

$ lambda=0->( ( 1 , -1 , 0 ),( -1 , 1 , 0 ),( 0 , 0 , 1 ) ) $
$ lambda=1->( ( 0 , -1 , 0 ),( -1 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 ) ) $
$ lambda=2->( ( -1 , -1 , 0 ),( -1 , -1 , 0 ),( 0 , 0 , -1 ) ) $

che mi porta ad avere tre vettori:

$ v_1=a(1,1,0), v_2=t(0,0,1), v_3=s(1,-1,0) $

Normalizzo e ottengo

$ v_1=(0,0,1), v_2=(1/sqrt2,1/sqrt2,0), v_3=(1/sqrt2,-1/sqrt2,0) $

e quindi per $ f:x_1y:1-x_1y_2-y_1x_2+x_2y_2+x_3y_3 $ ottengo

$ f(v_1,v_1)= 1, f(v_2,v_2)=0,f(v_3,v_3)=2 $

che mi porta ad avere una matrice del tipo

$ ( ( 1 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 2 ) ) $

ossia questa forma canonica:

$ Q(x)=x_1^2+x_3^2 $

Corretto?

E mi esce una forma normale di Sylvester di questo tipo:

$ x_1^2+x_2^2+2x_3^2 $

che è decisamente diversa dalla tua.

Ho commesso molti errori?

[Antimius]

Con forma canonica di Sylvester (in realtà non so se sia un nome universale, ma in alcuni libro l'ho trovato) intendevo quella con coefficienti normalizzati, che è quella che hai scritto sopra. In ogni caso il termine in $x_2$ non c'è in nessuna delle due perché l'autovalore è nullo.
Ma non serve che le trovi entrambe, basta quella normalizzata, perché tanto sono equivalenti tra loro. Se ti chiede la forma canonica basta che ne trovi una. Ma dipende che intende il tuo professore con forma canonica In genere quando si parla di forma canonica si sottintende quella che io ho chiamato di Sylvester

P.S.: non ho controllato i conti, ma il procedimento è giusto