Departamento de Matem´atica Aplicada II.
Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla.
Tema 7 (Resultados).- Matrices sim´
etricas reales y formas cuadr´
aticas.
Ejercicio 1. Diagonalizar las siguientes matrices sim´etricas mediante matrices de paso no ortogonales y mediante matrices de paso ortogonales,A1 = 2 6 4
1 −2 0
−2 2 −2
0 −2 3
3 7
5, A2 = 2 6 4
5 2 2
2 2 −4
2 −4 2
3 7 5, A3 =
2 6 4
1 −1 0
−1 2 −1
0 −1 1
3 7 5, A4 =
2 6 4
1 1 1 1 1 1 1 1 1
3 7 5.
. . . .
A1 : Autovalores.
det (A1−λI) =−λ3+ 6λ2−3λ−10 =−(λ+ 1) (λ2−7λ+ 10) =
=−(λ+ 1)(λ−2)(λ−5) =⇒λ1 =−1, λ2 = 2, λ3 = 5.
Autovectores. Resolviendo los correspondientes sistemas homogeneos
(A1−λkI)x= 0 obtenemos los autovectores correspondientes
Nul (A1−λ1I) = Gen 8 > < > :
v1 = 2 6 4
2 2 1
3 7 5
9 > = > ;
, Nul (A1−λ2I) = Gen 8 > < > :
v2 = 2 6 4
−2 1 2
3 7 5
9 > = > ;
,
Nul (A1−λ3I) = Gen 8 > < > :
v3 = 2 6 4
1
−2 2
3 7 5
9 > = > ;
.
∗ Diagonalizaci´on no ortogonal. La matriz P cuyos vectores columna son los autovectores obtenidos es una matriz de paso no ortogonal, puesto que sus vectores columna no son unitarios, que diagonaliza a la matriz A,
P =
2 6
4 v1 v2 v3 3 7 5=
2 6 4
2 −2 1
2 1 −2
1 2 2
3 7 5=⇒P
−1
A1P =D= 2 6 4
−1 2
5
3 7 5.
Autovectores ortogonales. Notemos que, como debe ser, puesto que tenemos auto-valores distintos entre s´ı, los correspondientes autovectores son ortogonales dos a dos
v1·v2 =v1·v3 =v2·v3 = 0.
∗ Diagonalizaci´on ortogonal / Autovectores ortonormales.
Puesto que tenemos autovectores ortogonales entre s´ı, al dividir cada uno por su norma tendremos vectores unitarios que son autovectores (ortogonales entre s´ı).
Q=
2 6 4
v1
||v1||
v2
||v2||
v3
||v3|| 3 7 5=
1 3
2 6 4
2 −2 1
2 1 −2
1 2 2
3 7 5
es una matriz ortogonal
QTQ=QQT =I
que diagonaliza A1 : Q−1A1Q=D ≡ QTA1Q=D.
. . . .
A2 : Autovalores.
det (A2 −λI) =−λ 3
+ 9λ2
−108 =−(λ+ 3) (λ2
−12λ+ 36) =
=−(λ+ 3)(λ−6)6
=⇒λ1 =−3 (simple), λ2 = 6 (doble).
Autovectores. Resolviendo los correspondientes sistemas homogeneos
(A2−λkI)x= 0
obtenemos los autovectores correspondientes
Nul (A2−λ1I) = Gen 8 > < > :
v1 = 2 6 4
−1 2 2
3 7 5
9 > = > ;
,
Nul (A2−λ2I) ={x1 = 2x2+ 2x3}= Gen 8 > < > :
v2 = 2 6 4
2 1 0
3 7 5, v3 =
2 6 4
2 0 1
3 7 5
9 > = > ;
.
∗ Diagonalizaci´on no ortogonal. Puesto que {v1, v2, v3} son tres autovectores
deA2 Linealemnte Independientes, la matrizP cuyos vectores columna son dichos
vectores diagonaliza a A2, dicha diagonalizaci´on no es ortogonal puesto que P no
es una matriz ortogonal (sus vectores columna no son ortonormales),
P =
2 6
4 v1 v2 v3 3 7 5=
2 6 4
−1 2 2
2 1 0
2 0 1
3 7 5=⇒P
−1
A2P =D= 2 6 4
−3 6
6
3 7 5.
Autovectores ortogonales. Notemos que los tres autovectores que hemos conside-rado no son ortogonales entre s´ı (aunque v1 si es ortogonal a los otros dos, como
debe ser por tratarse de autovectores correspondientes a autovalores distintos),
v1·v2 =v1 ·v3 = 0.
Para obtener 3 autovectores ortogonales entre s´ı lo ´unico que tenemos que hacer es sustituir la pareja {v2, v3} de autovectores linealmente independientes asociados
dicho autovalor. Notemos que cualquier combinaci´on lineal (no nula) de v2 y v3,
es decir cualquier vector (no nulo) del plano Nul (A2−λ2I) = {x1 = 2x2+ 2x3}=
Gen {v2, v3}(el espacio propio asociado aλ2) es un autovector asociado aλ2. Una
pareja de autovectores ortogonales asociados a λ2 es, por ejemplo, {v2, v3′}siendo
v3′ =v3−
v3·v2 ||v2||
2v2 =
1 5
2 6 4
2
−4 5
3 7 5.
La matriz ˜P cuyos vectores columna son{v1, v2, v3′}es una matriz que diagonaliza
aA2 pero no ortogonalemente puesto que no es una matriz ortogonal (aunque sus
vectores columna son ortogonales entre s´ı, no son unitarios).
∗ Diagonalizaci´on ortogonal / Autovectores ortonormales.Normalizando los autovectores ortogonales que tenemos (seguiremos teniendo autovectores orto-gonales) obtenemos la matriz
Q=
2 6 6 4
v1
||v1||
v2
||v2||
v′
3 ||v′
3|| 3 7 7 5=
2 6 6 4
−1 3
2
√
5 2 3√5 2
3 1
√
5
−4 3√5 2
3 0
5 3√5
3 7 7 5
es una matriz ortogonal
QTQ=QQT =I
que diagonalizaA2 : Q−1A2Q=D ≡ QTA2Q=D.
. . . .
A3 : Autovalores.
det (A3−λI) = (1−λ)2(2−λ)−2(1−λ) = (1−λ)(λ2−3λ) =
=−λ(λ−1)(λ−3) =⇒λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = 3.
Autovectores. Resolviendo los correspondientes sistemas homogeneos
(A3−λkI)x= 0
obtenemos los autovectores correspondientes
Nul (A3−λ1I) = Gen 8 > < > :
v1 = 2 6 4
1 1 1
3 7 5
9 > = > ;
, Nul (A3−λ2I) = Gen 8 > < > :
v2 = 2 6 4
−1 0 1
3 7 5
9 > = > ;
,
Nul (A1−λ3I) = Gen 8 > < > :
v3 = 2 6 4
1
−2 1
3 7 5
9 > = > ;
.
∗ Diagonalizaci´on no ortogonal. La matriz P cuyos vectores columna son los autovectores obtenidos es una matriz de paso no ortogonal, puesto que sus vectores columna no son unitarios, que diagonaliza a la matriz A,
P =
2 6
4 v1 v2 v3 3 7 5=
2 6 4
1 −1 1
1 0 −2
1 1 1
3 7 5=⇒P
−1
A3P =D= 2 6 4
0 1
3
Autovectores ortogonales. Notemos que, como debe ser, puesto que tenemos auto-valores distintos entre s´ı, los correspondientes autovectores son ortogonales dos a dos
v1·v2 =v1·v3 =v2·v3 = 0.
De hecho, una vez calculados dos autovectores, correspondientes a autovalores distintos, podr´ıamos haber obtenido el otro sin m´as que aplicar la condici´on ser un vector ortogonal a los dos autovectores ya obtenidos.
∗ Diagonalizaci´on ortogonal / Autovectores ortonormales. Puesto que tenemos autovectores ortogonales entre s´ı, al dividir cada uno por su norma ten-dremos vectores unitarios que son autovectores (ortogonales entre sI).
Q=
2 6 4
v1
||v1||
v2
||v2||
v3
||v3|| 3 7 5=
2 6 6 4
1
√
3
−1
√
2 1
√
6 1
√
3 0
−2
√
6 1
√
3 1
√
2 1
√
6 3 7 7 5
es una matriz ortogonal
QTQ=QQT =I
que diagonaliza A3 : Q−1A3Q=D ≡ QTA3Q=D.
. . . .
A4 : Obviamente el espacio columna deA4 tiene dimensi´on 1 y el espacio nulo es el plano de
ecuaci´on x1+x2+x3 = 0. Por tanto, λ1 = 0 es un autovalor de A4 de multiplicidad 2
(geom´etrica y algebraica). Puesto que la suma de los autovalores deA4es traza(A4) = 3
el otro autovalor tiene que serλ3 = 3.
Autovalores. det (A4−λI) =−λ 2
(λ−3) =⇒λ1 = 0 doble, λ3 = 3 simple.
Autovectores. Resolviendo los correspondientes sistemas homogeneos
(A3−λkI)x= 0
obtenemos los autovectores correspondientes
Nul (A4−λ1I) = {x1+x2+x3 = 0}= Gen 8 > < > :
v1 = 2 6 4
−1 1 0
3 7 5, v2 =
2 6 4
−1 0 1
3 7 5
9 > = > ;
,
Nul (A1−λ3I) = Gen 8 > < > :
v3 = 2 6 4
1 1 1
3 7 5
9 > = > ;
.
∗ Diagonalizaci´on no ortogonal. Puesto que {v1, v2, v3} son tres autovectores
deA4 Linealemnte Independientes, la matrizP cuyos vectores columna son dichos
vectores diagonaliza aA4. Dicha diagonalizaci´on no es ortogonal puesto que P no
es una matriz ortogonal (sus vectores columna no son ortonormales),
P =
2 6
4 v1 v2 v3 3 7 5=
2 6 4
−1 −1 1
1 0 1
0 1 1
3 7 5=⇒P
−1
A4P =D= 2 6 4
0 0
3
Autovectores ortogonales. Notemos que los tres autovectores que hemos conside-rado no son ortogonales entre s´ı (aunque v3 si es ortogonal a los otros dos, como
debe ser por tratarse de autovectores correspondientes a autovalores distintos),
v1·v3 =v2 ·v3 = 0.
Para obtener 3 autovectores ortogonales entre s´ı lo ´unico que tenemos que hacer es sustituir la pareja {v1, v2} de autovectores linealmente independientes asociados
al autovalor dobleλ1por una pareja de autovectores ortogonales asociados a dicho
autovalor. Notemos que cualquier combinaci´on lineal (no nula) de v1 yv2, es decir
cualquier vector (no nulo) del plano
Nul (A4−λ1I) = {x1+x2 +x3 = 0}= Gen {v1, v2}
(el espacio propio asociado a λ1) es un autovector asociado a λ1. Una pareja de
autovectores ortogonales asociados a λ1 es, por ejemplo, {v1, v′2}siendo
v2′ =v2−
v2·v1 ||v1||
2v1 =
1 2
2 6 4
−1
−1 2
3 7 5.
La matriz ˜P cuyos vectores columna son{v1, v2′, v3}es una matriz que diagonaliza
aA4 pero no ortogonalemente puesto que no es una matriz ortogonal (aunque sus
vectores columna son ortogonales entre s´ı, no son unitarios).
∗ Diagonalizaci´on ortogonal / Autovectores ortonormales.Normalizando los autovectores ortogonales que tenemos (seguiremos teniendo autovectores orto-gonales) obtenemos la matriz
Q=
2 6 6 4
v1
||v1||
v′
2 ||v′
2||
v3
||v3|| 3 7 7 5=
2 6 6 4
− 1
√
2 − 1
√
6 1
√
3 1
√
2 − 1
√
6 1
√
3
0 1
√
6 1
√
3 3 7 7 5
es una matriz ortogonal
QTQ=QQT =I
que diagonaliza A4 : Q−1A4Q=D ≡ QTA4Q=D.
Ejercicio 2. Reducir a suma de cuadrados las formas cuadr´aticas definidas por las matrices:
A1 = 2 6 4
1 2 2
2 1 −2
2 −2 1
3 7 5, A2 =
2 6 4
1 2 3
2 0 −1
3 −1 1
3 7 5, A3 =
2 6 6 6 4
0 1 −1 2
1 1 0 −1
−1 0 −1 1
2 −1 1 0
3 7 7 7 5
, A4 = 2 6 6 6 4
0 1 2 3 1 0 1 2 2 1 0 1 3 2 1 0
3 7 7 7 5
.
. . . .
A1: Dos coeficientes + y uno −. Dos autovalores + y uno −.
A2: Dos coeficientes + y uno −. Dos autovalores + y uno −.
A1: Un coeficiente + y tres −. Un autovalor + y tres−.
Ejercicio 3. (1) Toda matriz sim´etrica real de orden m×m
Tienem autovalores distintos.
Diagonaliza en una base ortonormal de Rm.
Ninguna de las anteriores.
(2) Sea A una matriz cuadrada de orden impar y antisim´etrica (AT = −A). Probar que det(A) = 0.
. . . .
(1) X Diagonaliza en una base ortonormal de Rm.
. . . .
(2) Si A es una matriz antisim´etrica (AT =−A) de orden imparn, tenemos que
det (A) = det (AT) = det (
−A) = (−1)ndet (A) =
−det (A) =⇒det (A) = 0.
Ejercicio 4. Consideremos la siguiente matriz, dependiente de un par´ametro δ∈R:
A=
2 6 6 6 4
2 1 1 0 1 2 1 0 1 1 2 0
0 0 0 δ
3 7 7 7 5
.
(a) Diagonalizar ortogonalmente la matriz A para δ = 1. Dar, expl´ıcitamente, la multipli-cidad geom´etrica de cada autovalor as´ı como la matriz de pasoP y la matriz diagonal
D.
(b) Clasificar, seg´un los valores de δ, la forma cuadr´atica ϕ(x, y, z, t) = [x y z t]A
2 6 6 6 4
x y z t
3 7 7 7 5
.
(c) Siendo δ= 1, calcular P AnPT para todon
∈N, donde P es la matriz de paso obtenida
en el apartado (a).
. . . .
Autovalores:Comencemos calculando los autovalores de la matriz, cosa que se puede realizar para cualquier valor del par´ametroδ, ya que no tiene ninguna dificultad a˜ nadi-da, y as´ı tenemos los c´alculos necesarios tanto para ´este como para el siguiente aparta-do. Los autovalores son las soluciones de la ecuaci´on caracter´ıstica det(A−λI) = 0. Por ser
det(A−λI) =
2−λ 1 1 0
1 2−λ 1 0
1 1 2−λ 0
0 0 0 δ−λ
= (δ−λ)
2−λ 1 1
1 2−λ 1
1 1 2−λ
= (δ−λ) (−λ3
+ 6λ2
−9λ+ 4) = (λ−δ)(λ−1)2
(λ−4),
los autovalores son, en funci´on de δ,
λ1 =δ, λ2 =λ3 = 1 yλ4 = 4.
Paraδ = 1 los autovalores son λ1 =λ2 =λ3 = 1 (triple) y λ4 = 4 (simple). Volvamos
a destacar que, al ser la matriz A sim´etrica entonces es diagonalizable, lo que implica que la multiplicidad geom´etrica de λ1 = 1 va a ser 3 (y la de λ4 = 4 va a ser 1). Autovectores: Paraλ= 1 tenemos que resolver (A−I)v = 0, es decir,
2 6 6 6 4
1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 0 0 0 0
3 7 7 7 5 2 6 6 6 4 x1 x2 x3 x4 3 7 7 7 5 = 2 6 6 6 4 0 0 0 0 3 7 7 7 5 .
Una sencilla eliminaci´on de Gauss, de la cual se deduce que las variables x2, x3 y x4
son libres, nos lleva a que la soluci´on del sistema es
2 6 6 6 4 x1 x2 x3 x4 3 7 7 7 5 = 2 6 6 6 4
−x2−x3
x2 x3 x4 3 7 7 7 5
=x2 2 6 6 6 4 −1 1 0 0 3 7 7 7 5
+x3 2 6 6 6 4 −1 0 1 0 3 7 7 7 5
+x4 2 6 6 6 4 0 0 0 1 3 7 7 7 5
para x2,x3 y x4 valores reales cualesquiera.
Tomemos as´ı los autovectores
v1 = 2 6 6 6 4 −1 1 0 0 3 7 7 7 5
, v2 = 2 6 6 6 4 −1 0 1 0 3 7 7 7 5
y v3 = 2 6 6 6 4 0 0 0 1 3 7 7 7 5 .
Paraλ4 = 4 queda el sistema (A−4I)v = 0, es decir,
2 6 6 6 4
−2 1 1 0
1 −2 1 0
1 1 −2 0
0 0 0 −3
Para resolver dicho sistema llevamos a cabo la siguiente eliminaci´on de Gauss: 2 6 6 6 4
−2 1 1 0 0
1 −2 1 0 0
1 1 −2 0 0
0 0 0 −3 0
3 7 7 7 5 ∼ 2 6 6 6 4
1 1 −2 0 0
1 −2 1 0 0
−2 1 1 0 0
0 0 0 −3 0
3 7 7 7 5 ∼ 2 6 6 6 4
1 1 −2 0 0
0 −3 3 0 0
0 3 −3 0 0
0 0 0 −3 0
3 7 7 7 5 ∼ 2 6 6 6 4
−2 1 1 0 0
0 −3 3 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 −3 0
3 7 7 7 5 ∼ 2 6 6 6 4
−2 1 1 0 0
0 −3 3 0 0
0 0 0 −3 0
0 0 0 0 0
3 7 7 7 5 ,
pudiendo llevar la matriz a su forma escalonada reducida
2 6 6 6 4
1 −1 2 −
1 2 0 0
0 1 −1 0 0
0 0 0 1 0
0 0 0 0 0
3 7 7 7 5 ∼ 2 6 6 6 4
1 0 −1 0 0
0 1 −1 0 0
0 0 0 1 0
0 0 0 0 0
3 7 7 7 5 .
Podemos tomar x3 como variable libre y obtenemos la soluciones
2 6 6 6 4 x1 x2 x3 x4 3 7 7 7 5 = 2 6 6 6 4 x3 x3 x3 0 3 7 7 7 5
=x3 2 6 6 6 4 1 1 1 0 3 7 7 7 5
, ∀x3 ∈R.
Un autovector es
v4 = 2 6 6 6 4 1 1 1 0 3 7 7 7 5 .
Matriz de paso: Una matriz de paso para diagonalizar A podr´ıa ser, perfectamente
ˆ P = 2 6 6 6 4
−1 −1 0 1
1 0 0 1
0 1 0 1
0 0 1 0
3 7 7 7 5 .
De este modo tendr´ıamos ˆP−1
APˆ =D siendo
D= 2 6 6 6 4
1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 4
3 7 7 7 5 .
Ortogonalicemos, pues, los autovectores correspondientes aλ= 1 (v1,v2,v3) usando el
m´etodo de Gram-Schmidt. Vamos a obtener, entre otras cosas que v3 ya es ortogonal
av1 y v2:
u1 = v1, ku1k= √
2,
u2 = v2−
v2·u1 ku1k2
u1 =v2−
1 2u1 =
2 6 6 6 4
−1/2
−1/2 1 0
3 7 7 7 5
, ku2k= √
3
√
2,
u3 = v3−
v3·u1 ku1k2
u1−
v3·u2 ku2k2
u2 =v3, ku3k= 1.
Una matriz de paso ortogonal es, entonces,
P =
2 6 4
u1
ku1k
u2
ku2k
u3
ku3k
v4
kv4k 3 7 5=
2 6 6 6 6 4
−1/√2 −1/√6 0 1/√3 1/√2 −1/√6 0 1/√3
0 2/√6 0 1/√3
0 0 1 0
3 7 7 7 7 5
.
Es f´acil comprobar que PT = P−1
y que PTAP = D, siendo D la matriz diagonal anterior.
. . . .
(b) Los autovalores de A, calculados en el apartado anterior, son λ1 = δ, λ2 = λ3 = 1 y
λ4 = 4. Como λ2 =λ3 y λ4 son siempre positivos, el estudio del car´acter de la forma
cuadr´atica Φ se reduce al estudio del signo de λ1 =δ.
Si δ >0 entonces ϕ es definida positiva. Si δ= 0 entonces ϕ es semidefinida positiva. Si δ <0 entonces ϕ es indefinida.
. . . .
(c) La matriz de paso ortogonal P es la obtenida en el apartado primero donde, adem´as,
δ= 1. De dicho apartado tenemos que A=P DPT, de lo que se deduce que
An=P DPTP DPT
· · ·P DPT (n veces) =P DnPT,
donde hemos usado que PTP =I, por ser P ortogonal. En el apartado piden P AnPT que, tras la expresi´on de An calculada, resulta ser
P AnPT =P(P DnPT)PT =P2
Dn(PT)2
=P2
Dn(P2
)T =P2 2 6 6 6 4
1 1
1 22n
3 7 7 7 5
(P2
)T.
Notemos que
PTAnP =PT(P DnPT)P =Dn =
2 6 6 6 4
1 1
1 22n
3 7 7 7 5
Ejercicio 5. Demuestra que toda matriz real sim´etrica A = [aij], n×n, definida positiva verifica:
(a) det (A)>0.
(b) A tiene inversa y su inversa, A−1
tambi´en es definida positiva.
(c) aii >0, i= 1,2, . . . , n.
(d) aii+ajj >2aij, i6=j = 1, . . . , n.
(e) aiiajj >(aij)2, i6=j = 1, . . . , n.
(f) El elemento de mayor magnitud de A est´a en la diagonal principal
max{|aij|:i, j = 1, . . . , n}= max{a11, a22, . . . , ann}.
(g) A se puede factorizar de la forma A=MMT siendoM una matriz (real) no-singular.
. . . .
(a) Si A es definida positiva, todos sus autovalores λ1, λ2, . . . , λn son (estrictamente) posi-tivos y, por tanto, det (A) =λ1· · ·λn >0.
. . . .
(b) Puesto que det (A)6= 0, A tiene inversa y los autovalores de su inversa, A−1
, son
1
λ1
, . . . , 1 λn
(estrictamente) positivos por serlo λ1, . . . , λn.
. . . .
(c) Los elementos diagonales a11, . . . , ann de A son valores que alcanza la forma cuadr´atica
ϕ(x) =xTAx asociada a A. Siendo x=e
i un vector can´onico,
ϕ(ei) =eTi Aei = [0. . .1. . .0]A
2 6 6 6 6 6 6 6 4
0 .. . 1 ... 0
3 7 7 7 7 7 7 7 5
=aii>0
por ser ei un vector no-nulo y A definida positiva.
(d) Para simplificar la notaci´on, tomemos i = 1, j = 2. Al evaluar la forma cuadr´atica en
x= (1,−1,0, . . . ,0)T tenemos, por ser A definida positiva,
ϕ(x) =xTAx= [1
−1]
a11 a12
a12 a22
1
−1
=a11+a22−2a12 >0 =⇒a11+a22>2a12.
. . . .
(e) Al igual que en el apartado anterior, tomemos i = 1, j = 2. Puesto que A es definida positiva, la forma cuadr´atica en dos variables definida por
ψ(x1, x2) =ϕ(x1, x2,0, . . . ,0) = [x1 x2]
a11 a12
a12 a22
x1
x2
es definida positiva y, por tanto,
det
a11 a12
a12 a22
=a11a22−a 2
12 >0 =⇒a 2
12< a11a22.
. . . .
(f) Aplicando (e), para cadai6=j tenemos que
a2ij < aiiajj =⇒ |aij|< aii ´o |aij|< ajj
puesto que los elementos diagonales son positivos. Por tanto,
max{|aij|:i, j = 1, . . . , n}= max{a11, a22, . . . , ann}.
. . . .
(g) Consideremos una diagonalizaci´on ortogonal de A, es decir, seaQuna matriz ortogonal tal que QTAQ = D. Tenemos entonces que A = QDQT y puesto que los elementos diagonales deD son positivos,
A =Q
2 6 6 4
λ1
. ..
λn
3 7 7 5Q
T
=Q
2 6 6 4
√
λ1
. ..
√
λn
3 7 7 5
2 6 6 4
√
λ1
. ..
√
λn
3 7 7 5Q
T
=MMT
siendoM la matriz (real) no-singular
M =Q
2 6 6 4
√
λ1
. ..
√
λn
3 7 7 5
.
.
Ejercicio 6. Determinar los valores del par´ametro real α para los que las siguientes formas cuadr´aticas/matrices son definidas positivas:
A=
2 6 4
α 1 1
1 α 1
1 1 α−2
3 7
5, ϕ(x, y, z) = 2x 2
−4xy+ 2xz+ 3y2
+ 2yz+αz2
.
A: Podr´ıamos completar cuadrados para lo cual, para poder completar cuadrados, necesitar´ıamos separar los casos α6= 0 y α= 0. Tambi´en podr´ıamos estudiar los signos de los autova-lores a partir de la informaci´on que podamos obtener del polinomio caracter´ıstico. Sin embargo, una buena opci´on puede ser aplicar el criterio de Sylvester/Hadamard (de los menores principales diagonales). Puesto que
det (A1) =α,
det (A2) =α 2
−1 = (α+ 1)(α−1),
det (A3) = det (A) =α3−2α2−3α+ 4 = (α−1)
α−1−√17 2
α−1+√17 2
,
la forma cuadr´atica definida porA es definida positiva ⇐⇒
det (A1)>0,det (A2)>0,det (A3)>0⇐⇒α >
1 +√17
2 .
α (−∞,1−√17 2 ) (
1−√17
2 ,−1) (−1,0) (0,1) (1, 1+√17
2 ) ( 1+√17
2 ,+∞)
det (A1) − − − + + +
det (A2) + + − − + +
det (A3) − + − + − +
. . . .
ϕ: Teniendo en cuenta que el par´ametro s´olo aparece en un t´ermino, podremos intentar determinar para qu´e valores es ϕ definida positiva utilizando cualquier herramienta (completando cuadrados, signos de los autovalores, criterio de Sylvester/Hadamard).
Completando cuadrados tenemos
ϕ(x, y, z) =
completando cuadrados en x
= 2x2
−2x(2y−z) + 3y2
+ 2yz+αz2
=
= 2
x−2y2−z 2
−2
2y−z
2 2
+ 3y2
+ 2yz+αz2
=
2 4
siendo
x′ =x− 2y−z
2
3 5=
= 2x′2
+ (3−2)y2
+ 4yz+
α− 1 2
z2
=
= 2x′2
+ [y+ 2z]2−4z2
+
α− 1 2
z2
=
siendo
y′ =y+ 2z
=
= 2x′2
+y′2
+
α− 9 2
z2
.
Por tanto, ϕ es definida positiva ⇐⇒α− 9 2 >0.
Para estudiar los signos de los autovalores (de la matriz sim´etrica asociada), sin calcularlos, podemos recurrir al determinante y la traza. Llamando B a la matriz (sim´etrica) asociada a ϕ tenemos
B =
2 6 4
2 −2 1
−2 3 1
1 1 α
3 7
Por tanto, para queϕpueda ser definida positiva tiene que ser 2α−9. Sin embargo, con dicha condici´on no tenemos garant´ıa de que los tres autovalores sean positivos pues podr´ıan ser: 1 positivo y 2 negativos.
Llamando B a la matriz (sim´etrica) asociada a ϕ tenemos
B =
2 6 4
2 −2 1
−2 3 1
1 1 α
3 7 5,
det (B1) = 2
det (B2) = 2
det (B3) = det (B) = 2α−9
y por tanto,
ϕ es definida positiva ⇐⇒2α−9>0.
Ejercicio 7. Determinar los valores del par´ametro real α para los que la ecuaci´on
2x2
−2xy +αy2
=−5
tiene soluciones reales.
. . . . Si una forma cuadr´atica ϕ(x, y) alcanza alg´un valor negativo, entonces alcanza cualquier valor negativo puesto que para cualquier n´umero real α ∈R y cualquier vector (x, y) ∈R2
se verifica que
ϕ(αx, αy) =α2
ϕ(x, y).
Por tanto, la ecuaci´onϕ(x, y) =−5 tendr´a alguna soluci´on real si y s´olo si la forma cuadr´atica
ϕ no es semidefinida positiva (ni definida positiva). De forma equivalente, si y s´olo si al reducir a suma de cuadrados aparece alg´un coeficiente negativo o, lo que es lo mismo, la matriz sim´etrica asociada tiene alg´un autovalor negativo.
(a) Mediante reducci´on a suma de cuadrados (completando cuadrados):
ϕ(x, y) = 2x2
−2xy+αy2
= 2
x−1
2y
2
+
α− 1
2
y2
.
(b) Autovalores de A:
det (A−λI) =
2−λ −1
−1 α−λ
=λ2
−(α+ 2)λ+ 2α−1.
Teniendo en cuenta que el producto de los autovaloresλ1 ≤λ2 ∈Res det (A) =λ1λ2 =
2α−1 y que la suma es traza(A) = λ1+λ2 =α+ 2 tenemos
α < 1
2 α=
1 2 α >
1 2
λ1 <0 λ1 = 0 λ1 >0
λ2 >0 λ2 = 5
Por tanto, la ecuaci´on ϕ(x, y) = −5 tendr´a soluciones reales si y s´olo si α < 1
2. En dicho caso, las soluciones de la ecuaci´on 2x2
−2xy+αy2
=−5 ser´an los puntos de una hip´erbola.
Ejercicio 8. Estudiando el signo de una forma cuadr´atica apropiada, determina si cada una de las siguientes desigualdades es cierta (para cualquier valor de las variables):
(a) √xy ≤ x+2y, x≥0, y ≥0.
(b) x2 1+ 2x
2 2+ 3x
2
3 ≥4x1x2+ 4x2x3, ∀x1, x2, x3 ∈R. (c) x2
+ 2y2
+z2
≥2xy + 2yz, ∀x, y, z ∈R.
(d) x2
+y2
+z2 ≥ 16
3 si x+y+z = 4, x, y, z∈R.
. . . .
(a) Se verifica √xy ≤ x+y
2 ,∀x≥0,∀y≥0 puesto que la forma cuadr´atica
ϕ1(x, y) = (x+y) 2
−4xy =x2
+y2
−2xy = (x−y)2
essemidefinida positiva.
. . . .
(b) No es cierto que x2 1+ 2x
2 2+ 3x
2
3 ≥ 4x1x2+ 4x2x3, ∀x1, x2, x3 ∈R puesto que la forma
cuadr´atica
ϕ2(x1, x2, x3) =x 2 1+ 2x
2 2 + 3x
2
3−4x1x2−4x2x3
no es semidefinida positiva sino indefinida.
. . . .
(c) Si, es cierto que x2
+ 2y2
+z2
≥2xy+ 2yz, ∀x, y, z ∈R puesto que la forma cuadr´atica
ϕ3(x, y, z) =x 2
+ 2y2
+z2
−2xy −2yz
essemidefinida positiva.
. . . .
(d) Con un dibujo de una esfera y un plano debe resultar claro lo que sucede. ¿Corta el planox+y+z = 4 a la esfera de centro el origen de coordenadas y radio r=
È 16
3?
Ejercicio 9. Reduce a suma de cuadrados las formas cuadr´aticas siguientes y clasificarlas:
(1) Q(x1, x2, x3) =x 2 1+ 5x
2 2+ 2x
2
3+ 4x1x2+ 2x1x3 + 6x2x3. (2) Q(x1, x2) = 8x1x2+ 4x22.
(4) Q(x1, x2) = x21 + 4x1x2−2x22.
(5) Q(x1, x2, x3) =−x22 −2x1x3.
(6) Q(x1, x2, x3) = 2x21+ 3x 2 2.
. . . .
(1) Reduzcamos a suma de cuadrados: Completando primero el cuadrado en x1 y des pu´es
el cuadrado en x2 tenemos
x2 1+ 5x
2 2+ 2x
2
3+ 4x1x2 + 2x1x3+ 6x2x3 = x21+ 2x1(2x2+x3) +· · ·
= [x1+ 2x2+x3] 2
−(2x2+x3)2+ 5x22+ 2x 2
3+ 6x2x3
=
siendo
y1 =x1+ 2x2+x3
=y2 1 +x
2 2+x
2
3+ 2x2x3
=
siendo
y2 =x2+x3
=y2 1+y
2 2.
Por tanto, la forma cuadr´atica dadaQ(x1, x2x3) se reduce a y12+y 2
2 siendo 8
> < > :
y1 =x1 + 2x2+x3
y2 = x2+x3
y3 =∗
9 > = > ;
.
Como variabley3 podemos tomar cualquiera de la formay3 =ax1+bx2+cx3 de forma
que
2 6 4
y1
y2
y3 3 7 5=
2 6 4
1 2 1 0 1 1
a b c
3 7 5
2 6 4
x1
x2
x3 3 7 5
sea un cambio de variables, es decir que la matriz que relaciona las variables x e y
tenga determinante distinto de cero.
El n´umero de coeficientes positivos, negativos y nulos de cualquier reducci´on a suma de cuadrados es, respectivamente, (pos= 2, neg = 0, nul= 1). Por tanto es semidefinida positiva.
. . . .
(2) La forma cuadr´atica dada se reduce a 4y2 1−4y
2
2 siendo ¨
y1 =x1+x2
y2 =x1
«
.El n´umero de
coeficientes positivos, negativos y nulos de cualquier reducci´on a suma de cuadrados es, respectivamente, (pos= 1, neg = 1, nul= 0). Por tanto es indefinida.
. . . .
(3) La forma cuadr´atica dada (en tres variables) se reduce a y2 1+ 2y
2 2 +
15 8 y
2
3 siendo 8
> < > :
y1 = x1 +x2+ 2x3
y2 = x2− 3 4x3
y3 = x3
9 > = > ;
El n´umero de coeficientes positivos, negativos y nulos de cualquier reducci´on a suma de cuadrados es, respectivamente, (pos = 3, neg = 0, nul = 0). Por tanto es definida positiva.
. . . .
(4) La forma cuadr´atica dada Q(x1, x2) se reduce ay 2 1−6y
2
2 siendo ¨
y1 = x1+ 2x2
y2 = x2 «
.
El n´umero de coeficientes positivos, negativos y nulos de cualquier reducci´on a suma de cuadrados es, respectivamente, (pos= 1, neg= 1, nul= 0). Por tanto es indefinida.
. . . .
(5) La forma cuadr´atica dada (en tres variables) se reduce a −y2 1 −y
2 2+y
2
3, siendo 8
> < > :
y1 = x2
y2+y3 = x1
y2−y3 = x3 9 > = > ;
⇐⇒ 8 > < > :
y1 = x2
y2 = 1
2(x1+x3)
y3 = 1
2(x1−x3) 9 > = > ;
.
El n´umero de coeficientes positivos, negativos y nulos de cualquier reducci´on a suma de cuadrados es, respectivamente, pos= 1, neg= 2, nul= 0). Por tanto es indefinida.
. . . .
(6) Obviamente Q(x1, x2, x3) = 2x21 + 3x 2
2 es una forma cuadr´atica semidefinida positiva
(Q(0,0,1) = 0).
Ejercicio 10. Calcula, mediante el m´etodo de Lagrange, una forma can´onica para cada una de las formas cuadr´aticas siguientes y clasif´ıcalas. A continuaci´on, aplicando la ley de Inercia de Sylvester, escribe tres formas can´onicas m´as para cada una de ellas.
(1) Q(x1, x2) = x12 + 3x1x2+ 5x22.
(2) Q(x1, x2) = 5x 2
1+ 2x1x2+x 2 2. (3) Q(x1, x2) = −x12+ 2x1x2−7x22.
(4) Q(x1, x2) = 8x1x2−x22.
(5) Q(x1, x2, x3) = 3x21+ 5x 2 2+x
2
3 + 2x1x2+ 2x1x3 + 4x2x3. (6) Q(x1, x2, x3) = 8x21−4x
2 2−x
2
3−4x1x2−2x1x3−4x2x3.
(1) Completando el cuadrado en x1 tenemos
x2
1+ 3x1x2 + 5x 2 2 =
x1 +
3 2x2
2 −
3 2x2
2
+ 5x2 2 =
x1+
3 2x2
2
+ 11 4 x
2 2.
Es decir, una forma can´onica para la forma cuadr´atica dada es
y2 1 +
11 4 y
2
2 siendo
¨
y1 =x1+ 3 2x2
y2 =x2
«
.
Otras formas can´onicas para dicha forma cuadr´atica (en dos variables, definida positiva, (pos= 2, neg = 0, nul= 0)) son:
z2 1 +z
2 2, 5z
2 1 +
√
2z2
2, ln(2)z 2 1 + cos
2π
18
z2 2.
. . . .
(2) Completando el cuadrado en x1 tenemos
5x2
1+2x1x2+x 2 2 = 5
x1+
2 2·5x2
2 −5
2 2·5x2
2
+x2 2 =
2 4
siendo
y1 =x1+
x2
5
3 5= 5y
2 1+
4 5x
2 2.
Por tanto, una forma can´onica para la forma cuadr´atica dada es
5y2 1 +
4 5y
2
2 siendo
¨
y1 =x1+ 1 5x2
y2 =x2
«
.
Otras formas can´onicas para dicha forma cuadr´atica (en dos variables, definida positiva, (pos= 2, neg = 0, nul= 0)) son:
z2 1 +z
2 2, 5z
2 1 +
√
2z2
2, ln(2)z 2
1 + cos( 3 √
π)z2 2.
. . . .
(3) Completando el cuadrado en x1 tenemos
−x2
1+ 2x1x2−7x 2
2 =−[x1 −x2] 2
+x2 2−7x
2
2 =−[x1 −x2] 2
−6x2 2.
Por tanto, una forma can´onica para la forma cuadr´atica dada es
−y2 1 −6y
2
2 siendo
¨
y1 =x1−x2
y2 =x2
Otras formas can´onicas para dicha forma cuadr´atica (en dos variables, definida nega-tiva, (pos= 0, neg= 2, nul= 0)) son:
−z2 1 −z
2
2, −2z 2 1 −3z
2
2, log (0.2)z 2 1 + cos
2π
3
z2 2.
(4) Completando el cuadrado en x2 tenemos
8x1x2−x 2 2 =−
x2−
8 2x1
2
+
8 2x1
2
=−
x2−
8 2x1
2
+ 16x21.
Por tanto, una forma can´onica para la forma cuadr´atica dada es
−y2 1 + 16y
2
2 siendo
¨
y1=x2−4x1
y2=x1
Otras formas can´onicas para dicha forma cuadr´atica (en dos variables, indefinida, (pos= 1, neg = 1, nul= 0)) son:
z2 1 −z
2
2, −2z 2 1 + 3z
2
2, log(0.2)z 2 1 + cos
π 3 z2 2. . . . .
(5) Completando el cuadrado en x1 y a continuaci´on el cuadrado en x2 tenemos
3x2 1+ 5x
2 2+x
2
3+ 2x1x2+ 2x1x3+ 4x2x3 = 3x 2
1+x1(2x2+ 2x3) + 5x 2 2+x
2
3+ 4x2x3
= 3
x1+
(2x2+ 2x3)
3·2
2 −3
(2x2+ 2x3)
3·2
2
+ 5x2 2+x
2
3+ 4x2x3
=
siendo
y1 =x1+ 13(x2 +x3)
= 3y2 1 −
1 3[x
2 2+x
2
3+ 2x2x3] + 5x22+x 2
3+ 4x2x3
= 3y2 1+ 14 3x 2 2+ 2 3x 2 3+ 10
3 x2x3 = 3y 2 1 +
14 3
"
x2+ 10 3 214 3 x3 #2 − 14 3 " 10 3 214 3 x3 #2
+x2 3
=
siendo
y2 =x2+ 5 14x3
= 3y2 1 + 14 3 y 2 2 − 17 42x 2 3.
Por tanto, una forma can´onica para la forma cuadr´atica dada es
3y2 1 + 14 3 y 2 2 + 17 42y 2 3 siendo 8 > < > :
y1 =x1+13(x2+x3)
y2 =x2+145 x3
y3 =x3
Otras formas can´onicas para dicha forma cuadr´atica (en tres variables, definida posi-tiva, (pos= 3, neg= 0, nul= 0)) son:
z12+z 2 2 +z
2 3, 2z
2 1 + 3z
2 2 +πz
2 3, e−
0,2
z12+ cos
π
3
z22+ sen
π
3
z32.
. . . .
(6) Completando el cuadrado en x3 tenemos
8x2 1−4x
2 2−x
2
3−4x1x2−2x1x3−4x2x3 =−x23−2x3(x1+ 2x2) +· · ·
=−[x3 + (x1+ 2x2)] 2
+ (x1+ 2x2)2+ 8x21−4x 2
2−4x1x2
=
siendo
y1 =x3+x1 + 2x2
=−y2 1 + 9x
2 1 =
siendo
y2 =x1
=−y2 1 + 9y
Por tanto, una forma can´onica para la forma cuadr´atica dada es
−y2 1+ 9y
2
2 siendo
8 > < > :
y1 =x1+ 2x2+x3
y2 =x1
y3 =x2
9 > = > ;
.
Otras formas can´onicas para dicha forma cuadr´atica (en tres variables, indefinida, (pos= 1, neg = 1, nul= 1)) son:
z2 1 −z
2 2, 2z
2 1 −πz
2 3, z
2 2 −z
2
3, −e− 0,2
z2 1 + cos
π
3
z2 2.
Ejercicio 11. Indica la respuesta correcta:
(1) Una forma can´onica de la forma cuadr´atica Q(x1, x2) = 2x1x2 es:
−√2y2 1−y
2 2 X 3
5y 2 1−y
2 2
2y2 1+ 2y
2 2
(2) La forma cuadr´atica −5x2 −y2
+az2
+ 4xy −2xz−2yz es definida negativa si
a >−10. a=−10.
X a <−10. (−(y+z−2x)2
−(x+ 3z)2
+ (a+ 10)z2
)
Ejercicio 12. (1) Siendo a = (a1, a2,· · · , an), b = (b1, b2,· · · , bn) ∈ Rn dos vectores no
nulos, reduce a suma de cuadrados la forma cuadr´aticaQ definida por
Q(x1,· · ·, xn) = (a1x1+· · ·+anxn)(b1x1+· · ·+bnxn).
(2) Determina en funci´on de a∈R el car´acter de la forma cuadr´atica asociada a la matriz
A=
2 6 4
1 2 2
2 a 2
2 2 2−a
3 7 5.
(3) Determina el signo de la forma cuadr´atica
Q(x1,· · · , xn) =x1x2+x2x3+· · ·+xn−1xn+xnx1
y tres vectoresv1, v2 y v3 tales que Q(v1) = 1, Q(v2) =−5, Q(v3) = 0.
. . . .
Si los vectores a y b son linealmente dependientes, cada uno de ellos puede ex-presarse como m´ultiplo del otro (pues ambos son no-nulos). Siendo b = αa, α ∈
R (α6= 0), la forma cuadr´atica puede expresarse como
Q(x1,· · · , xn) = (a1x1+· · ·+anxn)α(a1x1+· · ·+anxn) =
= α(a1x1+· · ·+anxn)2 =αy12,
siendo y1 =a1x1+· · ·+anxn.
Por tanto, la forma cuadr´atica es semidefinida positiva si α > 0 y semidefinida negativa si α < 0. En este caso, si, por ejemplo, a1 6= 0, un posible cambio de
variables para obtener la forma can´onica ser´ıa
2 6 6 6 6 4 y1 y2 ... yn 3 7 7 7 7 5 = 2 6 6 6 6 4
a1x1+· · ·+anxn
x2 ... xn 3 7 7 7 7 5 = 2 6 6 6 6 4
a1 a2 · · · an 0 1 · · · 0
..
. ... . .. ... 0 0 · · · 1
3 7 7 7 7 5 2 6 6 6 6 4 x1 x2 ... xn 3 7 7 7 7 5
Si los vectores a y b son linealmente independientes, la forma cuadr´atica puede expresarse mediante
Q(x1,· · · , xn) =y1y2, siendo ¨
y1 =a1x1+· · ·+anxn,
y2 =b1x1+· · ·+bnxn.
Y ahora ya podemos expresar la forma cuadr´atica como suma de cuadrados,
Q(x1,· · · , xn) =y1y2, siendo
y1 =z1+z2
y2 =z1−z2
= (z1 +z2)(z1−z2) =z 2 1 −z
2 2.
Por tanto, en este caso, la inercia de Q es (pos = 1, neg = 1, nul = n−2) y la forma cuadr´atica es indefinida.
En el primer paso que hemos considerado en la reducci´on a suma de cuadrados, el cambio de variables se podr´a completar de muchas formas dependiendo de las coordenadas dea ybde las que proviene su independencia lineal. Si, por ejemplo, (a1, a2) y (b1, b2) son linealmente independientes, un posible cambio de variables
ser´ıa 2 6 6 6 6 6 6 6 4 y1 y2 y3 .. . yn 3 7 7 7 7 7 7 7 5 = 2 6 6 6 6 6 6 6 4
a1x1 +· · ·+anxn
b1x1 +· · ·+bnxn
x3 .. . xn 3 7 7 7 7 7 7 7 5 = 2 6 6 6 6 6 6 6 4
a1 a2 a3 · · · an
b1 b2 b3 · · · an 0 0 1 · · · 0
..
. ... ... . .. ... 0 0 0 · · · 1
3 7 7 7 7 7 7 7 5 2 6 6 6 6 6 6 6 4 x1 x2 x3 .. . xn 3 7 7 7 7 7 7 7 5 .
Si (a1, a2) y (b1, b2) fueran linealmente dependientes, tendr´ıa que haber otra pareja
de coordenadas i < j tales que (ai, aj) y (bi, bj) ser´ıan linealmente independientes y podr´ıamos completar el cambio de variables de otra forma.
(2) La expresi´on polin´omica de la forma cuadr´atica asociada a la matriz dada es
Q(x1, x2, x3) =x 2
1 + 4x1x2+ 4x1x3+ax 2
2+ 4x2x3+ (2−a)x 2 3.
Reduzcamos a suma de cuadrados,
Q(x1, x2, x3) =
completando cuadrados en x1
=x2
1+ 4x1(x2+x3) +· · ·
= [x1 + 2(x2+x3)] 2
−4(x2+x3)2+ax22 + 4x2x3+ (2−a)x23
= y2
1 + (a−4)x 2
2−4x2x3−(a+ 2)x 2
3. (∗)
A partir de aqu´ı tenemos que distinguir distintos casos:
Para a= 4 tenemos,
Q(x1, x2, x3) = y12−4x2x3−6x23 =
completando cuadrados en x3
= y2 1 −6
x3 + 1 3x2
2
+ 6
1 3x2
2
=y2 1 −6y
2 3 +
2 3y
2 2
siendo
8 > < > :
y1 =x1+ 2x2+ 2x3
y2 =x2
y3 =x3+ 2 3x2
9 > = > ;
.
En este caso a= 4, la forma cuadr´atica es indefinida.
Si a6= 4 podemos seguir completando cuadrados en (∗) y obtenemos
Q(x1, x2, x3) = y12+ (a−4)x 2
2−4x2x3−(a+ 2)x23 =
completando cuadrados enx2
= y2
1 + (a−4)
x2− 2
a−4x3 2
−(a−4)
2
a−4x3 2
−(a+ 2)x2 3
= y2
1 + (a−4)y 2 2−
4
a−4 +a+ 2
x2 3
= y2
1 + (a−4)y 2 2−
a2
−2a−4
a−4 x
2 3.
Por tanto, si a6= 4, los coeficientes de los cuadrados obtenidos son
1, a−4, −a
2
−2a−4
a−4 =−
a−(1 +√5)
a−(1−√5)
a−4
con lo cual
• sia >4, los signos son +,+,−y, por tanto, la forma cuadr´atica es indefinida,
Resumiendo, la forma cuadr´atica es indefinida para cualquier valor de a ∈ R. En lo
referente a los signos de los coeficientes en cualquier forma can´onica tenemos
a < a1 a =a1 a1 < a < a2 a =a2 a2 < a <4 a= 4 a >4
pos 2 1 1 1 2 2 2
neg 1 1 2 1 1 1 1
nul 0 1 0 1 0 0 0
Observaci´on.- Que la forma cuadr´atica Q es indefinida para cualquier valor de a puede deducirse de estudiar las formas cuadr´aticas que se obtienen al anular alguna de las variables. Estudiemos la forma cuadr´atica ϕ que se obtiene al anular x3 y la forma cuadr´atica ψ que se obtiene al anularx2.
La forma cuadr´atica que se obtiene al anular x3 es
ϕ(x1, x2) =Q(x1, x2,0) = [x1 x2]
1 2 2 a
x1 x2
.
Por tanto, si det
1 2 2 a
=a−4<0 esta forma cuadr´atica ϕes indefinida. Por tanto
tambi´en Q es indefinida para a <4.
La forma cuadr´atica que se obtiene al anular x2 es
ϕ(x1, x3) =Q(x1,0, x3) = [x1 x3]
1 2
2 2−a
x1 x3
.
Por tanto, si det
1 2
2 2−a
=−2−a <0 esta formaψ cuadr´atica es indefinida. Por
tanto tambi´en Qes indefinida paraa >−2.
Es decir, sia <4 ´o a >−2,Qes indefinida. Por tantoQ es indefinida para cualquiera∈R.
. . . .
(3) Obviamente la forma cuadr´atica va a ser indefinida y es f´acil obtener puntos donde alcanza valores de cada signo. Por ejemplo,
Q(1,1,0,· · · ,0) = 1, Q(1,−1,0,· · ·,0) =−1 y Q(1,0,0,· · · ,0) = 0.
Para obtener puntos donde la forma cuadr´atica tome el valor−5 basta con considerar, por ejemplo,
Q(5,−1,0,· · ·,0) =Q(√5,−√5,0, . . . ,0) = −5.
Observaci´on.-Notemos que la forma cuadr´atica que se obtiene al anular todas las variables salvo dos, por ejemplo, la forma cuadr´atica en dos variables dada por
ϕ(x1, x2) =Q(x1, x2,0,· · · ,0) =x1x2
es, obviamente, una forma cuadr´atica indefinida, pues una forma can´onica de ϕes
ϕ(x1, x2) =x1x2=
x1=y1+y2 x2=y1−y2
=y21−y 2 2,
Ejercicio 13.
(1a) Sea A una matriz real m×n. Demuestra que la matriz sim´etrica ATA es semidefinida positiva. Determina cada caso en funci´on del espacio nulo de A.
(1b) Demuestra que siAes una matriz real 10×15, entonces la forma cuadr´aticaϕ:R15−→ R definida por ϕ(x) = xTATAx es semidefinida positiva pero no puede ser definida positiva.
(2) Demuestra que la suma de dos matrices (reales) sim´etricas (del mismo orden), una semidefinida positiva y otra definida positiva, es una matriz definida positiva.
(3) Pon un ejemplo de dos matrices sim´etricas indefinidas cuya suma sea una matriz definida positiva.
. . . .
(1a) A es una matriz real, cuadrada, sim´etrica de orden n y sea ϕ la forma cuadr´atica asociada,ϕ(x) =xTATAx. Para x∈Rn arbitrario tenemos, siendo y=Ax∈Rm,
xTATAx= (Ax)T(Ax) = [y
1, . . . , yn] 2 6 6 4
y1
...
yn
3 7 7 5
=y2
1+· · ·+y 2
n≥0
y por tanto ATA es (al menos) semidefinida positiva.
ATA ser´a definida positiva si y s´olo si la ´unica soluci´on de la ecuaci´on de segundo grado, con inc´ognitax, ϕ(x) = 0 es la soluci´on nula. Pero, siendo y=Ax tenemos
ϕ(x) = 0 ⇐⇒y1 =y2 =· · ·=yn= 0⇐⇒y=Ax= 0.
Por tanto, ATA es definida positiva si y s´olo si Ax= 0 tiene soluci´on ´unica.
. . . .
(1b) ϕ es semidefinida positiva puesto que
ϕ(x) =xTATAx= (Ax)TAx= (Ax)·(Ax) =kAxk2
≥0 ∀x∈R15.
Veamos que no puede ser definida positiva. SiA es una matriz real 10×15, entonces
rango(A) = dim(Col (A))≤10
y, por tanto, dim(Nul (A))≥ 5. Si tomamos un vector z 6= 0 tal que Az = 0 entonces
ϕ(z) = 0, z 6= 0.
. . . .
(2) Si A es definida positiva (xTAx > 0,∀x ∈ Rn, x 6= 0) y B es semidefinida positiva (xTBx≥ 0,∀x∈Rn), tenemos
xT(A+B)x=xTAx+xTBx >0,
∀x∈Rn, x6= 0.
. . . .
(3) Obviamente las siguientes matrices A y B son indefinidas y su suma A +B = I es definida positiva,
A=
2
−1
, B =
−1
2
