Clasificación de las formas cuadráticas

Sea $Q(x_1,x_2)=x_1^2+x_2^2+4x_1x_2$ una forma cuadrática de $\mathbb R^2$. Se pide dar una base respecto de la cual $Q$ se pueda expresar como una suma de cuadrados.

1. Qué se pide. «Suma de cuadrados» = sin término cruzado = matriz diagonal = forma canónica (Def. 6.10). Hay que dar una base $B'$ tal que $P^tAP$ sea diagonal; sirve la ortonormal de vectores propios.

2. Matriz. $a_{11}=a_{22}=1$ y $4x_1x_2\Rightarrow a_{12}=a_{21}=2$:

   $$A=\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}.$$

   Comprobación: $X^tAX=x_1^2+4x_1x_2+x_2^2$ ✓.

3. Valores propios.

   $$|A-\lambda I|=(1-\lambda)^2-4=\lambda^2-2\lambda-3=(\lambda-3)(\lambda+1):$$

   $\lambda=-1$ y $\lambda=3$.

4. Vectores propios. $\lambda=-1$: $(A+I)X=0\iff x_1+x_2=0$, $v_1=(1,-1)$. $\lambda=3$: $(A-3I)X=0\iff x_1=x_2$, $v_2=(1,1)$.

5. Ortonormalizar. $v_1\cdot v_2=1-1=0$: ya son ortogonales (valores propios distintos). Sólo se normaliza ($\|v_i\|=\sqrt2$): $B'=\big\{\tfrac1{\sqrt2}(1,-1),\ \tfrac1{\sqrt2}(1,1)\big\}$,

   $$P=\tfrac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&1\\-1&1\end{pmatrix}.$$
6. Expresión en $B'$. $P$ es ortogonal, luego $P^tAP=\operatorname{diag}(-1,3)$ y, con coordenadas $(x_1',x_2')$ respecto de $B'$, $Q=-x_1'^2+3x_2'^2$. Control: $Q(1,1)=6$, y $(1,1)=\sqrt2\,u_2$ tiene coordenadas $(0,\sqrt2)$: $3\cdot2=6$ ✓.
7. Clasificación (comentario). Un coeficiente negativo y uno positivo: indefinida ($Q(1,-1)=-2<0$, $Q(1,1)=6>0$).
8. Comprobación alternativa (completando cuadrados): $Q=(x_1+2x_2)^2-3x_2^2$, otra forma canónica con coeficientes $1,-3$: de nuevo un $+$ y un $-$ (ley de inercia).

Error típico: dar la base sin normalizar y escribir los valores propios como coeficientes: con $P$ no ortogonal, $P^tAP\neq P^{-1}AP$.

Dada $f((x_1,x_2),(y_1,y_2))=x_1y_1-2x_1y_2-2x_2y_1+3x_2y_2$, si $Q$ es su forma cuadrática asociada se pide: A) La expresión canónica de $Q$. B) Clasificar la forma cuadrática.

1. Matriz. $a_{ij}$ = coeficiente de $x_iy_j$:

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

   simétrica, luego $Q(x)=f(x,x)=x_1^2-4x_1x_2+3x_2^2$.

2. A) Valores propios.

   $$|A-\lambda I|=(1-\lambda)(3-\lambda)-4=\lambda^2-4\lambda-1=0\Rightarrow\lambda=\dfrac{4\pm\sqrt{20}}2=2\pm\sqrt5.$$
3. Vectores propios (el libro no los da). De la primera fila de $(A-\lambda I)X=0$: $(1-\lambda)x_1-2x_2=0$, luego $v=(2,\,1-\lambda)$: $v_1=(2,\,-1+\sqrt5)$ para $\lambda_1=2-\sqrt5$ y $v_2=(2,\,-1-\sqrt5)$ para $\lambda_2=2+\sqrt5$. Control: $v_1\cdot v_2=4+(\sqrt5-1)(-1-\sqrt5)=4+(1-5)=0$ ✓ (ortogonales).
4. Normalizar: $\|v_{1}\|^2=4+(\sqrt5-1)^2=10-2\sqrt5$, $\|v_2\|^2=10+2\sqrt5$; $P=(u_1\ u_2)$ ortogonal.
5. Expresión canónica: $Q=(2-\sqrt5)\,x_1'^2+(2+\sqrt5)\,x_2'^2$ (en las coordenadas de la base $\{u_1,u_2\}$).
6. B) Clasificación. $\sqrt5>2$ (pues $5>4$) $\Rightarrow$ $2-\sqrt5<0<2+\sqrt5$: valores propios de ambos signos $\Rightarrow$ indefinida.
7. Atajo sin raíces (2×2): $|A|=\lambda_1\lambda_2=3-4=-1<0\Rightarrow$ signos opuestos. Con vectores: $Q(1,0)=1>0$ y $Q(2,1)=4-8+3=-1<0$. Signatura 1, rango 2.
8. Comprobación alternativa: $Q=(x_1-2x_2)^2-x_2^2$ (expandir: $x_1^2-4x_1x_2+4x_2^2-x_2^2$ ✓), forma canónica $y_1^2-y_2^2$: un $+$ y un $-$.

Error típico: aproximar $2-\sqrt5$ como «0» o decir «las raíces no son bonitas, así que no se puede»: sólo importa su signo.

Sabiendo que $2x_1x_2+2x_1x_3+2x_2x_3$ es la expresión de la forma cuadrática $Q$ en una base dada, se piden: A) Unas ecuaciones de los subespacios propios de la matriz asociada $A$. B) Una matriz de paso ortogonal que la diagonalice.

1. Matriz. No hay cuadrados (diagonal nula) y cada cruzado $2x_ix_j$ da $a_{ij}=a_{ji}=1$:

   $$A=\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&1\\1&1&0\end{pmatrix}.$$

2. Polinomio característico. Sumando las tres columnas a la primera, ésta queda $(2-\lambda)(1,1,1)^t$; restando luego la primera fila a las otras dos:

   $$|A-\lambda I|=(2-\lambda)\begin{vmatrix}1&1&1\\0&-\lambda-1&0\\0&0&-\lambda-1\end{vmatrix}=(2-\lambda)(\lambda+1)^2.$$

   Valores propios: $\lambda=-1$ (doble) y $\lambda=2$ (simple).

3. A) Subespacios propios. $\lambda=-1$: $A+I$ es la matriz de unos, de rango 1: una sola ecuación, $L_{-1}:\ x_1+x_2+x_3=0$ (dimensión 2, igual a la multiplicidad). $\lambda=2$:

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

   tiene rango 2 (las filas suman 0):

   $$L_2:\ \begin{cases}-2x_1+x_2+x_3=0\\x_1-2x_2+x_3=0\end{cases},$$

   es decir, $L_2=\langle(1,1,1)\rangle$.

4. B) Base ortonormal. En $L_2$: $u_3=\tfrac1{\sqrt3}(1,1,1)$. En $L_{-1}$, una base es $w_1=(1,0,-1)$, $w_2=(0,1,-1)$, pero no son ortogonales ($w_1\cdot w_2=1$): aquí el tema 5.3 no basta (sólo da ortogonalidad entre subespacios propios distintos). Gram-Schmidt dentro de $L_{-1}$: $e_1=w_1$,

   $$e_2=w_2-\dfrac{w_2\cdot e_1}{e_1\cdot e_1}e_1=(0,1,-1)-\tfrac12(1,0,-1)=\big(-\tfrac12,1,-\tfrac12\big)\propto(-1,2,-1)$$

   (sigue en $L_{-1}$: $-1+2-1=0$ ✓). Normalizando: $u_1=\tfrac1{\sqrt2}(1,0,-1)$, $u_2=\tfrac1{\sqrt6}(-1,2,-1)$. Ambos son ortogonales a $u_3$ automáticamente.

5. Matriz de paso ortogonal: $$P=\begin{pmatrix}\frac1{\sqrt2}&-\frac1{\sqrt6}&\frac1{\sqrt3}\\[2pt]0&\frac2{\sqrt6}&\frac1{\sqrt3}\\[2pt]-\frac1{\sqrt2}&-\frac1{\sqrt6}&\frac1{\sqrt3}\end{pmatrix},\qquad P^tP=I,\qquad P^tAP=\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&-1&0\\0&0&2\end{pmatrix}.$$
6. Forma canónica y clase. $Q=-x_1'^2-x_2'^2+2x_3'^2$: $\operatorname{sig}=1$, $\operatorname{rang}=3$ $\Rightarrow$ indefinida.

Error típico: normalizar $w_1,w_2$ sin ortogonalizarlos: $P$ no sería ortogonal y $P^tAP$ no sería $\Lambda$.

La forma cuadrática $Q:\mathbb R^3\to\mathbb R$ definida por $Q(x_1,x_2,x_3)=ax_1^2+2ax_1x_2+ax_2^2+(a-1)x_3^2$ con $a=-1$ es: A) Definida positiva. B) Semidefinida negativa.

1. Con $a=-1$: $Q=-x_1^2-2x_1x_2-x_2^2-2x_3^2$, de matriz

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

2. Valores propios. Es diagonal por bloques:

   $$|A-\lambda I|=\big[(-1-\lambda)^2-1\big](-2-\lambda)=(\lambda^2+2\lambda)(-2-\lambda)=-\lambda(\lambda+2)^2.$$

   Raíces: $\lambda=0$ (simple) y $\lambda=-2$ (doble).

3. Clasificación. Todos $\le0$ y uno es 0 $\Rightarrow$ semidefinida negativa: B cierta, A falsa. (A se descarta enseguida: $Q(e_1)=a_{11}=-1<0$.)
4. Comprobación directa: $Q=-(x_1+x_2)^2-2x_3^2\le0$ y $Q(1,-1,0)=0$ con $(1,-1,0)\neq0$.
5. Con invariantes: forma canónica $-2y_1^2-2y_2^2$; $\operatorname{rang}=2<3$ y $\operatorname{sig}=0$ $\Rightarrow$ SN.

Error típico: conformarse con «$|A|=0$ luego es semidefinida» sin mirar el signo de los otros valores propios.

Clasifíquense las siguientes formas cuadráticas: A) $Q(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_2^2+2x_3^2+4x_2x_3$. B) $Q(x_1,x_2,x_3)=2x_1x_2+4x_1x_3+x_2^2-2x_2x_3$.

A)

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

   (es la forma de U Ej. 6.19 y de Feb. 2018 A).

2. $$|A-\lambda I|=(1-\lambda)\big[(2-\lambda)^2-4\big]=(1-\lambda)\lambda(\lambda-4):$$

   $\lambda=1,\ 4,\ 0$.

3. Todos $\ge0$ y uno nulo $\Rightarrow$ semidefinida positiva. Testigo: $Q(0,1,-1)=2+2-4=0$ con vector no nulo.
4. Sylvester también lo confirma: $\Delta_1=1>0$, $\Delta_2=2>0$, $|A|=0$ (rama SP). Ambas vías coinciden.

B)

1. Matriz. $a_{11}=0$, $a_{22}=1$, $a_{33}=0$; $2x_1x_2\Rightarrow a_{12}=1$; $4x_1x_3\Rightarrow a_{13}=2$; $-2x_2x_3\Rightarrow a_{23}=-1$:

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

2. Sylvester. $\Delta_1=0$,

   $$\Delta_2=\begin{vmatrix}0&1\\1&1\end{vmatrix}=-1,$$

   $|A|=0(0-1)-1(0+2)+2(-1-2)=-8$. Ninguna rama encaja ($\Delta_1=0$ no es $>0$ ni $<0$, y $|A|\neq0$): el criterio no decide.

3. Lo que sí se sabe: $Q(e_1)=a_{11}=0$ con $e_1\neq0$ $\Rightarrow$ no es definida; y $|A|=-8\neq0\Rightarrow$ ningún valor propio es 0 $\Rightarrow$ no es semidefinida. Luego indefinida.
4. Con dos vectores (la vía más rápida): $Q(0,1,0)=1>0$ y $Q(1,-1,0)=-2+1=-1<0$.
5. Con valores propios: $|A-\lambda I|=-(\lambda-2)(\lambda^2+\lambda-4)$, raíces $2,\ \tfrac{-1+\sqrt{17}}2\approx1{,}56,\ \tfrac{-1-\sqrt{17}}2\approx-2{,}56$: signos mixtos $\Rightarrow$ indefinida; $\operatorname{sig}=2$, $\operatorname{rang}=3$.

Error típico: pensar que «$\Delta_1=0$» o «$\Delta_2<0$» significa automáticamente «semidefinida».

La forma cuadrática asociada a la forma bilineal definida por $f(x,y)=2x_1y_1-2x_1y_2-2x_2y_1-3x_2y_3-3x_3y_2-\tfrac12x_1y_3-\tfrac12x_3y_1+2x_3y_3$: A) Es definida positiva. B) Tiene rango 2. C) Tiene signatura 3.

1. Matriz ($a_{ij}$ = coeficiente de $x_iy_j$):

   $$A=\begin{pmatrix}2&-2&-\tfrac12\\-2&0&-3\\-\tfrac12&-3&2\end{pmatrix}.$$

   Es simétrica, luego es la matriz de $Q$.

2. Determinante (1.ª fila):

   $$|A|=2(0-9)-(-2)\big(-4-\tfrac32\big)+\big(-\tfrac12\big)(6-0)=-18-11-3=-32.$$
3. A) Falsa. Si $Q$ fuese DP, todos los $\lambda_i>0$ y $|A|=\prod\lambda_i>0$; pero $|A|=-32<0$. (Más rápido: $Q(e_2)=a_{22}=0$ con $e_2\neq0$ contradice «$Q(x)>0$ para todo $x\neq0$».)

4. B) Falsa.

   $$|A|\neq0\Rightarrow\operatorname{rang}A=3=\operatorname{rang}Q.$$
5. C) Falsa. $\operatorname{sig}=3$ con $n=3$ y $\operatorname{rang}=3$ significaría DP, y A es falsa. De hecho $\operatorname{sig}=2$: $|A|<0\Rightarrow$ uno o tres valores propios negativos; como $\operatorname{tr}A=4>0$ no pueden ser los tres negativos $\Rightarrow$ uno negativo y dos positivos. Es indefinida (valores propios $\approx-2{,}92;\ 2{,}45;\ 4{,}47$).
6. Ninguna de las tres afirmaciones es cierta, como dice el libro.

Sea $Q:\mathbb R^3\to\mathbb R$ la forma cuadrática definida en la base canónica por $Q(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2+\alpha x_2^2+2x_3^2+\alpha x_1x_3+2x_2x_3$ siendo $\alpha\in\mathbb R$. Entonces se verifica: A) $Q$ es definida positiva para cierto valor de $\alpha$. B) $Q$ es indefinida para cualquier valor de $\alpha$. C) $Q$ es definida negativa para ciertos valores de $\alpha$.

1. Matriz. $\alpha x_1x_3\Rightarrow a_{13}=\tfrac\alpha2$; $2x_2x_3\Rightarrow a_{23}=1$:

   $$A=\begin{pmatrix}2&0&\alpha/2\\0&\alpha&1\\\alpha/2&1&2\end{pmatrix}.$$

2. Menores. $\Delta_1=2$; $\Delta_2=2\alpha$;

   $$|A|=2(2\alpha-1)-0+\tfrac\alpha2\big(0-\tfrac{\alpha^2}2\big)=4\alpha-2-\tfrac{\alpha^3}4=\tfrac14(-\alpha^3+16\alpha-8).$$
3. A) Cierta. Basta un valor. Con $\alpha=2$: $\Delta_1=2>0$, $\Delta_2=4>0$, $|A|=\tfrac14(-8+32-8)=4>0\Rightarrow$ DP por Sylvester (⇔). (Valores propios $2,\ 2\pm\sqrt2$, todos $>0$.)
4. B) Falsa: para $\alpha=2$ es DP, no indefinida.
5. C) Falsa: ser DN exige $\Delta_1<0$ y $\Delta_1=2$ para todo $\alpha$. Idea equivalente: $Q(e_1)=a_{11}=2>0$ siempre, lo que impide $Q<0$ en todo $x\neq0$.
6. (Extra, no se pide) DP $\iff\alpha>0$ y $\alpha^3-16\alpha+8<0$, es decir $\alpha\in(r_1,r_2)$ con $r_1\approx0{,}508$ y $r_2\approx3{,}722$ (raíces no racionales de $\alpha^3-16\alpha+8$).

Se pide calcular los valores de $a$ para que la forma cuadrática $Q(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+4x_2^2+2x_3^2+2ax_1x_2+2x_1x_3$ sea semidefinida positiva.

1. Matriz.

   $$A=\begin{pmatrix}1&a&1\\a&4&0\\1&0&2\end{pmatrix}.$$
2. Condición necesaria: $|A|=0$. Si $Q$ es SP, algún valor propio es 0 y entonces $|A|=\prod\lambda_i=0$. $|A|=1(8-0)-a(2a-0)+1(0-4)=4-2a^2=0\iff a=\pm\sqrt2$. Sólo estos dos valores pueden servir.
3. Condición suficiente (Sylvester, rama SP). Con $a=\pm\sqrt2$: $\Delta_1=1>0$, $\Delta_2=4-a^2=2>0$ y $|A|=0$ $\Rightarrow$ $Q$ es SP.
4. Resultado: $Q$ es SP $\iff a=\pm\sqrt2$.
5. Comprobación: para $a=\pm\sqrt2$ los valores propios son $0$ y $\tfrac{7\pm\sqrt5}2$ (ambos $>0$ porque $\sqrt5<7$) y $Q$ se anula en $\operatorname{Nuc}A=\langle(-2,\pm\tfrac{\sqrt2}2,1)\rangle$.
6. (Para completar) $|a|<\sqrt2$: $\Delta_1=1$, $\Delta_2=4-a^2>0$, $|A|=4-2a^2>0$ $\Rightarrow$ DP. $|a|>\sqrt2$: $|A|<0$ (número impar de valores propios negativos) y como $Q(e_1)=1>0$ hay también uno positivo $\Rightarrow$ indefinida.

Error típico: aplicar la rama SP de Sylvester cuando algún $\Delta_i$ ($i<n$) vale 0: entonces el criterio no se aplica ($A=\operatorname{diag}(0,1)$ es SP con $\Delta_1=0$) y hay que usar valores propios.

Clasifica: a) $Q=2x_1^2+2x_1x_2+x_2^2$. b) $Q=-x_1^2+2x_1x_2-x_2^2$. c) $Q=x_1^2+6x_1x_2+x_2^2$.

1. a)

   $$A=\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}:$$

   $\Delta_1=2>0$, $|A|=1>0$ $\Rightarrow$ DP (Sylvester ⇔). Control: $Q=(x_1+x_2)^2+x_1^2$ sólo se anula si $x_1=0$ y $x_1+x_2=0$, o sea $x=0$.

2. b)

   $$A=\begin{pmatrix}-1&1\\1&-1\end{pmatrix}:$$

   $|A|=0$, $\Delta_1=-1<0$ $\Rightarrow$ SN. Valores propios $0$ y $-2$. Control: $Q=-(x_1-x_2)^2$, nula en $(1,1)$.

3. c)

   $$A=\begin{pmatrix}1&3\\3&1\end{pmatrix}:$$

   $|A|=1-9=-8<0\Rightarrow$ valores propios de signo opuesto $\Rightarrow$ indefinida (son $4$ y $-2$). Testigos: $Q(1,0)=1>0$, $Q(1,-1)=1-6+1=-4<0$.

Error típico de c): «todos los coeficientes son positivos, luego es positiva». Lo decide la matriz, no los coeficientes (cf. Lay Ej. 6, p. 406).

$Q=2x_1^2+2x_2^2+2x_3^2+2x_1x_2+2x_1x_3+2x_2x_3$. Halla una base ortonormal en la que sea canónica y clasifícala.

1. $$A=\begin{pmatrix}2&1&1\\1&2&1\\1&1&2\end{pmatrix}.$$

   Sumando las tres columnas a la 1.ª (como en E 6.17): $|A-\lambda I|=(4-\lambda)(1-\lambda)^2$. Valores propios $4$ (simple) y $1$ (doble).

2. $L_4=\langle(1,1,1)\rangle$. $L_1$: $(A-I)X=0\iff x_1+x_2+x_3=0$; base $\{(1,-1,0),(1,1,-2)\}$, que ya es ortogonal ($1-1+0=0$; se ha elegido a propósito; con otra base habría que aplicar Gram-Schmidt).

3. Normalizando,

   $$P=\Big(\tfrac1{\sqrt3}(1,1,1)\ \ \tfrac1{\sqrt2}(1,-1,0)\ \ \tfrac1{\sqrt6}(1,1,-2)\Big)$$

   por columnas; $P^tP=I$, $P^tAP=\operatorname{diag}(4,1,1)$.

4. $Q=4y_1^2+y_2^2+y_3^2$: $\operatorname{rang}=\operatorname{sig}=3=n\Rightarrow$ DP. Control con Sylvester: $\Delta_1=2$, $\Delta_2=3$, $|A|=4$, todos $>0$ ✓ (y $|A|=4\cdot1\cdot1$ ✓).

$Q=a\,x_1^2+2x_1x_2+a\,x_2^2+x_3^2$, $a\in\mathbb R$. Clasifícala según $a$.

1. $$A=\begin{pmatrix}a&1&0\\1&a&0\\0&0&1\end{pmatrix};$$

   $\Delta_1=a$, $\Delta_2=a^2-1$, $|A|=a^2-1$.

2. Valores propios (bloque $2\times2$ y el 1 aislado):

   $$[(a-\lambda)^2-1](1-\lambda)=0\Rightarrow\lambda=a+1,\ a-1,\ 1.$$
3. Casos:
   • $a>1$: $\Delta_1,\Delta_2,|A|>0\Rightarrow$ DP (o $a\pm1>0$ y $1>0$).
   • $a=1$: valores propios $2,0,1\Rightarrow$ SP. Aquí la rama SP de Sylvester no se aplica ($\Delta_2=0$ no es $>0$): hay que ir a valores propios.
   • $-1<a<1$: $a-1<0<a+1\Rightarrow$ indefinida.
   • $a=-1$: valores propios $0,-2,1\Rightarrow$ indefinida (¡aunque $|A|=0$! Tener determinante nulo no implica semidefinida). Testigos: $Q(e_3)=1>0$, $Q(1,0,0)=-1<0$.
   • $a<-1$: $a+1<0$, $a-1<0$, $1>0\Rightarrow$ indefinida.
4. Nunca es DN ni SN, porque $Q(e_3)=a_{33}=1>0$ para todo $a$.

Error típico: concluir «semidefinida» en $a=-1$ sólo porque $|A|=0$.

Si $Q(x_1,x_2)=x_1^2+x_2^2+4x_1x_2$ es una forma cuadrática de $\mathbb R^2$, se pide calcular una forma canónica asociada a $Q$.

1. Es la misma forma de E 6.18:

   $$A=\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix},$$

   valores propios $-1$ y $3$ (vectores propios $(1,-1)$ y $(1,1)$).

2. Base ortonormal de vectores propios, en el orden «primero $\lambda=3$»: $B'=\{\tfrac1{\sqrt2}(1,1),\ \tfrac1{\sqrt2}(1,-1)\}$, con $P^tAP=\operatorname{diag}(3,-1)$.
3. Forma canónica: $Q=3x_1'^2-x_2'^2$ (coordenadas respecto de $B'$). Coincide con la oficial, que da $3x_1^2-x_2^2$.
4. Para que la respuesta esté «debidamente justificada» hay que decir en qué base (o que es la base ortonormal de vectores propios): $3x_1^2-x_2^2$ a secas podría leerse como otra forma distinta en la base canónica.
5. Con las cuentas del Bloque I: otra forma canónica válida (completando cuadrados) es $y_1^2-3y_2^2$; la de arriba y ésta tienen un $+$ y un $-$ (ley de inercia).

Sea $Q(x_1,x_2)=x_1^2+4x_1x_2-2x_2^2$ una forma cuadrática (definida con respecto a la base canónica $B$). Halle una expresión canónica de $Q$, es decir, halle una base con respecto a la cual $Q$ sólo tenga términos cuadrados.

1. Matriz.

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

   ($4x_1x_2\Rightarrow a_{12}=a_{21}=2$).

2. Valores propios.

   $$|A-\lambda I|=(1-\lambda)(-2-\lambda)-4=\lambda^2+\lambda-6=(\lambda-2)(\lambda+3):$$

   $\lambda=2$ y $\lambda=-3$.

3. Vectores propios. $\lambda=2$: $-x_1+2x_2=0\Rightarrow v_1=(2,1)$. $\lambda=-3$: $4x_1+2x_2=0\Rightarrow v_2=(-1,2)$ (la oficial escribe $(1,-2)$: es el mismo subespacio).

4. Ortogonales: $v_1\cdot v_2=-2+2=0$ (valores propios distintos). Normalizar ($\|v_i\|=\sqrt5$): $B'=\{\tfrac1{\sqrt5}(2,1),\ \tfrac1{\sqrt5}(-1,2)\}$,

   $$P=\tfrac1{\sqrt5}\begin{pmatrix}2&-1\\1&2\end{pmatrix}$$

   ortogonal.

5. Forma canónica: $P^tAP=\operatorname{diag}(2,-3)$, es decir, $Q=2x_1'^2-3x_2'^2$ en las coordenadas de $B'$ (un coeficiente positivo y uno negativo: indefinida).
6. Si se deja sin normalizar $\{(2,1),(-1,2)\}$, también es una base que responde a la pregunta (ortogonal), pero entonces $Q=10x_1'^2-15x_2'^2$ ($=2\cdot5$ y $-3\cdot5$, pues $\|v_i\|^2=5$).

Hallar una base en la que la forma cuadrática $Q(x_1,x_2,x_3)=x_1^2+2x_2^2+4x_2x_3+2x_3^2$ se exprese en forma canónica (sólo tiene términos cuadrados) (1 pto.).

La oficial sólo remite al «Ejemplo 6.19 del libro de teoría, página 259». Desarrollo completo:

1. Matriz.

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

   ($4x_2x_3\Rightarrow a_{23}=a_{32}=2$).

2. Valores propios. Por la 1.ª fila:

   $$|A-\lambda I|=(1-\lambda)\big[(2-\lambda)^2-4\big]=(1-\lambda)\lambda(\lambda-4):$$

   $\lambda=1,0,4$, todos simples.

3. Vectores propios. $\lambda=1$:

   $$\begin{cases}x_2+2x_3=0\\2x_2+x_3=0\end{cases}\Rightarrow x_2=x_3=0:$$

   $v_1=(1,0,0)$. $\lambda=0$: $x_1=0$, $x_2+x_3=0$: $v_2=(0,1,-1)$. $\lambda=4$: $-3x_1=0$, $-2x_2+2x_3=0$: $v_3=(0,1,1)$.

4. Ortonormal. Son ortogonales dos a dos (valores propios distintos; $v_2\cdot v_3=1-1=0$). Normalizando:

   $$B'=\{(1,0,0),\ \tfrac1{\sqrt2}(0,1,-1),\ \tfrac1{\sqrt2}(0,1,1)\}$$

   y $P^tAP=\operatorname{diag}(1,0,4)$: $Q=x_1'^2+4x_3'^2$ (U Ej. 6.20).

5. Otra respuesta válida (la pregunta sólo pide una base donde la matriz sea diagonal): con la base ortogonal sin normalizar $\{(1,0,0),(0,1,-1),(0,1,1)\}$, $P^tAP=\operatorname{diag}(1,0,8)$ y $Q=x_1'^2+8x_3'^2$ (U Ej. 6.21).
6. Control (ley de inercia): completando cuadrados, $Q=x_1^2+2(x_2+x_3)^2$, matriz $\operatorname{diag}(1,2,0)$ en la base $\{(1,0,0),(0,1,0),(0,-1,1)\}$: de nuevo $+,+,0$.

Clasificar, si es posible, la forma cuadrática $Q$ de $\mathbb R^3$ tal que $\operatorname{rango}(Q)=\operatorname{signatura}(Q)=2$.

1. Traducir los datos a una forma canónica. Existe una base en la que $Q=k_1x_1'^2+k_2x_2'^2+k_3x_3'^2$ (Def. 6.10). El rango es el número de $k_i\neq0$: hay dos no nulos y uno nulo. La signatura es el número de $k_i>0$: dos. Luego los dos no nulos son positivos: (reordenando) $k_1,k_2>0$, $k_3=0$.
2. Clasificar. $Q=k_1x_1'^2+k_2x_2'^2\ge0$ para todo $x$, y el tercer vector de la base, $v_3\neq0$, da $Q(v_3)=0$ $\Rightarrow$ semidefinida positiva (Def. 6.12).
3. Con el cuadro de invariantes (U p.269): $\operatorname{rang}=\operatorname{sig}=2<3=n\Rightarrow$ SP. Coincide con la oficial.
4. «Si es posible»: sí lo es, porque rango y signatura son invariantes (Def. 6.13) y determinan los signos de cualquier forma canónica (ley de inercia). Ejemplo concreto: $Q=x_1^2+x_2^2$ en $\mathbb R^3$.

Error típico: contestar «definida positiva» porque «todos los términos son positivos»: falta uno (el nulo), y $Q$ se anula en $v_3\neq0$.

Sea $Q(x_1,x_2,x_3)=6x_1^2+4x_1x_2+4x_1x_3+8x_2x_3$ una forma cuadrática. Halle la matriz $A$ asociada a $Q$. (0.5 PUNTOS) Calcule el autovalor correspondiente al autovector $(2,1,1)$ de $A$. (0.5 PUNTOS) Halle la signatura de $Q$. (1 PUNTO)

(El 1.er apartado, la matriz $A=\begin{pmatrix}6&2&2\\2&0&4\\2&4&0\end{pmatrix}$, está en el tema 6.2, y el 2.º, el autovalor de $(2,1,1)$, en el tema 4.2. Resultado: $A(2,1,1)^t=(16,8,8)^t=8\,(2,1,1)^t$, luego $\lambda=8$.)

3.er apartado.

1. La signatura es el número de coeficientes positivos de una forma canónica; con $P$ ortogonal éstos son los valores propios de $A$. Hay que conocer sus signos.

2. Polinomio característico (1.ª fila):

   $$|A-\lambda I|=(6-\lambda)(\lambda^2-16)-2(-2\lambda-8)+2(8+2\lambda)=-\lambda^3+6\lambda^2+24\lambda-64.$$

3. Factorizar usando $\lambda=8$:

   $$-\lambda^3+6\lambda^2+24\lambda-64=-(\lambda-8)(\lambda^2+2\lambda-8)=-(\lambda-8)(\lambda+4)(\lambda-2).$$

   Valores propios: $8,\ 2,\ -4$. (Atajo sin el polinomio: $\lambda_2+\lambda_3=\operatorname{tr}A-8=6-8=-2$ y $\lambda_2\lambda_3=|A|/8=-64/8=-8$, es decir, raíces de $t^2+2t-8=(t+4)(t-2)$.)

4. Signatura: dos valores propios positivos ($8$ y $2$) $\Rightarrow$ $\operatorname{sig}Q=2$. Coincide con la oficial. Además $\operatorname{rang}=3$ y $\operatorname{sig}\notin\{0,3\}\Rightarrow$ indefinida (testigos: $Q(0,1,-1)=-8<0$, $Q(1,0,0)=6>0$).

Sea $Q$ la forma cuadrática de $\mathbb R^2$ definida por $Q(x_1,x_2)=2x_1^2+ax_1x_2+6x_2^2$ con $a\in\mathbb R$. Determine para qué valores del parámetro $a$ la forma cuadrática $Q$ es definida positiva.

1. Matriz (desdoblando $ax_1x_2$):

   $$A=\begin{pmatrix}2&a/2\\a/2&6\end{pmatrix}.$$
2. Sylvester (⇔): DP $\iff\Delta_1>0$ y $|A|>0$.
3. $\Delta_1=2>0$ siempre.
4. $$|A|=12-\dfrac{a^2}4>0\iff a^2<48\iff|a|<\sqrt{48}=4\sqrt3.$$
5. Resultado: $Q$ es DP $\iff a\in(-4\sqrt3,\,4\sqrt3)$. Coincide con la oficial.
6. Fuera del intervalo (para completar, no se pide): $|a|=4\sqrt3$ $\Rightarrow$ $|A|=0$, $\Delta_1>0$ $\Rightarrow$ SP; $|a|>4\sqrt3$ $\Rightarrow$ $|A|<0$ $\Rightarrow$ indefinida.

Error típico: poner $a$ en vez de $a/2$ fuera de la diagonal (saldría $|a|<2\sqrt3$); olvidar la raíz negativa ($a>-4\sqrt3$).

Sea $a\in\mathbb R$ y consideremos la forma cuadrática $Q(x_1,x_2,x_3)=2x_1^2+3x_2^2+4x_3^2-2x_1x_2+2ax_1x_3$. Halle la matriz asociada a $Q$ (0.5 PUNTOS). Use el criterio de Sylvester para determinar los valores de $a\in\mathbb R$ para los que $Q$ es definida positiva. (1.5 PUNTOS)

(El 1.er apartado está en el tema 6.2.)

1. Matriz:

   $$A=\begin{pmatrix}2&-1&a\\-1&3&0\\a&0&4\end{pmatrix}.$$

2. Menores principales: $\Delta_1=2>0$;

   $$\Delta_2=\begin{vmatrix}2&-1\\-1&3\end{vmatrix}=6-1=5>0;$$

   $\Delta_3=|A|$ por Sarrus:

   $$2\cdot3\cdot4+(-1)\cdot0\cdot a+a\cdot(-1)\cdot0-a\cdot3\cdot a-0\cdot0\cdot2-4\cdot(-1)\cdot(-1)=24-3a^2-4=20-3a^2.$$

3. Condición (⇔): DP

   $$\iff20-3a^2>0\iff a^2<\tfrac{20}3\iff|a|<\sqrt{\tfrac{20}3}=\tfrac{2\sqrt{15}}3\approx2{,}58.$$
4. Resultado: $a\in\Big(-\tfrac{2\sqrt{15}}3,\ \tfrac{2\sqrt{15}}3\Big)$. Coincide con la oficial (que lo escribe $(-\sqrt{20/3},\sqrt{20/3})$).
5. Control: $a=3$ (fuera) da un valor propio $\approx-0{,}36<0$, luego no DP; en el borde $a=\sqrt{20/3}$ un valor propio es 0 (SP).