Q(A) = (traza A)^2 – 2 det A

En este problema diagonalizamos  una forma cuadrática en $M_2(\mathbb{R})$ definida mediante la traza y el determinante.

Enunciado
En el espacio vectorial $M_2(\mathbb{R})$ se considera el producto escalar $$\langle \begin{bmatrix}{x_1}&{x_2}\\{x_3}&{x_4}\end{bmatrix},\begin{bmatrix}{y_1}&{y_2}\\{y_3}&{y_4}\end{bmatrix}\rangle=x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3+x_4y_4.$$ Se define la aplicación $Q:M_2(\mathbb{R})\to \mathbb{R}$ dada por $$Q(A)=\left(\text{traza }A\right)^2-2\det A.$$ $a)$ Comprobar que $Q$ es una forma cuadrática y hallar su matriz asociada en la base canónica de $M_2(\mathbb{R}).$
$b)$ Encontrar una base ortonormal con respecto al producto escalar definido anteriormente en la que la matriz asociada a $Q$ sea diagonal.

Solución
$a)$ Sea $A=\begin{bmatrix}{x_1}&{x_2}\\{x_3}&{x_4}\end{bmatrix}.$ Entonces, $$Q(A)=\left(x_1+x_4\right)^2-2\left(x_1x_4-x_2x_3\right)=x_1^2+x_4^2+2x_2x_3.$$ Obsérvese que $(x_1,x_2,x_3,x_4)$ son las coordenadas de $A$ en la base canónica de $M_2(\mathbb{R}).$ Por el conocido isomorfismo entre todo espacio vectorial $E$ sobre $\mathbb{K}$ y $\mathbb{K}^n$ (fijada un base), podemos concluir que $Q$ es una forma cuadrática al ser un polinomio homogéneo de grado $2.$ Podemos expresar $$Q(A)=(x_1,x_2,x_3,x_3)\begin{pmatrix}{1}&{0}&{0}& 0\\{0}&{0}&{1}& 0\\{0}&{1}&{0}& 0\\0 & 0 &0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}{x_1}\\{x_2}\\{x_3}\\ x_4\end{pmatrix}.$$ La matriz asociada a $Q$ en la base canónica de $M_2(\mathbb{R})$ es $$M=\begin{pmatrix}{1}&{0}&{0}& 0\\{0}&{0}&{1}& 0\\{0}&{1}&{0}& 0\\0 & 0 &0 & 1\end{pmatrix}.$$ $b)$ Valores propios de $M:$ $$\begin{vmatrix}{1-\lambda}&{0}&{0}& 0\\{0}&{-\lambda}&{1}& 0\\{0}&{1}&{-\lambda}& 0\\0 & 0 &0 & 1-\lambda\end{vmatrix}=(1-\lambda)^2(\lambda^2-1).$$ Los valores propios son por tanto $1$ (triple) y $-1$ (simple). Unas ecuaciones cartesianas de los subespacios propios y unas correspondientes bases ortogonales son $$V_1\equiv \left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & -x_2+x_3=0\\& x_2-x_3=0, \end{aligned}\end{matrix}\right.\quad B_1=\{(1,0,0,0),(0,0,0,1),(0,1,1,0)\},$$ $$V_{-1}\equiv \left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & 2x_1=0\\& x_2+x_3=0\\& x_2+x_3=0\\& 2x_4=0, \end{aligned}\end{matrix}\right.\quad B_{-1}=\{(0,-1,1,0)\}.$$ Base ortonormal y de vectores propios: $$\left\{(1,0,0,0),(0,0,0,1),\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,1,0),\frac{1}{\sqrt{2}}(0,-1,1,0)\right\}$$ (en coordenadas en la base canónica). La base pedida es por tanto $$B=\{\begin{pmatrix}{1}&{0}\\{0}&{0}\end{pmatrix},\begin{pmatrix}{0}&{0}\\{0}&{1}\end{pmatrix},\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}{0}&{1}\\{1}&{0}\end{pmatrix},\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}{0}&{-1}\\{1}&{\;\;0}\end{pmatrix}\}.$$ Nota. La matriz $P$ de cambio de la base canónica a la base $B$ es ortogonal (pues ambas son ortogonales). Por tanto $$P^{-1}MP=P^tMP=\text{diag }(1,1,1,-1)$$ es la matriz de $Q$ en la base $B.$

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