Esercizio 27la stessa funzione in tre coppie di basi (lezioni 13 e 15)

Testo (esempio svolto dal prof nelle lezioni 13 e 15). Sia $f: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^2$, $f(x, y, z) = (3x - 2y + z, \ x + 2z)$. Si considerino le basi

$$\mathcal B' = \{v_1 = (1, 0, 2), \ v_2 = (-1, 1, 1), \ v_3 = (0, -1, 3)\} \ \text{ di } \mathbb{R}^3, \qquad \mathcal C' = \{w_1 = (2, 3), \ w_2 = (-1, 1)\} \ \text{ di } \mathbb{R}^2 .$$

1. Scrivere la matrice $A$ di $f$ rispetto alle basi canoniche $\mathcal E_3$, $\mathcal E_2$.
2. Scrivere la matrice di $f$ rispetto a $\mathcal B'$ nel dominio e $\mathcal E_2$ nel codominio.
3. Scrivere la matrice di $f$ rispetto a $\mathcal B'$ e $\mathcal C'$, prima "a mano" (lezione 13) e poi con la formula di cambiamento di base (lezione 15).

Teoria usata: Matrice associata a una funzione lineareFissate una base del dominio e una del codominio, una funzione lineare si codifica in una matrice m×n la cui colonna j contiene le coordinate di f(v_j); le coordinate di f(v) si ottengono moltiplicando la matrice per le coordinate di v, e il rango di f è il numero di colonne indipendenti.Matrice associata a una funzione lineare →, Cambiamenti di baseLa matrice di cambiamento di base è la matrice dell'identità rispetto a due basi diverse: trasforma le coordinate in una base nelle coordinate nell'altra ed è invertibile; la matrice di f in nuove basi è M(id)·A·M(id), e per un endomorfismo A' = P⁻¹AP (matrici simili).Cambiamenti di base →, Operazioni tra matriciLe matrici m×n formano uno spazio vettoriale (somma e prodotto per scalare elemento per elemento); il prodotto righe per colonne corrisponde alla composizione di funzioni lineari, è associativo ma non commutativo; la trasposta scambia righe e colonne e (AB)^T = B^T A^T.Operazioni tra matrici →, Matrice inversaL'inversa di una matrice quadrata A è la matrice A⁻¹ con A A⁻¹ = A⁻¹ A = I; esiste se e solo se rango(A) = n e si calcola con Gauss-Jordan riducendo (A | I) fino a (I | A⁻¹).Matrice inversa →.

Prima di cominciare: controllare che siano basi. $\mathcal C'$: due vettori non proporzionali di $\mathbb{R}^2$ ($\det \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 3 & 1 \end{pmatrix} = 2 + 3 = 5 \ne 0$). $\mathcal B'$: $\det \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 2 & 1 & 3 \end{pmatrix} = 1 \cdot (3 + 1) - (-1) \cdot (0 + 2) + 0 = 4 + 2 = 6 \ne 0$ (sviluppo lungo la prima riga), quindi i tre vettori sono indipendenti e formano una base di $\mathbb{R}^3$.

1. Basi canoniche

Ricetta: la colonna $j$ è la colonna delle coordinate, nella base del codominio, di $f$ applicata al $j$-esimo vettore della base del dominio. Con le basi canoniche le coordinate sono le componenti, quindi la colonna $j$ è $f(e_j)$:

$$f(e_1) = (3, 1), \quad f(e_2) = (-2, 0), \quad f(e_3) = (1, 2) \qquad\Longrightarrow\qquad A = M^{\mathcal E_3}_{\mathcal E_2}(f) = \begin{pmatrix} 3 & -2 & 1 \\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix}.$$

È $2 \times 3$: $2$ righe come la dimensione del codominio, $3$ colonne come quella del dominio. Si legge anche direttamente dalla formula di $f$: la riga $i$ contiene i coefficienti di $x, y, z$ nella componente $i$.

2. Base $\mathcal B'$ nel dominio, canonica nel codominio

Si applica $f$ ai vettori di $\mathcal B'$; il risultato, essendo il codominio con la base canonica, va in colonna così com'è.

• $f(v_1) = f(1, 0, 2) = (3 - 0 + 2, \ 1 + 4) = (5, 5)$;
• $f(v_2) = f(-1, 1, 1) = (-3 - 2 + 1, \ -1 + 2) = (-4, 1)$;
• $f(v_3) = f(0, -1, 3) = (0 + 2 + 3, \ 0 + 6) = (5, 6)$.

$$M^{\mathcal B'}_{\mathcal E_2}(f) = \begin{pmatrix} 5 & -4 & 5 \\ 5 & 1 & 6 \end{pmatrix}.$$

Con la formula. La matrice di cambiamento di baseLa matrice di cambiamento di base è la matrice dell'identità rispetto a due basi diverse: trasforma le coordinate in una base nelle coordinate nell'altra ed è invertibile; la matrice di f in nuove basi è M(id)·A·M(id), e per un endomorfismo A' = P⁻¹AP (matrici simili).Cambiamenti di base → $M^{\mathcal B'}_{\mathcal E_3}(\mathrm{id})$ ha in colonna le coordinate dei vettori di $\mathcal B'$ rispetto alla base canonica, cioè i vettori stessi:

$$P' = M^{\mathcal B'}_{\mathcal E_3}(\mathrm{id}) = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 2 & 1 & 3 \end{pmatrix}, \qquad M^{\mathcal B'}_{\mathcal E_2}(f) = A\, P' = \begin{pmatrix} 3 & -2 & 1 \\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 2 & 1 & 3 \end{pmatrix}.$$

Il prodotto righe per colonne dà, per esempio, al posto $(1, 2)$: $3 \cdot (-1) + (-2) \cdot 1 + 1 \cdot 1 = -4$; al posto $(2, 3)$: $1 \cdot 0 + 0 \cdot (-1) + 2 \cdot 3 = 6$. Il risultato è la stessa matrice di prima, e non è un caso: la colonna $j$ di $AP'$ è $A$ per la colonna $j$ di $P'$, cioè $A v_j = f(v_j)$. Cambiare base nel dominio costa solo una moltiplicazione.

3. Basi $\mathcal B'$ e $\mathcal C'$

"A mano" (lezione 13)

Le immagini $f(v_j)$ sono quelle del punto 2, ma ora vanno scritte come combinazione di $w_1 = (2, 3)$ e $w_2 = (-1, 1)$: per ognuna bisogna risolvere un sistema $a w_1 + b w_2 = f(v_j)$, cioè

$$\begin{cases} 2a - b = p \\ 3a + b = q \end{cases} \qquad \text{per } f(v_j) = (p, q).$$

Sommando le due equazioni si elimina $b$: $5a = p + q$, quindi $a = \frac{p + q}{5}$; poi $b = 2a - p$. Si risolve una volta per tutte con $p, q$ generici e poi si sostituisce:

Le coppie $(a, b)$ sono le coordinate in $\mathcal C'$ e vanno in colonna:

$$M^{\mathcal B'}_{\mathcal C'}(f) = \begin{pmatrix} 2 & -\frac35 & \frac{11}{5} \\ -1 & \frac{14}{5} & -\frac35 \end{pmatrix}.$$

Con la formula (lezione 15)

$$M^{\mathcal B'}_{\mathcal C'}(f) = M^{\mathcal E_2}_{\mathcal C'}(\mathrm{id}) \cdot M^{\mathcal E_3}_{\mathcal E_2}(f) \cdot M^{\mathcal B'}_{\mathcal E_3}(\mathrm{id}) = M^{\mathcal E_2}_{\mathcal C'}(\mathrm{id}) \cdot \underbrace{A P'}_{\text{punto 2}} .$$

La matrice facile da scrivere è $Q = M^{\mathcal C'}_{\mathcal E_2}(\mathrm{id}) = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 3 & 1 \end{pmatrix}$ (i vettori di $\mathcal C'$ in colonna); quella che serve è la sua inversa, perché va nella direzione opposta (dalle coordinate canoniche a quelle in $\mathcal C'$). Per una $2 \times 2$: si scambiano gli elementi della diagonale, si cambia segno agli altri due e si divide per il determinante ($= 5$):

$$Q^{-1} = \frac15 \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -3 & 2 \end{pmatrix}. \qquad \text{Verifica: } \frac15 \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -3 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 3 & 1 \end{pmatrix} = \frac15 \begin{pmatrix} 5 & 0 \\ 0 & 5 \end{pmatrix} = I_2 \ ✓$$

Quindi

$$M^{\mathcal B'}_{\mathcal C'}(f) = \frac15 \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -3 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 5 & -4 & 5 \\ 5 & 1 & 6 \end{pmatrix} = \frac15 \begin{pmatrix} 10 & -3 & 11 \\ -5 & 14 & -3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & -\frac35 & \frac{11}{5} \\ -1 & \frac{14}{5} & -\frac35 \end{pmatrix}$$

(per esempio al posto $(2, 2)$: $\frac15(-3 \cdot (-4) + 2 \cdot 1) = \frac{14}{5}$). Coincide con il calcolo a mano ✓.

Il collegamento tra i due metodi. Moltiplicare per $Q^{-1}$ significa proprio risolvere i sistemi $Q \binom{a}{b} = \binom{p}{q}$ della tabella, tutti insieme: la formula $a = \frac{p+q}{5}$ è la prima riga di $Q^{-1}$, e $b = 2a - p = \frac{-3p + 2q}{5}$ è la seconda.

Riepilogo

Tre matrici diverse per la stessa funzione: la matrice dipende dalle basi scelte. Hanno però tutte lo stesso rango ($2$), perché il rango è $\dim \operatorname{Im} f$, che non dipende dalle basi.

Errori comuni

• Usare $Q$ invece di $Q^{-1}$ per il codominio: la matrice con i vettori di $\mathcal C'$ in colonna trasforma coordinate in $\mathcal C'$ in coordinate canoniche, cioè va nel verso sbagliato.
• Mettere in colonna $f(v_j)$ anche nel punto 3: con una base non canonica nel codominio vanno le coordinate di $f(v_j)$, non le sue componenti.
• Sbagliare l'ordine dei fattori: $Q^{-1} A P'$, non $P' A Q^{-1}$ (che tra l'altro non ha senso: le dimensioni non tornano).