Esercizio 71la base v, f(v), f²(v) e una matrice simile (appello 7/2/2023)

Testo (4° appello del 7 febbraio 2023, esercizio 1). Sia $f: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ la funzione lineare la cui matrice (rispetto alla base canonica) è

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

(a) Si determini se la matrice $A$ è invertibile. (b) Sia $v_1 = (1, 1, 0)$, $v_2 = f(v_1)$ e $v_3 = f(v_2)$. Si dimostri che $\mathcal B = \{v_1, v_2, v_3\}$ è una base di $\mathbb{R}^3$. (c) Sia $v_4 = f(v_3)$. Si scriva $v_4$ come combinazione lineare dei vettori $v_1, v_2, v_3$. (d) Si scriva la matrice $B$ di $f$ rispetto alla base $\mathcal B$ trovata al punto (b). (e) Dato che $A$ e $B$ sono matrici simili, esiste una matrice invertibile $P$ tale che $A = PBP^{-1}$. Si trovi una tale matrice $P$.

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 →, Autovalori e autovettoriUn autovettore è un vettore non nullo che una funzione lineare manda in un suo multiplo; si trovano gli autovalori come radici del polinomio caratteristico det(A − λI) e gli autovettori come nucleo di A − λI. Matrici simili hanno gli stessi autovalori.Autovalori e autovettori →, Proprietà del determinante, Binet e LaplaceIl determinante è lineare in ogni riga, cambia segno scambiando due righe, non cambia sommando a una riga un multiplo di un'altra: così si calcola con Gauss riducendo a triangolare. Binet: det(AB) = det A · det B. Laplace: sviluppo lungo una riga o colonna con i complementi algebrici.Proprietà del determinante, Binet e Laplace →.

(a) $A$ è invertibile?

$$\det A = 2 \det\begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} - (-1)\det\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} + 0 = 2(-4) + (-1) = -9 \ne 0 .$$

Sì, $A$ è invertibile (la stessa matrice è invertita esplicitamente nell'Esercizio 46 · inversa con Gauss-Jordan e una matrice non invertibile).

(b) $\{v_1, f(v_1), f^2(v_1)\}$ è una base

Si calcolano le immagini moltiplicando per $A$:

$$v_2 = A v_1 = \begin{pmatrix} 2 - 1 + 0 \\ 1 + 0 + 0 \\ 0 + 2 + 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}, \qquad v_3 = A v_2 = \begin{pmatrix} 2 - 1 + 0 \\ 1 + 0 + 4 \\ 0 + 2 - 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 5 \\ 0 \end{pmatrix}.$$

Tre vettori di $\mathbb{R}^3$ sono una base se e solo se sono indipendenti, cioè se la matrice che li ha come colonne ha determinante non nullo:

$$P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 5 \\ 0 & 2 & 0 \end{pmatrix}, \qquad \det P = 2 \cdot (-1)^{3+2} \det\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 5 \end{pmatrix} = -2 \cdot 4 = -8 \ne 0$$

(sviluppo lungo la terza riga, che ha un solo elemento non nullo). È una base.

(c) $v_4$ come combinazione di $v_1, v_2, v_3$

$$v_4 = A v_3 = \begin{pmatrix} 2 - 5 + 0 \\ 1 + 0 + 0 \\ 0 + 10 + 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ 10 \end{pmatrix}.$$

Si cercano $a, b, c$ con $a v_1 + b v_2 + c v_3 = v_4$:

$$\begin{cases} a + b + c = -3 \\ a + b + 5c = 1 \\ 2b = 10 \end{cases}$$

Dalla terza $b = 5$; sottraendo la prima dalla seconda $4c = 4$, quindi $c = 1$; dalla prima $a = -3 - 5 - 1 = -9$.

$$v_4 = -9 v_1 + 5 v_2 + v_3 .$$

Verifica: $-9(1, 1, 0) + 5(1, 1, 2) + (1, 5, 0) = (-9 + 5 + 1, \ -9 + 5 + 5, \ 0 + 10 + 0) = (-3, 1, 10)$ ✓.

(d) La matrice di $f$ nella base $\mathcal B$

La colonna $j$ contiene le coordinate di $f(v_j)$ rispetto a $\mathcal B$. Per costruzione:

• $f(v_1) = v_2 = 0 \cdot v_1 + 1 \cdot v_2 + 0 \cdot v_3$: colonna $(0, 1, 0)$;
• $f(v_2) = v_3$: colonna $(0, 0, 1)$;
• $f(v_3) = v_4 = -9v_1 + 5v_2 + v_3$: colonna $(-9, 5, 1)$ (dal punto (c)).

$$B = \begin{pmatrix} 0 & 0 & -9 \\ 1 & 0 & 5 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}.$$

Le prime due colonne sono "gratis": la scelta della base $v, f(v), f^2(v)$ fa sì che $f$ sposti ogni vettore di base sul successivo. Tutta l'informazione sta nell'ultima colonna.

Controlli (matrici simili hanno stessi determinante e traccia): $\det B = -9 \cdot \det\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = -9 = \det A$ ✓ (sviluppo lungo la prima riga, segno $+$ per la posizione $(1, 3)$); $\operatorname{tr} B = 0 + 0 + 1 = 1 = 2 + 0 - 1 = \operatorname{tr} A$ ✓.

(e) La matrice $P$

Per la formula 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 → di un endomorfismo, $B = P^{-1} A P$, dove $P$ ha come colonne le coordinate dei vettori della nuova base rispetto alla vecchia (la canonica), cioè i vettori $v_1, v_2, v_3$ stessi. Moltiplicando a sinistra per $P$ e a destra per $P^{-1}$ si ottiene $A = PBP^{-1}$. Quindi la matrice cercata è quella del punto (b):

$$P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 5 \\ 0 & 2 & 0 \end{pmatrix}.$$

Verifica senza invertire $P$: $AP = PB$ colonna per colonna. Colonne di $AP$: $Av_1 = v_2$, $Av_2 = v_3$, $Av_3 = v_4$. Colonne di $PB$: $P(0, 1, 0)^T = v_2$, $P(0, 0, 1)^T = v_3$, $P(-9, 5, 1)^T = -9v_1 + 5v_2 + v_3 = v_4$ ✓.

Un'osservazione in più: l'ultima colonna e il polinomio caratteristico

Il polinomio caratteristico di $A$ è $\det(A - \lambda I) = -\lambda^3 + \lambda^2 + 5\lambda - 9$ (lo stesso di $B$, perché sono simili). L'ultima colonna di $B$ contiene proprio i coefficienti: la relazione $f^3(v_1) = v_4 = v_3 + 5v_2 - 9v_1$ si legge

$$A^3 v_1 = A^2 v_1 + 5 A v_1 - 9 v_1, \qquad\text{cioè}\qquad (-A^3 + A^2 + 5A - 9I)\, v_1 = 0 .$$

Non è un caso: per il teorema di Cayley-Hamilton ogni matrice annulla il proprio polinomio caratteristico, $p_A(A) = 0$. Una matrice della forma di $B$ si chiama matrice compagna del polinomio.

Errori comuni

• In (d) mettere in colonna $f(v_j)$ scritto con le componenti canoniche: servono le coordinate rispetto a $\mathcal B$.
• In (e) scrivere $P$ con le righe al posto delle colonne, o usare $P^{-1}$: $A = PBP^{-1}$ con le colonne di $P$ uguali ai vettori della nuova base.
• Dimenticare di verificare che $\mathcal B$ sia una base prima di scrivere la matrice: se $v_1, f(v_1), f^2(v_1)$ fossero dipendenti, non si potrebbe.