Esercizio 28matrice rispetto a una base non canonica (appello 8/7/2025)

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$\{v_1, v_2, v_3\}$ è una base? $\det \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ (vettori in colonna), sviluppando lungo la seconda riga (che ha un solo elemento non nullo, al posto $(2,2)$): $1 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = 1 + 1 = 2 \ne 0$. Sì. Quindi, per il teorema delle immagini di una baseUna funzione lineare è determinata dalle immagini dei vettori di una base, che si possono scegliere liberamente.Funzioni lineari e isomorfismi →, la funzione $f$ esiste ed è unica.

(a) Matrice rispetto a $\{v_1, v_2, v_3\}$ e alla base canonica

La colonna $j$ è formata dalle coordinate di $f(v_j)$ nella base del codominio. Il codominio ha la base canonica, quindi le coordinate sono semplicemente le componenti: si copiano in colonna le immagini date.

$$A = \begin{pmatrix} -2 & 5 & 6 \\ 2 & -1 & -2 \\ -2 & -1 & 0 \\ 4 & 0 & -2 \end{pmatrix}.$$

È $4 \times 3$ (codominio di dimensione $4$, dominio di dimensione $3$). Nessun calcolo: questa è la matrice che il testo "dà gratis".

(b) Matrice rispetto alle basi canoniche

Servono $f(e_1), f(e_2), f(e_3)$. Il metodo più diretto: scrivere $e_1, e_2, e_3$ come combinazione di $v_1, v_2, v_3$ e usare la linearità.

• $v_1 + v_3 = (1, 0, -1) + (1, 0, 1) = (2, 0, 0)$, quindi $e_1 = \frac12(v_1 + v_3)$ e $$f(e_1) = \tfrac12\big(f(v_1) + f(v_3)\big) = \tfrac12\big((-2, 2, -2, 4) + (6, -2, 0, -2)\big) = \tfrac12(4, 0, -2, 2) = (2, 0, -1, 1).$$
• $v_3 - v_1 = (0, 0, 2)$, quindi $e_3 = \frac12(v_3 - v_1)$ e $$f(e_3) = \tfrac12\big(f(v_3) - f(v_1)\big) = \tfrac12(8, -4, 2, -6) = (4, -2, 1, -3).$$
• $v_2 = (0, 1, 1) = e_2 + e_3$, quindi $e_2 = v_2 - e_3$ e $$f(e_2) = f(v_2) - f(e_3) = (5, -1, -1, 0) - (4, -2, 1, -3) = (1, 1, -2, 3).$$

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

Lo stesso con la formula. Con $P = M^{\mathcal V}_{\mathcal E}(\mathrm{id})$, la matrice con $v_1, v_2, v_3$ in colonna, 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 → dà $A = B P$, quindi $B = A P^{-1}$. Le colonne di $P^{-1}$ sono le coordinate di $e_1, e_2, e_3$ rispetto a $\{v_1, v_2, v_3\}$, cioè proprio i coefficienti trovati sopra: $(\frac12, 0, \frac12)$, $(\frac12, 1, -\frac12)$, $(-\frac12, 0, \frac12)$. Il calcolo a mano è il prodotto $AP^{-1}$ fatto colonna per colonna.

Verifica: $B v_1 = (2 - 4, \ 0 + 2, \ -1 - 1, \ 1 + 3) = (-2, 2, -2, 4) = f(v_1)$ ✓.

(c) Nucleo e immagine

Riduzione a scala di $B$ (Eliminazione di GaussCon tre operazioni elementari sulle righe (scambio, moltiplicazione per uno scalare non nullo, somma di un multiplo di un'altra riga) ogni matrice si riduce a scala senza cambiare il rango; serve a calcolare ranghi, risolvere sistemi, trovare relazioni di dipendenza e matrici che riducono a scala.Eliminazione di Gauss →). Pivot $b_{11} = 2$; per non introdurre frazioni si combinano le righe con coefficienti interi. $R_3 \leftarrow 2R_3 + R_1$ è la composizione di due operazioni elementari lecite (moltiplicare $R_3$ per $2 \ne 0$, poi sommarle $R_1$), quindi non cambia il rango né le soluzioni di $BX = \vec 0$:

• $R_3 \leftarrow 2R_3 + R_1$: $(-2, -4, 2) + (2, 1, 4) = (0, -3, 6)$;
• $R_4 \leftarrow 2R_4 - R_1$: $(2, 6, -6) - (2, 1, 4) = (0, 5, -10)$.

Le nuove $R_3$ e $R_4$ sono multiple di $R_2 = (0, 1, -2)$ (rispettivamente $-3$ e $5$ volte), quindi $R_3 + 3R_2$ e $R_4 - 5R_2$ si annullano:

$$B \longrightarrow \begin{pmatrix} 2 & 1 & 4 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \qquad \operatorname{rango}(B) = 2 .$$

Immagine: $\dim \operatorname{Im} f = 2$; base = colonne di $B$ nelle posizioni dei pivot (colonne 1 e 2):

$$\operatorname{Im} f = \langle (2, 0, -1, 1), \ (1, 1, -2, 3) \rangle .$$

(Le colonne di $B$ nelle posizioni dei pivot sono indipendenti perché le operazioni sulle righe non cambiano le relazioni lineari tra le colonne; la terza colonna è superflua: dalla forma a scala si legge $C_3 = 3C_1 - 2C_2$, e infatti $3(2, 0, -1, 1) - 2(1, 1, -2, 3) = (4, -2, 1, -3)$ ✓.)

Nucleo: per nullità + rangodim Ker f + dim Im f = dimensione del dominio.Nucleo e immagine → $\dim \operatorname{Ker} f = 3 - 2 = 1$. Dal sistema ridotto $2x_1 + x_2 + 4x_3 = 0$, $x_2 - 2x_3 = 0$ con $x_3$ libera: $x_2 = 2x_3$, $2x_1 = -x_2 - 4x_3 = -6x_3$, $x_1 = -3x_3$. Con $x_3 = 1$:

$$\operatorname{Ker} f = \langle (-3, 2, 1) \rangle .$$

Verifica: $B(-3, 2, 1)^T = (-6 + 2 + 4, \ 0 + 2 - 2, \ 3 - 4 + 1, \ -3 + 6 - 3) = (0, 0, 0, 0)$ ✓.

(Attenzione: se si cercasse il nucleo usando $A$ si troverebbero le coordinate del vettore del nucleo rispetto a $\{v_1, v_2, v_3\}$, non le sue componenti. Risolvendo $AY = \vec 0$ si trova $Y = (-1, 2, -2)$, a meno di multipli: infatti $A(-1, 2, -2)^T = (2 + 10 - 12,\ -2 - 2 + 4,\ 2 - 2 + 0,\ -4 + 0 + 4) = \vec 0$. Il vettore corrispondente è $-v_1 + 2v_2 - 2v_3 = (-1 + 0 - 2,\ 0 + 2 - 0,\ 1 + 2 - 2) = (-3, 2, 1)$: lo stesso trovato con $B$. Dare $(-1, 2, -2)$ come risposta sarebbe sbagliato, perché $B(-1, 2, -2)^T = (-8, 6, -5, 11) \ne \vec 0$. Bisogna stare attenti a quale matrice si usa e a che cosa rappresentano i vettori (Coordinate rispetto a una baseFissata una base, ogni vettore ha una e una sola lista di coordinate; la funzione vettore → coordinate è un isomorfismo con K^n, quindi ogni spazio di dimensione n si comporta come K^n (ma l'isomorfismo dipende dalla base).Coordinate rispetto a una base →).)

(d) Per quale $t$ si ha $w_t \in \operatorname{Im} f$, e $f^{-1}(w_t)$

$w_t \in \operatorname{Im} f$ significa che il sistema $BX = w_t$ ha soluzione. Per Rouché-CapelliIl sistema AX = B è risolubile se e solo se rango(A) = rango della matrice completa (A|B).Sistemi lineari e teorema di Rouché-Capelli → si riduce la matrice completa con le stesse operazioni di prima:

$$\left(\begin{array}{ccc|c} 2 & 1 & 4 & t \\ 0 & 1 & -2 & -1 \\ -1 & -2 & 1 & -2 \\ 1 & 3 & -3 & 1 \end{array}\right) \longrightarrow \left(\begin{array}{ccc|c} 2 & 1 & 4 & t \\ 0 & 1 & -2 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & t - 7 \\ 0 & 0 & 0 & 7 - t \end{array}\right)$$

Conti dell'ultima colonna: $2R_3 + R_1$ dà $-4 + t$, poi $+3R_2$ dà $t - 4 - 3 = t - 7$; $2R_4 - R_1$ dà $2 - t$, poi $-5R_2$ dà $2 - t + 5 = 7 - t$.

Il rango della completa è $2$ (come quello di $B$) solo se $t - 7 = 0$. Risposta: $t = 7$.

Antimmagine. Per $t = 7$ il sistema ridotto è

$$\begin{cases} 2x_1 + x_2 + 4x_3 = 7 \\ x_2 - 2x_3 = -1 \end{cases} \qquad \Longrightarrow \qquad x_2 = -1 + 2x_3, \quad x_1 = \frac{7 - x_2 - 4x_3}{2} = \frac{8 - 6x_3}{2} = 4 - 3x_3 .$$

Con $x_3 = 1$ si trova la soluzione particolare $(1, 1, 1)$. Tutte le soluzioni sono una particolare più il nucleo (struttura delle soluzioniLe soluzioni di AX = B, se esistono, sono X₀ + Ker A, con X₀ una soluzione qualsiasi.Sistemi lineari e teorema di Rouché-Capelli →):

$$f^{-1}(w_7) = (1, 1, 1) + \operatorname{Ker} f = \{(1 - 3s, \ 1 + 2s, \ 1 + s) : s \in \mathbb{R}\} .$$

Verifica: $B(1, 1, 1)^T = (2 + 1 + 4, \ 0 + 1 - 2, \ -1 - 2 + 1, \ 1 + 3 - 3) = (7, -1, -2, 1) = w_7$ ✓. Seconda verifica con i dati del testo: $(1, 1, 1) = \frac12 v_1 + v_2 + \frac12 v_3$ (coordinate $P^{-1}(1,1,1)^T$), quindi $f(1, 1, 1) = \frac12(-2, 2, -2, 4) + (5, -1, -1, 0) + \frac12(6, -2, 0, -2) = (7, -1, -2, 1)$ ✓.

(e) Esiste $g$ con $g \circ f = \mathrm{id}_{\mathbb{R}^3}$?

No. Si prende $v = (-3, 2, 1) \in \operatorname{Ker} f$, $v \ne 0$. Per qualunque $g$ lineare:

$$(g \circ f)(v) = g(f(v)) = g(\vec 0) = \vec 0 \ne v ,$$

(una funzione lineare manda sempre $\vec 0$ in $\vec 0$), quindi $g \circ f$ non è l'identità.

Il principio generale. Se $g \circ f = \mathrm{id}$, allora $f$ deve essere iniettiva: da $f(u) = f(v)$ segue $u = g(f(u)) = g(f(v)) = v$. Qui $f$ non è iniettiva perché il nucleo non è nullo. (Viceversa, se $f$ fosse iniettiva una tale $g$ esisterebbe: si completa una base di $\operatorname{Im} f$ a una base di $\mathbb{R}^4$, si definisce $g$ come inversa di $f$ sull'immagine e a piacere sugli altri vettori.)

Errori comuni

• Copiare in (b) le immagini $f(v_j)$ come colonne di $B$: quelle sono le colonne di $A$; $B$ vuole $f(e_j)$.
• Trovare il nucleo con $A$ e darlo come vettore di $\mathbb{R}^3$ senza ritrasformare le coordinate.
• Dimenticare il nucleo nell'antimmagine: $f^{-1}(w_7)$ non è un solo vettore, perché $f$ non è iniettiva.