Cambiamenti di base

Esercizi svolti: Esercizio 27 · la stessa funzione in tre coppie di basi, Esercizio 28 · matrice rispetto a una base non canonica (appello 8/7/2025). Prerequisiti: 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 →, 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 →, 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 →. Seguito: 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 →, 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 →.

Notazione (la stessa di 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 →): $M^{\mathcal B}_{\mathcal C}(f)$ è la matrice di $f$ con la base $\mathcal B$ nel dominio (in alto) e $\mathcal C$ nel codominio (in basso); le sue colonne sono le coordinate in $\mathcal C$ delle immagini dei vettori di $\mathcal B$, e vale $[f(v)]_{\mathcal C} = M^{\mathcal B}_{\mathcal C}(f)\,[v]_{\mathcal B}$. Altri testi scrivono le basi nella posizione opposta (dominio in basso): attenzione quando si confrontano fonti diverse.

Due basi dello stesso spazio

Sia $V$ di dimensione $n$, con due basi $\mathcal B = \{v_1, \dots, v_n\}$ e $\mathcal B' = \{v'_1, \dots, v'_n\}$. Uno stesso vettore $v$ ha due colonne di coordinate:

$$v = \sum_i \lambda_i v_i = \sum_h \lambda'_h v'_h, \qquad [v]_{\mathcal B} = \begin{pmatrix} \lambda_1 \\ \vdots \\ \lambda_n \end{pmatrix}, \quad [v]_{\mathcal B'} = \begin{pmatrix} \lambda'_1 \\ \vdots \\ \lambda'_n \end{pmatrix}$$

Domanda: come si passa dalle une alle altre?

La matrice di cambiamento di base

Ogni vettore della prima base si scrive con la seconda: $v_i = \sum_h p_{hi} v'_h$. I coefficienti formano una matrice quadrata $n \times n$:

Definizione (matrice di cambiamento di base). La matrice di cambiamento di base da $\mathcal B$ a $\mathcal B'$ è $$P = M^{\mathcal B}_{\mathcal B'}(\mathrm{id}_V)$$ la matrice della funzione identica $\mathrm{id}_V(v) = v$, usando $\mathcal B$ nel dominio e $\mathcal B'$ nel codominio. La colonna $i$ contiene le coordinate di $v_i$ rispetto a $\mathcal B'$.

Esempio. In $\mathbb{R}^2$, con $\mathcal B = \{(1,1), (1,-1)\}$ e $\mathcal B' = \mathcal E$ (base canonica), la colonna $i$ è $v_i$ stesso: $P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$.

Perché è la matrice dell'identità: per la ricetta della matrice si prende $v_i$ dalla base del dominio, gli si applica la funzione (l'identità lo lascia com'è) e lo si scrive con la base del codominio, cioè con $\mathcal B'$. È esattamente la definizione delle colonne di $P$.

Effetto sulle coordinate. Applicando $[f(v)]_{\mathcal C} = M^{\mathcal B}_{\mathcal C}(f)[v]_{\mathcal B}$ con $f = \mathrm{id}_V$:

$$[v]_{\mathcal B'} = M^{\mathcal B}_{\mathcal B'}(\mathrm{id}_V)\,[v]_{\mathcal B}$$

$P$ trasforma le coordinate rispetto a $\mathcal B$ nelle coordinate rispetto a $\mathcal B'$.

Dimostrazione diretta: $v = \sum_i \lambda_i v_i = \sum_i \lambda_i \sum_h p_{hi} v'_h = \sum_h \big(\sum_i p_{hi}\lambda_i\big) v'_h$ e, per l'unicità delle coordinate, $\lambda'_h = \sum_i p_{hi}\lambda_i$, che è il prodotto righe per colonne.

Un apparente paradosso. Visto sui vettori di base, $P$ dice come costruire i vecchi vettori $v_i$ a partire dai nuovi $v'_h$ (va "da $\mathcal B'$ a $\mathcal B$"). Visto sulle coordinate, trasforma le coordinate in $\mathcal B$ in quelle in $\mathcal B'$ (va "da $\mathcal B$ a $\mathcal B'$"). Non c'è contraddizione: vettori e coordinate si trasformano in versi opposti. Per non sbagliare conviene fidarsi della notazione $M^{\mathcal B}_{\mathcal B'}(\mathrm{id})[v]_{\mathcal B} = [v]_{\mathcal B'}$ (la $\mathcal B$ in alto si "cancella" con quella in basso).

Le due matrici sono inverse

Scambiando i ruoli delle basi si ottiene $Q = M^{\mathcal B'}_{\mathcal B}(\mathrm{id}_V)$, le cui colonne sono le coordinate dei $v'_i$ rispetto a $\mathcal B$. Intuitivamente $Q$ fa il cambiamento opposto, quindi deve essere l'inversa di $P$.

Teorema (le due matrici di cambiamento di base sono inverse). $QP = PQ = I_n$, cioè $M^{\mathcal B'}_{\mathcal B}(\mathrm{id}_V) = \big(M^{\mathcal B}_{\mathcal B'}(\mathrm{id}_V)\big)^{-1}$. In particolare ogni matrice di cambiamento di base è invertibile.

Esempio. Per $P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$ si ha $Q = P^{-1} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$ e $QP = I_2$. Ci si arriva in due modi.

• Dalla definizione di $Q$: le sue colonne sono le coordinate di $e_1$ ed $e_2$ rispetto a $\mathcal B = \{(1,1), (1,-1)\}$. Con la formula $\lambda_1 = \frac{x + y}{2}$, $\lambda_2 = \frac{x - y}{2}$ trovata in 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 →: $e_1 = (1, 0)$ ha coordinate $(\frac12, \frac12)$ ed $e_2 = (0, 1)$ ha coordinate $(\frac12, -\frac12)$. Verifica: $\frac12(1, 1) + \frac12(1, -1) = (1, 0)$ ✓.
• Con la formula dell'inversa 2 × 2L'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 →: $ad - bc = 1 \cdot (-1) - 1 \cdot 1 = -2$, quindi $P^{-1} = \frac{1}{-2}\begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = \frac12 \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$.

Dimostrazione. Per il teorema della composizioneLe 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 →, con $\mathrm{id} \circ \mathrm{id} = \mathrm{id}$: $$M^{\mathcal B'}_{\mathcal B}(\mathrm{id}) \cdot M^{\mathcal B}_{\mathcal B'}(\mathrm{id}) = M^{\mathcal B}_{\mathcal B}(\mathrm{id}) = I_n$$ perché la matrice dell'identità con la stessa base in dominio e codominio è $I_n$ (la colonna $i$ sono le coordinate di $v_i$ rispetto alla base $\mathcal B$ stessa: un $1$ al posto $i$ e zeri altrove). Scambiando i ruoli di $\mathcal B$ e $\mathcal B'$ si ottiene $PQ = I_n$ ∎.

(Si può dimostrare anche con le sommatorie: si scrive $v_i = \sum_h p_{hi} v'_h = \sum_h p_{hi} \sum_l q_{lh} v_l = \sum_l \big(\sum_h q_{lh} p_{hi}\big) v_l$ e per l'unicità delle coordinate $\sum_h q_{lh} p_{hi}$ vale $1$ se $l = i$ e $0$ altrimenti, perché l'unica scrittura di $v_i$ con la base $\mathcal B$ è $v_i = 1 \cdot v_i$ con tutti gli altri coefficienti nulli. Ma $\sum_h q_{lh} p_{hi}$ è proprio l'elemento $(l, i)$ del prodotto righe per colonne $QP$: quindi $QP = I_n$.)

In $K^n$: una delle due è facile, l'altra no

Se $V = K^n$ e una delle due basi è la base canonica $\mathcal E$, allora

$$M^{\mathcal B'}_{\mathcal E}(\mathrm{id}) = \Big( v'_1 \ \Big| \ v'_2 \ \Big| \ \cdots \ \Big| \ v'_n \Big)$$

basta copiare in colonna i vettori della base $\mathcal B'$: le coordinate di un vettore rispetto alla base canonica sono le sue componenti. L'altra, $M^{\mathcal E}_{\mathcal B'}(\mathrm{id})$, è la sua inversa: per scriverla bisognerebbe esprimere $e_1, \dots, e_n$ con i vettori di $\mathcal B'$, cioè risolvere $n$ sistemi, o equivalentemente calcolare una 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 →. Invertire una matrice e risolvere sistemi lineari sono, in sostanza, lo stesso problema.

Esempio. In $\mathbb{R}^2$ con $\mathcal B' = \{(1, 1), (1, -1)\}$: $$M^{\mathcal B'}_{\mathcal E}(\mathrm{id}) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}, \qquad M^{\mathcal E}_{\mathcal B'}(\mathrm{id}) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}^{-1} = \frac12\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$$ (verifica: il prodotto dà $\frac12\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} = I_2$). Per $v = (3, 1)$: $[v]_{\mathcal B'} = \frac12\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}$, lo stesso risultato trovato risolvendo il sistema in 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 →.

La matrice di una funzione lineare in basi diverse

Sia $f : V \to W$ lineare, con due basi $\mathcal B, \mathcal B'$ di $V$ e due basi $\mathcal C, \mathcal C'$ di $W$. Conosciamo $A = M^{\mathcal B}_{\mathcal C}(f)$ e vogliamo $A' = M^{\mathcal B'}_{\mathcal C'}(f)$.

Teorema (formula di cambiamento di base). $$\boxed{\ M^{\mathcal B'}_{\mathcal C'}(f) = M^{\mathcal C}_{\mathcal C'}(\mathrm{id}_W) \cdot M^{\mathcal B}_{\mathcal C}(f) \cdot M^{\mathcal B'}_{\mathcal B}(\mathrm{id}_V)\ }$$

Esempio. $f(x,y) = (x + 2y,\ 2x + y)$ ha $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$; con $\mathcal B' = \{(1,1), (1,-1)\}$ nel dominio e base canonica nel codominio, $M^{\mathcal B'}_{\mathcal E}(f) = A P = \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 3 & 1 \end{pmatrix}$ (colonne $f(1,1) = (1 + 2, \ 2 + 1) = (3,3)$ e $f(1,-1) = (1 - 2, \ 2 - 1) = (-1,1)$; qui $P = M^{\mathcal B'}_{\mathcal E}(\mathrm{id})$ ha in colonna i vettori di $\mathcal B'$, e $M^{\mathcal E}_{\mathcal E}(\mathrm{id}) = I_2$ a sinistra non cambia nulla).

Dimostrazione. Come funzioni, $f = \mathrm{id}_W \circ f \circ \mathrm{id}_V$. Si sceglie $\mathcal B'$ all'inizio, $\mathcal B$ e $\mathcal C$ nei passaggi intermedi, $\mathcal C'$ alla fine, e si applica due volte il teorema della composizione: $$V_{\mathcal B'} \xrightarrow{\ \mathrm{id}_V\ } V_{\mathcal B} \xrightarrow{\ \ f\ \ } W_{\mathcal C} \xrightarrow{\ \mathrm{id}_W\ } W_{\mathcal C'}$$ le matrici si moltiplicano nell'ordine inverso (l'ultima funzione applicata a sinistra) ∎.

Come ricordarla. Leggendo da destra a sinistra le basi si "cancellano" a coppie (una in alto e una in basso: $\mathcal B$ con $\mathcal B$, $\mathcal C$ con $\mathcal C$) e restano $\mathcal B'$ in alto e $\mathcal C'$ in basso, come a sinistra dell'uguale.

Un'altra notazione. Con $P = M^{\mathcal B}_{\mathcal B'}(\mathrm{id}_V)$ (cambiamento nel dominio) e $S = M^{\mathcal C}_{\mathcal C'}(\mathrm{id}_W)$ (cambiamento nel codominio), la formula diventa $$A' = S A P^{-1}, \qquad \text{o equivalentemente} \qquad SA = A'P, \qquad A = S^{-1} A' P$$ (si ottengono moltiplicando a destra per $P$ o a sinistra per $S^{-1}$: con le matrici bisogna sempre dire da che parte si moltiplica, perché il prodotto non è commutativo). $P$ e $S$ sono quadrate e invertibili, ma in generale di ordini diversi ($n \times n$ e $m \times m$).

Perché cambiare base nel dominio è facile e nel codominio no

Nel caso più comune $V = K^n$, $W = K^m$, $\mathcal B$ e $\mathcal C$ canoniche:

• $M^{\mathcal B'}_{\mathcal E}(\mathrm{id}_V)$, a destra, si scrive copiando in colonna i vettori di $\mathcal B'$: facile;
• $M^{\mathcal E}_{\mathcal C'}(\mathrm{id}_W)$, a sinistra, è l'inversa della matrice che ha in colonna i vettori di $\mathcal C'$: bisogna invertire, cioè risolvere sistemi.

È quello che si era visto facendo i conti a mano: cambiando la base del dominio bastava calcolare $f(v'_j)$; cambiando quella del codominio bisognava risolvere un sistema per ogni colonna.

Esempio. $f(x, y, z) = (3x - 2y + z, \ x + 2z)$, $\mathcal B' = \{(1,0,2), (-1,1,1), (0,-1,3)\}$, $\mathcal C' = \{(2,3), (-1,1)\}$.

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

Solo base del dominio cambiata: $$M^{\mathcal B'}_{\mathcal E_2}(f) = A \cdot M^{\mathcal B'}_{\mathcal E_3}(\mathrm{id}) = \begin{pmatrix} 5 & -4 & 5 \\ 5 & 1 & 6 \end{pmatrix}$$ (per esempio la prima colonna: $3 \cdot 1 - 2 \cdot 0 + 1 \cdot 2 = 5$ e $1 \cdot 1 + 0 + 2 \cdot 2 = 5$, cioè $f(1, 0, 2) = (5, 5)$; la seconda: $3 \cdot (-1) - 2 \cdot 1 + 1 \cdot 1 = -4$ e $1 \cdot (-1) + 0 + 2 \cdot 1 = 1$; la terza: $0 + 2 + 3 = 5$ e $0 + 0 + 6 = 6$). Prima di usare $\mathcal B'$ va controllato che sia una base: tre vettori di $\mathbb{R}^3$ lo sono se la matrice che li ha in colonna ha rango $3$, e qui il determinante vale $6 \ne 0$ (vedi 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 →; senza determinante basta ridurre a scala con l'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 →).

Anche base del codominio cambiata: serve $M^{\mathcal E_2}_{\mathcal C'}(\mathrm{id}) = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 3 & 1 \end{pmatrix}^{-1}$. Con la formula dell'inversa 2 × 2L'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 →: $ad - bc = 2 \cdot 1 - (-1) \cdot 3 = 5$, si scambiano $2$ e $1$ sulla diagonale e si cambia segno a $-1$ e $3$: $$\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 3 & 1 \end{pmatrix}^{-1} = \frac15\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -3 & 2 \end{pmatrix}$$ (verifica: $\frac15\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -3 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 3 & 1 \end{pmatrix} = \frac15\begin{pmatrix} 2 + 3 & -1 + 1 \\ -6 + 6 & 3 + 2 \end{pmatrix} = \frac15\begin{pmatrix} 5 & 0 \\ 0 & 5 \end{pmatrix} = I_2$). Quindi $$M^{\mathcal B'}_{\mathcal C'}(f) = \frac15\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -3 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 5 & -4 & 5 \\ 5 & 1 & 6 \end{pmatrix} = \frac15\begin{pmatrix} 10 & -3 & 11 \\ -5 & 14 & -3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & -\frac35 & \frac{11}{5} \\ -1 & \frac{14}{5} & -\frac35 \end{pmatrix}$$ Gli elementi del prodotto, riga per colonna: prima riga $(1, 1)$: $5 + 5 = 10$, $-4 + 1 = -3$, $5 + 6 = 11$; seconda riga $(-3, 2)$: $-15 + 10 = -5$, $12 + 2 = 14$, $-15 + 12 = -3$.

Controllo sulla prima colonna. Deve contenere le coordinate di $f(1, 0, 2) = (5, 5)$ rispetto a $\mathcal C'$: infatti $2(2, 3) - 1 \cdot (-1, 1) = (4 + 1, \ 6 - 1) = (5, 5)$ ✓.

Tutti i passaggi, compresa la verifica colonna per colonna, sono nell'Esercizio 27 · la stessa funzione in tre coppie di basi.

Endomorfismi e matrici simili

Se $f : V \to V$ è un endomorfismo, è naturale usare la stessa base nel dominio e nel codominio. Con $A = M^{\mathcal B}_{\mathcal B}(f)$ e $A' = M^{\mathcal B'}_{\mathcal B'}(f)$, la formula diventa

$$A' = M^{\mathcal B}_{\mathcal B'}(\mathrm{id}) \, A \, M^{\mathcal B'}_{\mathcal B}(\mathrm{id})$$

e, chiamando $P = M^{\mathcal B'}_{\mathcal B}(\mathrm{id})$ (colonne = coordinate dei nuovi vettori rispetto ai vecchi; in $K^n$ con $\mathcal B$ canonica: i vettori di $\mathcal B'$ in colonna), l'altra matrice è $P^{-1}$:

$$\boxed{\ A' = P^{-1} A P\ }$$

Definizione (matrici simili). Due matrici quadrate $A, A' \in M_n(K)$ si dicono simili se esiste una matrice invertibile $P$ tale che $A' = P^{-1} A P$.

Matrici simili sono matrici dello stesso endomorfismo in basi diverse; viceversa, se $A' = P^{-1}AP$, le colonne di $P$ sono una base (una matrice invertibile ha colonne indipendenti, vedi 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 →) e $A'$ è la matrice di $X \mapsto AX$ in quella base. Tutto ciò che dipende solo da $f$ è uguale per matrici simili: per esempio il rango (è $\dim \operatorname{Im} f$). Altri invarianti (determinante, autovalori) si vedranno in 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 →.

Esempio: una base in cui la matrice è diagonale. $f(x, y) = (x + 2y, \ 2x + y)$, $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}$ nella base canonica. Con $\mathcal B' = \{(1, 1), (1, -1)\}$: $$f(1, 1) = (3, 3) = 3 \cdot (1, 1), \qquad f(1, -1) = (-1, 1) = -1 \cdot (1, -1)$$ quindi, per la ricetta, $A' = M^{\mathcal B'}_{\mathcal B'}(f) = \begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$: la prima colonna sono le coordinate di $f(b_1) = 3b_1 + 0b_2$, cioè $(3, 0)$; la seconda quelle di $f(b_2) = 0b_1 - 1b_2$, cioè $(0, -1)$. Con la formula: $P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$, $P^{-1} = \frac12\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$, $$P^{-1} A P = \frac12\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 3 & 1 \end{pmatrix} = \frac12\begin{pmatrix} 6 & 0 \\ 0 & -2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$$ (dove $AP = \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 3 & 1 \end{pmatrix}$, calcolato sopra; poi riga per colonna: $\frac12(3 + 3) = 3$, $\frac12(-1 + 1) = 0$, $\frac12(3 - 3) = 0$, $\frac12(-1 - 1) = -1$). La stessa funzione, che nella base canonica "mescola" $x$ e $y$, nella base $\mathcal B'$ si limita a moltiplicare la prima coordinata per $3$ e la seconda per $-1$. Trovare basi di questo tipo è il problema della DiagonalizzazioneUna matrice è diagonalizzabile se è simile a una diagonale, cioè se esiste una base di autovettori: allora A = S D S⁻¹ con gli autovettori nelle colonne di S e gli autovalori in D. Criterio: tutti gli autovalori nel campo e molteplicità geometrica uguale a quella algebrica. Le matrici simmetriche reali hanno autovalori reali.Diagonalizzazione →.

Riepilogo

Errori comuni

• Usare la matrice facile al posto della sua inversa. A sinistra nella formula serve $M^{\mathcal E}_{\mathcal C'}(\mathrm{id})$, che è l'inversa della matrice con i vettori di $\mathcal C'$ in colonna, non quella matrice.
• Sbagliare il lato della moltiplicazione: in $A' = SAP^{-1}$ non si può spostare $S$ a destra.
• Confondere "trasforma i vettori" e "trasforma le coordinate": vanno in versi opposti; in caso di dubbio usare la regola delle basi che si cancellano.
• Dimenticare di controllare che i nuovi vettori siano davvero una base: se fossero dipendenti la matrice $P$ non sarebbe invertibile.