Esercizio 45matrice R tale che RA è a scala, nucleo, immagine e cambio di base

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(a) Matrice nella base canonica

Per la ricetta della matrice associataFissate 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 → la colonna $j$ è $f(e_j)$: $f(1, 0, 0) = (1, -1, 2)$, $f(0, 1, 0) = (-2, 0, -6)$, $f(0, 0, 1) = (-1, 2, -1)$. In pratica, le righe sono i coefficienti di $x, y, z$ nelle tre componenti (nella seconda componente $y$ non compare: coefficiente $0$):

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

(b) Forma a scala e matrice $R$

L'idea. Ogni operazione elementare sulle righe equivale a moltiplicare a sinistra per una matrice elementare invertibile $E$. Se si fanno le operazioni $E_1, E_2, \dots, E_k$ si ottiene $A' = E_k \cdots E_2 E_1 A = RA$, con $R = E_k \cdots E_1$. Per trovare $R$ senza scrivere le $E_i$ una per una, si fanno le stesse operazioni sulla matrice affiancata $(A \mid I)$: a destra, partendo da $I$, si accumula proprio $E_k \cdots E_1 \cdot I = R$.

$$(A \mid I) = \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & -2 & -1 & 1 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ 2 & -6 & -1 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right)$$

Prima colonna (pivot $1$):

• $R_2 \leftarrow R_2 + R_1$: $(-1, 0, 2 \mid 0, 1, 0) + (1, -2, -1 \mid 1, 0, 0) = (0, -2, 1 \mid 1, 1, 0)$;
• $R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1$: $(2, -6, -1 \mid 0, 0, 1) - (2, -4, -2 \mid 2, 0, 0) = (0, -2, 1 \mid -2, 0, 1)$.

Seconda colonna (pivot $-2$):

• $R_3 \leftarrow R_3 - R_2$: $(0, -2, 1 \mid -2, 0, 1) - (0, -2, 1 \mid 1, 1, 0) = (0, 0, 0 \mid -3, -1, 1)$.

$$\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & -2 & -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 1 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -3 & -1 & 1 \end{array}\right) \qquad\Longrightarrow\qquad A' = \begin{pmatrix} 1 & -2 & -1 \\ 0 & -2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \quad R = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ -3 & -1 & 1 \end{pmatrix}.$$

$\operatorname{rango}(A) = 2$ (due righe non nulle in $A'$).

$R$ è invertibile: è prodotto di matrici elementari invertibili; oppure, direttamente, è triangolare inferiore con $1$ sulla diagonale, quindi $\det R = 1 \cdot 1 \cdot 1 = 1 \ne 0$ (determinante di una triangolare = prodotto della diagonale), e una matrice con determinante non nullo è invertibileLa matrice aggiunta A* è la trasposta della matrice dei complementi algebrici e soddisfa A·A* = det A · I; quindi A è invertibile se e solo se det A ≠ 0, con A⁻¹ = A*/det A. Cramer: xᵢ = Δᵢ/Δ. Matrici simili hanno lo stesso determinante.Matrice aggiunta e teorema di Cramer →.

Verifica di una riga di $RA$: la terza riga di $R$ per $A$ è $-3 \cdot (1, -2, -1) - 1 \cdot (-1, 0, 2) + 1 \cdot (2, -6, -1) = (-3 + 1 + 2, \ 6 - 0 - 6, \ 3 - 2 - 1) = (0, 0, 0)$ ✓.

Un'informazione in più gratis. La riga di $R$ corrispondente alla riga nulla di $A'$, cioè $(-3, -1, 1)$, dice che $-3R_1 - R_2 + R_3 = 0$ tra le righe di $A$. Inoltre è l'equazione cartesiana dell'immagine: $AX = Y$ ha soluzione se e solo se l'ultima componente di $RY$ è $0$, cioè

$$\operatorname{Im} f : \ -3y_1 - y_2 + y_3 = 0 .$$

(Si ottiene trattando la colonna di $I$ come colonna di termini noti generici: riducendo $(A \mid Y)$ con le stesse operazioni si arriva a $(A' \mid RY)$, e la terza riga è $0 = -3y_1 - y_2 + y_3$; per Rouché-CapelliUn sistema lineare si scrive AX = B; ha soluzioni se e solo se B sta nell'immagine di A, cioè se rango(A) = rango(A|B) (Rouché-Capelli); le soluzioni sono una soluzione particolare più il nucleo e dipendono da n − r parametri.Sistemi lineari e teorema di Rouché-Capelli → il sistema è risolubile esattamente quando questo numero è $0$.)

(c) Nucleo e immagine

Immagine. $\dim \operatorname{Im} f = \operatorname{rango}(A) = 2$. L'immagine è generata dalle colonne di $A$ (le immagini di una base generano l'immagineIl nucleo (vettori mandati in 0) e l'immagine (vettori raggiunti) di una funzione lineare sono sottospazi; f è iniettiva se e solo se Ker f = {0}; dim Ker f + dim Im f = dim V (nullità + rango); l'antimmagine di un vettore è una soluzione particolare più il nucleo.Nucleo e immagine →). Pivot di $A'$ nelle colonne $1$ e $2$, quindi le prime due colonne di $A$ (della matrice originale: le operazioni sulle righe conservano le relazioni tra le colonne, non le colonne stesse) sono una base:

$$\operatorname{Im} f = \langle (1, -1, 2), \ (-2, 0, -6) \rangle .$$

Controllo con l'equazione trovata sopra: $-3 + 1 + 2 = 0$ ✓ e $6 - 0 - 6 = 0$ ✓.

Nucleo. $\dim \operatorname{Ker} f = 3 - 2 = 1$. $AX = 0$ equivale a $A'X = 0$ ($R$ è invertibile, quindi $AX = 0 \iff RAX = 0$):

$$\begin{cases} x - 2y - z = 0 \\ -2y + z = 0 \end{cases} \quad\Longrightarrow\quad z = 2y, \quad x = 2y + z = 2y + 2y = 4y .$$

(I pivot sono nelle colonne di $x$ e $y$, quindi la scelta standard sarebbe $z$ libera; qui conviene invece ricavare $z$ dalla seconda equazione, dove ha coefficiente $1$, e tenere $y$ libera: si evitano le frazioni. Qualunque scelta va bene, purché le altre incognite si ricavino da quella libera.)

Con $y = 1$:

$$\operatorname{Ker} f = \langle (4, 1, 2) \rangle .$$

Verifica: $A(4, 1, 2)^T = (4 - 2 - 2, \ -4 + 0 + 4, \ 8 - 6 - 2) = (0, 0, 0)$ ✓.

(d) Matrice nella base $\{v_1, v_2, v_3\}$

Base sia nel dominio sia nel codominio: la colonna $j$ di $B$ contiene le coordinate di $f(v_j)$ rispetto a $\{v_1, v_2, v_3\}$.

CoordinateFissata 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 → di un vettore generico. $a_1 v_1 + a_2 v_2 + a_3 v_3 = a_1(1, 0, 1) + a_2(0, 1, -1) + a_3(0, 0, 1) = (a_1, \ a_2, \ a_1 - a_2 + a_3)$. Ponendo questo uguale a $(x, y, z)$ si ha il sistema $a_1 = x$, $a_2 = y$, $a_1 - a_2 + a_3 = z$, già triangolare: dalla terza $a_3 = z - a_1 + a_2 = z - x + y$. Quindi il vettore $(x, y, z)$ ha coordinate

$$a_1 = x, \qquad a_2 = y, \qquad a_3 = z - x + y .$$

(Lo si risolve una volta sola e poi si usa per tutti e tre i vettori.)

Immagini e loro coordinate.

$$B = \begin{pmatrix} 0 & -1 & -1 \\ 1 & -2 & 2 \\ 2 & -6 & 2 \end{pmatrix}.$$

Con la formula. Con $P$ = matrice con $v_1, v_2, v_3$ in colonna, la formula per un endomorfismo è $B = P^{-1} A P$ (matrici similiLa 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 →):

$$P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$$

(le colonne di $P^{-1}$ sono le coordinate di $e_1, e_2, e_3$: con la formula sopra, $e_1 \mapsto (1, 0, -1)$, $e_2 \mapsto (0, 1, 1)$, $e_3 \mapsto (0, 0, 1)$). Il prodotto $P^{-1} A P$ dà la stessa $B$: la tabella è esattamente questo prodotto fatto colonna per colonna ($AP$ ha come colonne gli $f(v_j)$, e $P^{-1}$ ne calcola le coordinate).

Controlli rapidi. Matrici simili hanno la stessa traccia e lo stesso rango: $\operatorname{tr} A = 1 + 0 - 1 = 0$ e $\operatorname{tr} B = 0 - 2 + 2 = 0$ ✓; $B$ ha rango $2$, perché la terza riga è il doppio della somma delle prime due: $2\big((0, -1, -1) + (1, -2, 2)\big) = (2, -6, 2)$ ✓.

Errori comuni

• Fare le operazioni per colonne quando si cerca $R$ con $RA$ a scala: le operazioni sulle colonne corrispondono a moltiplicare a destra.
• Prendere come base dell'immagine le colonne di $A'$ invece di quelle di $A$.
• In (d) mettere in colonna $f(v_j)$ invece delle sue coordinate: la base è la stessa anche nel codominio, quindi servono le coordinate rispetto a $\{v_1, v_2, v_3\}$.