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

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(a) $A$ è invertibile?

Con lo sviluppo di 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 → lungo la prima riga (segni $+, -, +$; il terzo termine è nullo perché $a_{13} = 0$):

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

Sì, $A$ è invertibileUna matrice quadrata è invertibile se e solo se il suo determinante è diverso da zero.Matrice aggiunta e teorema di Cramer → (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 indipendentiUna combinazione lineare è una somma di vettori moltiplicati per scalari. I vettori sono linearmente indipendenti se l'unica combinazione che dà il vettore nullo è quella con tutti i coefficienti nulli; altrimenti sono dipendenti, e allora uno di essi è combinazione lineare degli altri.Combinazioni lineari e dipendenza lineare → (in dimensione 3 basta una sola verificaTutte le basi di uno spazio vettoriale hanno lo stesso numero di vettori, la dimensione (dim K^n = n). Da ogni sistema di generatori si estrae una base, ogni insieme di vettori indipendenti si completa a una base, e in dimensione n bastano n vettori indipendenti (o n generatori) per avere una base.Dimensione →), cioè se la matrice che li ha come colonne ha rango $3$, cioè 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 ($R_2 - R_1$: $(a - a) + (b - b) + (5c - c) = 1 - (-3)$) si ha $4c = 4$, quindi $c = 1$; dalla prima $a = -3 - b - c = -3 - 5 - 1 = -9$. (La soluzione è unica perché la matrice dei coefficienti è $P$, con $\det P \ne 0$: per CramerLa 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 → il sistema ha una e una sola soluzione. I numeri $-9, 5, 1$ sono le 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 $v_4$ nella base $\mathcal B$.)

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

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 similiUn 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 → hanno lo stesso polinomio caratteristico, quindi 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). Su $B$ il conto è più rapido, con Laplace lungo la prima riga, che ha uno zero:

$$\det\begin{pmatrix} -\lambda & 0 & -9 \\ 1 & -\lambda & 5 \\ 0 & 1 & 1 - \lambda \end{pmatrix} = -\lambda \big[(-\lambda)(1 - \lambda) - 5\big] - 0 + (-9)\,\big[1 \cdot 1 - (-\lambda) \cdot 0\big] = -\lambda(\lambda^2 - \lambda - 5) - 9 = -\lambda^3 + \lambda^2 + 5\lambda - 9 .$$

(Questo polinomio non ha radici razionali: i candidati, divisori di $9$, sono $\pm 1, \pm 3, \pm 9$, e nessuno lo annulla; per esempio in $\lambda = 1$ vale $-1 + 1 + 5 - 9 = -4$. Per questo il testo non chiede gli autovalori.) 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.