Ricavare la forma esplicita di una Applicazione Lineare

[Rjck]

Ciao a tutti.
Sapendo che esiste una Applicazione Lineare \(\displaystyle \mathrm{F:} \mathbb{R}^3->\mathbb{R}^3 \) che manda un piano/retta/punto in un altro piano/retta/punto, sapreste dirmi come si può ricavare la forma esplicita come per esempio questa: \(\displaystyle \mathrm{F(x,y,z)=(x+y,z-2x,y+5z)}\)?

Esercizio-Esempio
Sia \(\displaystyle \mathrm{T:} \mathbb{R}^3->\mathbb{R}^3 \) che manda il piano \(\displaystyle \pi\mathrm{:-2x+3y+z+1=0}\) nel piano \(\displaystyle \rho \mathrm{:x-3y+2z=0}\), voglio trovare la forma esplicita o anche la matrice associata a T [PS. è un esercizio inventato]
Mia Soluzione:
Mi sono ricondotto le equazioni dei due piani in forma parametrica
\(\displaystyle \pi: \begin{cases} x=s \\ y=r \\ z= 2s - 3r -1\end{cases} \) e \(\displaystyle \rho: \begin{cases} x=3s'-2r'\\ y=s' \\ z=r'\end{cases} \)
Da questi sistemi posso ricavare i vettori generatori dei due piani che sono rispettivamente \(\displaystyle \mathrm{v1=(1,0,2)} , \mathrm{v2=(0,1,-3)}, \mathrm{w1=(3,1,0)}, \mathrm{w2=(-2,0,1)}\).

Da questo punto in poi non sono sicurissimo:
Aggiungo un vettore in modo da ottenere che B={v1,v2,(0,0,1)} è una base dell'insieme di partenza, B'={w1,w2,(0,0,1)} è una base dell'insieme di arrivo. [sia per B che per B' ho scelto il vettore della base canonica (0,0,1)]
Sapendo che T è un'applicazione lineare, allora le immagini della base B potranno essere scritte come combinazione lineare dei vettori che compongono B'.
\(\displaystyle \mathrm{F(v1)=F(1,0,2)=a(w1)+b(w2)+c(0,0,1)} \)
\(\displaystyle\mathrm{F(v2)=F(0,1,-3)=d(w1)+e(w2)+f(0,0,1)} \)
\(\displaystyle\mathrm{F(v3)=F(0,0,1)=g(w1)+h(w2)+i(0,0,1)} \)
da cui potrei ricavare la matrice associata alla mia applicazione lineare \(\displaystyle M=\begin{pmatrix} a & d & g \\ b & e & h \\ c & f & i \end{pmatrix} \), la quale, se moltiplicata per un vettore colonna \(\displaystyle \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \), dovrebbe riportarmi alla formula che tanto sto cercando.
Adesso però non so come trovare i coefficienti della Matrice M... e qui giungo al termine del mio ragionamento e chiedo aiuto a voi.
Se qualcuno è così gentile da dirmi se ci sono errori di ragionamento (possono esserci di calcolo) e dove, e soprattutto se ci sono dei modi alternativi, mi farebbe un grosso favore.

Grazie in anticipo!

[Bokonon]

Ciao Rjck
Mi piace lo spirito e va premiato.
Però faremo a modo io, ok?

Sia \(\displaystyle \mathrm{T:} \mathbb{R}^3->\mathbb{R}^3 \) che manda il piano \(\displaystyle \pi\mathrm{:-2x+3y+z+1=0}\) nel piano \(\displaystyle \rho \mathrm{:x-3y+2z=0}\), voglio trovare la forma esplicita o anche la matrice associata a T

Partiamo da qua. L'applicazione che manda il piano $pi$ nel piano $rho$ è appunto $ T:pirarr rho $ entrambi sottospazi di $R^3$.
Ovvero T prende i vettori appartenenti a $pi$ (e non un generico vettore di $R^3$) e li manda in $rho$ (e non in un altro punto generico di $R^3$).
Sono due cose completamente diverse.

Mia Soluzione:
Mi sono ricondotto le equazioni dei due piani in forma parametrica
\(\displaystyle \pi: \begin{cases} x=s \\ y=r \\ z= 2s - 3r -1\end{cases} \) e \(\displaystyle \rho: \begin{cases} x=3s'-2r'\\ y=s' \\ z=r'\end{cases} \)

Ottimo! In quella formulazione si vede chiaramente l'applicazione lineare che proietta il generico vettore di $R^3$ in $pi$...ma ci torniamo su dopo.
Facciamo i passi successivi ed esplicitiamo meglio la forma parametrica di $pi$.

$ pi:{( ( x ),( y ),( z ) ) =s( ( 1 ),( 0 ),( 2 ) ) +r( ( 0 ),( 1 ),( -3 ) ) +1*( ( 0 ),( 0 ),( 1 ) ) $

Così riesci a vedere chiaramente tutto. Vedi i due vettori che formano la base che genera la versione di $pi$ che passa per l'orgine + il punto in cui questo piano viene traslato. Ci ho messo un $1*$ per una ragione ti sarà chiara nella forma successiva.
Questa forma è equivalente a quella che hai scritto tu e descrive i vettori (x,y,z) che appartengono a $pi$.
Lo sottolineo perchè è vero che questi (x,y,z) appartengono ovviamente anche a $R^3$ ma sono specificatamente vettori di $pi$. Quindi ogni volta che riuserò la terna (cosa che spesso crea molta confusione), specificherò a quali (x,y,z) mi riferisco. Solo per chiarezza espositiva.

Un'altra forma equivalente che si deduce immediatamente da quella sopra è:

$ pi:{( ( x ),( y ),( z ) ) =( ( 1 , 0 , 0 ),( 0 , 1 , 0 ),( 2 , -3 , 1 ) )( ( s ),( r ),( 1 ) ) =S( ( s ),( r ),( 1 ) )$

In questa forma vedi che i vettori (x,y,z) di $pi$ sono una trasformazione S di vettori generici con una componente costante.
E così dev'essere perchè descrive un piano, quindi bastano due variabili. E visto che ci siamo, poichè $pi$ è uno spazio affine e la traslazione non è un'operazione lineare aggiungo una cosa che magari ti tornerà utile in futuro.
Immagina lo spazio $R^2$, ovvero un piano. Puoi ruotarne i punti ma non spostarlo dalla sua origine. Quindi per farlo lo immergi in una dimensione superiore $R^3$ dove puoi ruotarlo a piacimento e traslarlo. Vedrai che questa visione ti tornerà utile in futuro...specie per capire da dove spuntano gli "uno" nelle matrici.

Detto questo, S è ovviamente la matrice associata all'applicazione $S:R^3rarr pi$ definita come $S(x,y,z)=(x,y,2x-3y+1)$ dove, appunto, stavolta il generico vettore (x,y,z) è riferito a tutto $R^3$ e non è specifico di $pi$.

Ora dovresti fare la medesima cosa per $rho$.....e poi andiamo avanti.

[Rjck]

Ciao Rjck
Mi piace lo spirito e va premiato.
Però faremo a modo io, ok?

Grazie e piacere di conoscerti Bokonon! Nessun problema, sono qui per imparare!

$ pi:{( ( x ),( y ),( z ) ) =s( ( 1 ),( 0 ),( 2 ) ) +r( ( 0 ),( 1 ),( -3 ) ) +1*( ( 0 ),( 0 ),( 1 ) ) $

Perdonami, ma l'ultimo vettore colonna non dovrebbe essere della forma $( ( 0 ),( 0 ),( -1 ) ) $ ? Non voglio essere pignolo eh, anche perché mi basta capire il tuo ragionamento, i calcoli non sono importanti ora.

Dunque:
$ rho:{( ( x ),( y ),( z ) ) =s'( ( 3 ),( 1 ),( 0 ) ) +r'( ( -2 ),( 0 ),( 1 ) ) +1*( ( 0 ),( 0 ),( 0 ) ) $
da cui posso ricavare:
$ rho:{( ( x ),( y ),( z ) ) =( ( 3 , -2 , 0 ),( 1 , 0 , 0 ),( 0 , 1 , 0 ) )( ( s' ),( r' ),( 1 ) ) =S'( ( s' ),( r' ),( 1 ) ) $
Data la tua spiegazione vedo che i vettori del piano $ rho $ sono una trasformazione della matrice $ S' $ di vettori generici aventi una componente costante.

Immagina lo spazio R2, ovvero un piano. Puoi ruotarne i punti ma non spostarlo dalla sua origine. Quindi per farlo lo immergi in una dimensione superiore R3 dove puoi ruotarlo a piacimento e traslarlo. Vedrai che questa visione ti tornerà utile in futuro...specie per capire da dove spuntano gli "uno" nelle matrici.

Chiaro e molto interessante come spiegazione! Non avevo mai considerato di vederla in questo modo.

Adesso ho trovato la matrice S' associata all'applicazione $ S':R^3rarr rho $ meglio definita $ S'(x,y,z)=(x+3y-2z,y,z) $
Vorrei chiederti una cosa, provo a fare un passo in più, quello che potremmo fare dopo sarebbe una composizione di funzioni? Avendo $ S(x,y,z)=(x,y,2x-3y+1) $ e $ S'(x,y,z)=(x+3y-2z,y,z) $ cioè $S' @ S$. Mi sono lanciato ma non so quanto sia giusto

PS: ho mantenuto S(x,y,z)=(x,y,2x-3y+1)

[Bokonon]

Perdonami, ma l'ultimo vettore colonna non dovrebbe essere della forma $( ( 0 ),( 0 ),( -1 ) ) $ ? Non voglio essere pignolo eh, anche perché mi basta capire il tuo ragionamento, i calcoli non sono importanti ora.

Fai bene a ricontrollare i miei conti!
Hai ragione, ho sbagliato il segno

Adesso ho trovato la matrice S' associata all'applicazione $ S':R^3rarr rho $ meglio definita $ S'(x,y,z)=(x+3y-2z,y,z) $

Attenzione $ S'(x,y,z)=(3x-2y, x,y) $
Ovvero l'applicazione trasforma gli $(x,y,z)$ in $(x^',y^',z^')$
La componenti diventano:
$ { ( x^'=3x-2y ),( y^'=x ),( z^'=y ):} $
Da cui $x^'=3x-2y=3y^'-2z^'$ quindi $rho: x^'-3y^'+2z^'=0$
Poi appunto usiamo di nuovo (x,y,z) ma in realtà sono trasformazioni...per questo specificavo a cosa corrispondono i vari (x,y,z) perchè spesso la cosa genera (giustamente) confusione. Come vedi una variabile "sparisce" perchè i gradi di libertà passano da 3 a 2 (come le dimensioni). Tradotto: di solito prendiamo la z come univocamente definita dai valori x,y....che è il concetto stesso di funzione

Vorrei chiederti una cosa, provo a fare un passo in più, quello che potremmo fare dopo sarebbe una composizione di funzioni? Avendo $ S(x,y,z)=(x,y,2x-3y+1) $ e $ S'(x,y,z)=(x+3y-2z,y,z) $ cioè $S' @ S$. Mi sono lanciato ma non so quanto sia giusto

Beh era proprio quello il passaggio successivo comporre prima le applicazioni restando nella base canonica e dopo trovare effettivamente $ T:pirarr rho $ !
Fammi vedere! Provaci da solo o comunque prova a scriverle e dimmi cosa vorresti fare.

[Rjck]

Attenzione $ S'(x,y,z)=(3x-2y, x,y) $
Ovvero l'applicazione trasforma gli $ (x,y,z) $ in $ (x^',y^',z^') $
La componenti diventano:
$ { ( x^'=3x-2y ),( y^'=x ),( z^'=y ):} $
Da cui $ x^'=3x-2y=3y^'-2z^' $ quindi $ rho: x^'-3y^'+2z^'=0 $
Poi appunto usiamo di nuovo (x,y,z) ma in realtà sono trasformazioni...per questo specificavo a cosa corrispondono i vari (x,y,z) perchè spesso la cosa genera (giustamente) confusione. Come vedi una variabile "sparisce" perchè i gradi di libertà passano da 3 a 2 (come le dimensioni). Tradotto: di solito prendiamo la z come univocamente definita dai valori x,y....che è il concetto stesso di funzione

Hai ragione! Non mi ero accorto dell'errore.

Beh era proprio quello il passaggio successivo comporre prima le applicazioni restando nella base canonica e dopo trovare effettivamente T:π→ρ !
Fammi vedere! Provaci da solo o comunque prova a scriverle e dimmi cosa vorresti fare.

Sinceramente non so come è la composizione rimanendo nella base canonica, io ho inteso in questo modo:
$ S' @ S = S'(S(x,y,z)) = S'(x,y,2x-3y+1) $ qui però non capisco perché sostituendo ottengo sempre $ S'(x,y,2x-3y+1)=(3x-2y, x,y) $.
Sicuramente sto sbagliando ma non e non saprei dove andare a parare.

[Bokonon]

Non hai affatto sbagliato...deve essere così
Pensiamo al tutto in questo modo pittoresco. Ci immergiamo in $R^3$ con la sua base canonica e decidiamo di prendere il piano x,y e ruotarlo attorno all'origine e otteniamo $rho$. Lo ruotiamo di nuovo (in modo diverso) e lo trasliamo pure in basso di una unità ripetto all'asse z e otteniamo $pi$. Le applicazioni $S$ ed $S^'$ che abbiamo ottenuto dicono esattamente questo, ovvero prendono i punti di $R^3$ e li fanno "collassare" nei due piani. Applicando $S^'@ S$ prendiamo il sottospazio $pi$ di $R^3$ e lo portiamo su $rho$. Cosa c'è di strano? Se $S^'$ porta tutti gli (x,y,z) in $rho$ perchè mai non dovrebbe portarci anche un "sottoinsieme" di quei punti?

Anche usando le matrici associate otteniamo $S^'S=( ( 3 , -2 , 0 ),( 1 , 0 , 0 ),( 0 , 1 , 0 ) ) ( ( 1 , 0 , 0 ),( 0 , 1 , 0 ),( 2 , -3 , -1 ) )=( ( 3 , -2 , 0 ),( 1 , 0 , 0 ),( 0 , 1 , 0 ) )=S^'$ !!!
Provare per credere. Otteniamo di nuovo $rho$ e sempre espresso rispetto alla base canonica ovviamente.

Ora però vogliamo $rho$ espresso rispetto ad una base diversa, ovvero quella composta dalle colonne della matrice S, e quindi derivare l'applicazione $T:pi rarr rho$ rispetto a questa base.
Quindi il nostro $R^3$ è generato da tre nuovi vettori linearmente indipendenti. L'effetto di un'applicazione/matrice è appunto quello di prendere i vettori della base canonica e ruotarli/rifletterli (in generale in modo asincrono) e anche allungarli/accorciarli.
Applicando S il vettore $hat(i)$ diventa $hat(i^')=(1,0,2)$. Il vettore $hat(j)$ diventa $hat(j^')=(0,1,-3)$. E infine il vettore $hat(k)$ diventa $hat(k^')=(0,0,-1)$.
Nota che i nuovi "assi" non sono più ne ortogonali fra di loro ne hanno una "scala" unitaria (eccetto $hat(k^')$ che ha ancora norma unitaria e che nella sostanza è $hat(k)$ rovesciato).
E noi vogliamo rappresentare il piano $rho$ rispetto a questi strani assi in cui $pi$ è parallelo al nuovo piano (x,y) e l'asse z è capovolto.

A te!