Scrivere la matrice A associata ad f rispetto alla base canonica di V

(1)

Lezione 9 20/11/09

Esercizio 1. Sia V = R⁴ e sia f l’endomorfismo di V tale che:

• v1= (1, 1, 0, 0) ∈ Kerf ,

• v2= (1, 0, −1, 0) v3= (1, 0, 0, 1) ∈ E(1),

• v4= (0, 0, 1, 0) ∈ E(2).

Verificare che f sia ben definito. Scrivere la matrice A associata ad f rispetto alla base canonica di V . Determinare la dimensione e una base sia per l’immagine che per il nucleo di f . Scrivere equazioni cartesiane di tali sottospazi vettoriali. Stabilire se f sia o meno un automorfismo di V . Determinare la controimmagine del vettore w = (2, 0, −1, 1). Dire se f sia diagonalizzabile e in caso affermativo determinare una base di autovettori per f .

Soluzione dell’esercizio 1. Per verificare che f sia ben definita dobbiamo verificare che i quattro vettori di cui conosciamo l’immagine siano linearmente indipendenti. Dato che:

1 1 1 0

1 0 0 0

0 −1 0 1

0 0 1 0

= −

1 1 0

−1 0 1

0 1 0

= 1 6= 0,

tale condizione `e soddisfatta e f `e ben definita.

Dai dati dell’esercizio sappiamo che:

f (v1) = 0 · v1, f (v2) = 1 · v2, f (v3) = 1 · v3, f (v4) = 2 · v4. La matrice A⁰ associata a f rispetto alla base B⁰= {v₁, v₂, v₃, v₄} `e la matrice:

A⁰=







0 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 2





 .

La matrice del cambio di base dalla base canonica B alla base B⁰ `e la matrice:

C =







1 1 1 0

1 0 0 0

0 −1 0 1

0 0 1 0





 ,

la cui inversa `e la matrice:

C⁻¹=







0 1 0 0

1 −1 0 −1

0 0 0 1

1 −1 1 −1





 ,

(2)

La matrice A cercata `e allora la matrice:

A = CA⁰C⁻¹=







1 1 1 0

1 0 0 0

0 −1 0 1

0 0 1 0













0 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 2













0 1 0 0

1 −1 0 −1

0 0 0 1

1 −1 1 −1







=







1 −1 0 0

0 0 0 0

1 −1 2 −1

0 0 0 1





 .

Per pervenire allo stesso risultato possiamo anche utilizzare la linearit`a di f . Osserviamo che:

e₁ = (1, 0, 0, 0) = (1, 0, −1, 0) + (0, 0, 1, 0) = v₂+ v₄, e₂ = (0, 1, 0, 0) = (1, 1, 0, 0) − (1, 0, −1, 0) − (0, 0, 1, 0) = v₁− v2− v4,

e₃ = (0, 0, 1, 0) = (0, 0, 1, 0) = v₄,

e₄ = (0, 0, 0, 1) = −(1, 0, −1, 0) + (1, 0, 0, 1) − (0, 0, 1, 0) = −v₂+ v₃− v₄. Di conseguenza:

f (e1) = f (v2+ v4) = v2+ 2v4 = (1, 0, 1, 0), f (e2) = f (v1− v2− v4) = −v2− 2v4 = (−1, 0, −1, 0), f (e3) = f (v4) = 2v4 = (0, 0, 2, 0), f (e4) = f (−v2+ v3− v4) = −v2+ v3− 2v4 = (0, 0, −1, 1).

Riotteniamo chiaramente:

A =







1 −1 0 0

0 0 0 0

1 −1 2 −1

0 0 0 1





 .

La dimensione dell’immagine `e dim Im f = rg(A) = rg(A⁰) = 3. Una base per l’immagine `e data da:

BIm f = {u1= (1, 0, 1, 0), u2= (0, 0, 1, 0) = e3, u4= (0, 0, −1, 1)}.

Equazioni cartesiane per Im f si ottengono imponendo:

x₁ x₂ x₃ x₄

1 0 1 0

0 0 1 0

0 0 −1 1

= −

x₁ x₂ x₄

1 0 0

0 0 1

= x₂= 0.

Una possibile equazione cartesiana per Im f `e x2= 0.

La dimensione dell’immagine `e data da dim(Ker f ) = dim V − dim Im f = 4 − 3 = 1. Una sua base

` e allora:

BKer f = {v₁= (1, 1, 0, 0)}.

Sue equazioni cartesiane sono:







x1 −x2 = 0

x3 = 0

x4 = 0

f non `e un automorfismo di V . Il vettore w soddisfa l’equazione x2 = 0, quindi w ∈ Im f . Dato che w = v₂+ v₃∈ E(1), avremo f (w) = w. Di conseguenza w ∈ f⁻¹(w). A tale vettore possiamo aggiungere un qualunque vettore del nucleo di f , in definitiva:

f⁻¹(w) = {v ∈ V | v = w + tv1= (2 + t, t, −1, 1), t ∈ R}.

La matrice A⁰ associata ad f rispetto alla base B⁰ è una matrice diagonale, f è un endomorfismo diagonalizzabile e B⁰ è una base di autovettori per f .

(3)

QUESTIONI METRICHE

Sia r una retta orientata e sia AB un segmento orientato rappresentante del vettore v, v =−−→ AB.

La componente ortogonale del vettore v secondo la retta orientata r `e la misura algebrica vr del segmento orientato ArBr proiezione ortogonale di v su r,

v_r= kvk cos θ.

L’angolo di due vettori u e v `e l’angolo convesso [v1v2 formato dalle semirette che contengono i loro rappresentanti uscenti da un qualunque punto O dello spazio. Il prodotto scalare di due vettori u e v `e il numero reale u · v dato dal prodotto delle lunghezze dei due vettori moltiplicato per il coseno del loro angolo,

u · v = kuk kvk cosuv.c

Condizione necessaria e sufficiente affinché il prodotto scalare di due vettori sia nullo è che i due vettori siano ortogonali. Inoltre la componente ortogonale di un vettore v secondo una retta orientata r è data da

v_r= kvk cosvr = v · r,c dove r `e il versore della retta r.

Il vettore proiezione ortogonale w di un vettore v secondo una retta orientata r `e per definizione w = vrr.

Se la retta r ha direzione e verso del vettore u possiamo scrivere anche w = vrvers u = (v · vers u) vers u = v · u

kuk

u

kuk = v · u kuk²u.

Il prodotto scalare di un vettore per se stesso uguaglia il quadrato della lunghezza del vettore, v · v = kvk²≥ 0.

Una base di V³ si dice ortonormale se `e costituita da vettori di modulo 1 (versori ) a due a due ortogonali. Sia B = {i, j, k} una base ortonormale di V³. Le coordinate di un vettore rispetto alla base B coincidono con le componenti ortogonali del vettore secondo rette parallele ai versori della base e con essi concordemente orientate. In coordinate il prodotto scalare di due vettori u = uxi + uyj + uzk e v = vxi + vyj + vzk `e dato da

u · v = uxvx+ uyvy+ uzvz. Il modulo di un vettore `e allora

kvk²= v²_x+ v²_y+ v_z².

Il prodotto vettoriale di due vettori u e v di V³`e il vettore w = u ∧ v la cui lunghezza `e kwk = kuk kvk sinuv,c

la cui direzione `e ortogonale ai due vettori u e v ed il cui verso `e tale che la base {u, v, w} sia equiversa alla base ortonormale {i, j, k} scelta.

Il prodotto vettoriale `e una forma bilineare antisimmetrica, u ∧ v = −v ∧ u.

(4)

Il prodotto vettoriale di due vettori non nulli `e il vettore nullo se e soltanto se i due vettori sono paralleli.

Fissata una base ortonormale {i, j, k} di V³, le componenti wx, wy, wz del vettore w prodotto vettoriale di due vettori u = u_xi + u_yj + u_zk e v = v_xi + v_yj + v_zk uguagliano i minori del secondo ordine della matrice

u_x u_y u_z v_x v_y v_z

,

ottenuti cancellando ordinatamente la prima, la seconda e la terza colonna e presi con i segni alternati +, −, +.

Il prodotto misto di tre vettori u₁, v₂, v₃`e dato dall’espressione v1· v2∧ v3.

Condizione necessaria e sufficiente affinch´e il prodotto misto di tre vettori sia nullo `e che i tre vettori siano complanari. Il valore assoluto del prodotto misto |v1· v2∧ v3| uguaglia il volume del parallelepipedo costruito sui tre vettori v1, v2, v3, applicati in uno stesso punto. Se i tre vettori hanno componenti rispettivamente date da (v1x, v1y, v1z), (v2x, v2y, v2z), (v3x, v3y, v3z) rispetto alla base ortonormale {i, j, k} allora il prodotto misto vale

v₁· v₂∧ v₃=

v_1x v_1y v_1z v2x v2y v2z

v3x v3y v3z

.

GLI SPAZI VETTORIALI EUCLIDEI

Sia V uno spazio vettoriale. Un prodotto scalare euclideo su V `e un’applicazione f : V × V −→ R che ad ogni coppia di vettori v1, v2∈ V associa un numero reale indicato con v1· v2= hv1, v2i in modo che siano soddisfatte le seguenti propriet`a:

- propriet`a commutativa

v1· v2= v2· v1, ∀ v1, v2∈ V, - linearit`a rispetto alla somma di vettori

(v1+ v2) · v3= v1· v3+ v2· v3, ∀v1, v2, v3∈ V, - linearit`a rispetto al prodotto di un vettore per uno scalare

(av₁) · v₂= a(v₁· v₂), ∀ v₁, v₂∈ V, ∀ a ∈ R, - positivit`a

v · v ≥ 0, ∀ v ∈ V, v · v = 0 ⇐⇒ v = 0.

Uno spazio vettoriale euclideo `e uno spazio vettoriale dotato di un prodotto scalare euclideo.

Sia V = Rⁿ. Siano v1 = (x1, x2, . . . , xn) e v2= (y1, y2, . . . , yn) due vettori di V . L’applicazione che a v1 e v2 associa il numero reale

v1· v2= x1y1+ x2y2+ · · · + xnyn=

n

X

i=1

xiyi,

`e un prodotto scalare euclideo detto prodotto scalare canonico di Rⁿ.

Sia E uno spazio vettoriale euclideo e sia B = {u¹, u2, . . . , un} una sua base. La matrice associata

(5)

al prodotto scalare euclideo relativamente alla base B `e la matrice simmetrica A il cui generico elemento `e dato da

aij = ui· uj, i, j = 1, . . . , n.

Se v₁, v₂∈ E hanno vettori colonna delle coordinate rispetto alla base B dati rispettivamente da X e da Y allora

v₁· v₂= X^TAY.

Se A ed A⁰ sono matrici associate al prodotto scalar euclideo definito in E rispettivamente rispetto alle basi B e B⁰ allora

A⁰= C^TAC,

dove C `e la matrice del cambio di base dalla base B alla base B⁰. Il modulo o la norma di un vettore v ∈ E `e il numero reale positivo

kvk =√ v · v.

Un versore `e un vettore di modulo unitario. Per ogni vettore non nullo v ∈ E il suo versore `e il vettore

vers v = v kvk. In uno spazio vettoriale euclideo E valgono le disuguaglianze

|u · v| ≤ kukkvk, disuguaglianza di Schwarz, ku + vk ≤ kuk + kvk, disuguaglianza triangolare.

Il coseno dell’angolo di due vettori non nulli u, v ∈ E `e il numero cosuv =c u · v

kukkvk. Da tale relazione segue immediatamente

u · v = kukkvk cosuv.c

Il prodotto scalare permette di definire una nozione di ortogonalit`a. Precisamente, due vettori u, v ∈ E si dicono ortogonali se

u · v = 0.

Due vettori ortogonali si indicano con u ⊥ v.

Sia U un sottospazio vettoriale di E. Il complemento ortogonale di U `e il sottospazio vettoriale formato dai vettori v di E ortogonali ad un qualunque vettore di U .

U^⊥= {v ∈ E | u · v = 0, ∀ u ∈ U }.

Vettori ortogonali sono tra loro linearmente indipendenti. Una base B = {e₁, e₂, . . . , e_n} di E `e una base ortonormale se

e_i· ej =

0, i 6= j

1, i = j , i, j = 1, 2, . . . , n.

IL METODO DI GRAM-SCHMIDT

Sia E uno spazio vettoriale euclideo e sia B = {u1, u₂, . . . , u_n} una sua base. Possiamo

(6)

costruire a partire dalla base B una base ortonormale B⁰ = {e1, e2, . . . , en} utilizzando il seguente procedimento. Poniamo

e1= u1

ku1k.

Vogliamo costruire adesso un vettore v₂ del tipo u₂+ λe₁, λ ∈ R, ortogonale a e1, cio`e tale che v2· e1= 0.

Da qui ricaviamo λ = −(u₂· e1) e quindi

v2= u2− (u2· e1)e1. Poniamo allora

e2= v₂ kv2k.

Ripetiamo il ragionamento e cerchiamo un vettore v3 = u3+ λ1e1+ λ2e2, λ1, λ2 ∈ R che sia ortogonale ad e1 ed e2, cio`e tale che

v3· e1= v3· e2= 0.

Risolvendo si ottiene

v3= u3− (u3· e1)e1− (u3· e2)e2. Possiamo porre allora

e3= v3

kv3k.

Ripetendo il ragionamento si ottengono tutti i vettori e₁, e₂, . . . , e_n che per costruzione formano una base ortonormale di E. Uno spazio vettoriale euclideo E si decompone sempre come somma diretta di un suo sottospazio vettoriale U e del suo complemento ortogonale U^⊥,

E = U ⊕ U^⊥.

Una matrice quadrata A ∈ M_n(R) si dice matrice ortogonale se `e regolare e A^T = A⁻¹.

La matrice del cambio di base fra due basi ortonormali B e B⁰ di uno spazio vettoriale euclideo E

`

e una matrice ortogonale.

GLI ENDOMORFISMI SIMMETRICI

Sia E uno spazio vettoriale euclideo. Un endomorfismo f di E si dice simmetrico se per ogni coppia di vettori u, v ∈ E si ha

u · f (v) = f (u) · v.

Un endomorfismo f di E è simmetrico se e soltanto se la matrice associata ad f rispetto ad ogni base ortonormale di E è simmetrica. Le radici del polinomio caratteristico di un endomorfismo simmetrico f sono reali ed f ammette quindi autovettori. Inoltre ad autovalori λ₁ e λ₂ di f distinti corrispondono autovettori tra loro ortogonali. Ogni endomorfismo simmetrico di E è diagonalizzabile. Di conseguenza ogni matrice simmetrica reale A è simile ad una matrice diagonale A⁰, cioè

A⁰= C⁻¹AC = C^TAC, con C matrice ortogonale.

(7)

Esercizio 2. Nello spazio vettoriale euclideo V³ sia fissata la base orttonormale B = {i, j, k} e siano assegnati i vettori

v1= i + j, v2= i − k.

Determinare le componenti dei versori dei vettori assegnati. Calcolare il coseno dell’angolo formato dai due vettori. Individuare le componenti del vettore w proiezione ortogonale di v₁ su v₂. Soluzione dell’esercizio 2. I vettori assegnati hanno componenti (1, 1, 0) e (1, 0, −1) rispettivamente. I loro moduli sono dati dalla radice quadrata della somma dei quadrati delle loro componenti, quindi

kv1k =√

2, kv2k =√ 2.

I rispettivi versori hanno componenti

vers v₁= v₁ kv1kv₁=

√2 2 ,

√2 2 , 0

!

, vers v₂= v₂ kv2kv₂=

√2 2 , 0, −

√2 2

! .

Il coseno dell’angolo formato dai due vettori `e dato dal prodotto scalare dei loro versori

cos [v₁v₂= vers v₁· vers v2=

√2 2 ,

√2 2 , 0

!

·

√2 2 , 0, −

√2 2

!

=

√2 2 ·

√2 2 + (

√2

2 ) · 0 + 0 · (−

√2 2 ) = 1

2. I vettori assegnati formano tra di loro un angolo di π/3.

La componente ortogonale del vettore v1 lungo la retta r avente verso e direzione del vettore v2 `e

v1r= v1· vers v2= (1, 1, 0) ·

√2 2 , 0, −

√2 2

!

=

1 ·

√2

2 + 1 · 0 + 0 · (−

√2 2 ) =

√2 2 . Il vettore w proiezione ortogonale di v₁ su v₂ `e il vettore di componenti

w = v1rvers v2=

√2 2

√2 2 , 0, −

√2 2

!

= 1 2, 0, −1

2

.

Osserviamo che il vettore differenza

v₁₂^⊥= v₁− w = (1, 1, 0) − 1 2, 0, −1

2

= 1 2, 1,1

2

, come `e giusto che sia, `e un vettore ortogonale a v₂. Infatti

v^⊥₁₂· v2= 1 2, 1,1

2

· (1, 0, −1) = 1 2 −1

2 = 0.

(8)

Esercizio 3. Nello spazio vettoriale V³ si considerino il vettore v1 = i + k e l’applicazione f : V³−→ V³ definita come

f (u) = u − 2(u · vers v1) vers v1, ∀ u ∈ V³.

Verificare che f `e un endomorfismo di V³. Determinare la matrice A associata ad f rispetto alla base B = {i, j, k} e studiare l’immagine ed il nucleo di f . Stabilire se f sia o meno diagonalizzabile ed in caso affermativo determinare una base di autovettori per f .

Soluzione dell’esercizio 3. Verichiamo che f `e lineare sia rispetto alla somma di vettori che al prodotto di un vettore per uno scalare.

f (u + w) = (u + w) − 2((u + w) · vers v₁) vers v₁=

= u + w − 2(u · vers v₁) vers v₁− 2(w · vers v₁) vers v₁=

u − 2(u · vers v1) vers v1+ w − 2(w · vers v1) vers v1= f (u) + f (w), ∀u, w ∈ V³.

f (au) = au − 2((au) · vers v1) vers v1= a − 2a(u · vers v1) vers v1=

= a(u − 2(u · vers v₁) vers v₁) = af (u), ∀a ∈ R, u ∈ V³. f `e un endomorfismo di V³.

Calcoliamo le immagini tramite f dei vettori della base B.

f (i) = i − 2(i · vers v₁) vers v₁= i − (i + k) = −k, f (j) = j − 2(j · vers v₁) vers v₁= j − 0 = j, f (k) = k − 2(k · vers v1) vers v1= k − (i + k) = −i.

La matrice associata ad f rispetto alla base B `e

A =





0 0 −1

0 1 0

−1 0 0



.

Poich´e

det A =

0 0 −1

0 1 0

−1 0 0

= −1 6= 0,

f `e un automorfismo, Im f = V³ e Ker f = {0}, di V³. Il polinomio caratteristico di f `e

p(λ) = det(A − λI) =

−λ 0 −1

0 1 − λ 0

−1 0 −λ

= (1 − λ)(λ²− 1) = −(λ − 1)²(λ + 1).

Gli autovalori di f sono le soluzioni reali dell’equazione p(λ) = 0 e sono quindi λ1 = −1 con ma(−1) = 1 e λ2 = 1 con ma(1) = 2. In corrispondenza all’autovalore λ1 otteniamo il sitema lineare omogeneo







x −z = 0

2y = 0

−x +z = 0

,

(9)

equivalente al sistema

x −z = 0

y = 0 ,

Una soluzione del sistema `e la terna (1, 0, 1). Un autovettore associato all’autovalore λ1 `e u1= i + k. In corrispondenza all’autovalore λ2 otteniamo il sistema lineare omogeneo

−x −z = 0

−x −z = 0 ,

equivalente al sistema

x +z = 0 .

Due soluzioni linearmente indipendenti del sistema sono (0, 1, 0) e (1, 0, −1). Due autovettori linearmente indipendenti di autovalore λ₂ sono u₂ = j e u₃ = i − k. Gli autovalori λ di f soddisfano tutti la condizione ma(λ) = mg(λ), f è un endomorfismo diagonalizzabile ed una base di autovettori per f è B⁰= {i + k, j, i − k}. La matrice A⁰ associata ad f rispetto a tale base è

A⁰ =





−1 0 0

0 1 0

0 0 1



.

Come al solito sussiste la relazione A⁰= C⁻¹AC, con

C =





1 0 1

0 1 0

1 0 −1



,

matrice del cambio di base dalla base B alla base B⁰.

Esercizio 4. Sia V = R≤2[x] e sia B = {1, x, x²} la sua base canonica. Scrivere equazioni parametriche e cartesiane del sottospazio W di V generato dai vettori

p₁= x + x², p₂= 1 − x + x².

Determinare il vettore t, proiezione ortogonale di p1 su p2. Scrivere una base ortonormale per W e descrivere il complemento ortogonale di W in V , individuando una sua base ortonormale.

Soluzione dell’esercizio 4. I vettori assegnati sono linearmente indipendenti. dim W = 2 e BW = {p1, p2}. I vettori p1e p2hanno componenti rispetto alla base assegnata (0, 1, 1) e (1, −1, 1) rispettivamente. Quindi

kp1k =√

2, kp2k =√ 3.

Il vettore proiezione ortogonale di p1 su p2 `e per definizione t = (p1· vers p2) vers p2= 0.

I vettori assegnati sono ortogonali. Per ottenere una base ortonormale di W `e sufficiente considerare i versori dei vettori di tale base,

B^ort._W = {

√2 2 x +

√2 2 x²,

√3 3 −

√3 3 x +

√3 3 x²}.

(10)

Il complemento ortogonale di W in V `e il sottospazio vettoriale

W^⊥ = {p = a + bx + cx²| p · w = 0, ∀ w ∈ W }.

Ricordando che, in generale, un sottospazio vettoriale W di uno spazio vettoriale V ed il suo complemento ortogonale in V formano somma diretta, V = W ⊕W^⊥, la dimensione del sottospazio

`

e nel nostro caso

dim W^⊥= dim V − dim W = 3 − 2 = 1.

Il generico vettore p di componenti (a, b, c) rispetto alla base B `e ortogonale al sottospazio W se

`

e contemporaneamente ortogonale a tutti i vettori di una base di W . Imponendo tale condizione, p · p1= p · p2= 0, otteniamo le equazioni cartesiane del complemento ortogonale W^⊥,

b +c = 0

a −b +c = 0

Una soluzione del sistema è la terna (2, 1, −1). Un vettore p ∈ W^⊥ è quindi dato dal polinomio 2 + x − x². Dato che dim W^⊥ = 1, tale vettore è una base per tale sottospazio. Per ottenere una base ortonormale è sufficiente normalizzare tale vettore,

B^ort._W⊥= {

√6 3 +

√6 6 x −

√6 6 x²}.

Esercizio 5. Sia V = R⁴ e sia f l’endomorfismo di V tale che f (e1) = e1− e2, f (e2) = −e1+ e2, f (e3) = e3+ e4, f (e4) = e3+ e4,

dove B = {e₁, e₂, e₃, e₄} `e la base canonica di V . Verificare che la matrice A associata ad f rispetto alla base B `e una matrice simmetrica. Determinare una base ortonormale di autovettori per f . Scrivere la matrice del cambio di base dalla base di autovettori trovata alla base canonica.

Soluzione dell’esercizio 5. La matrice associata ad f rispetto a B `e

A =







1 −1 0 0

−1 1 0 0

0 0 1 1





 .

Poich`e

A^T =







1 −1 0 0

−1 1 0 0

0 0 1 1







= A,

la matrice A è simmetrica. Di conseguenza f è un endomorfismo simmetrico, quindi diagonalizzabile. Sfruttando la linearità di f abbiamo che

f (e1+ e2) = f (e1) + f (e2) = e1− e2− (e1+ e2) = 0, f (e3− e4) = f (e3) − f (e4) = e3+ e4− e3− e4= 0, f (e1− e2) = f (e1) − f (e2) = e1− e2+ e1− e2= 2(e1− e2),

(11)

f (e3+ e4) = f (e3) + f (e4) = e3+ e4+ e3+ e4= 2(e3+ e4).

I vettori v1= e1+ e2 e v2= e3− e4 sono autovettori di autovalore 0, ovvero elementi del nucleo di f . I vettori v₃= e₁− e2 e v₄ = e₃+ e₄ sono autovettori di autovalore 2. Essendo autovettori associati ad autovalori distinti di un endomorfismo simmetrico sicuramente sono soddisfatte le condizioni,

v₁⊥ v₃, v₁⊥ v₄, v₂⊥ v₃, v₂⊥ v₄.

Inoltre, come è semplice verificare, v₁⊥ v₂ e v₃⊥ v₄. B⁰= {v₁, v₂, v₃, v₄} è una base ortogonale di autovettori per f . Per ottenere una base ortonormale è sufficiente normalizzare tali vettori,

B^0ort.= {

√2 2 e1+

√2 2 e2,

√2 2 e3−

√2 2 e4,

√2 2 e1−

√2 2 e2,

√2 2 e3+

√2 2 e4}.

La matrice del cambio di base dalla base canonica B alla base B^0ort. `e

C =







√2

2 0

√2

2 0

√2

2 0 −

√2

2 0

0

√2

2 0

√2 2

0 −

√2

2 0

√2 2





 .

Dato che C `e la matrice del cambio di base tra basi ortonormali, la matrice inversa, ovvero la matrice del cambio di base dalla base B^0ort. alla base B `e

C⁻¹ = C^T =







√2 2

√2

2 0 0

0 0

√2

2 −

√2

√ 2 2

2 −

√2

2 0 0

0 0

√2 2





 .