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ÁlgebraTransformaciones Lineales

Transformaciones lineales

Las transformaciones lineales son funciones entre K\KK-espacios vectoriales compatibles con la operación y acción de estos espacios.

Sean (V,+V,⋅V)(V, +_V, \cdot_V) y (W,+W,⋅W)(W, +_W, \cdot_W) dos K\KK-espacios vectoriales.
Una función f:V→Wf: V \to W es una transformación lineal de VV en WW si cumple:

  1. f(v+Vv′)=f(v)+Wf(v′),∀v,v′∈Vf(\bfv +_V \bfv') = f(\bfv) +_W f(\bfv'), \quad \forall \bfv, \bfv' \in V.
  2. f(λ⋅Vv)=λ⋅Wf(v),∀λ∈K,∀v∈Vf(\lambda \cdot_V \bfv) = \lambda \cdot_W f(\bfv), \quad \forall \lambda \in \KK, \forall \bfv \in V.

Si f:V→Wf : V \to W es una transformación lineal, entonces f(0v)=0wf(0_{\bf{v}}) = 0_{\bf{w}}.

Además, tenemos que:

  1. Si SS es subespacio de VV, entonces f(S)f(S) es subespacio de WW.
  2. Si TT es subespacio de WW, entonces f−1(T)f^{-1}(T) es subespacio de VV.

Sean V,WV, W dos K\KK-espacios vectoriales, VV de dimensión finita. Sea B={v1,…,vn}B = \{\bfv_1, \ldots, \bfv_n\} una base de VV y sean w1,…,wn∈W\bfw_1, \ldots, \bfw_n \in W. Existe una única transformación lineal f:V→Wf: V \to W tal que f(vi)=wi,  1≤i≤nf(\bfv_i) = \bfw_i , \; 1 \leq i \leq n.

Sean V,W,ZV, W, Z tres K\KK-espacios vectoriales y sean T:V→WT: V \to W y U:W→ZU: W \to Z dos transformaciones lineales.
Entonces U∘T:V→ZU \circ T : V \to Z definida como (U∘T)(v)=U(T(v))(U \circ T)(\bfv) = U(T(\bfv)) es una transformación lineal.

Demostración:

Sean v1,v2∈V\bfv_1, \bfv_2 \in V y λ∈K\lambda \in \KK. Entonces:

(U∘T)(v1+v2)=U(T(v1+v2))=U(T(v1)+T(v2))=U(T(v1))+U(T(v2))=(U∘T)(v1)+(U∘T)(v2)  (U∘T)(λv1)=U(T(λv1))=U(λT(v1))=λU(T(v1))=λ(U∘T)(v1)\begin{aligned} (U \circ T)(\bfv_1 + \bfv_2) &= U(T(\bfv_1 + \bfv_2)) = U(T(\bfv_1) + T(\bfv_2)) = U(T(\bfv_1)) + U(T(\bfv_2)) \\ &= (U \circ T)(\bfv_1) + (U \circ T)(\bfv_2) \\ &\; \\ (U \circ T)(\lambda \bfv_1) &= U(T(\lambda \bfv_1)) = U(\lambda T(\bfv_1)) \\ &= \lambda U(T(\bfv_1)) = \lambda (U \circ T)(\bfv_1) \end{aligned}

Tipos de transformaciones lineales

  1. ff es un monomorfismo si es inyectiva. dim⁡(Nu(f))=0\quad \dim({\textnormal{Nu}}(f)) = 0
  2. ff es un epimorfismo si es sobreyectiva. dim⁡(Im(f))=dim⁡(W)\quad \dim({\textnormal{Im}}(f)) = \dim(W)
  3. ff es un isomorfismo si es biyectiva.
  4. ff es un endomorfismo si V=WV = W.

Sea VV un K\KK-espacio vectorial de dimensión nn. Existe un isomorfismo f:V→Knf : V \to \KK^n.

Núcleo e imagen

A una transformación lineal f:V→Wf: V \to W se le puede asociar un subespacio de VV (núcleo) que permite medir el tamaño de la pre-imagen por ff de un elemento de su imagen. Ese subespacio permite determinar si ff es inyectiva.

El núcleo de una transformación lineal es un subespacio de VV.

Sean V,WV, W dos K\KK-espacios vectoriales y f:V→Wf: V \to W una transformación lineal.
El núcleo de ff es el conjunto Nu(f)={v∈V  ∣  f(v)=0}=f−1(0)\textnormal{Nu}(f) = \{\bfv \in V \; | \; f(\bfv) = 0 \} = f^{-1}({0}).

Ejemplo: Sea f:R3→R2f: \RR^3 \to \RR^2, f(x1,x2,x3)=(x1,x2)f(x_1, x_2, x_3) = (x_1, x_2). Entonces:

Nu(f)={(x1,x2,x3)∈R3  ∣  f(x1,x2,x3)=0}={(x1,x2,x3)  ∣  x1=x2=0∈R}=  <(0,0,1)>\begin{aligned} \textnormal{Nu}(f) &= \{(x_1, x_2, x_3) \in \RR^3 \; | \; f(x_1, x_2, x_3) = 0 \} \\ &= \{(x_1, x_2, x_3) \; | \; x_1 = x_2 = 0 \in \RR \} \\ &= \; <(0, 0, 1)> \end{aligned}

Sea T:V→WT : V \to W, TT es monomorfismo   ⟺  Nu(T)={0}\iff \textnormal{Nu}(T) = \{0\}.

Demostración:

(⇒\Rightarrow) Supongamos que T(v)=0T(\bfv) = 0 y veamos que v=0\bfv = 0. Como T(v)=0=T(0)  ⟹  T(v)=T(0)T(\bfv) = 0 = T(0) \implies T(\bfv) = T(0).
Tenemos que v=0\bfv = 0 pues TT es monomorfismo (inyectiva). Entonces Nu(T)={0}\textnormal{Nu}(T) = \{0\}.

(⇐\Leftarrow) Sean v1,v2∈V\bfv_1, \bfv_2 \in V tal que T(v1)=T(v2)T(\bfv_1) = T(\bfv_2). Entonces:

0=T(v1)−T(v2)=T(v1−v2)v1−v2∈Nu(T)={0}  ⟹  v1−v2=0  ⟹  v1=v2\begin{aligned} 0 = T(\bfv_1) - T(\bfv_2) &= T(\bfv_1 - \bfv_2) \\ \bfv_1 - \bfv_2 \in \textnormal{Nu}(T) &= \{0\} \implies \bfv_1 - \bfv_2 = 0 \implies \bfv_1 = \bfv_2 \end{aligned}

TT es monomorfismo.

El otro conjunto importante asociado a una transformación lineal es su imagen.

Sean V,WV, W dos K\KK-espacios vectoriales y f:V→Wf: V \to W una transformación lineal. La imagen se define como Im(f)={w∈W  ∣  ∃v∈V,f(v)=w}⊆W\textnormal{Im}(f) = \{ \bfw \in W \; | \; \exists \bfv \in V, f(\bfv) = \bfw \} \subseteq W.

La imagen de una transformación lineal es un subespacio de WW.

Ejemplo: Ejemplo. Hallar la imagen de la transformación lineal f:R3→R3f : \RR^3 \to \RR^3 definida como
f(x1,x2,x3)=(x1−x2,−x1+x2,2x1−2x2+x3)f(x_1, x_2, x_3) = (x_1 - x_2, -x_1 + x_2, 2x_1 - 2x_2 + x_3).

Siguiendo la definición,

Im(f)={y∈R3  ∣  ∃x∈R3,f(x)=y}={(y1,y2,y3)∈R3  ∣  ∃(x1,x2,x3)∈R3,(x1−x2,−x1+x2,2x1−2x2+x3)=(y1,y2,y3)}\begin{aligned} \textnormal{Im}(f) &= \{y \in \RR^3 \; | \; \exists x \in \RR^3, f(x) = y \} \\ &= \{(y_1, y_2, y_3) \in \RR^3 \; | \; \exists (x_1, x_2, x_3) \in \RR^3, (x_1 - x_2, -x_1 + x_2, 2x_1 - 2x_2 + x_3) = (y_1, y_2, y_3) \} \\ \end{aligned}

Un elemento de yy pertenece a Im(f)\textnormal{Im}(f) solo si:

y=(x1−x2,−x1+x2,2x1−2x2+x3)=(x1,−x1,2x1)+(−x2,x2,−2x2)+(0,0,x3)=x1(1,−1,2)+x2(−1,1,−2)+x3(0,0,1)\begin{aligned} y &= (x_1 - x_2, -x_1 + x_2, 2x_1 - 2x_2 + x_3) \\ &= (x_1, -x_1, 2x_1) + (-x_2, x_2, -2x_2) + (0, 0, x_3) \\ &= x_1(1, -1, 2) + x_2(-1, 1, -2) + x_3(0, 0, 1) \end{aligned}

Luego, Im(f)=  <(1,−1,2),(−1,1,−2),(0,0,1)>  =  <(1,−1,2),(0,0,1)>\textnormal{Im}(f) = \; < (1, -1, 2), (-1, 1, -2), (0, 0, 1) > \; = \; < (1, -1, 2), (0, 0, 1) >.

Podemos obtener la imagen mediante f(ei)f(e_i) donde eie_i son los vectores de la base canónica.

Teorema de la dimensión

Sean V,WV, W dos K\KK-espacios vectoriales, con VV de dimensión finita, y sea f:V→Wf: V \to W una transformación lineal. Entonces,

dim⁡(V)=dim⁡(Nu(f))+dim⁡(Im(f))\dim(V) = \dim(\textnormal{Nu}(f)) + \dim(\textnormal{Im}(f))

Demostración:

Sean dim⁡V=n,dim⁡(Nu(T))=k\dim V = n, \dim(\textnormal{Nu}(T)) = k con 0≤k≤n0 \leq k \leq n pues Nu(T)\textnormal{Nu}(T) es subespacio de VV.
Sea {v1,…,vk}\{\bfv_1, \ldots, \bfv_k\} base de Nu(T)\textnormal{Nu}(T).
Entonces existen vk+1,…,vn∈V\bfv_{k+1}, \ldots, \bfv_n \in V tales que {v1,…,vn}\{\bfv_1, \ldots, \bfv_n\} es base de VV.

Podemos afirmar que {T(vk+1),…,T(vn)}\{T(\bfv_{k+1}), \ldots, T(\bfv_n)\} es base de Im(T)\textnormal{Im}(T). Esta afirmación se demuestra como: {v1,…,vn}\{ \bfv_1, \ldots, \bfv_n \} genera a VV y T(vi)=0  ∀i=1,…,kT(\bfv_i) = 0 \; \forall i = 1 , \ldots, k. Entonces:

Im(T)=⟨T(vi)  ∣  i=1≤i≤n⟩=⟨T(vi  ∣  k+1≤i≤n)⟩\textnormal{Im}(T) = \langle T(\bfv_i) \; | \; i = 1 \leq i \leq n \rangle = \langle T(\bfv_i \; | \; k + 1 \leq i \leq n) \rangle

Sean αk+1,…,αn∈K\alpha_{k+1}, \ldots, \alpha_n \in \KK tales que ∑i=k+1nαiT(vi)=0\displaystyle{\sum_{i = k + 1}^{n} \alpha_i T(\bfv_i) = 0}. Luego:
T(∑i=k+1nαivi)=0  ⟹  ∑i=k+1nαivi∈Nu(T)T(\displaystyle{\sum_{i = k + 1}^{n} \alpha_i \bfv_i}) = 0 \implies \displaystyle{\sum_{i = k + 1}^{n} \alpha_i \bfv_i \in \textnormal{Nu}(T)}.
Como {v1,…,vk}\{\bfv_1, \ldots, \bfv_k\} es base de Nu(T)\textnormal{Nu}(T), ∃β1,…,βk∈K\exists \beta_1, \ldots, \beta_k \in \KK tales que:

∑i=k+1nαivi=∑j=1kβjvj0=∑j=1kβjvj−∑i=k+1nαivi\begin{aligned} \sum_{i = k + 1}^{n} \alpha_i \bfv_i &= \sum_{j = 1}^{k} \beta_j \bfv_j \\ 0 &= \sum_{j = 1}^{k} \beta_j \bfv_j - \sum_{i = k + 1}^{n} \alpha_i \bfv_i \end{aligned}

Como {v1,…,vn}\{ \bfv_1, \ldots, \bfv_n \} es l.i. se tiene que β1=…=βk=0=−αk+1=…=−αn\beta_1 = \ldots = \beta_k = 0 = -\alpha_{k+1} = \ldots = -\alpha_n
En particular, αk+1=αk+2=…=αn=0\alpha_{k+1} = \alpha_{k+2} = \ldots = \alpha_n = 0. Luego,
{T(vk+1),…,T(vn)}\{ T(\bfv_{k+1}), \ldots, T(\bfv_n) \} es l.i. y por lo tanto una base de Im(T)\textnormal{Im}(T). (Afirmación demostrada)

Luego,

dim⁡(Im(T))=n−k=dim⁡(V)−dim⁡(Nu(T))  ∴  dim⁡(V)=dim⁡(Nu(T))+dim⁡(Im(T))\begin{aligned} \dim(\textnormal{Im}(T)) &= n - k \\ &= \dim(V) - \dim(\textnormal{Nu}(T)) \\ &\; \\ \therefore \; \dim(V) &= \dim(\textnormal{Nu}(T)) + \dim(\textnormal{Im}(T)) \end{aligned}

Aplicación de transformaciones lineales

Sean V,W,ZV, W, Z K\KK-espacios vectoriales, T:V→W,  U:W→ZT : V \to W, \; U : W \to Z transformaciones lineales.
Entonces Im(T)∩Nu(U)=T(Nu(U∘T))\textnormal{Im}(T) \cap \textnormal{Nu}(U) = T(\textnormal{Nu}(U \circ T)).

Demostración:

(⊆\subseteq) w∈Im(T)∩Nu(U)  ⟹  ∃v∈V\bfw \in \textnormal{Im}(T) \cap \textnormal{Nu}(U) \implies \exists \bfv \in V tal que T(v)=wT(\bfv) = \bfw\

Entonces tenemos que:

  ⟹  w∈Nu(U)  ⟹  U(w)=0  ⟹  (U∘T)(v)=0  ⟹  v∈Nu(U∘T)  ⟹  w=T(v),  v∈Nu(U∘T)\begin{aligned} &\implies \bfw \in \textnormal{Nu}(U) \\ &\implies U(\bfw) = 0 \\ &\implies (U \circ T)(\bfv) = 0 \\ &\implies \bfv \in \textnormal{Nu}(U \circ T) \\ &\implies \bfw = T(\bfv) ,\; \bfv \in \textnormal{Nu}(U \circ T) \end{aligned}

(⊇\supseteq) Sea w∈T(Nu(U∘T))\bfw \in T(\textnormal{Nu}(U \circ T)):

  ⟹  w=T(v),  v∈Nu(U∘T)  ⟹  (U∘T)(v)=0  ⟹  U(T(v))=0  ⟹  U(v)=0  ⟹  w∈Nu(U)  ⟹  w∈Im(T)∩Nu(U)\begin{aligned} &\implies \bfw = T(\bfv), \; \bfv \in \textnormal{Nu}(U \circ T) \\ &\implies (U \circ T)(\bfv) = 0 \\ &\implies U(T(\bfv)) = 0 \\ &\implies U(\bfv) = 0 \\ &\implies \bfw \in \textnormal{Nu}(U) \\ &\implies \bfw \in \textnormal{Im}(T) \cap \textnormal{Nu}(U) \end{aligned}

Ejercicios resueltos - Transformaciones lineales

Decidir si las siguientes funciones de Rn\RR^n en Rm\RR^m son transformaciones lineales

1.

T1(x,y)=(1+x,y)T2(x,y)=(y,x,x−2y)\begin{aligned} T_1(x, y) &= (1 + x, y) \\ T_2(x, y) &= (y, x, x - 2y) \end{aligned}

Para T1T_1, observemos que:

T1(0,0)=(1+0,0)char"338=0T_1(0, 0) = (1 + 0, 0) \not= 0

T(0)char"338=0T(0) \not= 0, por lo tanto no es transformación lineal.

Para T2T_2, probamos tambien la suma y multiplicación por escalar λ∈K\lambda \in \KK:

T2(0,0)=(0,0,0−2(0))=0  T2(v1+v2)=T(v1)+T(v2)T2((x1,y1)+(x2,y2))=T(x1,y1)+T(x2,y2)T2(x1+x2,y1+y2)=(y1,x1,x1−2y1)+(y2,x2,x2−2y2)(y1+y2,x1+x2,x1+x2−2y1−2y2)=(y1+y2,x1+x2,x1+x2−2y1−2y2)  T2(λ⋅v)=λ⋅T2(v)T2(λ⋅x,λ⋅y)=λ⋅T(x,y)(λ⋅y,λ⋅x,λ⋅(x−2y))=λ⋅(y,x,x−2y)(λ⋅y,λ⋅x,λ⋅(x−2y))=(λ⋅y,λ⋅x,λ⋅(x−2y))\begin{aligned} T_2(0, 0) &= (0, 0, 0 - 2(0)) = 0 \\ &\; \\ T_2(\bfv_1 + \bfv_2) &= T(\bfv_1) + T(\bfv_2) \\ T_2((x_1, y_1) + (x_2, y_2)) &= T(x_1, y_1) + T(x_2, y_2) \\ T_2(x_1 + x_2, y_1 + y_2) &= (y_1, x_1, x_1 - 2y_1) + (y_2, x_2, x_2 - 2y_2) \\ (y_1 + y_2, x_1 + x_2, x_1 + x_2 - 2y_1 - 2y_2) &= (y_1 + y_2, x_1 + x_2, x_1 + x_2 - 2y_1 - 2y_2) \\ &\; \\ T_2(\lambda \cdot \bfv) &= \lambda \cdot T_2(\bfv) \\ T_2(\lambda \cdot x, \lambda \cdot y) &= \lambda \cdot T(x, y) \\ (\lambda \cdot y, \lambda \cdot x, \lambda \cdot (x - 2y)) &= \lambda \cdot (y, x, x - 2y) \\ (\lambda \cdot y, \lambda \cdot x, \lambda \cdot (x - 2y)) &= (\lambda \cdot y, \lambda \cdot x, \lambda \cdot (x - 2y)) \end{aligned}

Las operaciones están bien definidas. T2T_2 es transformación lineal.

2.

Decidir si f:C→Cf : \CC \to \CC es C\CC-lineal o R\RR-lineal: f(z)=izf(z) = iz

Para esto podemos probar un escalar c∈Cc \in \CC en ff.

f(c⋅z)=c⋅f(z)i(cz)=c(iz)icz=icz\begin{aligned} f(c \cdot z) &= c \cdot f(z) \\ i(cz) &= c(iz) \\ icz &= icz \end{aligned}

El producto por un escalar complejo es válido. Es C\CC-lineal.

3.

Caracterizar el núcleo y la imagen de TT, dar una base a cada uno de ellos.

T:R3→R2T(x,y,z)=(x−y+z,−2x+2y−2z)\begin{aligned} T &: \RR^3 \to \RR^2 \\ T(x, y, z) &= (x - y + z, -2x + 2y - 2z) \end{aligned}

Si queremos buscar el núcleo definimos T(x,y,z)=0T(x, y, z) = 0 y definimos un sistema de ecuaciones:

{x−y+z=0−2x+2y−2z=0=[1−11−22−2]F2→F2+2F1[1−11000]x−y+z=0x=y−z\begin{aligned} &\begin{cases} x - y + z = 0 \\ -2x + 2y - 2z = 0 \end{cases} \\ &= \begin{bmatrix} 1 & -1 & 1 \\ -2 & 2 & -2 \end{bmatrix} \\ &F_2 \to F_2 + 2F_1 \begin{bmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \\ &x - y + z = 0 \\ &x = y - z \\ \end{aligned}

La ecuación del núcleo x−y+z=0x - y + z = 0 nos deja (x,y,z)=(y−z,y,z)  ⟹  y(1,1,0)+z(−1,0,1)(x, y, z) = (y - z, y, z) \implies y(1, 1, 0) + z(-1, 0, 1)

Por lo tanto:

BNu(T)={(1,1,0),(−1,0,1)}Nu(T)=⟨(1,1,0),(−1,0,1)⟩dim⁡(Nu(T))=2\begin{aligned} B_{\textnormal{Nu}(T)} &= \{ (1, 1, 0), (-1, 0, 1) \} \\ \textnormal{Nu}(T) &= \langle (1, 1, 0), (-1, 0, 1) \rangle \\ \dim (Nu(T)) &= 2 \end{aligned}

La caracterización del núcleo con ecuaciones es:

Nu(T)={(x,y,z)∈R3  ∣  x=y−z}\textnormal{Nu(T)} = \{ (x, y, z) \in \RR^3 \; | \; x = y - z \}

Podemos obtener la base de la imagen con una combinación lineal en términos de x,y,zx, y, z y aplicar Gauss a la matriz obtenida.

T(x,y,z)=(x−y+z,−2x+2y−2z)=x(1,−2)+y(−1,2)+z(1,−2)  ⟹  [1−2−121−2]F1↔F2[−121−21−2]F3→F3+F1F2→F2+F1[−120000]\begin{aligned} T(x, y, z) &= (x - y + z, -2x + 2y - 2z) = x(1, -2) + y(-1, 2) + z(1, -2) \\ &\implies \begin{bmatrix} 1 & -2 \\ -1 & 2 \\ 1 & -2 \end{bmatrix} \\ &F_1 \leftrightarrow F_2 \begin{bmatrix} -1 & 2 \\ 1 & -2 \\ 1 & -2 \end{bmatrix} \\ &\begin{aligned} F_3 \to F_3 + F_1 \\ F_2 \to F_2 + F_1 \end{aligned} \begin{bmatrix} -1 & 2 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} \end{aligned}

Por lo que esto nos da:

BIm(T)={(−1,2)}Im(T)=⟨(−1,2)⟩dim⁡(Im(T))=1\begin{aligned} B_{\textnormal{Im}(T)} &= \{ (-1, 2) \} \\ \textnormal{Im}(T) &= \langle (-1, 2) \rangle \\ \dim(\textnormal{Im}(T)) &= 1 \end{aligned}

Para caracterizar la imagen con ecuaciones defino la siguiente combinación lineal:

(x,y)=λ⋅(−1,2)(x, y) = \lambda \cdot (-1, 2)

Lo cual nos da el siguiente sistema

{x=−λy=2λ  λ=−xy=−2x\begin{aligned} &\begin{cases} x = - \lambda \\ y = 2 \lambda \end{cases} \\ &\; \\ \lambda &= -x \\ y &= -2x \end{aligned}

La imagen caracterizada con ecuaciones es:

Im(T)={(x,y)∈R2  ∣  y=−2x}\textnormal{Im}(T) = \{ (x, y) \in \RR^2 \; | \; y = -2x \}

4.

Caracterizar el núcleo y la imagen de TT, dar una base a cada uno de ellos.

T:P2→C[0,1]T(ax2+bx+c)=(b−a)ex+(c−a)e2x+(b−c)e3x\begin{aligned} T &: P_2 \to C[0, 1] \\ T(ax^2 + bx + c) &= (b - a)e^x + (c - a)e^{2x} + (b - c)e^{3x} \end{aligned}

Calculo la base del núcleo de TT igualando a cero, es decir:

Nu(T)={p(x)∈P2  ∣  T(p(x))=0}  T(ax2+bx+c)=0(b−a)ex+(c−a)e2x+(b−c)e3x=0\begin{aligned} \textnormal{Nu}(T) = \{ p(x) \in P_2 \; | \; T(p(x)) = 0 \}& \\ &\; \\ T(ax^2 + bx + c) &= 0 \\ (b - a)e^x + (c - a)e^{2x} + (b - c)e^{3x} &= 0 \end{aligned}

Sabiendo que {ex,e2x,e3x}\{ e^x, e^{2x}, e^{3x} \} es linealmente independiente:

b−a=0,  c−a=0,  b−c=0b=a,  c=a,  b=c  ⟹  a=b=c\begin{aligned} &b - a = 0, \; c - a = 0, \; b - c = 0 \\ &b = a, \; c = a, \; b = c \implies a = b = c \end{aligned}

Reemplazando los valores, tenemos:

T(p(x))=ax2+ax+aT(p(x))=a(x2+x+1)\begin{aligned} T(p(x)) &= ax^2 + ax + a \\ T(p(x)) &= a(x^2 + x + 1) \\ \end{aligned}

Con respecto al núcleo tenemos:

BNu(T)={x2+x+1}Nu(T)=⟨x2+x+1⟩dim⁡Nu(T)=1\begin{aligned} B_{\textnormal{Nu}(T)} &= \{ x^2 + x + 1 \} \\ \textnormal{Nu}(T) &= \langle x^2 + x + 1 \rangle \\ \dim \textnormal{Nu}(T) &= 1 \end{aligned}

Su núcleo caracterizado por ecuaciones es:

Nu(T)={(a,b,c)∈R3  ∣  a=b=c}\textnormal{Nu}(T) = \{ (a, b, c) \in \RR^3 \; | \; a = b = c \}

Con respecto a su imagen, podemos definir su base a través de la base canónica de P2P_2

T(x2)=(0−1)ex+(0−1)e2x+(0−0)e3x=−ex−e2xT(x)=(1−0)ex+(0−0)e2x+(1−0)e3x=ex+e3xT(1)=(0−0)ex+(1−0)e2x+(0−1)e3x=e2x−e3x\begin{aligned} T(x^2) &= (0 - 1)e^x + (0 - 1)e^{2x} + (0 - 0)e^{3x} = - e^x - e^{2x} \\ T(x) &= (1 - 0)e^x + (0 - 0)e^{2x} + (1 - 0)e^{3x} = e^x + e^{3x} \\ T(1) &= (0 - 0)e^x + (1 - 0)e^{2x} + (0 - 1)e^{3x} = e^{2x} - e^{3x} \end{aligned}

Observemos que T(x2)T(x^2) es combinación lineal de los otros resultados:

(−1)⋅(ex+e3x)+(−1)⋅(e2x−e3x)=−ex−e2x(-1) \cdot (e^x + e^{3x}) + (-1) \cdot (e^{2x} - e^{3x}) = - e^x - e^{2x}

Por lo que la base de la imagen está compuesta por T(x),T(1)T(x), T(1):

BIm(T)={ex+e3x,e2x−e3x}Im(T)=⟨ex+e3x,e2x−e3x⟩dim⁡((T))=2\begin{aligned} B_{\textnormal{Im}(T)} &= \{ e^x + e^{3x}, e^{2x} - e^{3x} \} \\ \textnormal{Im}(T) &= \langle e^x + e^{3x}, e^{2x} - e^{3x} \rangle \\ \dim(\textnormal(T)) &= 2 \end{aligned}

Definiendo la siguiente combinación lineal:

α⋅(ex+e3x)+β(e2x−e3x)(α,β∈R)α⋅ex+β⋅e2x+(α−β)⋅e3x\begin{aligned} \alpha \cdot (e^x + e^{3x}) + \beta (e^{2x} - e^{3x}) \quad (\alpha, \beta \in \RR) \\ \alpha \cdot e^x + \beta \cdot e^{2x} + (\alpha - \beta) \cdot e^{3x} \end{aligned}

Podríamos definir γ=α−β  ⟹  α−β−γ=0\gamma = \alpha - \beta \implies \alpha - \beta - \gamma = 0. La caracterización por ecuaciones de la imagen es:

Im(T)={αex+βe2x+γe3x∈C[0,1]  ∣  α−β−γ=0}\textnormal{Im}(T) = \{ \alpha e^{x} + \beta e^{2x} + \gamma e^{3x} \in C[0, 1] \; | \; \alpha - \beta - \gamma = 0 \}

5.

Caracterizar el núcleo y la imagen de TT, dar una base a cada uno de ellos.

T:R2×2→P5T(abcd)=(a−b)x5+(c+d)x4+(a+b)x3+(c+d)x2+(2b+3c)x+7a−8b.\begin{aligned} T &: R^{2 \times 2} \to P_5 \\ T \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} &= (a - b)x^5 + (c + d)x^4 + (a + b)x^3 + (c + d)x^2 + (2b + 3c)x + 7a - 8b. \end{aligned}

Igualamos los valores a,b,c,da, b, c, d de la matriz a cero.

a−b=0c+d=0a+b=0c+d=02b+3c=07a−8b=0a=b=c=d=0\begin{aligned} a - b &= 0 \\ c + d &= 0 \\ a + b &= 0 \\ c + d &= 0 \\ 2b + 3c &= 0 \\ 7a - 8b &= 0 \\ a = b = c = d &= 0 \end{aligned}

Todos los valores son cero. Por lo que tenemos:

BNu(T)=∅Nu(T)={0}dim⁡Nu(T)=0\begin{aligned} B_{\textnormal{Nu}(T)} &= \emptyset \\ \textnormal{Nu}(T) &= \{ 0 \} \\ \dim \textnormal{Nu}(T) &= 0 \end{aligned}

La ecuación que caracteriza el núcleo es:

Nu(T)={(abcd)∈R2×2  ∣  a=b=c=d=0}\textnormal{Nu}(T) = \{ \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \in \RR^{2 \times 2} \; | \; a = b = c = d = 0 \}

Con respecto a su imagen, podemos usar los vectores de la base canónica para dar con la base:

T(1000)=(1−0)x5+(0+0)x4+(1+0)x3+(0+0)x2+(0+0)x+7−8(0−0)=x5+x3+7  T(0100)=(0−1)x5+(0+0)x4+(1+0)x3+(0+0)x2+(2(1)+3(0))x+7−8(1)=−x5+x3+2x−8  T(0010)=(0−0)x5+(1+0)x4+(0+0)x3+(1+0)x2+(2(0)+3(1))x+7−8(0)=x4+x2+3x  T(0001)=(0−0)x5+(0+1)x4+(0+0)x3+(0+1)x2+(2(0)+3(0))x+7−8(0)=x4+x2\begin{aligned} T \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} &= (1 - 0)x^5 + (0 + 0)x^4 + (1 + 0)x^3 + (0 + 0)x^2 + (0 + 0)x + 7 - 8(0 - 0) \\ &= x^5 + x^3 + 7 \\ &\; \\ T \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} &= (0 - 1)x^5 + (0 + 0)x^4 + (1 + 0)x^3 + (0 + 0)x^2 + (2(1) + 3(0))x + 7 - 8(1) \\ &= -x^5 + x^3 + 2x - 8 \\ &\; \\ T \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} &= (0 - 0)x^5 + (1 + 0)x^4 + (0 + 0)x^3 + (1 + 0)x^2 + (2(0) + 3(1))x + 7 - 8(0) \\ &= x^4 + x^2 + 3x \\ &\; \\ T \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} &= (0 - 0)x^5 + (0 + 1)x^4 + (0 + 0)x^3 + (0 + 1)x^2 + (2(0) + 3(0))x + 7 - 8(0) \\ &= x^4 + x^2 \\ \end{aligned}

Por lo que tenemos:

BIm(T)={x5+x3,−x5+x3+2x−8,x4+x2+3x,x4+x2}Im(T)=⟨(x5+x3+7),(−x5+x3+2x−8),(x4+x2+3x),(x4+x2)⟩dim⁡Im(T)=4\begin{aligned} B_{\textnormal{Im}(T)} &= \{ x^5 + x^3 , -x^5 + x^3 + 2x - 8, x^4 + x^2 + 3x, x^4 + x^2 \} \\ \textnormal{Im}(T) &= \langle (x^5 + x^3 + 7) , (-x^5 + x^3 + 2x - 8), (x^4 + x^2 + 3x), (x^4 + x^2) \rangle \\ \dim \textnormal{Im}(T) &= 4 \end{aligned}

Para caracterizar por ecuaciones la imagen, defino la siguiente combinación lineal con:

α(x5+x3+7)+β(x5+x3+2x−8)+γ(x4+x2+3x)+δ(x4+x2)(λ,β,γ,δ∈R)\alpha(x^5 + x^3 + 7) + \beta(x^5 + x^3 + 2x - 8) + \gamma(x^4 + x^2 + 3x) + \delta(x^4 + x^2) \quad (\lambda, \beta, \gamma, \delta \in \RR)

Agrupando por coeficientes (a5,a4,a3,a2,a1,a0)(a_5, a_4, a_3, a_2, a_1, a_0)

a5=α+βa4=γ+δa3=α+βa2=γ+δa1=2β+3γa0=7α−8β\begin{aligned} a_5 &= \alpha + \beta \\ a_4 &= \gamma + \delta \\ a_3 &= \alpha + \beta \\ a_2 &= \gamma + \delta \\ a_1 &= 2 \beta + 3 \gamma \\ a_0 &= 7 \alpha - 8 \beta \end{aligned}

Tenemos que:

a2=a4  a3+a5=α+β+α−βa3+a5=2αa3+a52=α  a3−a5=α+β−(α−β)a3−a5=2βa3−a52=β  a0=7⋅a3+a52+8⋅a3−a522a0=7a3+7a5+8a3−8a52a0−a3−15a5=0 \begin{aligned} a_2 &= a_4 \\ &\; \\ a_3 + a_5 &= \alpha + \beta + \alpha - \beta \\ a_3 + a_5 &= 2 \alpha \\ \frac{a_3 + a_5}{2} &= \alpha \\ &\; \\ a_3 - a_5 &= \alpha + \beta - (\alpha - \beta) \\ a_3 - a_5 &= 2 \beta \\ \frac{a_3 - a_5}{2} &= \beta \\ &\; \\ a_0 &= 7 \cdot \frac{a_3 + a_5}{2} + 8 \cdot \frac{a_3 - a_5}{2} \\ 2a_0 &= 7a_3 + 7a_5 + 8a_3 - 8a_5 \\ 2a_0 - a_3 - 15a_5 &= 0 \end{aligned}

Esas dos ecuaciones caracterizan a la imagen, tal que:

Im(T)={a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0∈P5  ∣  a2=a4,  2a0−a3−15a5=0}\textnormal{Im}(T) = \{ a_5x^5 + a_4x^4 + a_3x^3 + a_2x^2 + a_1x + a_0 \in P_5 \; | \; a_2 = a_4 , \; 2a_0 - a_3 - 15a_5 = 0 \}

6.

Caracterizar el núcleo y la imagen de TT, dar una base a cada uno de ellos.

T:R2×2→R2×2T(xyzw)=(−x+3y−2z+w7x−6y+2z−w−2x+6y−4z+2w−11x+13y−6z+3w)\begin{aligned} T &: \RR^{2 \times 2} \to \RR^{2 \times 2} \\ T \begin{pmatrix} x & y \\ z & w \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} -x +3y -2z + w & 7x -6y + 2z -w \\ -2x + 6y - 4z + 2w & -11x + 13y - 6z + 3w \end{pmatrix} \end{aligned}

Buscamos el Nu(T)\textnormal{Nu}(T) tal que:

Nu(T)={(xyzw)∈R2×2  ∣  T(xyzw)=0}\begin{aligned} \textnormal{Nu}(T) = \{ \begin{pmatrix} x & y \\ z & w \end{pmatrix} \in \RR^{2 \times 2} \; | \; T\begin{pmatrix} x & y \\ z & w \end{pmatrix} = 0 \} \end{aligned}

Por lo que tenemos:

T(xyzw)=0  {−x+3y−2z+w=07x−6y+2z−w=0−2x+6y−4z+2w=0−11x+13y−6z+3w=0\begin{aligned} &T \begin{pmatrix} x & y \\ z & w \end{pmatrix} = 0 \\ &\; \\ &\begin{cases} -x +3y -2z + w = 0 \\ 7x -6y + 2z -w = 0 \\ -2x + 6y - 4z + 2w = 0 \\ -11x + 13y - 6z + 3w = 0 \end{cases}& \end{aligned}

Aplicando Gauss en la matriz de ese sistema, obtenemos:

[10−251501−452500000000]\begin{bmatrix} 1 & 0 & -\frac{2}{5} & \frac{1}{5} \\ 0 & 1 & -\frac{4}{5} & \frac{2}{5} \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}

Despejando x,yx, y:

y=4z5−2w5x=2z5−1w5\begin{aligned} y &= \frac{4z}{5} - \frac{2w}{5} \\ x &= \frac{2z}{5} - \frac{1w}{5} \end{aligned}

Por lo que podemos obtener los demás valores como:

(2z5−1w54z5−2w5zw)=z⋅(254510)+w⋅(−15−2501)\begin{pmatrix} \frac{2z}{5} - \frac{1w}{5} & \frac{4z}{5} - \frac{2w}{5} \\ z & w \end{pmatrix} = z \cdot \begin{pmatrix} \frac{2}{5} & \frac{4}{5} \\ 1 & 0 \end{pmatrix} + w \cdot \begin{pmatrix} - \frac{1}{5} & - \frac{2}{5} \\ 0 & 1 \end{pmatrix}

Por lo que tenemos:

BNu(T)={(254510),(−15−2501)}  Nu(T)=⟨(254510),(−15−2501)⟩  dim⁡Nu(T)=2\begin{aligned} B_{\textnormal{Nu}(T)} &= \{ \begin{pmatrix} \frac{2}{5} & \frac{4}{5} \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} - \frac{1}{5} & - \frac{2}{5} \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \} \\ &\; \\ \textnormal{Nu}(T) &= \langle \begin{pmatrix} \frac{2}{5} & \frac{4}{5} \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} - \frac{1}{5} & - \frac{2}{5} \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \rangle \\ &\; \\ \dim \textnormal{Nu}(T) &= 2 \end{aligned}

La ecuación que caracteriza el núcleo es:

Nu(T)={(xyzw)∈R2×2  ∣  x=2z5−w5,  y=4z5−2w5}\textnormal{Nu}(T) = \{ \begin{pmatrix} x & y \\ z & w \end{pmatrix} \in \RR^{2 \times 2} \; | \; x = \frac{2z}{5} - \frac{w}{5}, \; y = \frac{4z}{5} - \frac{2w}{5}\}

Para calcular su imagen, utilizamos las matrices de la base canónica de R2×2\RR^{2 \times 2}.

T(1000)=(−17−2−11)  T(0100)=(3−6613)  T(0010)=(−22−4−6)  T(0001)=(1−123)\begin{aligned} T \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} -1 & 7 \\ -2 & -11 \end{pmatrix} \\ &\; \\ T \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} 3 & -6 \\ 6 & 13 \end{pmatrix} \\ &\; \\ T \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} -2 & 2 \\ -4 & -6 \end{pmatrix} \\ &\; \\ T \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 2 & 3 \end{pmatrix} \end{aligned}

La tercer y cuarta matriz pueden expresarse entre sí.

Por lo que sin ellas, la base de la imagen es:

BIm(T)={(−17−2−11),(3−6613)}  Im(T)=⟨(−17−2−11),(3−6613)⟩  dim⁡Im(T)=2\begin{aligned} B_{\textnormal{Im}(T)} &= \{ \begin{pmatrix} -1 & 7 \\ -2 & -11 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 3 & -6 \\ 6 & 13 \end{pmatrix} \} \\ &\; \\ \textnormal{Im}(T) &= \langle \begin{pmatrix} -1 & 7 \\ -2 & -11 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 3 & -6 \\ 6 & 13 \end{pmatrix} \rangle \\ &\; \\ \dim \textnormal{Im}(T) &= 2 \end{aligned}

Defino la siguiente combinación lineal:

(xyzw)=λ⋅(−17−2−11)+β⋅(3−6613)(α,β∈K)\begin{pmatrix} x & y \\ z & w \end{pmatrix} = \lambda \cdot \begin{pmatrix} -1 & 7 \\ -2 & -11 \end{pmatrix} + \beta \cdot \begin{pmatrix} 3 & -6 \\ 6 & 13 \end{pmatrix} \quad (\alpha, \beta \in \KK)

Por lo que tendríamos el siguiente sistema:

{x=−λ+3βy=7λ−6βz=−2λ+6βw=−11λ+13β\begin{cases} x = -\lambda + 3 \beta \\ y = 7 \lambda - 6 \beta \\ z = -2 \lambda + 6 \beta \\ w = -11 \lambda + 13 \beta \end{cases}

Resolviéndolo y sustituyendo valores:

λ=−x+3β  y=7(−x+3β)−6βy=−7x+21β−6βy=−7x+15βy+7x=15βy15+7x15=β  λ=−x+3(y15+7x15)λ=−x+3y15+21x15λ=−5x5+y5+7x5λ=2x5+y5  z=−2(2x5+y5)+6(y15+7x15)z=−4x5−2y5+6y15+42x15z=−4x5−2y5+2y5+14x5z=10x5=2x  w=−11(2x5+y5)+13(y15+7x15)w=−22x5−11y5+13y15+91x15w=−66x15−33y15+13y15+91x15w=25x15−20y15=5x3−4y3\begin{aligned} \lambda &= -x + 3 \beta \\ &\; \\ y &= 7 (-x + 3 \beta) - 6 \beta \\ y &= -7x + 21 \beta - 6 \beta \\ y &= -7x + 15 \beta \\ y + 7x &= 15 \beta \\ \frac{y}{15} + \frac{7x}{15} &= \beta \\ &\; \\ \lambda &= -x + 3(\frac{y}{15} + \frac{7x}{15}) \\ \lambda &= -x + \frac{3y}{15} + \frac{21x}{15} \\ \lambda &= - \frac{5x}{5} + \frac{y}{5} + \frac{7x}{5} \\ \lambda &= \frac{2x}{5} + \frac{y}{5} \\ &\; \\ z &= -2 (\frac{2x}{5} + \frac{y}{5}) + 6 (\frac{y}{15} + \frac{7x}{15}) \\ z &= - \frac{4x}{5} - \frac{2y}{5} + \frac{6y}{15} + \frac{42x}{15} \\ z &= - \frac{4x}{5} - \frac{2y}{5} + \frac{2y}{5} + \frac{14x}{5} \\ z &= \frac{10x}{5} = 2x \\ &\; \\ w &= -11 (\frac{2x}{5} + \frac{y}{5}) + 13 (\frac{y}{15} + \frac{7x}{15}) \\ w &= - \frac{22x}{5} - \frac{11y}{5} + \frac{13y}{15} + \frac{91x}{15} \\ w &= - \frac{66x}{15} - \frac{33y}{15} + \frac{13y}{15} + \frac{91x}{15} \\ w &= \frac{25x}{15} - \frac{20y}{15} = \frac{5x}{3} - \frac{4y}{3} \end{aligned}

Por lo tanto, la ecuación que caracteriza la imagen es:

Im(T)={(xyzw)∈R2×2  ∣  z=2x,  w=5x3−4y3}\textnormal{Im}(T) = \{ \begin{pmatrix} x & y \\ z & w \end{pmatrix} \in \RR^{2 \times 2} \; | \; z = 2x, \; w = \frac{5x}{3} - \frac{4y}{3} \}

Cambios de base

Sean VV un K\KK-espacio vectorial de dimensión nn y B1={v1,…,vn},B2={w1,…,wn}\Beta_1 = \{\bfv_1, \ldots, \bfv_n\}, \Beta_2 = \{\bfw_1, \ldots, \bfw_n\} bases de VV.
Sean aij∈K,  1≤i,j≤na_{ij} \in \KK, \; 1 \leq i, j \leq n los escalares tales que vj=∑i=1naijwi\bfv_j = \displaystyle{\sum_{i=1}^{n}} a_{ij} \bfw_i.
La matriz de cambio de base de B1\Beta_1 a B2\Beta_2 es la matriz M(B1,B2)ij=aij,  1≤i,j≤nM(\Beta_1, \Beta_2)_{ij} = a_{ij} , \; 1 \leq i, j \leq n.

Es decir, la matriz M(B1,B2)∈Kn×nM(\Beta_1, \Beta_2) \in \KK^{n \times n} tiene por jj-ésima columna las coordenadas del jj-ésimo vector de B1\Beta_1 en la base B2\Beta_2.

Ejemplo: V=R3,  B1={(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)},  B2={(1,1,1),(1,1,0),(1,0,0)}V = \RR^3, \; \Beta_1 = \{(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)\}, \; \Beta_2 = \{(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)\}.

Para construir M(B1,B2)M(\Beta_1, \Beta_2) tenemos que escribir los elementos de B1\Beta_1 en la base B2\Beta_2:

{(1,0,0)=0⋅(1,1,1)+0⋅(1,1,0)+1⋅(1,0,0)(0,1,0)=0⋅(1,1,1)+1⋅(1,1,0)+(−1)⋅(1,0,0)(0,0,1)=1⋅(1,1,1)+(−1)⋅(1,1,0)+0⋅(1,0,0)}=C(B1,B2)=[00101−11−10]\left\{\begin{array}{lr} (1, 0, 0) = 0 \cdot (1, 1, 1) + 0 \cdot (1, 1, 0) + 1 \cdot (1, 0, 0) \\ (0, 1, 0) = 0 \cdot (1, 1, 1) + 1 \cdot (1, 1, 0) + (-1) \cdot (1, 0, 0) \\ (0, 0, 1) = 1 \cdot (1, 1, 1) + (-1) \cdot (1, 1, 0) + 0 \cdot (1, 0, 0) \\ \end{array}\right\} = C(\Beta_1, \Beta_2) = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 0 \end{bmatrix}

También, dado (x,y,z)∈R3(x, y, z) \in \RR^3, se tiene que (x,y,z)=((x,y,z))B1(x, y, z) = ((x, y, z))_{\Beta_1} y
(x,y,z)=z(1,1,1)+(y−z)(1,1,0)+(x−y)(1,0,0)=((z,y−z,x−y))B2(x, y, z) = z(1, 1, 1) + (y - z)(1, 1, 0) + (x - y)(1, 0, 0) = ((z, y - z, x - y))_{\Beta_2}.

Sea VV un K\KK-espacio vectorial de dimensión nn y B1,B2\Beta_1, \Beta_2 bases de VV.
Entonces, para cada v∈V,[v]B2=M(B1,B2)⋅[v]B1\bfv \in V, [\bfv]_{\Beta_2} = M(\Beta_1, \Beta_2) \cdot [\bfv]_{\Beta_1}

Sean VV un K\KK-espacio vectorial de dimensión nn y B1,B2,B3\Beta_1, \Beta_2, \Beta_3 bases de VV.
1 ) M(B1,B3)=M(B2,B3)⋅M(B1,B2)M(\Beta_1, \Beta_3) = M(\Beta_2, \Beta_3) \cdot M(\Beta_1, \Beta_2) \ 2 ) M(B2,B1)=(M(B1,B2))−1M(\Beta_2, \Beta_1) = (M(\Beta_1, \Beta_2))^{-1}

Demostración:

Sea IdvId_\bfv tal que Idv(v)=v,  ∀v∈VId_\bfv(\bfv) = \bfv, \; \forall \bfv \in V.

[Idv]B1,B3=[Idv⋅Idv]B1,B3=[Idv]B2,B3⋅[Idv]B1,B2  M(B1,B3)=M(B2,B3)⋅M(B1,B2)\begin{aligned} [Id_\bfv]_{\Beta_1, \Beta_3} &= [Id_\bfv \cdot Id_\bfv]_{\Beta_1, \Beta_3} = [Id_\bfv]_{\Beta_2, \Beta_3} \cdot [Id_\bfv]_{\Beta_1, \Beta_2} \\ &\; \\ M(\Beta_1, \Beta_3) &= M(\Beta_2, \Beta_3) \cdot M(\Beta_1, \Beta_2) \end{aligned}
Idv=(Idv)−1[Idv]B2,B1=[(Idv)−1]B2,B1=([Idv]B1,B2)−1  M(B2,B1)=(M(B1,B2))−1\begin{aligned} Id_\bfv &= (Id_\bfv)^{-1} \\ [Id_\bfv]_{\Beta_2, \Beta_1} &= [ (Id_\bfv)^{-1} ]_{\Beta_2, \Beta_1} = ([Id_\bfv]_{\Beta_1, \Beta_2})^{-1} \\ &\; \\ M(\Beta_2, \Beta_1) &= (M(\Beta_1, \Beta_2))^{-1} \end{aligned}

Representación matricial de una transformación lineal

Sean V,WV, W K\KK-espacios vectoriales de dimensión finita, B1={v1,…,vn},  B2={w1,…,wm}\Beta_1 = \{\bfv_1, \ldots, \bfv_n\}, \; \Beta_2 = \{\bfw_1, \ldots, \bfw_m\}
bases de V,WV, W respectivamente. Sea f:V→Wf: V \to W una transformación lineal.
Suponiendo f(vj)=∑i=1maijwi,  1≤j≤nf(\bfv_j) = \displaystyle{\sum_{i=1}^{m}} a_{ij} \bfw_i, \; 1 \leq j \leq n. La matriz de ff en las bases B1,B2\Beta_1, \Beta_2 es la matriz [f]B1,B2∈Km×n[f]_{\Beta_1, \Beta_2} \in \KK^{m \times n} dada por [f]B1,B2=aij,  1≤i≤m,  1≤j≤n[f]_{\Beta_1, \Beta_2} = a_{ij}, \; 1 \leq i \leq m, \; 1 \leq j \leq n.

Si f:V→V,  B1=B2f : V \to V, \; \Beta_1 = \Beta_2, la matriz de ff se denota como [f]B[f]_{\Beta}.

Tenemos que:

[f]B1,B2=M(C,B2)⋅[f]C⋅M(B1,C)=(M(B2,C))−1⋅[f]C⋅M(B1,C)\begin{aligned} [f]_{\Beta_1, \Beta_2} &= M(C, \Beta_2) \cdot [f]_C \cdot M(\Beta_1, C) \\ &= (M(\Beta_2, C))^{-1} \cdot [f]_C \cdot M(\Beta_1, C) \end{aligned}

Donde MM es la matriz de cambio de base y CC es la base canónica correspondiente.

Sean V,WV, W K\KK-espacios vectoriales de dimensión finita nn y mm, respectivamente, T:V→WT: V \to W una transformación lineal y B1,B2\Beta_1, \Beta_2 bases de VV y WW respectivamente. Entonces, para cada x∈Vx \in V, [T(x)]B2=[T]B1B2[x]B1[T(x)]_{\Beta_2} = [T]_{\Beta_1 \Beta_2} [x]_{\Beta_1}

Demostración:

Si B1={v1,…,vn},  B2={w1,…,wm}\Beta_1 = \{ \bfv_1, \ldots, \bfv_n \}, \; \Beta_2 = \{ \bfw_1, \ldots, \bfw_m \}, entonces se tiene que:

x=∑i=1nxivi    ⟹  T(x)=T(∑i=1nxivi)=∑i=1nxi  T(vi)=∑i=1nxi(∑j=1majiwj)=∑j=1m(∑i=1najixi)wj    ⟹  [T(x)]B2=[∑i=1na1ixi⋮∑i=1namixi]=[a11…a1n⋮  ⋮am1…amn]⋅[x1⋮xn]=[T]B1,B2⋅[x]B1\begin{aligned} x &= \displaystyle{\sum_{i=1}^{n}} x_i \bfv_i \\ &\; \\ \implies T(x) &= T (\displaystyle{\sum_{i=1}^{n}} x_i \bfv_i ) \\ &= \displaystyle{\sum_{i=1}^{n}} x_i \; T(\bfv_i) \\ &= \displaystyle{\sum_{i=1}^{n}} x_i \left( \displaystyle{\sum_{j=1}^{m}} a_{ji} \bfw_j \right) \\ &= \displaystyle{\sum_{j=1}^{m}} \left( \displaystyle{\sum_{i=1}^{n}} a_{ji} x_i \right) \bfw_j \\ &\; \\ \implies [T(x)]_{\Beta_2} &= \begin{bmatrix} \displaystyle{\sum_{i=1}^{n}} a_{1i} x_i \\ \vdots \\ \displaystyle{\sum_{i=1}^{n}} a_{mi} x_i \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a_{11} & \ldots & a_{1n} \\ \vdots & \; & \vdots \\ a_{m1} & \ldots & a_{mn} \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} x_1 \\ \vdots \\ x_n \end{bmatrix} = [T]_{\Beta_1, \Beta_2} \cdot [x]_{\Beta_1} \end{aligned}

Sean V,WV, W dos K\KK-espacios vectoriales de dimensión finita, B1,B2\Beta_1, \Beta_2 bases de V,WV, W respectivamente. Sea T:V→WT: V \to W un isomorfismo. Entonces: [T−1]B2,B1=([T]B1,B2)−1[T^{-1}]_{\Beta_2, \Beta_1} = ([T]_{\Beta_1, \Beta_2})^{-1}

Demostración:

Sea IdvId_\bfv tal que Idv(v)=v,  ∀v∈VId_\bfv(\bfv) = \bfv, \; \forall \bfv \in V (Análogamente para w∈W\bfw \in W).

T−1∘T=Idv,T∘T−1=Idw  [Idv]B1,B1=[T−1∘T]B1,B1=[T−1]B2,B1⋅[T]B1,B2  Id=[Idv]B1,B1=[T−1∘T]B1=[T−1]B2,B1⋅[T]B1,B2Id=[Idw]B2,B2=[T∘T−1]B2=[T]B1,B2⋅[T−1]B2,B1}  ⟹  [T−1]B2,B1=([T]B1,B2)−1\begin{aligned} &T^{-1} \circ T = Id_\bfv , \quad T \circ T^{-1} = Id_\bfw \\ &\; \\ &[Id_\bfv]_{\Beta_1, \Beta_1} = [T^{-1} \circ T]_{\Beta_1, \Beta_1} = [T^{-1}]_{\Beta_2, \Beta_1} \cdot [T]_{\Beta_1, \Beta_2} \\ &\; \\ &\begin{rcases} Id = [Id_\bfv]_{\Beta_1, \Beta_1} = [T^{-1} \circ T ]_{\Beta_1} = [T^{-1}]_{\Beta_2, \Beta_1} \cdot [T]_{\Beta_1, \Beta_2} \\ Id = [Id_\bfw]_{\Beta_2, \Beta_2} = [T \circ T^{-1} ]_{\Beta_2} = [T]_{\Beta_1, \Beta_2} \cdot [T^{-1}]_{\Beta_2, \Beta_1} \end{rcases} \implies [T^{-1}]_{\Beta_2, \Beta_1} = ([T]_{\Beta_1, \Beta_2})^{-1} \end{aligned}

Matriz de la composición y la inversa

Sean V,W,ZV, W, Z K\KK-espacios vectoriales de dimensión finita, con bases B1,B2,B3\Beta_1, \Beta_2, \Beta_3 respectivamente.
Sean T:V→W,  U:W→ZT: V \to W, \; U: W \to Z transformaciones lineales. Entonces [U∘T]B1,B3=[U]B2,B3⋅[T]B1,B2[U \circ T]_{\Beta_1, \Beta_3} = [U]_{\Beta_2, \Beta_3} \cdot [T]_{\Beta_1, \Beta_2}

Demostración:

Sean B1={v1,…,vn},  B2={w1,…,wm},  B3={u1,…,ur}\Beta_1 = \{ \bfv_1, \ldots, \bfv_n \}, \; \Beta_2 = \{ \bfw_1, \ldots, \bfw_m \}, \; \Beta_3 = \{ \mathbf{u}_1, \ldots, \mathbf{u}_r \}.
De modo que A=[T]B1,B2∈Km×n,  B=[U]B2,B3∈Kr×m,  C=[U∘T]B1,B3∈Kr×nA = [T]_{\Beta_1, \Beta_2} \in \KK^{m \times n}, \; B = [U]_{\Beta_2, \Beta_3} \in \KK^{r \times m}, \; C = [U \circ T]_{\Beta_1, \Beta_3} \in \KK^{r \times n}.
Si A=(aij),  B=(bki),  C=(ckj)A = (a_ij), \; B = (b_{ki}), \; C = (c_{kj}), entonces:

T(vj)=∑i=1maijwi,U(wi)=∑k=1rbkiuk,(U∘T)(vj)=∑k=1rckjuk  (U∘T)(vj)=U(T(vj))=U(∑i=1maijwi)=∑i=1maijU(wi)=∑i=1maij(∑k=1rbkiuk)=∑k=1r(∑i=1mbkiaij)uk    ⟹  ckj=∑i=1mbkiaij=(B⋅A)kj  ⟹  C=B⋅A\begin{aligned} T(\bfv_j) &= \displaystyle{\sum_{i=1}^{m}} a_{ij} \bfw_i, \quad U(\bfw_i) = \displaystyle{\sum_{k=1}^{r}} b_{ki} \mathbf{u}_k, \quad (U \circ T)(\bfv_j) = \displaystyle{\sum_{k=1}^{r}} c_{kj} \mathbf{u}_k \\ &\; \\ (U \circ T)(\bfv_j) &= U(T(\bfv_j)) = U \left( \displaystyle{\sum_{i=1}^{m}} a_{ij} \bfw_i \right) = \displaystyle{\sum_{i=1}^{m}} a_{ij} U(\bfw_i) = \displaystyle{\sum_{i=1}^{m}} a_{ij} \left( \displaystyle{\sum_{k=1}^{r}} b_{ki} \mathbf{u}_k \right) \\ &= \displaystyle{\sum_{k=1}^{r}} \left( \displaystyle{\sum_{i=1}^{m}} b_{ki} a_{ij} \right) \mathbf{u}_k \\ &\; \\ \implies c_{kj} &= \displaystyle{\sum_{i=1}^{m}} b_{ki} a_{ij} = (B \cdot A)_{kj} \\ \implies C &= B \cdot A \\ \end{aligned}

Ejercicios resueltos - Cambios de base

1.

Sea B={(1,−2,1),(2,−3,3),(−2,2,−3)}B = \{ (1, -2, 1),(2, -3, 3),(-2, 2, -3) \}

  1. Hallar la matriz de cambio de base de la base canónica de BB a CC y de CC a BB.
  2. Hallar las coordenadas respecto de BB del vector (1,0,1)(1, 0, 1)

Sea MM la matriz cambio de base:

M(B,C)=[12−2−2−3213−3]  M(B,C)−1=[12−2100−2−3201013−3001]\begin{aligned} M(B, C) &= \begin{bmatrix} 1 & 2 & -2 \\ -2 & -3 & 2 \\ 1 & 3 & -3 \end{bmatrix} \\ &\; \\ M(B,C)^{-1}&= \left[ \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & -2 & 1 & 0 & 0 \\ -2 & -3 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & -3 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right] \end{aligned}

Resolvemos M(B,C)−1M(B, C)^{-1} lo cual es igual a M(C,B)M(C, B). Tras resolver, obtenemos:

M(C,B)=[30−2−4−12−3−11]M(C, B) = \begin{bmatrix} 3 & 0 & -2\\ -4 & -1 & 2\\ -3 & -1 & 1 \end{bmatrix}

Las coordenadas de (1,0,1)(1, 0, 1) pueden hallarse como:

[(1,0,1)]B=[30−2−4−12−3−11]⋅[101]  [(1,0,1)]B=(1,−2,−2)\begin{aligned} [(1, 0, 1)]_B &= \begin{bmatrix} 3 & 0 & -2\\ -4 & -1 & 2\\ -3 & -1 & 1 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} \\ &\; \\ [(1, 0, 1)]_B &= (1, -2, -2) \end{aligned}

2.

Sea B={(02−33),(0−120),(21−21),(4−22−3)}B = \{ \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ -3 & 3 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 2 & 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ -2 & 1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 4 & -2 \\ 2 & -3 \end{pmatrix} \}

Hallar el cambio de base de BB a CC (matriz canónica) y el cambio de base de CC a BB

Defino cada matriz de BB en términos de CC:

(02−33)=0⋅(1000)+2⋅(0100)−3⋅(0010)+3⋅(0001)  (0−120)=0⋅(1000)−1⋅(0100)+2⋅(0010)+0⋅(0001)  (21−21)=2⋅(1000)+1⋅(0100)−2⋅(0010)+1⋅(0001)  (4−22−3)=4⋅(1000)−2(0100)+2(0010)−3(0001)\begin{aligned} \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ -3 & 3 \end{pmatrix} &= 0 \cdot \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} + 2 \cdot \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} - 3 \cdot \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} + 3 \cdot \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \\ &\; \\ \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 2 & 0 \end{pmatrix} &= 0 \cdot \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} -1 \cdot \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} + 2 \cdot \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} + 0 \cdot \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \\ &\; \\ \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ -2 & 1 \end{pmatrix} &= 2 \cdot \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} + 1 \cdot \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} - 2 \cdot \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} + 1 \cdot \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \\ &\; \\ \begin{pmatrix} 4 & -2 \\ 2 & -3 \end{pmatrix} &= 4 \cdot \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} - 2 \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} + 2 \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} - 3 \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \end{aligned}

Ahora defino la matriz M(C,B)M(C, B) donde MM es la matriz cambio de base. Luego, obtengo M(B,C)M(B, C) con su inversa.

M(C,B)=[00240−12021−214−22−3]  M(C,B)−1=[002410000−120010021−2100104−22−30001]\begin{aligned} M(C, B) &= \begin{bmatrix} 0 & 0 & 2 & 4 \\ 0 & -1 & 2 & 0 \\ 2 & 1 & -2 & 1 \\ 4 & -2 & 2 & -3 \end{bmatrix} \\ &\; \\ M(C, B)^{-1} &= \left[ \begin{array}{cccc|cccc} 0 & 0 & 2 & 4 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 2 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & -2 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 4 & -2 & 2 & -3 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right] \end{aligned}

Finalmente, obtenemos:

M(B,C)=[−1−10−521232032126−2−12−6−31]M(B, C) = \begin{bmatrix} -1 & -10 & -5 & 2 \\ \frac{1}{2} & 3 & 2 & 0 \\ \frac{3}{2} & 12 & 6 & -2 \\ -\frac{1}{2} & -6 & -3 & 1 \end{bmatrix}

3.

Sea T:R2[t]→R1[t]T : \RR_2[t] \to \RR_1[t] la transformación lineal:

T(ax2+bx+c)=(a+b)x+2c−aT(ax^2 + bx + c) = (a+b)x+2c-a

Donde C−{x2,x,1},  C′={ x,1}C - \{ x^2, x, 1 \}, \; C' = \{\ x, 1 \}.

  1. Dar la base del núcleo e imagen de TT.
  2. Calcular TC,C′T_{C,C'}

Tenemos que dim⁡R2[t]=3=dim⁡R3\dim \RR_2[t] = 3 = \dim \RR^3. R2[t]\RR_2[t] es isomorfo a R3\RR^3.

Por lo tanto:

T(ax2+bx+c)≃(a+b)x+2c−aT(a,b,c)≃(a+b,2c−a)\begin{aligned} T(ax^2 + bx + c) &\simeq (a + b)x + 2c -a \\ T(a, b, c) &\simeq (a + b, 2c -a) \end{aligned}

Usando los elementos de la base canónica en TT, tenemos:

T(x2)=(1,−1)T(x)=(1,0)T(1)=(0,2)  TC,C′=[110−102]\begin{aligned} T(x^2) &= (1, -1) \\ T(x) &= (1, 0) \\ T(1) &= (0, 2) \\ &\; \\ T_{C,C'} &= \begin{bmatrix} 1 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 2 \\ \end{bmatrix} \end{aligned}

Buscamos el núcleo tal que:

Nu(T)={(a,b,c)∈R3  ∣  T(a,b,c)=0}  {a+b=02c−a=0  a=−b  2c−(−b)=0b=−2ca=−(−2c)  ⟹  a=2c  (a,b,c)=c(2,−2,1)\begin{aligned} \textnormal{Nu}(T) &= \{ (a, b, c) \in \RR^3 \; | \; T(a, b, c) = 0 \} \\ &\; \\ &\begin{cases} a + b = 0 \\ 2c - a = 0 \end{cases} \\ &\; \\ a &= - b \\ &\; \\ 2c - (- b) &= 0 \\ b &= -2c \\ a &= -(-2c) \implies a = 2c \\ &\; \\ (a, b, c) &= c(2, -2, 1) \end{aligned}

Por lo tanto tenemos:

BNu(T)={(2,−2,1)}Nu(T)=⟨(2,−2,1)⟩dim⁡(Nu(T))=1\begin{aligned} B_{\textnormal{Nu}(T)} &= \{ (2, -2, 1) \} \\ \textnormal{Nu}(T) &= \langle (2, -2, 1) \rangle \\ \dim (\textnormal{Nu}(T)) &= 1 \end{aligned}

La ecuación que caracteriza el núcleo es:

Nu(T)={(a,b,c)∈R3  ∣  a=2c,  b=−a}\textnormal{Nu}(T) = \{ (a, b, c) \in \RR^3 \; | \; a = 2c, \; b = -a \}

Si evaluamos la transformación lineal con los vectores canónicos de R3\RR^3 obtenemos: (1,−1),(1,0),(0,2)(1, -1), (1, 0), (0, 2)
El tercer vector es combinación lineal de los otros: 2⋅(1,−1)+2⋅(1,0)=(0,2)2 \cdot (1, -1) + 2 \cdot (1, 0) = (0, 2)

Definimos la base de la imagen:

BIm(T)={(1,−1),(1,0)}Im(T)=⟨(1,−1),(1,0)⟩dim⁡(Im(T))=2\begin{aligned} B_{\textnormal{Im}(T)} &= \{ (1, -1), (1, 0) \} \\ \textnormal{Im}(T) &= \langle (1, -1), (1, 0) \rangle \\ \dim(\textnormal{Im}(T)) &= 2 \end{aligned}

Como tenemos dim⁡(Im(T))=2=dim⁡R2\dim (\textnormal{Im}(T)) = 2 = \dim \RR^2, entonces se cumple:

Im(T)={(a,b)∈R2}\textnormal{Im}(T) = \{ (a, b) \in \RR^2 \}
MatricesDeterminante