Solución a los problemas adicionales Aplicaciones lineales (Curso )

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1 ÁLGEBRA Solución a los problemas adicionales Aplicaciones lineales (Curso ) I. Se considera el homomorfismo f : P 2 (IR) P 2 (IR) definido por las siguientes condiciones: (1) Los polinomios sin término independiente se transforman por f en sí mismos. (2) El núcleo de f es el subespacio de los polinomios de P 2 (IR) que tienen los tres coeficientes iguales. Se pide: (a) Matriz del homomorfismo f en la base canónica de P 2 (IR), B = {1, x, x 2 }. Hay que tener en cuenta que para definir un homomorfismo de espacios vectoriales basta saber como actúa sobre los vectores de una base. En este caso, por la condición 1 sabemos que f(x) = x y f(x 2 ) = x 2. Además por la condición 2, f(a + ax + ax 2 ) = 0 para cualquier a IR. Pero por linealidad de f y utilizando ambas condiciones: 0 = f(a + ax + ax 2 ) = af(1) + af(x) + af(x 2 ) = af(1) + ax + ax 2 Deducimos que f(1) = x x 2 y podemos escribir ahora la matriz del morfismo en la base canónica C: F CC = (b) Base del subespacio transformado del de ecuaciones paramétricas a 0 = λ + ρ a 1 = λ ρ a 2 = λ El espacio que queremos transformar tiene por base los vectores cuyas coordenadas en la base canónica son (1, 1, 1) y (1, 1, 0). Utilizando la expresión matricial anterior, vemos que las coordenadas de sus imágenes en la base canónica son: f(1, 1, 1) = (0, 0, 0) y f(1, 1, 0) = (0, 2, 1). Por tanto una base del subespacio transformado está formada por el vector de coordenadas en la base canónica (0, 2, 1) o equivalentemente por el vector { 2x x 2 }. (c) Dar una determinación de la restricción de f al subespacio { a0 2a 1 = 0 a 1 + a 2 = 0 Consiste en decir como está definida la apliación sobre vectores del subespacio vectorial que nos indican. Teniendo en cuenta que el subespacio está definido por dos ecuaciones cartesianas independientes en un espacio de dimensión 3, su dimensión es 1. Calculemos una base. Para ello hallamos las ecuaciones paramétricas: a 0 2a 1 = } 0 a 1 + a 2 = 0 { } a0 = 2a 1 a 2 = a 1 a 0 = 2λ a 1 = λ a 2 = λ Por tanto una base de este subespacio expresada en coordenadas en la base canńonica es {(2, 1, 1)} (es decir, el poliomio, 2 + x x 2 ). Ahora teniendo en cuenta que todo vector de este subespacio tiene por

2 coordenadas λ(2, 1, 1). Para ver como actúa f sobre él basta calcular como actúa f sobre el vector de la base. Utilizamos para ello la matriz que habíamos obtenido: f(2, 1, 1) = ( ) = ( ) Es decir, la matriz, de la restricción de f a este subespacio, con respecto a las bases {(2 + x x 2 } y a la canónica es: ( ) (d) Sea g : P 2 (IR) P 1 (IR) definido así: g(p(x)) = p(x) p(x 1). Encontrar la matriz de la aplicación g f (1) en las bases canónicas de P 2 (IR) y P 1 (IR), Podemos calcular la matriz de la aplicación g en las bases canónicas. La matriz de g f será el producto de ambas matrices. Para hallar la matriz de g calculamos las imágenes de los vectores de la base canónica: g(1) = 1 1 = 0 g(x) = x (x 1) = 1 g(x 2 ) = x 2 (x 1) 2 = 1 + 2x Ahora la matriz de la aplicación g en las bases canónicas C y C 1 de P 2 (IR) yp 1 (IR) respectivamente son: G CC1 = Para hallar la matriz de h = g f multiplicamos la matriz de f por la matriz de g: H CC1 = F CC G CC1 = = (2) en la base {1 + x + x 2, 1 + x, 1} en P 2 (IR) y la canónica en P 1 (IR), Tenemos en cuenta que para pasar de coordenadas en la base C = {1 + x + x 2, 1 + x, 1} a la base canónica C hay que multiplicar por la matriz: Por tanto la matriz que buscamos es: M C C = H C C 1 = M C CH CC1 = = (3) en la base canónica en P 2 (IR) y la C 1 = {1 + x, 1 x} en P 1 (IR), Para pasar de coordenadas en la base {1 + x, 1 x} a la canónica hay que multiplicar por la matriz: M C 1 C 1 =

3 Por tanto la matriz que buscamos es: H C C 1 = H CC1 M C1C 1 = H CC 1 M 1 C 1 C1 = ( (4) en las bases {1 + x + x 2, 1 + x, 1} en P 2 (IR) y {1 + x, 1 x} en P 1 (IR). Ahora teniendo en cuenta lo anterior, la matriz buscada es: H C C 1 = M C CH CC1 M 1 C = C ( ) 1 = 1 1 1/2 1/2 1/2 3/2 ) 1 = 0 0 1/2 3/2 1 1 II. Sean U, V y W tres espacios vectoriales sobre un mismo cuerpo K, f y g aplicaciones lineales f : U V y g : V W. Demostrar que: Ker(g f) = f 1 (Kerg Imf) Primero veamos que Ker(g f) f 1 (Kerg Imf). Sea x Ker(g f). Quiere decir que g(f(x)) = 0, pero entonces f(x) Ker g y obviamente f(x) Im f. Por tanto f(x) Ker g Im f y vemos que x f 1 (Ker g Im f). Ahora veamos que f 1 (Ker g Im f) Ker (g f). Sea x f 1 (Ker g Im f). Quiere decir que f(x) Kerg Im f. En particular f(x) Ker g y por tanto g(f(x)) = 0, es decir, (g f)(x) = 0 y x Ker (g f). (Primer parcial, enero de 2002) III. Sea E un espacio vectorial sobre el cuerpo K y f, g : E E dos endomorfismos tales que f + g = i E y g f = θ (i E denota el endomorfismo identidad; θ el endomorfismo cero). Demostrar que E = Im f Im g. METODO I: Tenemos que probar que Im f + Im g = E e Im f Im g = { 0}. En primer lugar, como f + g = i E, entonces Im f + Im g = E, ya que dado u E: u = i E (u) = (f + g)(u) = f(u) + g(u) Por otra parte como g f = θ, entonces g(f(x)) = 0 para cualquier x E y por tanto Imf Ker g. Utilizando ahora las fórmulas de la dimensión tenemos: dim(im f + Im g) + dim(im f Im g) = dim(im f) + dim(im g) dim(ker g) + dim(im g) = dim(e) Como dim(im f +Im g) = dim(e), deducimos que dim(im f Im g) 0 y por tanto Im f Im g = { 0}. METODO II: Aunque el método anterior está bien para los espacios que nosotros manejamos (de dimensión finita), no es del todo correcto para espacios de dimensión infinita. Podemos hacer otra demostración válida en cualquier caso.

4 De nuevo, probaremos que Im f + Im g = E e Im f Im g = { 0}. En primer lugar nos fijamos en que: f + g = i E g f + g g = g, y como g f = θ, queda g g = g Entonces, como antes de f + g = i E, se deduce que Im f + Im g = E. Veamos ahora que la intersección de ambas imágenes es { 0}. Supongamos y Im f Im g, es decir, y = f(x 1 ) = g(x 2 ), x 1, x 2 E. Entonces: f(x 1 ) = g(x 2 ) g(f(x 1 )) = g(g(x 2 )) 0 = (g g)(x 2 ) 0 = g(x 2 ) Luego y = g(x 2 ) = 0 y por tanto Im f Im g = { 0}. (Primer parcial, febrero 2001) IV. Sea f una aplicación lineal del espacio vectorial real S 2 de las matrices simétricas de dimensión 2, en el espacio vectorial real M 2 2 de las matrices cuadradas de dimensión 2, siendo: f =, f =, f = Se pide: (a) Matriz de f, indicando las bases en las que está definida. La forma más rapida de escribir la matriz de f es utilizar los vectores sobre los cuales está definida: { } B =,, Estos forman una base por que sus coordenadas en la base canónica de S 2 son (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0) y estos tres vectores son independientes. Por tanto si consideramos la base B en S 2 y la base canónica C 1 en M 2 2, la matriz de f respecto a estas bases es: F BC1 = Si quisiéramos la matriz en función de las bases canónicas en ambos espacios, bastaría multiplicar por la inversa de la matriz que transforma coordenadas en bases B a coordenadas en la base canónica de S 2. Es decir, quedaría: F CC1 = M 1 BC F BC 1 = = (b) Ecuaciones {( paramétricas ) ( de) la imagen ( de ) f, ( en la base )} B 1 =,,, La imagen está generada por las matrices cuyas coordenadas en la base canónica son (2, 0, 1, 1), ( 1, 1, 2, 1), (0, 2, 3, 3). Primero veamos si estos vectores son independientes. Los colocamos matricialmente y calculamos el rango haciendo reducción por filas: H21(2) Vemos que el rango es 2 y la imagen está generada por los vectores cuyas coordenadas en la base canónica son ( 1, 1, 2, 1), (0, 2, 3, 3).

5 Por otra parte la matriz para pasar de coordenadas en la base que nos dan a la base canónica es: M B1C 1 = Por tanto las coordenadas de los vectores que generan la imagen expresadas en la base que nos dan serán: ( ) = ( 1 0 3/2 1/2 ) ( ) = ( ) Dado que la dimensión de la imagen es 2, dichos vectores forman una base de la imagen. Las ecuaciones paramétricas en la base que nos dan serán: y 1 = λ µ y 2 = µ y 3 = 3λ/2 3µ y 4 = λ/2 (c) Ecuaciones cartesianas del núcleo de f, en la base B 2 = Las ecuaciones del núcleo en la base canónica satisfacen: { 2 2, 2 2 ( x 1 x 2 x 3 ) = , 1 0 } Dado que la dimensión de la imagen es 2 y la dimensión de S 2 es 3, el núcleo tiene dimensión 1, luego está definido por dos ecuaciones independientes. Basta tomar en la matriz anterior dos columnas independientes: x 2 + 3x 3 = 0 2x 1 x 2 x 3 = 0 Ahora para expresarla en la base que nos dan tenemos en cuenta que si (x 1, x 2, x 3 ) son coordenadas en dicha base se tiene: ( x 1 x 2 x 3 ) = ( x 1 x 2 x 3 ) y por tanto las ecuaciones que definen al núcleo en la base dada son: 4x 1 x 2 x 3 = 0 x 2 + 3x 3 = 0 (d) Encontrar un subespacio de S 2 y otro de M 2 2, ambos de dimensión 2, entre los que la restricción de f a ellos sea biyectiva.

6 Basta tomar un subespacio de S 2 de dimensión 2 que no interseque al núcleo. Dado que las dos primeras filas de la matriz de f con respecto a la base B 1 de S 2 y la base canónica de M 2 2 son independientes podemos tomar en S 2 el espacio generado por: {( ), } La imagen es el subespacio generado por las matrices: { } , (Primer parcial, enero de 2002) V. Sea V un espacio vectorial y V 1 y V 2 dos subespacios vectoriales suyos. Se define la aplicación lineal: f : V 1 V 2 V ; f( x 1, x 2 ) = x 1 + x 2 Demostrar que la condición necesaria y suficiente para que V 1 y V 2 sean suplementarios es que f sea biyectiva. Para comprobar cuando la aplicación es biyectiva, veremos cuando es inyectiva y cuando sobreyectiva. Dado que f es lineal, esto es equivalente a estudiar su núcleo y su imagen. Estudiemos primero el núcleo: Ker(f) ={( x 1, x 2 ) V 1 V 2 x 1 + x 2 = 0} = ={( x 1, x 2 ) V 1 V 2 x 1 = x 2 } = ={( x 1, x 1 ) V 1 V 2 x 1 V 1 V 2 } Por tanto vemos que una condición necesaria y suficiente para que el núcleo sea ( 0, 0) es que V 1 V 2 = { 0}. Ahora estudiamos la imagen: Im(f) = { x V existen x 1 V 1 ; x 2 V 2 con x = x 1 + x 2 } = V 1 + V 2 Por tanto ahora vemos que una condición necesaria y suficiente para que la imagen de f coincida con V es que V 1 + V 2 = V. Combinando ambas afirmaciones deducimos que una condición necesaria y suficiente para que f sea biyectiva es que V 1 y V 2 sean suplementarios. VI. Sean S 1 y S 2 dos subespacios vectoriales de un espacio vectorial V sobre un cuerpo K. Considérense las aplicaciones f g S 1 S 2 S 1 S 2 V f( x) = ( x, x) g( x 1, x 2 ) = x 1 + x 2 (a) Demostrar que f y g son homomorfismos. Sean λ, µ K y x, ȳ S 1 S 2. Hay que comprobar que f(λ x + µȳ) = λf( x) + µf(ȳ): f(λ x + µȳ) = (λ x + µȳ, (λ x + µȳ)) = λ( x, x) + µ(ȳ, ȳ) = λf( x) + µf(ȳ) Sean ahora λ, µ K y ( x 1, x 2 ), (ȳ 1, ȳ 2 ) S 1 S 2. Veamos que g(λ( x 1, x 2 ) + µ(ȳ 1, ȳ 2 )) = λg( x 1, x 2 ) + µg(ȳ 1, ȳ 2 ): g(λ( x 1, x 2 ) + µ(ȳ 1, ȳ 2 )) = g(λ x 1 + µȳ 1, λ x 2 + µȳ 2 ) = λ x 1 + µȳ 1 + λ x 2 + µȳ 2 = = λ( x 1 + x 2 ) + µ(ȳ 1 + ȳ 2 ) = λg( x 1, x 2 ) + µg(ȳ 1, ȳ 2 )

7 (b) Calcular el núcleo y la imagen de f y g. El núcleo de f son los vectores x S 1 S 2, verificando f( x) = 0, es decir, ( x, x) = (0, 0). Por tanto: Ker f = { 0} La imagen de f son los vectores de la forma f( x) = ( x, x), es decir, Im f = {( x, x) S 1 S 2 / x S 1 S 2 } El núcleo de g son los vectores ( x 1, x 2 ) S 1 S 2, verificando g( x 1, x 2 ) = { 0}, es decir, x 1 + x 2 = { 0} o equivalentemente x 2 = x 1. Además si x 1 S 1, entonces x 2 = x 1 S 1. Por tanto: Ker g = {( x, x) S 1 S 2 / x S 1 S 2 } = Im f La imagen de g son los vectores de la forma g( x 1, x 2 ) = x 1 + x 2, con x 1 S 1 y x 2 S 2, es decir, Im g = S 1 + S 2 (c) Deducir que si V es de dimensión finita, dim(s 1 + S 2 ) + dim(s 1 S 2 ) = dims 1 + dims 2. Utilizamos las fórmulas: dim(im f) + dim(ker f) = dim(s 1 S 2 ) dim(im g) + dim(ker g) = dim(s 1 S 2 ) = dim(s 1 ) + dim(s 2 ) Restando ambas ecuaciones y teniendo en cuenta que dim(ker f) = 0, Im f = Ker g y Im g = S 1 + S 2 queda: dim(s 1 + S 2 ) = dim(s 1 S 2 ) (dim(s 1 ) + dim(s 2 )) es decir, dim(s 1 + S 2 ) + dim(s 1 S 2 ) = dim(s 1 ) + dim(s 2 ) (Primer parcial, febrero 1996) VII. Sea V el espacio vectorial de los polinomios reales de grados menor o igual que 2; sean: p(x) = 1 + x + x 2 ; q(x) = 1 + 2x 2 ; r(x) = x + x 2, y sean u = (2, 0, 1); v = (3, 1, 0); w = (1, 2, 3). Considérese la aplicación lineal f : V IR 3 definida por: f(p(x)) = u; f(q(x)) = v; f(r(x)) = w. (a) Hallar la matriz de f respecto de las bases canónicas de V y IR 3. Llamamos B 1 = {p(x), q(x), r(x)} al conjunto de polinomios dado. Veamos que es una base de V. Dado que dim(v ) = 3, basta comprobar que la matriz de sus coordenadas con respecto a la base canónica tiene rango 3:

8 Entonces la matriz de F respecto a la base B 1 de V y la base canónica C 2 de IR 3, será: p(x) (2, 0, 1) q(x) (3, 1, 0) F B 1C 2 = r(x) (1, 2, 3) Tenemos que cambiar de base en el primer espacio. La matriz de paso de la base B 1 a la canónica C 1 de V es: M B1C 1 = Por tanto la matriz pedida es: F C1C 2 = M C1B 1 F B1C 2 = = /2 1/2 1/ /2 1/2 1/ Operando queda: F C1C 2 = / /2 1 (c) Hallar una base B de V y otra base C de IR 3 tales que respecto de ellas, la matriz de f sea la identidad Id 3. Tenemos en cuenta que los vectores B 2 = {ū, v, w} forman una base de IR 3, ya que dim(ir 3 ) = 3 y la matriz de sus coordenadas tiene rango 3 (su determinante es no nulo): = 1 0 Por tanto la aplicación f lleva la base B 1 en la base B 2, y así la matriz de f respecto a estas bases es la identidad. VIII. Se considera el endomorfismo f : P 2 P 2 definido por: f(1) = 1; f(x 1) = x + 1; f((x 1) 2 ) = 2x + 3. (a) Hallar la matriz de f respecto a la base canónica de P 2. La base canónica de P 2 es C = {1, x, x 2 }. Para hallar la matriz pedida tenemos que calcular las imágenes de estos polinomios. Sin embargo teniendo en cuenta los datos que nos dan, procederemos de la siguiente forma. Veamos en primer lugar que B = {1, x 1, (x 1) 2 } forman una base de P 2. Como dim(p 2 ) = 3, basta ver que estos 3 polinomios son independientes. Para ello estudiamos el rango de su matriz de coordenadas respecto a la base canónica: 1 (1, 0, 0) (x 1) ( 1, 1, 0) (x 1) 2 = x 2 2x + 1 (1, 2, 1) Tiene rango 3 y concluimos que B es una base.

9 Ahora es fácil calcular la matriz de f respecto a las bases B y C: f(1) = 1 (1, 0, 0) f((x 1)) = x + 1 (1, 1, 0) f((x 1) 2 ) = 2x + 3 (3, 2, 0) F BC = Finalmente para obtener la matriz pedida hacemos un cambio de base: F CC = M CB F BC = M 1 BC F BC donde: Operando queda: M BC = y M 1 BC = F CC = (b) Probar que los polinomios B = {1, x 1, (x 1) 2 } forman una base de P 2. Hallar la matriz de f respecto a esta base. Ya hemos visto que B es una base. La matriz pedida es: F BB = F BC M CB = F BC M 1 BC = = (c) Hallar las ecuaciones paramétricas e implícitas del núcleo Ker(f) con respecto a la base canónica y a la base B. Trabajamos primero con respecto a la base canónica. Denotamos por (a, b, c) las coordenadas de un polinomio respecto dicha base. El núcleo sera: Las ecuaciones implícitas quedan: ker(f) = {(a, b, c) P 2 (a, b, c)f CC = 0} a + 2b + 6c = 0 b + 4c = 0 Son dos ecuaciones independientes. Por tanto dim(ker(f)) = 3 2 = 1. Las paramétricas dependerán de un sólo parámetro: a = 2b 6c = 8c 6c = 2c b = 4c a = 2λ b = 4λ c = λ Hacemos lo mismo pero ahora respecto a la base B. Podríamos cambiar de base las ecuaciones anteriores. Pero también podemos volver a calcular el núcleo utilizando la matriz F BB. Denotamos por (a, b, c ) las coordenadas de un polinomio respecto dicha base. El núcleo sera: ker(f) = {(a, b, c ) P 2 (a, b, c )F BB = 0} Las ecuaciones implícitas quedan: a + 2b + 5c = 0 b + 2c = 0

10 Y las paramétricas: a = 2b 5c = c b = 2c a = λ b = 2λ c = λ (d) Calcular una base de polinomios de la imagen Im(f). Sabemos que la imagen de f tiene dimensión 2, ya que: dim(im(f)) = dim(p 2 ) dim(ker(f)) = 3 1 = 2. Basta escoger dos polinomios independientes que estén en la imagen. f((x 1)) = (x + 1): {1, x + 1}. Por ejemplo f(1) = 1 y IX. Sea S 2 (IR) el espacio vectorial de matrices reales simétricas 2 2. Sea P 2 (IR) el espacio de polinomios con coeficientes reales de grado menor o igual que 2. Definimos la aplicación: p f : P 2 (IR) S 2 (IR); f(p(x)) = (0) p (1) p (1) p ( 1) (a) Probar que f es una aplicación lineal y escribir la matriz asociada a f con respecto a las bases canónicas de P 2 (IR) y S 2 (IR). Veamos primero que es una aplicación lineal. Hay que ver que para cualesquiera p(x), q(x) P 2 (IR) y λ IR, f(p(x) + q(x)) = f(p(x)) + f(q(x)) y f(λp(x)) = λf(p(x)). Pero: (p + q) f(p(x) + q(x)) = (0) (p + q) (1) p (p + q) (1) (p + q) = (0) + q (0) p (1) + q (1) ( 1) p (1) + q (1) p ( 1) + q = ( 1) p = (0) p (1) q p (1) p + (0) q (1) ( 1) q (1) q = f(p(x)) + f(q(x)) ( 1) Y además: λp f(λp(x)) = (0) λp (1) λp (1) λp ( 1) p = λ (0) p (1) p (1) p = λf(p(x)) ( 1) La base canónica de P 2 (IR) es C = {1, x, x 2 } y la de S 2 (IR) es C 1 = { 1 0, , 1 0 } Para calcular la matriz de f con respecto a dichas bases calculamos las imágenes de la primera y las expresamos en coordenadas con respecto a la segunda: 0 0 f(1) = (0, 0, 0) f(x) = (1, 1, 1) 1 1 f(x ) = (0, 2, 2) 2 2 La matriz pedida es: F CC (b) Probar que B = {x 2, (x 1) 2, (x + 1) 2 } es base de P 2 (IR).

11 Escribimos las coordenadas de los polinomios de B expresadas en la base canónica: Tenemos: x 2 (0, 0, 1) (x 1) 2 = 1 2x + x 2 (1, 2, 1) (x + 1) 2 = 1 + 2x + x 2 (1, 2, 1) = 4 Vemos que los tres vectores son independientes porque el determinante de la matriz que forman sus coordenadas es no nulo. Pero, dado que P 2 (IR) tiene dimensión 3, tres vectores independientes forman una base. (c) Calcular las ecuaciones cartesianas del núcleo de f expresadas en coordenadas en la base B. Vemos primero como se relacionan la base canónica C y la base B. Llamamos {e 1, e 2, e 3 } a los vectores de la base canónica y (x, y, z) las coordenadas en dicha base; llamamos {u 1, u 2, u 3 } a los vectores de la base B y (x, y, z ) a las coordenadas. Se tiene: {u i } = {e i } (x, y, z) = (x, y, z ) x = y + z y = 2y + 2z z = x + y + z Es decir la matriz de cambio de base de B a C es: M BC = Método I: Calculamos primero el núcleo trabajando en la base canónica. Son los vectores cuya imagen por f es el 0: (x, y, z) y = 0 { y = = 0 y + 2z = z = 0 y 2z = 0 Estas son las ecuaciones cartesianas del núcleo en la base canónica. Ahora cambiamos cada ecuación de coordenadas en la base canónica a coordenadas en la base B utilizando la expresión anterior. Obtenemos: { } { 2y + 2z = 0 y = z x + y + z = 0 x = 2z Método II: Calculamos la matriz asociada a f respecto a la base B en P 2 IR y la canónica en S 2 (IR), bien directamente o bien haciendo el cambio de base: F BC1 = M BC F CC1 = = Ahora calculamos el núcleo pero trabajando directamente en la base B: (x, y, z ) y + 2z = = 0 2x + 4z = x 4y = 0 { y = z x = 2z

12 (d) Calcular una base de la imagen de f y escribir las ecuaciones cartesianas de un espacio suplementario. Trabajamos con coordenadas en la base canónica de S 2 (IR). Las denotaremos por (a, b, c). La imagen está generada por los vectores fila de la matriz: Por tanto una base de la imagen está formada por los vectores cuyas coordenadas ( en la) base ( canónica ) del espacio S 2 (IR) son {(1, 1, 1), (0, 2, 2)} o equivalentemente por las matrices {, } Para calcular un espacio suplementario basta completar dicha base a una base de S 2 (IR). Basta añadir el vector (1, 0, 0) ya que los vectores {(1, 1, 1), (0, 2, 2), (1, 0, 0)} son independientes. Por tanto un espacio suplementario estará generado por el vector (1, 0, 0). Sus ecuaciones paramétricas serán: a = λ; b = 0; c = 0 y las cartesianas: b = 0; c = 0 (e) Sea U = {A S 2 (IR)/traza(A) = 0}. Probar que U es un subespacio vectorial de S 2 (IR). Calcular las ecuaciones paramétricas y cartesianas de U, U Im(f) y U + Im(f). Veamos primero que U es subespacio vectorial: - Es no vacío, porque Ω U. - Si A, B U, es decir traza(a) = traza(b) = 0, entonces: y A + B U. traza(a + B) = traza(a) + traza(b) = 0 - Si A U (es decir traza(a) = 0) y λ IR, entonces: y λa U. Ahora sea traza(λa) = λtraza(a) = 0 a b A = b c una matriz simétrica de dimensión 2. Se tiene A U cuando a + c = 0. Por tanto en la base canónica, la ecuación cartesiana de U es: a + c = 0 Las paramétricas serán: a = λ; b = µ; c = λ Luego una base de U viene dada por los vectores {(1, 0, 1), (0, 1, 0)}. Calculemos U Im(f). Vimos que una base de Im(f) es {(1, 1, 1), (0, 2, 2)}. Por tanto todo vector de Im(f) es de la forma: (a, b, c) = λ(1, 1, 1) + µ(0, 2, 2) Imponemos que dicho vector esté en U, es decir, que verifique su ecuación cartesiana: λ + λ 2µ = 0 2λ = 2µ

13 Por tanto los vectores de U Im(f) son de la forma: (a, b, c) = µ(1, 1, 1) + µ(0, 2, 2) = µ(1, 3, 1) Deducimos que una base de U Im(f) está formada por el vector {(1, 3, 1)}. Sus ecuaciones paramétricas son: a = λ; b = 3λ; c = λ; Y las cartesianas: a + c = 0; 3a b = 0; Finalmente tenemos: dim(u + Im(f)) = dim(u) + dim(im(f)) dim(u Im(f)) = = 3 = dim(s 2 (IR)) Por tanto U + Im(f) es todo el espacio S 2 (IR) y una base puede ser la propia base canónica de S 2 (IR). Las ecuaciones paramétricas son: a = λ; b = λ; c = λ; Las cartesianas no tiene sentido escribirlas porque U + Im(f) es todo el espacio vectorial S 2 (IR). (Examen parcial, enero 2004) X. Sea P 3 (IR) el espacio vectorial de polinomios de grado menor o igual que 3. Definimos la siguiente aplicación: f : P 3 (IR) P 3 (IR), f(p(x)) = p(x + 1) p(x). a) Probar que f es lineal. Sean p(x), q(x) dos polinomios de grado menor o igual que 3 y a, b números reales: f((ap + bq)(x)) = (ap + bq)(x + 1) (ap + bq)(x) = ap(x + 1) + bq(x + 1) ap(x) bq(x) = Por tanto si es lineal. = a(p(x + 1) p(x)) + b(q(x + 1) q(x)) = af(p(x)) + bf(q(x)). b) Probar que los polinomios B = {q 0 (x), q 1 (x), q 2 (x), q 3 (x)} definidos como: q 0 (x) = 1; q 1 (x) = x 1; q 2 (x) = son una base de P 3 (IR). (x 1)(x 2) ; q 3 (x) = 2 (x 1)(x 2)(x 3) ; 6 Tenemos en cuenta que cada polinomio q i (x) es de grado i. En concreto su término de mayor grado es x i /i!. Por tanto la matriz de coordenadas de estos polinomios con respecto a la baser canónica es: /2 0 1/6 donde los términos con no necesitamos calcularlos. La matriz es triangular inferior con términos en la diagonal no nulos. Deducimos que tiene rango máximo. Los 4 polinomios son independientes. Y cuatro vectores independientes en un espacio vectorial de dimensión 4 forman una base. c) Calcular la matriz asociada a f con respecto a la base B. Método I:

14 Calculamos la imagen de los polinomios de B y la expresamos respecto a la base B: f(q 0 (x)) = q 0 (x + 1) q 0 (x) = 1 1 = 0 f(q 1 (x)) = q 1 (x + 1) q 1 (x) = (x + 1 1) (x 1) = 1 = q 0 (x) (x)(x 1) (x 1)(x 2) f(q 2 (x)) = q 2 (x + 1) q 2 (x) = = x 1 = q 1 (x) 2 2 (x)(x 1)(x 2) (x 1)(x 2)(x 3) (x 1)(x 2) f(q 3 (x)) = q 3 (x + 1) q 3 (x) = = Deducimos que la matriz asociada es: F BB = Método II: Calcularemos primero la matriz asociada respecto a la base canónica: f(1) = 1 1 = 0 f(x) = (x + 1) x = 1 f(x 2 ) = (x + 1) 2 x 2 = 1 + 2x f(x 3 ) = (x + 1) 3 x 3 = 1 + 3x + 3x 2 Por tanto la matriz asociada respecto a la base canónica es: F CC = Por último, hacemos el cambio de base: donde M BC = F BB = M BC F CC M 1 BC, /2 1/ /6 1 1/6. = q 2 (x) d) Calcular las ecuaciones paramétricas e implícitas de la imagen y del núcleo de f con respecto a la base B y a la base canónica. Trabajamos primero respecto a la base B. La imagen está generada por las filas de la matriz asociada: Es claro que tiene rango 3 y sus generadores son: Por tanto las ecuaciones paramétricas son: Im(f) = L{(1, 0, 0, 0) B, (0, 1, 0, 0) B, (0, 0, 1, 0) B }. x = α y = β z = γ t = 0

15 y la implícita: t = 0. El núcleo sabemos que tendrá dimensión 4 3 = 1. Sus ecuaciones implícitas son: (x, y, z, t ) B F BB = (0, 0, 0, 0) y = 0, z = 0, t = 0. y sus paramétricas: x = α y = 0 z = 0 t = 0 Ahora cambiaremos los generadores de estos subespacios de la base B a la base canónica. Podemos usar la matriz de cambio de base, o tener en cuenta que: (1, 0, 0, 0) B = q 0 (x) = 1 = (1, 0, 0, 0) C (0, 1, 0, 0) B = q 1 (x) = x 1 = ( 1, 1, 0, 0) C (0, 0, 1, 0) B = q 2 (x) = 1 2 x2 3 2 x + 1 = (1, 3/2, 1/2, 0) C Entonces la imagen está generada por los vectores: Im(f) = L{(1, 0, 0, 0) C, ( 1, 1, 0, 0) C, (1, 3/2, 1/2, 0) C }. Por tanto las ecuaciones paramétricas son: x = α β + γ y = β 3γ/2 z = γ/2 t = 0 y la implícita: t = 0. El núcleo está generado por el vecor (1, 0, 0, 0) B = (1, 0, 0, 0) C. Por tanto sus paramétricas son: x = α y = 0 z = 0 t = 0 y las implícitas: y = 0, z = 0, t = 0. XI. En IR 4 consideramos los subespacios vectoriales: U = L{(b, b, 1, 1), (1, 0, 1, 1), (1, 1, 1, 1)} V = L{(0, 0, 1, 1), (0, a, 1, 1), (0, 0, 0, 1)} (b) Para los valores de a, b para los cuales tenga sentido, calcular la matriz asociada respecto de la base canónica de la aplicación p : IR 4 IR 4 proyección sobre U paralelamente a V. Para que tenga sentido U y V han de ser suplementarios, es decir, verficar dim(u + V ) = 4 y dim(u V ) = 0. De lo discutido en el apartado anterior vemos que esto sólo se cumple para a = 0 y b = 1.

16 Para calcular la matriz de la proyecciǿn pedida comenzamos escogiendo una base formada uniendo las dos de los espacios involucrados: B = {(1, 0, 1, 1), (1, 1, 1, 1), (0, 0, 1, 1), (0, 0, 0, 1) }. } {{ } } {{ } U V Respecto de esta base la matriz de la proyección es: P BB = Únicamente resta cambiarla a la base canónica: P CC = M CB P BB M BC = M 1 BC P BBM BC, donde Obtenemos: M BC = P CC = XII. Sean f : IR 5 IR 4 y g : IR 4 IR 5 aplicaciones lineales no nulas tales que g f es idénticamente cero y dim Img = 3. Calcular dim Kerf. Como g f es la aplicación nula, Imf Kerg (ésta es simplemente otra forma de escribir el hecho de que g(f( x)) = 0 para todo x). g : IR 4 IR 5 es una aplicación lineal y por tanto, dim Kerg+dim Img =dimir 4 = 4. Dado que dim Img = 3, deducimos dim Kerg=1. El subespacio Imf está contenido en el subespacio unidimensional Kerg, luego Imf tiene dimensión 0 ó 1. No puede tener dimensión 0 porque en ese caso f sería la aplicación nula, cosa que se excluye en el enunciado. Por lo tanto dim Imf = 1. f : IR 5 IR 4 es una aplicación lineal y por tanto, dim Kerf+dim Imf =dimir 5 = 5. Dado que dim Imf = 1, deducimos dim Kerf = 4. (Examen final, septiembre 2007) XIII. Sea P 2 (IR) el espacio vectorial real de los polinomios con coeficientes reales y grado menor o igual que 2. Sean α, β, γ tres números reales. Definimos la aplicación f : P 2 IR 3, f(p(x)) = (p(α), p(β), p(γ)) (a) Demostrar que f es una aplicación lineal. Sean λ, µ IR y p(x), q(x) P 2 (IR). Tenemos que ver que f(λp(x) + µq(x)) = λf(p(x)) + µf(q(x)). Pero: f(λp(x) + µq(x)) = (λp(α) + µq(α), λp(β) + µq(β), λp(γ) + µq(γ)) = = λ(p(α), p(β), p(γ)) + µ(q(α), q(β), q(γ)) = λf(p(x)) + µf(q(x))

17 (b) Demostrar que f es un isomorfismo si, y sólo si, los números α, β, γ son todos distintos. Podemos ver cual es la matriz de f en las bases canónicas C y C 1 de P 2 y IR 3 respectivamente. La aplicación f es un isomorifsmo cuando esta matriz es no singular. Para calcular la matriz de f calculamos la imagen de los vectores de la base canónica de P 2 : La matriz buscada es: f(1) = (1, 1, 1) f(x) = (α, β, γ) f(x 2 ) = (α 2, β 2, γ 2 ) F CC1 = α β γ α 2 β 2 γ 2 Ahora hay que calcular el determinante de esta matriz para ver cuando es no singular (se trata de la matriz de Van der Monde). Multiplicando la primera y segunda fila por α y restaándoselas a la segunda y tercera respectivamente queda: α β γ α 2 β 2 γ 2 = β α γ α 0 β(β α) γ(γ α) = (β α)(γ α)(β γ) Vemos que el determinante es distinto de 0 precisamentes si los números α, β, γ son todos diferentes. (c) Para α = 1, β = 1, γ = 1, encontrar bases de Ker f e Im f. Ahora la matriz anterior de la aplicación f queda: F CC1 = Por tanto vemos que una base de la imagen está formada por los vectores (1, 1, 1), ( 1, 1, 1). calcular el núcleo resolvemos el sistema: ( y 1 y 2 y 3 ) = ( ) Recordemos que por tener la imagen dimensión 2 y el espacio origen dimensión 3 el núcleo tiene dimensión 1 y por tanto está generado por un vector. Así como base del núcleo podemos tomar el vector cuyas componente en la base canónica de P 2 son (1, 0, 1), es decir, el polinomio 1 x 2. (d) Sean α = 0, β = 2, γ = 1. Encontrar, si es que existen, una base en P 2 (IR) y otra en IR 3 con respecto a las cuales la matriz de f sea la identidad. Si no existen tales bases, justificarlo. Como los tres números son distintos hemos visto que f es un isomorfismo y por tanto siempre podemos encontrar bases respecto a las cuales f es la identidad. La matriz respecto a las bases canónicas es ahora: F CC1 = Por tanto para que la matriz sea la identidad podemos tomar por ejemplo la base canónica en P 2 (IR) y la base B = {(1, 1, 1), (0, 2, 1), (0, 4, 1)} en IR 3. Entonces: M BC1 = y (Examen final, julio 2002) F CB = F CC1 M C1B = F CC1 M 1 BC 1 = Id Para

18 XIV. Encontrar la (única) respuesta correcta, de entre las indicadas, a las siguientes cuestiones: (a) En el espacio vectorial real de las funciones derivables f : IR IR, se considera el subespacio V generado por las funciones senx y cosx. La aplicación t : V V que lleva cada función de V a su derivada no está bien definida porque su imagen no está contenida en V. FALSO. Si que está bien definida, porque: (sen x) = cos x (cos x) = sin x y por tanto la imagen está contenida en el subespacio V que generan las funciones senx y cosx. es inyectiva pero no sobreyectiva. FALSO. Si que es sobreyectiva. Dado cualquier vector de V, asen x + bcos x con a, b IR, es imagen por t del vector de V, acos x + bsinx. es sobreyectiva pero no inyectiva. FALSO. Si es inyectiva, porque la dimensión de V es 2 y la dimensión de la imagen (que vimos coincide con V ) es también 2. Por tanto la dimensión del núcleo es 2 2 = 0. es un automorfismo. VERDADERO. Es un automorfismo por ser una aplicación lineal del espacio V sobre él mismo, inyectiva y sobreyectiva. (Examen final, junio 2000) (b) Sean dos espacios vectoriales reales U y V y dos homomorfismos f : U V y g : V U, que cumplen g f = θ Imf Kerg VERDADERO. Veámoslo: y Im(f) y = f(x), x U g(y) = g(f(x)) = (g f)(x) = 0 y Ker(g) Img Kerf FALSO. Por ejemplo: U = IR, V = IR 2, f(x) = (x, 0) y g(x, y) = y. Entonces Im(g) = IR y Ker(f) = {0}. Kerf Img FALSO. Por ejemplo: U = IR, V = IR, f = θ y g = θ. Entonces Im(g) = {0} y Ker(f) = IR. Kerg Imf FALSO. Por ejemplo: U = IR, V = IR, f = θ y g = θ. Entonces Im(f) = {0} y Ker(g) = IR. (Primer parcial, enero 2004) (c) Si U es un espacio vectorial y f, g endomorfismos de U entonces. Ker(f) + Ker(g) Ker(f + g). FALSO. Por ejemplo si tomamos: f : IR 2 IR 2 g : IR 2 IR 2 f(x, y) = (x, x). g(x, y) = (y, y). Entonces: (f + g)(x, y) = (x + y, x + y)

19 y por tanto: ker(f) = L{(0, 1)}, ker(g) = L{(1, 0)}, ker(f + g) = L{(1, 1)} y Pero: ker(f) + ker(g) = L{(0, 1), (1, 0)} = IR 2. Ker(f) + Ker(g) = IR 2 L{(1, 1)} = Ker(f + g). Ker(f) Ker(g) Ker(f + g). FALSO. En el ejemplo anterior: Ker(f) Ker(g) = L{(0, 1)} L{(1, 0)} L{(1, 1)} = Ker(f + g). Ker(f) Ker(g) Ker(f + g). VERDADERO. Probémoslo en general. Sean f, g : U U endomorfismos de U. Veamos que todo elemento de Ker(f) Ker(g) está también en ker(f + g): ū Ker(f) Ker(g) ū ker(f) y ū ker(g) f(ū) = 0 y g(ū) = 0 (f + g)(ū) = f(ū) + g(ū) = 0 ū ker(f + g). Ninguna de las anteriores afirmaciones es correcta. FALSO. (Primer parcial, enero 2006) (d) Entre dos espacios vectoriales reales de dimensión finita V f : V W. Si V = W entonces Ker(f) Im(f). FALSO. Por ejemplo V = IR y f la aplicación nula. Si Ker(f) = V entonces W = { 0}. FALSO. El mismo ejemplo anterior no cumple esta afirmación. Si W = { 0} entonces Ker(f) = V. y W se define una aplicación lineal VERDADERO. Si W = { 0} todo elemento de V necesariamente tiena a 0 por imagen por f. Si V = W e Im(f) Ker(f) entonces f = θ. FALSO. Por ejemplo V = IR 2 y f la aplicación lineal que tiene por matriz respecto de la base canónica: A = Se verifica que Im(f) = L{(1, 0)} = Ker(f) y sin embargo f θ. (Primer parcial, enero 2005)