ÁLGEBRA Algunas Soluciones a la Práctica 6

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1 ÁLGEBRA Algunas Soluciones a la Práctica 6 Aplicaciones lineales (Curso ) 3. Dada la matriz A = ( 1 0 ) y las bases B 1 = {(2, 1), (1, 1)} en IR 2 y B 2 = {(0, 1, 1), (1, 1, 1), ( 1, 2, 0)} en IR 3, se pide hallar las matrices, en las bases canónicas respectivas, de las siguientes aplicaciones lineales f : IR 2 IR 3 : Denotamos por C 1 y C 2 respectivamente las bases canónicas de IR 2 y IR 3. En todos los casos nos piden la matriz F C1 C 2. (a) la que tiene asociada la matriz A considerando en IR 2 la base B 1 y en IR 3 la canónica, Tenemos en cuenta que para pasar de coordenadas en la base B 1 a la base canónica hay que multiplicar por la matriz: ( ) 2 1 M B1 C 1 = 1 1 Además el dato que nos dan es que F B1 C 2 = A. Por tanto la matriz que buscamos es: F C1 C 2 = M C1 B 1 F B1 C 2 = M 1 B 1 C 1 F B1 C 2 = ( ) 1 ( ) = ( 2 2 ) (b) la que tiene asociada la matriz A considerando en IR 2 la canónica y en IR 3 la base B 2, Ahora para pasar de coordenadas en la base B 2 a la base canónica hay que multiplicar por la matriz: M B2 C 2 = Además el dato que nos dan es que F C1 B 2 = A. Por tanto la matriz pedida es: F C1 C 2 = F C1 B 2 M B2 C 2 = ( ) = ( ) (c) la que tiene asociada la matriz A considerando en IR 2 la base B 1 y en IR 3 la base B 2. Finalmente el dato que nos dan ahora es que F B1 B 2 = A. Teniendo en cuenta lo anterior, la matriz buscada será: ( ) 1 ( ) F C1 C 2 = M B 1 C 1 F B1 B 2 M B2 C 2 = ( ) =

2 6. Sea el espacio vectorial V de las funciones reales de una variable, definidas sobre IR, con las operaciones habituales de suma de funciones y producto por un escalar. Si φ es la aplicación que hace corresponder a cada terna de números reales (a, b, c) la función f (a,b,c) definida por: f (a,b,c) (x) = asen 2 x + bcos 2 x + c, x IR Se pide: a) Probar que φ es una aplicación lineal de IR 3 en V. Sean λ, µ IR 3 y (a, b, c), (a, b, c ) IR 3. Queremos ver que φ(λ(a, b, c) + µ(a, b, c )) = λφ(a, b, c) + µφ(a, b, c ). Pero: φ(λ(a, b, c) + µ(a, b, c ))(x) =φ(λa + µa, λb + µb, λc + µc )(x) = = (λa + µa )sen 2 x + (λb + µb )cos 2 x + (λc + µc ) = = λ(asen 2 x + bcos 2 x + c) + µ(a sen 2 x + b cos 2 x + c ) = = λφ(a, b, c)(x) + µφ(a, b, c )(x) b) Hallar una base de la imagen y otra del núcleo, analizando si φ es inyectiva o sobreyectiva. Es claro que la imagen está generada por las funciones {sen 2 x, cos 2 x, 1}. Hay que ver si estos tres vectores forman una base. Pero sabemos que hay una relación de dependencia lineal: 1 = sen 2 x + cos 2 x. Luego a lo sumo formarán base de la imagen los vectores {sen 2 x, cos 2 x}. Comprobemos que son independientes. Supongamos λ 1 sen 2 x+λ 2 cos 2 x = 0. Entonces tomando x = 0, obtenemos que λ 2 = 0 y tomando x = π/2 obtenemos que λ 1 = 0. Vemos que efectivamente son independientes y por tanto forman una base de la imagen. La aplicación no es sobreyectiva porque el espacio vectorial de funciones reales no tiene dimensión finita, mientras que la imagen de esta aplicación tiene dimensión 3. En particular, teniendo en cuenta que las funciones seno, coseno y la función constante 1 son períodicas de período 2π, deducimos que todas las funciones de la imagen son períodicas de período 2π. Por tanto la función identidad f(x) = x no está en la imagen, porque no es períodica. Dado que la dimensión de la imagen es 2 y la dimensión del espacio origen es 3, sabemos que el núcleo tiene dimensión 1. Basta encontrar un vector que sea enviado por φ a la función 0. Pero teniendo en cuenta la relación de dependencia vista antes, tenemos que φ(1, 1, 1) = 0 y por tanto una base del núcleo está formanda por el vector (1, 1, 1). Por tanto la aplicación no es inyectiva porque el núcleo no es nulo. c) Comprobar que el conjunto U formado por las funciones constantes es un subespacio vectorial de V. Hallar su dimensión y una base. Es claramente un subespacio vectorial. Basta tener en cuenta que si f y g son funciones constantes, λf + µg es una función constante para cualquier λ, µ IR. Dada una función constante g(x) = k, k IR, x IR, puede escribirse como g(x) = k 1, representando en este caso 1, la función constantemente igual a 1. Por tanto el subespacio de funciones constantes tiene dimensión 1 y una base del mismo puede ser la función constante 1. d) Hallar el conjunto origen de U, si es un subespacio vectorial dar una base. Se trata de hallar la imagen inversa del subespacio vectorial U, es decir, los (a, b, c) IR 3 tal que φ(a, b, c) U. Recordemos que la imagen inversa de un subespacio vectorial por una

3 aplicación lineal siempre es un subespacio vectorial. En este caso ha de verificarse que: asen 2 x + bcos 2 x + c sea una función constante. Esto sólo ocurre si a = b y por tanto una base del conjunto origen (o imagen inversa) de U es la formada por los vectores (1, 1, 0) y (0, 0, 1). Nota. Comprobemos que dada una aplicación lineal f : U V y un subespacio vectorial W V siempre se cumple que f 1 (W ) es un subespacio vectorial de U: - f 1 (W ) es no vacío porque f(0) = 0 W y por tanto 0 f 1 (W ). - Sean λ, µ IR y w, w f 1 (W ). Veamos que λw + µw W. Pero: w f 1 } (W ) f(w) W λf(w) + µf(w ) W w f 1 (W ) f(w ) W (Primer parcial, febrero 1999) f(λw + µw ) W λw + µw f 1 (W ) 10. 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) 11. Sean S 1 y S 2 dos subespacios vectoriales de un espacio vectorial V sobre un cuerpo K. Considérense las aplicaciones S 1 S 2 (a) Demostrar que f y g son homomorfismos. f g S 1 S 2 V f( x) = ( x, x) g( x 1, x 2 ) = x 1 + x 2 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 )

4 (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) 12. 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 }

5 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. (Primer parcial, enero 2005) 13. 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: 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 1 C 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 B1 C 1 = Por tanto la matriz pedida es: F C1 C 2 = M C1 B 1 F B1 C 2 = = /2 1/2 1/ /2 1/2 1/

6 Operando queda: F C1 C 2 = / /2 1 (b) 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. (Examen extraordinario, diciembre 2005) 15. 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. 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: M BC = y M 1 BC =

7 Operando queda: 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: Y las paramétricas: a + 2b + 5c = 0 a = 2b 5c = c b = 2c b + 2c = 0 (d) Calcular una base de polinomios de la imagen Im(f). Sabemos que la imagen de f tiene dimensión 2, ya que: a = λ b = 2λ c = λ dim(im(f)) = dim(p 2 ) dim(ker(f)) = 3 1 = 2. Basta escoger dos polinomios independientes que estén en la imagen. Por ejemplo f(1) = 1 y f((x 1)) = (x + 1): {1, x + 1}.

8 16. En el espacio vectorial IR 3 consideramos las bases C = {ē 1, ē 2, ē 3 } y B = {ū 1, ū 2, ū 3 }. ē 1 = (1, 0, 0); ē 2 = (0, 1, 0); ē 3 = (0, 0, 1). ū 1 = (1, 1, 0); ū 2 = (1, 0, 0); ū 3 = ( 1, 0, 1). Consideramos la aplicación lineal f : IR 3 IR 3 dada por: Calcular: f(ē 1 ) = ū 1 + ū 2 ; f(ē 2 ) = ū 3 ū 1 ; f(ē 3 ) = ū 2 + ū 3. (a) La matriz asociada a f respecto a la base canónica C. Teniendo en cuenta los datos que nos dan, la matriz asociada a f respecto a las bases C y B es: F CB = Ahora la matriz pedida es: F CC = F CB M BC donde M BC es la matriz de cambio de base: M BC = Obtenemos: F CC = = (b) La matriz asociada a f respecto a la base B. Buscamos la matriz F BB. De nuevo tenemos que hacer un cambio de base: F BB = M BC F CB = = (c) Calcular las ecuaciones paramétricas e implícitas del núcleo y de la imagen de f respecto a las bases B y C. Trabajemos primero respecto a la base canónica. Utilizamos la matriz F CC. El núcleo es: (x, y, z)f CC = 0 2x 2y = 0 x y = 0 y + z = 0 Eliminamos las ecuaciones dependientes y obtenemos las ecuaciones implícitas del núcleo: { x y = 0 y + z = 0

9 Para obtener las paramétricas resolvemos el sistema. El núcleo tiene dimensión 3 2 = 1. Tendremos un sólo parámetro: { x = y x = λ y = λ z = y z = λ Por otra parte sabemos que la imagen de f está generada por las filas de la matriz F CC. Eliminamos las dependientes: Vemos que la imagen está generada por los vectores (2, 1, 0), (0, 0, 1). paramétricas son: x = 2λ y = λ z = µ Ahora eliminamos parámetros para obtener la ecuación implícita: Las ecuaciones x = 2y x 2y = 0. Trabajamos ahora respecto a la base B. Utilizaremos por tanto la matriz F BB. Repetimos los razonamientos que hicimos para la base canónica. El núcleo es: (x, y, z )F BB = 0 y z = 0 x + y = 0 x + z = 0 Eliminamos las ecuaciones dependientes y obtenemos las ecuaciones implícitas del núcleo: { y z = 0 x + y = 0 Para obtener las paramétricas resolvemos el sistema. { z = y x = λ x = y y = λ z = λ La imagen de f está generada por las filas de la matriz F BB. Eliminando como antes las dependientes, vemos que la imagen está generada por los vectores (0, 1, 1), (1, 1, 0). Las ecuaciones paramétricas son: x = µ y = λ + µ z = λ Ahora eliminamos parámetros para obtener la ecuación implícita: y = x + z x y + z = 0.

10 17. Encontrar la (única) respuesta correcta, de entre las indicadas, a las siguientes cuestiones: (b) Dado un espacio vectorial real V de dimensión n y en él un endomorfismo f que cumple que f 2 = f f = θ (homomorfismo nulo) Ker f Im f. FALSO. Por ejemplo si tomamos la aplicación lineal f : IR 2 IR 2, con f(x, y) = 0 para cualquier (x, y) IR 2. Está claro que f 2 = θ, pero Kerf = IR 2 y Imf = {0}. cuya matriz con respecto a la base canónica es: ( ) se tiene que f 2 = θ, f(1, 0) = 0, pero (1, 0) Im f. Im f Ker f. VERDADERO. Sea y Im f. Entonces y = f(x) para algún x V. Utilizando que f 2 = θ, f(y) = f(f(x)) = 0 y por tanto y Ker f. Ker f = V. FALSO. Por ejemplo si tomamos la aplicación lineal f : IR 2 IR 2 cuya matriz con respecto a la base canónica es: ( 0 ) Se tiene que f 2 = θ, pero Kerf = {(0, y) IR 2, y IR} = V. Ker f Im f = V. FALSO. En el ejemplo anterior Kerf = Imf = {(0, y) IR 2, y IR}. Por tanto Ker f Im f = {(0, y) IR 2, y IR} = V. (Primer parcial, febrero 1997) (c) Dado el conjunto V de los homomorfismos de IR 3 en IR 2, todos los elementos de V son sobreyectivos. FALSO. Por ejemplo el homomorfismo nulo no es sobreyectivo. algún elemento de V puede ser biyectivo. FALSO. No puede haber un homomorfismo biyectivo entre espacios de distinta dimensión. no es cierta ninguna de las afirmaciones restantes. FALSO. Veremos que la última afirmación es cierta. no existe ningún elemento de V que sea inyectivo. VERDADERO. Dado f un homomorifsmo de IR 3 en IR 2, por las fórmulas de la dimensión se tiene: dim(ker f) = dim(ir 3 ) dim(im(f)) dim(ir 3 ) dim(ir 2 ) 1 y por tanto f nunca puede ser inyectivo. En general nunca puede haber un homomorfismo inyectivo de un espacio vectorial en otro de dimensión inferior. (Primer parcial, febrero 1997) (h) Si U es un espacio vectorial y f, g endomorfismos de U entonces.

11 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: y por tanto: (f + g)(x, y) = (x + y, x + y) 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) (i) Sean U y V espacios vectoriales reales tales que dim(u) = 15, dim(v ) = 10. Sea f : U V un aplicación lineal de U en V : f siempre es sobreyectiva. FALSO. Por ejemplo si f es la aplicación 0, no es sobreyectiva, porque Im(f) = { 0} = V. f puede ser inyectiva. FALSO. Recordemos que una aplicación lineal es inyectiva precisamente si el núcleo es { 0}. Si consideramos la fórmula de las dimensiones: dim(im(f)) + dim(ker(f)) = dim(u) = 15 dim(ker(f)) = 15 dim(im(f)) 15 dim(v ) = 5

12 Por tanto dim(ker(f)) 5 y f no puede ser inyectiva. dim(ker(f)) 5. VERDADERO. dim(ker(f)) 5. FALSO. Por ejemplo si f es la apliación 0, ker(f) = U y dim(ker(f)) = 15. (Primer parcial, enero 2006)