f es una aplicación lineal u homomorfismo si y solo sí se verifica:

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1 CAPÍTULO 4: APLICACIONES LINEALES 4.1- Definición y propiedades. Sean E y F dos espacios vectoriales sobre el mismo cuerpo K y f una aplicación de E en F. Diremos que f es una aplicación lineal u homomorfismo si verifica las siguientes propiedades: 4.2- Teorema. f(x + y ) = f(x ) + f(y ) x, y E f(λx ) = λf(x ) x E, λ K f es una aplicación lineal u homomorfismo si y solo sí se verifica: f(λx + μy ) = λf(x ) + μf(y ) x, y E λ, μ K -Ejemplo: dados dos espacios vectoriales E, F determinar cuáles de las siguientes aplicaciones f: E F son homomorfismos. a) E = F = R 3, f(x ) = x + x siendo x un elemento de R 3 dado. Si f fuese un homomorfismo se tendría que verificar que f(x + y ) = f(x ) + f(y ) de donde se sigue que necesariamente tendría que ser x + y + x = x + y + 2x. De aquí se sigue que el único valor de x que hace que la aplicación f sea un homomorfismo es (,,). b) E = F = R 3, f(x ) = x siendo x un elemento de R 3 dado. Razonando como en el apartado anterior tenemos que el único valor de x que hace que la aplicación f sea un homomorfismo es de nuevo el (,,). c) E = F = M nxn, f(a) = A + A t Apliquemos el teorema anterior para ver que f es un homomorfismo: f(λa + μb) = (λa + μb) + (λa + μb) t = λa + μb + λa t + μb t = λ(a + A t ) + μ(b + B t ) = λf(a) + μf(b) d) E = F = P n [x], f(p(x)) = xp (x) Apliquemos de nuevo el teorema anterior para ver que f es un homomorfismo: 4.3- Propiedades. f(λp + μq) = x(λp + μq) = xλ(xp ) + xμ(xq ) = λf(p) + μf(q) Sea f un homomorfismo de E a F. Entonces: a) f( E ) = F b) f( x) = f(x) Pedro_CC 1

2 c) si V es subespacio vectorial de E, entonces f(v) es subespacio vectorial de F. En particular, f(e) es un subespacio vectorial de F al que llamaremos imagen de f y al que denotaremos por img(f). d) Si S = {x, 1, x 2, } x n es un sistema de generadores de V, entonces f(s) = {f(x ), 1 f(x ), 2, f(x )} n es un sistema de generadores de f(v). e) Si W es un subespacio vectorial de F, entonces f 1 (W) es un subespacio vectorial de E Nomenclatura. Sea f un homomorfismo de E a F. a) Si E = F entonces f se denomina endomorfismo. b) Si f es inyectiva, f se denomina monomorfismo. Diremos que f es inyectiva si f(x 1) = f(x 2) implica x 1 = x 2. c) Si f es suprayectiva, f se denomina epimorfismo. Diremos que f es suprayectiva si y F existe x E con f(x ) = y. d) Si f es biyectiva (inyectiva y suprayectiva), f se denomina isomorfismo. En este caso existe f 1 como aplicación lineal. e) Un endomorfismo biyectivo se denomina automorfismo Definición. Núcleo de f. Se denomina núcleo de f: E F y se denota por ker (f) al conjunto de vectores de E que se transforman en el F. Es decir: Propiedades del ker (f): a) ker (f) tiene estructura de espacio vectorial. b) f es inyectiva si y solo sí ker(f) = E. ker(f) = {x E f(x ) = F } c) f es inyectiva si y solo sí todo sistema libre S se tranforma en un sistema f(s) libre. Estas propiedades son importantes. Su demostración se propone como ejercicio Rango de un homomorfismo. Se define el rango de un homomorfismo f: E F como la dimensión de f(e). Se verifica que: dim(e) = dim f(e) + dim (ker(f)) Pedro_CC 2

3 Por tanto, si tenemos un endomorfismo (E = F) es equivalente que f sea inyectiva, biyectiva y sobreyectiva. -Ejemplo: calcular la imagen y el núcleo del homomorfismo f: R 4 R 3 dado por la expresión: f(x 1, x 2, x 3, x 4 ) = (x 1 + x 2,, x 1 x 2 ) Si x = (x 1, x 2, x 3, x 4 ) pertenece al núcleo de f entonces necesariamente tiene que ser x 1 + x 2 =, x 1 x 2 = de donde se sigue que x 1 = x 2 = por lo que podemos afirmar que: ker(f) = {(x 1, x 2, x 3, x 4 ) x 1 = x 2 = } Es sencillo ver que ker(f) = L{(,,1,), (,,,1)} por lo que su dimensión es 2. Para calcular la imagen de f es suficiente con calcular la imagen de todos los elementos de una base del espacio de partida. Tenemos: f(1,,,) = (1,,1) f(,1,,) = (1,, 1) f(,,1,) = (,,) f(,,,1) = (,,) (era de esperar que f(,,1,) = (,,), f(,,,1) = (,,) puesto que {(,,1,), (,,,1)} es la base de ker(f) que hemos calculado anteriormente. Si esto no fuese así tendríamos que volver atrás y ver dónde hemos cometido un error) Por tanto, tenemos que Im(f) = L{(1,,1), (1,, 1)} por lo que la dimensión de la imagen de f es 2 y se verifica que 4 = dim(r 4 ) = dim f(r 4 ) + dim(ker(f)) = 2 + 2, obteniéndose un resultado coherente con la ecuación que acabamos de ver. De nuevo, si esto no fuese así tendríamos que repasar los cálculos porque habremos cometido algún error. -Ejemplo: calcular la imagen y el núcleo del homomorfismo f: R 3 R 3 dado por la expresión: f(x 1, x 2, x 3 ) = (x 3, x 1 + x 2, x 3 ) Además, calcular f 1 (,,), f 1 (1,2,3) y f 1 (1,, 1) Para calcular el núcleo y la imagen del homomorfismo anterior basta con hacer lo mismo que en el ejemplo anterior. Se obtiene sin dificultad que ker(f) = L{(1, 1,)} y que Im(f) = L{(,1,), (1,, 1)}. Por otra parte, por definición tenemos que f 1 (,,) = ker(f) y por tanto f 1 (,,) = L{(1, 1,)}. Para calcular f 1 (1,2,3) buscamos los vectores de R 3 cuya imagen sea (1,2,3), es decir, queremos calcular los valores de (x 1, x 2, x 3 ) tales que f(x 1, x 2, x 3 ) = (x 3, x 1 + x 2, x 3 ) = (1,2,3). Sin embargo, teniendo en cuenta las ecuaciones de la primera y la tercera coordenada Pedro_CC 3

4 de la igualdad anterior resulta por un lado que x 3 = 1 y por otro que x 3 = 3 de donde se sigue que f 1 (1,2,3) = { } al no haber ningún vector que cumpla lo pedido. Para calcular f 1 (1,, 1) procedemos de la misma forma y de la expresión f(x 1, x 2, x 3 ) = (x 3, x 1 + x 2, x 3 ) = (1,, 1) de donde se sigue que x 3 = 1 y que x 1 + x 2 =. Por tanto, parece razonable pensar que f 1 (1,, 1) = (λ, λ, 1) para cualquier valor de λ ya que es sencillo comprobar que f(λ, λ, 1) = (1,, 1) si sustituimos en la expresión de f que nos dan. Sin embargo, hay un pequeño detalle que estamos pasando por alto. Tomemos un vector cualquiera del núcleo de f que, teniendo en cuenta lo anterior, será de la forma μ(1, 1,) siendo μ un escalar arbitrario. Como f es lineal tenemos: f (λ, λ, 1) + μ(1, 1,) = f(λ, λ, 1) + μf(1, 1,) = (1,, 1) + (,,) = (1,, 1) Es decir, si al vector (λ, λ, 1) que habíamos calculado le sumamos cualquier vector que pertenezca al núcleo de f obtenemos un vector cuya imagen sigue siendo (1,, 1) por lo que finalmente resulta: f 1 (1,, 1) = (λ, λ, 1) + μ(1, 1,) λ, μ No es raro que en los exámenes aparezca algún apartado de un ejercicio de aplicaciones lineales en el que se pide calcular la imagen inversa de algún vector o de algún subespacio vectorial, por lo que se aconseja repasar hasta entender bien los detalles de este último ejemplo y pensar en todas las posibles soluciones que pueden aparecer al calcular la imagen inversa de un vector por una aplicación lineal (es decir, ver qué condiciones tendría que cumplir f para poder encontrar un vector cuya imagen inversa sea cero, uno o infinitos vectores) Para que penséis un poco os pongo una cuestión que se me acaba de ocurrir y que podría ser de examen. Si no se os ocurre cómo atacarla revisad las propiedades de los subespacios vectoriales. CUESTIÓN Sean E y F dos espacios vectoriales y f una aplicación lineal de E en F. Encontrar razonadamente todos los vectores de F cuya imagen inversa por f sea un subespacio vectorial de E Matriz de un homomorfismo. Sean E y F dos espacios vectoriales de dimensiones n y m y con bases B E = {e 1, e 2,, }, e n B F = {v, 1, v 2, } v m respectivamente. Sea f: E F un homomorfismo. Sean: f(e 1) = a 11 v 1 + a 21 v a m1 v m f(e 2) = a 12 v 1 + a 22 v a m2 v m Pedro_CC 4

5 f(e n) = a 1n v 1 + a 2n v a mn v m Entonces la matriz de f respecto de las bases B E y B F viene dada por: x 1 x 2 y 1 y 2 a 11 a 1n = x 3 a m1 a mn x n y 3 y m Siendo x 3 las coordenadas de un elemento de E respecto de la base BE, x n x 1 x 2 x 1 x 2 y 1 y 2 y 3 y m las a coordenadas de la imagen de x 11 a 1n 3 respecto de la base BF y A = la matriz a m1 a mn x n de f respecto de las bases B E y B F. Es decir, la i-sima columna de la matriz A viene dada por las coordenadas de la imagen del i-simo elemento de la base de B E respecto de la base B F. Nótese que esto funciona de forma muy parecida a la matriz de cambio de base y podemos usar la misma regla mnemotécnica con un pequeño cambio: aplicación de B E a B F imagen de los elementos de B E en B F 4.8- Operaciones con matrices y sus homomorfismos. Sean E y F dos espacios vectoriales con bases B E, B F respectivamente. Sean f, g dos homomorfismos de E a F cuyas matrices respecto de B E, B F son A, C respectivamente. -Se define el homomorfismo suma de f y g y se denota por f + g a la aplicación lineal que asigna a cada vector x E la suma de f(x ) y g(x ), es decir: (f + g)(x ) = f(x ) + g(x ) x E Y su matriz respecto de las bases B E, B F vendrá dada por A + C. - Si tenemos un escalar λ se define el homomorfismo producto de f por λ y se denota por λf a la aplicación lineal que asigna a cada vector x E el producto de λ por f(x ), es decir: Y su matriz respecto de las bases B E, B F será λa. (λf)(x ) = λf(x ) x E Con estas dos operaciones el conjunto de homomorfismos de E a F es un espacio vectorial isomorfo (biyectivo) con el espacio vectorial de las matrices de orden mxn siendo m = dim(f) y n = dim(e) Composición de homomorfismos. Pedro_CC 5

6 Sean E, F, G tres espacios vectoriales con bases B E, B F, B G respectivamente. Sea f un homomorfismo de E a F cuya matriz respecto de B E, B F es A, y sea g un homomorfismo de F a G cuya matriz respecto de B F, B G es C. Se define el homomorfismo composición de g y f y se denota por g f a la aplicación lineal que asigna a cada vector x E la imagen por g de la imagen por f, es decir: g f(x ) = g f(x ) x E Y su matriz respecto de las bases B E, B G viene dada por CA. - Ejemplo (cuestión 2 examen cuatrimestral de febrero del 28, 1 punto): Sean f y g endomorfismos de un espacio vectorial E tales que g no es inyectivo, es el endomorfismo g f inyectivo?, es Img(f g) = E? Razónense las respuestas. Os recomiendo que intentéis resolver esto aplicando lo que acabo de escribir acerca de la matriz de la composición de homomorfismos antes de enunciar esta cuestión (de hecho, así es como lo tenéis resuelto en moodle, pero intentadlo antes de mirar la solución) Aquí vamos a resolverlo empleando un razonamiento un poco más sutil. Es claro que tenemos dos posibilidades: o bien f es inyectiva o bien f no es inyectiva. Veamos ambos casos: Si f no es inyectiva existe un vector x E no nulo con f(x ) = E, por lo que tenemos g f(x ) = g( E ) = E de donde se sigue que g f no es inyectiva. Por otra parte, como g no es inyectiva existe un vector y E no nulo con g(y ) = E, de donde se sigue que f g(y ) = E y por tanto f g no es inyectiva lo que implica que no puede ser suprayectiva por ser un endomorfismo luego no puede ser que Img(f g) = E. Si f es inyectiva entonces también será suprayectiva por ser un endomorfismo. Como g no es inyectiva existe un vector y E no nulo con g(y ) = E y la suprayectividad de f garantiza la existencia de un vector x E no nulo con f(x ) = y de donde se sigue que g f(x ) = g(y ) = E y por tanto g f no es inyectiva. Para ver que no puede ser que Img(f g) = E basta con repetir el razonamiento del caso anterior. En conclusión: f g no es una aplicación lineal inyectiva y no puede ser que Img(f g) = E con las condiciones del enunciado. Sé que este razonamiento no es fácil de seguir si uno no tiene cierta práctica con las aplicaciones lineales, por lo que os aconsejo que cojáis un papel y un bolígrafo y dediquéis algo de tiempo a ver por qué funciona y os aseguréis de que tenéis claros todos los pasos de esta solución Cambios de base y homomorfismos. Si tenemos las ecuaciones de un homomorfismo Y = AX y realizamos cambios de base en el espacio de partida y/o llegada podemos encontrar las nuevas ecuaciones (nueva matriz) de la aplicación lineal de dos formas diferentes: Pedro_CC 6

7 - Utilizando la definición de matriz de una aplicación, es decir, calculando las coordenadas de las imágenes de los vectores de la nueva base del espacio de partida respecto de la nueva base del espacio de llegada. - Utilizando ecuaciones de cambio de base tanto en el espacio de partida como en el de llegada. Si tenemos dos cambios de base de la forma Y = QY y X = PX entonces la ecuación Y = AX queda Y = (Q 1 AP)X por lo que la matriz de la aplicación respecto de las nuevas bases vendrá dada por Q 1 AP. -Resumen capítulo 4 Este tema, junto con el de subespacios vectoriales, es el más importante del examen cuatrimestral de diciembre. En dicho examen es habitual encontrar un problema de unos puntos de este tema, y también hay cuestiones que valen en torno a un punto. Por tanto, es aconsejable tener mucha soltura realizando cálculos mecánicos (como realizar un cambio de base como el que se describe en el apartado 4.1, calcular el núcleo y la imagen de un homomorfismo, ) y haber peleado varios problemas de examen de años anteriores. Dichos problemas suelen tener muchos apartados, de los cuales algunos son simplemente cálculos mecánicos y otros mezclan varios conceptos y es necesario pensar un rato para poder dar una respuesta correcta con seguridad. Veamos algunos ejemplos. La mayoría de los apartados del siguiente ejercicio os deberían parecer cálculos rutinarios cuando lleguéis al examen cuatrimestral: PROBLEMA 3 (cuatrimestral febrero 211, 3.5 puntos) Sean B 1 = { 1 1,,, 1 1 } y B 2 = { 1 1,, } las bases 1 1 canónicas de los espacios vectoriales M 2 y S 2 (matrices cuadradas de orden dos y matrices simétricas de orden dos respectivamente). Sea f a : M 2 S 2 una familia de aplicaciones lineales para la que se verifica: i) ker(f a ) {Matrices antisimétricas de orden 2} a R ii) f a 1 2 2a 2 = 2a, f 1 2a 2 a 1 a = a, f a 1 a = 2 a Se pide: a) Hallar la matriz de f a en las bases B 1 y B 2. b) Calcular la dimensión del núcleo y de la imagen de f a para los distintos valores de a R. c) Para a = 2 hallar una base del subespacio f(v) donde V es el subespacio: V = {Matrices diagonales de M 2 } d) Para a = 1 hallar unas ecuaciones implícitas en la base B 1 del subespacio f 1 (W) donde W es el subespacio: W = {Matrices diagonales de S 2 } Pedro_CC 7

8 e) Hallar la matriz de f a en las bases B 1 = { 1 1,, 1, } y B 2 = { 1 1 1, 1, } a) Necesitamos calcular las coordenadas de las imágenes de todos los elementos de la base B 1 en la base B 2. Trabajando con coordenadas en B 1 en el espacio de partida y con coordenadas en B 2 en el espacio de llegada la condición ii) la podemos poner como: Además, la condición i) implica que: f a (,1,1,) = (2a 2,2a 2,) f a (1,,,1) = (2 a,,2 a) f a (1,,,2) = (, a, ) f a (,1, 1,) = (,,) De las ecuaciones f a (,1,1,) = (2a 2,2a 2,), f a (,1, 1,) = (,,) se sigue que: f a (,1,,) = (a 1, a 1,) f a (,,1,) = (a 1, a 1,) De las ecuaciones f a (1,,,1) = (2 a,,2 a), f a (1,,,2) = (, a, ) se sigue que: Por tanto la matriz pedida es: f a (,,,1) = (a 2, a, a 2) f a (1,,,) = (4 2a, a, 4 2a) 4 2a a 1 a 1 a 2 M a = a a 1 a 1 a 4 2a a 2 b) La dimensión de la imagen de f a será igual al rango de la matriz M a (saber este detalle es importante. Esto se debe a que la imagen viene dada por L{f a (1,,,), f a (,1,,), f a (,,1,) = (a 1, a 1,), f a (,,,1)} pero hay que quitar los elementos que son combinación lineal de los otros). Como la segunda y la tercera columna son iguales el rango de M a será igual al rango de la matriz: 4 2a a 1 a 2 M a = a a 1 a 4 2a a 2 Tenemos que M a = (a 1)a(2 a). Distinguimos varios casos: Si a es distinto de,1,2 entonces la imagen de f a tiene dimensión 3 y su núcleo tiene dimensión 1. Pedro_CC 8

9 Si a = 1 tenemos: 2 1 M a = Por lo que la imagen de f a tiene dimensión 2 y su núcleo tiene dimensión 2. Si a = tenemos: M a = Por lo que la imagen de f a tiene dimensión 2 y su núcleo tiene dimensión 2. Si a = 2 tenemos: 1 M a = Por lo que la imagen de f a tiene dimensión 2 y su núcleo tiene dimensión 2. c) Una base de V es B V = { 1, } por lo que para calcular una base de f(v) basta 1 con calcular las imágenes de los dos elementos de B V y quitar aquellos que sean combinación lineal de los demás. Trabajando con coordenadas en B 1 en el espacio de partida y con coordenadas en B 2 resulta: f a (1,,,) = (, 2,) f a (,,,1) = (,2,) por lo que una base de f(v) es B f(v) = { 2 } (podríamos tomar cualquier matriz que se 2 obtenga multiplicando 2 por una constante no nula) 2 d) El subespacio f 1 (W) viene dado por todas las matrices de M 2 cuya imagen pertenece a W. Sean (a, b, c, d) las coordenadas de una matriz de M 2 en B 1. La imagen de dicha matriz tendrá como coordenadas en B 2 : a 2a d 2 1 b a d = 1 1 c 2a d 2 1 d Para que dicha imagen pertenezca a W necesitamos que se verifique a d =. Aparentemente tenemos que f 1 (W) = L{ 1 }. Sin embargo, hay un pequeño detalle que 1 estamos pasando por alto. Es claro que 1 1 f 1 (W) pero si a la matriz 1 le 1 sumamos cualquier matriz del núcleo de f obtenemos otra matriz que también pertenece a Pedro_CC 9

10 f 1 (W). En este caso es fácil ver que ker(f) = L{ 1, } por lo que realmente se 1 tiene que: f 1 (W) = L{ 1 1,, 1 1 } - Observación: este apartado lo tenéis hecho de otra forma en moodle. A mi ésta me parece más intuitiva pero ambas son correctas (se obtiene el mismo resultado aunque en la solución del moodle f 1 (W) se expresa en función de sus ecuaciones implícitas). e) Tenemos que calcular las coordenadas de las imágenes de los elementos de la base B 1 = { 1 1,, 1, } en la base B 2 = { 1 1 1, 1, }. Veamos: f 1 4 2a a 1 a 1 a 2 1 = a a 1 a 1 a 4 2a a 2 f 1 4 2a a 1 a 1 a 2 1 = 1 a a 1 a 1 a 1 4 2a a 2 1 f 1 4 2a a 1 a 1 a 2 1 = a a 1 a 1 a 4 2a a 2 1 B 1 B f 1 4 2a a 1 a 1 a 2 2 = a a 1 a 1 a 4 2a a 2 2 B 1 = = B2 B 2 2a 2 2a 2 = 2a 2 = B2 2 a = = 2 a 2 a B2 B 1 = a = a B2 donde se indican con subíndices las bases a las que corresponden las coordenadas. Por tanto, la matriz pedida es: 2a 2 M f = 2 a a - Observación: este apartado también se puede hacer con un cambio de base. Los detalles los tenéis en moodle y obviamente se obtiene la misma matriz. B 2 B 2 B 2 El siguiente ejercicio es aparentemente de dificultad similar al anterior. Sin embargo, para aquellos que tengáis una cierta soltura con este tema pero os falte algo de práctica os parecerá mucho más difícil porque os costará resolver el primer apartado, y es difícil hacer los siguientes apartados sin tener la solución del primero. Si conseguís resolver todos los apartados del Pedro_CC 1

11 siguiente ejercicio vosotros solos en una cantidad razonable de tiempo podéis considerar que sabéis lo suficiente sobre este tema de cara al examen cuatrimestral. PROBLEMA 3 (cuatrimestral febrero 212, 3 puntos) Se consideran los espacios vectoriales de las matrices simétricas de orden 2 (S 2 ) y R 3. Sean B 1 y B 2 bases de S 2 y R 3 definidas como: B 1 = 1 1,, 1 1, B 2 = {(1,,), (,1,), (,,1)} Sean f: S 2 R 3 y g: R 3 S 2 dos aplicaciones lineales de las que se tiene la siguiente información: i) Unas ecuaciones implícitas del núcleo de f en la base B 1 son x y + 2z = ii) (g f) 1 1 = Se pide: a) Calcular la matriz del endomorfismo h = g f en la base B 1. b) Encontrar una base del subespacio h(w), siendo W el subespacio vectorial cuyas ecuaciones implícitas en B 1 son: x 2y + 3z = 3x 7y + 7z = 5x 11y + 13z = c) Encontrar unas ecuaciones paramétricas en B 1 de h 1 (L{ }). d) Encontrar una base B de S 2 en la que la matriz de h sea: para algún valor de α que debe determinarse. A = α e) Pueden ser las siguientes ecuaciones unas ecuaciones implícitas en B 1 del subespacio Im(g)? Razonar la respuesta. x + 2y + 3z = y 4z = a) Veamos para calcular la matriz de la aplicación lineal h necesitamos conocer las imágenes de tres elementos linealmente independientes. El apartado ii) nos da la imagen de un elemento. Como sólo tenemos las condiciones i) y ii) tiene que haber una forma de sacar la imagen de dos elementos más con la condición i) (es claro que de ii) no vamos a sacar nada más). Pedro_CC 11

12 Tenemos ker(f) = L{(2,, 1), (,2,1)} por la condición i), por lo que se sigue (trabajando con coordenadas en las bases B 1 y B 2 y teniendo en cuenta que la imagen del vector nulo por una aplicación lineal es el vector nulo del espacio de llegada de dicha aplicación) que: h(2,, 1) = g f(2,, 1) = g(,,) = (,,) h(,2,1) = g f(,2,1) = g(,,) = (,,) y por la condición ii) tenemos que: h(1,1,1) = ( 1,,2) y como h es lineal podemos plantear el siguiente sistema de ecuaciones: 2h(1,,) h(,,1) = (,,) 2h(,1,) + h(,,1) = (,,) h(1,,) + h(,1,) + h(,,1) = ( 1,,2) Resolviendo el sistema (podéis despejar h(1,,), h(,1,) en las dos primeras ecuaciones y dejar la tercera ecuación en función de h(,,1) únicamente) se obtiene: h(1,,) = ( 1 2,,1) h(,1,) = ( 1,, 1) 2 h(,,1) = ( 1,,2) por tanto la matriz pedida es: M h = b) Si las tres ecuaciones que nos dan fuesen linealmente independientes entonces la única solución del sistema sería el vector nulo y la pregunta sería trivial. Por tanto, parece razonable pensar que al menos una ecuación va a ser combinación lineal de las demás. Lo comprobamos con el siguiente determinante: = Es claro que las dos primeras ecuaciones son linealmente independientes así que prescindimos de la tercera (que resulta ser la segunda más dos veces la primera). Resolvemos el sistema formado por las dos primeras ecuaciones pasando la variable z a la columna de términos independientes y haciendo z = λ. Se obtiene que la solución del sistema es: Pedro_CC 12

13 {x = 7λ, y = 2λ, z = λ} por tanto tenemos que W = L{( 7, 2,1)} y h(w) = L{h( 7, 2,1)} = L{( 3,, 3)} 2 c) Buscamos las matrices de S 2 cuya imagen por h tiene por coordenadas k(1,1,1) para algún k R en B 1. Si (a, b, c) son las coordenadas de una matriz de S 2 tenemos: 1 1 k 1 = 2 a + 1 b c 2 = a 2 2 b 1 c a b + 2c igualando la segunda coordenada resulta k = por lo que en realidad lo que nos piden es calcular ker (h) que en este caso concreto coincide con ker (f), y cuya ecuación implícita viene dada en el enunciado (x y + 2z = ). Como nos piden explícitamente dar las ecuaciones paramétricas pasamos la implícita a paramétricas y tenemos: x = 2α y = 2β z = α + β d) Este apartado está pensado para ser resuelto aplicando los resultados que veréis en el tema de autovalores y autovectores (el siguiente a éste). Sin embargo se puede hacer razonando: sea B = {u 1, u 2, u 3 } la base pedida. Como la primera y la tercera columna de la matriz A sólo tienen ceros se deduce que u 1, u 3 son vectores no nulos que verifican h(u 1 ) = h(u 3 ) = (,,), es decir, forman una base de ker (h) por lo que podemos tomar u 1 = (2,, 1), u 3 = (,2,1). Por otra parte, el vector u 2 verificará h(u 2 ) = αu 2 por lo que si tomamos u 2 = (a, b, c) (coordenadas en la base canónica) tenemos que: a 1 α b = 2 a + 1 b c 2 = a 2 2 b c c a b + 2c Es claro que α no va a ser cero porque h no es la aplicación nula. Esto implica que b = por la ecuación de la segunda coordenada. Las ecuaciones de la primera y la tercera coordenada quedan: a α c = 2 a + (α 2)c = consideremos α un parámetro y a, c dos incógnitas. Entonces el sistema de ecuaciones anterior es un sistema homogéneo de dos ecuaciones con dos incógnitas. Como buscamos un vector u 2 para la base B tenemos que dicho vector no puede ser nulo, y como ya tenemos Pedro_CC 13

14 α = 3 2. Por tanto nos queda la ecuación: 2a + c = b = no puede ser que el sistema anterior nos dé como única solución a = c =. Por tanto, la única forma de que esto no pase es que las dos ecuaciones anteriores sean linealmente dependientes. Para que esto suceda necesitamos que: α = 1 α 2 α(2α 3) 2 y como ya hemos comentado no puede ser α = por lo que necesariamente tiene que ser = Tomamos a = 1, c = 2 y tenemos u 2 = ( 1,,2). Ya tenemos todo lo que nos pedían calcular (notad que hemos expresado los elementos de la nueva base como coordenadas en la base canónica. Esto es correcto pero conviene mencionarlo para recordar que en realidad u 1, u 2, u 3 son matrices de S 2 ). - Observación: las ideas que hemos usado en este apartado aparecen desarrolladas con más detalle en el siguiente tema. El objetivo es encentrar una base que haga que la matriz de una aplicación lineal tenga la menor cantidad posible de elementos no nulos fuera de la diagonal principal. Si habéis entendido bien este apartado tenéis mucho ganado de cara a las primeras clases del siguiente tema. e) Este apartado parece un poco raro. Además aparece al final del ejercicio lo que nos puede inducir (erróneamente) a pensar que es muy complicado. Vamos a ver que podemos sacar. Si dichas ecuaciones fueran las ecuaciones implícitas de Im(g) entonces tendríamos que dim Im(g) = 1, pero si dim Im(g) = 1 entonces Im(g) = L{ 1 } (por la condición 2 i) del enunciado). Sin embargo, las coordenadas de dicha matriz en B 1 no verifican las ecuaciones implícitas que se dan en el enunciado, por lo que la respuesta es no. Veamos una cuestión que apareció en el mismo examen que el problema anterior: CUESTIÓN 1 (cuatrimestral febrero 211, 1 punto) Sea f: R n 1 [x] R n una aplicación lineal definida de la forma: f p(x) = p(1), p(2),, p(n) p(x) R n 1 [x] Estudiar si f es inyectiva o sobreyectiva. Si no se sabe muy bien por dónde empezar a resolver esta cuestión es aconsejable ver qué pasa para valores pequeños de n, y una vez se han hecho un par de casos es más sencillo extrapolar el argumento para un n genérico. En efecto, si consideramos el caso n = 2 resulta: Pedro_CC 14

15 f p(x) = p(1), p(2) p(x) R 1 [x] y los polinomios de R 1 [x] son de la forma ax + b. Veamos si f es inyectiva: la condición necesaria y suficiente es que el único polinomio que verifique f p(x) = (,) sea el polinomio p(x) =. Supongamos que f p(x) = (,) para algún p(x) = ax + b no nulo. Entonces tenemos que f p(x) = p(1), p(2) = (a + b, a + 2b) = (,). Resolviendo el sistema de ecuaciones resulta a = b =, por lo que f es inyectiva. Además, los espacios de partida y llegada tienen la misma dimensión por lo que una aplicación es inyectiva si y solo si es sobreyectiva (esta idea nos vale para todo n). Esto implica que f es sobreyectiva, y hemos resuelto el caso n = 2. Como la cuestión sólo vale 1 punto la respuesta no debería ser muy rebuscada, y visto el caso n = 2 es muy razonable suponer que f va a ser inyectiva y sobreyectiva para cualquier n. Veamos el caso n = 3 para ver si se nos ocurre alguna forma de generalizar. Tenemos: f p(x) = (p(1), p(2), p(3)) p(x) R 2 [x] y los polinomios de R 2 [x] son de la forma ax 2 + bx + c. Nuestra intuición nos dice que f va a ser inyectiva y, por tanto, la única parábola que tiene como raíces x = 1, x = 2, x = 3 es en realidad el polinomio constante p(x) =. Supongamos que hay otra parábola no nula que tiene por raíces x = 1, x = 2, x = 3. Entonces debería ser de la forma p(x) = a(x 1)(x 2)(x 3)q(x) pero esto implicaría que tiene grado mayor que 2!!! (esta es la idea clave que nos permite generalizar). Por tanto, en el caso n = 3 la aplicación f también es inyectiva y sobreyectiva. Finalmente, vamos a ver que f es inyectiva y sobreyectiva para un n arbitrario. Tenemos: f p(x) = p(1), p(2),, p(n) p(x) R n 1 [x] Si f no es inyectiva, entonces existe un polinomio p(x) R n 1 [x] no nulo que verifica p(1) = p(2) = = p(n) =, pero entonces p(x) se puede poner en la forma: p(x) = a(x 1)(x 2) (x n)q(x) pero esto es imposible porque entonces el grado de p(x) es mayor que n 1, contradiciendo que p(x) R n 1 [x]. Por otra parte, como los espacios de llegada y partida tienen la misma dimensión el hecho de que f sea inyectiva implica que f es sobreyectiva. - Observación: en el examen bastaría con poner el caso genérico, y los casos particulares n = 2,3 los podéis dejar en una hoja en sucio para no perder tiempo pasándolos a limpio. Sin embargo, si no conseguís llegar al final de la cuestión entonces es aconsejable poner en el examen los casos particulares que hemos hecho y nuestra conjetura de que f es inyectiva y sobreyectiva para todo n para rascar algo de puntuación. Pedro_CC 15

16 - Observación: en moodle tenéis otra solución de esta cuestión un poco más larga y, para mi gusto, más rebuscada. Sin embargo, es interesante que la miréis porque emplea un determinante de Vandermonde y enfoca la cuestión de otra forma distinta, por lo que os sirve para tener más herramientas de cara al examen. También os aparece en moodle la principal idea de la solución que hemos comentado aquí de forma escueta. Pedro_CC 16