Factorización canónica de una aplicación lineal

Proporcionamos un ejemplo de factorización canónica de una aplicación lineal.

Enunciado
Se considera la aplicación lineal  $f:\mathbb{R}^4\to \mathbb{R}^3$ cuya matriz respecto de la base canónica $B$  de  $\mathbb{R}^4$ y la canónica $B’$ de $\mathbb{R}^3$ es $$A=\begin{bmatrix}{\;\;2}&{-1}&{1}&{\;\;0}\\{\;\,1}&{-1}&{2}&{-1}\\{-1}&{-1}&{4}&{-3}\end{bmatrix}.$$ (a) Hallar unas bases  $\mathcal{C}$ y  $\mathcal{D}$  de $E/\ker f$  e  $\textrm{Im}f$ respectivamente.
(b) Hallar la matriz  $N$ de  $n$ respecto de las bases  $B$  y  $\mathcal{C}$.
(c) Hallar la matriz  $\bar{A}$  de  $\bar{f}$  respecto de las bases $\mathcal{C}$  y  $\mathcal{D}$.
(d)  Hallar la matriz  $I_1$  de  $i$ respecto de las bases  $  \mathcal{D} $  y  $B’$.
(e)  Comprobar que  $A=I_1\bar{A}N$ . ¿Por qué ha de cumplirse necesariamente esta igualdad?

Solución
(a) El núcleo de $ f $ es $$\ker f\equiv \left \{ \begin{matrix}
2x_1-x_2+x_3=0\\ x_1-x_2+2x_3-x_4=0\\-x_1-x_2+4x_3-3x_4=0.\end{matrix}\right.$$ Escalonando el sistema obtenemos la base $\{(1,3,1,0),(1,2,0,-1\}$. Completando esta con los vectores $\{(0,0,1,0),(0,0,0,1)\}$ obtenemos una base de $\mathbb{R}^4$ con lo cual una base de $E/\ker f$ es $\mathcal{C}=\{(0,0,1,0)+\ker f,(0,0,0,1)+\ker f\}$. Por otra parte el rango de $A$ es 2 y las dos primeras columnas son linealmente independientes de lo cual obtenemos inmediatamente una base de la imagen de $f$: $\mathcal{D}=\{(2,1,-1),(1,1,1)\}$.
(b) Para calcular $N$ hallemos los transformados de la base $B$ en función de la base $\mathcal{C}$. Expresemos $$n(1,0,0,0)=(1,0,0,0)+\ker f=\alpha[(0,0,1,0)+\ker f]+\beta[(0,0,0,1)+\ker f].$$ De la definición de las operaciones y de igualdad de vectores en el espacio vectorial cociente, para que se verifique la igualdad anterior el vector $(1,0,-\alpha,-\beta)$ ha de pertenecer a $\ker f$ o equivalentemente $$\textrm{rg}\begin{bmatrix}{1}&{3}&{\;\;1}&{\;\;0}\\{1}&{2}&{\;\;0}&{-1}\\{1}&{0}&{-\alpha}&{-\beta}\end{bmatrix}=2\Leftrightarrow\ldots \Leftrightarrow\alpha=2,\beta=3$$ es decir, $n(1,0,0,0)=2[(0,0,1,0)+\ker f]+3[(0,0,0,1)+\ker f]$. Repitiendo el proceso obtenemos: $$ \left \{ \begin{matrix}
n(1,0,0,0)=2[(0,0,1,0)+\ker f]+3[(0,0,0,1)+\ker f]\\ n(0,1,0,0)=-[(0,0,1,0)+\ker f]-[(0,0,0,1)+\ker f]\\ n(0,0,1,0)=[(0,0,1,0)+\ker f]+0[(0,0,0,1)+\ker f]\\n(0,0,0,1)=0[(0,0,1,0)+\ker f]+[(0,0,0,1)+\ker f].\end{matrix}\right.$$ Transponiendo coeficientes: $$N=\begin{bmatrix}{2}&{-1}&{1}&{0}\\{3}&{-1}&{0}&{1}\end{bmatrix}.$$ (c) Hallemos los transformados de los elementos de $\mathcal{C}$ en función de los de $\mathcal{D}:$ $$\bar{f}[(0,0,1,0)^t+\ker f]=f[(0,0,1,0)^t]=A(0,0,1,0)^t=$\\$(1,2,4)^t=\gamma (2,1,-1)^t+\delta (1,1,1)^t.$$ Resolviendo obtenemos $\delta=3,\gamma=-1$. Procedemos de manera análoga para el otro vector de $\mathcal{C}$ y obtenemos $$ \left \{ \begin{matrix}
\bar{f}[(0,0,1,0)^t+\ker f]=-(2,1,-1)^t+3(1,1,1)^t,\\\bar{f}[(0,0,0,1)^t+\ker f]=1(2,1,-1)^t-2(1,1,1)^t.\end{matrix}\right.$$ Transponiendo coeficientes: $$\bar{A}=\begin{bmatrix}{-1}&{\;\;1}\\\;\;{3}&{-2}\end{bmatrix}.$$ (d) Hallemos los transformados de los elementos de $\mathcal{D}$ en función de los de $B’$ $$ \left \{ \begin{matrix}
i(2,1,-1)=(2,1,-1)=2(1,0,0)+1(0,1,0)-(0,0,1),\\i(1,1,1)=(1,1,1)=1(1,0,0)+1(0,1,0)+1(0,0,1).\end{matrix}\right.$$ Transponiendo coeficientes: $$I_1=\begin{bmatrix}{\;\;2}&{1}\\{\;\;1}&{1}\\{-1}&{1}\end{bmatrix}.$$ (e) Comprobemos que $I_1\bar{A}N=A$. En efecto: $$I_1\bar{A}N=\begin{bmatrix}{\;\;2}&{1}\\{\;\;1}&{1}\\{-1}&{1}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{-1}&{\;\;1}\\\;\;{3}&{-2}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{2}&{-1}&{1}&{0}\\{3}&{-1}&{0}&{1}\end{bmatrix}=$$ $$\begin{bmatrix}{1}&{\;\;0}\\{2}&{-1}\\{4}&{-3}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{2}&{-1}&{1}&{0}\\{3}&{-1}&{0}&{1}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{\;\;2}&{-1}&{1}&{\;\;0}\\{\;\;1}&{-1}&{2}&{-1}\\{-1}&{-1}&{4}&{-3}\end{bmatrix}=A.$$ Era de esperar esta igualdad como consecuencia de la conocida fórmula que relaciona la matriz de la composición de aplicaciones lineales con el producto de las respectivas matrices: $[h\circ g]_{B_1}^{B_3}=[h]_{B_2}^{B_3}\cdot [g]_{B_1}^{B_2}$.