Núcleo e imagen de una aplicación lineal

Proporcionamos ejercicios sobre núcleo e imagen de una aplicación lineal.

TEORÍA
    Enunciado
  1. Se considera la aplicación lineal $f:\mathbb{R}^{3}\to \mathbb{R}^4:$ $$f(x,y.z)=(x+2y-z,\;-x+y+2z,\;3y+z,\;3x-5z).$$ Hallar unas bases de $\ker f$ e $\operatorname{Im}f.$
  2. Sea $D:\mathbb{R}[x]\to \mathbb{R}[x]$ la aplicación lineal definida dada por $D(p)=p’$ (derivada de $p$). Determinar $\ker D$ e $\operatorname{Im}D.$
  3. Se considera la aplicación $$f:\mathbb{R}^{n\times n}\to\mathbb{R}^{n\times n},\quad f(X)=X-X^T$$ en donde $X^T$ representa la traspuesta de $X.$
    $1)$ Demostrar que $f$ es lineal.
    $2)$ Determinar $\ker f$ e $\operatorname{Im}f.$
  4. Sea $f:E\to F$ lineal e inyectiva. Demostrar que si $S=\{v_1,\ldots,v_p\}\subset E$ es sistema libre, también $f(S)$ es sistema libre.
  5. Sea $f:E\to F$ una aplicación lineal. Demostrar que:
    $a)$ $\ker f$ es subespacio vectorial de $E.$
    $b)$ $\operatorname{Im} f$ es subespacio vectorial de $F.$
  6. Sea $f:E\to F$ una aplicación lineal, $E_1$ subespacio de $E$ y $F_1$ subespacio de $F.$ Demostrar que
    $(i)$ La imagen directa de $E_1,$ es decir $f(E_1),$ es subespacio de $F.$
    $(ii)$ La imagen inversa de $F_1,$ es decir $f^{-1}(F_1),$ es subespacio de $E.$
    $(iii)$ Particularizar para $E_1=E$ y $F_1=\{0\}.$
  7. Definir dos endomorfismos en $\mathbb{R}[x],$ uno inyectivo pero no sobreyectivo y otro sobreyectivo pero no inyectivo. ¿Es posible alguna de las dos situaciones anteriores para un espacio vectorial $E$ de dimensión finita?
    Solución
  1. Tenemos $$(x,y,z)\in\ker f\Leftrightarrow f(x,y,z)=(0,0,0,0)$$ $$\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} x+2y-z=0& \\-x+y+2z=0\\ 3y+z=0\\3x-5z=0.\end{matrix}\right.$$ Usando el conocido método para el cálculo de una base de un subespacio dado por unas ecuaciones cartesianas, obtenemos $B_{\ker f}=\{(5,-1,3)\}.$ Por otra parte, $$(x’,y’,z’,u’)\in \operatorname{Im}f\Leftrightarrow \exists (x,y,z)\in \mathbb{R}^3:(x’,y’,z’,u’)=f(x,y,z)$$ $$\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} x’= x+2y-z& \\y’-=x+y+2z\\z’= 3y+z\\u’=3x-5z.\end{matrix}\right.\quad \left(x,y,z\in\mathbb{R}\right).$$ Usando el conocido método para el cálculo de una base de un subespacio dado por unas ecuaciones paramétricas, obtenemos $$B_{\operatorname{Im} f}=\{(1,-1,0,3),(0,1,1,-2)\}.$$
  2. Tenemos $$\ker D=\{p\in \mathbb{R}[x]:D(p)=0\}=\{p\in \mathbb{R}[x]:p’=0\}$$ $$=\{p\in \mathbb{R}[x]:p\text{ es constante}\}.$$ Es decir, $\ker D=\mathbb{R}.$ Sea ahora $q(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$ un polinomio genérico de $\mathbb{R}[x],$ y consideremos el polinomio $$p(x)=a_0x+a_1\frac{x^2}{2}+\cdots+a_n\frac{x^{n+1}}{n+1}.$$ Se verifica $p’(x)=q(x),$ o de forma equivalente $q=D(p),$ luego todo elemento de $\mathbb{R}[x]$ pertenece a $\operatorname{Im}D.$ Esto implica que $\operatorname{Im}D=\mathbb{R}[x].$
  3. $1)$ Para todo $\lambda,\mu \in\mathbb{R},$ para todo $X,Y\in\mathbb{R}^{n\times n}$ y usando conocidas propiedades de la transposición: $$f(\lambda X+\mu Y)=(\lambda X+\mu Y)-(\lambda X+\mu Y)^T=\lambda X+\mu Y-\lambda X^T+\mu Y^T$$ $$=\lambda\left(X-X^T\right)+\mu \left(Y-Y^T\right)=\lambda f(X)+\mu f(Y).$$ Es decir, $f$ es lineal.
    $2)$ Se verifica $$X\in\ker f\Leftrightarrow f(X)=0\Leftrightarrow X-X^T=0\Leftrightarrow X=X^T\Leftrightarrow X\text{ es simétrica}.$$ Es decir, $\ker f$ es el subespacio $ \mathcal{S}$ de $\mathbb{R}^{n\times n}$ de las matrices simétricas. Determinemos $\operatorname{Im}f.$ Por una parte, $$Y\in\operatorname{Im}f\Rightarrow \exists X\in \mathbb{R}^{n\times n}:Y=f(X)=X-X^T$$ $$\Rightarrow Y^T=(X-X^T)^T=X^T-X=-Y\Rightarrow Y\text{ es antisimétrica.}$$ Por otra, $$Y\text{ antisimétrica}\Rightarrow Y^T=-Y\Rightarrow Y=\frac{1}{2}(Y-Y^T)$$ $$=\frac{1}{2}f(Y)=f\left(\frac{1}{2}Y\right)\Rightarrow Y\in \operatorname{Im}f.$$ Es decir, $\operatorname{Im} f$ es el subespacio $ \mathcal{A}$ de $\mathbb{R}^{n\times n}$ de las matrices antisimétricas.
  4. Consideremos cualquier combinación lineal de los vectores de $f(S)$ igualada a $0:$ $$\lambda_1f(v_1)+\cdots+\lambda_pf(v_p)=0.$$ Como $f$ es lineal, $f(\lambda_1v_1+\cdots+\lambda_p v_p)=0,$ es decir $\lambda_1v_1+\cdots+\lambda_p v_p\in\ker f$ y $\ker f=\{0\}$ por ser $f$ inyectiva, luego $\lambda_1v_1+\cdots+\lambda_p v_p=0.$ Como $S$ es libre, $\lambda_!=\cdots=\lambda_p=0$ lo cual implica que $f(S)$ es libre.
  5. $a)$ Como $f$ es lineal, $f(0)=0,$ luego $0\in \ker f.$ Sean $x_1,x_2\in \ker f,$ entonces $$f(x_1+x_2)=f(x_1)+f(x_2)=0+0=0\Rightarrow x_1+x_2\in\ker f.$$ Sea $\lambda\in\mathbb{K}$ y $x\in\ker f,$ entonces $$f(\lambda x)=\lambda f(x)=\lambda 0=0\Rightarrow x\in\ker f.$$ Concluimos que $\ker f$ es subespacio vectorial de $E.$
    $b)$ Como $f$ es lineal, $0=f(0),$ luego $0\in \operatorname{Im} f.$ Si $y_1,y_2\in \operatorname{Im} f,$ existen $x_1,x_2\in E$ tales que $y_1=f(x_1),$ $y_2=f(x_2).$ Entonces $$y_1+y_2=f(x_1)+f(x_2)=f(x_1+x_2)\Rightarrow y_1+y_2\in\operatorname{Im} f.$$ Si $\lambda\in\mathbb{K}$ e $y\in \operatorname{Im}f,$ existe $x\in E$ tal que $y=f(x).$ Entonces $$\lambda y=\lambda f( x)=f(\lambda x)\Rightarrow \lambda y\in\operatorname{Im} f.$$ Concluimos que $\operatorname{Im} f$ es subespacio vectorial de $F.$
  6. Usamos el conocido teorema de caracterización de subespacios.
    $(i)$ Tenemos $0=f(0)$ y $0\in E_1,$ luego $0\in f(E_1).$ Si $v_1,v_2\in f(E_1),$ entonces $v_1=f(u_1)$ y $v_2=f(u_2)$ para ciertos vectores $u_1,u_2$ de $E_1,$ por tanto $$v_1+v_2=f(v_1)+f(u_2)=f(u_1+u_2)$$ y $u_1+u_2$ pertenece a $E_1$ por ser subespacio, luego $v_1+v_2\in f(E_1).$ Sea $\lambda$ escalar y $v\in f(E_1),$ entonces $v=f(u)$ para algún $u\in E,$ por tanto $$\lambda v=\lambda f(u)=f(\lambda u)$$ y $\lambda u$ pertenece a $E_1$ por ser subespacio, luego $\lambda v\in f(E_1).$
    $(ii)$ Tenemos $f(0)=0\in F_1,$ luego $0\in f^{-1}(F_1).$ Si $u_1,u_2\in f^{-1}(F_1),$ entonces $f(u_1)$ y $f(u_2)$ pertenecen a $F_1,$ por tanto $$f(u_1+u_2)=f(u_1)+f(u_2)$$
    y $f(u_1)+f(u_2)$ pertenece a $F_1$ por ser subespacio, luego $u_1+u_2\in f^{-1}(F_1).$ Sea $\lambda$ escalar y $u\in f^{-1}(F_1),$ entonces $f(u)\in F_1,$ por tanto $$f(\lambda u)=\lambda f(u)$$ y $\lambda f(u)$ pertenece a $F_1$ por ser subespacio, luego $\lambda u\in f^{-1}(F_1).$
    $(iii)$ Si $E_1=E,$ entonces $f(E_1)=f(E)=\operatorname{Im}f.$ Si $F_1=\{0\},$ entonces $f^{-1}(F_1)=f^{-1}(\{0\})=\ker f.$
  7. Sea $D:\mathbb{R}[x]\to \mathbb{R}[x]$ el endomorfismo dado por $D(p)=p’.$ Vimos que $\ker D=\mathbb{R}\neq \{0\}$ y que $\operatorname{Im}D=\mathbb{R}[x],$ es decir $D$ es endomorfismo sobreyectivo pero no inyectivo.
    Consideremos ahora la aplicación $T:\mathbb{R}[x]\to \mathbb{R}[x]$ definida mediante $T\left(p(x)\right)=xp(x).$ Para todo $\lambda,\mu\in\mathbb{R}$ y para todo $p(x),$ $q(x)\in\mathbb{R}[x]:$ $$T\left(\lambda p(x)+\mu q(x)\right)=x\left(\lambda p(x)+\mu q(x)\right)$$ $$=\lambda \left(xp(x)\right)+\mu \left(xq(x)\right)=\lambda T\left(p(x)\right)+\mu T\left(q(x)\right),$$ luego $T$ es lineal. El núcleo de $T$ está formado por los polinomios de $p(x)$ que satisfacen la igualdad $xp(x)=0,$ y el único que la cumple es el polinomio nulo, por tanto $T$ es inyectiva. Por otra parte, no existe polinomio $p(x)$ tal que $xp(x)=1,$ en consecuencia $T$ no es sobreyectiva.
    No es posible ninguna de las dos situaciones anteriores para un espacio vectorial $E$ de dimensión finita $n.$ En efecto, si $f:E\to E$ es un endomorfismo entonces, por el teorema de las dimensiones $\dim E=\dim (\ker f)+\dim (\operatorname{Im}f).$ Por tanto, $$f\text{ es inyectiva }\Leftrightarrow \dim (\ker f)=0\Leftrightarrow \dim (\operatorname{Im}f)=\dim E$$ $$\Leftrightarrow \operatorname{Im}f=E\Leftrightarrow f\text{ es sobreyectiva.}$$
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