Expresión matricial de una aplicación lineal

Proporcionamos ejercicios sobre la expresión matricial de una aplicación lineal.

RESUMEN TEÓRICO
    Enunciado
  1. Sean $E$ y $F$ espacios vectoriales reales y $B_E=\{u_1,u_2,u_3\},$ $B_F=\{v_1,v_2\}$ bases de $E$ y $F$ respectivamente. Se considera la aplicación lineal $f:E\to F$ definida por: $$\left \{ \begin{matrix} f(u_1)=v_1+3v_2 \\f(u_2)=-2v_1+4v_2\\f(u_3)=v_1+v_2.\end{matrix}\right.$$ Hallar $f(x),$ siendo $x=u_2+5u_3.$
  2. Sean $E$ y $F$ espacios vectoriales reales y $B_E=\{u_1,u_2,u_3\},$ $B_F=\{v_1,v_2,v_3,v_4\}$ bases de $E$ y $F$ respectivamente. Se considera la aplicación lineal $f:E\to F$ definida por: $$\left \{ \begin{matrix} f(u_1)=v_1-v_2+v_3 \\f(u_2)=2v_1+2v_2+v_3+2v_4\\f(u_3)=4v_2-v_3+2v_4.\end{matrix}\right.$$ Determinar unas bases de $\ker f$ e $\operatorname{Im}f.$
  3. Se considera la aplicación lineal $f:\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^3$ definida por $$\left \{ \begin{matrix} f(1,0,0,0)=(1,2,3) \\
    f(1,1,0,0)=(-1,2,1) \\
    f(1,1,1,0)=(0,1,-1) \\
    f(1,1,1,1)=(1,0,1) .\\\end{matrix}\right.$$ Determinar unas bases de $\ker f$ e $\operatorname{Im}f.$
  4. Deducir la fórmula de la ecuación matricial de una aplicación lineal.
  5. Sean $E$ y $F$ espacios vectoriales sobre el cuerpo $\mathbb{K},$ ambos de dimensión finita, y $f:E\to F$ una aplicación lineal. Sea $A=[f]_{B_E}^{B_F}$ la matriz de $f$ respecto de las bases $B_E$ y $B_F.$ Demostrar que:
    $a)$ Los vectores de $F$ cuyas coordenadas son las columnas de $A$ en la base $B_F$ forman un sistema generador de la imagen de $f$.
    $b)$ La dimensión de la imagen de $f$ es igual al rango de $A.$
  6. Determinar los valores de $a\in\mathbb{R}$ para los cuales existe una transformación lineal $F:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3$ cumpliendo $$\begin{aligned}&F(1,0,2)=(2,0,1),\\&
    F(-1,1,1)=(1,0,1),\\&
    F(0,1,3)=(a,0,2).\end{aligned}$$
  7. Sea $T:\mathbb{R}^5\to \mathbb{R}^5$ un endomorfismo que satisface:
    $i)\;\ker(T)=\{(x,y,z,t,u)\in{R^{5}}:x+y-z=0,2y+t=0,u=0\}.$
    $ii)$ Los vectores $v_1= (4,0,-3,-2,5)^{t}$ y $v_2=(0,2,1,-2,3)^{t}$ se transforman en sí mismos.
    $iii)$ $T(v_3)=v_3$ siendo $v_3=(2,3,1,-6,8)^{t}$

    $a)$ Hallar una base de $\ker T.$
    $b)$ Dar una matriz $A$ de dicha aplicación lineal referida en la misma base en el espacio de partida y llegada, indicando la base considerada.

  8. Sea $f:\mathbb{R}_3[x]\to \mathbb{R}_3[x]$ la aplicación lineal dada por $$f\left(p(x)\right)=xp’(x)+2kp^{\prime\prime}(x),\quad k\in\mathbb{R}.$$ Consideremos la base $\mathcal{B}=\{1,x^3,1+x,1-x^2\}$ de $\mathbb{R}_3[x].$ Se pide:
    $a)$ Matriz asociada a $f$ en la base $\mathcal{B}.$
    $b)$ Determinar los valores de $k$ para los que $\dim (\ker f)>1.$
    Solución
  1. La ecuación matricial de $f$ en las bases $B_E$ y $B_F$ es: $$\begin{bmatrix}{y_1}\\{y_2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{1}&{-2}&{1}\\{3}&{4}&{1}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{x_1}\\{x_2}\\{x_3}\end{bmatrix}\;.$$ El vector de coordenadas de $x=u_2+5u_3$ en $B_E$ es $X=(0,1,5)^T,$ entonces $$\begin{bmatrix}{y_1}\\{y_2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{1}&{-2}&{1}\\{3}&{4}&{1}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{0}\\{1}\\{5}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{3}\\{9}\end{bmatrix},$$ por tanto $f(x)=3v_1+9v_2.$
  2. Transponiendo coeficientes, obtenemos la matriz $A$ de $f$ en las bases $B_E$ y $B_F,$ y la correspondiente ecuación matricial: $$A=\begin{bmatrix}{1}&{2}&{0}\\{-1}&{2}&{4}\\{1}&{1}&{-1}\\{0}&{2}&{2}\end{bmatrix},\quad Y=AX\text{ con }X=\begin{bmatrix}{x_1}\\{x_2}\\{x_3}\end{bmatrix},\; Y=\begin{bmatrix}{y_1}\\{y_2}\\{y_3}\\ y_4\end{bmatrix}.$$ El núcleo de $f$ está determinado por: $$\ker f\equiv X:AX=0 \equiv \left \{ \begin{matrix} x_1+2x_2=0\\-x_1+2x_2+4x_3=0\\x_1+x_2-x_3=0\\2x_2+2x_3=0.\end{matrix}\right.$$ Usando el conocido método para hallar una base de un subespacio determinado por sus ecuaciones cartesianas obtenemos $B_{\ker f}=\{(2,-1,1)\}$ (en coordenadas en la base $B_E$ ). Una base del núcleo es por tanto $B_{\ker f}=\{2u_1-u_2+u_3\}.$
    La imagen de $f$ está determinada por: $$\operatorname{Im} f\equiv Y:\exists X\text{ con } Y=AX \equiv \left \{ \begin{matrix} y_1=x_1+2x_2\\y_2=-x_1+2x_2+4x_3\\y_3=x_1+x_2-x_3\\y_4=2x_2+2x_3\end{matrix}\right.\quad (x_i\in\mathbb{R}).$$ Usando el conocido método para hallar una base de un subespacio determinado por sus ecuaciones paramétricas obtenemos $$B_{\operatorname{Im} f}=\{(1,-1,1,0),(2,2,1,2)\}$$ (en coordenadas en la base $B_F$). Una base de la imagen es por tanto $B_{\operatorname{Im} f}=\{v_1-v_2+v_3,2v_1+2v_2+v_3+2v_4\}.$
  3. Fácilmente demostramos que el sistema de 4 vectores de $\mathbb{R}^4:$ $$B=\{u_1=(1,0,0,0),\;u_2=(1,1,0,0),\;u_3=(1,1,1,0),\;u_4=(1,1,1,1)\}$$ es sistema libre, por tanto es una base de $\mathbb{R}^4.$ Llamemos $B’=\{e_1,e_2,e_3\}$ a la base canónica de $\mathbb{R}^3,$ entonces $$\left \{ \begin{matrix} f(u_1)=e_1+2e_2+3e_3 \\
    f(u_2)=-e_1+2e_2+e_3 \\
    f(u_3)=e_2-e_3 \\
    f(u_4)=e_1+e_3 .\end{matrix}\right.$$ Transponiendo coeficientes, obtenemos la matriz $A$ de $f$ en las bases $B_E$ y $B_F,$ y la correspondiente ecuación matricial: $$A=\begin{bmatrix}{1}&{-1}&{0}& 1\\{2}&{2}&{1}& 0\\{3}&{1}&{-1}& 1\end{bmatrix},\quad Y=AX\text{ con }X=\begin{bmatrix}{x_1}\\{x_2}\\{x_3}\\ x_4\end{bmatrix},\; Y=\begin{bmatrix}{y_1}\\{y_2}\\{y_3}\end{bmatrix}.$$ El núcleo de $f$ está determinado por: $$\ker f\equiv X:AX=0 \equiv \left \{ \begin{matrix} x_1-x_2+x_4=0\\2x_1+2x_2+x_3=0\\3x_1+x_2-x_3+x_4=0.\end{matrix}\right.$$ Usando el conocido método para hallar una base de un subespacio determinado por sus ecuaciones cartesianas obtenemos como base del núcleo, $\{(-1,1,0,2)\}$ (en coordenadas en la base $B$). Una base del núcleo es por tanto: $$B_{\ker f}=\{u_1-u_2+2u_4\}=\{-(1,0,0,0)+(1,1,0,0)+2(1,1,1,1)\}$$ $$=\{(2,3,2,2)\}.$$ La imagen de $f$ está determinada por: $$\operatorname{Im} f\equiv Y:\exists X\text{ con } Y=AX \equiv \left \{ \begin{matrix} y_1=x_1-x_2+x_4\\y_2=2x_1+2x_2+x_3\\y_3=3x_1+x_2-x_3+x_4\end{matrix}\right.\quad (x_i\in\mathbb{R}).$$ Usando el conocido método para hallar una base de un subespacio determinado por sus ecuaciones paramétricas obtenemos como base de la imagen de $f,$ $\{(1,2,3),(-1,2,1)\}$ (en coordenadas en la base $B’$). Dado que $B’$ es la base canónica de $\mathbb{R}^3,$ una base de la imagen es por tanto $$B_{\operatorname{Im} f}=\{(1,2,3),(-1,2,1)\}.$$
  4. Sean $E$ y $F$ espacios vectoriales sobre el cuerpo $\mathbb{K},$ $f:E\to F$ lineal, $B_E=\{u_1,\ldots,u_m\}$ base de $E$ y $B_F=\{v_1,\ldots,v_n\}$ base de $F.$ Supongamos que: $$\left \{ \begin{matrix} f(u_1)=a_{11}v_1+\cdots+a_{1n}v_n \\\ldots\\ f(u_m)=a_{m1}v_1+\cdots+a_{mn}v_n . \end{matrix}\right.$$ Sea $x=x_1u_1+\cdots +x_mu_m\in E$ y sea $f(x)=y_1v_1+\cdots+y_nv_n\in F.$ Entonces,$$f(x)=f(x_1u_1+\cdots +x_mu_m)=x_1f(u_1)+\cdots+x_mf(u_m)$$$$=x_1(a_{11}v_1+\cdots+a_{1n}v_n)+\cdots+x_m(a_{m1}v_1+\cdots+a_{mn}v_n)$$$$=(a_{11}x_1+\cdots+a_{m1}x_m)v_1+\cdots+(a_{1n}x_1+\cdots+a_{mn}x_m)v_n.$$Igualando coordenadas:$$\left \{ \begin{matrix} y_1= a_{11}x_1+\cdots+a_{m1}x_m\\\ldots\\ y_n=a_{1n}x_1+\cdots+a_{mn}x_m. \end{matrix}\right.$$Las igualdades anteriores se pueden expresar matricialmente en la forma:$$\begin{bmatrix}{y_1}\\\vdots\\{y_n}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} a_{11} & \ldots & a_{m1}\\ \vdots&&\vdots \\ a_{1n} & \ldots & a_{mn}\end{bmatrix}\;\begin{bmatrix}{x_1}\\\vdots\\{x_m}\end{bmatrix}$$o bien, $Y=AX$ siendo $A$ la matriz de $f$ en las bases $B_E$ y $B_F,$ $X$ el vector de coordenadas de $x$ en $B_E$ e $Y$ el vector de coordenadas de $f(x)$ en $B_F.$
  5. $a)$ La ecuación matricial de $f$ en las bases $B_E$ y $B_F$ es, según vimos$$\begin{bmatrix}{y_1}\\\vdots\\{y_n}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} a_{11} & \ldots & a_{m1}\\ \vdots&&\vdots \\ a_{1n} & \ldots & a_{mn}\end{bmatrix}\;\begin{bmatrix}{x_1}\\\vdots\\{x_m}\end{bmatrix},\text{ o bien }Y=AX.$$Un vector $y$ pertenece a $\operatorname{Im}f$ si, y sólo si existe un vector $x\in E$ tal que $y=f(x).$ Entonces, si $X$ son las coordenadas de $x$ en $B_E$ e $Y$ las de $y$ en $B_F,$ el que $y$ pertenezca a $\operatorname{Im}f$ equivale a decir que $Y=AX$ para algún $X.$ Por tanto,$$\operatorname{Im} f\equiv Y:\exists X\text{ con } Y=AX \equiv \left \{ \begin{matrix} y_1=a_{11}+\cdots +a_{m1}x_m\\\ldots\\y_n=a_{1n}x_1+\cdots+a_{mn}x_m\end{matrix}\right.$$$$\equiv \begin{bmatrix}{y_1}\\\vdots\\{y_n}\end{bmatrix}=x_1\begin{bmatrix}{a_{11}}\\\vdots\\{a_{1n}}\end{bmatrix}+\cdots +x_n\begin{bmatrix}{a_{m1}}\\\vdots\\{a_{mn}}\end{bmatrix}\quad (x_i\in\mathbb{K}).$$Concluimos que las columnas de $A$ generan a $\operatorname{Im} f$ en los términos mencionados.
    $b)$ Es consecuencia inmediata del apartado anterior y de que el máximo número de columnas (filas) linealmente independientes entre las columnas (filas) de una matriz es igual a su rango.
  6. Se verifica $(0,1,3)=(0,1,3)=(1,0,2)+(-1,1,1).$ Si $F$ es lineal, necesariamente ha de cumplir $$(0,1,3)=F[(1,0,2)+(-1,1,1)]=F(1,0,2)+F(-1,1,1)$$ $$=(2,0,1)+(1,0,1)=(3,0,2)=(a,0,2).$$ La condición se verifica para si, y sólo si $a=3.$ En tal caso la condición $F(0,1,3)$ $=$ $(3,0,2)$ es superflua, y todas las aplicaciones lineales $F$ que satisfacen las condiciones dadas son las definidas mediante $$\begin{aligned}&F(1,0,2)=(2,0,1),\\&
    F(-1,1,1)=(1,0,1),\\&
    F(a,b,c)=(\alpha,\beta,\gamma),\end{aligned}$$ con $(\alpha,\beta,\gamma)\in\mathbb{R}^3$ y $(a,b,c)\in\mathbb{R}^3$ cumpliendo $$\det \left[(1,0,2),(-1,1,1),(a,b,c)\right]\ne 0,$$ pues según sabemos, para determinar una aplicación lineal basta dar los transformados de una base del espacio inicial.
  7. $a)$ Tenemos el núcleo expresado mediante: $$\ker T\equiv \left \{ \begin{matrix} x+y-z=0 \\ 2y+t=0\\ u=0.\end{matrix}\right.$$ Usando el conocido método para el cálculo de una base de un subespacio determinado por unas ecuaciones cartesianas, fácilmente hallamos una base de $\ker T:$ $$B_{\ker T}=\{u_1=(1,0,1,0,0)^t,\;u_2=(0,1,1,-2,0)^t\}.$$ $b)$ Una base de $\mathbb{R}^5$ es $B=\{u_1,u_2,v_1,v_2,v_3\}$ pues $$\text{rg }\begin{bmatrix}{1}&{0}&{1}&0&0\\{0}&{1}&{1}&-2&0\\{4}&{0}&{-3}&-2&5\\0&2&1&-2&3\\2&3&1&-6&8\end{bmatrix}=\ldots=5,$$ y $\dim \mathbb{R}^5=5.$ Los transformados de los elementos de $B$ son $$\left \{ \begin{matrix} T(u_1)=0 \\ T(u_2)=0\\ T(v_1)=v_1\\T(v_2)=v_2\\T(v_3)=-v_3.\end{matrix}\right.$$ Transponiendo coeficientes obtenemos: $$A=[T]_B^B=\begin{bmatrix}{0}&{0}&{0}&0&0\\{0}&{0}&{0}&0&0\\{0}&{0}&{1}&0&0\\0&0&0&1&0\\0&0&0&0&-1\end{bmatrix}\;.$$
  8. $a)$ Hallemos los transformados de los vectores de la base $\mathcal{B},$ en función de $\mathcal{B}.$ $$f(1)=x\cdot 0+2k\cdot 0=0,$$ $$f(x^3)=x\cdot (3x^2)+2k\cdot (6x)=\lambda_1\cdot 1+\lambda_2x^3+\lambda_3(1+x)+\lambda_4(1-x^2),$$ $$f(1+x)=x\cdot 1+2k\cdot 0=\mu_1\cdot 1+\mu_2x^3+\mu_3(1+x)+\mu_4(1-x^2),$$ $$f(1-x^2)=x\cdot (-2x)+2k\cdot (-2)=\gamma_1\cdot 1+\gamma_2x^3+\gamma_3(1+x)+\gamma_4(1-x^2).$$ Identificando coeficientes y resolviendo: $$\lambda_1=-12k,\;\lambda_2=3,\;\lambda_3=12k,\:\lambda_4=0,$$ $$\mu_1=-1,\;\mu_2=0,\;\mu_3=1,\:\mu_4=0,$$ $$\gamma_1=-4k-2,\;\gamma_2=0,\;\gamma_3=0,\:\gamma_4=2.$$ Transponiendo coeficiente obtenemos la matriz $A$ pedida:
    $$A=\begin{bmatrix}{0}&{-12k}&{-1}& -4k-2\\{0}&{3}&{0} & 0\\{0}&{12k}&{1} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2\end{bmatrix}.$$ $b)$ $|A|\neq 0$ pues $A$ tiene una linea formada por ceros. Por otra parte, $$\begin{vmatrix}{3}&{0}&{0}\\{12k}&{1}&{0}\\{0}&{0}&{2}\end{vmatrix}=6\neq 0,$$ luego $\operatorname{rg}A=3$ para todo $k\in\mathbb{R}.$ Entonces, $\dim (\ker f)=4-\operatorname{rg}A=1$ para todo $k\in\mathbb{R}.$ Es decir, no existen valores de $k$ para los cuales $\dim (\ker f)>1.$
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