El espacio vectorial de las aplicaciones lineales

Estudiamos el espacio vectorial de las aplicaciones lineales.

RESUMEN TEÓRICO
    Enunciado
  1. Sean las aplicaciones lineales $f,g:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^2$ cuyas matrices respecto de unas bases dadas son respectivamente:$$A=\begin{bmatrix}{2}&{3}&{-1}\\{1}&{1}&{0}\end{bmatrix},\;B=\begin{bmatrix}{0}&{-4}&{-1}\\{2}&{2}&{3}\end{bmatrix}.$$ Hallar la matriz de $2f-3g$ respecto de las bases dadas.
  2. Demostrar que $\left(\mathcal{L}_{\mathbb{K}}(E,F),+\right)$ es grupo abeliano, estando definida la operación $+$ en la forma: $(f+g)(x)=f(x)+g(x)\; \forall x\in E.$
  3. Demostrar que para todo $\alpha\in \mathbb{K},\;f\in \mathcal{L}_{\mathbb{K}}(E,F),$ la operación $\alpha f$ definida mediante$$(\alpha f)(x)=\alpha f(x)\quad \forall x\in E$$ cumple las cuatro propiedades de la ley externa de los espacios vectoriales.
  4. Sean $E$ y $F$ dos espacios vectoriales sobre el cuerpo $\mathbb{K}$ de dimensiones respectivas $m$ y $n$ (finitas) y sean $B_E$ y $B_F$ bases de $E$ y $F$ respectivamente. Demostrar que: $$\phi:\mathcal{L}_{\mathbb{K}}(E,F)\to\mathbb{K}^{n\times m},\quad\phi(f)=[f]_{B_E}^{B_F}$$es un isomorfismo de espacios vectoriales.
  5. Demostrar que si $E$ y $F$ son espacios vectoriales, ambos de dimensión finita, se verifica $\dim \mathcal{L}_{\mathbb{K}}(E,F)=\left(\dim E\right)\cdot \left(\dim F\right).$
    Solución
  1. Debido al conocido isomorfismo entre $\mathcal{L}_{\mathbb{K}}(E,F)$ y $\mathbb{K}^{n\times m},$ la matriz pedida es$$2A-3B=\begin{bmatrix}{4}&{18}&{1}\\{-4}&{-4}&{-9}\end{bmatrix}.$$
  2. Interna. Para todo $ f,g\in \mathcal{L}_{\mathbb{K}}(E,F),$ para todo $\lambda,\mu\in\mathbb{K},$ para todo $x,y\in E,$ y usando la linealidad de $f$ y $g:$ $$(f+g)(\lambda x+\mu y)=f(\lambda x+\mu y)+g(\lambda x+\mu y)$$$$=\lambda f(x)+\mu f(y)+\lambda g(x)+\mu g(y)=\lambda \left(f(x)+g(x)\right)+\mu \left(f(y)+g(y)\right)$$$$=\lambda (f+g)(x)+\mu(f+g)(y)\Rightarrow f+g\text{ es lineal}\Rightarrow f+g\in\mathcal{L}_{\mathbb{K}}(E,F).$$ Asociativa. Para todo $ f,g,h\in,$ y para todo $x\in E:$ $$\left((f+g)+h\right)(x)=(f+g)(x)+h(x)=\left(f(x)+g(x)\right)+h(x)$$$$=f(x)+\left(g(x)+h(x)\right)=f(x)+(g+h)(x)=\left(f+(g+h)\right)(x),$$ y por definición de igualdad de funciones, $(f+g)+h=f+(h+g).$
    Elemento neutro. La aplicación nula $0:E\to F$ definida por $0(x)=0$ para todo $x\in E$ es lineal pues para todo $\lambda,\mu\in\mathbb{K}$ y para todo $x,y\in E,$$$0(\lambda x+\mu y)=0=\lambda\cdot 0+\mu\cdot 0=\lambda 0(x)+\mu0(y).$$Es decir, $0\in\mathcal{L}_{\mathbb{K}}(E,F)$ y además para todo $f\in\mathcal{L}_{\mathbb{K}}(E,F)$ y para todo $x\in E:$$$(0+f)(x)=0(x)+f(x)=0+f(x)=f(x),$$$$(f+0)(x)=f(x)+0(x)=f(x)+0=f(x).$$Por definición de igualdad de funciones, $f+0=0+f=0.$
    Elemento simétrico. Dada $f\in\mathcal{L}_{\mathbb{K}}(E,F),$ se define $-f:E\to F$ como $(-f)(x)=-f(x)$ para todo $x\in E.$ Esta aplicación es lineal pues para todo $\lambda,\mu\in\mathbb{K}$ y para todo $x,y\in E,$$$(-f)(\lambda x+\mu y)=-(\lambda x+\mu y)=-\lambda x-\mu y$$$$=\lambda (-x)+\mu (-y)=\lambda (-f)(x)+\mu (-f)(y).$$Es decir, $-f\in\mathcal{L}_{\mathbb{K}}(E,F)$ y además para todo $f\in\mathcal{L}_{\mathbb{K}}(E,F)$ y para todo $x\in E:$$$\left(f+(-f)\right)(x)=f(x)+(-f)(x)=f(x)-f(x)=0=0(x),$$$$\left((-f)+f\right)(x)=(-f)(x)+f(x)=-f(x)+f(x)=0=0(x).$$ Por definición de igualdad de funciones, $f+(-f)=(-f)+f=0.$
    Conmutativa. Para todo $f,g\in \mathcal{L}_{\mathbb{K}}(E,F)$ y para todo $x\in E:$$$\left(f+g\right)(x)=f(x)+g(x)=g(x)+f(x)=(g+f)(x).$$Por definición de igualdad de funciones, $f+g=g+f.$ Concluimos que $\left(\mathcal{L}_{\mathbb{K}}(E,F),+\right)$ es grupo abeliano.
  3. Primeramente veamos que la operación está bien definida, es decir que $\alpha f\in\mathcal{L}_{\mathbb{K}}(E,F).$ En efecto, para todo $\lambda,\mu\in\mathbb{K},$ para todo $x,y\in E,$ y usando la linealidad de $f:$$$(\alpha f)(\lambda x+\mu y)=\alpha f(\lambda x+\mu y)=\alpha\left(\lambda f(x)+\mu f(y)\right)$$ $$=\lambda \alpha f(x)+\mu \alpha f(y)=\lambda(\alpha f)(x)+\mu (\alpha f)(y)\Rightarrow \alpha f\in\mathcal{L}_{\mathbb{K}}(E,F).$$ $(1)$ Para todo $\alpha\in\mathbb{K},$ para todo $f,g\in \mathcal{L}_{\mathbb{K}}(E,F)$ y para todo $x\in E:$$$\left(\alpha (f+g)\right)(x)=\alpha \left((f+g)(x)\right)=\alpha (f(x)+g(x))$$$$=\alpha f(x)+\alpha g(x)=(\alpha f)(x)+(\alpha g)(x)=(\alpha f+\alpha g)(x),$$y por definición de igualdad de funciones, $\alpha (f+g)=\alpha f+\alpha g.$
    $(2)$ Para todo $\alpha,\beta\in\mathbb{K},$ para todo $f\in \mathcal{L}_{\mathbb{K}}(E,F)$ y para todo $x\in E:$$$\left((\alpha+\beta)f \right)(x)=(\alpha+\beta)f(x)=\alpha f(x)+\beta f(x)$$$$=(\alpha f)(x)+(\beta f)(x)=(\alpha f+\beta g)(x),$$y por definición de igualdad de funciones, $(\alpha+\beta)f=\alpha f+\beta g .$
    $(3)$ Para todo $\alpha,\beta\in\mathbb{K},$ para todo $f\in \mathcal{L}_{\mathbb{K}}(E,F)$ y para todo $x\in E:$$$\left(\alpha (\beta f)\right)(x)=\alpha\left((\beta f)(x)\right)=\alpha \left(\beta f(x)\right)$$$$=(\alpha\beta)f(x)=\left((\alpha\beta)f\right)(x),$$y por definición de igualdad de funciones, $\alpha (\beta f)= (\alpha\beta)f.$
    $(4)$ Para todo $f\in \mathcal{L}_{\mathbb{K}}(E,F)$ y para todo $x\in E:$$$(1f)(x)=1f(x)=f(x),$$y por definición de igualdad de funciones, $1f=f.$
  4. Sean $B_E=\{u_1,\ldots,u_m\}$ y $B_F=\{v_1,\ldots,v_n\}$ bases de $E$ y $F$ respectivamente, y sea$$\left \{ \begin{matrix} f(u_1)=a_{11}v_1+\cdots+a_{1n}v_n \\ \ldots\\ f(u_m)=a_{m1}v_1+\cdots+a_{mn}v_n , \end{matrix}\right.
    \quad\left \{ \begin{matrix} g(u_1)=b_{11}v_1+\cdots+b_{1n}v_n \\ \ldots\\ g(u_m)=b_{m1}v_1+\cdots+b_{mn}v_n . \end{matrix}\right.$$Entonces,$$[f]_{B_E}^{B_F}=\begin{bmatrix} a_{11} & \ldots & a_{m1}\\\vdots&&\vdots \\ a_{1n} & \ldots & a_{mn}\end{bmatrix},\quad
    [g]_{B_E}^{B_F}=\begin{bmatrix} b_{11} & \ldots & b_{m1}\\\vdots&&\vdots \\ b_{1n} & \ldots & b_{mn}\end{bmatrix}.$$Ahora bien, para todo $\lambda,\mu\in\mathbb{K}:$
    $$\begin{aligned}(\lambda f+\mu g)(u_1)&=\lambda f(u_1)+\mu g(u_1)\\
    &=(\lambda a_{11}+\mu b_{11})v_1+\cdots+(\lambda a_{1n}+\mu b_{1n})v_n\end{aligned} $$$$\ldots$$$$\begin{aligned}(\lambda f+\mu g)(u_m)&=\lambda f(u_m)+\mu g(u_m)\\
    &=(\lambda a_{m1}+\mu b_{m1})v_1+\cdots+(\lambda a_{mn}+\mu b_{mn})v_n\end{aligned}$$por tanto, la matriz de $\lambda f+\mu g$ en las bases $B_E$ y $B_F$ es:$$[\lambda f+\mu g]_{B_E}^{B_F}=\begin{bmatrix} \lambda a_{11}+\mu b_{11} & \ldots & \lambda a_{m1}+\mu b_{m1}\\\vdots&&\vdots \\ \lambda a_{1n}+\mu b_{1n} & \ldots & \lambda a_{mn}+\mu b_{mn}\end{bmatrix}=\lambda [f]_{B_E}^{B_F}+\mu [g]_{B_E}^{B_F}.$$En consecuencia,$$\phi (\lambda f+\mu g)=[\lambda f+\mu g]_{B_E}^{B_F}=\lambda [f]_{B_E}^{B_F}+\mu [g]_{B_E}^{B_F}=\lambda \phi (f)+\mu \phi (g),$$luego $\phi$ es lineal. Veamos que es isomorfismo. Por una parte si $f\in \ker \phi,$ entonces $[f]_{B_E}^{B_F}$ es la matriz nula, lo cual claramente implica que $f=0,$ luego $\phi$ es inyectiva. Por otra parte, si $$C=\begin{bmatrix} c_{11} & \ldots & c_{m1}\\\vdots&&\vdots \\ c_{1n} & \ldots & c_{mn}\end{bmatrix}$$es una matriz de $\mathbb{K}^{n\times m},$ podemos elegir la aplicación lineal $f:E\to F$ determinada por$$\left \{ \begin{matrix} f(u_1)=c_{11}v_1+\cdots+c_{1n}v_n \\ \ldots\\ f(u_m)=c_{m1}v_1+\cdots+c_{mn}v_n , \end{matrix}\right.$$y se verifica $C=[f]_{B_E}^{B_F}=\phi (f),$ luego $\phi$ es sobreyectiva. Podemos pues concluir que $\phi$ es isomorfismo.
  5. Si $\dim E=m$ y $\dim F=n$ finitas, entonces $\mathcal{L}_{\mathbb{K}}(E,F)$ es isomorfo a $\mathbb{K}^{n\times m},$ por tanto$$\dim \mathcal{L}_{\mathbb{K}}(E,F)=\dim \mathbb{K}^{n\times m}=mn=\left(\dim E\right)\cdot \left(\dim F\right).$$
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