Cambio de base

Proporcionamos ejercicios sobre cambio de base en espacios vectoriales.

RESUMEN TEÓRICO
    Enunciado
  1. Sean $B=\{u_1,u_2\}$ y $B’=\{u’_1,u’_2\},$ dos bases de un espacio vectorial real $E$ de dimensión $2$ tales que $u’_1=u_1-2u_2,$ $u’_2=3u_1+4u_2.$ Se pide hallar:
    $a)$ La matriz de cambio o de paso de $B$ a $B’.$
    $b)$ La ecuación matricial del cambio de base.
    $c)$ Las coordenadas del vector $5u’_1-u’_2$ en la base $B.$
    $d)$ Las coordenadas del vector $7u_2$ en la base $B’.$
  2. Se consideran las bases de $\mathbb{R}^2,$ $B=\{(1,2),(2,-1)\}$ y $B’=\{(3,1),(2,4)\}.$ Hallar la matriz de paso de $B$ a $B’.$
  3. Se consideran las bases de $\mathbb{R}^3,$ $$B=\{(1,1,0),(-1,0,2),(0,2,5)\},\\B’=\{(0,1,1),(1,1,1),(3,1,0)\}.$$ Hallar la matriz de paso de $B$ a $B’.$
  4. Sean $B$ y $B’$ dos bases de un espacio vectorial $E.$ Deducir la fórmula del cambio de base $[x]_B=P\;[x]_{B’},$ para todo $x\in E,$ en donde para todo $j=1,\ldots,n,$ la columna $j$-ésima de $P$ son las coordenadas de $u’_j$ con respecto de la base $B.$
  5. Sean $B$ y $B’$ dos bases de un espacio vectorial $E$ de dimensión finita $n$. Demostrar que:
    $a)$ La matriz de cambio $P$ de $B$ a $B’$ es invertible.
    $b)$ La matriz de cambio de $B’$ a $B,$ es $P^{-1}.$
    Solución
  1. $a)$ Trasponiendo los correspondientes coeficientes: $$P=\begin{bmatrix}{\;\;1}&{3}\\{-2}&{4}\end{bmatrix}.$$ $b)$ La ecuación matricial del cambio es $$\begin{bmatrix}{x_1}\\{x_2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{\;\;1}&{3}\\{-2}&{4}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{x’_1}\\{x’_2}\end{bmatrix}.\quad (1)$$en donde $(x_1,x_2)^t$ representan las coordenadas de un vector genérico $x\in E$ con respecto a la base $B,$ y $(x’_1,x’_2)^t$ las coordenadas del mismo vector $x$ con respecto a la base $B’.$ Es decir, la ecuación matricial del cambio de base la podemos expresar en la forma $[x]_B=P[x]_{B’}.$
    $c)$ Sustituyendo en $(1):$$$\begin{bmatrix}{x_1}\\{x_2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{\;\;1}&{3}\\{-2}&{4}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{\;\;5}\\{-1}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{\;\;2}\\{-14}\end{bmatrix},$$por tanto, las coordenadas pedidas son $(2,-14)^t.$
    $d)$ Sustituyendo de nuevo en $(1):$ $$\begin{bmatrix}{0}\\{7}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{\;\;1}&{3}\\{-2}&{4}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{x’_1}\\{x’_2}\end{bmatrix}\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} x’_1+3x’_2=0\\-2x’_1+4x’_2=7,\end{matrix}\right.$$ y resolviendo el sistema, obtenemos $x’_1=-21/10,$ $x’_2=7/10.$ Las coordenadas pedidas son $(-21/10,7/10)^t.$
  2. Expresemos la base $B’$ en términos de la $B:$ $$\left \{ \begin{matrix}(3,1)=\alpha_1(1,2)+\alpha_2(2,-1)\\(2,4)=\beta_1(1,2)+\beta_2(2,-1).\end{matrix}\right.$$
    Las igualdades anteriores equivalen a los sistemas: $$\left \{ \begin{matrix} \alpha_1+2\alpha_2=3\\2\alpha_1-\alpha_2=1\end{matrix}\right.\quad \left \{ \begin{matrix} \beta_1+2\beta_2=2\\2\beta_1-\beta_2=4\end{matrix}\right.\quad (1)$$que resueltos proporcionan las soluciones $\alpha_1=\alpha_2=1$ y $\beta_1=2,\beta_2=0.$ La matriz pedida es por tanto: $$P=\begin{bmatrix}{\alpha_1}&{\beta_1}\\{\alpha_2}&{\beta_2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{1}&{2}\\{1}&{0}\end{bmatrix}.$$ Nótese que los sistema $(1)$ equivalen a la igualdad matricial: $$\begin{bmatrix}{1}&{\;\;2}\\{2}&{-1}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{\alpha_1}&{\beta_1}\\{\alpha_2}&{\beta_2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{3}&{2}\\{1}&{4}\end{bmatrix},$$ con lo cual, la matriz $P$ también la podemos hallar de la forma: $$P=\begin{bmatrix}{\alpha_1}&{\beta_1}\\{\alpha_2}&{\beta_2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{1}&{\;\;2}\\{2}&{-1}\end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix}{3}&{2}\\{1}&{4}\end{bmatrix}=\ldots=\begin{bmatrix}{1}&{2}\\{1}&{0}\end{bmatrix}.$$
  3. Expresemos la base $B’$ en términos de la $B:$ $$\left \{ \begin{matrix}(0,1,1)=\alpha_1(1,1,0)+\alpha_2(-1,0,2)+\alpha_3(0,2,5)\\
    (1,1,1)=\beta_1(1,1,0)+\beta_2(-1,0,2)+\beta_3(0,2,5)\\
    (3,1,0)=\gamma_1(1,1,0)+\gamma_2(-1,0,2)+\gamma_3(0,2,5).\end{matrix}\right.$$ las igualdades anteriores equivalen a los sistemas:$$\left \{ \begin{matrix} \alpha_1-\alpha_2=0\\
    \alpha_1+2\alpha_3=1\\
    2\alpha_2+5\alpha_3=1
    \end{matrix}\right.\quad
    \left \{ \begin{matrix} \beta_1-\beta_2=1\\
    \beta_1+2\beta_3=1\\
    2\beta_2+5\beta_3=1
    \end{matrix}\right.
    \quad
    \left \{ \begin{matrix} \gamma_1-\gamma_2=3\\
    \gamma_1+2\gamma_3=1\\
    2\gamma_2+5\gamma_3=1
    \end{matrix}\right.
    \quad (1)$$que resueltos proporcionan las soluciones: $$\begin{aligned}&(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)=(3,3,-1)\\
    &(\beta_1,\beta_2,\beta_3)=(-1,-2,1)\\
    &(\gamma_1,\gamma_2,\gamma_3)=(-7,-10,-4).\end{aligned}$$ La matriz pedida es por tanto:
    $$P=\begin{bmatrix}{\alpha_1}&{\beta_1}&\gamma_1\\{\alpha_2}&{\beta_2}&\gamma_2\\ {\alpha_3}&{\beta_3}&\gamma_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{3}&{-1}&-7\\{3}&{-2}&-10\\-1&1&4\end{bmatrix}.$$ Nótese que los sistema $(1)$ equivalen a la igualdad matricial:
    $$\begin{bmatrix}{1}&{-1}&0\\1&0&2\\ 0&2&5\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{\alpha_1}&{\beta_1}&\gamma_1\\{\alpha_2}&{\beta_2}&\gamma_2\\ {\alpha_3}&{\beta_3}&\gamma_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&1&3\\1&1&1\\ 1&1&0\end{bmatrix},$$con lo cual, la matriz $P$ también la podemos hallar de la forma:$$P=\begin{bmatrix}{\alpha_1}&{\beta_1}&\gamma_1\\{\alpha_2}&{\beta_2}&\gamma_2\\ {\alpha_3}&{\beta_3}&\gamma_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{1}&{-1}&0\\1&0&2\\ 0&2&5\end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix}0&1&3\\1&1&1\\ 1&1&0\end{bmatrix}\\=\ldots=\begin{bmatrix}{3}&{-1}&-7\\{3}&{-2}&-10\\-1&1&4\end{bmatrix}.$$
  4. Sean $B=\{u_1,\ldots,u_n\}$ y $B’=\{u’_1,\ldots,u’_n\},$ y supongamos que$$\left \{ \begin{matrix} u’_1=p_{11}u_1+\ldots +p_{1n}u_n\\\ldots\\u’_n=p_{n1}u_1+\ldots +p_{nn}u_n.\end{matrix}\right. \quad (1)$$Sea $[x]_B=(x_1,\ldots,x_n)^t$ y $[x]_B=(x’_1,\ldots,x’_n)^t,$ entonces, $x=x_1u_1+\ldots+x_nu_n$ y $x=x’_1u’_1+\ldots+x’_nu’_n.$ Usando las relaciones $(1):$$$\begin{aligned}x_1u_1+\ldots+x_nu_n&=x’_1(p_{11}u_1+\ldots +p_{1n}u_n)+\ldots+x’_np_{n1}u_1+\ldots +p_{nn}u_n)\\
    &=(x’_1p_{11}+\ldots+x’_np_{n1})u_1+\ldots+(x’_1p_{1n}+\ldots+x’_np_{nn})u_n.\end{aligned}$$Las coordenadas de un determinado vector con respecto a una determinada base (en este caso la $B$), son únicas, por tanto:$$\left \{ \begin{matrix} x_1=p_{11}x’_1+\ldots +p_{n1}x’_n\\\ldots\\x_n=p_{1n}x’_1+\ldots +p_{nn}x’_n,\end{matrix}\right.$$y estas relaciones se pueden escribir matricialmente en la forma:$$\begin{bmatrix}x_1\\ \vdots\\{x_n}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} p_{11} & \ldots & p_{n1} \\ \vdots&&\vdots \\ p_{1n} &\ldots & p_{mn}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x’_1\\ \vdots\\{x_n}\end{bmatrix}.$$Es decir, queda $[x]_B=P\;[x]_{B’},$ en donde para todo $j=1,\ldots,n,$ la columna $j$-ésima de $P$ son las coordenadas de $u’_j$ con respecto de la base $B.$
  5. $a)$ Como $B’$ es base de $E,$ sus $n$ vectores son linealmente independientes, lo cual implica que lo son los $n$ vectores columna de $P.$ El rango de la matriz $P,$ que es de orden $n\times n$ es $n,$ luego $P$ es invertible.
    $b)$ Se deduce del hecho de que si $[x]_B=P\;[x]_{B’},$ entonces $[x]_{B’}=P^{-1}[x]_{B}.$
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