Hacemos cálculos usando matrices de aplicaciones lineales.
- Matriz $M(f)$ asociada a $f$ respecto a $B_E$ y $B_F$.
- Matriz $M(g)$ asociada a $g$ respecto a $B_F$ y $B_G$.
- Matriz $M(g\circ f)$ asociada a $g\circ f$ respecto a $B_E$ y $B_G$.
- Rango de $M(g\circ f)$.
- Dimensión de la imagen homomorfa de $E(\mathbb{K})$ según $g\circ f$.
- Dimensión de $\ker f$ y de $\textrm{Im}\;f$.
- ¿Es inyectiva $f$? ¿y $g\circ f$?
- ¿Pertenece $u_1+u_2+u_3$ a $\ker f$?
- Encontrar una nueva base de $F$, $B’_F=\{v’_1,v’_2,v’_3\}$ tal que la matriz asociada a $f$ respecto a $B_E$ y $B’_F$ sea $I$ (matriz identidad).
(Propuesto en examen, Álgebra, ETS de Arquitectura, UPM).
Sean los espacios vectoriales sobre $\mathbb{K}$ de dimensión finita $E(\mathbb{K})$, $F(\mathbb{K})$, $G(\mathbb{K})$ y sean las bases respectivas $B_E=\{u_1,u_2,u_3\}$, $B_F=\{v_1,v_2,v_3\}$ y $B_G=\{w_1,w_2,w_3\}$. Sean los homomorfismos $f\in\mathcal{L}(E,F)$, $g\in\mathcal{L}(F,G)$ definidos por $$\left \{ \begin{matrix}f(u_1)=2v_1-v_3\\f(u_2)=v_2+2v_3\\f(u_3)=v_1+2v_3\end{matrix}\right.\;,\qquad \left \{ \begin{matrix}g(v_1+v_3)=2w_1+4w_2+6w_3\\g(v_2)=w_2\\g(v_1-v_3)=2w_1+2w_2+6w_3.\end{matrix}\right. $$ Se pide
- Trasponiendo coeficientes, obtenemos la matriz pedida: $$M(f)=\begin{bmatrix}{\;\;2}&{0}&{1}\\{\;\;0}&{1}&{0}\\{-1}&{2}&{2}\end{bmatrix}.$$
- Teniendo en cuenta que $g$ es lineal:
$\left \{ \begin{matrix}g(v_1)+g(v_3)=2w_1+4w_2+6w_3\\g(v_1)-g(v_3)=2w_1+2w_2+6w_3.\end{matrix}\right.
$Resolviendo el sistema obtenemos $g(v_1)=2w_1+3w_2+6w_3$ y $g(v_3)=w_2$ con lo cual
$\left \{ \begin{matrix}g(v_1)=2w_1+3w_2+6w_3\\g(v_2)=w_2\\g(v_3)=w_2.\end{matrix}\right. $
La matriz $M(g)$ es por tanto $M(g)=\begin{bmatrix}{2}&{0}&{0}\\{3}&{1}&{1}\\{6}&{0}&{0}\end{bmatrix}\;.$
- Usando un conocido teorema
$M(g\circ f)=M(g)M(f)=\begin{bmatrix}{2}&{0}&{0}\\{3}&{1}&{1}\\{6}&{0}&{0}\end{bmatrix}\;\begin{bmatrix}{\;\;2}&{0}&{1}\\{\;\;0}&{1}&{0}\\{-1}&{2}&{2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{4}&{0}&{2}\\{5}&{3}&{5}\\{12}&{0}&{6}\end{bmatrix}\;.$
- El determinante de $M(g\circ f)$ es nulo y al menos hay un menor de orden 2 no nulo, en consecuencia $\textrm{rg}\;M(g\circ f)=2$.
- $\dim (g\circ f)(E)=\textrm{rg}\;M(g\circ f)=2$.
- La dimensión de la imagen de $f$ es
$\dim \textrm{Im}\;f=\textrm{rg}\;M(f)=\textrm{rg}\;\begin{bmatrix}{\;\;2}&{0}&{1}\\{\;\;0}&{1}&{0}\\{-1}&{2}&{2}\end{bmatrix}=3.$
Por el teorema de las dimensiones para aplicaciones lineales
$\dim \ker f=3-\dim \textrm{Im}\;f=3-3=0$
- Dado que $\dim \ker f=0$, concluimos que $f$ es inyectiva. Sin embargo y usando de nuevo el teorema de las dimensiones $\dim (g\circ f)(E)=3-\textrm{rg}\;M(g\circ f)=1\neq 0$, es decir $g\circ f$ no es inyectiva.
- El vector $u_1+u_2+u_3$ no pertenece a $\ker f$ pues no es el vector nulo, y al ser $f$ es inyectiva se verifica $\ker f=\{0\}$.
- La base pedida $B’_F=\{v’_1,v’_2,v’_3\}$ ha de verificar
$\left \{ \begin{matrix}f(u_1)=v’_1\\f(u_2)=v’_2\\f(u_3)=v’_3.\end{matrix}\right.$
Basta elegir por tanto
$v’_1=2v_1-v_3,\;v’_2=v_2+2v_3,\;v’_3=v_1+2v_3.$
Los tres vectores anteriores forma efectivamente base en $F(\mathbb{K})$ pues $\textrm{rg}\;M(f)=3$.