Clasificación de aplicaciones lineales

    Solución
  1. $1)$ Llamando $(y_1,y_2,y_3)=(x_1+x_2,-x_1+2x_2,0),$ obtenemos la ecuación matricial de $f$ respecto de las bases canónicas de $\mathbb{R}^2$ y $\mathbb{R}^3:$$$\begin{bmatrix}{y_1}\\{y_2}\\y_3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{1}&{1}\\{-1}&{2}\\ 0 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{x_1}\\{x_2}\end{bmatrix},$$y la dimensión de la imagen es
    $$\dim (\operatorname{Im}f)=\operatorname{rg}\begin{bmatrix}{1}&{1}\\{-1}&{2}\\ 0 & 0\end{bmatrix}=2\neq\dim \mathbb{R}^3$$es decir, $f$ no es sobreyectiva y por el teorema de las dimensiones para aplicaciones lineales, $\dim(\ker f)=0,$ luego $f$ es inyectiva. Concluimos que $f$ es monomorfismo pero no epimorfismo.
    $2)$ Razonando de manera análoga obtenemos la ecuación matricial de $g$ respecto de las bases canónicas de $\mathbb{R}^3$ y $\mathbb{R}^2:$$$\begin{bmatrix}{y_1}\\{y_2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{1}&{1}& 1\\{1}&{1}& 1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{x_1}\\{x_2}\\x_3\end{bmatrix},$$y la dimesión de la imagen es$$\dim (\operatorname{Im}g)=\operatorname{rg}\begin{bmatrix}{1}&{1}& 1\\{1}&{1}& 1\end{bmatrix}=1\neq\dim \mathbb{R}^2$$ es decir, $g$ no es sobreyectiva y por el teorema de las dimensiones para aplicaciones lineales, $\dim(\ker g)=2,$ luego $g$ tampoco es inyectiva. Concluimos que $g$ no es monomorfismo ni epimorfismo.
  2. La dimensión de la imagen es$$\dim (\operatorname{Im}f)=\operatorname{rg}\begin{bmatrix}{3}&{-1}\\{4}&{2}\end{bmatrix}=2=\dim \mathbb{R}^2$$es decir, $f$ es sobreyectiva y por el teorema de las dimensiones para aplicaciones lineales, $\dim(\ker f)=0,$ luego $f$ también es inyectiva. Concluimos que $f$ es isomorfismo (además, automorfismo).
  3. Hallemos el rango de $A:$$$\begin{bmatrix}{\lambda+2}&{2\lambda+4}&{3\lambda+6}\\{\lambda+2}&{3\lambda+6}&{3\lambda+6}\\{\lambda+2}&{3\lambda+6}&{4\lambda+5}\end{bmatrix}\begin{matrix}{F_2-F_1}\\{F_3-F_1}\end{matrix}\sim
    \begin{bmatrix}{\lambda+2}&{2\lambda+4}&{3\lambda+6}\\{0}&{\lambda+2}&{0}\\{0}&{\lambda+2}&{\lambda-1}\end{bmatrix}$$$$\begin{matrix}{F_3-F_2}\end{matrix}\sim \begin{bmatrix}{\lambda+2}&{2\lambda+4}&{3\lambda+6}\\{0}&{\lambda+2}&{0}\\{0}&{0}&{\lambda-1}\end{bmatrix}. $$Para que $T$ sea isomorfismo es necesario que sea sobreyectiva, es decir que $\dim (\operatorname{Im}T)=\operatorname{rg}A=3,$ y claramente esto ocurre para $\lambda\neq -2$ y $\lambda\neq 1.$ En estos casos, y por el teorema de las dimensiones para aplicaciones lineales, se verifica que $\dim (\ker f) =0,$ luego $T$ también es inyectiva. Podemos concluir que:$$T\text{ es isomorfismo}\Leftrightarrow \lambda \neq -2\wedge \lambda\neq 1.$$
  4. El núcleo de $D$ está formado por los polinomios constantes, es decir $\ker D\neq \{0\}$ luego $D$ no es inyectiva. Por ora parte, dado un polinomio$$q(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n,$$ el polinomio $$p(x)=a_0x+\frac{a_1}{2}x^2+\cdots+\frac{a_n}{n+1}x^{n+1}$$ satisface $D[p(x)]=q'(x)=p(x),$ luego $D$ es sobreyectiva.
  5. $\Rightarrow)$ Si fuera $\ker f\neq \{0\}$ existiría un vector no nulo $x\in\ker f,$ luego $f(x)=0$ y $f(0)=0,$ con lo cual $f$ no sería inyectiva (contradicción).
    $\Leftarrow)$ Tenemos:$$f(u)=f(v)\Rightarrow f(u)-f(v)=0\Rightarrow f(u-v)=0\Rightarrow u-v\in\ker f=\{0\}$$$$\Rightarrow u-v=0\Rightarrow u=v\Rightarrow f\text{ es inyectiva.}$$
  6. La aplicación $f$ es biyectiva, por tanto $f^{-1}$ también lo es. Veamos que es lineal. Sean $\lambda,\mu$ escalares y $v_1,v_2\in F.$ Entonces, $v_1=f(u_1)$ y $v_2=f(u_2)$ para $u_1,u_2\in E$ únicos. Entonces, usando que $f$ es lineal y la definición de aplicación inversa:$$f^{-1}(\lambda v_1+\mu v_2)=f^{-1}\left(\lambda f(u_1)+\mu f(u_2)\right)=f^{-1}\left( f(\lambda u_1+\mu u_2)\right)$$ $$=\lambda u_1+\mu u_2=\lambda f^{-1}(v_1)+\mu f^{-1}(v_2).$$
  7. Veamos que $B’$ es sistema libre. Consideremos cualquier combinación lineal de los vectores de $B’$ igualada a $0:$$$\lambda_1f(u_1)+\cdots+\lambda_nf(u_n)=0.$$Como $f$ es lineal, $f(\lambda_1u_1+\cdots+\lambda_n u_n)=0,$ es decir $\lambda_1u_1+\cdots+\lambda_n u_n\in\ker f$ y $\ker f=\{0\}$ por ser $f$ inyectiva, luego $\lambda_1u_1+\cdots+\lambda_n u_n=0.$ Como $B$ es libre, $\lambda_!=\cdots=\lambda_n=0$ lo cual implica que $B’$ es libre.
    Veamos que $B’$ es sistema generador de $F.$ Si $y\in F,$ por ser $f$ sobreyectiva existe $x\in E$ tal que $y=f(x).$ Por ser $B$ base de $E,$ $x$ es combinación lineal de los vectores de $B:$$$x=x_1u_1+\cdots+x_nu_n\quad (x_i\in\mathbb{K}).$$Aplicando $f$ a ambos miembros:$$y=f(x)=x_1f(u_1)+\cdots+x_nf(u_n),$$luego $B’$ es sistema generador de $F.$
  8. Sea $B=\{u_1,\ldots,u_n\}$ una base de $E.$ Consideremos la aplicación:$$f:\mathbb{K}^n\to E,\quad f(x_1,\ldots,x_n)=x_1u_1+\cdots+x_nu_n.$$Veamos que $f$ es isomorfismo. Para todo $\lambda,\mu \in\mathbb{K}$ y para todo $(x_1,\ldots,x_n),$ $(y_1,\ldots,y_n)\in\mathbb{K}:$$$f\left[\lambda (x_1,\ldots,x_n)+\mu (y_1,\ldots,y_n) \right]=f(\lambda x_1+\mu y_1,\ldots,\lambda x_n+\mu y_n)$$$$=(\lambda x_1+\mu y_1)u_1+\cdots+(\lambda x_n+\mu y_n)u_n=\lambda (x_1u_1+\cdots+x_nu_n)$$$$+\mu (y_1u_1+\cdots+y_nu_n)=\lambda f(x_1,\ldots,x_n)+\mu f(y_1,\ldots,y_n)$$es decir, $f$ es lineal.
    Si $(x_1,\ldots,x_n)\in \ker f,$ entonces $f(x_1,\ldots,x_n)=x_1u_1+\cdots+x_nu_n=0.$ Como las coordenadas de un vector respecto de una determinada base son únicas, $x_1=\ldots x_n=0,$ es decir el núcleo de $f$ se reduce al vector nulo y por tanto $f$ es inyectiva.
    Por el teorema de las dimensiones, $\dim \operatorname{Im} f=n=\dim E,$ por tanto $\operatorname{Im} f=E,$ lo cual implica que $f$ es sobreyectiva.
  9. Sean $B_E=\{u_1,\ldots,u_n\}$ y $B_F=\{v_1,\ldots,v_n\}$ bases de $E$ y $F$ respectivamente. Sea $x=x_1u_1+\ldots+x_nu_n\in E$ ($x_i\in\mathbb{K}$). Definimos la aplicación $$f:E\to F,\quad f(x)=x_1v_1+\cdots+x_nv_n.$$Para todo $\lambda,\mu\in\mathbb{K}$ y para todo $x,y\in E:$$$f(\lambda x+\mu y)=f\left(\lambda(x_1u_1+\cdots+x_nu_n)+\mu (y_1u_1+\cdots+y_nu_n)\right)$$$$=f\left((\lambda x_1+\mu y_1)u_1+\cdots+(\lambda x_n+\mu y_n)u_n\right)$$$$=(\lambda x_1+\mu y_1)v_1+\cdots+(\lambda x_n+\mu y_n)v_n$$$$=\lambda (x_1v_1+\cdots+x_nv_v)+\mu (y_1v_1+\cdots+y_nv_v)=\lambda f(x) +\mu f(y),$$por tanto $f$ es lineal. Si $x\in \ker f,$ entonces $f(x)=x_1v_1+\cdots+x_nv_n=0.$ Por ser $B_F$ sistema libre, $x_1=\ldots=x_n=0,$ luego $x=0.$ El núcleo se reduce al vector nulo, por tanto $f$ es inyectiva. Por el teorema de las dimensiones para aplicaciones lineales, $\dim F=n, $ en consecuencia $f$ es sobreyectiva.
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