Composición de aplicaciones lineales

Publicada el mayo 17, 2014 por Fernando Revilla
    Solución
  1. Hallemos las imágenes por $f$ de los elementos de la base canónica de $\mathbb{R}_2[x]:$ $$\left \{ \begin{matrix} f(1)=(1,4)=1(1,0)+4(0,1) \\f(x)=(2,0)=2(1,0)+0(0,1)\\ f(x^2)=(0,-1)=0(1,0)+(-1)(0,1) \end{matrix}\right.$$ La matriz de $f$ en las bases canónicas de $\mathbb{R}_2[x]$ y $\mathbb{R}^2$ es por tanto $$\begin{bmatrix}{1}&{2}&{0}\\{4}&{0}&{-1}\end{bmatrix},$$ y en consecuencia, la matriz pedida es $$\begin{bmatrix}{1}&{3}\\{2}&{0}\\{-1}&{2}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{1}&{2}&{0}\\{4}&{0}&{-1}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{13}&{2}&{-3}\\{2}&{4}&{0}\\{7}&{-2}&{-2}\end{bmatrix}.$$
  2. La aplicación dada no está referida a bases, lo cual equivale a considerar la base canónica en el espacio inicial y en el final. 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. Como la matriz del isomorfismo inverso es la inversa de la matriz: $$f^{-1}\begin{bmatrix}{y_1}\\{y_2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{3}&{-1}\\{4}&{2}\end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix}{y_1}\\{y_2}\end{bmatrix}=\frac{1}{10}\begin{bmatrix}{2}&{1}\\{-4}&{3}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{y_1}\\{y_2}\end{bmatrix}.$$
  3. $(1)$ Si $y\in \operatorname{Im}(g\circ f),$ entonces existe $u\in E$ tal que $y=(g\circ f)(u),$ luego $y=g[f(u)]$ lo cual implica que $y\in \operatorname{Im}g.$
    $(2)$ Si $x\in \ker f,$ entonces $f(x)=0$ y por tanto $(g\circ f)(x)=g[f(x)]=g(0)=0,$ es decir $x\in \ker (g\circ f).$
  4. Para todo $\lambda,\mu\in\mathbb{K},$ para todo $x,y\in E,$ y usando la linealidad de $g$ y $f:$ $$\left(g\circ f\right)\left(\lambda x+\mu y\right)=g\left[f\left(\lambda x+\mu y\right)\right]=g\left[\lambda f(x)+\mu f(y)\right]$$ $$=\lambda g\left[f(x)\right]+\mu g\left[f(y)\right]=\lambda \left(g\circ f\right)\left(x\right)+\mu\left(g\circ f\right)(y)$$ es decir, $g\circ f$ es lineal.
  5. Llamemos $M=[f]_{B_E}^{B_F},$ $N=[g]_{B_F}^{B_G}.$ La ecuación matricial de $f$ en las bases $B_E$ y $B_F$ es $$Y=MX,\quad (X \text{ coord. de }x \text{ en } B_E,\;Y \text{ coord. de }y=f(x) \text{ en } B_F).$$ La ecuación matricial de $g$ en las bases $B_F$ y $B_G$ es $$Z=NY,\quad (Y \text{ coord. de }y \text{ en } B_F,\;Z \text{ coord. de }z=g(y) \text{ en } B_G).$$ Las anteriores relaciones implican $$Z=N(MX)=(NM)X,$$ $$(X \text{ coord. de }x \text{ en } B_E,\;Z \text{ coord. de }z=g(y)=g[f(x)]=(g\circ f)(x) \text{ en } B_G).$$ Por tanto, la matriz de $g\circ f$ en las bases $B_E$ y $B_G$ es $$[g\circ f]_{B_E}^{B_G}=NM=[g]_{B_F}^{B_G}\cdot [f]_{B_E}^{B_F}.$$
  6. Dado que $f^{-1}\circ f=I_E$ (aplicación lineal identidad en $E$): $$[I_E]_{B_E}^{B_E}=[f^{-1}\circ f]_{B_{E}}^{B_E}=[f^{-1}]_{B_F}^{B_E}\;[f]_{B_E}^{B_F}.$$ Ahora bien, la matriz de la aplicación lineal $I_E$ respecto de cualquier base $B_E$ es claramente la matriz identidad $I,$ por tanto: $$I=[f^{-1}]_{B_F}^{B_E}\;[f]_{B_E}^{B_F}\Rightarrow \left[f^{-1}\right]_{B_F}^{B_E}=\left([f]_{B_E}^{B_F}\right)^{-1}.$$
  7. Primero veamos que $\operatorname{Im}f\subset \ker f.$ En efecto, si $y\in\operatorname{Im}f,$ existe $x\in E$ tal que $y=f(x).$ Aplicando $f$ a ambos lados queda $f(y)=f^2(x)=0(x)=0,$ luego $y\in \ker f.$
    Por tanto, $\dim (\operatorname{Im}f)\leq \dim (\ker f)$ que junto a la hipótesis $\dim (\operatorname{Im}f)\geq \dim (\ker f)$ implica $\dim (\operatorname{Im}f)= \dim (\ker f).$ Aplicando ahora el teorema de las dimensiones para aplicaciones lineales: $$n=\dim (\ker f)+\dim (\operatorname{Im}f)=2\dim (\ker f)\Rightarrow n\text{ es par.}$$
  8. Consideremos la matriz $$A=\begin{bmatrix}{0}&{1}&{0} & 0\\{0}&{0}&{0} & 0\\{0}&{0}&{0} & 1\\0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix}.$$ Esta matriz cumple $A^2=0.$ Sea $B=\{u_1,u_2,u_3,u_4\}$ una base de $\mathbb{R}_3[x]$ y definamos la aplicación lineal $T:\mathbb{R}_3[x]\to \mathbb{R}_3[x]$ que satisface $$T(u_1)=0,\;T(u_2)=u_1,\;T(u_3)=0,\;T(u_4)=u_3.$$ La matriz de $T$ en $B$ es $A,$ por tanto, queda garantizado que $T\circ T=0.$ Los vectores de $W$ son de la forma $a(-1+x^3)+b(x+x^2)$ y los vectores $-1+x^3,$ $x+x^2$ son linealmente independientes, por tanto una base de $W$ es $\{-1+x^3,x+x^2\}.$ Queremos además que $\operatorname{Im}T=W,$ por tanto elegimos la base de $\mathbb{R}_3[x]:$ $$B=\{u_1,u_2,u_3,u_4\},\quad u_1=-1+x^3,\:u_2=1,\;u_3=x+x^2,\;u_4=x, $$ lo cual asegura que $\{u_1,u_3\}\subset \operatorname{Im}T$ y por tanto, $W\subset \operatorname{Im}T.$ Como $\dim (\operatorname{Im}T)=\operatorname{rg}A=2=\dim W,$ se verifica $W=\operatorname{Im}T.$
    En consecuencia, una aplicación que satisface las hipótesis del enunciado es la que cumple:
    $$\left \{ \begin{matrix} T(-1+x^3)=0\\T(1)=-1+x^3\\T(x+x^2)=0\\T(x)=x+x^2 \end{matrix}\right.\quad\text{o bien}\quad \left \{ \begin{matrix} -T(1)+T(x^3)=0\\T(1)=-1+x^3\\T(x)+T(x^2)=0\\T(x)=x+x^2. \end{matrix}\right.$$
    Resolviendo el sistema, $$\left \{ \begin{matrix} T(1)=-1+x^3\\T(x)=x+x^2\\T(x^2)=-x-x^2\\T(x^3)=-1+x^3, \end{matrix}\right.$$ y transponiendo coeficientes obtenemos la matriz de $T$ en la base $\{1,x,x^2,x^3\}:$
    $$M=\begin{bmatrix}{-1}&{0}&{0} & -1\\{0}&{1}&{-1} & 0\\{0}&{1}&{-1} & 0\\1 & 0 & 0 & 1\end{bmatrix}.$$
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