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Problemas y Ejercicios Resueltos.
                        Tema 3: Aplicaciones Lineales.


    Ejercicios


1.- Determinar cu´les de las siguientes aplicaciones son lineales:
                 a

     (i) f : R3 → R2 definida por f ((x, y, z)) = (x − y, y + 2z).

    (ii) f : R3 → R2 definida por f ((x, y, z)) = (x − y 2 , y + 2z).

    Soluci´n. (i) Es lineal ya que, para todo (x1 , y1 , z1 ), (x2 , y2 , z2 ) ∈ R3 y para todo α, β ∈ R, se cumple
          o

          f ((α(x1 , y1 , z1 ) + β(x2 , y2 , z2 )) = f ((αx1 + βx2 , αy1 + βy2 , αz1 + βz2 )) =
                                              = (αx1 + βx2 − αy1 − βy2 , αy1 + βy2 + 2αz1 + 2βz2 ) =
                                              = (αx1 − αy1 , αy1 + 2αz1 ) + (βx2 − βy2 , βy2 + 2βz2 ) =
                                              = α(x1 − y1 , y1 + 2z1 ) + β(x2 − y2 , y2 + 2z2 ) =
                                              = αf ((x1 , y1 , z1 )) + βf ((x2 , y2 , z2 ))


    (ii) No es lineal ya que

        f ((0, 1, 0) + (0, 2, 0)) = f ((0, 3, 0)) = (−9, 3) ̸= (−1, 1) + (−4, 2) = f ((0, 1, 0)) + f ((0, 2, 0)).



2.- Se considera f : R2 → R3 aplicaci´n lineal tal que f ((1, −1)) = (−1, −2, −3) y f ((−3, 2)) = (0, 5, 3).
                                         o
    Determinar, si es posible, f ((x, y)) donde (x, y) ∈ R2 .

    Soluci´n. Los vectores {(1, −1), (−3, 2)} forman un conjunto libre de R2 ya que
          o
                                                                        {                 }
                                                                            0 = α − 3β
            (0, 0) = α(1, −1) + β(−3, 2) = (α − 3β, −α + 2β) ⇒                                ⇒ α = β = 0.
                                                                            0 = −α + 2β

Adem´s el cardinal de {(1, −1), (−3, 2)} es 2, que coincide con la dimensi´n de R2 , luego {(1, −1), (−3, 2)}
      a                                                                   o
es una base de R2 y podemos expresar (x, y) ∈ R2 como combinaci´n lineal de {(1, −1), (−3, 2)}. En efecto,
                                                                   o

                                  (x, y) = (−2x − 3y)(1, −1) + (−x − y)(−3, 2),




                                       ´
                       Introducci´n al Algebra Lineal.
                                 o                          M.A. Garc´ S´nchez y T. Ram´
                                                                     ıa a              ırez Alzola.

                                        Proyecto OCW de la UPV/EHU.
2                                                 Aplicaciones Lineales

Entonces, como f es lineal, se cumple

                               f ((x, y)) = (−2x − 3y)f ((1, −1) + (−x − y)f ((−3, 2)).



3.- Hallar una aplicaci´n lineal f : P2 (R) → R4 tal que kerf = {a1 x + a1 x2 |a1 ∈ R}.
                       o

     Soluci´n. Una base de kerf es Bkerf = {x + x2 }. Podemos completar esta base hasta obtener una base
            o
de P2 (R). Por ejemplo, {1, x, x + x2 } es una base de P2 (R). Entonces, si queremos definir una aplicaci´n         o
lineal f : P2 (R) → R4 tal que kerf = {a1 x + a1 x2 |a1 ∈ R} es obvio que f (x + x2 ) = (0, 0, 0, 0). Adem´s,      a
debemos definir f (1) y f (x) de forma que formen un conjunto libre. Por ejemplo, la aplicaci´n lineal que o
verifica f (x + x2 ) = (0, 0, 0, 0), f (1) = (1, 0, 0, 0) y f (x) = (0, 1, 0, 0) verifica lo pedido en el enunciado.


4.- Hallar, si es posible, una aplicacin lineal f : R4 → R3 tal que kerf =< (0, 1, −1, 1), (0, 1, 0, 1) > e
    Imf =< (1, 0, 1), (2, 1, 0) >.

    Soluci´n. Si queremos definir una aplicaci´n lineal f : R4 → R3 , debe cumplirse que dim(R4 ) =
          o                                     o
dim(kerf + dimImf y los subespacios indicados lo cumplen.

     Por otro lado, para definir una aplicaci´n lineal, es suficiente con dar las im´genes de los elementos de
                                                        o                            a
una base del espacio vectorial origen. Si queremos que kerf =< (0, 1, −1, 1), (0, 1, 0, 1) >, podemos tomar
una base que tenga a S = {(0, 1, −1, 1), (0, 1, 0, 1)} como dos de sus vectores. Esto es posible porque el
conjunto S es libre. Completamos esta base con {(1, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1)} y definimos la aplicaci´n f en la base
                                                                                                  o
{(0, 1, −1, 1), (0, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1)} mediante

    f ((0, 1, −1, 1)) = (0, 0, 0), f ((0, 1, 0, 1)) = (0, 0, 0), f ((1, 0, 0, 0)) = (1, 0, 1), f ((0, 0, 0, 1)) = (2, 1, 0).

Observar que al ser {(1, 0, 1), (2, 1, 0)} un conjunto libre garantizamos que kerf es el subespacio deseado.


5.- Calcular el n´cleo y la imagen de la aplicaci´n lineal f : R4 → P2 (x) cuya matriz asociada (empleando
                 u                               o
                                                                                         
                                                                              1  0 −1
                                                                            2 −4 1 
    notaci´n por filas) respecto de la base can´nica de R4 y {1, x, x2 } es 
          o                                   o                                           .
                                                                             −1 0 −1
                                                                              2 −2 −2

    Soluci´n. Si empleamos la expresi’on matricial de f , sabemos que
          o
                                                                
                                                     1     0 −1  
                                                                   1
                                                   2      −4 1   
                     f ((a, b, c, d)) = (a b c d)                x
                                                    −1     0 −1
                                                                   x2
                                                     2     −2 −2
                                     = (a + 2b − c + 2d) + (−4b − 2d)x + (−a + b − c − 2d)x2 .

Entonces,

             kerf = {(a, b, c, d) ∈ R4 |f ((a, b, c, d)) = 0}
                   = {(a, b, c, d) ∈ R4 |(a + 2b − c + 2d) + (−4b − 2d)x + (−a + b − c − 2d)x2 = 0}
                   = {(a, b, c, d) ∈ R4 |a + 2b − c + 2d = −4b − 2d = −a + b − c − 2d = 0}
                       7       3
                   = {( b, b, b, −2b)|b ∈ R}
                       2       2




                                         ´
                         Introducci´n al Algebra Lineal.
                                   o                            M.A. Garc´ S´nchez y T. Ram´
                                                                         ıa a              ırez Alzola.

                                           Proyecto OCW de la UPV/EHU.
Aplicaciones Lineales                                            3

6.- Sean V y W dos espacios vectoriales, ambos con dimensi´n finita n y f : V → W lineal. Demostrar que
                                                          o
    si f es inyectiva, entonces f es biyectiva.

    Soluci´n. Como f es inyectiva, se tiene que kerf = {0V }. Entonces, de dim(V ) = dim(kerf )+dim(Imf )
           o
deducimos que dim(V ) = dim(Imf ) y como dim(V ) =dim(W ), deducimos que Imf = W , luego f es
sobreyectiva.


7.- Sea V un espacio vectorial de dimensi´n finita n, tal que n es un n´mero impar y f : V → V lineal.
                                         o                            u
    Demostrar que: kerf ̸=Imf .

    Soluci´n. Supongamos, por reducci´n al absurdo, que kerf =Imf . Entonces, dim(V ) = dim(kerf ) +
           o                            o
dim(Imf ) = 2dim(kerf ), o sea un n´ mero par, lo que contradice la hip´tesis del enunciado. Consecuente-
                                   u                                   o
mente, kerf ̸=Imf .


8.- Se considera la aplicaci´n lineal f : R3 → R cuya matriz asociada, empleando notaci´n por filas,
                             o                     4
                                                                                       o
                                                     −1 2       0 1
    respecto de las bases can´nicas de R3 y R4 sea  2 −4 −1 1 . Localizar bases de R3 y R4 , BR3
                             o
                                                      3 −6 −2 )
                                                            (      3
                                                              Ir 0
    y BR4 , para que la matriz asociada a f sea de la forma          .
                                                              0 0

    Soluci´n. Si denotamos por ei , i = 1 · · · , 4 los elementos de la base can´nica de R4 , la expresi´n
           o                                                                    o                       o
matricial de f viene dada por
                                                               e1 
                                            −1       2   0 1
                                                                e 
                   f ((x, y, z)) = (x y z)  2      −4   −1 1   2 
                                                                  e3
                                             3      −6   −2 3
                                                                  e4
                                                                                        
                                                                                     e1
                                                                                    e 
                                = (−x + 2y + 3z 2x − 4y − 6z − y − 2z x + y + 3z)  2 
                                                                                     e3
                                                                                     e4
                                = (−x + 2y + 3z, 2x − 4y − 6z, −y − 2z, x + y + 3z)
                                                (  )
                                             Ir 0
Si queremos que la matriz asociada a f sea          , observamos que los ultimos vectores de la base de R3
                                                                         ´
                                             0 0
que buscamos deben pertenecer a kerf , as´ que calculamos en primer lugar el n´cleo de la aplicaci´n lineal:
                                         ı                                    u                   o

           kerf = {(x, y, z) ∈ R3 |f ((x, y, z)) = (0, 0, 0, 0)}
                = {(x, y, z) ∈ R3 |(−x + 2y + 3z, 2x − 4y − 6z, −y − 2z, x + y + 3z) = (0, 0, 0, 0)}
                = {(x, 2x, −x)|x ∈ R}.

Por tanto, una base de kerf es Bkerf = {(1, 2, −1)}. Completamos Bkerf hasta obtener una base de R3 :
BR3 = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 2, −1)}.

    Por otro lado, deseamos que las im´genes de los primeros vectores tengan por coordenadas en la base
                                            a
R4 que buscamos sean (1 0 0 0) y (0 1 0 0). Esto significa que los dos primeros vectores de la base de
R4 sean f ((1, 0, 0)) = (−1, 2, 0, 1) y f ((0, 1, 0)) = (2, −4, −1, 1). Necesitamos dos vectores m´s linealmente
                                                                                                  a
independientes para completar la base buscada. Podemos tomar el sistema generador formado por los
vectores de la base can´nica de R4 y los dos vectores hallados colocados en las dos primeras posiciones.
                         o
Estos seis vectores forman un sistema generador ligado y al ser el primero de ellos no nulo, significa que




                                       ´
                       Introducci´n al Algebra Lineal.
                                 o                         M.A. Garc´ S´nchez y T. Ram´
                                                                    ıa a              ırez Alzola.

                                        Proyecto OCW de la UPV/EHU.
4                                                      Aplicaciones Lineales

hay uno de ellos que es R-combinaci´n lineal del resto. En efecto, (0, 0, 0, 1) es combinaci´n lineal de los
                                        o                                                                   o
otros cinco. Entonces, {(−1, 2, 0, 1), (2, −4, −1, 1), (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)} es otro sistema generador
de R4 . De nuevo, este sistema generador es ligado, por tener 5 vectores en lugar de 4, que es la dimensi´n             o
de R4 . Como se ha mencionado, existe uno que es combinaci´n lineal de los que le preceden. As´ (0, 0, 1, 0)
                                                                     o                                         ı,
es combinaci´n lineal de los dem´s. Entonces, {(−1, 2, 0, 1), (2, −4, −1, 1), (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0)} es la base de
             o                   a
R4 buscada.

                                                                                                                             
                                                                   1                       1      0   0          1   0   −1   0
 9.- Estudiar si las matrices A y B son equivalentes, siendo A =  1                       0      0   1 y B = 1    1   1    0 .
                                                                   0                       1      0   1          2   1   0    0

     Soluci´n. Si A y B son equivalentes, las podemos ver como matrices asociadas a la misma aplicaci´n
           o                                                                                           o
lineal. Empleando la notaci´n por filas, si interpretamos A como la matriz asociada a una aplicaci´n lineal
                            o                                                                    o
f : V → W entre un espacio vectorial V de dimensi´n 3 y otro W de dimensi´n 4 con respecto a las bases
                                                         o                  o
BV = {v1 , v2 , v3 } y BW = {w1 , w2 , w3 , w4 }, observamos que

                                ∑
                                3                      ∑
                                                       3
                    kerf = {          αi vi ∈ V |f (         αi vi ) = 0W }
                                i=1                    i=1
                                ∑
                                3
                          ={          αi vi ∈ V |(α1 + α2 )w1 + (α1 + α3 )w2 + (α2 + α3 )w4 = 0W }
                                i=1
                                ∑
                                3
                          ={          αi vi ∈ V |α1 + α2 = α1 + α3 = α2 + α3 = 0} = {0V }.
                                i=1



   Si realizamos lo mismo para B, suponiendo que las bases respecto a las cu´les est´ calculada sean
                                                                            a       a
        ′   ′    ′            ′    ′    ′    ′
BV = {v1 , v2 , v3 } y BW = {w1 , w2 , w3 , w4 }, obtenemos que

                        ∑3                ∑
                                          3
                               ′                ′
                kerf = {   βi vi ∈ V |f (   βi vi ) = 0W }
                          i=1                   i=1
                        ∑3
                               ′                       ′              ′               ′
                      ={   βi vi ∈ V |(β1 + β2 + 2β3 )w1 + (β2 + β3 )w2 + (−β1 + β2 )w3 = 0W }
                          i=1
                      = {β1 (v1 + v2 − v3 )|β1 ∈ R}

Por tanto, A y B no pueden ser matrices asociadas a la misma aplicaci´n lineal, ya que los n´cleos dan de
                                                                     o                      u
dimensiones diferentes. Esto significa que A y B no son equivalentes.


     Problemas


 1.- Sea V un espacio vectorial de dimensi´n finita n y f : V → V lineal. Demostrar que V =Imf ⊕kerf si
                                          o
     y s´lo si Imf =Imf 2 .
        o

     Soluci´n. ⇒ Supongamos que V =Imf ⊕kerf . Sea v ∈ V . Entonces, existe f (v ′ ) y v ′′ ∈ kerf tal que
           o

                                                             v = f (v ′ ) + v ′′ .

Ahora,
                                          f (v) = f 2 (v ′ ) + f (v ′′ ) = f 2 (v ′ ) ∈ Imf 2 .




                                        ´
                        Introducci´n al Algebra Lineal.
                                  o                                    M.A. Garc´ S´nchez y T. Ram´
                                                                                ıa a              ırez Alzola.

                                             Proyecto OCW de la UPV/EHU.
Aplicaciones Lineales                                                     5

Por tanto, Imf ⊆Imf 2 . Adem´s, para cada v ∈ V , es inmediato que f (f (v)) ∈ Imf , luego Imf 2 ⊆ Imf .
                            a

      ⇐ Sea v ∈ V . Como Imf =Imf 2 , sabemos que existe v ′ tal que f (v) − f (f (v ′ )). Entonces, expresamos
v = f (v ′ ) + v − f (v ′ ). Es claro que f (v ′ ) ∈ Imf . Ademas, v − f ((v ′ ) ∈ kerf , ya que f (v − f (v ′ )) = f (v) −
f (f (v ′ )) = 0V . Por tanto, V ⊆Imf +kerf . Pero Imf y kerf son subespacios de V , luego Imf + kerf ⊆ V .
Consecuentemente, V = Imf + kerf.

     S´lo falta por ver que Imf ∩ kerf = 0V . Ahora, si tomamos la aplicaci´n lineal f|f (V ) de Imf =Imf 2 ,
      o                                                                      o
deducimos que f|f (V ) es biyectiva y, por tanto, kerf 2 = {0V }. Entonces, si u ∈ Imf ∩ kerf , tenemos que
f (u) = 0V , por estar u ∈ kerf , y existe v ∈ V tal que f (v) = u. Luego, 0V = f (u) = f (f (v)), as´ que
                                                                                                       ı
v ∈ kerf 2 = {0V }, y, consecuentemente, u = f (v) = f (0V ) = 0V .


 2.- Sea la aplicaci´n lineal f : R3 → R3 definida por f ((−1, 1, 3)) = (6, −4, 16), f ((−2, 1, 1)) = (−2, −5, 1)
                     o
     y f ((3, 2, −1)) = (1, 14, −12).

      (i) Calcular la matriz asociada a f respecto de la base can´nica de R3 .
                                                                 o

     (ii) Sin probar la inyectividad y/o suprayectividad de f directamente, ¿podemos deducir si f es un
     automorfismo?

    Soluci´n. (i) Si tomamos la matriz asociada a
            o                                                f respecto de BR3 = {(−1, 1, 3), (−2, 1, 1), (3, 2, −1)}
base en el espacio vectorial origen y la base can´nica
                                                 o           en el espacio vectorial de llegada, obtenemos
                                                                      
                                                   6         −4 16
                                           A =  −2          −5     1 .
                                                   1         14 −12
Si tenemos en cuenta la relaci´n existente entre matrices asociadas a una aplicaci´n lineal, se tiene que la
                              o                                                   o
matriz asociada a f respecto de la base can´nica es:
                                            o
                                 3                                                      
                                    17   − 17
                                            7    2
                                                17       6 −4 16               2    3     1
            B = MBc B 3 A =  − 17    1   8
                                          17
                                                 5 
                                                17      −2 −5       1  =  −1 2 −4 
                        R            7
                                         − 17 − 17
                                            5     1
                                                         1    14 −12           3 −1 7
                                    17



     (ii) S´ podemos calcular el n´ cleo de f . Si ´ste es {(0, 0, 0)}, entonces f es inyectiva y por ser f : R3 →
           i,                     u                e
          R3 , deducimos que es biyectiva. Ahora,
                                                                11     7
                                                kerf = {(x, −      x, − x)|x ∈ R} ,
                                                                5      5
          luego f no es inyectiva y, por tanto, tampoco es biyectiva.


 3.- Sea f : R3 → R2 definida por f ((x, y, z)) = (x − y, y + 2z).

      (i) Demostrar que f es lineal.

      (i) Calcular Kerf e Imf .
                                                                                                      (          )
                                                                                                          Ir   0
     (ii) Calcular bases de R y R de forma que la matriz asociada respecto de ellas sea
                                 3     2
                                                                                                                  .
                                                                                                          0    0

     Soluci´n. (i) Empleando la definici´n de n´cleo de una aplicaci´n, es claro que
           o                           o      u                    o

                                            kerf = {(−2z, −2z, z)|z ∈ R}




                                         ´
                         Introducci´n al Algebra Lineal.
                                   o                         M.A. Garc´ S´nchez y T. Ram´
                                                                      ıa a              ırez Alzola.

                                           Proyecto OCW de la UPV/EHU.
6                                          Aplicaciones Lineales

Adem´s, de
    a
                                     dim(R3 ) = dim(kerf ) + dim(Imf )
deducimos que dim(Imf ) = 2, as´ que Imf = R2 .
                               ı

    (ii) El que las ultimas filas de la matriz tengan todas sus entradas 0, nos indica que los ultimos vectores
                      ´                                                                            ´
         de la base de R3 deben ser vectores linealmente independientes de kerf . Pero, como kerf es
         un subespacio vectorial de dimensi´n 1, s´lo podemos tomar un vector no nulo del kerf para
                                                    o     o
         formar parte de la base buscada. Elegimos, por ejemplo, {(−2, −2, 1)}. Completamos ´ste, hasta e
         obtener una base de R3 , BR3 = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (−2, −2, 1)}. Tomamos ahora como base de R2
         a f ((1, 0, 0)) y f ((0, 1, 0)), esto es, BR2 = {(1, 0), (−1, 1)}. La matriz asocida a f respecto de BR3
                             
                        1 0
         y BR2 es  0 1 .
                        0 0


4.- Sea V = W1 ⊕ W2 . Demostrar que existe un unico endomorfismo tal que f 2 = f , kerf = W1 y
                                              ´
    Imf = W2 .

    Soluci´n. Para definir un endomorfismo de un espacio vectorial, es suficiente con dar la imagen de una
           o
base de BV . Consideramos una base de V que sea uni´n de bases de W1 y W2 , esto es, BV = BW1 ∪ BW2 .
                                                     o
Definimos la aplicaci´n lineal f : V → V definida por f (w1i ) = 0V , siendo w1i ∈ BW1 y f (w2j ) = w2j , para
                    o
todo w2j ∈ BW2 . Es evidente que la aplicaci´n f definida cumple lo solicitado.
                                            o

     Veamos ahora la unicidad. Supongamos que g : V → V es otra aplicaci´n lineal que satisface g 2 = g,
                                                                               o
kerg = W1 y Img = W2 . Entonces, g(w1i ) = 0V = f (w1i ), para cada w1i ∈ BW1 . Nos falta probar que
g(w2j ) = w2j , para todo w2j ∈ BW2 . En efecto, por ser g 2 = g, se tiene g(g(w2j )) = g(w2j ). Pero al ser
g lineal, la igualdad anterior implica g(g(w2j ) − w2j ) = 0V , as´ que g(w2j ) − w2j ∈ kerg = W1 . Ahora,
                                                                  ı
g(w2j ) − w2j ∈ W2 por ser diferencia de dos elementos de W2 . Consecuentemente, g(w2j ) − w2j ∈ W1 ∩ W2 =
{0V }, ya que por hip´tesis V = W1 ⊕ W2 . En definitiva, g(w2j ) = w2j , para todo w2j ∈ BW2 .
                      o




                                     ´
                     Introducci´n al Algebra Lineal.
                               o                       M.A. Garc´ S´nchez y T. Ram´
                                                                ıa a              ırez Alzola.

                                     Proyecto OCW de la UPV/EHU.

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  • 1. Problemas y Ejercicios Resueltos. Tema 3: Aplicaciones Lineales. Ejercicios 1.- Determinar cu´les de las siguientes aplicaciones son lineales: a (i) f : R3 → R2 definida por f ((x, y, z)) = (x − y, y + 2z). (ii) f : R3 → R2 definida por f ((x, y, z)) = (x − y 2 , y + 2z). Soluci´n. (i) Es lineal ya que, para todo (x1 , y1 , z1 ), (x2 , y2 , z2 ) ∈ R3 y para todo α, β ∈ R, se cumple o f ((α(x1 , y1 , z1 ) + β(x2 , y2 , z2 )) = f ((αx1 + βx2 , αy1 + βy2 , αz1 + βz2 )) = = (αx1 + βx2 − αy1 − βy2 , αy1 + βy2 + 2αz1 + 2βz2 ) = = (αx1 − αy1 , αy1 + 2αz1 ) + (βx2 − βy2 , βy2 + 2βz2 ) = = α(x1 − y1 , y1 + 2z1 ) + β(x2 − y2 , y2 + 2z2 ) = = αf ((x1 , y1 , z1 )) + βf ((x2 , y2 , z2 )) (ii) No es lineal ya que f ((0, 1, 0) + (0, 2, 0)) = f ((0, 3, 0)) = (−9, 3) ̸= (−1, 1) + (−4, 2) = f ((0, 1, 0)) + f ((0, 2, 0)). 2.- Se considera f : R2 → R3 aplicaci´n lineal tal que f ((1, −1)) = (−1, −2, −3) y f ((−3, 2)) = (0, 5, 3). o Determinar, si es posible, f ((x, y)) donde (x, y) ∈ R2 . Soluci´n. Los vectores {(1, −1), (−3, 2)} forman un conjunto libre de R2 ya que o { } 0 = α − 3β (0, 0) = α(1, −1) + β(−3, 2) = (α − 3β, −α + 2β) ⇒ ⇒ α = β = 0. 0 = −α + 2β Adem´s el cardinal de {(1, −1), (−3, 2)} es 2, que coincide con la dimensi´n de R2 , luego {(1, −1), (−3, 2)} a o es una base de R2 y podemos expresar (x, y) ∈ R2 como combinaci´n lineal de {(1, −1), (−3, 2)}. En efecto, o (x, y) = (−2x − 3y)(1, −1) + (−x − y)(−3, 2), ´ Introducci´n al Algebra Lineal. o M.A. Garc´ S´nchez y T. Ram´ ıa a ırez Alzola. Proyecto OCW de la UPV/EHU.
  • 2. 2 Aplicaciones Lineales Entonces, como f es lineal, se cumple f ((x, y)) = (−2x − 3y)f ((1, −1) + (−x − y)f ((−3, 2)). 3.- Hallar una aplicaci´n lineal f : P2 (R) → R4 tal que kerf = {a1 x + a1 x2 |a1 ∈ R}. o Soluci´n. Una base de kerf es Bkerf = {x + x2 }. Podemos completar esta base hasta obtener una base o de P2 (R). Por ejemplo, {1, x, x + x2 } es una base de P2 (R). Entonces, si queremos definir una aplicaci´n o lineal f : P2 (R) → R4 tal que kerf = {a1 x + a1 x2 |a1 ∈ R} es obvio que f (x + x2 ) = (0, 0, 0, 0). Adem´s, a debemos definir f (1) y f (x) de forma que formen un conjunto libre. Por ejemplo, la aplicaci´n lineal que o verifica f (x + x2 ) = (0, 0, 0, 0), f (1) = (1, 0, 0, 0) y f (x) = (0, 1, 0, 0) verifica lo pedido en el enunciado. 4.- Hallar, si es posible, una aplicacin lineal f : R4 → R3 tal que kerf =< (0, 1, −1, 1), (0, 1, 0, 1) > e Imf =< (1, 0, 1), (2, 1, 0) >. Soluci´n. Si queremos definir una aplicaci´n lineal f : R4 → R3 , debe cumplirse que dim(R4 ) = o o dim(kerf + dimImf y los subespacios indicados lo cumplen. Por otro lado, para definir una aplicaci´n lineal, es suficiente con dar las im´genes de los elementos de o a una base del espacio vectorial origen. Si queremos que kerf =< (0, 1, −1, 1), (0, 1, 0, 1) >, podemos tomar una base que tenga a S = {(0, 1, −1, 1), (0, 1, 0, 1)} como dos de sus vectores. Esto es posible porque el conjunto S es libre. Completamos esta base con {(1, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1)} y definimos la aplicaci´n f en la base o {(0, 1, −1, 1), (0, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1)} mediante f ((0, 1, −1, 1)) = (0, 0, 0), f ((0, 1, 0, 1)) = (0, 0, 0), f ((1, 0, 0, 0)) = (1, 0, 1), f ((0, 0, 0, 1)) = (2, 1, 0). Observar que al ser {(1, 0, 1), (2, 1, 0)} un conjunto libre garantizamos que kerf es el subespacio deseado. 5.- Calcular el n´cleo y la imagen de la aplicaci´n lineal f : R4 → P2 (x) cuya matriz asociada (empleando u o   1 0 −1  2 −4 1  notaci´n por filas) respecto de la base can´nica de R4 y {1, x, x2 } es  o o . −1 0 −1 2 −2 −2 Soluci´n. Si empleamos la expresi’on matricial de f , sabemos que o   1 0 −1   1  2 −4 1    f ((a, b, c, d)) = (a b c d)   x −1 0 −1 x2 2 −2 −2 = (a + 2b − c + 2d) + (−4b − 2d)x + (−a + b − c − 2d)x2 . Entonces, kerf = {(a, b, c, d) ∈ R4 |f ((a, b, c, d)) = 0} = {(a, b, c, d) ∈ R4 |(a + 2b − c + 2d) + (−4b − 2d)x + (−a + b − c − 2d)x2 = 0} = {(a, b, c, d) ∈ R4 |a + 2b − c + 2d = −4b − 2d = −a + b − c − 2d = 0} 7 3 = {( b, b, b, −2b)|b ∈ R} 2 2 ´ Introducci´n al Algebra Lineal. o M.A. Garc´ S´nchez y T. Ram´ ıa a ırez Alzola. Proyecto OCW de la UPV/EHU.
  • 3. Aplicaciones Lineales 3 6.- Sean V y W dos espacios vectoriales, ambos con dimensi´n finita n y f : V → W lineal. Demostrar que o si f es inyectiva, entonces f es biyectiva. Soluci´n. Como f es inyectiva, se tiene que kerf = {0V }. Entonces, de dim(V ) = dim(kerf )+dim(Imf ) o deducimos que dim(V ) = dim(Imf ) y como dim(V ) =dim(W ), deducimos que Imf = W , luego f es sobreyectiva. 7.- Sea V un espacio vectorial de dimensi´n finita n, tal que n es un n´mero impar y f : V → V lineal. o u Demostrar que: kerf ̸=Imf . Soluci´n. Supongamos, por reducci´n al absurdo, que kerf =Imf . Entonces, dim(V ) = dim(kerf ) + o o dim(Imf ) = 2dim(kerf ), o sea un n´ mero par, lo que contradice la hip´tesis del enunciado. Consecuente- u o mente, kerf ̸=Imf . 8.- Se considera la aplicaci´n lineal f : R3 → R cuya matriz asociada, empleando notaci´n por filas, o 4  o −1 2 0 1 respecto de las bases can´nicas de R3 y R4 sea  2 −4 −1 1 . Localizar bases de R3 y R4 , BR3 o 3 −6 −2 ) ( 3 Ir 0 y BR4 , para que la matriz asociada a f sea de la forma . 0 0 Soluci´n. Si denotamos por ei , i = 1 · · · , 4 los elementos de la base can´nica de R4 , la expresi´n o o o matricial de f viene dada por    e1  −1 2 0 1 e  f ((x, y, z)) = (x y z)  2 −4 −1 1   2  e3 3 −6 −2 3 e4  e1 e  = (−x + 2y + 3z 2x − 4y − 6z − y − 2z x + y + 3z)  2  e3 e4 = (−x + 2y + 3z, 2x − 4y − 6z, −y − 2z, x + y + 3z) ( ) Ir 0 Si queremos que la matriz asociada a f sea , observamos que los ultimos vectores de la base de R3 ´ 0 0 que buscamos deben pertenecer a kerf , as´ que calculamos en primer lugar el n´cleo de la aplicaci´n lineal: ı u o kerf = {(x, y, z) ∈ R3 |f ((x, y, z)) = (0, 0, 0, 0)} = {(x, y, z) ∈ R3 |(−x + 2y + 3z, 2x − 4y − 6z, −y − 2z, x + y + 3z) = (0, 0, 0, 0)} = {(x, 2x, −x)|x ∈ R}. Por tanto, una base de kerf es Bkerf = {(1, 2, −1)}. Completamos Bkerf hasta obtener una base de R3 : BR3 = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 2, −1)}. Por otro lado, deseamos que las im´genes de los primeros vectores tengan por coordenadas en la base a R4 que buscamos sean (1 0 0 0) y (0 1 0 0). Esto significa que los dos primeros vectores de la base de R4 sean f ((1, 0, 0)) = (−1, 2, 0, 1) y f ((0, 1, 0)) = (2, −4, −1, 1). Necesitamos dos vectores m´s linealmente a independientes para completar la base buscada. Podemos tomar el sistema generador formado por los vectores de la base can´nica de R4 y los dos vectores hallados colocados en las dos primeras posiciones. o Estos seis vectores forman un sistema generador ligado y al ser el primero de ellos no nulo, significa que ´ Introducci´n al Algebra Lineal. o M.A. Garc´ S´nchez y T. Ram´ ıa a ırez Alzola. Proyecto OCW de la UPV/EHU.
  • 4. 4 Aplicaciones Lineales hay uno de ellos que es R-combinaci´n lineal del resto. En efecto, (0, 0, 0, 1) es combinaci´n lineal de los o o otros cinco. Entonces, {(−1, 2, 0, 1), (2, −4, −1, 1), (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)} es otro sistema generador de R4 . De nuevo, este sistema generador es ligado, por tener 5 vectores en lugar de 4, que es la dimensi´n o de R4 . Como se ha mencionado, existe uno que es combinaci´n lineal de los que le preceden. As´ (0, 0, 1, 0) o ı, es combinaci´n lineal de los dem´s. Entonces, {(−1, 2, 0, 1), (2, −4, −1, 1), (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0)} es la base de o a R4 buscada.     1 1 0 0 1 0 −1 0 9.- Estudiar si las matrices A y B son equivalentes, siendo A =  1 0 0 1 y B = 1 1 1 0 . 0 1 0 1 2 1 0 0 Soluci´n. Si A y B son equivalentes, las podemos ver como matrices asociadas a la misma aplicaci´n o o lineal. Empleando la notaci´n por filas, si interpretamos A como la matriz asociada a una aplicaci´n lineal o o f : V → W entre un espacio vectorial V de dimensi´n 3 y otro W de dimensi´n 4 con respecto a las bases o o BV = {v1 , v2 , v3 } y BW = {w1 , w2 , w3 , w4 }, observamos que ∑ 3 ∑ 3 kerf = { αi vi ∈ V |f ( αi vi ) = 0W } i=1 i=1 ∑ 3 ={ αi vi ∈ V |(α1 + α2 )w1 + (α1 + α3 )w2 + (α2 + α3 )w4 = 0W } i=1 ∑ 3 ={ αi vi ∈ V |α1 + α2 = α1 + α3 = α2 + α3 = 0} = {0V }. i=1 Si realizamos lo mismo para B, suponiendo que las bases respecto a las cu´les est´ calculada sean a a ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ BV = {v1 , v2 , v3 } y BW = {w1 , w2 , w3 , w4 }, obtenemos que ∑3 ∑ 3 ′ ′ kerf = { βi vi ∈ V |f ( βi vi ) = 0W } i=1 i=1 ∑3 ′ ′ ′ ′ ={ βi vi ∈ V |(β1 + β2 + 2β3 )w1 + (β2 + β3 )w2 + (−β1 + β2 )w3 = 0W } i=1 = {β1 (v1 + v2 − v3 )|β1 ∈ R} Por tanto, A y B no pueden ser matrices asociadas a la misma aplicaci´n lineal, ya que los n´cleos dan de o u dimensiones diferentes. Esto significa que A y B no son equivalentes. Problemas 1.- Sea V un espacio vectorial de dimensi´n finita n y f : V → V lineal. Demostrar que V =Imf ⊕kerf si o y s´lo si Imf =Imf 2 . o Soluci´n. ⇒ Supongamos que V =Imf ⊕kerf . Sea v ∈ V . Entonces, existe f (v ′ ) y v ′′ ∈ kerf tal que o v = f (v ′ ) + v ′′ . Ahora, f (v) = f 2 (v ′ ) + f (v ′′ ) = f 2 (v ′ ) ∈ Imf 2 . ´ Introducci´n al Algebra Lineal. o M.A. Garc´ S´nchez y T. Ram´ ıa a ırez Alzola. Proyecto OCW de la UPV/EHU.
  • 5. Aplicaciones Lineales 5 Por tanto, Imf ⊆Imf 2 . Adem´s, para cada v ∈ V , es inmediato que f (f (v)) ∈ Imf , luego Imf 2 ⊆ Imf . a ⇐ Sea v ∈ V . Como Imf =Imf 2 , sabemos que existe v ′ tal que f (v) − f (f (v ′ )). Entonces, expresamos v = f (v ′ ) + v − f (v ′ ). Es claro que f (v ′ ) ∈ Imf . Ademas, v − f ((v ′ ) ∈ kerf , ya que f (v − f (v ′ )) = f (v) − f (f (v ′ )) = 0V . Por tanto, V ⊆Imf +kerf . Pero Imf y kerf son subespacios de V , luego Imf + kerf ⊆ V . Consecuentemente, V = Imf + kerf. S´lo falta por ver que Imf ∩ kerf = 0V . Ahora, si tomamos la aplicaci´n lineal f|f (V ) de Imf =Imf 2 , o o deducimos que f|f (V ) es biyectiva y, por tanto, kerf 2 = {0V }. Entonces, si u ∈ Imf ∩ kerf , tenemos que f (u) = 0V , por estar u ∈ kerf , y existe v ∈ V tal que f (v) = u. Luego, 0V = f (u) = f (f (v)), as´ que ı v ∈ kerf 2 = {0V }, y, consecuentemente, u = f (v) = f (0V ) = 0V . 2.- Sea la aplicaci´n lineal f : R3 → R3 definida por f ((−1, 1, 3)) = (6, −4, 16), f ((−2, 1, 1)) = (−2, −5, 1) o y f ((3, 2, −1)) = (1, 14, −12). (i) Calcular la matriz asociada a f respecto de la base can´nica de R3 . o (ii) Sin probar la inyectividad y/o suprayectividad de f directamente, ¿podemos deducir si f es un automorfismo? Soluci´n. (i) Si tomamos la matriz asociada a o f respecto de BR3 = {(−1, 1, 3), (−2, 1, 1), (3, 2, −1)} base en el espacio vectorial origen y la base can´nica o en el espacio vectorial de llegada, obtenemos   6 −4 16 A =  −2 −5 1 . 1 14 −12 Si tenemos en cuenta la relaci´n existente entre matrices asociadas a una aplicaci´n lineal, se tiene que la o o matriz asociada a f respecto de la base can´nica es: o  3     17 − 17 7 2 17 6 −4 16 2 3 1 B = MBc B 3 A =  − 17 1 8 17 5  17 −2 −5 1  =  −1 2 −4  R 7 − 17 − 17 5 1 1 14 −12 3 −1 7 17 (ii) S´ podemos calcular el n´ cleo de f . Si ´ste es {(0, 0, 0)}, entonces f es inyectiva y por ser f : R3 → i, u e R3 , deducimos que es biyectiva. Ahora, 11 7 kerf = {(x, − x, − x)|x ∈ R} , 5 5 luego f no es inyectiva y, por tanto, tampoco es biyectiva. 3.- Sea f : R3 → R2 definida por f ((x, y, z)) = (x − y, y + 2z). (i) Demostrar que f es lineal. (i) Calcular Kerf e Imf . ( ) Ir 0 (ii) Calcular bases de R y R de forma que la matriz asociada respecto de ellas sea 3 2 . 0 0 Soluci´n. (i) Empleando la definici´n de n´cleo de una aplicaci´n, es claro que o o u o kerf = {(−2z, −2z, z)|z ∈ R} ´ Introducci´n al Algebra Lineal. o M.A. Garc´ S´nchez y T. Ram´ ıa a ırez Alzola. Proyecto OCW de la UPV/EHU.
  • 6. 6 Aplicaciones Lineales Adem´s, de a dim(R3 ) = dim(kerf ) + dim(Imf ) deducimos que dim(Imf ) = 2, as´ que Imf = R2 . ı (ii) El que las ultimas filas de la matriz tengan todas sus entradas 0, nos indica que los ultimos vectores ´ ´ de la base de R3 deben ser vectores linealmente independientes de kerf . Pero, como kerf es un subespacio vectorial de dimensi´n 1, s´lo podemos tomar un vector no nulo del kerf para o o formar parte de la base buscada. Elegimos, por ejemplo, {(−2, −2, 1)}. Completamos ´ste, hasta e obtener una base de R3 , BR3 = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (−2, −2, 1)}. Tomamos ahora como base de R2 a f ((1, 0, 0)) y f ((0, 1, 0)), esto es, BR2 = {(1, 0), (−1, 1)}. La matriz asocida a f respecto de BR3   1 0 y BR2 es  0 1 . 0 0 4.- Sea V = W1 ⊕ W2 . Demostrar que existe un unico endomorfismo tal que f 2 = f , kerf = W1 y ´ Imf = W2 . Soluci´n. Para definir un endomorfismo de un espacio vectorial, es suficiente con dar la imagen de una o base de BV . Consideramos una base de V que sea uni´n de bases de W1 y W2 , esto es, BV = BW1 ∪ BW2 . o Definimos la aplicaci´n lineal f : V → V definida por f (w1i ) = 0V , siendo w1i ∈ BW1 y f (w2j ) = w2j , para o todo w2j ∈ BW2 . Es evidente que la aplicaci´n f definida cumple lo solicitado. o Veamos ahora la unicidad. Supongamos que g : V → V es otra aplicaci´n lineal que satisface g 2 = g, o kerg = W1 y Img = W2 . Entonces, g(w1i ) = 0V = f (w1i ), para cada w1i ∈ BW1 . Nos falta probar que g(w2j ) = w2j , para todo w2j ∈ BW2 . En efecto, por ser g 2 = g, se tiene g(g(w2j )) = g(w2j ). Pero al ser g lineal, la igualdad anterior implica g(g(w2j ) − w2j ) = 0V , as´ que g(w2j ) − w2j ∈ kerg = W1 . Ahora, ı g(w2j ) − w2j ∈ W2 por ser diferencia de dos elementos de W2 . Consecuentemente, g(w2j ) − w2j ∈ W1 ∩ W2 = {0V }, ya que por hip´tesis V = W1 ⊕ W2 . En definitiva, g(w2j ) = w2j , para todo w2j ∈ BW2 . o ´ Introducci´n al Algebra Lineal. o M.A. Garc´ S´nchez y T. Ram´ ıa a ırez Alzola. Proyecto OCW de la UPV/EHU.