Sean V y V / espacios euclídeos y sean B φ ( $e , $e !,..., $em) y B / φ

XIV PREMIOS JORGE JUAN
Álgebra Lineal
e 0n g
e 02 ; : : : ; !
Sean V y V 0 espacios euclídeos y sean B = f!
e 1; !
e 2; : : : ; !
e m g y B 0 = f!
e 01 ; !
bases ortonormales de V y V 0 , respectivamente. Sea f : V
! V 0 una aplicación lineal cuya
matriz asociada respecto de las bases B y B 0 es A. Sea f : V 0 ! V una aplicación tal que
hf (!
x );!
y i = h!
x ; f (!
y )i cualesquiera que sean !
x 2V e!
y 2 V 0 . Se pide:
1. Demostrar que f es lineal.
2. Demostrar que la matriz asociada a f respecto de las bases B 0 y B es AT .
3. Demostrar que (Im f )? = ker f .
4. Demostrar que V 0 = ker f
Im f .
5. Demostrar que si rg A = m, entonces AT A es invertible.
6. Demostrar que la matriz asociada a la proyección ortogonal de V 0 sobre W = Im f respecto de
1
la base B 0 es A AT A
AT .
SOLUCIÓN:
1. Para demostrar que f es lineal, debemos probar que
f ( 1!
y1+
2
!
y 2) =
(!
y 1) +
1f
cualesquiera que sean 1 ; 2 2 R e !
y 1; !
y 2 2 V 0.
Dados 1 ; 2 2 R e !
y 1; !
y 2 2 V 0 , se cumple que
h!
x ; f ( 1!
y 1 + 2!
y 2 )i = hf (!
x ) ; 1!
y 1 + 2!
y 2i =
=
1
y 1 )i +
h!
x ; f (!
2
h!
x ; f (!
y 2 )i = h!
x;
1f
(!
y 2) ;
2f
1
hf (!
x );!
y 1i +
(!
y 1) +
2f
2
hf (!
x );!
y 2i
(!
y 2 )i ;
para todo !
x 2 V , por lo que
f ( 1!
y1+
2
!
y 2) =
1f
(!
y 1) +
2f
(!
y 2)
y f es lineal.
2. Sea C la matriz asociada a f respecto de las bases B 0 y B. La columna j-ésima de la matriz C
viene dada por las componentes de f !
e 0 en la base B, es decir,
j
f
!
e 0j =
m
X
ckj !
e k;
k=1
para j = 1; : : : ; n. Entonces, para todo i = 1; : : : ; m y j = 1; : : : ; n, se cumple
!
e i; f
!
e 0j
*
+
m
m
X
X
!
!
= e i;
ckj e k =
ckj h!
e i; !
e k i = cij :
(1)
!
e i; f
(2)
k=1
k=1
La última igualdad se debe a que la base B es ortonormal.
Por otra parte,
!
e 0j
= f (!
e i) ; !
e 0j
y las componentes de f (!
e i ) en la base B 0 forman la columna i-ésima de la matriz A, es decir,
n
X
!
f ( e i) =
aki !
e 0k ;
k=1
por lo que, sustituyendo en (2), se obtiene
* n
+
n
X
X
!
!
!
0
0 !0
e ;f e
=
a e ; e
=
a
i
ki
j
k
j
k=1
ki
!
e 0k ; !
e 0j = aji :
(3)
k=1
De (1) y (3), se obtiene cij = aji , para todo i = 1; : : : ; m y j = 1; : : : ; n, por lo que
C = AT :
3. !
y 2 (Im f )? si, y sólo si, hf (!
x );!
y i = 0 para todo !
x 2 V . Esta igualdad es equivalente
a h!
x ; f (!
y )i = 0 para todo !
x 2 V , que se cumple si, y sólo si, f (!
y ) = 0 o, lo que es lo
mismo, !
y 2 ker f .
Así pues, (Im f )? = ker f .
4. Im f es un subespacio vectorial de V 0 y se sabe que todo espacio vectorial es suma directa de
cualquier subespacio vectorial y su complemento ortogonal, por lo que
V 0 = (Im f )
(Im f )? = (Im f )
(ker f ) :
Esta última igualdad es debida al apartado 3.
5. Puesto que A es la matriz asociada a f respecto de las bases B y B 0 y AT es la matriz asociada
a f respecto de las bases B 0 y B, el producto de las dos matrices AT A es la matriz asociada a
f
f y AT A es invertible si, y sólo si, f
f es biyectiva.
Puesto que rg A = rg f = dim (Im f ) se tiene, por hipótesis, que dim (Im f ) = m. Puesto que
para la aplicación f se cumple
m = dim V = dim (ker f ) + dim (Im f ) = dim (ker f ) + m;
se tiene que dim (ker f ) = 0, o lo que es lo mismo, f es inyectiva.
!
Veamos que f
f es también inyectiva. Sea !
x 2 V tal que (f f ) (!
x ) = 0 . Entonces,
n!o
!
!
!
!
f (f ( x )) = 0 y, por lo tanto, f ( x ) 2 (ker f ) \ (Im f ) = 0 . Así pues, f (!
x ) = 0 y,
!
puesto que f es inyectiva, !
x = 0 . Por lo tanto, f f es inyectiva.
Aplicando, de nuevo la fórmula de las dimensiones para f
m = dim V = dim (ker (f
de donde se obtiene que f
f )) + dim (Im (f
f , se tiene que
f )) = dim (Im (f
f )) ;
f es suprayectiva.
6. Dado W = Im f V 0 , se tiene que V 0 = W (ker f ) (véase apartado 4.). Por lo tanto, dado
cualquier !
y 2 V 0 , existen vectores únicos !
y1 2W e!
y 2 2 ker f tales que !
y =!
y1+!
y 2.
La proyección ortogonal de V 0 sobre W es una aplicación lineal de V 0 en V 0 que asigna al
vector !
y 2 V 0 el vector !
y 2 W V 0.
1
Consideremos, ahora, la aplicación g = f
(f
f)
1
f cuya matriz asociada respecto de
1
la base B 0 es A AT A
AT . Veremos que g es la proyección de V 0 sobre W . En efecto, sea
!
y =!
y 1+!
y 2 , con !
y1 2W e!
y 2 2 ker f , un vector de V 0 . Aplicando la linealidad de g, se
tiene
g (!
y ) = g (!
y1+!
y 2 ) = g (!
y 1 ) + g (!
y 2) :
Por ser !
y 1 2 W = Im f , existe !
x 2 V tal que !
y 1 = f (!
x)y
g (!
y 1 ) = g (f (!
x )) = f
=
f
(f
f)
Por otra parte, !
y 2 2 ker f , por lo que
g (!
y 2) =
f
(f
f)
1
=
f
(f
f)
1
f
1
1
f
(f (!
x ))
(f
f)
(f
f ) (!
x ) = f (!
x)=!
y 1:
(!
y 2)
(f (!
y 2 )) = f
(f
f)
1
Por lo tanto,
!
g (!
y ) = g (!
y 1 ) + g (!
y 2) = !
y1+ 0 =!
y 1;
es decir, g coincide con la proyección ortogonal de V 0 sobre W .
!
!
0 = 0: