´ALGEBRA

ÁLGEBRA
Solución a los problemas adicionales
Aplicaciones lineales
(Curso 2008–2009)
I.– Se considera el homomorfismo f : P2 (IR) → P2 (IR) definido por las siguientes condiciones:
(1) Los polinomios sin término independiente se transforman por f en sı́ mismos.
(2) El núcleo de f es el subespacio de los polinomios de P2 (IR) que tienen los tres coeficientes iguales.
Se pide:
(a) Matriz del homomorfismo f en la base canónica de P2 (IR), B = {1, x, x2 }.
Hay que tener en cuenta que para definir un homomorfismo de espacios vectoriales basta saber como
actúa sobre los vectores de una base. En este caso, por la condición 1 sabemos que f (x) = x y
f (x2 ) = x2 . Además por la condición 2, f (a + ax + ax2 ) = 0 para cualquier a ∈ IR. Pero por linealidad
de f y utilizando ambas condiciones:
0 = f (a + ax + ax2 ) = af (1) + af (x) + af (x2 ) = af (1) + ax + ax2
Deducimos que f (1) = −x − x2 y podemos escribir ahora la matriz del morfismo en la base canónica
C:


0 −1 −1
FCC =  0
1
0
0
0
1
(b) Base del subespacio transformado del de ecuaciones paramétricas

 a0
a
 1
a2
=
=
=
λ+ρ
λ−ρ
λ
El espacio que queremos transformar tiene por base los vectores cuyas coordenadas en la base canónica
son (1, 1, 1) y (1, −1, 0). Utilizando la expresión matricial anterior, vemos que las coordenadas de sus
imágenes en la base canónica son: f (1, 1, 1) = (0, 0, 0) y f (1, −1, 0) = (0, −2, −1). Por tanto una base
del subespacio transformado está formada por el vector de coordenadas en la base canónica (0, −2, −1)
o equivalentemente por el vector {−2x − x2 }.
(c) Dar una determinación de la restricción de f al subespacio
a0 − 2a1
a1 + a2
= 0
= 0
Consiste en decir como está definida la apliación sobre vectores del subespacio vectorial que nos indican.
Teniendo en cuenta que el subespacio está definido por dos ecuaciones cartesianas independientes en
un espacio de dimensión 3, su dimensión es 1.
Calculemos una base. Para ello hallamos las ecuaciones paramétricas:

 a0
a0 − 2a1 = 0
a0 = 2a1
⇒
⇒
a
a1 + a2 = 0
a2 = −a1
 1
a2

= 2λ 
= λ

= −λ
Por tanto una base de este subespacio expresada en coordenadas en la base canńonica es {(2, 1, −1)} (es
decir , el poliomio, 2 + x − x2 ). Ahora teniendo en cuenta que todo vector de este subespacio tiene por
coordenadas λ(2, 1, −1). Para ver como actúa f sobre él basta calcular como actúa f sobre el vector
de la base.
Utilizamos para ello la matriz que habı́amos obtenido:

f (2, 1, −1) = ( 2
1

−1
0  = (0
1
−1
1
0
0
−1 )  0
0
−1
−3 )
Es decir, la matriz, de la restricción de f a este subespacio, con respecto a las bases {(2 + x − x2 } y a
la canónica es:
( 0 1 −3 )
(d) Sea g : P2 (IR) → P1 (IR) definido ası́: g(p(x)) = p(x) − p(x − 1). Encontrar la matriz de la aplicación
g◦f
(1) en las bases canónicas de P2 (IR) y P1 (IR),
Podemos calcular la matriz de la aplicación g en las bases canónicas. La matriz de g ◦ f será el
producto de ambas matrices. Para hallar la matriz de g calculamos las imágenes de los vectores de la
base canónica:
g(1) = 1 − 1 = 0
g(x) = x − (x − 1) = 1
g(x2 ) = x2 − (x − 1)2 = −1 + 2x
Ahora la matriz de la aplicación g en las bases canónicas C y C1 de P2 (IR) yP1 (IR) respectivamente
son:


0 0
GCC1 =  1 0 
−1 2
Para hallar la matriz de h = g ◦ f multiplicamos la matriz de f por la matriz de g:

HCC1 = FCC GCC1
0
= 0
0

0
−1 −1
1
0 1
−1
0
1
 
0
0
0 =  1
−1
2

−2
0
2
(2) en la base {1 + x + x2 , 1 + x, 1} en P2 (IR) y la canónica en P1 (IR),
Tenemos en cuenta que para pasar de coordenadas en la base C 0 = {1 + x + x2 , 1 + x, 1} a la base
canónica C hay que multiplicar por la matriz:

MC 0 C
1
= 1
1
1
1
0

1
0
0
Por tanto la matriz que buscamos es:

HC 0 C1 = MC 0 C HCC1
1
= 1
1
1
1
0

1
0
0 1
0
−1
 
−2
0
0  = 1
2
0

0
−2 
−2
(3) en la base canónica en P2 (IR) y la C10 = {1 + x, 1 − x} en P1 (IR),
Para pasar de coordenadas en la base {1 + x, 1 − x} a la canónica hay que multiplicar por la matriz:
MC10 C1 =
1
1
1
−1
Por tanto la matriz que buscamos es:

HC 0 C1 = HCC1 MC1 C10 = HCC1 MC−1
0C
1
1
0
= 1
−1

−2 1
0
1
2
1
−1
−1

−1
=  1/2
1/2

1
1/2 
−3/2
(4) en las bases {1 + x + x2 , 1 + x, 1} en P2 (IR) y {1 + x, 1 − x} en P1 (IR).
Ahora teniendo en cuenta lo anterior, la matriz buscada es:



1 1 1
0 −2 1
HC 0 C1 = MC 0 C HCC1 MC−1
= 1 1 0 1
0
0
1 C1
1
1 0 0
−1
2
1
−1
−1

0
=  −1/2
−1

0
3/2 
1
II.– Sean U , V y W tres espacios vectoriales sobre un mismo cuerpo K, f y g aplicaciones lineales f : U → V
y g : V → W . Demostrar que:
Ker(g ◦ f ) = f −1 (Kerg ∩ Imf )
Primero veamos que Ker(g ◦ f ) ⊂ f −1 (Kerg ∩ Imf ).
Sea x ∈ Ker(g ◦f ). Quiere decir que g(f (x)) = 0, pero entonces f (x) ∈ Ker g y obviamente f (x) ∈ Im f .
Por tanto f (x) ∈ Ker g ∩ Im f y vemos que x ∈ f −1 (Ker g ∩ Im f ).
Ahora veamos que f −1 (Ker g ∩ Im f ) ⊂ Ker (g ◦ f ).
Sea x ∈ f −1 (Ker g ∩ Im f ). Quiere decir que f (x) ∈ Kerg ∩ Im f . En particular f (x) ∈ Ker g y por
tanto g(f (x)) = 0, es decir, (g ◦ f )(x) = 0 y x ∈ Ker (g ◦ f ).
(Primer parcial, enero de 2002)
III.– Sea E un espacio vectorial sobre el cuerpo K y f, g : E → E dos endomorfismos tales que f + g = iE
y g ◦ f = θ (iE denota el endomorfismo identidad; θ el endomorfismo cero). Demostrar que
E = Im f ⊕ Im g.
METODO I:
Tenemos que probar que Im f + Im g = E e Im f ∩ Im g = {0̄}.
En primer lugar, como f + g = iE , entonces Im f + Im g = E, ya que dado u ∈ E:
u = iE (u) = (f + g)(u) = f (u) + g(u)
Por otra parte como g ◦ f = θ, entonces g(f (x)) = 0 para cualquier x ∈ E y por tanto Imf ⊂ Ker g.
Utilizando ahora las fórmulas de la dimensión tenemos:
dim(Im f + Im g) + dim(Im f ∩ Im g) = dim(Im f ) + dim(Im g)
≤ dim(Ker g) + dim(Im g) = dim(E)
Como dim(Im f +Im g) = dim(E), deducimos que dim(Im f ∩Im g) ≤ 0 y por tanto Im f ∩Im g = {0̄}.
METODO II:
Aunque el método anterior está bien para los espacios que nosotros manejamos (de dimensión finita),
no es del todo correcto para espacios de dimensión infinita. Podemos hacer otra demostración válida
en cualquier caso.
De nuevo, probaremos que Im f + Im g = E e Im f ∩ Im g = {0̄}. En primer lugar nos fijamos en que:
f + g = iE
⇒ g ◦ f + g ◦ g = g, y como g ◦ f = θ, queda g ◦ g = g
Entonces, como antes de f + g = iE , se deduce que Im f + Im g = E.
Veamos ahora que la intersección de ambas imágenes es {0̄}. Supongamos y ∈ Im f ∩ Im g, es decir,
y = f (x1 ) = g(x2 ), x1 , x2 ∈ E. Entonces:
f (x1 ) = g(x2 ) ⇒
g(f (x1 )) = g(g(x2 )) ⇒ 0 = (g ◦ g)(x2 ) ⇒
0 = g(x2 )
Luego y = g(x2 ) = 0 y por tanto Im f ∩ Im g = {0̄}.
(Primer parcial, febrero 2001)
IV.– Sea f una aplicación lineal del espacio vectorial real S2 de las matrices simétricas de dimensión 2, en
el espacio vectorial real M2×2 de las matrices cuadradas de dimensión 2, siendo:
1 1
2 0
1 1
−1 1
1 0
0
f
=
,
f
=
,
f
=
1 1
1 1
1 0
−2 1
0 0
−3
2
3
Se pide:
(a) Matriz de f , indicando las bases en las que está definida.
La forma más rapida de escribir la matriz de f es utilizar los vectores sobre los cuales está definida:
1 1
1 1
1 0
B=
,
,
1 1
1 0
0 0
Estos forman una base por que sus coordenadas en la base canónica de S2 son (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)
y estos tres vectores son independientes. Por tanto si consideramos la base B en S2 y la base canónica
C1 en M2×2 , la matriz de f respecto a estas bases es:


2 0
1 1
FBC1 =  −1 1 −2 1 
0 2 −3 3
Si quisiéramos la matriz en función de las bases canónicas en ambos espacios, bastarı́a multiplicar por
la inversa de la matriz que transforma coordenadas en bases B a coordenadas en la base canónica de
S2 . Es decir, quedarı́a:

−1
FCC1 = MBC
FBC1
1
= 1
1
1
1
0
−1 
2 0
1
0   −1 1
0 2
0
 
1 1
0
−2 1  =  −1
3
−3 3

2 −3
3
−1
1 −2 
−1
3 0
(b) Ecuaciones
dela imagen
de f ,en la base
paramétricas
1 −1
1 1
0
0
0 0
B1 =
,
,
,
.
0
0
0 0
1 −1
1 1
La imagen está generada por las matrices cuyas coordenadas en la base canónica son
(2, 0, 1, 1), (−1, 1, −2, 1), (0, 2, −3, 3). Primero veamos si estos vectores son independientes. Los
colocamos matricialmente y calculamos el rango haciendo reducción por filas:




2 0 1 1
0 2 −3 −3
H21 (2)
 −1 1 −2 1  −→  −1 1 −2 1 
0 2 −3 3
0 2 −3 3
Vemos que el rango es 2 y la imagen está generada por los vectores cuyas coordenadas en la base
canónica son (−1, 1, −2, 1), (0, 2, −3, 3).
Por otra parte la matriz para pasar de coordenadas en la base que nos dan a la base canónica es:
1
1
=
0
0

MB1 C1

−1 0
0
1 0
0

0 1 −1
0 1
1
Por tanto las coordenadas de los vectores que generan la imagen expresadas en la base que nos dan
serán:

−1
1 −1 0
0
1 0
0
1
( −1 1 −2 1 ) 
 = ( −1 0 −3/2 −1/2 )
0
0 1 −1
0
0 1
1

−1
1 −1 0
0
1 0
0
1
( 0 2 −3 3 ) 
 = ( −1 1 −3 0 )
0
0 1 −1
0
0 1
1
Dado que la dimensión de la imagen es 2, dichos vectores forman una base de la imagen. Las ecuaciones
paramétricas en la base que nos dan serán:
y 1 = −λ − µ
y2 = µ
y 3 = −3λ/2 − 3µ
y 4 = −λ/2
(c) Ecuaciones cartesianas del núcleo de f , en la base B2 =
2
2
2
2
0
,
1
1
0
2
,
1
1
0
.
Las ecuaciones del núcleo en la base canónica satisfacen:


0
2 −3
3
( x1 x2 x3 )  −1 −1
1 −2  = 0
3 −1
3
0
Dado que la dimensión de la imagen es 2 y la dimensión de S2 es 3, el núcleo tiene dimensión 1,
luego está definido por dos ecuaciones independientes. Basta tomar en la matriz anterior dos columnas
independientes:
−x2 + 3x3 = 0
2x1 − x2 − x3 = 0
Ahora para expresarla en la base que nos dan tenemos en cuenta que si (x01 , x02 , x03 ) son coordenadas
en dicha base se tiene:


2 2 2
( x1 x2 x3 ) = ( x01 x02 x03 )  0 1 0 
2 1 0
y por tanto las ecuaciones que definen al núcleo en la base dada son:
4x01 − x02 − x03 = 0
−x02 + 3x03 = 0
(d) Encontrar un subespacio de S2 y otro de M2×2 , ambos de dimensión 2, entre los que la restricción de
f a ellos sea biyectiva.
Basta tomar un subespacio de S2 de dimensión 2 que no interseque al núcleo. Dado que las dos primeras
filas de la matriz de f con respecto a la base B1 de S2 y la base canónica de M2×2 son independientes
podemos tomar en S2 el espacio generado por:
1 1
1 1
,
1 1
1 0
La imagen es el subespacio generado por las matrices:
2 0
−1 1
,
1 1
−2 1
(Primer parcial, enero de 2002)
V.– Sea V un espacio vectorial y V1 y V2 dos subespacios vectoriales suyos. Se define la aplicación lineal:
f : V1 × V2 −→ V ;
f (x̄1 , x̄2 ) = x̄1 + x̄2
Demostrar que la condición necesaria y suficiente para que V1 y V2 sean suplementarios es que f sea
biyectiva.
Para comprobar cuando la aplicación es biyectiva, veremos cuando es inyectiva y cuando sobreyectiva.
Dado que f es lineal, esto es equivalente a estudiar su núcleo y su imagen.
Estudiemos primero el núcleo:
Ker(f ) ={(x̄1 , x̄2 ) ∈ V1 × V2 | x̄1 + x̄2 = 0̄} =
={(x̄1 , x̄2 ) ∈ V1 × V2 | x̄1 = −x̄2 } =
={(x̄1 , −x̄1 ) ∈ V1 × V2 | x̄1 ∈ V1 ∩ V2 }
Por tanto vemos que una condición necesaria y suficiente para que el núcleo sea (0̄, 0̄) es que
V1 ∩ V2 = {0̄}.
Ahora estudiamos la imagen:
Im(f ) = {x̄ ∈ V | existen x̄1 ∈ V1 ; x̄2 ∈ V2 con x̄ = x̄1 + x̄2 } = V1 + V2
Por tanto ahora vemos que una condición necesaria y suficiente para que la imagen de f coincida con
V es que V1 + V2 = V .
Combinando ambas afirmaciones deducimos que una condición necesaria y suficiente para que f sea
biyectiva es que V1 y V2 sean suplementarios.
VI.– Sean S1 y S2 dos subespacios vectoriales de un espacio vectorial V sobre un cuerpo K. Considérense
las aplicaciones
f
g
S1 ∩ S2 −→ S1 × S2 −→ V
f (x̄)
g(x̄1 , x̄2 )
=
=
(x̄, −x̄)
x̄1 + x̄2
(a) Demostrar que f y g son homomorfismos.
Sean λ, µ ∈ K y x̄, ȳ ∈ S1 ∩ S2 . Hay que comprobar que f (λx̄ + µȳ) = λf (x̄) + µf (ȳ):
f (λx̄ + µȳ) = (λx̄ + µȳ, −(λx̄ + µȳ)) = λ(x̄, −x̄) + µ(ȳ, −ȳ) = λf (x̄) + µf (ȳ)
Sean ahora λ, µ ∈ K y (x̄1 , x̄2 ), (ȳ1 , ȳ2 ) ∈ S1 × S2 . Veamos que g(λ(x̄1 , x̄2 ) + µ(ȳ1 , ȳ2 )) = λg(x̄1 , x̄2 ) +
µg(ȳ1 , ȳ2 ):
g(λ(x̄1 , x̄2 ) + µ(ȳ1 , ȳ2 )) = g(λx̄1 + µȳ1 , λx̄2 + µȳ2 ) = λx̄1 + µȳ1 + λx̄2 + µȳ2 =
= λ(x̄1 + x̄2 ) + µ(ȳ1 + ȳ2 ) = λg(x̄1 , x̄2 ) + µg(ȳ1 , ȳ2 )
(b) Calcular el núcleo y la imagen de f y g.
El núcleo de f son los vectores x̄ ∈ S1 ∩ S2 , verificando f (x̄) = 0, es decir, (x̄, −x̄) = (0, 0). Por tanto:
Ker f = {0̄}
La imagen de f son los vectores de la forma f (x̄) = (x̄, −x̄), es decir,
Im f = {(x̄, −x̄) ∈ S1 × S2 /
x̄ ∈ S1 ∩ S2 }
El núcleo de g son los vectores (x̄1 , x̄2 ) ∈ S1 × S2 , verificando g(x̄1 , x̄2 ) = {0̄}, es decir, x̄1 + x̄2 = {0̄}
o equivalentemente x̄2 = −x̄1 . Además si x̄1 ∈ S1 , entonces x̄2 = −x̄1 ∈ S1 . Por tanto:
Ker g = {(x̄, −x̄) ∈ S1 × S2 /
x̄ ∈ S1 ∩ S2 } = Im f
La imagen de g son los vectores de la forma g(x̄1 , x̄2 ) = x̄1 + x̄2 , con x̄1 ∈ S1 y x̄2 ∈ S2 , es decir,
Im g = S1 + S2
(c) Deducir que si V es de dimensión finita,
dim(S1 + S2 ) + dim(S1 ∩ S2 ) = dimS1 + dimS2 .
Utilizamos las fórmulas:
dim(Im f ) + dim(Ker f ) = dim(S1 ∩ S2 )
dim(Im g) + dim(Ker g) = dim(S1 × S2 ) = dim(S1 ) + dim(S2 )
Restando ambas ecuaciones y teniendo en cuenta que dim(ker f ) = 0, Im f = Ker g y Im g = S1 + S2
queda:
−dim(S1 + S2 ) = dim(S1 ∩ S2 ) − (dim(S1 ) + dim(S2 ))
es decir,
dim(S1 + S2 ) + dim(S1 ∩ S2 ) = dim(S1 ) + dim(S2 )
(Primer parcial, febrero 1996)
VII.– Sea V el espacio vectorial de los polinomios reales de grados menor o igual que 2; sean:
p(x) = 1 + x + x2 ; q(x) = 1 + 2x2 ; r(x) = x + x2 ,
y sean
u = (2, 0, 1); v = (3, 1, 0); w = (1, −2, 3).
Considérese la aplicación lineal f : V → IR3 definida por:
f (p(x)) = u; f (q(x)) = v; f (r(x)) = w.
(a) Hallar la matriz de f respecto de las bases canónicas de V y IR3 .
Llamamos B1 = {p(x), q(x), r(x)} al conjunto de polinomios dado. Veamos que es una base de V . Dado
que dim(V ) = 3, basta comprobar que la matriz de sus coordenadas con respecto a la base canónica
tiene rango 3:






1 1 1
1
1 1
1
1 1
 1 0 2  −→  0 −1 1  −→  0 −1 1 
0 1 1
0
1 1
0
0 2
Entonces la matriz de F respecto a la base B1 de V y la base canónica C2 de IR3 , será:
p(x) −→
q(x) −→
r(x) −→

(2, 0, 1) 
(3, 1, 0)

(1, −2, 3)

⇒
Tenemos que cambiar de base en el primer espacio.
de V es:

1
M B1 C 1 =  1
0
FB1 C2
2
= 3
1

0 1
1 0
−2 3
La matriz de paso de la base B1 a la canónica C1

1 1
0 2
1 1
Por tanto la matriz pedida es:

FC1 C2 = MC1 B1 FB1 C2
1
= 1
0
1
0
1
−1 
2
1
2 3
1
1
 
0 1
1
1 0  =  1/2
−2 3
−1/2
0
−1/2
1/2

−1
2
1/2   3
1/2
1

0 1
1 0
−2 3
Operando queda:

FC1 C2
1
= 0
1

−2
2
1
2
−3/2
−1/2
(c) Hallar una base B de V y otra base C de IR3 tales que respecto de ellas, la matriz de f sea la identidad
Id3 .
Tenemos en cuenta que los vectores B2 = {ū, v̄, w̄} forman una base de IR3 , ya que dim(IR3 ) = 3 y la
matriz de sus coordenadas tiene rango 3 (su determinante es no nulo):
0 1 1 0 = −1 6= 0
−2 3 2
3
1
Por tanto la aplicación f lleva la base B1 en la base B2 , y ası́ la matriz de f respecto a estas bases es
la identidad.
VIII.– Se considera el endomorfismo f : P2 −→P2 definido por:
f (x − 1) = x + 1;
f (1) = 1;
f ((x − 1)2 ) = 2x + 3.
(a) Hallar la matriz de f respecto a la base canónica de P2 .
La base canónica de P2 es C = {1, x, x2 }. Para hallar la matriz pedida tenemos que calcular las
imágenes de estos polinomios. Sin embargo teniendo en cuenta los datos que nos dan, procederemos de
la siguiente forma.
Veamos en primer lugar que B = {1, x − 1, (x − 1)2 } forman una base de P2 . Como dim(P2 ) = 3,
basta ver que estos 3 polinomios son independientes. Para ello estudiamos el rango de su matriz de
coordenadas respecto a la base canónica:
1
−→
(x − 1) −→
2
2
(x − 1) = x − 2x + 1
−→
Tiene rango 3 y concluimos que B es una base.
(1, 0, 0)

1
(−1, 1, 0) −→  −1
1
(1, −2, 1)

0 0
1 0
−2 1
Ahora es fácil calcular la matriz de f respecto a las bases B y C:
f (1) = 1 −→
f ((x − 1)) = x + 1
2
f ((x − 1) ) = 2x + 3
(1, 0, 0)
−→
(1, 1, 0)
−→
(3, 2, 0)

⇒ FBC
1
= 1
3
0
1
2

0
0
0
Finalmente para obtener la matriz pedida hacemos un cambio de base:
−1
FCC = MCB FBC = MBC
FBC
donde:

MBC
1
=  −1
1

0 0
1 0
−2 1

−1
MBC
y
1
= 1
1
0
1
2

0
0
1
Operando queda:

FCC
1
= 2
6
0
1
4

0
0.
0
(b) Probar que los polinomios B = {1, x−1, (x−1)2 } forman una base de P2 . Hallar la matriz de f respecto
a esta base.
Ya hemos visto que B es una base. La matriz pedida es:

−1
FBB = FBC MCB = FBC MBC
1
= 1
3
0
1
2

1
0
01
1
0
0
1
2
 
1
0
0 = 2
5
1
0
1
2

0
0.
0
(c) Hallar las ecuaciones paramétricas e implı́citas del núcleo Ker(f ) con respecto a la base canónica y a
la base B.
Trabajamos primero con respecto a la base canónica. Denotamos por (a, b, c) las coordenadas de un
polinomio respecto dicha base. El núcleo sera:
ker(f ) = {(a, b, c) ∈ P2 | (a, b, c)FCC = 0̄}
Las ecuaciones implı́citas quedan:
a + 2b + 6c = 0
b + 4c = 0
Son dos ecuaciones independientes. Por tanto dim(ker(f )) = 3 − 2 = 1. Las paramétricas dependerán
de un sólo parámetro:
a = −2b − 6c = 8c − 6c = 2c
b = −4c
a = 2λ
⇒
b = −4λ
c=λ
Hacemos lo mismo pero ahora respecto a la base B. Podrı́amos cambiar de base las ecuaciones anteriores.
Pero también podemos volver a calcular el núcleo utilizando la matriz FBB . Denotamos por (a0 , b0 , c0 )
las coordenadas de un polinomio respecto dicha base. El núcleo sera:
ker(f ) = {(a0 , b0 , c0 ) ∈ P2 | (a0 , b0 , c0 )FBB = 0̄}
Las ecuaciones implı́citas quedan:
a0 + 2b0 + 5c0 = 0
b0 + 2c0 = 0
Y las paramétricas:
a0 = −2b0 − 5c0 = −c0
b0 = −2c0
a0 = −λ
⇒
b0 = −2λ
c0 = λ
(d) Calcular una base de polinomios de la imagen Im(f ).
Sabemos que la imagen de f tiene dimensión 2, ya que:
dim(im(f )) = dim(P2 ) − dim(ker(f )) = 3 − 1 = 2.
Basta escoger dos polinomios independientes que estén en la imagen.
f ((x − 1)) = (x + 1):
{1, x + 1}.
Por ejemplo f (1) = 1 y
IX.– Sea S2 (IR) el espacio vectorial de matrices reales simétricas 2 × 2. Sea P2 (IR) el espacio de polinomios
con coeficientes reales de grado menor o igual que 2. Definimos la aplicación:
0
p (0) p0 (1)
f : P2 (IR)−→S2 (IR);
f (p(x)) =
p0 (1) p0 (−1)
(a) Probar que f es una aplicación lineal y escribir la matriz asociada a f con respecto a las bases canónicas
de P2 (IR) y S2 (IR).
Veamos primero que es una aplicación lineal. Hay que ver que para cualesquiera p(x), q(x) ∈ P2 (IR) y
λ ∈ IR, f (p(x) + q(x)) = f (p(x)) + f (q(x)) y f (λp(x)) = λf (p(x)). Pero:
f (p(x) + q(x)) =
=
(p + q)0 (0)
(p + q)0 (1)
p0 (0)
p0 (1)
Y además:
f (λp(x)) =
(p + q)0 (1)
(p + q)0 (−1)
0
p0 (1)
q (0)
+
p0 (−1)
q 0 (1)
λp0 (0)
λp0 (1)
λp0 (1)
λp0 (−1)
p0 (0) + q 0 (0) p0 (1) + q 0 (1)
p0 (1) + q 0 (1) p0 (−1) + q 0 (−1)
q 0 (1)
= f (p(x)) + f (q(x))
q 0 (−1)
=
=λ
p0 (0) p0 (1)
p0 (1) p0 (−1)
La base canónica de P2 (IR) es C = {1, x, x } y la de S2 (IR) es C1 =
=
= λf (p(x))
2
1
0
0
0
0
,
1
1
0
0
,
0
0
1
.
Para calcular la matriz de f con respecto a dichas bases calculamos las imágenes de la primera y las
expresamos en coordenadas con respecto a la segunda:
0 0
f (1) =
≡ (0, 0, 0)
0 0
1 1
≡ (1, 1, 1)
f (x) =
1 1
0
2
f (x2 ) =
≡ (0, 2, −2)
2 −2
La matriz pedida es:

0
FCC1  1
0
0
1
2

0
1
−2
(b) Probar que B = {x2 , (x − 1)2 , (x + 1)2 } es base de P2 (IR).
Escribimos las coordenadas de los polinomios de B expresadas en la base canónica:
x2 ≡ (0, 0, 1)
(x − 1)2 = 1 − 2x + x2 ≡ (1, −2, 1)
(x + 1)2 = 1 + 2x + x2 ≡ (1, 2, 1)
Tenemos:
0
1
1
0 1 −2 1 = 4
2 1
Vemos que los tres vectores son independientes porque el determinante de la matriz que forman sus
coordenadas es no nulo. Pero, dado que P2 (IR) tiene dimensión 3, tres vectores independientes forman
una base.
(c) Calcular las ecuaciones cartesianas del núcleo de f expresadas en coordenadas en la base B.
Vemos primero como se relacionan la base canónica C y la base B. Llamamos {e1 , e2 , e3 } a los vectores
de la base canónica y (x, y, z) las coordenadas en dicha base; llamamos {u1 , u2 , u3 } a los vectores de la
base B y (x0 , y 0 , z 0 ) a las coordenadas. Se tiene:

0
{ui } =  1
1


0 1
0
−2 1  {ei } ⇐⇒ (x, y, z) = (x0 , y 0 , z 0 )  1
1
2 1


0
0

0 1
x = y + z
0
y = −2y + 2z 0
−2 1  ⇐⇒


2 1
z = x0 + y 0 + z 0
Es decir la matriz de cambio de base de B a C es:


0
0 1
MBC =  1 −2 1 
1
2 1
Método I: Calculamos primero el núcleo trabajando en la base canónica. Son los vectores cuya imagen
por f es el 0:

0
(x, y, z)  1
0
0
1
2



(
y = 0

0


y=0
y + 2z = 0
⇐⇒
1  = 0 ⇐⇒


z=0


−2
y − 2z = 0
Estas son las ecuaciones cartesianas del núcleo en la base canónica. Ahora cambiamos cada ecuación
de coordenadas en la base canónica a coordenadas en la base B utilizando la expresión anterior.
Obtenemos:
(
)
(
−2y 0 + 2z 0 = 0
y0 = z0
⇐⇒
x0 + y 0 + z 0 = 0
x0 = −2z 0
Método II: Calculamos la matriz asociada a f respecto a la base B en P2 IR y la canónica en S2 (IR),
bien directamente o bien haciendo el cambio de base:



 
0
0 1
0 0
0
0 2 −2
FBC1 = MBC FCC1 =  1 −2 1   1 1
1  =  −2 0 −4 
2 4
0
1
2 1
0 2 −2
Ahora calculamos el núcleo pero trabajando directamente en la base B:

0
(x0 , y 0 , z 0 )  −2
2
2
0
4



0
0
(

−2
 −2y + 2z = 0 

y0 = z0
0
0
−4  = 0 ⇐⇒
2x + 4z = 0
⇐⇒


x0 = −2z 0


0
−2x0 − 4y 0 = 0
(d) Calcular una base de la imagen de f y escribir las ecuaciones cartesianas de un espacio suplementario.
Trabajamos con coordenadas en la base canónica de S2 (IR). Las denotaremos por (a, b, c). La imagen
está generada por los vectores fila de la matriz:


0 0
0
1 1
1
0 2 −2
Por tanto una base de la imagen está formada por los vectores cuyas coordenadas
en labase
canónica
1 1
0
2
del espacio S2 (IR) son {(1, 1, 1), (0, 2, −2)} o equivalentemente por las matrices {
,
}.
1 1
2 −2
Para calcular un espacio suplementario basta completar dicha base a una base de S2 (IR). Basta añadir
el vector (1, 0, 0) ya que los vectores {(1, 1, 1), (0, 2, −2), (1, 0, 0)} son independientes. Por tanto un
espacio suplementario estará generado por el vector (1, 0, 0). Sus ecuaciones paramétricas serán:
a = λ;
b = 0;
c=0
y las cartesianas:
b = 0;
c=0
(e) Sea
U = {A ∈ S2 (IR)/traza(A) = 0}.
Probar que U es un subespacio vectorial de S2 (IR). Calcular las ecuaciones paramétricas y cartesianas
de U, U ∩ Im(f ) y U + Im(f ).
Veamos primero que U es subespacio vectorial:
- Es no vacı́o, porque Ω ∈ U .
- Si A, B ∈ U , es decir traza(A) = traza(B) = 0, entonces:
traza(A + B) = traza(A) + traza(B) = 0
y A + B ∈ U.
- Si A ∈ U (es decir traza(A) = 0) y λ ∈ IR, entonces:
traza(λA) = λtraza(A) = 0
y λA ∈ U .
Ahora sea
A=
a
b
b
c
una matriz simétrica de dimensión 2. Se tiene A ∈ U cuando a + c = 0. Por tanto en la base canónica,
la ecuación cartesiana de U es:
a+c=0
Las paramétricas serán:
a = λ;
b = µ;
c = −λ
Luego una base de U viene dada por los vectores {(1, 0, −1), (0, 1, 0)}.
Calculemos U ∩ Im(f ). Vimos que una base de Im(f ) es {(1, 1, 1), (0, 2, −2)}. Por tanto todo vector
de Im(f ) es de la forma:
(a, b, c) = λ(1, 1, 1) + µ(0, 2, −2)
Imponemos que dicho vector esté en U , es decir, que verifique su ecuación cartesiana:
λ + λ − 2µ = 0 ⇒
2λ = 2µ
Por tanto los vectores de U ∩ Im(f ) son de la forma:
(a, b, c) = µ(1, 1, 1) + µ(0, 2, −2) = µ(1, 3, −1)
Deducimos que una base de U ∩ Im(f ) está formada por el vector {(1, 3, −1)}.
Sus ecuaciones paramétricas son:
a = λ;
b = 3λ;
c = −λ;
Y las cartesianas:
a + c = 0;
3a − b = 0;
Finalmente tenemos:
dim(U + Im(f )) = dim(U ) + dim(Im(f )) − dim(U ∩ Im(f )) = 2 + 2 − 1 = 3 = dim(S2 (IR))
Por tanto U + Im(f ) es todo el espacio S2 (IR) y una base puede ser la propia base canónica de S2 (IR).
Las ecuaciones paramétricas son:
a = λ;
b = λ;
c = λ;
Las cartesianas no tiene sentido escribirlas porque U + Im(f ) es todo el espacio vectorial S2 (IR).
(Examen parcial, enero 2004)
X.– Sea P3 (IR) el espacio vectorial de polinomios de grado menor o igual que 3. Definimos la siguiente
aplicación:
f : P3 (IR) −→ P3 (IR),
f (p(x)) = p(x + 1) − p(x).
a) Probar que f es lineal.
Sean p(x), q(x) dos polinomios de grado menor o igual que 3 y a, b números reales:
f ((ap + bq)(x)) = (ap + bq)(x + 1) − (ap + bq)(x) = ap(x + 1) + bq(x + 1) − ap(x) − bq(x) =
= a(p(x + 1) − p(x)) + b(q(x + 1) − q(x)) = af (p(x)) + bf (q(x)).
Por tanto si es lineal.
b) Probar que los polinomios B = {q0 (x), q1 (x), q2 (x), q3 (x)} definidos como:
q0 (x) = 1;
q1 (x) = x − 1;
q2 (x) =
(x − 1)(x − 2)
;
2
q3 (x) =
(x − 1)(x − 2)(x − 3)
;
6
son una base de P3 (IR).
Tenemos en cuenta que cada polinomio qi (x) es de grado i. En concreto su término de mayor grado es
xi /i!. Por tanto la matriz de coordenadas de estos polinomios con respecto a la baser canónica es:
1
∗

∗
∗

0
1
∗
∗
0
0
1/2
∗

0
0 

0
1/6
donde los términos con ∗ no necesitamos calcularlos. La matriz es triangular inferior con términos en
la diagonal no nulos. Deducimos que tiene rango máximo. Los 4 polinomios son independientes. Y
cuatro vectores independientes en un espacio vectorial de dimensión 4 forman una base.
c) Calcular la matriz asociada a f con respecto a la base B.
Método I:
Calculamos la imagen de los polinomios de B y la expresamos respecto a la base B:
f (q0 (x)) = q0 (x + 1) − q0 (x) = 1 − 1 = 0
f (q1 (x)) = q1 (x + 1) − q1 (x) = (x + 1 − 1) − (x − 1) = 1 = q0 (x)
(x)(x − 1) (x − 1)(x − 2)
−
= x − 1 = q1 (x)
2
2
(x)(x − 1)(x − 2) (x − 1)(x − 2)(x − 3)
(x − 1)(x − 2)
f (q3 (x)) = q3 (x + 1) − q3 (x) =
−
=
= q2 (x)
6
6
2
f (q2 (x)) = q2 (x + 1) − q2 (x) =
Deducimos que la matriz asociada es:
0
1
=
0
0

FBB
0
0
1
0
0
0
0
1

0
0
.
0
0
Método II:
Calcularemos primero la matriz asociada respecto a la base canónica:
f (1) = 1 − 1 = 0
f (x) = (x + 1) − x = 1
f (x2 ) = (x + 1)2 − x2 = 1 + 2x
f (x3 ) = (x + 1)3 − x3 = 1 + 3x + 3x2
Por tanto la matriz asociada respecto a la base canónica es:


0 0 0 0
1 0 0 0
FCC = 
.
1 2 0 0
1 3 3 0
Por último, hacemos el cambio de base:
−1
FBB = MBC FCC MBC
,
donde
1
 −1
=
1
−1

MBC
0
1
−3/2
11/6

0
0
0
0 
.
1/2 0
−1 1/6
d) Calcular las ecuaciones paramétricas e implı́citas de la imagen y del núcleo de f con respecto a la base
B y a la base canónica.
Trabajamos primero respecto a la base B. La imagen está generada por las filas de la matriz asociada:


0 0 0 0
1 0 0 0

.
0 1 0 0
0 0 1 0
Es claro que tiene rango 3 y sus generadores son:
Im(f ) = L{(1, 0, 0, 0)B , (0, 1, 0, 0)B , (0, 0, 1, 0)B }.
Por tanto las ecuaciones paramétricas son:
x0 = α
y0 = β
z0 = γ
t0 = 0
y la implı́cita:
t0 = 0.
El núcleo sabemos que tendrá dimensión 4 − 3 = 1. Sus ecuaciones implı́citas son:
(x0 , y 0 , z 0 , t0 )B FBB = (0, 0, 0, 0) ⇐⇒ y 0 = 0,
z 0 = 0,
t0 = 0.
y sus paramétricas:
x0 = α
y0 = 0
z0 = 0
t0 = 0
Ahora cambiaremos los generadores de estos subespacios de la base B a la base canónica. Podemos
usar la matriz de cambio de base, o tener en cuenta que:
(1, 0, 0, 0)B = q0 (x) = 1 = (1, 0, 0, 0)C
(0, 1, 0, 0)B = q1 (x) = x − 1 = (−1, 1, 0, 0)C
1
3
(0, 0, 1, 0)B = q2 (x) = x2 − x + 1 = (1, −3/2, 1/2, 0)C
2
2
Entonces la imagen está generada por los vectores:
Im(f ) = L{(1, 0, 0, 0)C , (−1, 1, 0, 0)C , (1, −3/2, 1/2, 0)C }.
Por tanto las ecuaciones paramétricas son:
x=α−β+γ
y = β − 3γ/2
z = γ/2
t=0
y la implı́cita:
t = 0.
El núcleo está generado por el vecor (1, 0, 0, 0)B = (1, 0, 0, 0)C . Por tanto sus paramétricas son:
x=α
y=0
z=0
t=0
y las implı́citas:
y = 0,
z = 0,
t = 0.
XI.– En IR4 consideramos los subespacios vectoriales:
U = L{(b, b, 1, 1), (1, 0, 1, 1), (1, 1, 1, 1)}
V = L{(0, 0, 1, 1), (0, a, 1, 1), (0, 0, 0, 1)}
(b) Para los valores de a, b para los cuales tenga sentido, calcular la matriz asociada respecto de la base
canónica de la aplicación p : IR4 −→IR4 proyección sobre U paralelamente a V .
Para que tenga sentido U y V han de ser suplementarios, es decir, verficar dim(U + V ) = 4 y
dim(U ∩ V ) = 0. De lo discutido en el apartado anterior vemos que esto sólo se cumple para a = 0 y
b = 1.
Para calcular la matriz de la proyecciǿn pedida comenzamos escogiendo una base formada uniendo las
dos de los espacios involucrados:
B = {(1, 0, 1, 1), (1, 1, 1, 1), (0, 0, 1, 1), (0, 0, 0, 1)}.
|
{z
} |
{z
}
U
V
Respecto de esta base la matriz de la proyección es:
1
0
=
0
0

PBB
0
1
0
0
0
0
0
0

0
0
.
0
0
Únicamente resta cambiarla a la base canónica:
−1
PCC = MCB PBB MBC = MBC
PBB MBC ,
donde
MBC
1
1
=
0
0
0
1
0
0
1
1
1
0

1
1
.
1
1
PCC
1
0
=
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0

1
0
.
0
0

Obtenemos:

XII.– Sean f : IR5 → IR4 y g : IR4 → IR5 aplicaciones lineales no nulas tales que g ◦ f es idénticamente
cero y dim Img = 3. Calcular dim Kerf .
Como g ◦ f es la aplicación nula, Imf ⊂Kerg (ésta es simplemente otra forma de escribir el hecho de
que g(f (x̄)) = 0 para todo x̄).
g : IR4 → IR5 es una aplicación lineal y por tanto, dim Kerg+dim Img =dimIR4 = 4. Dado que dim
Img = 3, deducimos dim Kerg=1.
El subespacio Imf está contenido en el subespacio unidimensional Kerg, luego Imf tiene dimensión 0
ó 1. No puede tener dimensión 0 porque en ese caso f serı́a la aplicación nula, cosa que se excluye en
el enunciado. Por lo tanto dim Imf = 1.
f : IR5 → IR4 es una aplicación lineal y por tanto, dim Kerf +dim Imf =dimIR5 = 5. Dado que dim
Imf = 1, deducimos dim Kerf = 4.
(Examen final, septiembre 2007)
XIII.– Sea P2 (IR) el espacio vectorial real de los polinomios con coeficientes reales y grado menor o igual que
2. Sean α, β, γ tres números reales. Definimos la aplicación
f : P2 → IR3 ,
f (p(x)) = (p(α), p(β), p(γ))
(a) Demostrar que f es una aplicación lineal.
Sean λ, µ ∈ IR y p(x), q(x) ∈ P2 (IR). Tenemos que ver que f (λp(x) + µq(x)) = λf (p(x)) + µf (q(x)).
Pero:
f (λp(x) + µq(x)) = (λp(α) + µq(α), λp(β) + µq(β), λp(γ) + µq(γ)) =
= λ(p(α), p(β), p(γ)) + µ(q(α), q(β), q(γ)) = λf (p(x)) + µf (q(x))
(b) Demostrar que f es un isomorfismo si, y sólo si, los números α, β, γ son todos distintos.
Podemos ver cual es la matriz de f en las bases canónicas C y C1 de P2 y IR3 respectivamente.
La aplicación f es un isomorifsmo cuando esta matriz es no singular. Para calcular la matriz de f
calculamos la imagen de los vectores de la base canónica de P2 :
f (1) = (1, 1, 1)
f (x) = (α, β, γ)
f (x2 ) = (α2 , β 2 , γ 2 )
La matriz buscada es:

FCC1
1
= α
α2
1
β
β2

1
γ 
γ2
Ahora hay que calcular el determinante de esta matriz para ver cuando es no singular (se trata de la
matriz de Van der Monde). Multiplicando la primera y segunda fila por α y restaándoselas a la segunda
y tercera respectivamente queda:


1
1
1
1
1
1 α β
β−α
γ − α  = (β − α)(γ − α)(β − γ)
γ =  0
2
α β2 γ2 0 β(β − α) γ(γ − α)
Vemos que el determinante es distinto de 0 precisamentes si los números α, β, γ son todos diferentes.
(c) Para α = −1, β = 1, γ = 1, encontrar bases de Ker f e Im f .
Ahora la matriz anterior de la aplicación f queda:

1
FCC1 =  −1
1
Por tanto vemos que una base de la imagen está
calcular el núcleo resolvemos el sistema:

1 1
( y1 y2 y3 )  −1 1
1 1
1
1
1

1
1
1
formada por los vectores (1, 1, 1), (−1, 1, 1). Para

1
1 = (0
1
0
0)
Recordemos que por tener la imagen dimensión 2 y el espacio origen dimensión 3 el núcleo tiene
dimensión 1 y por tanto está generado por un vector. Ası́ como base del núcleo podemos tomar el
vector cuyas componente en la base canónica de P2 son (1, 0, −1), es decir, el polinomio 1 − x2 .
(d) Sean α = 0, β = −2, γ = 1. Encontrar, si es que existen, una base en P2 (IR) y otra en IR3 con respecto
a las cuales la matriz de f sea la identidad. Si no existen tales bases, justificarlo.
Como los tres números son distintos hemos visto que f es un isomorfismo y por tanto siempre podemos
encontrar bases respecto a las cuales f es la identidad. La matriz respecto a las bases canónicas es
ahora:


1
1 1
FCC1 =  0 −2 1 
0
4 1
Por tanto para que la matriz sea la identidad podemos tomar por ejemplo la base canónica en P2 (IR)
y la base B = {(1, 1, 1), (0, −2, 1), (0, 4, 1)} en IR3 . Entonces:


1
1 1
MBC1 =  0 −2 1 
0
4 1
y
−1
FCB = FCC1 MC1 B = FCC1 MBC
= Id
1
(Examen final, julio 2002)
XIV.– Encontrar la (única) respuesta correcta, de entre las indicadas, a las siguientes cuestiones:
(a) En el espacio vectorial real de las funciones derivables f : IR → IR, se considera el subespacio V generado
por las funciones senx y cosx. La aplicación t : V → V que lleva cada función de V a su derivada
no está bien definida porque su imagen no está contenida en V .
FALSO. Si que está bien definida, porque:
(sen x)0 = cos x
(cos x)0 = −sin x
y por tanto la imagen está contenida en el subespacio V que generan las funciones senx y cosx.
es inyectiva pero no sobreyectiva.
FALSO. Si que es sobreyectiva. Dado cualquier vector de V , asen x + bcos x con a, b ∈ IR, es imagen
por t del vector de V , −acos x + bsinx.
es sobreyectiva pero no inyectiva.
FALSO. Si es inyectiva, porque la dimensión de V es 2 y la dimensión de la imagen (que vimos coincide
con V ) es también 2. Por tanto la dimensión del núcleo es 2 − 2 = 0.
es un automorfismo.
VERDADERO. Es un automorfismo por ser una aplicación lineal del espacio V sobre él mismo, inyectiva
y sobreyectiva.
(Examen final, junio 2000)
(b) Sean dos espacios vectoriales reales U y V y dos homomorfismos f : U → V y g : V → U , que cumplen
g◦f =θ
Imf ⊂ Kerg
VERDADERO. Veámoslo:
y ∈ Im(f ) ⇒
⇒
y = f (x), x ∈ U
⇒ g(y) = g(f (x)) = (g ◦ f )(x) = 0 ⇒
y ∈ Ker(g)
Img ⊂ Kerf
FALSO. Por ejemplo: U = IR, V = IR2 , f (x) = (x, 0) y g(x, y) = y. Entonces Im(g) = IR y
Ker(f ) = {0}.
Kerf ⊂ Img
FALSO. Por ejemplo: U = IR, V = IR, f = θ y g = θ. Entonces Im(g) = {0} y Ker(f ) = IR.
Kerg ⊂ Imf
FALSO. Por ejemplo: U = IR, V = IR, f = θ y g = θ. Entonces Im(f ) = {0} y Ker(g) = IR.
(Primer parcial, enero 2004)
(c) Si U es un espacio vectorial y f, g endomorfismos de U entonces.
Ker(f ) + Ker(g) ⊂ Ker(f + g).
FALSO. Por ejemplo si tomamos:
f : IR2 −→IR2
2
g : IR −→IR
2
f (x, y) = (x, x).
g(x, y) = (y, y).
Entonces:
(f + g)(x, y) = (x + y, x + y)
y por tanto:
ker(f ) = L{(0, 1)},
ker(g) = L{(1, 0)},
ker(f + g) = L{(1, −1)}
y
ker(f ) + ker(g) = L{(0, 1), (1, 0)} = IR2 .
Pero:
Ker(f ) + Ker(g) = IR2 6⊂ L{(1, −1)} = Ker(f + g).
Ker(f ) ∪ Ker(g) ⊂ Ker(f + g).
FALSO. En el ejemplo anterior:
Ker(f ) ∪ Ker(g) = L{(0, 1)} ∪ L{(1, 0)} 6⊂ L{(1, −1)} = Ker(f + g).
Ker(f ) ∩ Ker(g) ⊂ Ker(f + g).
VERDADERO. Probémoslo en general. Sean f, g : U −→U endomorfismos de U . Veamos que todo
elemento de Ker(f ) ∩ Ker(g) está también en ker(f + g):
ū ∈ Ker(f ) ∩ Ker(g) ⇒


 ū ∈ ker(f )

y



ū ∈ ker(g)
⇒


 f (ū) = 0̄

y



g(ū) = 0̄
⇒ (f + g)(ū) = f (ū) + g(ū) = 0̄
⇒
⇒ ū ∈ ker(f + g).
Ninguna de las anteriores afirmaciones es correcta.
FALSO.
(Primer parcial, enero 2006)
(d) Entre dos espacios vectoriales reales de dimensión finita V y W se define una aplicación lineal
f : V → W.
Si V = W entonces Ker(f ) ⊂ Im(f ).
FALSO. Por ejemplo V = IR y f la aplicación nula.
Si Ker(f ) = V entonces W = {0̄}.
FALSO. El mismo ejemplo anterior no cumple esta afirmación.
Si W = {0̄} entonces Ker(f ) = V .
VERDADERO. Si W = {0̄} todo elemento de V necesariamente tiena a 0̄ por imagen por f .
Si V = W e Im(f ) ⊂ Ker(f ) entonces f = θ.
FALSO. Por ejemplo V = IR2 y f la aplicación lineal que tiene por matriz respecto de la base canónica:
A=
0
1
0
0
Se verifica que Im(f ) = L{(1, 0)} = Ker(f ) y sin embargo f 6= θ.
(Primer parcial, enero 2005)