Sugerencias para la resolución de la Práctica 4

Sugerencias para la resolución de la Práctica 4
por Fernando Acero
con la colaboración de J.L. Mancilla Aguilar y Juan Pablo Muszkats
1. Son transformaciones lineales, es decir, se verifica ∀α ∈ K y ∀x, y ∈ V T (αx) = αT (x) y
T (x + y) = T (x) + T (y), las definidas en (b), (c) con C como R-espacio, (d), (e), (f ) y (g);
se descartan (a), pues no transforma el nulo en sı́ mismo, y (c) con C como C-espacio,
pues T (i · 1) = −i 6= i · T (1).
2. a) Proyección sobre el eje x = gen (1 0 0)T .
b) Reflexión respecto del plano xy = gen (1 0 0)T , (0 1 0)T .
c) Reflexión respecto del eje z = gen (0 0 1)T .
d ) Rotación (intensidad α) respecto del eje z.
3.
4.
a) Como el núcleo se reduce al nulo, carece de base, la base canónica de R3 sirve como
base de la imagen.
0 1
1
0
,
b) BNu(T ) = {Id, A} , BIm(T ) = gen
−2 0
−2 −1
c) Nu(T ) es el subespacio de matrices antisimétricas de Rn×n , mientras que Im(T ) es
el subespacio de matrices simétricas de Rn×n . Alcanza con exhibir bases de dichos
subespacios.
P
P
a) (V) {vi } es l.d. en V sii ∃j tal que vj = i6=j αi vi . Entonces T (vj ) = i6=j αi T (vi )
de donde {T (vi )} es l.d. en V .
b) (F), basta ver que la transformación nula convierte cualquier conjunto l.i. en uno l.d.
c) (F), pues es equivalente lógico de b). (Recuerde que la proposición p → q es verdadera
si y sólo si la proposición ¬q → ¬p es verdadera).
d ) (V), pues es equivalente lógico de a).
e) (V) Sean v, v 0 dos soluciones, entonces T (v) = w = T (v 0 ) ⇒ T (v − v 0 ) = 0W ⇒
v − v 0 ∈ Nu(T ) y entonces v = v 0 . (¿Dónde se aplicó la hipótesis?).
f ) (F) Sea por caso T : R → R2 /T (x) = (x x)T , w = (1 0)T .
g) (V) Afirmar que la ecuación tiene solución para cada w en W es precisamente admitir
que existe v en V tal que T (v) = w , o, lo que es lo mismo, que Im(T ) = W . Por
otra parte, la unicidad de la solución exige la nulidad del núcleo (pues si hubiese un
no nulo v en el núcleo existirı́an dos soluciones distintas de T (u) = 0W , esto es v y
el 0V ). Recı́procamente, Im(T ) = W equivale a existencia de solución de T (v) = w
para cada w, mientras que de Nu(T ) = {0V } resulta la unicidad de solución por e).
h) (V) Es una paráfrasis del anterior.
i ) (V) Puede aplicarse el teorema de las dimensiones.
j ) (V) Es una paráfrasis del anterior.
1
k ) (V) Por la relación entre las dimensiones de V , Nu(T ) e Im(T ), dim[Nu(T )] =
dim(V ) − dim[Im(T )] > dim(W ) − dim[Im(T )] ≥ 0 ⇒ T no es inyectiva (justifique
cada paso).
l ) (V) dim[Im(T )] = dim(V ) − dim[Nu(T )] < dim(W ) − dim[Nu(T )] ≤ dim(W ) ⇒ T
no es sobreyectiva (justifique cada paso).
m) (V) Siendo T biyectiva (y por lo tanto Nu(T ) = {0V }, Im(T ) = W ), el teorema de las
dimensiones afirma que dim(W ) = dim[Im(T )] = dim(V ) − dim[Nu(T )] = dim(V ).
5. Recordemos que v1 = PS v sii v1 ∈ S y v − v1 ∈ S ⊥ .
Sean α, β ∈ K y u, v ∈ V . Sea w = αPS u+βPS v. Entonces w ∈ S y (αu+βv)−w = α(u−
PS u) + β(v − PS v) ∈ S ⊥ (justificarlo). Luego w = PS (αu + βv); además es Nu(PS ) = S ⊥
e Im(PS ) = S.
6. Basta explicitar lo que es Núcleo e Imagen.
7.
a) α = 2 ∨ β = 0.
b)
Si α 6= 2 y β 6= 0, Im(T ) = P2 y Nu(T ) = {0}.
n
o
Si α = 2 y β 6= 0, Im(T ) = gen 2t + βt2 , β + t y Nu(T ) = gen [1 1 − 1]T .
n
o
Si α ∈ R y β = 0, Im(T ) = gen {t} y Nu(T ) = gen [1 2 0]T , [0 α − 1 1]T .
c) T (U) = gen {(2 − α)t} para α ∈ R y β ∈ R.
8.
a) Nu(T ) = gen {u}, Im(T ) = (gen {u})⊥ .
h
b) Una base posible es B = [1 0 0]T , 0 √12
−1
√
2
iT h
, 0
√1 √1
2
2
iT .
9. Recordamos previamente algunas definiciones y resultados: un vector u pertenece a Col(A)
sii u = Ax para algún x ; cada columna de BA es una c.l. de las columnas de B (y también
cada fila de BA es una c.l. de las filas de A); el rango de A es la dim de Col(A) (o de
Fil(A), que es la misma).
a) ∀u ∈ Col(BA) : ∃x ∈ Km tal que u = (BA)x = B(Ax) , luego u ∈ Col(B), pues
existe y = Ax tal que u = By , es decir Col(BA) ⊂ Col(B). (Observación: también
vale que Fil(BA) ⊂ Fil(A), probarlo.)
b) Como por a) es Col(BA) ⊂ Col(B), sólo debemos probar que Col(BA) ⊃ Col(B).
∀u ∈ Col(B) : ∃x ∈ Kn tal que u = Bx y para tal x hallamos y ∈ Km con Ay = x
(¿por qué puede asegurarse que existe un tal y?) y entonces u = B(Ay) = (BA)y ,
de modo que u ∈ Col(BA)(proponer una segunda prueba).
c) Es inmediato: ∀u ∈ Nul(A) es (BA)u = B(Au) = 0 ⇒ u ∈ N ul(BA).
d ) Dado que por c) Nul(A) ⊂ Nul(BA), sólo resta probar que Nul(A) ⊃ Nul(BA) :
u ∈ Nul(BA) sii (BA)u = 0 , o bien B(Au) = 0 ⇒ Au = 0 (¿ por qué vale la
implicación?) y entonces u ∈ Nul(A).
e) Por a) es claro que rango(BA) ≤ rango(B). Además, por la observación sobre Fil(BA)
hecha en a), también resulta rango(BA) ≤ rango(A).
f ) No es más que un corolario de b).
g) No es más que un corolario de d).
(En ninguna de estas pruebas se utilizó la sugerencia: hágase ahora).
10.
a)
Si r = 1 no existe una transformación lineal que verifique lo pedido.
2
Si r = 4 existen infinitas transformaciones lineales posibles.
Si r ∈ R − {1, 4} queda definida una única transformación
cuyo núcleo
admite
n
o
T
T
la base {v2 + v3 } y cuya imagen admite la base [1 1 0] , [0 0 1] .
b) Se define f sobre una base de R3 (notar que dos vectores de dicha base son de Im(T )
⊥
y
uno de (Im(T
)) ):
f [1 1 − 1]T = v1 +v2 +2v3 , f [1 1 2]T = v1 +3v2 +2v3 , f [1 − 1 0]T = v2 +v3
11.
a) Puede proponerse una base B = {v1 , v2 , v3 } con v1 = [1 0 0]T , v2 = [0 0 1]T , v3 =
[2 − 1 0]T mientras que los dos primeros vectores de B 0 sean T (v1 ), T (v2 ) y los dos
restantes completen una base de R4 .
b) No existe un par para este caso (considerar los rangos de las matrices).
12.
3
2
a) Para hallar U1 y V1 considere la transformación
lineal
T : R → R , T (x) = Ax. Luego
1 0 0
busque bases B, B 0 tales que [T ]BB 0 =
. Ahora, teniendo en cuenta que
0 0 0
A es la representación matricial de T en las bases canónicas y lo anterior, deberı́a
poder hallar sin dificultad U1 y V1 .
b) Idem (a).
c) Tenga en cuenta que U1 AV1 = U2 BV2 .
Comentario general: con argumentos similares a los usados arriba puede demostrarse que
dadas dos matrices A, B ∈ Kn×m con rango(A) = rango(B), existen matrices inversibles
C ∈ Kn×n y D ∈ Km×m tales que CAD = B. A partir de esto último se puede demostrar
que dada T : V → W con dim(V ) = m y dim(W ) = n, una matriz A ∈ Kn×m es
representación matricial de T para ciertas bases B de V y B 0 de W si y sólo si rango(A) =
dim(Im(T )).
13. Procediendo como en el ejercicio anterior, encuentre matrices inversibles U y V tales que
U AV = [T ]BC . Teniendo en cuenta que A = [T ]E3 E2 , resulta que U = CE2 C y V = CBE3
(probarlo) y de allı́ pueden determinarse las bases B y C buscadas (¿Cómo?). Un par de
T
T
T
bases posible
n es B = {v1 , v2 ,ov3 } con v1 = [2 0 0] , v2 = [0 1 0] , v3 = [0 4 1] , mientras
que C = [−3 2]T , [2 − 1]T .
14.
a) Recordar que la reflexión de un vector v sobre un subespacio S de Rn es el vector
w = PS (v) − PS ⊥ (v). Se aplica entonces esta observación para obtener
la matriz en


−6 −3
2
2 −6 
una base B = BS ∪BS ⊥ pasando luego a la base canónica. [T ]E = 71  −3
2 −6 −3
; verificar que la matriz obtenida es involutiva y simétrica.


1 −2 −2
1 −2 
b) [T ]E = 31  −2
−2 −2
1


1, 1984 −0, 1638 0, 3796
0, 7280 2, 1632  (¿Qué resultado arroja la matriz a la octava?)
c) [T ]E =  1, 3515
−0, 3781 −0, 1097 0, 4877
d ) Podrı́aser una reflexión
respecto de S (o también respecto de S ⊥ ) tal como T : R3 →
R3 : T [x y z]T = 13 [−x + 2y + 2z 2x − y + 2z 2x + 2y − z]T .
Más generalmente, como d(v, S) = kPS ⊥ vk, T debe ser tal que kPS ⊥ T (x)k = kPS ⊥ xk
3
∀x ∈ R3 . Si tomamos una b.o.n cualquiera de R3 , {v1 , v2 , v3 } con v1 ∈ S y v2 , v3 ∈ S ⊥ ,
y elegimos tres vectores w1 , w2 y w3 tales que w1 ∈ S, w2 , w3 ∈ S ⊥ , kw2 k = kw3 k = 1
y w2 ⊥w3 , tenemos que la TL T definida mediante T (v1 ) = w1 , T (v2 ) = w2 y T (v3 ) =
w3 , verifica la condición kPS ⊥ T (x)k = kPS ⊥ xk ∀x ∈ R3 , y por lo tanto una de las
condiciones del ejercicio (demostrarlo). Ahora sólo basta con elegir los wi para que
T sea diferente de ±I.


1
0
0
0 ; si el
e) La matriz de la reflexión con respecto al eje x1 es [R]E =  0 −1
0
0 −1
eje de rotación
de
Q
es
el
x
se
obtiene
para
la
rotación
de
ángulo
φ la matriz
1


1
0
0
[Q]E =  0 cos φ − sen φ , de donde la matriz de la composición es [R ◦ Q]E =
0 sen φ
cos φ


1
0
0
sen φ .
[R]E · [Q]E =  0 − cos φ
0 − sen φ − cos φ


1
0
0
La matriz correspondiente a la rotación de ángulo 2φ es  0 cos(2φ) − sen(2φ) 
0 sen(2φ)
cos(2φ)
(notar que puede obtenerse calculando [Q]E · [Q]E ).
15.
16.
a) Nu(T ) = gen {v1 + v2 − v3 }, Im(T ) = {w1 + w2 + w3 − w4 , 2w1 + 3w3 + 2w4 }
b) No existe tal v pues el vector dado no pertenece a la imagen.


2
8
6
 2 −4 −2 

c) [T ]B 0 C 0 = 21 
 0 15 10 
2 −1
0
T
a) T −1 [a b c]T = 21 b c − 12 b a − b + c
b) T −1 [a b c]T = a − bt0 + 2c t0 2 + (b − ct0 )t + 21 ct2
−4 −2
; T es un isomorfismo.
2 −4
17.
a) [T ]B =
18.
b) La ecuación puede plantearse como T (f (x)) = cos x, y tiene solución única porque
cos x ∈ V y T es un isomorfismo.
0 1
a) [T ]B =
1 0




1 −1
1
1 0 0
2 −4 ; [T ]B =  0 2 0 .
b) [T ]E =  0
0
0
4
0 0 4
19.
a) Por ser T inyectiva, resulta que T ◦ f es inyectiva sii f es inyectiva (probarlo).
Entonces, basta con que sea r 6= −1 para que f y T ◦ f sean inyectivas.
0 1
0 0
b) S = gen
,
0 0
1 0
4