Tema 3 Aplicaciones lineales 3.1. Introducción Una vez que sabemos lo que es un espacio vectorial y un subespacio, vamos a estudiar en este tema un tipo especial de funciones (a las que llamaremos aplicaciones lineales) entre los espacios vectoriales. En el caso de que nuestro espacio vectorial sea K1 = K, una aplicación lineal no es otra cosa que una función de la forma f : K → K dada por f (x) = a · x (es decir, multiplicar por un escalar a ∈ K y su representación gráfica es muy simple, una recta que pasa por el origen. Cuando el espacio es R2 o R3 , las aplicaciones lineales transforman de forma lineal ciertas figuras, por este motivo a las aplicaciones lineales también se les conoce como transformaciones lineales. Veamos en el siguiente ejemplo. Ejemplo 3.1.1. Veamos cómo se transforma linealmente una figura en el plano. Consideremos la casa la casa dibujada en la portada del libro Introduction to Linear Algebra, de Gilbert Strang. La casa viene definida en R2 por las coordenadas (−6, −7), (−6, 2), (−7, 1), (7, 1), (0, 8), (6, −7), (6, 2), (0, −2), (0, −7), (−3, −7) y (−3, −2), 15 16 TEMA 3. APLICACIONES LINEALES Supongamos que queremos hacerla más ancha y más baja. Una forma de hacerlo es, por ejemplo, multiplicando el eje X por 2 y el eje Y por 12 . La manera más sencilla de realizar esta transformación,es multiplicando las coorde 2 0 nadas y los puntos de las lı́neas que las unen por la matriz . 0 12 Ası́, obtenemos nuevas coordenadas y lı́neas. Gráficamente tenemos la siguiente casa: 3.2. APLICACIONES LINEALES Y MATRICES 17 Fijaros que seguimos reconociendo la casa pero transformada; los valores en el eje X se han duplicado y los del eje Y se han reducido a la mitad. Además, las lı́neas que unen las coordenadas se han transformado también en lı́neas. Estos son algunos de los motivos por los cuales la transformación es “lineal”. Hay transformaciones lineales mucho más extrañas. La casa la podemos girar, estirar, deformar, etc. Por ejemplo, Esta transformación, en los ejercicios lo veremos con detalle, resulta de multiplicar 0 0,5 . por la matriz 1,1 0,3 Por último, observad que hay transformaciones del plano que no son lineales. Por ejemplo, una transformación que transforma una lı́nea entre dos puntos en una catenaria, no es lineal. 3.2. Aplicaciones lineales y matrices Una vez que hemos visto en el ejemplo anterior el significado geométrico de una aplicación lineal, pasamos ahora a dar el concepto general. Aparentemente dicho concepto no guarda relación alguna con lo que acabamos de decir, pero poco después veremos que ambos conceptos (el que damos a continuación, y el de transformación geométrica de una figura) son en realidad el mismo. Damos esta definición porque nos va a facilitar el comprobar si, al darnos la expresión de una aplicación, ésta es lineal o no. Definición 3.2.1. Una aplicación f : Kn → Km se dice lineal si verifica 18 TEMA 3. APLICACIONES LINEALES a) f (v + w) = f (v) + f (w), ∀ v, w ∈ Kn . b) f (r · v) = r · f (v), ∀ v ∈ Kn , r ∈ K Ejemplo 3.2.1. La aplicación f : R3 → R2 dada por la fórmula f (x, y, z) = (x + y, y + z) es lineal, ya que si a, b ∈ R son dos escalares cualesquiera y (x, y, z), (x′ , y ′ , z ′ ) ∈ R3 son dos vectores arbitrarios, tenemos por un lado que f (a(x, y, z) + b(x′ , y ′ , z ′ )) = f ((ax, ay, az) + (bx′ , by ′ , bz ′ )) = f (ax + bx′ , ay + by ′ , az + bz ′ ) = (ax + bx′ + ay + by ′ , ay + by ′ + az + bz ′ ) y por otro que af (x, y, z) + bf (x′ , y ′ , z ′ ) = a(x + y, y + z) + b(x′ + y ′ , y ′ + z ′ ) = (a(x + y), a(y + z)) + (b(x′ + y ′ ), b(y ′ + z ′ )) = (ax + ay, ay + az) + (bx′ + by ′ , by ′ + bz ′ ) = (ax + ay + bx′ + by ′ , ay + az + by ′ + bz ′ ), es decir, f (a(x, y, z) + b(x′ , y ′ , z ′ )) = af (x, y, z) + bf (x′ , y ′ , z ′ ). Sin embargo la aplicación f : R3 → R2 dada por la fórmula f (x, y, z) = (x+y, y+z +1) NO es lineal ya que f (a(x, y, z) + b(x′ , y ′ , z ′ )) = (ax + bx′ + ay + by ′ , ay + by ′ + az + bz ′ + 1) y af (x, y, z) + bf (x′ , y ′ , z ′ ) = (ax + ay, ay + az + 1) + (bx′ + by ′ , by ′ + bz ′ + 1) = (ax + ay + bx′ + by ′ , ay + az + by ′ + bz ′ + 2), y obviamente ay + by ′ + az + bz ′ + 1 6= ay + az + by ′ + bz ′ + 2, por lo que f (a(x, y, z) + b(x′ , y ′ , z ′ )) 6= af (x, y, z) + bf (x′ , y ′ , z ′ ). Proposición 3.2.1. Sea f : Kn → Km lineal y supongamos que tanto en Kn como en Km se considera la base canónica. Entonces existe una matriz MCKn CKm (f ) = M (f ) de forma que si v tiene coordenadas v = (t1 , . . . , tn ), entonces las coordenadas de f (v) son M (f )·v t . Además, las columnas de dicha matriz son las coordenadas de f (1, 0, . . . , 0), . . . , f (0, 0, . . . , 1). 19 3.2. APLICACIONES LINEALES Y MATRICES Demostración. Sean: a11 a21 , . . . , f (0, 0, . . . , 1) = f (1, 0, . . . , 0) = ... am1 a1n a2n ... amn Dado un vector v = (x1 , . . . , xn ) = x1 (1, 0, . . . , 0) + . . . + xn (0, 0, . . . , 1), como f es lineal se tiene que: f (v) = f (x1 , . . . , xn ) = f (x1 (1, 0, . . . , 0) + . . . + xn (0, 0, . . . , 1)) = x1 f (1, 0, . . . , 0) + . . . + xn f (0, 0, . . . , 1) a1n a11 a21 + . . . + xn a2n = x1 ... ... am1 amn a11 a12 . . . a1n x1 a21 a22 . . . a2n x2 = ... ... ... ... ... , am1 am2 . . . amn xn tal que la matriz M (f ) viene dada por a11 a12 a21 a22 M (f ) = ... ... am1 am2 . . . a1n . . . a2n ... ... . . . amn Resumen: Hasta este punto, nos pueden dar una aplicación lineal f : Kn → Km de tres formas: mediante una fórmula. Ejemplo: f (x, y, z, t) = (3x − 2y − z, z − t, t, 0) representa a una aplicación lineal f : R4 → R4 . Mediante una matriz A ∈ M m×n (K). Es decir, A = MCKn ,CKm (f ). Ejemplo A = 2 3 √ MCR3 ,CR2 (f ) = 2 −1 representa una aplicación lineal f : R3 → R2 . 3 −1/4 Dando las imágenes de los vectores de la base canónica de Kn . Ejemplo: √ f (1, 0) = (−1, 3, 4) f (0, 1) = (3, 0, 0) 20 TEMA 3. APLICACIONES LINEALES define una aplicación lineal f : R2 → R3 . Es muy importante saber pasar de una forma a otra dependiendo del ejercicio que estemos haciendo. 3.3. Operaciones con aplicaciones lineales Definición 3.3.1. 1) Sean f, g : Kn → Km lineales. Se llama f + g : Kn → Km a la aplicación definida por (f + g)(v) = f (v) + g(v). 2) Sea f : Kn → Km lineal, r ∈ K. Llamaremos r · f : Kn → Km a la aplicación definida por (r·f )(v) = r·f (v). 3) Sean f : Kn → Km , g : Kr → Kr lineales. Llamaremos composición de f y g, g ◦ f : Kn → Kr , a la aplicación definida por g ◦ f (v) = g(f (v)). La siguiente proposición indica que todas estas aplicaciones vienen definidas por matrices y por lo tanto son lineales. Proposición 3.3.1. 1) Sean f, g : Kn → Km lineales, entonces M (f +g) = M (f )+M (g). 2) Sea f : Kn → Km lineal, r ∈ K. Entonces M (r · f ) = r · M (f ). 3) Sean f : Kn → Km , f : Km → Kr lineales. Entonces M (g ◦ f ) = M (g) · M (f ). Demostración. 1) y 2) son inmediatas. 3) Si v ∈ V , entonces f (v) = M (f )·v, por lo que g(f (v)) = M (g)·f (v) = M (g)·M (f )·v. Por tanto, M (g ◦ f ) = M (g) · M (f ). 3.4. Matrices asociadas a otras bases En la primera sección tan sólo hemos considerado la base canónica. La siguiente proposición nos da la matriz que define la función si consideramos bases arbitrarias, tanto en el espacio de partida como en el de llegada. Proposición 3.4.1. Sea f : Kn → Km lineal, y sean B = {v1 , . . . , vn } y B ′ bases de Kn y Km . Entonces existe una matriz MBB ′ (f ) de forma que si v tiene coordenadas v = (t1 , . . . , tn )B respecto a la base B, entonces las coordenadas de f (v)B ′ respecto a B ′ son M (f ) · vBt . Además, las columnas de dicha matriz son las coordenadas de f (v1 ), . . . , f (vn ) respecto la base B ′ . Demostración. Sean f (v1 )B ′ a11 a1n a21 a2n = . . . , . . . , f (vn )B ′ = . . . am1 amn 3.4. MATRICES ASOCIADAS A OTRAS BASES 21 Dado un vector v = (x1 , . . . , xn )B = x1 v1 + . . . + xn vn , como f es lineal, se tiene que ′ x1 x′2 = f ((x1 , . . . , xn )B ) f (v)B ′ = ... x′m B ′ = f (x1 v1 + . . . + xn vn ) = x1 f (v1 )B ′ + . . . + xn f (vn )B ′ a11 a1n a21 + . . . + xn a2n = x1 ... ... am1 amn a11 a12 . . . a1n x1 a21 a22 . . . a2n x2 = ... ... ... ... ... am1 am2 . . . amn xn B Observad que al igual que pasaba con coordenadas canónicas, tendremos: 1. Si f, g : Kn → Km lineales, entonces MBB ′ (f + g) = MBB ′ (f ) + MBB ′ (g). 2. Sea f : Kn → Km lineal, r ∈ K. Entonces MBB ′ (r · f ) = r · MBB ′ (f ). 3. Sean f : Kn → Km , g : Km → Kr lineales y cogemos bases B, B ′ y B ′′ de Kn , Km y Kr . Entonces MBB ′′ (g ◦ f ) = MB ′ B ′′ (g) · MBB ′ (f ). A la hora de calcular MBB ′ (f ), si seguimos el método dado por la demostración de la proposición 3.4.1, tendrı́amos que calcular las coordenadas de cada f (vi ) respecto la base B ′ , lo cual implica la resolución de n sistemas de ecuaciones lineales. Ejemplo 3.4.1. Calculemos la matriz de la aplicación lineal f : R4 → R3 dada por f (x, y, z, t) = (x + y + z, y + z, x + 2z + t) respecto a las bases B = {(1, 2, 3, 2), (1, 1, 1, 1), (1, 0, 0, 3), (1, 2, 0, 3)} y B ′ = {(1, 1, 2), (1, 3, 6), (0, 1, 0)} de R4 y R3 respectivamente. Para calcular la matriz asociada a la aplicación lineal respecto a las bases referidas debemos calcular la imagen de cada vector de B mediante la aplicación f , y expresar dichas imágenes respecto a la base B ′ . 22 TEMA 3. APLICACIONES LINEALES f (1, 2, 3, 2) = (1 + 2 + 3, 2 + 3, 1 + 2 · 3 + 2) = (6, 5, 9). Ahora expresamos (6, 5, 9) respecto a la base B: (6, 5, 9) = a(1, 1, 2) + b(1, 3, 6) + c(0, 1, 0) = (a + b, a + 3b + c, 2a + 6b) de donde obtenemos el SEL a + b = 6 a + 3b + c = 5 , 2a + 6b = 9 cuya solución es a = 27/4, b = −3/4 y c = 1/2. Por tanto la primera columna de MB,B ′ (f ) es 27/4 −3/4 . 1/2 Hacemos lo mismo con los tres vectores restantes de B. f (1, 1, 1, 1) = (3, 2, 4) = (a + b, a + 3b + c, 2a + 6b). Obtenemos el sistema a + b = 3 a + 3b + c = 2 , 2a + 6b = 4 cuya solución es a = 7/2, b = −1/2 y c = 0. f (1, 0, 0, 3) = (1, 0, 4) = (a + b, a + 3b + c, 2a + 6b). Obtenemos el sistema a + b = 1 a + 3b + c = 0 , 2a + 6b = 4 cuya solución es a = 1/2, b = 1/2 y c = −2. f (1, 2, 0, 3) = (3, 2, 4) = (a + b, a + 3b + c, 2a + 6b). Obtenemos el sistema a + b = 3 a + 3b + c = 2 , 2a + 6b = 4 cuya solución es a = 7/2, b = −1/2 y c = 0. Ası́ pues, la matriz MB,B ′ (f ) es 27/4 7/2 1/2 7/2 MB,B ′ (f ) = −3/4 −1/2 1/2 −1/2 , 1/2 0 −2 0 3.5. APLICACIONES LINEALES Y SUBESPACIOS 23 y, por tanto, dado un vector v = (x1 , x2 , x3 , x4 )B , la ecuación matricial de la aplicación lineal es ′ x1 x1 27/4 7/2 1/2 7/2 x2 ′ −3/4 −1/2 1/2 −1/2 x2 = f (v)B ′ = x3 . ′ 1/2 0 −2 0 x3 B ′ x4 B En la sección 3.7 encontraremos un método más sencillo para calcular MBB ′ (f ). Las mismas definiciones y resultados se aplican a aplicaciones lineales sobre otros espacios vectoriales. 3.5. Aplicaciones lineales y subespacios Como ya hemos visto, las aplicaciones lineales transforman vectores de un espacio en vectores de otro espacio. Pero, ¿qué sucede cuando en una aplicación lineal nos restringimos sólo a vectores de un subespacio?. Parece lógico pensar que los vectores de un subespacio se transformen mediante la aplicación lineal en vectores de otro subespacio. En ese caso, ¿cómo podemos calcular dicho subespacio?. Estas cuestiones son las que abordaremos en esta Sección. Definición 3.5.1. Sea f una aplicación lineal f : V → W y W1 , W2 subespacios de V y W respectivamente. Llamaremos f (W1 ) = {f (v)/v ∈ W1 } f −1 (W2 ) = {v ∈ V / f (v) ∈ W2 } Ası́ definimos la imagen de f y el núcleo de f como: Imagen de f : Im(f ) = f (Kn ) = {f (v)/ v ∈ V }, Núcleo de f , ker(f ) = f −1 (0) = {v ∈ V / f (v) = 0}. Proposición 3.5.1. f (W1 ), Im(f ) son subespacios de W y f −1 (W2 ), ker(f ) son subespacios de V . Definición 3.5.2. Llamaremos rango de f a ran(f ) = dimK (Im(f )). 3.5.1. Cómo calcular bases de Im(f ) y de ker(f ) Sea A la matriz asociada a la aplicación f respecto las bases canónicas. La imagen de f no es más que el subespacio generado por las imágenes de la base canónica, es decir, Im(f ) =< f (e1 ), . . . , f (en ) > 24 TEMA 3. APLICACIONES LINEALES Ası́, para calcular una base de este subespacio, se considera la matriz que tiene como filas f (ei ), es decir, At , se calcula su forma reducida por filas y las filas no nulas nos dan una base de Im(f ): 1. Cálculo At 2. Cálculo la forma escalonada por filas de At Análogamente, ker(f ) es el conjunto de soluciones de la ecuación Ax = 0. Por ello, la dimensión del ker(f ) será el número de variables libres, es decir, el número de incógnitas menos en rango de A. Dando valores a las variables libres, hallaremos una base del ker(f ). Esta metodologı́a no varı́a si se considera A = MBB ′ (f ), con B y B ′ bases arbitrarias. Proposición 3.5.2. Sea f : V → W una aplicación lineal. Entonces dimK V = dimK ker(f ) + dimK Im(f ) Demostración. Supongamos que A = MBB ′ (f ). Debido a que: dimK ker(f ) = no de variables libres = no columnas de A - rango de A, dimK Im(f ) = rango de A; entonces dimK V = no columnas de A = (no columnas de A - rango de A) + rango de A = dimK ker(f ) + dimK Im(f ). 3.6. Tipos de aplicaciones lineales Existen ciertos tipos especiales de aplicaciones lineales que son importantes. Por ejemplo, en la página 6 de los apuntes del Tema 4, vemos que la proyección isométrica no es más que una forma de representar el espacio tridimensional R3 (el espacio) en R2 (un plano, la hoja de papel). Obviamente al hacer esta transformación del espacio en el plano hay puntos que se confunden, es decir, que son puntos distintos en el espacio, pero que al proyectarlos son el mismo. Esto es un ejemplo de aplicación sobreyectiva, es decir, que es una transformación de R3 en R2 en la que todos los puntos de R2 provienen de algún punto de R3 (que no es único). Otra situación de este tipo nos aparece cuando vemos un plano dentro del espacio tridimensional. Tenemos en ese caso una transformación lineal de R2 en R3 en la que vemos un punto del plano (con 2 coordenadas) dentro de un plano de R3 . Esto sucede, por ejemplo, cuando a los puntos (x, y) de R2 , le hacemos corresponder los puntos (x, y, 0) de R3 . Lo que estamos haciendo es ver R2 dentro del espacio tridimensional como el plano z = 0. Evidentemente esta no es una aplicación sobreyectiva (hay puntos del espacio que no se corresponden con ninguno del plano z = 0) pero lo que sı́ sucede es que dado un punto de R2 le hacemos corresponder un y sólo un punto del plano z = 0. Esto es un ejemplo de una aplicación inyectiva. 3.6. TIPOS DE APLICACIONES LINEALES 25 Finalmente, el último tipo de aplicaciones lineales que consideraremos son las biyectivas, es decir, inyectivas y sobreyectivas a la vez, las cuales se corresponden geométricamente con giros y simetrı́as (es decir transformaciones que no modifican la dimensión de la figura que estamos transformando). Daremos a continuación las definiciones formales de los diferentes tipos de aplicaciones, y que nos ayudarán a clasificar si una aplicación es de un tipo dado o no (o de ningún tipo). Definición 3.6.1. Una aplicación lineal f : V → W se dice: a) Inyectiva si no existen dos vectores v 6= w en V de forma que f (v) = f (w). b) Suprayectiva si para cada w ∈ W hay al menos un v ∈ V con f (v) = w. c) Biyectiva si es inyectiva y suprayectiva. Para saber si f es inyectiva, suprayectiva o biyectiva, vamos a utilizar el siguiente resultado. Proposición 3.6.1. Sea f : V → W una aplicación lineal y B, B ′ bases de V y W respectivamente. Entonces a) f es inyectiva ⇔ f (B) es linealmente independiente ⇔ ker(f ) = {0}. b) f es suprayectiva ⇔ f (B) es un sistema generador de W ⇔ Im(f ) = W . c) f es biyectiva ⇔ f (B) es base de W ⇔ ker(f ) = {0}, Im(f ) = W . Demostración. Sea A = MBB ′ (f ) 1) f es inyectiva ⇔ cada sistema AX = B, cuando tenga solución, ésta es única ⇔ AX = B no tiene variables libres ⇔ rango de A es igual al número de columnas ⇔ las columnas de A son linealmente independiente ⇔ f (B) es un conjunto de vectores linealmente independientes ⇔ AX = 0 tiene un única solución. 2) f es suprayectiva ⇔ Im(f ) = W (por definición de Im(f )) Por otra parte, Im(f ) esté generado por f (B), luego esto último se dará si y solamente si f (B) es un sistema generador de W . 3) Es una consecuencia directa de 1) y 2). Definición 3.6.2. Sea f : V → W una aplicación lineal. Si f es biyectiva, llamaremos f −1 : W → V a la aplicación que lleva cada w ∈ W al único v ∈ V de forma que f (v) = w. Proposición 3.6.2. Sea f : V → W una aplicación lineal biyectiva y B, B ′ bases de V y W respectivamente. Entonces a) f −1 es lineal. b) MB ′ B (f −1 ) = (MBB ′ (f ))−1 . Demostración. Solamente vamos a demostrar b). Por la definición de f −1 , tendremos que f (f −1 (v)) = v, ∀ v ∈ V. 26 TEMA 3. APLICACIONES LINEALES Por lo tanto f ◦ f −1 = Id. Es decir, MBB ′ (f ) · MB ′ B (f −1 ) = MBB (Id) = Id. De la misma forma se comprueba que MB ′ B (f −1 ) · MBB ′ (f ) = Id. Ası́ obtenemos que MB ′ B (f −1 ) = (MBB ′ (f ))−1 . Ejemplo 3.6.1. Volvamos a las transformaciones del ejemplo 3.1.1. Las matrices que las definen son de rango 2 y por lo tanto, definen aplicaciones biyectivas. Geométricamente quiere decir que las transformaciones no eliminan ninguna dimensión y la imagen es de dimensión 2, es decir, todo R2 . De hecho, la casa se transforma en una figura de dimensión 2, en otra casa de diferentes medidas. Sin embargo, las coordenadas de la casa y los puntos de las lı́neas que si multiplicamos 0,5 1 , obtenemos las unen por 1 2 Todas las coordenadas han ido a parar a una recta. Dicha recta es la imagen de la aplicación, de dimensión 1, lo que indica que no es sobreyectiva. Además, la casa se ha transformado en una figura de dimensión 1, lo que indica que la transformación elimina una dimensión, es decir, no es inyectiva. 3.7. Cambios de base Supongamos que tenemos dos bases distintas de V , B y B ′ . Entonces podemos definir la función identidad de la siguiente manera: Id : V −→ V coordenadas de v en B 7−→ coordenadas de v en B ′ 27 3.7. CAMBIOS DE BASE La matriz asociada a esta función es la matriz de cambio de base de B a B ′ Definición 3.7.1. Llamaremos matriz de cambio de base de B a B ′ y la denotaremos por PBB ′ a MBB ′ (Id). Para calcularla, basta escribir por columnas las coordenadas de los vectores de B respecto a B ′ . Como la función Id es biyectiva, PBB ′ es siempre invertible, siendo su inversa la matriz PB ′ B . Recı́procamente, cualquier matriz invertible puede verse como la matriz de un cambio de base. Un caso en el que dicho cálculo es muy simple es cuando B = C, la base canónica de Kn , en este caso PBC no es más que escribir las coordenadas de B por columnas. −1 . Análogamente PCB = PCB Entonces, la composición de funciones nos da que: PBB ′ = PCB ′ · PBC . Observad que la misma expresión aparece en la página 4 del documento “Introducción del Tema 3”. Os recomendamos leer (o volver a leer) dicho documento al final del tema y ası́, conoceréis las aplicaciones a la informática gráfica de todos estos conceptos. Proposición 3.7.1. Sea f : Kn → Km una aplicación lineal. Sean B1 , B1′ dos bases de Kn y B2 , B’2 dos bases de Km entonces: MB1′ B2′ (f ) = PB2 B2′ · MB1 B2 (f ) · PB1′ B1 Demostración. Es una consecuencia inmediata de las definiciones de MB1′ B2′ (f ), MB1 B2 (f ), PB2 B2′ y PB1′ B1 . Esta proposición nos da un método sencillo para calcular MBB ′ (f ) a partir de M (f ): MBB ′ (f ) = PCB ′ · M (f ) · PBC Ejemplo 3.7.1. Calculemos la matriz de la aplicación lineal del Ejemplo 3.4.1 siguiendo el método de esta Sección. A partir de la fórmula de la aplicación lineal f (x, y, z, t) = (x + y + z, y + z, x + 2z + t) calculamos rapidamente M (f ) (es decir, la matriz asociada a f respecto de las bases canónicas de R4 y R3 respectivamente, sin más que susituir en la expresión de f los vectores de la base canónica de R4 , obtenemos ası́, 1 1 1 0 M (f ) = 0 1 1 0 1 0 2 1 28 TEMA 3. APLICACIONES LINEALES ahora calculamos PBCR4 y PB ′ CR3 para ello sólo tenemos que poner los vectores de B = {(1, 2, 3, 2), (1, 1, 1, 1), (1, 0, 0, 3), (1, 2, 0, 3)} y B ′ = {(1, 1, 2), (1, 3, 6), (0, 1, 0)} por columnas. Por tanto: PBCR4 1 2 = 3 2 1 1 1 1 1 0 0 3 1 2 0 3 y P B ′ C R3 1 1 0 = 1 3 1 2 6 0 Entonces MBB ′ (f ) = PCR3 B ′ · M (f ) · PBCR4 , donde PCR3 B ′ = PB−1′ C R3 −1 1 1 0 = 1 3 1 . 2 6 0