Capítulo4 Parte 2 (Aplicaciones Lineales)

CAPÍTULO 4. APLICACIONES LINEALES
4.6
185
Núcleo de una aplicación lineal
Definición 4.6 Se denomina núcleo de una aplicación lineal f : IR n 7→ IR m , y se denota
Kerf , al conjunto Kerf ={⃗x ∈ IR n / f (⃗x) = ⃗0}.
Definición 4.7 Se denomina espacio nulo de una matriz Am×n en IR, y se denota KerA, al
conjunto KerA = {⃗x ∈ IR n / A⃗x = ⃗0}
Ker f = Ker A, siendo A la matriz estándar asociada a f
CAPÍTULO 4. APLICACIONES LINEALES
186
Teorema 4.2 Kerf con f : IR n 7−→ IR m es un subespacio vectorial de IR n . Equivalentemente,
KerA, con A ∈ Mm×n (IR), es un subespacio vectorial de IR n .
Demostración:
1) ⃗0 ∈ Kerf pues f (⃗0) = ⃗0
2) Sean ⃗u y ⃗v ∈ Kerf
f (⃗u + ⃗v ) = f (⃗u) + f (⃗v ) = ⃗0 + ⃗0 = ⃗0 ⇒ ⃗u + ⃗v ∈ Kerf
3) Sean ⃗u ∈ Kerf y λ ∈ IR
f (λ⃗u) = λf (⃗u) = λ⃗0 = ⃗0 ⇒ λ⃗u ∈ Kerf
También podrı́amos haber realizado la demostración considerando la matriz A en vez de la aplicación lineal f .
1) ⃗0 ∈ KerA pues A⃗0 = ⃗0
2) Sean ⃗u y ⃗v ∈ KerA
A(⃗u + ⃗v ) = A⃗u + A⃗v = ⃗0 + ⃗0 = ⃗0 ⇒ ⃗u + ⃗v ∈ KerA
3) Sean ⃗u ∈ KerA y λ ∈ IR
A(λ⃗u) = λ(A⃗u) = λ⃗0 = ⃗0 ⇒ λ⃗u ∈ KerA
Otra forma de justificar que el núcleo de una aplicación lineal es un subespacio es su definición
como un sitema de ecuaciones lineales homogéneo A⃗x = ⃗0.
Kerf = {⃗x ∈ IR n / A⃗x = ⃗0}
4.7
Bases de Kerf e Imf . Relación de dimensiones. Relación con
el carácter inyectivo/sobreyectivo
Consideremos una aplicación lineal f : IR n 7−→ IR m , con matriz asociada A. Hemos visto en la
sección anterior como Kerf e Imf son subespacios vectoriales de IR n y IR m respectivamente. En
esta sección vamos a determinar como se relacionan las dimensiones de Kerf e Imf mediante el
denominado Teorema del Rango o Teorema de las Dimensiones.
Sea A = [ ⃗a1 ⃗a2 . . . ⃗an ]
• Im f = Col A = < ⃗a1 ⃗a2 . . . ⃗an >. Eliminando los vectores linealmente dependientes
obtendremos una base de Imf . dim Im f = rg A
• Kerf son los ⃗x ∈ IR n tales que A⃗x = ⃗0.
dim Kerf = n - rgA = número de parámetros libres
* rgA=n ⇔ A⃗x = ⃗0 es CD
En este caso Kerf = {⃗0} y dim Kerf =0
* rgA < n ⇔ A⃗x = ⃗0 es CI
dim Ker f = n - rgA = número de parámetros libres
De aquı́ inferimos el Teorema del Rango o Teorema de las Dimensiones
Teorema 4.3 Sea la aplicación lineal f : IR n 7−→ IR m , entonces
dim IR n = dim Kerf + dim Imf
n = dim KerA + rg A
CAPÍTULO 4. APLICACIONES LINEALES
187
Resumen esquemático
Consideremos una aplicación lineal f : IR n 7−→ IR m con matriz asociada A.
• f es sobreyectiva ⇔ Im f = ColA = IR m ⇔ dim Imf = rg A = m
• f es inyectiva ⇔ rgA=n ⇔ KerA = {⃗0}
• En el caso particular n = m la aplicación es inyectiva y sobreyectiva o no es ni inyectiva ni
sobreyectiva.
Ejemplo 4.9 Dada la aplicación lineal f de IR 5 en IR 3 con matriz estándar asociada


−3
6 −1
1 −7
2
3 −1 .
A =  1 −2
2 −4
5
8 −4 3×5
a) Obtén la dimensión del núcleo y una base B del mismo.
b) Obtén la dimensión y una base C de Imf
c) Obtén la forma implı́cita de Imf
d) Obtén una base C ′ de Imf , lo más sencilla posible. (Pista: Haz uso de la forma implı́cita
obtenida en el apartado anterior.)
Sol:
• Kerf = {⃗x ∈ IR 5 / A⃗x = ⃗0}

−3
 1
2

1
∼ 0
0

1
∼ 0
0
 
| 0
1 −2
2
| 0 ∼ −3
6 −1
| 0
2 −4
5
 
−1 | 0
1 −2
2
−10 | 0 ∼ 0
0
1
−2 | 0
0
0
0

3 |0
−2 | 0
0 |0

| 0
| 0
| 0

3 −1 | 0
2 −2 | 0
0
0 |0
6 −1 1 −7
−2
2 3 −1
−4
5 8 −4
−2
0
0
2
5
1
−2
0
0
0 −1
1
2
0
0
*
3
10
2
3 −1
1 −7
8 −4
*
rgA=2. Deducimos entonces que que dim Ker f = 3, pues dim Kerf = 5 - rgA = 5 - 2 = 3
Las columnas señaladas con * son columnas pivotales. Tomaremos las incógnitas de esas
columnas como principales y el resto como parámetros libres.
x1 = 2x2 + x4 − 3x5
x2 = x2
x3 = −2x4 + 2x5
x4 = x4
x5 = x5


x1

x2 

 
x3  = x2 

 

x4 
x5

 

 
−3
1
2





1
 0
 0




0 + x4 −2 + x5  2 

 0
 1
0
1
0
0
⃗u
⃗v
w
⃗
Kerf =< ⃗u, ⃗v , w
⃗>
Los vectores ⃗u, ⃗v , w
⃗ son linealmente independientes pues ⃗x = ⃗0 ⇔ x2 = x4 = x5 = 0
(no hay más que fijarse en las entradas 2, 4 y 5), por tanto B={⃗u, ⃗v , w}
⃗ es una base de Kerf .
CAPÍTULO 4. APLICACIONES LINEALES
188
• Imf = Col A = < ⃗a1 ⃗a2 ... ⃗a5 >
Para obtener la base de Imf hay que eliminar del conjunto { ⃗a1 ⃗a2 . . . ⃗a5 } los vectores l.d.
El subconjunto máximo de vectores l.i. lo podemos obtener tomando las columnas de A ⃗a1 y
⃗a3 , pues son columnas pivotales en una forma escalonada por filas de la matriz. ⃗a2 , ⃗a4 y ⃗a5
son c.l. de ⃗a1 y ⃗a3 .
C = {(−3, 1, 2), (−1, 2, 5)} es una base de Imf .
dim Imf = rgA = 2
• Los vectores de Imf son los {⃗y ∈ IR 3 / A⃗x = ⃗y tiene solución }. Denotando como (y1 , y2 , y3 )
las coordenadas estándar del vector imagen, el SL con la siguiente matriz ampliada tiene
solución si y sólo si rgA = rg A∗ .
 
1 −2
−3
6 −1 1 −7 | y1
6
2 3 −1 | y2  ∼ −3
A∗ =  1 −2
2 −4
2 −4
5 8 −4 | y3
 

1 −2
1 −2 2
3 −1 |
y2
0
0
0 5 10 −10 | y1 + 3y2  ∼ 0
0
0 1
2 −2 | − 2y2 + y3
0
0


1 −2 2 3 −1 |
y2
0

0 1 2 −2 |
(y1 + 3y2 )/5
0
0 0 0
0 | (−y1 − 13y2 + 5y3 )/5


2 3 −1 | y2
−1 1 −7 | y1  ∼
5 8 −4 | y3

2 3 −1 |
y2

1 2 −2 |
(y1 + 3y2 )/5
0 0
0 | (−y1 − 3y2 )/5 − 2y2 + y3
El SL es compatible si y sólo si −y1 − 13y2 + 5y3 = 0 .
Comentario: Este método nos ha permitido obtener la forma implı́cita del subespacio Imf ,
que viene dado por la ecuación encuadrada arriba. Una forma mucho más sencilla de obtener
la forma implı́cita serı́a haber utilizado únicamente las columnas pivotales de A, ya que constituyen base de Imf . Presentamos el resultado a continuación. Los vectores de la base de
Imf se han reordenado para facilitar las operaciones en la eliminación gaussiana.




−1 −3 | y1
−1 −3 |
y1

1 | y2  ∼ ... ∼  0 −5 |
y2 + 2y1
A∗ =  2
5
2 | y3
0
0 | − y1 − 13y2 + 5y3
Se comprueba que se obtiene la misma ecuación implı́cita que mediante el método anterior.
Para asegurarnos de que la ecuación es correcta conviene hacer la comprobación de que los
vectores base (−1, 2, 5) y (−3, 1, 2) la cumplen.
• Resolviendo la ecuación implı́cita −y1 − 13y2 + 5y3 = 0 , obtendremos una base de Imf .
Tomando como incógnita principal y3 , despejamos y3 = (y1 + 13y2 )/5, y de esta expresión
deducimos la solución general:






0
1
y1
 = y1  0  + y2  1 

y2
13/5
1/5
(y1 + 13y2 )/5
Una base sencilla de Imf es C ′ = {(1, 0, 1/5), (0, 1, 13/5)}
y sin fracciones: {(5, 0, 1), (0, 5, 13)}
CAPÍTULO 4. APLICACIONES LINEALES
189


1 −4
8 1
2 −1 3. a) Determina si
Ejemplo 4.10 Sea f : IR 4 7−→ IR 3 , con matriz asociada A = 0
0
0
0 5
f es sobreyectiva, b) si f es inyectiva, c) una base B del subespacio Imf y d) una base C de Kerf .
• a) La aplicación es sobreyectiva si ∀ ⃗b ∈ IR 3 el sistema A⃗x = ⃗b tiene solución.
 
 

 x
1 −4
8 1  1
y
x2   1 



2 −1 3   = y2
El sistema es 0
x3
y3
0
0
0 5
x4


1 −4
8 1 | y1
2 −1 3 | y2 
y la matriz ampliada 0
0
0
0 5 | y3
rg A= rg A∗ = 3, por tanto el sistema es compatible para cualquier terna (y1 , y2 , y3 ), por
tanto f sobreyectiva.
• b) La aplicación es inyectiva si cada ⃗b ∈ IR 3 es como mucho imagen de un vector de IR 4 .
Hemos visto que todo ⃗b ∈ IR 3 tiene antecedente, por tanto tenemos que ver si hay un o
infinitos antecedentes. Como el número de columnas pivotales (3) es menor que el número
de incógnitas (4), queda un parámetro libre, y por tanto tenemos un sistema compatible
indeterminado, con infinitas soluciones. Luego f no es inyectiva.
• Respuestas a a) y a b) teniendo en cuenta el rango de A.
La matriz A del enunciado ya se encuentra en la forma escalonada, por tanto conocemos el
valor de su rango sin hacer cálculos, rgA=3.
rgA (= dim Im f ) = 3 = dim IR 3 ⇒ Sobreyectiva
rgA = 3 ̸= dim IR 4 ⇒ No inyectiva
• c) Imf =IR 3 por tanto una base de Imf es la base canónica de IR 3 : B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}
• d) Kerf = {⃗x ∈ IR 4 / A⃗x = ⃗0}


1 −4
8 1 |0
0
2 −1 3 | 0
0
0
0 5 |0
t = 0, z = z, 2y − z = 0, x − 4y + 8z = 0 ⇒
y = z/2, x = 4y − 8z = 2z − 8z = −6z ⇒
x = −6z , y = z/2 , z = z , t = 0
Base de Kerf : C = {(−6, 1/2, 1, 0)}
Para asegurarnos de que el vector (−6, 1/2, 1, 0) pertenece a Kerf , y de que por tanto no
nos hemos equivocado en los cálculos, conviene realizar el producto de A por este vector para
comprobar que se obtiene (0,0,0).
CAPÍTULO 4. APLICACIONES LINEALES
190
Ejemplo 4.11 Sea f (x1 , x2 ) = (3x1 + x2 , 5x1 + 7x2 , x1 + 3x2 ) de IR 2 en IR 3 . Demuestra que f
es inyectiva. ¿Es f sobreyectiva?. Encuentra una base para Imf . Obtén las ecuaciones implı́citas
de Imf . Encuentra una base sencilla para Imf a partir de sus ecuaciones implı́citas.


3 1
f (1, 0) = (3, 5, 1), f (0, 1) = (1, 7, 3)
A = 5 7;
1 3




3 1 [ ]
3x1 + x2
5 7 x1 = 5x1 + 7x2 
x2
1 3
x1 + 3x2
• Las columnas de A son linealmente independientes por tanto f es inyectiva. rgA=2
• f es sobreyectiva si Imf = ColA = IR 3 . dim Im f = rg A = 2. Por tanto f no es sobreyectiva.
 
 


3
1
3 1 [ ]
x1





• f (x1 , x2 ) = 5 7
= x1 5 + x2 7 con x1 , x2 ∈ IR
x2
1
2
1 3
Por tanto B = {(3, 5, 1), (1, 7, 3)} es una base de Im f .
(Como las columnas de A son l.i., forman directamente la base de Imf ).
• Ec. implı́citas de Imf


3 1 | y1
El SL con matriz ampliada A∗ = 5 7 | y2  tiene que ser compatible.
1 3 | y3
Resolviendo

1 3
∗

A ∼ 5 7
3 1
por eliminación gaussiana:
 
 

| y3
1 3 |
y3
1 3
|
y3
| y2  ∼ 0 −8 | y2 − 5y3  ∼ 0 −8 | y2 − 5y3 
| y1
0 −8 | − 3y3 + y1
0 0 | y1 − y2 + 2y3
El sistema es compatible ⇔ y1 − y2 + 2y3 = 0.
Por tanto y1 − y2 + 2y3 = 0 es la ecuación implı́cita.
• A partir de la ecuación implı́cita obtengamos una base sencilla de Imf :
y1 − y2 + 2y3 = 0 ⇒ y1 = y2 − 2y3


y2 − 2y3
Im f =  y2  con y2 , y3 ∈ IR
y3
Base′ = {(1, 1, 0), (−2, 0, 1)}
 
 
1
−2
= y2 1 + y3  0  con y2 , y3 ∈ IR
0
1
CAPÍTULO 4. APLICACIONES LINEALES
4.8
191
Matriz asociada a la composición de aplicaciones lineales
g : IR n 7−→ IR p
f : IR p 7−→ IR m
g(⃗x) = Bp×n ⃗x
f (⃗y ) = Am×p ⃗y
f o g : IR n 7−→ IR m
f (g(⃗x)) = Am×p Bp×n ⃗x
la matriz asociada a f o g es (A.B)m×n
Nótese como las matrices se escriben en el mismo orden que las funciones.
h=f og
h(⃗x) = f (g(⃗x))
Ejemplo 4.12 Considerados los endomorfismos de IR 3 en IR 3 dados por:
f (x, y, z) = (−z , x − y + z , x), g(x, y, z) = (0 , x + y + z , 0),
obtén la matriz asociada a la aplicación compuesta g ◦ f .
Denotando las matrices asociadas a f y g como F y G, respectivamente, tenemos:




0
0 −1
0 0 0
1
F = 1 −1
G = 1 1 1
1
0
0
0 0 0


 

0 0 0
0
0 −1
0
0 0
1  = 2 −1 0
La matriz buscada es: G F = 1 1 1 1 −1
0 0 0
1
0
0
0
0 0
4.9
Aplicaciones lineales invertibles
Definición 4.8 Una endomorfismo f en IR n se dice que es invertible si existe un endomorfismo s
en IR n tal que:
s(f (⃗x)) = f (s(⃗x)) = ⃗x ∀⃗x ∈ IR n , y en tal caso se dice del endomorfismo s, que es el inverso
de f , y se le denota como f −1 .
Teorema 4.4 Si existe endomorfismo inverso de f , éste es único.
Teorema 4.5 Sea f un endomorfismo en IR n y sea A la matriz estándar asociada a f . Entonces
f es invertible ⇔ A es invertible. En este caso la matriz asociada a f −1 es A−1 , es decir, f −1 (⃗x) =
A−1 ⃗x.