´ALGEBRA

ÁLGEBRA
Algunas Soluciones a la Práctica 6
Aplicaciones lineales
(Curso 2004–2005)
1.– De las siguientes aplicaciones definidas entre espacios vectoriales reales, determinar cuáles
son homomorfismos, monomorfismos, epimorfismos o isomorfismos. Obtener también, con
respecto a bases que se definirán, la expresión matricial, base y ecuaciones del núcleo y la
imagen de todos los homomorfismos.
(d) u : P3 (IR) → P2 (IR),
u(p(x)) = p0 (x)
SI es HOMOMORFISMO. Sean p(x), q(x) ∈ P3 (IR) y λ, µ ∈ IR. Por las propiedades de la
derivación se tiene:
u(λp(x) + µq(x)) = (λp(x) + µq(x))0 = λp0 (x) + µq 0 (x) = λu(p(x)) + µu(q(x))
Consideramos en P3 (IR) la base canónica {1, x, x2 , x3 } y en P2 (IR) la base canónica {1, x, x2 }.
Si p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 , su derivada es p0 (x) = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 . Por tanto en las
bases canónicas el homomorfismo se expresa matricialmente como:
0
1
a3 ) 
0
0

u(p(x)) = (a0
a1
a2
0
0
2
0

0
0

0
3
El núcleo son aquellos polinomios con derivada cero, es decir, las constantes p(x) = a0 . Por
tanto sus ecuaciones son:
a1 = a2 = a3 = 0
NO es un MONOMORFISMO porque hay polinomios no nulos con derivada nula, es decir, el
núcleo es distinto de {0̄}.
La imagen es todo el espacio P2 (IR), porque todo polinomio de grado menor o igual que
2 es derivada de uno de grado menor o igual que 3. Dado q(x) = b0 + b1 x + b2 x2 basta
tomar p(x) = b0 x + (b1 /2)x2 + (b2 /3)x3 , y u(p(x)) = q(x). Por tanto la apliación ES un
EPIMORFISMO.
Finalmente NO es un ISOMORFISMO, porque no es un monomorfismo.
3.– Dada la matriz
A=
1
3
0
2
−2
1
y las bases B1 = {(2, 1), (1, 1)} en IR2 y B2 = {(0, 1, 1), (1, 1, 1), (−1, −2, 0)} en IR3 ,
se pide hallar las matrices, en las bases canónicas respectivas, de las siguientes aplicaciones
lineales f : IR2 → IR3 :
Denotamos por C1 y C2 respectivamente las bases canónicas de IR2 y IR3 . En todos los casos
nos piden la matriz FC1 C2 .
(a) la que tiene asociada la matriz A considerando en IR2 la base B1 y en IR3 la canónica,
Tenemos en cuenta que para pasar de coordenadas en la base B1 a la base canónica hay que
multiplicar por la matriz:
2 1
MB 1 C 1 =
1 1
Además el dato que nos dan es que FB1 C2 = A. Por tanto la matriz que buscamos es:
FC 1 C 2 = M C 1 B 1 FB 1 C 2 =
MB−1
F
1 C1 B1 C2
=
2
1
1
1
−1 1
3
0
2
−2
1
=
−2
5
−2 −3
4
4
(b) la que tiene asociada la matriz A considerando en IR2 la canónica y en IR3 la base B2 ,
Ahora para pasar de coordenadas en la base B2 a la base canónica hay que multiplicar por la
matriz:


0
1 1
1 1
MB 2 C 2 =  1
−1 −2 0
Además el dato que nos dan es que FC1 B2 = A. Por tanto la matriz pedida es:


0
1 1
1 0 −2 
2 5 1
FC 1 C 2 = FC 1 B 2 M B 2 C 2 =
1
1 1 =
3 2
1
1 3 5
−1 −2 0
(c) la que tiene asociada la matriz A considerando en IR2 la base B1 y en IR3 la base B2 .
Finalmente el dato que nos dan ahora es que FB1 B2 = A. Teniendo en cuenta lo anterior, la
matriz buscada será:


−1 0
1 1
2 1
1 0 −2 
2 2 −4
−1

FC 1 C 2 = M B 1 C 1 FB 1 B 2 M B 2 C 2 =
1
1 1 =
1 1
3 2
1
0 1
9
−1 −2 0
5.– 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:
0
(p + q)0 (0) (p + q)0 (1)
p (0) + q 0 (0) p0 (1) + q 0 (1)
f (p(x) + q(x)) =
=
=
(p + q)0 (1) (p + q)0 (−1)
p0 (1) + q 0 (1) p0 (−1) + q 0 (−1)
0
p (0) p0 (1)
q 0 (0) q 0 (1)
=
+
= f (p(x)) + f (q(x))
0
0
p (1) p (−1)
q 0 (1) q 0 (−1)
Y además:
f (λp(x)) =
λp0 (0) λp0 (1)
λp0 (1) λp0 (−1)
=λ
p0 (0) p0 (1)
p0 (1) p0 (−1)
= λf (p(x))
(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
0

0
0 1
0
0 1
x = y + z
{ui } =  1 −2 1  {ei } ⇐⇒ (x, y, z) = (x0 , y 0 , z 0 )  1 −2 1  ⇐⇒
y = −2y 0 + 2z 0


1
2 1
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
cuya imagen por f es el 0:



y

0 0
0

y + 2z
(x, y, z)  1 1
1  = 0 ⇐⇒


0 2 −2
y − 2z
en la base canónica. Son los vectores

(
= 0

y=0
=0
⇐⇒

z=0

=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 
1
2 1
0 2 −2
2 4
0
Ahora calculamos el núcleo pero trabajando directamente en la base B:




0
0
(

0 2 −2
 −2y + 2z = 0 

y0 = z0
0 0 0 
0
0
(x , y , z ) −2 0 −4  = 0 ⇐⇒
2x + 4z = 0
⇐⇒


x0 = −2z 0


2 4
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 la
base
S2 (IR) son {(1, 1, 1), (0, 2, −2)} o equivalentemente por las matrices
canónica
del espacio
1 1
0
2
{
,
}.
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;
c = −λ;
b = 3λ;
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)
6.– 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
α
2
α
1
β
β2


1
1
1
1 β−α
γ − α  = (β − α)(γ − α)(β − γ)
γ =  0
0 β(β − α) γ(γ − α)
γ2 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:

FCC1
1
=  −1
1
1
1
1

1
1
1
Por tanto vemos que una base de la imagen está formada por los vectores (1, 1, 1), (−1, 1, 1).
Para calcular el núcleo resolvemos el sistema:

( y1
y2
1
y3 )  −1
1
1
1
1

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:

MBC1

1
1 1
=  0 −2 1 
0
4 1
y
−1
FCB = FCC1 MC1 B = FCC1 MBC
= Id
1
(Examen final, julio 2002)
8.– 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:
f
1
1
1
1
=
2
1
0
1
,
f
1
1
1
0
=
−1
−2
1
1
,
f
1
0
0
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:

FBC1
2

= −1
0

1 1
−2 1 
−3 3
0
1
2
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
FBC1
FCC1 = MBC
1
= 1
1
1
1
0
−1 
1
2
0   −1
0
0
0
1
2
 
1 1
0
−2 1  =  −1
−3 3
3

2 −3
3
−1
1 −2 
−1
3 0
(b) Ecuaciones
dela imagen
de
paramétricas
f ,en la base
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
 −1
0


0 1 1
0
H21 (2)
1 −2 1  −→  −1
2 −3 3
0
2 −3
1 −2
2 −3

−3
1 
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
1 0
0
1
MB 1 C 1 = 

0
0 1 −1
0
0 1
1
Por tanto las coordenadas de los vectores que generan la imagen expresadas en la base que nos
dan serán:


1 −1 0
0 −1
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)
9.– Para cada k ∈ IN, sea Pk el espacio vectorial real de los polinomios de grado menor o igual
que k y coeficientes reales. Sabemos que el conjunto
Bk = {1, x − 1, (x − 1)2 , (x − 1)3 , . . . , (x − 1)k }
es una base de Pk .
(a) Fijado un n ∈ IN, se define la aplicación
f : Pn → Pn+1 ,
f (p(x)) = (x − 1)p(x)
Demostrar que f es una aplicación lineal.
Sean p(x), q(x) ∈ Pn y α, β ∈ IR. Veamos que f (αp(x) + βq(x)) = αf (p(x)) + βf (q(x)):
f (αp(x) + βq(x)) = f ((αp + βq)(x)) = (x − 1)(αp + βq)(x) =
= α(x − 1)p(x) + β(x − 1)q(x) = αf (p(x)) + βf (q(x))
(b) Determinar el núcleo de f . ¿Es f inyectiva?
El nćleo de f son los polinomios que van al cero. Pero
f (p(x)) = 0
⇒
(x − 1)p(x) = 0
∀x ∈ IR
⇒
p(x) = 0
Por tanto el núcleo es {0} y la aplicación es inyectiva.
(c) Demostrar que la imagen de f coincide con el conjunto de los polinomios de Pn+1 que se
anulan en x = 1. Encontrar la dimensión y una base de dicho subespacio.
En primer lugar los elementos de la imagen son de la forma (x − 1)p(x), luego está claro que
se anulan en x = 1.
Ahora sea q(x) un polinomio que se anula en 1 y veamos que está en la imagen. Sabemos que
podemos dividir q(x) por x − 1, de manera que:
q(x) = p(x)(x − 1) + r(x)
donde r(x) es un polinomio de grado 0 correspondiente al resto de la división y p(x) ∈ Pn
corresponde al cociente. Como q(1) = 0 se tiene que r(1) = 0 y por tanto, como r es de grado
0, r(x) = 0. Hemos visto que q(x) puede expresarse como p(x)(x−1) es decir está en la imagen
de f .
Dado que f es inyectiva, la dimensión de la imagen de f coincide con la el espacio origen Pn .
Dicha dimensión es n + 1. Ahora consideramos los polinomios:
I = {(x − 1), (x − 1)2 , (x − 1)3 , . . . , (x − 1)n+1 }
Sabemos que son un sistema independiente (por el apartado (a)) y además son n+1 polinomios
que se anulan en x = 1. Deducimos que se trata de una base de la imagen de f .
(d) Dar la matriz que representa a f en las bases
Bn = {1, x − 1, (x − 1)2 , (x − 1)3 , . . . , (x − 1)n } en Pn
Bn+1 = {1, x − 1, (x − 1)2 , (x − 1)3 , . . . , (x − 1)n+1 } en Pn+1
Tenemos que hallar la imagen por f de los elementos de Bn y expresarla en los elementos de
Bn+1 :
f (1) = (x − 1)
f (x − 1) = (x − 1)(x − 1) = (x − 1)2
f ((x − 1)2 ) = (x − 1)(x − 1)2 = (x − 1)3
f ((x − 1)3 ) = (x − 1)(x − 1)3 = (x − 1)4
...
...
f ((x − 1)n ) = (x − 1)(x − 1)n = (x − 1)n+1
Deducimos que la matriz de f es :

FBn Bn+1
0 1 0 0
0 0 1 0

=
 0. 0. 0. 1.
 .. .. .. ..
0 0 0 0
...
...
...
..
.
...

0
0

0
.. 
.
1
(e) Para n = 3, ¿existe alguna aplicación lineal g : P4 → P3 tal que g ◦ f sea la identidad de P3 ?
Si existe, dar su matriz en las bases B4 y B3 . Si no existe, justificarlo.
Recordemos que una aplicación lineal queda determinada de manera única si indicamos como
actúa sobre elementos de la base. En concreto, para definir g, nos interesa que la composición
con f sea la identidad:
g(f (1)) = g(x − 1) = 1
g(f (x − 1)) = g((x − 1)2 ) = (x − 1)
g(f ((x − 1)2 )) = g((x − 1)3 ) = (x − 1)2
g(f ((x − 1)3 )) = g((x − 1)4 ) = (x − 1)3
Sólo nos queda determinar como actúa g sobre el 1. Podemos tomar g(1) = 0. Ahora tenemos
definida g sobre la base B4 . Además g ◦ f es la identidad sobre los elementos de la base B3 y
por tanto es la identidad sobre cualquier elemento.
La matriz de g respecto a las bases B4 y B3 será:
0
GB4 B 3
(Primer parcial, febrero 2003)
1

= 0

0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0

0

0
1
10.–
(a) Decidir si existe alguna aplicación lineal f : IR3 → IR4 tal que
ker f
=
{(x1 , x2 , x3 ) ∈ IR3 : x1 − x3 = x2 = 0},
Im f
=
{(y 1 , y 2 , y 3 , y 4 ) ∈ IR4 : y 1 − y 2 = y 2 − y 3 = 0}.
Si existe, dar la matriz (con respecto a las bases canónicas de IR3 y IR4 ) de una que verifique
estas condiciones. Si no existe, demostrarlo.
Para que exista la aplicación lineal pedida, la suma de la dimensión del núcleo y la dimensión
de la imagen tiene que ser igual a la dimensión del espacio origen.
En este caso el núcleo está definido por dos ecuaciones independientes en IR3 y por tanto tiene
dimensión 3 − 2 = 1.
La imagen está definida también por dos ecuaciones independientes en IR4 y por tanto tiene
dimensión 4 − 2 = 2.
Deducimos que si existe la aplicación que nos piden.
Para definir una aplicación lineal basta tener en cuenta como actúa sobre los vectores de una
base. Sabemos que sobre vectores del núcleo la aplicación es cero. Además sabemos cual es la
imagen:
Base del núcleo: {(1, 0, 1)}
Base de la imagen: {(1, 1, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}
Por tanto para definir f completamos la base del núcleo hasta una base de IR3 :
{(1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 0, 1)}
(es una base porque son vectores independientes), y definimos f sobre sus vectores, llevando
el núcleo al cero y los otros dos a los generadores de la imagen:
f (1, 0, 0) = (1, 1, 1, 0)
f (0, 1, 0) = (0, 0, 0, 1)
f (1, 0, 1) = (0, 0, 0, 0)
Como nos piden la matriz de f con respecto a las bases canónicas nos interesa conocer la
imagen de los vectores de la base canónica de IR3 . Sólo nos falta la imagen de (0, 0, 1), pero:
f (0, 0, 1) = f (1, 0, 1) − f (1, 0, 0) = (−1, −1, −1, 0)
Por tanto la matriz de f respecto de las bases canónicas es:


1
1
1 0
 0
0
0 1
−1 −1 −1 0
Nota: La aplicación no es única. Podrı́amos haber escogido otros generadores de la imagen y
definir de esta forma una aplicación diferente verificando las propiedades deseadas.
(b) Idem para
ker f
=
{(x1 , x2 , x3 ) ∈ IR3 : 2x1 − x2 + x3 = 0},
Im f
=
{(y 1 , y 2 , y 3 , y 4 ) ∈ IR4 : y 1 + 2y 2 = y 1 − y 3 = 0}.
Ahora el núcleo está definido por una ecuación en IR3 , luego su dimensión es 3 − 1 = 2.
La imagen está definida por dos ecuaciones independientes en IR4 , luego su dimensión es
4 − 2 = 2.
Se tiene dim(ker f ) + dim(Im f ) = 4 > dim(IR3 ) y por tanto no puede existir la aplicación
lineal que nos piden.
(Primer parcial, febrero 2001)
11.– Sean los espacios vectoriales IR3 y IR4 y una familia de aplicaciones lineales entre ellos:
fα : IR3 → IR4 . Si la matriz de fα en las bases canónicas de IR3 y IR4 es:

2α

Fα = −α
−α
0
α
α
α−1
1
α

α−1
1  , α ∈ IR
α
Para todos los valores de α, hallar una base del núcleo y otra de la imagen.
Estudiamos primero el rango de Fα en función de α. Para ello hacemos operaciones fila. Estas
equivalen a camibar la base en IR3 , por lo que indicaremos también la nueva base en la que
vamos trabajando:

2α
 −α
−α

2α
 −α
0
0
α
α
α−1
1
α
α − 1 1 α 0 1 α − 1
0
0
α
1
0 α−1

α 0
0
H21 (1)

−→
0 α
1
0 0 α−1


0
2α 0 α − 1 α − 1 1
H32 (−1)
0  −→  −α α
1
1 0
1
0
0 α − 1 α − 1 0


α 0
0
0 1
1 −1
H1 (1/2)
1
1 0
1
0  −→  −α α
0 0 α − 1 α − 1
0 −1
1

0 1/2 1/2 −1/2
1 1/2 3/2 −1/2 
α − 1 0
−1
1
1
0
0
0
1
0

0 0
H13 (−1)
1 0  −→
−1 1
1/2
0
0

−1/2
0 
1
1/2
1
−1
Vemos por tanto:
- Si α 6= 0 y α 6= 1 el rango de Fα es 3, por tanto la dimensión de la imagen es 3 y la del núcleo
es 0. Podemos simplicar más la matriz, para obtener una base sencilla de la imagen:

α

Fα = 0
0
0
α
0
0
1
α−1


0
α
H3 (1/(α−1))


1
−→
0
α−1
0
0
α
0


0 0
1
H23 (−1)H1 (1/α)H2 (1/α)


1 1
−→ −→ −→
0
1 1
0
0
1
0
0
0
1
Luego una base de la imagen es
{(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)}
- Si α = 0 el rango de F0 es 1. Ahora queda:

0
0
0
0
0
0
0
0 1/2
1
1 0
−1 −1 0
1/2
1
−1


−1/2
0
H23 (1)
0  −→  0
1
0
0
0
0
0
0 1/2
0
0 0
−1 −1 0
1/2
0
−1

−1/2
1 
1

0
0
1
Por tanto una base del núcleo es:
{(1/2, 1/2, −1/2), (0, 0, 1)}
y de la imagen:
{(0, 0, 1, 1)}
- Si α = 1 el rango de F0 es 2. Queda:

1 0 0 0 1/2 1/2
 0 1 1 1 1/2 3/2
−1
0 0 0 0 0

−1/2
−1/2 
1
Por tanto una base del núcleo es:
{(0, −1, 1)}
y de la imagen:
{(1, 0, 0, 0), (0, 1, 1, 1)}
(Examen extraordinario, septiembre 2004)
12.– 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)
13.– Sea E un espacio vectorial sobre el cuerpo K y f, g : E → E dos endomorfismos tales que
f + g = iE y
Demostrar que
g◦f = θ
(iE denota el endomorfismo identidad; θ el endomorfismo cero).
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)
14.– 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)
15.– 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) Dado un espacio vectorial real V de dimensión n y en él un endomorfismo f que cumple que
f 2 = f ◦ f = θ (homomorfismo nulo)
Ker f ⊂ Im f .
FALSO. Por ejemplo si tomamos la aplicación lineal f : IR2 −→IR2 , con f (x, y) = 0 para
cualquier (x, y) ∈ IR2 . Está claro que f 2 = θ, pero Kerf = IR2 y Imf = {0}.
cuya matriz con respecto a la base canónica es:
0
0
1
0
se tiene que f 2 = θ, f (1, 0) = 0̄, pero (1, 0) 6∈ Im f .
Im f ⊂ Ker f .
VERDADERO. Sea y ∈ Im f . Entonces y = f (x) para algún x ∈ V . Utilizando que f 2 = θ,
f (y) = f (f (x)) = 0̄ y por tanto y ∈ Ker f .
Ker f = V .
FALSO. Por ejemplo si tomamos la aplicación lineal f : IR2 −→IR2 cuya matriz con respecto a
la base canónica es:
0 1
0 0
Se tiene que f 2 = θ, pero Kerf = {(0, y) ∈ IR2 , y ∈ IR} =
6 V.
Ker f ⊕ Im f = V .
FALSO. En el ejemplo anterior Kerf = Imf = {(0, y) ∈ IR2 , y ∈ IR}.
Ker f ⊕ Im f = {(0, y) ∈ IR2 , y ∈ IR} =
6 V.
Por tanto
(Primer parcial, febrero 1997)
(c) Sean V y U espacios vectoriales sobre el cuerpo K. Sean {v̄i } y {v̄i0 } bases de V ; {ūj } y {ū0j }
bases de U . Si {v̄i } = C{v̄i0 }, {ū0j } = F {ūj } y la matriz de un homomorfismo f : V → U con
respecto a las bases {v̄i } y {ūj } es A, la matriz de f con respecto a {v̄i0 } y {ū0j } es
Como {v̄i } = C{v̄i0 }, si (xi ) son coordenadas en la base {v̄i } y (x0i ) son coordenadas en la base
{v̄i0 }. Entonces,
(x0i ) = (xi )C =⇒ Mvv0 = C
y análogamente siendo (y j ) y (y 0j ) las coordenadas en las bases {ūj } y {ū0j } respectivamente,
se tiene:
(y j ) = (y 0j )F =⇒ Mu0 u = F
Ahora,nos dicen que fvu = A. Utilizando las expresiones anteriores y sustituyendo obtenemos:
−1
−1
−1
fv0 u0 = Mv0 v fvu Muu0 = Mvv
AF −1
0 fvu Mu0 u = C
y por tanto la matriz buscada es C −1 AF −1 .
C −1 AF −1
VERDADERO.
C −1 AF
FALSO.
F AC
FALSO.
CAF −1
FALSO.
(Primer parcial, febrero 1999)
(d) Siendo f una aplicación lineal de IR4 en IR3 , cuya matriz asociada en unas determinadas bases
es


k 0 −1
1
0 1
,

k 1
k
k 1
0
Para tener una visión más clara de como se comporta la aplicación, simplificamos la matriz
haciendo transformaciones elementales (equivale a modificar las bases en las que está dada;
pero eso no modifica la aplicación):
k
0

k
k



0 −1 H31 (−1) k
1
1  H41 (−1)  0
 −→ 
1
k
0
1
0
0
0
1
1
1


−1 H32 (−1) k
1  H42 (−1)  0
 −→ 
k+1
0
1
0

0 −1
1
1

0
k
0
0
f es un epimorfismo si k 6= 0.
VERDADERO. Si k 6= 0 vemos que las tres primeras filas son independientes. Por tanto la
dimensión de la imagen es 3 y coincide con la dimensión de IR3 . Se trata por tanto de un
epimorfismo.
f es un monomorfismo si k = 0.
FALSO. No puede ser en ningún caso un monomorfimso porque la dimensión del espacio origen
es mayor que la dimensión del espacio final, y por tanto:
dim(ker f ) = dim(IR4 ) − dim(Im f ) ≥ 4 − dim(IR3 ) ≥ 1
El núcleo nunca es cero.
f es un monomorfismo si k 6= 0.
FALSO. Lo acabamos de razonar.
f es un epimorfismo si k = 0.
FALSO. Si k = 0 la matriz tiene rango 2 por lo que la dimensión de la imagen es 2 menor que
la dimensión de IR3 . No es por tanto un epimorfismo.
(Primer parcial, febrero 1997)
(e) Dado el conjunto V de los homomorfismos de IR3 en IR2 ,
todos los elementos de V son sobreyectivos.
FALSO. Por ejemplo el homomorfismo nulo no es sobreyectivo.
algún elemento de V puede ser biyectivo.
FALSO. No puede haber un homomorfismo biyectivo entre espacios de distinta dimensión.
no es cierta ninguna de las afirmaciones restantes.
FALSO. Veremos que la última afirmación es cierta.
no existe ningún elemento de V que sea inyectivo.
VERDADERO. Dado f un homomorifsmo de IR3 en IR2 , por las fórmulas de la dimensión se
tiene:
dim(Ker f ) = dim(IR3 ) − dim(Im(f )) ≥ dim(IR3 ) − dim(IR2 ) ≥ 1
y por tanto f nunca puede ser inyectivo.
En general nunca puede haber un homomorfismo inyectivo de un espacio vectorial en otro de
dimensión inferior.
(Primer parcial, febrero 1997)
(f) 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
⇒ y ∈ Ker(g)
⇒
g(y) = g(f (x)) = (g ◦ f )(x) = 0
⇒
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)
(g) De las aplicaciones lineales de IR3 en IR4
Todas son inyectivas.
FALSO. Por ejemplo la aplicación θ no es inyectiva.
Ninguna es sobreyectiva.
VERDADERO. Dada f : IR3 −→IR4 se tiene dim(Im(f )) = 3 − dim(Ker(f )) ≤ 3. Luego la
dimensión de la imagen nunca puede ser 4.
Algunas son biyectivas.
FALSO. Ninguna puede ser biyectiva, porque ninguna es sobreyectiva.
Ninguna de las restantes respuestas es correcta.
FALSO.
(Primer parcial, enero 2004)