Primer examencito en clase: Soluciones

Primer examencito en clase: Soluciones
Matemáticas I
1o¯ de Telecomunicaciones
5–11–2003
1. Consideremos una aplicación lineal f : IR4 −→ IR4 tal que f (1, 0, 0, 0) = (1, 2, 3, 4).
a) Construir una aplicación f de manera que dim(img f ) = 1
b) Construir una aplicación f de manera que dim(img f ) = 2
c) Construir una aplicación f de manera que dim(ker f ) = 1
d) Construir una aplicación f que sea inyectiva.
Solución: Una aplicación lineal esá determinada si conocemos una fórmula que la represente o, más sencillamente, si conocemos las imágenes de los vectores de una base. Además, en este segundo caso, pueden
darse los vectores directamente o construir con ellos una matriz asociada.
En nuestro caso, considerando en IR4 la base canónica BC = {e1 , e2 , e3 , e4 } la función f : IR4 −→ IR4 debe
verificar que f (e1 ) = (1, 2, 3, 4), luego basta encontrar vectores para f (e2 ), f (e3 ) y f (e4 ) que cumplan lo
pedido:
a) dim(img f ) = 1: Como las imágenes de los vectores de una base generan la imagen y queremos
que sea dim(img f ) = 1, deben ser tres de ellos una combinación lineal del otro. Ası́, por ejemplo,
tomando f (e2 ) = f (e3 ) = f (e4 ) = (1, 2, 3, 4) = f (e1 ) se tiene una solución.
4
O con la matriz: usando la base canónica
en IR obtener la matriz
estándar (matriz respecto a la
base canónica), por columnas A = f (e1 ) f (e2 ) f (e3 ) f (e4 ) , y asegurar que dim(img f ) = 1 es

1
2
asegurar que rg(A) = 1. Ası́ tendrı́amos, por ejemplo A = 
3
4
b) dim(img f ) = 2: de lo comentado en

1
2
rg(A) = 2. Por ejemplo con A = 
3
4
el
1
0
0
0
−1
−2
−3
−4
2
4
6
8

1
2
, que cumple el objetivo.
3
4
caso anterior, basta con asegurarse que la matriz A tiene

2 0
4 0
se cumple.
6 0
8 0
c) dim(ker f ) = 1: de la fórmula de las dimensiones, la igualdad 4 = dim(ker f ) + dim(img f ), se tiene
que dim(ker f ) = 1 ⇐⇒ dim(img f ) = 3; y este problema es similar a los anteriores. Luego, por


1 1 0 1
2 0 1 2
cumple que rg(A) = 3.
ejemplo, A = 
3 0 0 3
4 0 0 4
([∗] La igualdad anterior, en sentido inverso, podrı́a haberse usado para resolver todos los apartados
en función de la dimensión de ker f en lugar de usar la de la imagen.)
d) f inyectiva: si tiene que ser inyectiva, elementos distintos deben tener imágenes distintas, o también,
cada vector imagen lo es de uno sólo. Ası́, como f (0) = 0 ningún vector más puede tener por imagen
el vector 0 luego ker f = {0} que tiene dimensión 0, por consiguiente debe ser dim(img f ) = 4 y


1 1 0 0
2 0 1 0
recaemos en un caso análogo. Ası́, por ejmplo, A = 
cumple lo pedido.
3 0 0 1
4 0 0 0
[∗] Es decir, en a), asegurarase que dim(ker f ) = 3. Por ejemplo si f (e2 ) = f (e3 ) = f (e4 ) = 0 la dimensión
de ker f es 3 (contiene 3 vectores de una base, luego linealmente independientes, y el otro vector de la base
no pertenece).
En b) podrı́amos tomar, de manera análoga, f (e3 ) = f (e4 ) = 0 para asegurar que la dimensión de ker f ≥ 2
y si además los vectores generados por esos dos, e3 y e4 , son los únicos que están en ker f , la dimensión es 2.
Basta tomar para f (e2 ) un vector linealmente independiente con f (e1 ) para que esto último suceda (si no
fueran linealmente independientes, f (e2 ) = λf (e1 ), 0 = λf (e1 ) − f (e2 ) = f (λe1 − e2 ) y, en consecuencia,
el vector λe1 − e2 ∈ ker f y no es de los generados por e3 y e4 ).
De manera análoga se resolverı́an los partados c) y d).
3
3
3
2. Sea B = {u1 = (1, 0, −1), u2 =
 (−1, 2, 0)} una base de IR y g: IR −→ IR
 (2, 1, 2), u3 =
1 0
0


1  su matriz asociada relativa a la base B.
una aplicación lineal con A =  0 a
0 −2 a−3
a) Con el producto escalar euclı́deo ¿los vectores de B son ortogonales entre sı́?
b) Estudiar el rango de A en función de los valores del parámetro a ∈ IR.
c) Para a = 2:
(i) Hallar g(u2 ).
(ii) Hallar una base de ker g y otra de img g.
(iii) Obtener la matriz estándar de g (dejando indicadas las operaciones).
Solución:
a) u1 • u2 = 1 · 2 + 0 · 1 + (−1)2 = 2 + 0 − 2 = 0. Sı́.
u1 • u3 = −1 + 0 + 0 = −1. No.
u2 • u3 = −2 + 2 + 0 = 0. Sı́.
1 0
0
1 0
0
1 0
0
F3 + a
F
F2 ←→F3
2 2
0 −2 a−3
0 a
1
0 −2
a−3
−→
b) Usando Gauss:
−→
0 a
1
0 −2 a−3
0 0 1 + (a−3) a2
y se tiene rg(A) = 3 ⇐⇒ 1 + (a−3) a2 6= 0 y tiene rg(A) = 2 en los demás casos.
Como 1 + (a − 3) a2 = 0 ⇐⇒ 2 + (a − 3)a = 0 ⇐⇒ a2 − 3a + 2 = 0, de donde a = 1 y a = 2 y se tiene
que rg(A) = 2 si a = 1 o a = 2 y rg(A) = 3 en los demás casos.
!
!
c) Para a = 2 la matriz de la aplicación es A =
1 0 0
0 2 1
0 −2 −1
!
!
que tiene rango 2.
(i) g(u1 ): como A es la matriz de la aplicación asociada a la base B se cumple que A[x]B = [g(x)]B ,
para todo x ∈ IR3 . En particular, A[u2 ]B = [g(u2 )]B :
!
!
!
!
0
1 0 0
0
0
1 =
2
[u2 ]B = 1 , pues u2 = 0u1+1u2+0u3 , y A[u2 ]B = 0 2 1
= [g(u2 )]B ,
0
0 −2 −1
0
−2
de donde g(u2 ) = 0u1 + 2u2 + (−2)u3 = 2u2 − 2u3 = 2(2, 1, 2) − 2(−1, 2, 0) = (6, −2, 4).
(ii) Como A[x]B = [g(x)]B , los vectores columna de la matriz A generan todas las coordenadas de
los vectores de img g y las soluciones del sistema A[x]B = 0 son las coordenadas de los vectores
del ker g.
dim(img g) = 2 y dim(ker g) = 1 pues rg(A) = 2, luego dos columnas linealmente independientes
de A forman una base del espacio de las columnas de A y en consecuencia esas dos columnas
son las coordenadas de dos vectores que forman una base de la imagen. Por ejemplo la primera
y tercera columnas son linealmenete independientes, luego 1u1 + 0u2 + 0u3 = u1 = (1, 0, −1) y
0u1 + 1u2 + (−1)u3 = u2 − u3 = (3, −1, 2) forman una base de img g.
!
!
!
x
0
x
0 , se tiene que x = 0 y 2y + z = 0, de donde
y
Resolviendo el sistema A y
=
=
z
0
z
!
!
0
0
y
1
= y
. Como las coordenadas de los vectores del ker g está generadas por
−2y
−2
(0, 1, −2) el vector 0u1 + 1u2 − 2u3 = u2 − 2u3 = (4, −3, 2) es una base de ker g
(iii) Por el teorema de semejanza, si P es la matriz del cambio de base de la base canónica (Bc ) en
la base B, la matriz estándar S se obtiene de P −1 AP = S.
Como P cambia coordenadas en Bc en coordenadas en B, P −1 cambia coordendas en B en
coordenadas en Bc y ésta es fácil de obtener, pues
P −1 =
[u1 ]Bc
De donde S = P −1 AP =
[u2 ]Bc [u3 ]Bc = u1 u2 u3 =
1 2 −1
0 1 2
−1 2 0
!
1 0 0
0 2 1
0 −2 −1
!
1 2 −1
0 1 2
−1 2 0
1 2 −1
0 1 2
−1 2 0
!−1
.
!