solución del examen

PRIMER EXAMEN PARCIAL
ÁLGEBRA LINEAL I
Soluciones
Sea W un espacio vectorial real de dimensión 2 y sea {u1 , u2 } una base dada. Considerar las transformaciones lineales H, I, E, F ∈ End(W ) definidas de la siguiente
manera:
H(u1 ) = u1 ,
H(u2 ) = −u2 ,
I(u1 ) = u1 ,
I(u2 ) = u2 ,
E(u1 ) = 0,
E(u2 ) = u1 ,
F (u1 ) = u2 ,
F (u2 ) = 0.
1. Demostrar que {H, I, E, F } son linealmente independientes en End(W ).
Sea θ : W → W la transformación lineal cero. Esto es, θ(u1 ) = 0 y θ(u2 ) = 0.
Suponer que x, y, z y t son escalares tales que, xH + yI + zE + tF = θ. Aplicando
ambos miembros de esta ecuación al vector u1 se obtiene (x + y)u1 + tu2 = 0,
mientras que aplicándolos al vector u2 se obtiene zu1 + (y − x)u2 = 0. Como
{u1 , u2 } es una base,
(x + y)u1 + tu2 = 0
=⇒
x + y = 0,
zu1 + (y − x)u2 = 0
=⇒
z = 0,
y t = 0.
y y − x = 0.
En particular, t = z = 0 y las ecuaciones x + y = 0 y y − x = 0 implican que x = 0
y y = 0. Por lo tanto, H, I, E y F son linealmente independientes.
Suponer dada la transformación lineal T ∈ End(W ) definida por,
T (u1 ) = au1 + cu2 ,
T (u2 ) = bu1 + du2 .
2. Escribir T como una combinación lineal de I, H, E y F .
Suponer que x, y, z y t son escalares tales que, xH + yI + zE + tF = T . Aplicando
ambos miembros de esta ecuación al vector u1 se obtiene (x+y)u1 +tu2 = au1 +cu2 ,
mientras que aplicándolos al vector u2 se obtiene zu1 +(y −x)u2 = bu1 +du2 . Como
{u1 , u2 } es una base,
(x + y)u1 + tu2 = au1 + cu2
=⇒
x + y = a,
zu1 + (y − x)u2 = bu1 + du2
=⇒
z = b,
y t = c.
y y − x = d.
De las ecuaciones x + y = a y y − x = d es fácil deducir que x = (a − d)/2 y que
y = (a + d)/2. Por lo tanto,
T =
1
1
(a − d)H + (a + d)I + bE + cF
2
2
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1
Considerar ahora las transformaciones lineales A, B, C, D ∈ End(W ) definidas de
la siguiente manera:
A(u1 ) = u1 + u2 ,
A(u2 ) = −u2 ,
B(u1 ) = u1 ,
B(u2 ) = u1 + u2 ,
C(u1 ) = u1 − u2 ,
C(u2 ) = −u2 ,
D(u1 ) = u1 ,
D(u2 ) = −u1 + u2 .
3. Demostrar que {A, B, C, D} son linealmente independientes en End(W ).
Sea θ : W → W la transformación lineal cero. Esto es, θ(u1 ) = 0 y θ(u2 ) = 0.
Suponer que x, y, z y t son escalares tales que, xA + yB + zC + tD = θ. Aplicando
ambos miembros de esta ecuación al vector u1 se obtiene (x+y+z+t)u1 +(x−z)u2 =
0, mientras que aplicándolos al vector u2 se obtiene (y − t)u1 + (t − z + y − x)u2 = 0.
Como {u1 , u2 } es una base,
(x + y)u1 + tu2 = 0
=⇒
x + y + z + t = 0,
zu1 + (y − x)u2 = 0
=⇒
y − t = 0,
y x − z = 0.
y t − z + y − x = 0.
En particular, como x = z y y = t, las ecuaciones restantes se simplifican a:
2(z + t) = 0 y 2(t − z) = 0. De estas últimas se sigue que t = z = 0 y en
consecuencia x = y = 0. Por lo tanto, a, B, C y D son linealmente independientes.
Suponer dada la transformación lineal S ∈ End(W ) definida por,
S(u1 ) = pu1 + ru2 ,
S(u2 ) = qu1 + su2 .
4. Escribir S como una combinación lineal de A, B, C y D.
Suponer que x, y, z y t son escalares tales que, xA + yB + zC + tD = S. Aplicando
ambos miembros de esta ecuación al vector u1 se obtiene (x+y+z+t)u1 +(x−z)u2 =
pu1 + ru2 , mientras que aplicándolos al vector u2 se obtiene (y − t)u1 + (t − z + y −
x)u2 = qu1 + su2 . Como {u1 , u2 } es una base,
(x + y)u1 + tu2 = 0
=⇒
x + y + z + t = p,
zu1 + (y − x)u2 = 0
=⇒
y − t = q,
y x − z = r.
y t − z + y − x = s.
Se sigue que x = z + r y que y = t + q. Esta información se puede usar en las dos
ecuaciones restantes para obtener que 2(z+t) = p−(r+q) y que 2(t−z) = s−(r+q),
de donde se deduce fácilmente que,
t=
1
((p + s) − 2(r + q))
4
y
z=
1
(p − s).
4
Y, por lo tanto,
x=
1
((p − s) + 4r)
4
y
y=
1
((p + s) − 2(r − q)) .
4
Implicando que,
S=
1
(((p − s) + 4r) A + ((p + s) − 2(r − q)) B + (p − s)C + ((p + s) − 2(r + q)) D) .
4
2
5. Usando los resultados de las preguntas anteriores, expresar cada uno
de los elementos de la base {H, I, E, F } como combinación lineal de los
elementos de la base {A, B, C, D} y viceversa. Comprobar de manera directa (ie, simplemente multiplicando) que las correspondientes matrices
de 4 × 4 que se obtienen son inversas una de la otra.
Basta identificar que para T = A, se tiene a = 1 = c y d = −1, por lo que
el resultado del problema 2 lleva a, A = H + F . De manera similar se obtiene
B = I +E, C = H −F y D = I −E. En este caso es más fácil obtener las relaciones
inversas usando estas mismas ecuaciones, que haciendo las identificaciones de p
q, r y s de las transformaciones H, I, E y F en el resultado de la pregunta 4.
Sin embargo, procediendo de cualquiera de las dos maneras, se obtiene que, H =
(A + C)/2, I = (B + D)/2, E = (B − D)/2 y F = (A − C)/2. Las matrices
correspondientes son obviamente,
1
0

0
1


0 1
0
1 0
1 

1 0 −1
0 −1 0

1 0 0
1
1 0 1 1
0 


2 1 0 0 −1
0 1 −1 0

y
y es directo comprobar que el producto de éstas en cualquier orden es igual a la
matriz identidad.
6. Encontrar la transformación lineal más general T : W → W cuya
imagen sea el subespacio generado por el vector v = u1 − 2u2 .
Claramente v no es el vector cero, por lo que T no puede ser la transformación lineal
cero. Por lo tanto, basta tomar dos escalares, α y β, que no sean simultáneamente
cero y definir, T (u1 ) = αv y T (u2 ) = βv, para obtener el resultado deseado.
7. Encontrar la transformación lineal más general T : W → W cuyo kernel
sea el subespacio generado por el vector v = u1 − 2u2 .
Dado que T (v) = 0, se sigue que T (u1 ) = 2T (u2 ) y por lo tanto, basta con tomar dos
escalares, α y β, que no sean simultáneamente cero y definir, T (u2 ) = αu1 + βu2
y desde luego, T (u1 ) = 2(αu1 + βu2 ). [Observar que si ambos escalares fueran
cero, entonces T serı́a la transformación lineal cero y entonces su kernel no serı́a el
subespacio requerido, sino que serı́a todo W ]
8. Encontrar la transformación lineal más general Φ : End(W ) → End(W )
cuya imagen sea el subespacio generado por F − E.
Basta con tomar cuatro escalares, α, β, γ y δ, que no sean simultáneamente cero y
poner,
Φ(H) = α(F − E),
Φ(I) = β(F − E),
Φ(E) = γ(F − E),
Φ(F ) = δ(F − E).
9. Encontrar la transformación lineal más general Φ : End(W ) → End(W )
cuyo kernel sea el subespacio generado por F − E.
La condición impuesta es Φ(F − E) = 0, por lo que Φ(E) = Φ(F ) y entonces, la
transformación lineal más general que satisface lo requerido se obtiene al definir
Φ(H) = P , Φ(I) = Q, Φ(E) = R y Φ(F ) = R, siendo P , Q y R, tres transformaciones lineales, linealmente independientes en End(W ).
3
10. Encontrar la transformación lineal más general Φ : End(W ) → End(W )
cuya imagen sea el subespacio generado por los vectores A + B − C − D y
A − B − C + D.
Basta con tomar ocho escalares, α1 , α2 , β1 , β2 , γ1 , γ2 , δ1 y δ2 , y definir,
Φ(A) = α1 (A + B − C − D) + α2 (A − B − C + D)
Φ(B) = β1 (A + B − C − D) + β2 (A − B − C + D)
Φ(C) = γ1 (A + B − C − D) + γ2 (A − B − C + D)
Φ(D) = δ1 (A + B − C − D) + δ2 (A − B − C + D)
requiriendo que al menos uno de los seis posibles determinantes,
α1 β2 − α2 β1 ,
α1 γ2 − α2 γ1 ,
α1 δ2 − α2 δ1 ,
β1 γ2 − β2 γ1 ,
···
γ1 δ2 − γ2 δ1 ,
sea distinto de cero (esto garantiza que la imagen es el subespacio bidimensional
requerido).
11. Encontrar la transformación lineal más general Φ : End(W ) → End(W )
cuyo kernel sea el subespacio generado por los vectores A + B − C − D y
A − B − C + D.
Las condiciones Φ(A + B − C − D) = 0 y Φ(A − B − C + D) = 0 implican que
Φ(A) = Φ(C) y que Φ(B) = Φ(D). Por lo tanto, basta escoger dos transformaciones
lineales, P y Q que sean linealmente indepndientes en End(W ) y definir,
Φ(A) = P,
Φ(B) = Q,
Φ(C) = P,
Φ(D) = Q.
12. Suponer que S ∈ End(W ) es una transformación lineal fija y que está
dada en términos de los escalares p, q, r, s como en la pregunta 3. Definir
S t ∈ End(W ) de la siguiente manera:
S t (u1 ) = pu1 + qu2 ,
S t (u2 ) = ru1 + su2 .
Demostrar que la función FS : End(W ) → End(W ) definida por T 7→
ST S t es lineal y escribir a FS (T ) como una combinación lineal de la base
{H, I, E, F }.
Es inmediato verificar que la transformación dada es lineal. Para escribir a FS (T )
como
lineal de la base {H, I, E, F }, basta notar que si la matriz de T
combinación
a b
es c d , entonces la matriz de ST S t será,
p2 a + q 2 d + pq(b + c) p(ra + sb) + q(rc + sd)
=
p(ra + sc) + q(rb + sd) r2 a + s2 d + rs(b + c)
0 0
y abreviando las entradas de la matriz del lado derecho como ac0 db 0 , podemos
usar de manera inmediata el resultado de la pregunta 2 para escribir:
p
r
q
s
a b
c d
p
q
r
s
FS (T ) = ST S t =
1
1 0
(a − d0 )H + (a0 + d0 )I + b0 E + c0 F
2
2
4
13. Considerar la transformación lineal FS : End(W ) → End(W ) de la
pregunta anterior y escribirla como una combinación lineal de la base
{A, B, C, D}.
El cálculo es el mismo que el de la pregunta anterior:
p
r
q
s
a b
c d
p
q
r
s
=
p2 a + q 2 d + pq(b + c) p(ra + sb) + q(rc + sd)
p(ra + sc) + q(rb + sd) r2 a + s2 d + rs(b + c)
0 0
por lo que abreviando las entradas de la matriz del lado derecho en la forma ac0 db 0 ,
podemos usar de manera inmediata el resultado de la pregunta 4 para escribir:
FS (T ) = ST S t =
1
(((a0 − d0 ) + 4c0 ) A + ((a0 + d0 ) − 2(c0 − b0 )) B)
4
1
+ ((a0 − d0 )C + ((a0 + d0 ) − 2(c0 + b0 )) D) .
4
14. Considerar la transformación lineal R : W → W definida por R(u1 ) =
4u1 − u2 , y R(u2 ) = 2u1 + u2 . Determinar el polinomio caracterı́stico de R.
De manera inmediata, se trata del determinante de la transformación lineal R −
λId; esto es,
4−λ
2
χR (λ) = det
= λ2 − 5λ + 6.
−1
1−λ
15. Considerar la transformación lineal R : W → W definida en la pregunta anterior. Encontrar escalares λ1 y λ2 y vectores v1 y v2 , tales que
R(v1 ) = λ1 v1 y R(v2 ) = λ2 v2 .
El resultado anterior demuestra que χR (λ) = λ2 − 5λ + 6 = (λ − 3)(λ − 2). Si
R(v1 ) = λ1 v1 , entonces R − λ1 Id no puede ser inyectiva y por lo tanto, χT (λ1 ) = 0.
Similarmente, χT (λ2 ) = 0. Claramente, λ1 = 3 y λ2 = 2 (o al revés). Quedan
entonces por resolverse las ecuaciones matriciales que dicen que R(v1 ) = λ1 v1 y
R(v2 ) = λ2 v2 ; a saber,
4
−1
2
1
1
1
=3
,
z
z
y
4
−1
2
1
1
1
=2
,
t
t
cuyas soluciones son, z = −1/2 y t = −1, por lo que los vectores buscados son:
1
v1 = u1 − u2 ,
2
y
5
v2 = u1 − u2 .