Tema 4¶
Aplicaciones lineales¶
Definición
Sean \(V\) y \(V' \; \mathbb K\)-espacios vectoriales.
Una aplicación \(f: V \rightarrow V'\) es lineal si
- \(f(v_1 + v_2) = f(v_1) + f(v_2) \quad \forall v_1, v_2 \in V\)
- \(f(\alpha v) = \alpha f(v) \quad \forall \alpha \in \mathbb K \quad \forall v \in V\)
Ejemplo
Los siguientes son ejemplos de aplicaciones lineales:
- \[\begin{split}\begin{array}{lr} f: V \rightarrow V' & \\ v \leadsto f(v) := 0 & \forall v \in V \end{array}\end{split}\]
- \[\begin{split}\begin{array}{lr} 1_V = \operatorname{id}_V : V \rightarrow V & \\ v \leadsto \operatorname{id}_V(v) := v & \forall v \in V \end{array}\end{split}\]
- \[\begin{split}\begin{array}{l} f : \mathbb R^2 \rightarrow \mathbb R \\ (x, y) \leadsto f(x, y) = x + 2y \end{array}\end{split}\]
Demostración
\[\begin{split}\begin{array}{r} \begin{matrix} f \big( (x, y) + (x', y') \big) = f(x + x', y + y') = (x + x') + 2(y + y') = x + 2y + x' + 2y' = f(x, y) + f(x', y') \\ f \big( \alpha (x, y) \big) = f(\alpha x, \alpha y) = \alpha x + 2 \alpha y = \alpha (x + 2y) = \alpha f(x, y) \end{matrix} \\ \forall \alpha \in \mathbb R \\ \forall (x, y) \in \mathbb R^2 \end{array}\end{split}\] - \[\begin{split}\begin{array}{l} f : \mathbb R^3 \rightarrow \mathbb R^2 \\ (x, y, z) \leadsto f(x, y, z) = (x + y + z, x + 2z) \end{array}\end{split}\]
Los siguientes son ejemplos de aplicaciones no lineales:
- \[\begin{split}\begin{array}{l} f : \mathbb R^2 \rightarrow \mathbb R \\ (x, y) \leadsto f(x, y) = x^2 + y \end{array}\end{split}\]
- \[\begin{split}\begin{array}{l} f : \mathbb R^2 \rightarrow \mathbb R^3 \\ (x, y) \leadsto f(x, y) := (x + y, x - y, 1) \end{array}\end{split}\]
Propiedades¶
Con \(f: V \rightarrow V'\) aplicación lineal
- \[f(0_V) = 0_{V'}\]
Demostración
\[\begin{matrix} f(0) = f(0 + 0) \underset{ f \text{ lineal} }{ = } f(0) + f(0) \Rightarrow \underbrace{ f(0) - f(0) }_0 = f(0) + \underbrace{ f(0) - f(0) }_0 = f(0) \Rightarrow f(0) = 0 \end{matrix}\] - \[f(-v) = -f(v) \quad \forall v \in V\]
Demostración
\[\begin{split}\begin{matrix} f(-v) = f(v) = f(-v + v) = f(0) = 0 \\ \Updownarrow \\ f(-v) = -f(v) \end{matrix}\end{split}\] - \[\begin{split}\begin{array}{r} f(\alpha_1 v_1 + \cdots + \alpha_n v_n) = \alpha_1 f(v_1) + \cdots + \alpha_n f(v_n) \\ \forall \alpha_1, \cdots, \alpha_n \in \mathbb K \\ \forall v_1, \cdots, v_n \in V \end{array}\end{split}\]
Demostración
\[\begin{matrix} f(\alpha_1 v_1 + \alpha_2 v_2) = f(\alpha_1 v_1) + f(\alpha_2 v_2) = \alpha_1 f(v_1) + \alpha_2 f(v_2) \end{matrix}\] - \[\begin{split}\begin{matrix} \lbrace v_1, \cdots, v_n \rbrace \subset V \text{ linealmente dependiente} \\ \Updownarrow \\ \lbrace f(v_1), \cdots, f(v_n) \rbrace \subset V' \text{ linealmente dependiente} \end{matrix}\end{split}\]
Demostración
\[\begin{split}\begin{matrix} \lbrace v_1, \cdots, v_n \rbrace \subset V \text{ linealmente dependiente} \\ \Updownarrow \\ \left\{ \exists \underset{ \text{(no todos cero)} }{ \alpha_1, \cdots, \alpha_n } \in \mathbb K \middle/ \alpha_1 v_1 + \cdots + \alpha_n v_n = 0 \right\} \\ \Downarrow \\ \alpha_1 f(v_1) + \cdots + \alpha_n f(v_n) = f(\alpha_1 v_1 + \cdots + \alpha_n v_n) = f(0) = 0 \\ \Downarrow \\ \lbrace f(v_1), \cdots, f(v_n) \rbrace \subset V' \text{ linealmente dependiente} \end{matrix}\end{split}\]
Aplicaciones lineales y subespacios¶
Proposición
Sea \(f: V \rightarrow V'\) aplicación lineal.
Se verifica
Si \(U\) es subespacio de \(V\) entonces \(f(U) := \left\{ f(u) \middle/ u \in U \right\} \subset V'\) es subespacio de \(V'\).
Además \(U = \langle u_1, \cdots, u_n \rangle \Rightarrow f(U) = \langle f(u_1), \cdots, f(u_n) \rangle\). En particular, el subespacio \(f(V)\) es la imagen de la aplicación \(f\) y se denotará \(\operatorname{Im} f\).
\[\operatorname{Im} f = f(V) \subset V' \text{ es un subespacio}\]Demostración
\[\begin{split}\begin{matrix} \text{(Conjunto no vacío)} \\ 0 \in U \Rightarrow f(0) \in f(U) \Rightarrow f(U) \neq \emptyset \\ \\ \text{(Cerrado para la suma)} \\ f(u_1) + f(u_2) \underset{ f \text{ lineal} }{ = } f(u_1 + u_2) \in f(U) \quad u_1 + u_2 \in U \\ \\ \text{(Cerrado para la multiplicación por escalares)} \\ \alpha \in \mathbb K, u \in U, f(u) \in f(U), \alpha f(u) \underset{ f \text{ lineal} }{ = } f(\alpha u) \in f(U) \quad \alpha u \in U \\ \\ \text{(Generadores del subespacio)} \\ f(U) := \left\{ f(u) \middle/ u \in U = \langle u_1, \cdots, u_n \rangle \right\} = \left\{ f(u) \middle/ \begin{array}{r} u = \alpha_1 u_1 + \cdots + \alpha_n u_n \\ \alpha_i \in \mathbb K \quad \forall i = 1, \cdots, n \end{array} \right\} = \langle f(u_1), \cdots, f(u_n) \rangle \end{matrix}\end{split}\]Sea \(W\) un subespacio de \(V'\)
\[f^{-1}(W) := \left\{ v \in V \middle/ f(v) \in W \right\} \subset V \text{ es un subespacio de } V\]En particular, \(f^{-1}(0_{V'}) = \left\{ v \in V \middle/ f(v) = 0_{V'} \right\}\) se llama núcleo de \(f \equiv \ker f\).
Ejemplo
\[\begin{split}\begin{array}{l} \mathbb R^3 \rightarrow \mathbb R^2 \\ (x, y, z) \leadsto (x, y) \\ \\ W = \left\{ (x, 0) \middle/ x \in \mathbb R \right\} \subset \mathbb R^2 \\ f^{-1}(W) = \left\{ (x, y, z) \in \mathbb R^3 \middle/ f(x, y, z) = (x, y) \in W \right\} = \left\{ (x, y, z) \middle/ \begin{array}{l} y = 0 \\ x, z \in \mathbb R \end{array} \right\} \end{array}\end{split}\]
Composición de aplicaciones lineales¶
Proposición
Si \(f: V \rightarrow W\) y \(g: W \rightarrow F\) son aplicaciones lineales, entonces \(g \circ f: V \rightarrow F\) es también lineal.
\[\xymatrix{
V \ar@/_1pc/[rr]_{g \circ f} \ar[r]^f & W \ar[r]^g & F
}\]
Demostración
\[\begin{split}\begin{matrix}
(g \circ f)(v) := g(f(v)) \quad \forall v \in V \\
\\
\text{(Cerrado para la suma)} \\
(g \circ f)(v_1 + v_2) = g(f(v_1 + v_2)) \underset{ f \text{ lineal} }{ = }
g(f(v_1) + f(v_2)) \underset{ g \text{ lineal} }{ = }
g(f(v_1)) + g(f(v_2)) =
(g \circ f)(v_1) + (g \circ f)(v_2) \quad \forall v_1, v_2 \in V \\
\\
\text{(Cerrado para la multiplicación por escalares)} \\
(g \circ f)(\alpha v) = g(f(\alpha v)) \underset{ f \text{ lineal} }{ = }
g(\alpha f(v)) \underset{ g \text{ lineal} }{ = }
\alpha g(f(v)) = \alpha (g \circ f)(v) \quad \forall v \in V
\end{matrix}\end{split}\]
Aplicaciones lineales inyectivas, sobreyectivas y biyectivas¶
Con \(f: A \rightarrow B\)
- \[\begin{split}\begin{matrix} f \text{ inyectiva} \\ \Updownarrow \\ f(a_1) = f(a_2) \Leftrightarrow a_1 = a_2 \quad \forall a_1, a_2 \in A \end{matrix}\end{split}\]
- \[\begin{split}\begin{matrix} f \text{ sobreyectiva} \\ \Updownarrow \\ \operatorname{Im} f = \left\{ f(a) \middle/ a \in A \right\} = B \\ \Updownarrow \\ \left. \forall b \in B \quad \exists a \in A \middle/ f(a) = b \right. \end{matrix}\end{split}\]
- \[\begin{split}\begin{matrix} f \text{ biyectiva} \\ \Updownarrow \\ f \text{ inyectiva } \wedge f \text{ sobreyectiva} \\ \Updownarrow \\ \left. \exists g: B \rightarrow A \middle/ \begin{array}{l} g \circ f = \operatorname{id}_A \\ f \circ g = \operatorname{id}_B \end{array} \right. \end{matrix}\end{split}\]
Definición
Un isomorfismo lineal \(f: V \rightarrow W\) es una aplicación lineal biyectiva.
Proposición
Con \(f: V \rightarrow W\) una aplicación biyectiva (isomorfismo)
\[f \text{ es lineal } \Leftrightarrow f^{-1} \text{ es lineal}\]
Demostración
\[\begin{split}\begin{matrix}
& f: V \rightarrow W \quad f^{-1}: W \rightarrow V \\
\\
"\Rightarrow" & \\
& \text{(Cerrado para la suma)} \\
& f^{-1}(w_1 + w_2) \overset{ \color{red}{¿1?} }{ = }
f^{-1}(w_1) + f^{-1}(w_2) \\
& f(f^{-1}(w_1 + w_2)) \overset{ \color{red}{¿1?} }{ = }
f(f^{-1}(w_1)) + f(f^{-1}(w_2)) \\
& \forall w_1, w_2 \in W \\
\\
& \text{(Demostración de } \color{red}{1} \color{black}{ \text{)} } \\
& f(f^{-1}(w_1) + f^{-1}(w_2)) \underset{ f \text{ lineal} }{ = }
f(f^{-1}(w_1)) + f(f^{-1}(w_2)) = w_1 + w_2 =
f(f^{-1}(w_1 + w_2)) \\
\\
\\
& \text{(Cerrado para la multiplicación por escalares)} \\
& f^{-1}(\alpha w) \overset{ \color{red}{¿2?} }{ = }
\alpha f^{-1}(w) \\
& f(f^{-1}(\alpha w)) \overset{ \color{red}{¿2?} }{ = }
f(\alpha f^{-1}(w)) \\
& \begin{array}{r}
\forall w \in W \\
\forall \alpha \in \mathbb K
\end{array} \\
\\
& \color{red}{ \text{(Falta la demostración de } } \color{red}{2} \color{red}{ \text{)} } \\
\\
\\
\\
& \color{red}{ \text{(Falta la demostración de } } "\Leftarrow" \color{red}{ \text{)} } \\
\end{matrix}\end{split}\]
Aplicaciones lineales, generadores y bases¶
Proposición
Con \(V\) y \(V' \; \mathbb K\)-espacios vectoriales, \(B_V = \lbrace v_1, \cdots, v_n \rbrace\) base de \(V\) y \(w_1, \cdots, w_n \in V'\), existe una única aplicación lineal
\[\left. f: V \rightarrow V' \: \middle/ \: f(v_i) = w_i \right. \quad \forall i = 1, \cdots, n\]
Demostración
\[\begin{split}\begin{matrix}
v \in V \text{ existen (y son únicos)} \\
\\
\text{(Existencia)} \\
\left.
\alpha_1, \cdots, \alpha_n \in \mathbb K
\middle/
v = \alpha_1 v_1 + \cdots + \alpha_n v_n
\right. \\
f: V \rightarrow V' \\
f(v) := \displaystyle \sum^n_{i = 1} \alpha_i w_i \\
\text{La aplicación es lineal y además } f(v_i) = w_i \\
\\
\text{(Unicidad)} \\
\text{Con } \left.
g: V \rightarrow V' \text{ aplicación lineal }
\middle/
g(v_i) = w_i
\right.
\quad \forall i = 1, \cdots, n \\
g(v) = g(\alpha_1 v_1 + \cdots + \alpha_n v_n) \underset{ g \text{ lineal} }{ = }
g(\alpha_1 v_1) + \cdots + g(\alpha_n v_n) \underset{ g \text{ lineal} }{ = }
\alpha_1 g(v_1) + \cdots + \alpha_n g(v_n) =
\alpha_1 w_1 + \cdots + \alpha_n w_n = f(v) \\
\forall v = \alpha_1 v_1, \cdots, \alpha_n v_n \in V
\end{matrix}\end{split}\]
Ejemplo
\[\begin{split}\xymatrix @M=0pt @H=1ex @R=0.5ex {
\mathbb R^3 \quad \mathbb R^2 \\
\mathcal C = \lbrace (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) \rbrace \\
w_1 = (1, 1) \\
w_2 = (2, 3) \\
w_3 = (0, 7) \\
\\
f: \mathbb R^3 \rightarrow \mathbb R^2 \\
(1, 0, 0) \leadsto (1, 1) \\
(0, 1, 0) \leadsto (2, 3) \\
(0, 0, 1) \leadsto (0, 7) \\
\\
(x, y, z) = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1) \\
f(x, y, z) = x(1, 1) + y(2, 3) + z(0, 7) =
(x + 2y, x + 3y + 7z)
}\end{split}\]
Proposición
Sea \(f: V \rightarrow V'\) aplicación lineal.
- \(f\) inyectiva \(\Leftrightarrow \ker f = \lbrace 0 \rbrace \Leftrightarrow\) La imagen por \(f\) de cualquier subconjunto de vectores de \(V\) que sea linealmente independiente es un subconjunto de \(V'\) de vectores linealmente independientes.
- \(f\) sobreyectiva \(\Leftrightarrow \operatorname{Im} f = V' \Leftrightarrow\) La imagen por \(f\) de cualquier conjunto de generadores de \(V\) es un conjunto de generadores de \(V'\).
- \(f\) biyectiva \(\Leftrightarrow\) La imagen por \(f\) de una base de \(V\) es una base de \(V'\).
Demostración
- \[\begin{split}\begin{matrix} \text{(I) } f \text{ inyectiva } \overset{ \color{red}{¿?} }{ \Rightarrow } \ker f = \lbrace 0 \rbrace \\ \\ \ker f := f^{-1}(\lbrace 0 \rbrace) = \left\{ v \in V \middle/ f(v) = 0 \right\} = \lbrace 0 \rbrace \\ \text{ya que} \\ \xymatrix @M=0.5ex @H=1ex @R=0.5ex @C=0pt { f(v) = 0 & = & f(0) & = & v = 0 \qquad \\ f \text{ lineal} \ar@(r, d)[ur] & & & & f \text{ inyectiva} \ar@(l, d)[ul] } \\ \\ \\ \text{(II) } \ker f = \lbrace 0 \rbrace \overset{ \color{red}{¿?} }{ \Rightarrow } f \text{ inyectiva} \\ \\ v, w \in V \\ \xymatrix @M=0.5ex @H=1ex @R=0.5ex @C=0pt { f(v) = f(w) \Leftrightarrow 0 = f(v) - f(w) & = & f(v - w) \Leftrightarrow v - w \in \ker f & = & \lbrace 0 \rbrace \Leftrightarrow v - w = 0 \Leftrightarrow v = w \\ f \text{ lineal} \ar@(r, d)[ur] & & & & \text{hipótesis} \ar@(l, d)[ul] } \\ \\ \\ \text{(III)} \ker f = \lbrace 0 \rbrace \overset{ \color{red}{¿?} }{ \Rightarrow } \text{ La imagen por } f \text{ de cualquier...} \\ \\ \lbrace v_1, \cdots, v_m \rbrace \subset V \text{ linealmente independiente } \overset{ \color{red}{¿?} }{ \Rightarrow } \lbrace f(v_1), \cdots, f(v_m) \rbrace \subset V' \text{ linealmente independiente } \\ \\ \alpha_1, \cdots, \alpha_m \in \mathbb K \\ \underbrace{ \xymatrix @M=0.5ex @H=1ex @R=0.5ex @C=0pt { & & f \text{ lineal} \ar@(l, u)"2,2" \\ 0 = \alpha_1 f(v_1) + \cdots + \alpha_m f(v_m) & = & f(\alpha_1 v_1 + \cdots + \alpha_m v_m) } } \\ \alpha_1 v_1 + \cdots + \alpha_m v_m \in \ker f = \lbrace 0 \rbrace \\ \Downarrow \\ \left\{ \begin{array}{l} \alpha_1 v_1 + \cdots + \alpha_m v_m = 0 \\ \lbrace v_1, \cdots, v_m \rbrace \text{ es linealmente independiente} \end{array} \right. \\ \Downarrow \\ \begin{array}{l} \alpha_i = 0 \\ \forall i = 1, \cdots, m \end{array} \\ \\ \\ \text{(IV)} \text{ La imagen por } f \text{ de cualquier...} \overset{ \color{red}{¿?} }{ \Rightarrow } \ker f = \lbrace 0 \rbrace \\ \\ v \in \ker f \overset{ \color{red}{¿?} }{ \Rightarrow } v = 0 \Leftrightarrow \ker f = \lbrace 0 \rbrace \\ \underbrace{ \xymatrix @M=0.5ex @H=1ex @R=0.5ex @C=0pt { & & \text{hipótesis} \ar@(l, u)"2,2" \\ v \neq 0 \Leftrightarrow \lbrace u \rbrace \text{ es linealmente independiente} & \Rightarrow & \lbrace f(v) \rbrace \text{ es linealmente independiente} } } \\ \Downarrow \\ f(v) \neq 0 \end{matrix}\end{split}\]
- \[\begin{split}\begin{matrix} \text{(I) } f \text{ sobreyectiva } \overset{ \color{red}{¿?} }{ \Leftrightarrow } \operatorname{Im} f = V' \\ \\ f \text{ sobreyectiva } \\ \Updownarrow \\ \left. \forall v' \in V' \quad \exists v \in V \middle/ v' = f(v) \right. \\ \Updownarrow \\ \operatorname{Im} f = \left\{ f(v) \middle/ v \in V \right\} = V' \\ \\ \text{(II) } f \text{ sobreyectiva } \overset{ \color{red}{¿?} }{ \Leftrightarrow } \text{La imagen por } f \text{ de cualquier conjunto de generadores...} \\ \\ V = \langle v_1, \cdots, v_n \rangle \Rightarrow \operatorname{Im} f = f(V) = \langle f(v_1), \cdots, f(v_n) \rangle \text{ —siempre que } f \text{ sea lineal.} \\ \\ "\Rightarrow" \\ V = \langle v_1, \cdots, v_n \rangle \\ \Downarrow \\ \xymatrix @M=0.5ex @H=1ex @R=0.5ex @C=0pt { V' & = & \operatorname{Im} f = \langle f(v_1), \cdots, f(v_n) \rangle \\ & & f \text{ es inyectiva} \ar@(l, d)"1,2" } \\ \\ "\Leftarrow" \\ \text{Con } V = \langle v_1, \cdots, v_n \rangle \\ \xymatrix @M=0.5ex @H=1ex @R=0.5ex @C=0pt { & & \text{hipótesis} \ar@(l,u)"2,2" \\ \operatorname{Im} f = f(V) = \langle f(v_1), \cdots, f(v_n) \rangle & = & V' \Rightarrow f \text{ sobreyectiva} } \end{matrix}\end{split}\]
- \[\begin{split}\begin{matrix} f \text{ biyectiva } \Leftrightarrow f \text{ inyectiva } \wedge f \text{ sobreyectiva} \\ \\ "\Rightarrow" \\ B = \lbrace v_1, \cdots, v_n \rbrace \text{ base de } V \\ \Downarrow \\ \underbrace{ \left. \begin{array}{r} \text{(por ser inyectiva)} \quad \lbrace f(v_1), \cdots, f(v_n) \rbrace \text{ es linealmente independiente} \\ \text{(por ser biyectiva)} \quad \lbrace f(v_1), \cdots, f(v_n) \rbrace \text{ es conjunto de generadores de } V' \end{array} \right\} } \\ \Downarrow \\ \lbrace f(v_1), \cdots, f(v_n) \rbrace \text{ es base de } V' \\ \\ "\Leftarrow" \\ B = \lbrace v_1, \cdots, v_n \rbrace \text{ base de } V \\ \text{Con } w_i \equiv f(v_i) \quad \lbrace w_i, \cdots, w_n \rbrace \text{ es base de } V' \\ \\ f \text{ biyectiva } \Leftrightarrow f \text{ tiene inversa} \\ \xymatrix{ V \ar^f[r] & V' } \\ \left. \exists^\bullet g: V' \rightarrow V \middle/ g(w_i) = v_i \quad \forall i = 1, \cdots, n \right. \\ \lbrace w_1, \cdots, w_n \rbrace \text{ es base de } V' \\ v_1 \cdots v_n \text{ son elementos de } V \\ \text{Se verifica } g \circ f = \operatorname{id}_V \text{ y } f \circ g = \operatorname{id}_{V'} \text{ —es decir, } g \text{ es la inversa de } f \end{matrix}\end{split}\]
Ejemplo
\[\begin{split}\begin{matrix}
\xymatrix{
\mathbb R^2 \ar^f[r] & \mathbb R^2
} \\
f(1, 0) = (1, 1) \\
f(0, 1) = (2, 0) \\
\\
\text{(Comprobar que } f \text{ es biyectiva y calcular su inversa)} \\
\mathcal C = \lbrace (1, 0), (0, 1) \rbrace \text{ base canónica de } \mathbb R^2 \\
(x, y) = x(1, 0) + y(0, 1) \\
f(x, y) = xf(1, 0) + yf(0, 1) = x(1, 1) + y(2, 0) = (x + 2y, x) \\
\lbrace (1, 1), (2, 0) \rbrace \subset \mathbb R^2 \text{ es base de } \mathbb R^2 \\
\ker f = \left\{ (x, y) \in \mathbb R^2 \middle/ f(x, y) = (x + 2y, x) = (0, 0) \right\} =
\left\{
(x, y) \in \mathbb R^2
\middle/
\begin{array}{r}
x + 2y = 0 \\
x = 0
\end{array}
\right\} =
\lbrace (0, 0) \rbrace \Rightarrow f \text{ inyectiva} \\
\\
\operatorname{Im} f = \langle f(1, 0), f(0, 1) \rangle =
\langle (1, 1), (2, 0) \rangle \subset \mathbb R^2 \\
\left.
\begin{array}{r}
\dim \operatorname{Im} f = 2 \\
\operatorname{Im} f \subset \mathbb R^2
\end{array}
\right\} \Rightarrow \operatorname{Im} f = \mathbb R^2 \Rightarrow
f \text{ sobreyectiva} \\
\\
\text{(Inversa de } f \text{)} \\
\xymatrix{
\mathbb R^2 \ar^g[r] & \mathbb R^2
} \\
g(1, 1) = (1, 0) \\
g(2, 0) = (0, 1) \\
g(x, y) = \alpha(1, 1) + \beta(2, 0) = (\alpha + 2 \beta, \alpha) \\
\Updownarrow \\
\xymatrix @M=0.5ex @H=1ex @R=0.5ex @C=3em {
*{
\begin{matrix}
\left(
\begin{array}{cc|c}
1 & 2 & x \\
1 & 0 & y
\end{array}
\right) \\
\alpha = y \\
\beta = \frac{ x - y }{ 2 }
\end{matrix}
} \ar@(r, l)"2,2" &
*{
\left.
\begin{array}{r}
\alpha + 2 \beta \\
\alpha = y
\end{array}
\right\}
} \\
& \Downarrow & \hspace{6em}
} \\
(x, y) = y(1, 1) + \frac{ x - y }{ 2 }(2, 0) \\
g(x, y) = yg(1, 1) + \frac{ x - y }{ 2 }g(2, 0) =
y(1, 0) + \frac{ x - y }{ 2 }(0, 1) =
(y, \frac{ x - y }{ 2 })
\end{matrix}\end{split}\]
Proposición
Con \(V, V' \; \mathbb K\)-espacios vectoriales de dimensión finita
\(V\) y \(V'\) son isomorfos \(\Leftrightarrow \dim V = \dim V'\)
Demostración
\[\begin{split}\begin{matrix} "\Rightarrow" \\ \underbrace{ \left. \begin{array}{r} V \simeq V' \Leftrightarrow \exists f: V \rightarrow V' \text{ isomorfismo} \\ \text{Con } B = \lbrace v_1, \cdots, v_n \rbrace \text{ base de } V \end{array} \right\} } \\ \Downarrow \\ \lbrace f(v_1), \cdots, f(v_n) \rbrace \text{ base de } V' \\ \Downarrow \\ \dim V' = n = \dim V \\ \\ "\Leftarrow" \\ \underbrace{ \left. \begin{array}{r} \text{Con } B_V = \lbrace v_1, \cdots, v_n \rbrace \text{ base de } V \\ \text{y } B_{V'} = \lbrace w_1, \cdots, w_n \rbrace \text{ base de } V' \end{array} \right\} } \\ \Downarrow \\ \underbrace{ \left. \begin{array}{l} \left. \begin{array}{l} \left. \exists^\bullet f: V \rightarrow V' \text{ aplicación lineal } \middle/ f(v_i) = w_i \quad \forall i = 1, \cdots, n \right. \\ \left. \exists^\bullet g: V' \rightarrow V \text{ aplicación lineal } \middle/ g(w_i) = v_i \quad \forall i = 1, \cdots, n \right. \end{array} \middle/ \begin{array}{l} g \circ f = \operatorname{id}_V \\ f \circ g = \operatorname{id}_{V'} \end{array} \right. \end{array} \right\} } \\ \Downarrow \\ f \text{ es isomorfismo} \end{matrix}\end{split}\]\(\dim V = n \Rightarrow V\) es isomorfo a \(\mathbb K^n\)
Teorema de la dimensión¶
Sea \(f: V \rightarrow V'\) una aplicación lineal.
Se verifica:
\[\dim \ker f + \dim \operatorname{Im} f = \dim V\]
Demostración
\[\begin{split}\begin{matrix}
\ker f \text{ subespacio de } V \Rightarrow r = \dim \ker f \leq \dim V = n \\
\\
\lbrace v_1, \cdots, v_r \rbrace \text{ base de } \ker f \\
\Downarrow \\
\lbrace v_1, \cdots, v_r \rbrace \subset V \text{ linealmente independiente} \\
\Downarrow \\
\left.
\exists v_{r + 1}, \cdots, v_n \in V
\middle/
\lbrace v_1, \cdots, v_r, v_{r + 1}, \cdots, v_n \rbrace \text{ base de } V
\right. \\
\Downarrow \\
\xymatrix{ *+<1ex,1ex>[F-,]{ 1 } } \quad
\langle f(v_{r + 1}), \cdots, f(v_n) \rangle = \operatorname{Im} f =
\langle
\underbrace{ f(v_1) }_0, \cdots, \underbrace{ f(v_r) }_0,
f(v_{r + 1}), \cdots, f(v_n)
\rangle \\
\\
\xymatrix{ *+<1ex,1ex>[F-,]{ 2 } } \quad
\lbrace f(v_{r + 1}), \cdots, f(v_n) \rbrace
\text{ es linealmente independiente (pendiente de demostrar)} \\
\\
\left.
\begin{matrix}
\xymatrix{ *+<1ex,1ex>[F-,]{ 1 } } \\
\xymatrix{ *+<1ex,1ex>[F-,]{ 2 } }
\end{matrix}
\right\}
\Rightarrow
\left\{
\begin{array}{l}
\lbrace f(v_{r + 1}), \cdots, f(v_n) \rbrace \text{ base de }
\operatorname{Im} f \\
\dim \operatorname{Im} f = n - r = \dim V - \dim \ker f
\end{array}
\right. \\
\\
\text{(} \lbrace f(v_{r + 1}), \cdots, f(v_n) \rbrace
\text{ es linealmente independiente)} \\
\alpha_{r + 1}, \cdots, \alpha_n \in \mathbb K \\
0 = \alpha_{r + 1} f(v_{r + 1}) + \cdots + \alpha_n f(v_n) =
f(\alpha_{r + 1} v_{r + 1} + \cdots + \alpha_n v_n) \\
\Downarrow \\
\alpha_{r + 1} v_{r + 1} + \cdots + \alpha_n v_n \in \ker f \\
\left.
\exists \alpha_1, \cdots, \alpha_r \in \mathbb K
\middle/
\alpha_{r + 1} v_{r + 1} + \cdots + \alpha_n v_n =
\alpha_1 v_1 + \cdots + \alpha_r v_r
\right. \\
\Downarrow \\
-\alpha_1 v_1 - \cdots -\alpha_r v_r + \alpha_{r + 1} v_{r + 1} +
\cdots + \alpha_n v_n = 0 \\
\xymatrix @M=0.5ex @H=1ex @R=0.5ex @C=3em {
*{
\lbrace v_1, \cdots, v_n \rbrace \text{ es linealmente independiente}
} \ar@/_/[r] &
\Downarrow &
\hspace{16.5em}
} \\
\alpha_i = 0 \quad \forall i = 1, \cdots, n
\end{matrix}\end{split}\]
Ejemplo
\[\begin{split}\begin{matrix}
f: \mathbb R^3 \rightarrow \mathbb R^2 \\
f(x, y, z) \leadsto (x - z, y + z) \\
\dim \mathbb R^3 = 3 \quad \dim \mathbb R^2 = 2 \\
\\
\underbrace{
\ker f =
\left\{
(x, y, z) \in \mathbb R^3
\middle/
(x - z, y + z) = (0, 0)
\right\} =
\left\{
(x, y, z) \in \mathbb R^3
\middle/
\begin{array}{r}
x - z = 0 \\
y + z = 0
\end{array}
\right\} =
\left\{
(z, -z, z)
\middle/
z \in \mathbb R
\right\} =
\langle (1, -1, 1) \rangle
} \\
\Downarrow \\
\dim \ker f = 1 \\
B_{\ker f} = \lbrace \underbrace{ (1, -1, 1) }_{ v_1 } \rbrace \\
v_2 = (0, 1, 0) \\
v_3 = (0, 0, 1) \\
\lbrace v_1, v_2, v_3 \rbrace \text{ es base de } \mathbb R^3 \\
\\
\xymatrix @M=0.5ex @H=1ex @R=0.5ex @C=0em {
\operatorname{Im} f = \langle f(v_1), f(v_2), f(v_3) \rangle & = &
\langle (0, 1), (-1, 1) \rangle \Rightarrow \dim \operatorname{Im} f = 2 \\
f(v_1) = 0 \ar@(r, d)"1,2"
}
\end{matrix}\end{split}\]
Corolario
Con \(f: V \rightarrow V\) aplicación lineal y \(\dim V = n\) (endomorfismo de \(V\))
Son equivalentes:
- \(f\) biyectiva (isomorfismo).
- \(f\) inyectiva.
- \(f\) sobreyectiva.
Demostración
\[\begin{split}\begin{matrix}
\text{Se verifica que } \dim V = \dim \ker f + \dim \operatorname{Im} f \\
\\
f \text{ inyectiva} \\
\Updownarrow \\
\ker f = \lbrace 0 \rbrace \\
\Updownarrow \\
\dim \ker f = 0 \\
\Updownarrow \\
\dim V = \dim \operatorname{Im} f \\
\xymatrix @M=0.5ex @H=1ex @R=0.5ex @C=3em {
*{
\operatorname{Im} f \subset V
} \ar@/_/[r] &
\Updownarrow &
\hspace{4em}
} \\
\operatorname{Im} f = V \\
\Updownarrow \\
f \text{ sobreyectiva}
\end{matrix}\end{split}\]
Ejemplo
¿Existe \(f: \mathbb R^3 \rightarrow \mathbb R^4\) aplicación lineal y sobreyectiva?
\[\begin{split}\begin{matrix}
\xymatrix{ *+<1ex,1ex>[F-:<3ex>]{ \text{No} } } \\
\\
3 = \dim \ker f + \dim \operatorname{Im} f \Rightarrow
\dim \operatorname{Im} f \leq 3 \Rightarrow
\operatorname{Im} f \subsetneq \mathbb R^4
\end{matrix}\end{split}\]
Matriz asociada a una aplicación lineal¶
Con \(\dim V = n\), \(\dim W = m\), \(B_V = \lbrace v_1, \cdots, v_n \rbrace\) base de \(V\) y \(B_W = \lbrace w_1, \cdots, w_n \rbrace\) base de \(W\).
Definición
Sea \(f: V \rightarrow W\) una aplicación lineal tal que
\[\begin{matrix}
f(v_j) = \displaystyle \sum^{m}_{i = 1} a_{ij} w_i =
a_{1j} w_1 + \cdots + a_{mj} w_m \quad \forall j = 1, \cdots, n
\end{matrix}\]
A la matriz \((a_{ij})\) le llamaremos matriz asociada a \(f\) respecto de las bases \(B_V\) y \(B_W\) y se denota por
\[\begin{matrix}
(f)_{ B_V, B_W } = (a_{ij}) \in \mathcal M_{m \times n}(\mathbb K)
\end{matrix}\]
Ejemplo
\[\begin{split}\begin{matrix}
\operatorname{id}: \mathbb R^3 \rightarrow \mathbb R^3 \\
(x, y, z) \leadsto \operatorname{id}(x, y, z) = (x, y, z) \\
\\
B = \lbrace v_1, v_2, v_3 \rbrace \text{ base de } \mathbb R^3 \\
(\operatorname{id})_{B, B} =
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix} \\
\\
B' = \lbrace (1, 1, 1), (0, 1, 1), (0, 0, 1) \rbrace \\
\mathcal C = \lbrace (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) \rbrace \\
(\operatorname{id})_{B', \mathcal C} =
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 1
\end{pmatrix}
\end{matrix}\end{split}\]
Ejemplo
\[\begin{split}\begin{matrix}
\mathbb R^2 \rightarrow \mathbb R^3 \\
(x, y) \leadsto f(x, y) = (x + y, x - y, 2y) \\
\\
B_{\mathbb R^2} = \lbrace (1, 1), (0, 2) \rbrace \\
B_{\mathbb R^3} = \lbrace (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) \rbrace =
\mathcal C_{\mathbb R^3} \\
\\
f(1, 1) = (2, 0, 2) = 2(1, 0, 0) + 0(0, 1, 0) + 2(0, 0, 1) \\
f(0, 2) = (2, -2, 4) = 2(1, 0, 0) - 2(0, 1, 0) + 4(0, 0, 1) \\
\\
(f)_{ B_{\mathbb R^2}, \mathcal C_{\mathbb R^3} } =
\begin{pmatrix}
2 & 2 \\
0 & -2 \\
2 & 4
\end{pmatrix}
\end{matrix}\end{split}\]
Note
\[(f)_B := (f)_{B, B}\]
Proposición
Si \(v \in V\) y \(v = \displaystyle \sum_{i = 1}^n \alpha_i v_i\) y denoto \((v)_{B_V} \equiv \begin{pmatrix} x_1 \\ \vdots \\ x_n \end{pmatrix}\) entonces se verifica
\[(f(v))_{B_W} = (f)_{B_V, B_W} \cdot (v)_{B_V}\]
Demostración
\[\begin{split}\begin{matrix}
\xymatrix @M=0.5ex @H=1ex @R=0.5ex @C=0em {
f(v) = f \left( \displaystyle \sum_{i = 1}^n \alpha_i v_i \right) & = &
\displaystyle \sum_{i = 1}^n f(\alpha_i v_i) & = &
\displaystyle \sum_{i = 1}^n \alpha_i f(v_i) =
\displaystyle \sum_{i = 1}^n \alpha_i
f \left( \displaystyle \sum_{k = 1}^m a_{ki} w_k \right) = \cdots \\
\text{aplicación lineal} \ar@(l,d)"1,2" \ar@(r,d)"1,4"
& & & & \cdots = \displaystyle \sum_{i = 1}^n \displaystyle \sum_{k = 1}^m
\alpha_i a_{ki} w_k =
\displaystyle \sum_{k = 1}^m \left( \displaystyle \sum_{i = 1}^n \alpha_i a_{ki} \right) w_k \\
}
\end{matrix}\end{split}\]
Ejemplo
Sea \(f: \mathbb R^3 \rightarrow \mathbb R^2\) la aplicación lineal cuya matriz asociada en \(B_{\mathbb R^3} = \lbrace (1, 1, 1), (0, 1, 1), (0, 0, 1) \rbrace\) y \(B_{\mathbb R^2} = \mathcal C_{\mathbb R^2}\) es
\[\begin{split}\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 \\
-1 & 2 & 5
\end{pmatrix}\end{split}\]
Calcular \(f(1, 2, 3)\).
\[\begin{split}\begin{matrix}
v = (1, 2, 3) = \alpha (1, 1, 1) + \beta (0, 1, 1) + \gamma (0, 0, 1) \in \mathbb R^3 \\
\\
(v)_{B_{\mathbb R^3}} =
\begin{pmatrix}
\alpha \\
\beta \\
\gamma
\end{pmatrix} \qquad
(f(v))_{\mathcal C} =
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 \\
-1 & 2 & 5
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\alpha \\
\beta \\
\gamma
\end{pmatrix}
\end{matrix}\end{split}\]
Observación
Con \(A = (a_{ij}) \in \mathcal M_{m \times n}(\mathbb K)\), \(V \; \mathbb K\)-espacio vectorial, \(\dim V = n\), \(B_V = \lbrace v_1, \cdots, v_n \rbrace\), \(W \; \mathbb K\)-espacio vectorial, \(\dim W = m\) y \(B_W = \lbrace w_1, \cdots, v_n \rbrace\) existe una única aplicación lineal \(f: V \rightarrow W\) cuya matriz asociada respecto de \(B_V\) y \(B_W\) es la matriz \(A = (f)_{ B_V, B_W }\)
Demostración
\[\begin{split}\begin{matrix} f: V \rightarrow W \\ f(v_j) := \displaystyle \sum_{k = 1}^m a_{kj} w_k \quad \forall j = 1, \cdots, n \\ \text{y se verifica} \\ (f)_{ B_V, B_W } = A \end{matrix}\end{split}\]- \[\begin{split}\begin{matrix} \operatorname{id}_V: V \rightarrow V \\ v \leadsto \operatorname{id}_V(v) = v \\ \\ (\operatorname{id}_V)_{B_V} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = I_n \end{matrix}\end{split}\]
Si \(B_V\) y \(B'_V = \lbrace v'_1, \cdots, v'_n \rbrace\) son bases de \(V\) a la matriz \((\operatorname{id}_V)_{B_V, B'_V}\) se le llama matriz de cambio de base de \(B_V\) a \(B'_V\)
Ejemplo
\[\begin{split}\begin{matrix} \xymatrix{ \mathbb R^2 \ar^{ \operatorname{id} }[r] & \mathbb R^2 } \qquad B = \lbrace (1, 1), (0, -1) \rbrace \\ \\ (\operatorname{id}_V)_{B, \mathcal C_{\mathbb R^2}} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \end{matrix}\end{split}\]
Proposición
Sean \(f: V \rightarrow W\) aplicación lineal, \(B_V = \lbrace v_1, \cdots, v_n \rbrace\) base de \(V\), \(B_W = \lbrace w_1, \cdots, w_m \rbrace\) base de \(W\), \(g: W \rightarrow V'\) aplicación lineal y \(B_{V'} = \lbrace v'_1, \cdots, v'_s \rbrace\) base de \(V'\)
Si \(A = (f)_{B_V, B_W} \in \mathcal M_{m \times n}(\mathbb K)\) y \(B = (g)_{ B_W, B_{V'} } \in \mathcal M_{s \times m}(\mathbb K)\) entonces \((g \circ f)_{ B_V, B_{V'} } = BA\).
En particular, si \(f\) es un isomorfismo (\(n = m\))
\[\begin{split}\begin{matrix}
\xymatrix{
V \ar^f[r] & W
} \\
\underbrace{
A = (f)_{B_V, B_W} \in \mathcal M_n(\mathbb K)
} \\
\Downarrow \\
A \text{ es no singular}
\end{matrix}\end{split}\]
Corolario
Con \(f: V \rightarrow W\) aplicación lineal, \(B = \lbrace v_1, \cdots, v_n \rbrace\) base de \(V\) y \(B' = \lbrace w_1, \cdots, w_n \rbrace\) base de \(W\) se verifica
\[\begin{split}\begin{matrix}
f \text{ isomorfismo} \\
\Updownarrow \\
(f)_{B, B'} = A \text{ es no singular}
\end{matrix}\end{split}\]
Demostración
\[\begin{split}\begin{matrix}
"\Downarrow" \\
\xymatrix @R=1ex {
V \ar^f[r] & W \ar^{ f^{-1} }[r] & V \\
B & B' & B
} \\
\\
\left.
\exists f^{-1}: W \rightarrow V \text{ inversa de } f
\middle/
\left.
\begin{array}{l}
f^{-1} \circ f = \operatorname{id}_V: V \rightarrow V \\
f \circ f^{-1} = \operatorname{id}_W: W \rightarrow W
\end{array}
\right.
\right. \\
\\
\underbrace{
I_n = (f^{-1} \circ f)_{B, B} = (f^{-1})_{B', B} \cdot (f)_{B, B'}
} \\
\Downarrow \\
A \text{ es no singular} \\
\\
\\
"\Uparrow" \\
A \text{ no singular } \Leftrightarrow \exists A^{-1} \text{ inversa de } A \\
\\
g: W \rightarrow V \\
g(w_j) := \displaystyle \sum_{ i = 1 }^n A^{-1}(i, j) v_i \text{ aplicación lineal} \\
\\
(g)_{B', B} = A^{-1} \text{ y } g \text{ es inversa de } f
\end{matrix}\end{split}\]
Definición
Con \(V\) espacio vectorial, \(B = \lbrace v_1, \cdots, v_n \rbrace\) y \(B' = \lbrace v'_1, \cdots, v'_n \rbrace\) bases de \(V\)
Se llama matriz de cambio de base de la base \(B\) a la base \(B'\) a la matriz asociada a \(\operatorname{id}_V\) respecto de las bases \(B\) y \(B'\)
\((\operatorname{id}_V)_{B, B'}\) es una matriz no singular ya que la aplicación identidad es biyectiva.
Proposición
Toda matriz de orden \(n\) y no singular \(A\) es una matriz de cambio de base.
Demostración
Con \(V \; \mathbb K\)-espacio vectorial, \(\dim V = n\) y \(B' = \lbrace w_1, \cdots, w_n \rbrace\) base de \(V\) definimos
\[\begin{matrix}
v_j := \displaystyle \sum_{ i = 1 }^n a_{ij} w_i
\quad \forall j = 1, \cdots, n
\end{matrix}\]
El conjunto \(\lbrace v_1, \cdots, v_n \rbrace = B\) es base de \(V\) ya que \(A\) es no singular
\[\begin{matrix}
(\operatorname{id})_{B, B'} = A
\end{matrix}\]
Isomorfismo de asignación de coordenadas¶
Definición
Con \(\dim V = n\) y \(B = \lbrace v_1, \cdots, v_n \rbrace\) base de \(V\)
Existe un isomorfismo \(f_i: V \rightarrow \mathbb K^n\) definido por \(f(v_i) = e_i \quad \forall i = 1, \cdots, n\) al que llamamos isomorfismo de asignación de coordenadas.
\(f\) es lineal y es isomorfismo ya que la imagen de una base del dominio es una base del rango.
\[\begin{split}\begin{matrix}
v \in V \quad v = \alpha_1 v_1 + \cdots + \alpha_n v_n \\
f(v) = \alpha_1 f(v_1) + \cdots + \alpha_n f(v_n) =
\alpha_1 (1, 0, \cdots, 0) + \cdots + \alpha_n (0, \cdots, 0, 1) =
(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n)
\end{matrix}\end{split}\]