Algunos ejercicios resueltos de Álgebra Beatriz Graña Otero 10 de Noviembre de 2008 2 B.G.O. 104.- Sean V y W dos espacios vectoriales, con dim V = 3, dim W = 4. Sean B = {v1 , v2 , v3 } y B 0 = {w1 , w2 , w3 , w4 } bases de V y W respectivamente. Se define f : V → W por: f (v1 ) = 2w1 − w2 + w3 + w4 , f (v2 ) = w2 − 2w3 + w4 , f (v3 ) = 4w1 − w2 + 3w4 . Hallar las ecuaciones de f , su matriz, y determinar su núcleo e imagen. 2 0 4 −1 1 −1 Solución. La matriz de f respecto de las bases B de V y B 0 de W es 1 −2 0 1 1 3 pues las coordenadas de las imágenes de los vectores de B respecto de la base B 0 de W son f (v1 ) = (2, −1, 1, 1)B 0 , f (v2 ) = (0, 1, −2, 1)B 0 , f (v3 ) = (4, −1, 0, 3)B 0 . Para calcular el núcleo de f se puede usar la matriz que se acaba de hallar. Ası́ 0 2 0 4 x −1 1 −1 0 Ker(f ) = {v ∈ V | f (v) = e} = {(x, y, z)B ∈ V | 1 −2 0 y = 0 } = z 0 1 1 3 2x + 4z = 0 −x + y − z = 0 }= x − 2y = 0 x + y + 3z = 0 = {(x, y, x)B ∈ V | 2x + 4z = 0 } = h(−2, −1, 1)i −x + y − z = 0 = {(x, y, x)B ∈ V | De la imagen se sabe que ha de tener dimensión 2 porque 3 = dim(V ) = dim(ker(f ) + dim(Im(f )) = 1 + dim(Im(f ), luego Im(f ) = h(2, −1, 1, 1), (0, 1, −2, 1)i que es el mayor número de columnas de la matriz linealmente independientes. 2 −1 4 111.- Sea T el endomorfismo de R3 cuya matriz en la base B = {e1 , e2 , e3 } es 1 0 3. −1 2 2 Halla la matriz de T en la base B 0 = {e01 , e02 , e03 }, siendo: e1 = e01 , e2 = 1 0 e , 2 2 1 e3 = e03 + e01 − e03 . 2 Solución. La matriz dada es la matriz de T respecto de la base canónica C = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} y se trata de calcular la matriz de T respecto de otras bases. Forma 1.- Se procede como siempre calculando las imágenes de los vectores de la primera base y buscando sus coordenadas respecto de la base del segundo espacio vectorial. Es decir, como e01 = (1, 0, 0)C , e02 = (0, 2, 0)C y e03 = (−2, 0, 2)C , las imágenes de estos son 2 2 −1 4 1 f (e01 ) = 1 0 3 0 = 1 , −1 2 2 0 C −1 C 2 −1 4 0 −2 f (e02 ) = 1 0 3 2 = 0 −1 2 2 0 C 4 C y 2 −1 4 −2 4 0 f (e2 ) = 1 0 3 0 = 4 . −1 2 2 2 C 6 C I.T.I.S. 08-09 USAL 3 Ahora falta calcular las coordenadas de estas imágenes respecto de la nueva base B 0 . Por tanto, f (e01 ) = (2, 1, −1)C = x0 (1, 0, 0)C + y 0 (0, 2, 0)C + z 0 (2, 0, 2)C = (1, 1/2, −1/2)B 0 y ésta serı́a la primera columna de la matriz de T respecto de la base B 0 . Haciendo las cuentas resulta que 1 2 10 MatB 0 ,B 0 (T ) = 1/2 0 2 . −1/2 2 3 Forma 2.− Se calculan las ecuaciones de cambio de base. Para la matriz de cambio de base, se necesitan las coordenadas de unos vectores respecto de los otros. Calculemos primero las de C respecto de B 0 , que son las que da el enunciado. Como e1 = (1, 0, 0)B 0 , e2 = (0, 1/2, 0)B 0 1 0 1 y e3 = (1, 0, 1/2)B 0 , entonces P = 0 1/2 0 y las ecuaciones son 0 0 1/2 1 0 0 0 1/2 0 0 x1 1 x1 0 = 0 x2 x2 . 1/2 x03 B 0 x3 C Si se buscan la ecuaciones de B 0 respecto de C, o bien se calcula la inversa de P o bien se procede de igual modo. Es decir, se hallan las coordenadas de B 0 respecto de C. Que son, 1 0 −2 e01 = (1, 0, 0)C , e02 = (0, 2, 0)C y e03 = (−1, 0, 1), por tanto P −1 = 0 2 0 y las 0 0 2 ecuaciones son 0 x1 x1 1 0 −2 0 2 0 x02 = x2 . 0 0 Por otro lado, si ahora se quiere 2 1 −1 entonces 2 −1 0 1 −1 2 2 x03 B0 x3 C calcular la matriz de T respecto de B 0 , como −1 4 x1 y1 0 3 x2 = y2 , 2 2 x3 y3 4 x1 2 −1 3 x2 = 1 0 2 x3 C −1 2 C 4 1 3 0 2 0 C 0 0 −2 x1 1 0 2 0 x2 = 0 0 2 x03 B 0 0 0 0 −2 y1 0 2 0 y2 , 0 2 y30 B0 x1 y1 sustituyendo x2 e y2 . Por tanto x3 C y3 C 1 0 0 0 1/2 0 1 2 −1 4 1 0 1 0 3 0 −1 2 2 0 1/2 0 0 y1 0 −2 x1 0 0 2 0 x2 = y2 0 2 x03 B 0 y30 B0 . Que quiere decir que M = P M P −1 es la matriz de T respecto de la base B 0 .