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Decir si son lineales las siguientes aplicaciones:
a) f : R^3 → R^3 , f (x, y, z) = (2x, x + y, 3 z);
b) f : R^2 → R^3 , f (x, y) = (2x + y, x − 2 y, y);
c) f : R^2 → R^3 , f (x, y) = (x + 1, x + y, 0);
d) f : R^3 → R^2 , f (x, y, z) = (x + y + z, 1);
e) f : R^4 → R^2 , f (x, y, z, t) = (x − y, 2 z + t);
f) f : R^3 → R^4 , f (x, y, z) = (0, x + y, z, x + 1);
Problema 1.
Solución del problema 1.
a) Veamos que f (x, y, z) = (2x, x + y, 3 z) es una aplicación lineal. Para ello, tomemos ~u 1 = (x 1 , y 1 , z 1 ), ~u 2 = (x 2 , y 2 , z 2 ) ∈ R^3 y α, β ∈ R. Como
f (α~u 1 + β~u 2 ) = f (αx 1 + βx 2 , αy 1 + βy 2 , αz 1 + βz 2 )
2(αx 1 + βx 2 ), αx 1 + βx 2 + αy 1 + βy 2 , 3(αz 1 + βz 2 )
2 αx 1 , αx 1 + αy 1 , 3 αz 1
2 βx 2 , βx 2 + βy 2 , 3 βz 2
= α (2x 1 , x 1 + y 1 , 3 z 1
- β (2x 2 , x 2 + y 2 , 3 z 2
= α f (~u 1 ) + β f (~u 2 ),
deducimos que f es una aplicación lineal.
b) Demostremos quef (x, y) = (2x+y, x− 2 y, y) es una aplicación lineal. Sean ~u 1 = (x 1 , y 1 ), ~u 2 = (x 2 , y 2 ) ∈ R^2 y α, β ∈ R. Observamos que
f (α~u 1 + β~u 2 ) = f (αx 1 + βx 2 , αy 1 + βy 2 , αz 1 + βz 2 )
2(αx 1 + βx 2 ) + αy 1 + βy 2 , αx 1 + βx 2 − 2(αy 1 + βy 2 ), αy 1 + βy 2
2 αx 1 + αy 1 , αx 1 − 2 αy 1 , αy 1
2 βx 2 + βy 2 , βx 2 − 2 βy 2 , βy 2
= α (2x 1 + y 1 , x 1 − 2 y 1 , y 1
- β (2x 2 + y 2 , x 2 − 2 y 2 , y 2
= α f (~u 1 ) + β f (~u 2 ),
Luego, f es una aplicación lineal.
c) f (x, y) = (x + 1, x + y, 0) no es una aplicación lineal, ya que f (0, 0) = (1, 0 , 0) 6 = (0, 0 , 0).
d) f (x, y, z) = (x + y + z, 1) no es una aplicación lineal debido a que f (0, 0 , 0) = (0, 1) 6 = (0, 0).
e) Veamos que f (x, y, z, t) = (x−y, 2 z+t) es una aplicación lineal. Sean ~u 1 = (x 1 , y 1 , z 1 , t 1 ), ~u 2 =
(x 2 , y 2 , z 2 , t 2 ) ∈ R^4 y α, β ∈ R. Como
f (α~u 1 + β~u 2 ) = f (αx 1 + βx 2 , αy 1 + βy 2 , αz 1 + βz 2 , αt 1 + βt 2 )
αx 1 + βx 2 − (αy 1 + βy 2 ), 2(αz 1 + βz 2 ) + αt 1 + βt 2
αx 1 − αy 1 , 2 αz 1 + αt 1
βx 2 − βy 2 , 2 βz 2 + βt 2
= α (x 1 − y 1 , 2 z 1 + t 1
- β (x 2 − y 2 , 2 z 2 + t 2
= α f (~u 1 ) + β f (~u 2 ),
deducimos que f es una aplicación lineal.
f ) f (x, y, z) = (0, x + y, z, x + 1) no es una aplicación lineal, ya que f (0, 0 , 0) = (0, 0 , 0 , 1) 6 = (0, 0 , 0 , 0).
Para las aplicaciones del ejercicio anterior que sean lineales se pide:
a) Matriz de la aplicación respecto de las bases canónicas.
b) Hallar Ker(f ), Im(f ) sus ecuaciones y dimensiones, una base del núcleo y una de la imagen.
Problema 2.
Solución del problema 2. Recordemos que las aplicaciones lineales del ejercicio anterior son
f : R^3 → R^3 , f (x, y, z) = (2x, x + y, 3 z) (del apartado (a));
g : R^2 → R^3 , g(x, y) = (2x + y, x − 2 y, y) (del apartado (b));
h : R^4 → R^2 , h(x, y, z, t) = (x − y, 2 z + t) (del apartado (e)).
a) Hallemos la matriz de f, g y h respecto de las bases canónicas, respectivamente.
Para f. Como
f (1, 0 , 0) = (2, 1 , 0), f (0, 1 , 0) = (0, 1 , 0), f (0, 0 , 1) = (0, 0 , 1),
entonces la matriz de f con respecto a la base canónica de R^3 es
Af =
Para g. Como g(1, 0) = (2, 1 , 0), g(0, 1) = (1, − 2 , 1), entonces la matriz de g con respecto a la base canónica de R^3 es
Ag =
A continuación, describiremos el subespacio núcleo de la aplicación g. Usando el teorema de la dimensión
dim(R^2 ) = dim(Ker(g)) + dim(Im(g)) ⇐⇒ 2 = dim(Ker(g)) + 2,
tenemos que dim(Ker(g)) = 0. Luego, Ker(g) = {(0, 0)} y la aplicación g es inyec- tiva. Para h. Observar que dim(Im(h)) = rg(Ah) = 2. Como una base de Im(h) está formada por los vectores-colummnas que nos da el rango 2 , tenemos que Im(h) = L{(− 1 , 0), (0, 2)} = R^2. Luego, la aplicación h es sobreyectiva. A continuación vamos a describir el núcleo de h. Observamos que, por el teorema de la dimensión,
dim(R^4 ) = dim(Ker(h)) + dim(Im(h)) ⇐⇒ 4 = dim(Ker(h)) + 2.
Así pues, dim(Ker(h)) = 2. Como
Ker(h) :=
(x, y, z, t) ∈ R^4 : h(x, y, z, t) = 0
tenemos que resolver el sistema homogéneo con matriz asociada Ah, es decir, { x − y = 0 2 z + t = 0
Las soluciones de este sistema viene dadas por (x, y, z, t) = (λ, λ, μ, − 2 μ), con λ, μ ∈ R. Como (λ, λ, μ, − 2 μ) = λ(1, 1 , 0 , 0) + μ(0, 0 , 1 , −2) y los vectores (1, 1 , 0 , 0), (0, 0 , 1 , −2) son linealmente independientes, deducimos que Ker(h) = L{(1, 1 , 0 , 0), (0, 0 , 1 , −2)}.
Sean f : R^2 → R^3 , g : R^3 → R^4 dos aplicaciones lineales de nidas por
f (1, 1) = (5, 2 , 3), f (2, 3) = (2, 0 , 4), g(− 2 , 4 , 2) = (1, 1 , 1 , 1), g(1, 0 , −1) = (2, − 1 , 3 , 4), g(− 1 , 2 , 0) = (0, 1 , 0 , 1).
Hallar:
a) Las matrices asociadas a las aplicaciones lineales f y g respecto de las bases canónicas.
b) La expresión analítica de dichas aplicaciones lineales.
c) La expresión analítica de las aplicaciones f + g y g ◦f , si fuese posible.
d) Los núcleos de f y g y sus respectivas ecuaciones.
e) Lo mismo para las imágenes.
Problema 3.
Solución del problema 3.
a) Para f. Sean ~u = (1, 1) y ~v = (2, 3). Como
~e 1 = α ~u + β ~v ⇐⇒
α + 2β = 1 α + 3β = 0 ⇐⇒ α = 3, β = − 1 ,
entonces f (~e 1 ) = 3 f (~u) − f (~v) = 3 (5, 2 , 3) − (2, 0 , 4) = (13, 6 , 5). Por otro lado,
~e 2 = α ~u + β ~v ⇐⇒
α + 2β = 0 α + 3β = 1 ⇐⇒ α = − 2 , β = 1.
Luego,
f (~e 2 ) = − 2 f (~u) + f (~v) = −2 (5, 2 , 3) + (2, 0 , 4) = (− 8 , − 4 , −2).
Por tanto, la matriz de la aplicación f respecto de las bases canónicas es
Af =
Para g. Sean ~u 1 = (− 2 , 4 , 2), ~u 2 = (1, 0 , −1) y ~u 3 = (− 1 , 2 , 0). Como
~e 1 = α 1 ~u 1 + α 2 ~u 2 + α 3 ~u 3 ⇐⇒
− 2 α 1 + α 2 − α 3 = 1 4 α 1 + 2α 3 = 0 2 α 1 − α 2 = 0
⇐⇒ α 1 =
, α 2 = 1, α 3 = − 1 ,
entonces
g(~e 1 ) =
g(~u 1 ) + g(~u 2 ) − g(~u 3 )
=
= (^52 , −^32 , 72 , 72 ).
Análogamente,
~e 2 = α 1 ~u 1 + α 2 ~u 2 + α 3 ~u 3 ⇐⇒
− 2 α 1 + α 2 − α 3 = 0 4 α 1 + 2α 3 = 1 2 α 1 − α 2 = 0
⇐⇒ α 1 =
, α 2 =
, α 3 = 0,
deduciéndose
g(~e 2 ) =
g(~u 1 ) +
g(~u 2 ) + 0 g(~u 3 )
=
= (^54 , −^14 , 74 , 92 ).
d)
Calculemos el núcleo de f.
(x, y) ∈ Ker(f ) ⇐⇒ f (x, y) = 0 ⇐⇒
x y
13 x − 8 y = 0, 6 x − 4 y = 0, 5 x − 2 y = 0.
Como la única solución del sistema anterior es x = 0, y = 0, deducimos que Ker(f ) = {(0, 0)}. Hallemos el núcleo de g.
(x, y, z) ∈ Ker(g) ⇐⇒ g(x, y, z) = 0 ⇐⇒
x y z
10 x + 5y + 2z = 0, − 6 x − y − 2 z = 0, 14 x + 7y + 2z = 0, 14 x + 9y − 2 z = 0.
Como la única solución de este sistema es la nula, Ker(g) = {(0, 0 , 0)}.
e) Lo mismo para las imágenes.
Hallemos Im(f ). Para ello, recordamos que un sistema generador de Im(f ) está formado por las columnas de la matriz Af. Además, como rg(Af ) = 2, deducimos que Im(f ) = L{(13, 6 , 5), (− 8 , − 4 , 2)}.
Procediendo de la misma forma que en el ejercicio 6 (a) del Tema 1,
(x, y, z) ∈ Im(f ) ⇐⇒
13 − 8 x 6 − 4 y 5 − 2 z
= 0 ⇐⇒ 4 x − 7 y − 2 z = 0.
Luego, Im(f ) = {(x, y, z) ∈ R^3 : 4x − 7 y − 2 z = 0}. Como rg(Ag) = 3, tenemos que Im(g) = L{(10, − 6 , 14 , 14), (5, − 1 , 7 , 9), (2, − 2 , 2 , 2)}. Además,
(x, y, z, t) ∈ Im(g) ⇐⇒
10 5 2 x − 6 − 1 − 2 y 14 7 2 z 14 9 − 2 t
= 0 ⇐⇒ − 5 x + y + 5z − t = 0.
Luego, Im(f ) = {(x, y, z, t) ∈ R^4 : − 5 x + y + 5z − t = 0}.
Sea f : R^4 → R^3 la aplicación lineal cuya matriz respecto de las bases canónicas es
A =
1 + a 0 1 1 1 0 1 + a 1 1 0 1 1 + a
a) Hallar la expresión analítica de f.
b) Clasi car f según los valores de a.
c) Para a = 0, calcular la dimensión, una base y unas ecuaciones implícitas de Ker(f ) e Im(f ).
Problema 4.
Solución del problema 4.
a) Sea (x, y, z, t) ∈ R^4.
f (x, y, z, t) =
1 + a 0 1 1 1 0 1 + a 1 1 0 1 1 + a
x y z t
(1 + a)x + z + t, x + (1 + a)z + t, x + z + (1 + a)t
)t .
b) Notar que dim(R^4 ) > dim(R^3 ). Luego, f no es inyectiva. Así pues, dim(Ker(f )) > 0. Como
rg(A) =
1 si a = 0; 2 si a = 3; 3 si a 6 = 0, 3;
entonces
dim(Im(f )) =
1 si a = 0; 2 si a = 3; 3 si a 6 = 0, 3; Si a 6 = 0, 3 , tenemos que Im(f ) = R^3 , es decir, f es sobreyectiva. Y si a = 0 o a = 3, entonces f no es sobreyectiva.
c) Como a = 0, tenemos que
A =
Claramente, dim(Im(f )) = 1 y Im(f ) = L{(1, 1 , 1 , 1)}. Así pues,
Im(f ) = {(x, y, z) ∈ R^3 = x = y, y = z}.
Usando el teorema de la dimensión,
dim(R^4 ) = dim(Im(f )) + dim(Ker(f )) ⇐⇒ dim(Ker(f )) = 3.
Se trata de un sistema compatible indeterminado, cuyas soluciones vienen dadas por
x = μ, y = μ, z = 4μ,
con μ ∈ R. (Ec. paramétricas de H(3))
Luego, (x, y, z) ∈ H(3) ⇐⇒ (x, y, z) = (μ, μ, 4 μ) = μ (1, 1 , 4). Así pues, el subespacio de autovectores asociado al autovalor λ = 3 es H(3) = L{(1, 1 , 4)}.
Para λ = 2. Observamos que
(A − 2 I) X = 0 ⇐⇒
x y z
(^) ⇐⇒ x = 0.
Luego, (A − 2 I) X = 0 es un sistema compatible indeterminado, cuyas soluciones vienen dadas por (^)
x = 0, y = α, z = β,
con α, β ∈ R. (Ec. paramétricas de H(2))
Así pues,
(x, y, z) ∈ H(2) ⇐⇒ (x, y, z) = (0, α, β) = α (0, 1 , 0) + β (0, 0 , 1).
Por tanto, el subespacio de autovectores asociado al autovalor λ = 2 es
H(2) = L{(0, 1 , 0), (0, 0 , 1)}.
Observamos que f es diagonalizable, pues los tres autovectores de f ,
{(1, 1 , 4), (0, 1 , 0), (0, 0 , 1)},
son linealmente independientes y, por tanto, forman una base de R^3. Como la matriz de paso P tiene como columnas a estos autovectores^1 ,
P =
Recordamos que la matriz diagonal está formada por los autovalores en la diagonal principal^2. Luego, la matriz diagonal de f es
D =
(^1) en el mismo orden que en la base. (^2) en el mismo orden que los autovectores de la base y repetidos tantas veces como indica su multiplicidad.
Hallar el polinomio característico, los autovalores y autovectores del endomor smo f : R^3 → R^3 que en la base canónica tiene asociada la matriz
A =
Analícese si es diagonalizable.
Problema 6.
Solución del problema 6. Comencemos hallando el polinomio característico de f. Como
|A − λ I| =
1 − λ 1 0 3 − 1 − λ 6 1 − 1 3 − λ
= −λ (λ^2 − 3 λ + 2),
el polinomio característico de f es p(λ) = −λ^3 + 3λ^2 − 2 λ. Para calcular los autovalores de f , debemos de hallar las raíces de p(λ). Como
p(λ) = 0 ⇐⇒
λ = 0,
λ^2 − 3 λ + 2 = 0 ⇐⇒ λ = 2 ó λ = 3,
entonces los autovalores de f son λ = 0, λ = 2 y λ = 3.
A continuación, vamos a encontrar los autovectores asociados.
Para λ = 0.
(A − 0 I)X = 0 ⇐⇒
x y z
x + y = 0 3 x − y + 6z = 0 x − y + 3z = 0
Se trata de un sistema compatible indeterminado (ya que (Ec.2)=(Ec.1)+2(Ec.3)). Se prueba fácilmente que las soluciones de dicho sistema vienen dadas por
x = α, y = −α, z = −^23 α,
con α ∈ R. (Ec. paramétricas de H(0))
Así pues,
(x, y, z) ∈ H(0) ⇐⇒ (x, y, z) = (α, −α, −^23 α) = α (1, − 1 , −^23 ).
Por tanto, el subespacio de autovectores asociado al autovalor λ = 0 es
H(0) = L{(1, − 1 , −^23 )} = L{(3, 3 , −2)}.
Sea f : R^3 → R^3 el endomor smo que en la base canónica tiene asociada la matriz
A =
1 + α −α α 2 + α −α α − 1 2 − 1 0
(^) , donde α ∈ R.
a) Obtener los autovalores de A comprobando que no dependen de α.
b) Obtener los autovectores de f en función de α y estudiar si f es diagonalizable.
Problema 7.
Solución del problema 7.
a) Observamos que
|A − λ I| =
1 + α − λ −α α 2 + α −α − λ α − 1 2 − 1 −λ
1 + α − λ 0 α 2 + α − 1 − λ α − 1 2 − 1 − λ −λ
1 + α − λ 0 α α 0 α − 1 + λ 2 − 1 − λ −λ
1 − λ 0 1 − λ α 0 α − 1 + λ 2 − 1 − λ −λ
= (1 + λ)
[
(1 − λ)(α − (1 − λ)) − α (1 − λ)
]
= −(1 + λ)(1 − λ)^2.
Así pues, |A − λ I| = 0 si, y sólo si, λ = − 1 ó λ = 1 (doble). Luego, los autovalores de A son λ = − 1 y λ = 1 (doble), los cuales no dependen del valor de α.
b) Estudiemos los autovectores asociados a los autovalores λ = − 1 y λ = 1 (doble).
Para λ = − 1.
(A + I)X = 0 ⇐⇒
2 + α −α α 2 + α −α + 1 α − 1 2 − 1 1
x y z
2 + α −α α 0 1 − 1 2 − 1 1
x y z
2 + α −α α 0 1 − 1 2 0 0
x y z
x = 0,
y = z. Luego, el subespacio de autovectores asociado al autovalor λ = − 1 es H(−1) = L{(0, 1 , 1)} (independientemente del valor de α).
Para λ = 1 (doble). Observamos que
(A − I)X = 0 ⇐⇒
α −α α 2 + α −α − 1 α − 1 2 − 1 − 1
x y z
α −α α α −α α 2 − 1 − 1
x y z
α −α α 2 − 1 − 1
x y z
α (x − y + z) = 0,
2 x − y − z = 0.
Llegado a este punto, está claro que debemos distinguir dos casos. Caso 1. Si α = 0. Tenemos que
(A − I)X = 0 ⇐⇒ 2 x − y − z = 0 ⇐⇒
x = t, y = s, con t, s ∈ R. z = 2t − s,
Luego,
(x, y, z) ∈ H(1) ⇐⇒ (x, y, z) = (t, s, 2 t − s) = t (1, 0 , 2) + s (0, 1 , −1).
Por tanto, H(1) = L{(1, 0 , 2), (0, 1 , −1)}. Caso 2. Si α 6 = 0. En este caso,
(A − I)X = 0 ⇐⇒
x − y + z = 0, 2 x − y − z = 0
x = 2μ, y = 3μ, con μ ∈ R. z = μ,
Luego, (x, y, z) ∈ H(1) ⇐⇒ (x, y, z) = (2μ, 3 μ, μ) = μ (2, 3 , 1). Por tanto, H(1) = L{(2, 3 , 1)}.
Resumiendo,
? Si α = 0, hemos obtenidos tres autovectores que son claramente linealmente inde- pendientes. Por lo tanto tenemos una base de autovectores y la aplicación f es diagonalizable, con matriz de paso y diagonal
P =
(^) y D =
respectivamente.
Las soluciones de esta ecuación vienen dadas por
x = α, y = −α, z = β,
con α, β ∈ R. (Ec. paramétricas de H(0))
Así pues,
(x, y, z) ∈ H(0) ⇐⇒ (x, y, z) = (α, −α, β) = α (1, − 1 , 0) + β(0, 0 , 1).
Por tanto, el subespacio de autovectores asociado al autovalor λ = 0 es
H(0) = L{(1, − 1 , 0), (0, 0 , 1)}.
Para λ = 6.
(A − 6 I)X = 0 ⇐⇒
x y z
x − y = 0
z = 0
Las soluciones de esta ecuación vienen dadas por
x = α, y = α, z = 0,
con α ∈ R. (Ec. paramétricas de H(6))
Así pues, (x, y, z) ∈ H(6) ⇐⇒ (x, y, z) = (α, α, 0) = α (1, 1 , 0). Por tanto, el subespacio de autovectores asociado al autovalor λ = 6 es
H(6) = L{(1, 1 , 0)}.
Como hemos obtenido tres autovectores que son claramente linealmente independientes, deducimos que tenemos una base de autovectores y, por tanto, la aplicación f es diago- nalizable, con matriz de paso
P =
y matriz diagonal
D =
