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APUNTES DE ALGEBRA LINEAL MARCEL SAINTARD VERA SEGUNDO SEMESTRE 2011 Para Curso ÁLGEBRA II- USACH Material N°11

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3.4.- Representación de T.L. Mediante Matrices: 1.- Para cualquier T:V → ..LT Kn, con dimV = n, se puede definir dos isomorfismos para

cada base B ={ }n1iib = de V de modo que:

1º) T: V → ..LT Kn / T (v) = vB

2º) T: Kn → .L.T Mn x 1 (K) / T (vB) = [ v ]B (vector columna) Luego, cualquier vector de V se puede asociar a un vector columna, respecto de una

base B de V. 2.- De acuerdo a lo anterior cualquier F:V → ..LT W con dimV = n y dimW = m, se

puede asociar a una única matriz A = [ ]CBF respecto de B = { }n1iib = y C = { }m

1iic = , bases para V y W respectivamente.

Para construir la matriz A se siguen los siguientes pasos: 1º) A se define con las imágenes de los bj∈B, es decir, por los vectores F( bj ).

2º) Cada F( bj ) ∈W se expresa como c.l. de los ci ∈C, es decir, ( ) ∑=

=m

1iiijj CabF

donde los escalares a1j , a2j ,..., amj son las coordenadas de F(bj), respecto de C. Luego, la T.L. F está determinada por los mn escalares aij ∈A (note que para cada bj se determina la columna j- ésima de A). A∈Mmxn (K) se llama “Matriz asociada a F, según las bases ordenadas B y C.

3º) Veamos como F queda determinada por A.

Si j

n

1jjbv ∑

=

= α entonces F(v) ∑=

=n

1jjj bF )(α y por expresión del 2º paso:

i

m

1i

n

1jjij

i

m

1iij

n

1jj

Ca

Ca

∑ ∑

∑∑

= =

==

=

=

α

α

Si x = (α1, α2,...αn) = [v]B es la matriz columna de coordenadas de v en la base ordenada B, entonces A·x muestra a la matriz columna de coordenadas para T(v) en la base ordenada C, es decir : [T (v)]C = A·x = A·[ v ]B. Esto demuestra el teorema que formalmente dice:

Teorema 3.3.5.- Sean V y W dos espacios vectoriales sobre un mismo cuerpo K con dimV = n, y, dimW = m. Sean B y C bases ordenadas para V y W, respectivamente.

a) Para cada T:V → ..LT W existe única A∈Mmxn (K)/ [T(v)]C = A·[v]B, ∀v∈V; Notación: A = [ ]CBF .

b) MA : L(V,W) → .L.T Mmxn(K) tal que MA (T) = A, ∀T∈L(V,W) es un isomorfismo entre las T.L. de L(V,W) y las matrices A∈Mmxn (K) con respecto a bases ordenadas fijas B y C para V y W, respectivamente.


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Consecuencias algebraicas: i) Si [ ]CBF y [ ]CBG son las matrices asociadas a F:V → ..LT W y G:V → ..LT W entonces:[ ]CBGF +α = α[ ]CBF + [ ]CBG es la matriz asociada a (αF+G): V → ..LT W, ∀α∈K.

ii) Si F:V → ..LT W, y , G:W → ..LT U con B, C y D bases de V, W y U respectivamente, y [ ]CBF , [ ]DCG matrices asociadas a F y G según esas bases, entonces [ ]DBFG = [ ]DCG · [ ]CBF .

iii) Si F:V → ..LT W es invertible con [ ]CBF matriz asociada a F,

entonces [ ]CB1F − = ( [ ]CBF )–1 (Note que dimV = dimW, y [ ]CBF ∈Mn(K).

iv) ran F = ran( [ ]CBF )t.

v) KerT es la solución de [ ]CBF ·x = 0 con x vector columna en coordenadas según la base B.

vi) ImT es generado por las filas de ( [ ]CBF )t donde las filas son vectores coordenados en base C.

Ejemplos: 1.- Sea F:V → ..LT W / F(v1) = 3w1 − w2 + 5w3, y, F(v2) = w1 + w2 − w3, con B = {v1 , v2} base de V , y, C = {w1 , w2 , w3 } base de W.

Luego [ ]CBF =

−−

151113

es la matriz asociada a F respecto de B y C.

(Traspuesta de vectores coordenados según la base C, en las imágenes).

Note que [ ]CBF multiplicando a [v1]B resulta [F(v1)]C de inmediato.

2.- Sea F: R2 → ..LT R3 / F (x, y) = (x − y, x + y, 2x − y).

Sean B = {(1, 1), (1, 0)} y C = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)} bases de R2 y R3. Obtengamos [ ]CBF .

Respuesta: F(1, 1) = (0, 2, 1) = a11(1, 1, 1) + a21(1, 1, 0) + a31(1, 0, 0), de donde a11=1; a21= 1; a31= −2.

F(1, 0) = (1, 1, 2) = a12(1, 1, 1) + a22(1, 1, 0) + a32(1, 0, 0) de lo cual a12 = 2; a22 = −1; a32 = 0.

∴[ ]CBF =

−−

021121

.


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Observaciones de Método:

a) Note que, por ejemplo, para v = (3, 4), se tiene vB = (4, −1).

−−

021121

·

− 1

4 =

− 852

y luego [F(v)]C = (2, 5, −8) de donde

F(v) = 2(1, 1, 1) + 5(1, 1, 0) − 8(1, 0, 0) = (−1, 7, 2).

b) Note que para obtener los aij de la matriz [ ]CBF bastaría escalonar reducido [Ct / [F(B)]t] para obtener [ I / [ ]CBF ] de inmediato:

211210

001011111

∼

−−

021121

100010001 , y obtenemos [ ]CBF =

−−

021121 .

c) Para obtener imagen de un vector v∈V, se calcula vB escalonando reducido [Bt /[v]] hasta llegar a [I /[vB]] y luego resulta que [ ]CBF ·[vB ]t = [F(v)C ]t y F(v) canónico será [F(v)C] ·[C]

Veamos todo esto para el caso de v = (3, 4):

1º)

43

0111

∼

− 1

41001

2º) [ ]CBF ·[vB ]t =

−−

021121

·

−1

4 =

− 852

y [F(v)]C = (2, 5, −8).

3º) F(v) = [F(v)C] ·[C] =[2 5 −8]·

001011111

=[ −1 7 2].

d) Note que KerF se obtiene del sistema homogéneo [ [ ]CBF / 0].

Para KerF:

−−

000

021121

∼

−

000

403021

∼

000

001001

.

Luego, KerF = {(0, 0)}.

e) Para obtener la imagen de F, usando la matriz asociada, bastará notar que las columnas de [ ]CBF generan a ImF. Si son l.i. forman una base.

En nuestro ejemplo:

−

−012211

∼

−

−430211

.

Luego ranF = 2 y resulta que ImF = <{(1, 1, −2), (2, −1, 0)}>.


4

3.- Sabiendo que [F] =

−

−

211110021321

es matriz asociada a F según bases

canónicas de R3 y R4, obtenga F(x, y, z, u).

Respuesta:

−

−

211110021321

uzyx

=

++−+

+++−

u2zyxux2

uz3y2x

∴T(x, y, z, u) = (– x + 2y + 3z + u, 2x + u, x – y + 2u).

3.5.- Operadores Lineales: Son las T.L. definidas sobre un mismo espacio vectorial, es decir, T: V → ..LT V es una operación lineal en V, o bien, T∈L(V,V).

En este caso es fácil ver que:

A.- Para que T sea invertible basta una de estas dos condiciones:

i) KerT = {0V}, ó, nulT = 0.

ii) ImT = V, o bien, ranT = dimV.

B.- Su Matriz asociada respecto de una misma base B se anotará [ T]B y luego:

[ T−1]B = [T]B−1.

Por otro lado, para S y T ∈L(V,V): [S T ]B = [ S ]B · [ T ]B.

C.- Matriz de Cambio de Base: En vectores coordenados, hemos visto que ∀v∈V, y bases B = {bi }, C = {ci }de V, existen únicos vectores vB, vC, en Kn tales que v = ∑βi bi = ∑γici si vB = (β1 , β2 ... βn ), vC = (γ1 γ2 , ... γn ). Luego, es posible definir una T.L. P: Kn → ..LT Kn /P( vB ) = vC y asociarla a la matriz [ ]CBP [P1P2 ....Pn]∈Mn donde Pj es la columna asociada a [ bj ]C, de modo que [ ]CBP ·[v]B =[v]C y, además, [ ]BCP ·[v]C =[v]B, donde [ ]BCP = ( [ ]CBP )−1.

Note que, usando lo dicho para matriz asociada, [ ]CBP se asocia a la T.L. P definida de modo que P(vB) = vC. Luego se obtendrá escalonando [Ct/Bt] hasta llegar a la forma [ I / [ ]CBP ].

Ejemplos: 1.- En R3 consideremos las bases B = {b1 = (1,1, −1), b2 = (1,0,1), b3 = (0,1, −1)} y C = {c1 = (1,0,2), c2 = (0,1,2), c3 = (1,2,0)} bases ordenadas.

Obtengamos [ ]CBP y [ ]BCP .


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Respuesta:

1º.- Para [ ]CBP :[Ct|Bt] =

−− 111101011

022210101

∼

−−

−

315024351

600060006

∴ [ ]CBP = 61

−−

−

315024351

.

2º.- Para [ ]BCP bastará obtener la inversa de [ ]CBP escalonando [ [ ]CBP / I ] hasta obtener [I / ( [ ]CBP )−1], o, lo que resulta habitualmente más rápido, se escalona [Bt/ Ct] para llegar a[ I / [ ]BCP ]. Hágalo Ud. De ambos casos.

En todo caso debe obtener: [ ]BCP =

−−−

341232131

= ( [ ]CBP )−1.

2.- En P2[x] sean B = {1 − x, x + x2, 1 − x2} y C = {x2 + 2, x − 1, x − x2} bases ordenadas. a) Obtener la matriz que permite cambiar polinomios escritos en coordenadas según base C a polinomios escritos en coordenadas según base B.

b) ¿Cuál sería la matriz que lleva polinomios en base C a polinomios en base canónica? c) ¿Y para ir de base canónica a base B?

a) Si escribimos los polinomios de las bases B y C en coordenadas de base canónica E = {x2, x, 1} se obtiene:

BE = {(b1)E = ( 0, −1, 1); (b2)E = ( 1, 1, 0); (b3)E = ( −1, 0, 1)}, y,

CE = {(c1)E = ( 1, 0, 2); (c2)E = ( 0, 1, −1); (c3)E = ( −1, 1, 0)} Y, escalonando:

[Bt/ Ct] =

−

−−

−

012110101

101011110

∼

−−

402006446

200020002

Luego, [ ]CBP = 21

−−

201003223

.

b) Los canónicos, como coordenados de sí mismos, se escriben: (x2)E = (1, 0, 0); (x)E = (0, 1, 0); (1)E = (0, 0, 1), luego, E t = I.

Entonces, la matriz pedida es [ ]ECP y se obtiene escalonando la matriz de la forma [E t / Ct] = [I / Ct], que ya está lista. Luego, [ ]ECP = [Ct ] Por lo tanto

[ ]ECP =

−

−

012110101 lleva polinomios en base C a canónica.


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c) Por último, para ir de base canónica a base B, se debiese escalonar la matriz ampliada [B t/ Et] = [B t / I] que, como sabemos, nos lleva a obtener la

matriz inversa de [Bt], que sería: [Bt]−1 = 21

−

−

111111111

.

Observaciones: i) Note que siempre se puede recurrir al método de escalonamiento usado para obtener la matriz inversa: [A / I] ∼ [I /A−1]. En particular:

a) Para ir de una base B a la canónica, la matriz de cambio es [Bt].

b) Para ir de la canónica a una base B, la matriz de cambio es [Bt]−1.

c) Para ir de una base B a otra base C, la matriz de cambio se obtiene desde [Ct/ Bt], escalonando hasta la reducida [ I / [ ]CBP ].

ii) Note que [ ]CBP = ( [ ]BCP )−1 y además: [v]C = [ ]CBP ·[v]B.

iii) Observe que uno podría componer para ir de base B a base C, pasando por la canónica:

vB →T vE →−1S vC donde E es la base canónica, de modo que para

cambiar de vB a vC componemos (S−1 T)(vB) = vC.

Pero bastaría notar que: [ ]EBT =[Bt] y que [ ]ECS = [Ct] para concluir:

[ ]CBP = ( [ ]ECS )−1· [ ]EBT =[Ct]−1·[Bt]; de modo que: [v]C = [ ]CBP ·[v]B.

D.- Cambio de Matriz Asociada a un Operador Lineal: Si conocemos la matriz asociada [F]B para un operador lineal T: V → ..LT V, según una base B, entonces podemos determinar la matriz [F]B’ , asociada a F según otra base B’.

Nº1.- Llamemos P a la matriz de cambio de base B’ a base B. (No olvide que se obtiene multiplicando [Bt]−1·[(B’)t]).

Nº2.- Note que P·[v]B’ = [v]B.

Nº3.- A su vez, P·[F(v)]B’ = [F(v)]B.

Nº4.- Por último, recordemos que [F(v)]B = [F]B·[v]B , y, [F(v)]B’ = [F]B’·[v]B’.

Luego, para construir [F]B’ observe que del punto Nº4: [F(v)]B = [F]B·[v]B.

Usando los puntos Nº2 y Nº3, resulta que: P·[F(v)]B’ = [F]B·P·[v]B’.

Y, despejando, tenemos que [F(v)]B’ = P–1·[F]B·P·[v]B’.

Luego, por punto Nº4: [F]B’·[v]B’ = P–1·[F]B·P·[v]B’.

Y, cancelando [v]B’, concluimos que: [F]B’ = P–1·[F]B·P, con lo cual hemos encontrado un rápido modo de obtener [F]B’ a partir de [F]B usando solamente la matriz de cambio de bases P, que se obtiene multiplicando [Bt]−1·[(B’)t].


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Ejemplo: Consideremos T: R2 → ..LT R2 tal que [T]B =

−1111 con B = {(1,1), (2,1)}.

a) Obtengamos [T]C para la base C = {(−1,3), (2, −1)} ; b) después obtengamos [T] para la base canónica y c) T(x, y) para cualquier (x, y)∈R2.

Respuesta: a) Para ir de [T]B hasta [T]C necesitamos P =[Bt]−1·[(C)t]),

Luego, P = 1

1121 −

−

−1321 =

−

−1121

−

−1321 =

−

−3447 .

Entonces: [T]C = P−1·[T]B ·P = 1

3447 −

−

− ·

−1111 ·

−

−3447 =

−−

71359 .

∴ [T]C =

−−

71359 es la matriz para T en base C.

b) Para ir de [T]B hasta [T]E necesitamos P =[Bt]−1·I2,

Luego, P = 1

1121 −

=

−

−1121 y P−1 =

1121 .

Entonces: [T]E = P−1·[T]B ·P =

1121 ·

−1111 ·

−

−1121 =

−−

4252 .

∴ [T] =

−−

4252 es la matriz para T en base canónica.

c) Para obtener T(x, y) hacemos [T]·

yx

=

−−

4252

yx

=

−−

x2y4x2y5

∴ T(x, y) = (5y – 2x, 4y – 2x), para cualquier (x, y)∈R2.

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