1 EXAMEN Julio 2004: Geometría y Algebra Lineal

1 EXAMEN Julio 2004: Geometría y Algebra Lineal

1
EXAMEN Julio 2004: Geometría y Algebra Lineal
VERDADERO O FALSO.
1
V
2
V
3
V
4
V
5
V
6
F
7
V
8
V
9
V
10
V
11
V
12
V
MULTIPLE OPCION.
1
a
2
c
3
b
4
c
5
c
6
a
PARTE DE DESARROLLO.
Problema 1
(a) Como T es un isomorfismo entre P2 y R3 transforma bases de P2 en bases R3 . Por lo tanto, dada la base
B = {p0 , p1 , p2 } (la base canónica de P2 ), se cumple que
T (B) = {T (p0 ) , T (p1 ) , T (p2 )} = {(1, 1, 1) , (−1, 0, 1) , (1, 0, 1)}
es una base de R3 . Luego si tomamos
A = T (B) = {(1, 1, 1) , (−1, 0, 1) , (1, 0, 1)}
se cumple que
A ((T ))B
(b) Como
A ((T ))B
= I (matriz identidad)
= I se tiene que
T −1
B
−1
A
= (A ((T ))B )
=I
Luego
B
T −1
C
=B
T −1
−1
AA
((Id))C =A ((Id))C = (C ((Id))A )
Pero

1 −1

((Id))
=
 1 0
C
A
1 1


1



−1
0  ⇒ (C ((Id))A ) = 

1
0
1
−
2
1
2
1
0
−1
0
1
2
1
2





Problema 2
Parte 1
(a)
i. Sea w ∈ Im(T ). Luego w = T (v) para algún v ∈ V. Pero como v ∈ V, y B = {v1 , v2 , · · · , vn } es una
base de V , existen y son únicos α1 , α2 , . . . , αn ∈ R tales que
v = α1 v1 + α2 v2 + · · · + αn vn
Luego
w
= T (v) = T (α1 v1 + α2 v2 + · · · + αn vn ) =
(usando la linealidad de T )
= α1 T (v1 ) + α2 T (v2 ) + · · · + αn T (vn )
2
Por lo tanto todo vector w ∈ Im(T ) es combinación lineal de los vectores de
T (B) = {T (v1 ), T (v2 ), · · · , T (vn )} ⊂ Im(T )
, es decir que T (B) = {T (v1 ), T (v2 ), · · · , T (vn )} es un generador de la Im(T )
ii. Sea A = {e1 , e2 , · · · , er } es una base del N(T ) (y por lo tanto dim (N (T )) = r). Por ser A un
conjunto L.I. en V , lo podemos completar hasta obtener una base
B = {e1 , e2 , · · · , er , vr+1 , · · · , vn }
del espacio V . Probemos que C = {T (vr+1 ), · · · , T (vn )} es una base de la Im(T ) :
(1) C es un generador de la Im(T )
Siendo B = {e1 , e2 , · · · , er , vr+1 , · · · , vn } una base del espacio V , se tiene que
T (B) =
−
→
0 , T (vr+1 ) , · · · , T (vn )
−
→
es un generador (L.D.) de la Im(T ) (observar que ei ∈ N (T ) ⇔ T (ei ) = 0 )
−
→
Como 0 es combinación lineal (trivial) de T (vr+1 ) , · · · , T (vn ), podemos reducir el generador anterior, obteniendo el generador
C = {T (vr+1 ), · · · , T (vn )}
de la Im(T )
(2) Probemos que C = {T (vr+1 ), · · · , T (vn )} es L.I.
Consideremos la ecuación vectorial
−
→
αr+1 T (vr+1 ) · · · + αn T (vn ) = 0
y probemos que la única solución es αr+1 = · · · = αn = 0. En efecto
αr+1 T (vr+1 ) · · · + αn T (vn )
=
T (αr+1 vr+1 + · · · + αn vn )
=
−
→
0 ⇔
−
→
0 ⇔
⇔ αr+1 vr+1 + · · · + αn vn ∈ N (T )
y siendo A = {e1 , e2 , · · · , er } una base del N(T ), se tiene que
αr+1 vr+1 + · · · + αn vn
−
→
0
= β1 e1 + · · · + βr er ⇔
= β1 e1 + · · · + βr er − αr+1 vr+1 − · · · − αn vn
Pero el conjunto B = {e1 , e2 , · · · , er , vr+1 , · · · , vn } es L.I (por ser una base .del espacio V ), con lo
cual
β1 = · · · = βr = −αr+1 = · · · = −αn = 0
De (1) y (2) se tiene C = {T (vr+1 ), · · · , T (vn )} es base de la Im(T )
Parte 2
(a) Como
(
1
0
!
0
0
(
T
,
0
0
1
0
!
1
0
0
0
!!
,
0
1
,T
0
0
!
0
0
0 0
0 1
,
1
0
!!
!)
,T
es base de M2×2 , entonces
0
1
0
0
!!
,T
0 0
0 1
!!)
=
3
=
(
1 0
0 −1
!
,
−1
0
!
1
0
,
0 −1
1 0
es generador de Im(T ), que claramente no es L.I., pues
!
!
!
1 0
−1 1
0 −1
+
+
+
0 −1
0 0
1 0
!
0
−1
,
0 0
−1 1
!
0
1
=
!)
0
0
0
0
!
Lo reducimos (en este caso podemos retirar cualquier vector, y por ejemplo quitamos
0
−1
0
1
!
) y
tenemos un generador
(
1 0
0 −1
!
−1 1
0 0
,
!
0 −1
1 0
,
!)
que claramente en L.I: (Verificar), es s decir que es base de Im(T )
(b) Hallemos una base del N(T )
a b
c d
T
!!
=
0
0
0
0
!
⇔
a−b b−c
c−d d−a
!
=
0 0
0 0
!
⇔









a=d
b=d
c=d
d cualquiera
Las matrices del N(T ) son de la forma
d d
d d
!
=d
1 1
1 1
!
(
!)
1 1
Por lo tanto
es una base del N(T ). Completemos la base del N(T ) (agregando vectores
1 1
que no sean combinación lineal de los anteriores):
(
!
!
!
!)
1 1
1 0
0 1
0 0
,
,
,
1 1
0 0
0 0
1 0
y tenemos que
(
T
es base de Im(T )
!!
1 0
,T
0 0
(
!
1 0
,
=
0 −1
0
0
−1
0
1
0
!!
!!)
0 0
,T
=
1 0
!
!)
1
0 −1
,
0
1 0