Ejercicios resueltos de transformación lineal

$T(1{,}0) = (1+0, 2(1)-0, 1) = (1, 2, 1)$

$T(0{,}1) = (0+1, 2(0)-1, 0) = (1, -1, 0)$

Las columnas de la matriz son las imágenes de los vectores base:

$[T] = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$

Método 1 - Aplicación directa:

$T(3{,}2) = (3+2, 2(3)-2, 3) = (5, 4, 3)$

Método 2 - Multiplicación matricial:

$T(3{,}2) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 \\ 4 \\ 3 \end{pmatrix}$

Verificación: Ambos métodos coinciden: $T(3{,}2) = (5{,}4{,}3)$

$T(1{,}0{,}0) = (2{,}1)$, $T(0{,}1{,}0) = (-1{,}1)$, $T(0{,}0{,}1) = (1,-2)$

$[T] = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 1 \\ 1 & 1 & -2 \end{pmatrix}$

$\text{Ker}(T) = \{(x,y,z) : T(x,y,z) = (0{,}0)\}$

Sistema homogéneo:

$$\begin{cases} 2x - y + z = 0 \\ x + y - 2z = 0 \end{cases}$$

Matriz aumentada: $\begin{pmatrix} 2 & -1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & -2 & 0 \end{pmatrix}$

Reduciendo: $\begin{pmatrix} 1 & 0 & -\frac{1}{3} & 0 \\ 0 & 1 & -\frac{5}{3} & 0 \end{pmatrix}$

Variable libre: $z = 3t$ (múltiplo de 3 para evitar fracciones)

Solución: $x = t$, $y = 5t$, $z = 3t$

$\text{Ker}(T) = \text{span}\{(1{,}5{,}3)\}$, $\dim(\text{Ker}(T)) = 1$ (comprobación: $T(1{,}5{,}3) = (2 - 5 + 3,\ 1 + 5 - 6) = (0{,}0)$ ✓)

$\text{Im}(T) = \text{span}\{(2{,}1), (-1{,}1), (1,-2)\}$

Verificar independencia de las columnas:

$\begin{pmatrix} 2 & -1 & 1 \\ 1 & 1 & -2 \end{pmatrix}$ tiene rango 2

Por tanto: $\text{Im}(T) = \mathbb{R}^2$, $\dim(\text{Im}(T)) = 2$

$\dim(\mathbb{R}^3) = 3 = 1 + 2 = \dim(\text{Ker}(T)) + \dim(\text{Im}(T))$ ✓

Base de $P_2$: $B_1 = \{1, x, x^2\}$

Base de $P_1$: $B_2 = \{1, x\}$

$T(1) = \frac{d}{dx}(1) = 0 = 0 \cdot 1 + 0 \cdot x$

$T(x) = \frac{d}{dx}(x) = 1 = 1 \cdot 1 + 0 \cdot x$

$T(x^2) = \frac{d}{dx}(x^2) = 2x = 0 \cdot 1 + 2 \cdot x$

Las columnas son las coordenadas de las imágenes en la base $B_2$:

$[T]_{B_1}^{B_2} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$

$\text{Ker}(T) = \{p(x) \in P_2 : T(p(x)) = 0\}$

Si $p(x) = ax^2 + bx + c$, entonces:

$T(p(x)) = 2ax + b = 0$ para todo $x$

Esto implica: $2a = 0$ y $b = 0$, entonces $a = 0$ y $b = 0$

$c$ puede ser cualquier constante.

$\text{Ker}(T) = \text{span}\{1\}$ (polinomios constantes), $\dim(\text{Ker}(T)) = 1$

$\text{Im}(T) = P_1$ (todos los polinomios de grado máximo 1), $\dim(\text{Im}(T)) = 2$

Verificación del teorema del rango:

$\dim(P_2) = 3 = 1 + 2 = \dim(\text{Ker}(T)) + \dim(\text{Im}(T))$ ✓

Supongamos que $T$ es inyectiva. Queremos probar que $\text{Ker}(T) = \{\vec{0}\}$.

Sea $\vec{v} \in \text{Ker}(T)$, entonces $T(\vec{v}) = \vec{0}$.

También sabemos que $T(\vec{0}) = \vec{0}$ (propiedad de transformación lineal).

Como $T$ es inyectiva y $T(\vec{v}) = T(\vec{0}) = \vec{0}$, debe cumplirse que $\vec{v} = \vec{0}$.

Por tanto: $\text{Ker}(T) = \{\vec{0}\}$

Supongamos que $\text{Ker}(T) = \{\vec{0}\}$. Queremos probar que $T$ es inyectiva.

Sean $\vec{u}, \vec{v} \in V$ tales que $T(\vec{u}) = T(\vec{v})$.

Entonces: $T(\vec{u}) - T(\vec{v}) = \vec{0}$

Por linealidad: $T(\vec{u} - \vec{v}) = \vec{0}$

Esto significa que $\vec{u} - \vec{v} \in \text{Ker}(T)$.

Como $\text{Ker}(T) = \{\vec{0}\}$, debe cumplirse:

$\vec{u} - \vec{v} = \vec{0}$

Por tanto: $\vec{u} = \vec{v}$

Hemos demostrado que si $T(\vec{u}) = T(\vec{v})$, entonces $\vec{u} = \vec{v}$.

Esto es precisamente la definición de función inyectiva.

Conclusión: $T$ es inyectiva $\Leftrightarrow$ $\text{Ker}(T) = \{\vec{0}\}$