problemas-resueltos-de-algebra universidad jimenez (318)

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10.3 Núcleo e imagen de una aplicación lineal
⇒ Y T = (X −XT )T = XT −X = −Y ⇒ Y es antisimétrica.
Por otra,
Y antisimétrica⇒ Y T = −Y ⇒ Y = 1
2
(Y − Y T )
=
1
2
f(Y ) = f
(
1
2
Y
)
⇒ Y ∈ Im f.
Es decir, Im f es el subespacio A de Rn×n de las matrices antisimétricas.
4. Consideremos cualquier combinación lineal de los vectores de f(S) igua-
lada a 0 :
λ1f(v1) + · · ·+ λpf(vp) = 0.
Como f es lineal, f(λ1v1 + · · ·+λpvp) = 0, es decir λ1v1 + · · ·+λpvp ∈ ker f
y ker f = {0} por ser f inyectiva, luego λ1v1 + · · · + λpvp = 0. Como S es
libre, λ! = · · · = λp = 0 lo cual implica que f(S) es libre.
5. Usemos el teorema de caracterización de subespacios.
a) Como f es lineal, f(0) = 0, luego 0 ∈ ker f. Sean x1, x2 ∈ ker f, entonces
f(x1 + x2) = f(x1) + f(x2) = 0 + 0 = 0⇒ x1 + x2 ∈ ker f.
nSea λ ∈ K y x ∈ ker f, entonces
f(λx) = λf(x) = λ0 = 0⇒ x ∈ ker f.
Concluimos que ker f es subespacio vectorial de E.
b) Como f es lineal, 0 = f(0), luego 0 ∈ Im f. Si y1, y2 ∈ Im f, existen
x1, x2 ∈ E tales que y1 = f(x1), y2 = f(x2). Entonces
y1 + y2 = f(x1) + f(x2) = f(x1 + x2)⇒ y1 + y2 ∈ Im f.
Si λ ∈ K e y ∈ Im f, existe x ∈ E tal que y = f(x). Entonces
λy = λf(x) = f(λx)⇒ λy ∈ Im f.
Concluimos que Im f es subespacio vectorial de F.
6. Usamos el conocido teorema de caracterización de subespacios.
(i) Tenemos 0 = f(0) y 0 ∈ E1, luego 0 ∈ f(E1). Si v1, v2 ∈ f(E1), entonces
v1 = f(u1) y v2 = f(u2) para ciertos vectores u1, u2 de E1, por tanto
v1 + v2 = f(v1) + f(u2) = f(u1 + u2)