problemas-resueltos-de-algebra universidad jimenez (595)

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Caṕıtulo 14. Producto escalar
Trasponiendo coeficientes obtenemos la matriz M(α) de Tα en la base B :
M(α) =

−1 + α 0 1− α 0
0 −1 + α 0 1− α
α 0 −1 0
0 α 0 −1
 .
2. El endomorfismo Tα no es isomorfismo si y sólo si M(α) no es invertible,
o equivalentemente si y sólo si detM(α) 6= 0. Para hallar este determinante
sumamos a la primera columna la tercera:
detM(α) =
∣∣∣∣∣∣∣∣
0 0 1− α 0
0 −1 + α 0 1− α
α− 1 0 −1 0
0 α 0 −1
∣∣∣∣∣∣∣∣
= (α− 1)
∣∣∣∣∣∣
0 1− α 0
−1 + α 0 1− α
α 0 −1
∣∣∣∣∣∣ = (α− 1)2
∣∣∣∣−1 + α 1− α−1 −1
∣∣∣∣
= (α− 1)2(α2 − 2α+ 1) = (α− 1)4 = 0⇔ α = 1.
Para α = 1 la matriz del endomorfismo T1 es
M(1) =

0 0 0 0
0 0 0 0
1 0 −1 0
0 1 0 −1
 .
Unas ecuaciones de kerT1 en coordenadas en la base B y una base kerT1
son: {
x1 − x3 = 0
x2 − x4 = 0
, BkerT1 = {(1, 0, 1, 0)t, (0, 1, 0, 1)t}.
Una base de kerT1 la podemos expresar por tanto en la forma
BkerT1 = {
[
1 0
1 0
]
,
[
0 1
0 1
]
}.
Un conjunto maximal de columnas linealmente independientes de la matriz
de una aplicación lineal sabemos que determina una base de la imagen, en
consecuencia una base de Im T1 es
BIm T1 = {
[
0 0
1 0
]
,
[
0 0
0 1
]
}.