112 CAPÍTULO 4. APLICACIONES LINEALES 1 2 1α 1 0 1 2 α  ∼ 1 2 10 1− 2α −α 0 0 α− 1  Por lo tanto dim ImA = rangoA =  3 si α 6= 1, ...

112 CAPÍTULO 4. APLICACIONES LINEALES

1 2 1α 1 0
1 2 α
 ∼
1 2 10 1− 2α −α
0 0 α− 1


Por lo tanto

dim ImA = rangoA =

3 si α 6= 1, 1
2
2 si α = 1, o
1
2
,
dim KerA =

0 si α 6= 1, 1
2
1 si α = 1, o
1
2
.
— — —
28. Sean f1, f2 y f3 los endomorfismos de R3[t] siguientes:
f1 : R3[t] −→ R3[t]
p(t) −→ p(0) + p(0)t
f2 : R3[t] −→ R3[t]
p(t) −→ p′(t)
f3 : R3[t] −→ R3[t]
p(t) −→ p(0)
¿Es f3 = f2 ◦ f1? ¿Es f3 = f1 ◦ f2?
Solución:
(f2 ◦ f1)(p(t) = f2(f1(p(t)) = f2(p(0) + p(0)t) = p(0) = f3(p(t))
(f1 ◦ f2)(p(t) = f1(f2(p(t)) = f1(p′(t)) = p′(0) + p′(0)t 6= f3(p(t))
— — — 113
29. Sea π el endomorfismo de Rn que a cada vector le hace corresponder su proyec-
ción ortogonal sobre el subespacio vectorial F fijado. Probar:
a) Kerπ = F⊥.
b) Imπ = F .
c) π2 = π.
Solución:
Sabemos que Rn = F ⊥ F⊥, es decir para todo x ∈ Rn, x = x1 + x2 con x1 ∈ F ,
x2 ∈ F⊥ únicos. Por lo que π(x) = x1.
a) Para todo x = x1 + x2 ∈ Ker π, es π(x) = x1 = 0 por lo que x ∈ F⊥. Esto es
Ker f ⊂ F⊥. Ahora bien, para todo x ∈ F⊥, x = 0 + x2, por lo que π(x) = 0 y
F⊥ ⊂ Ker π.
b) Para todo x = x1 ∈ F se tiene π(x) = x1, luego x1 ∈ Im π, y F ⊂ Im π.
Ahora bien, dimRn = dim Ker π+ dim Imπ = dimF + dimF⊥. Teniendo en cuenta
el apartado a) dimF⊥ = dim Ker π. Por lo tanto dimF = dim Im π y F = Imπ.
c) π2(x) = π(π(x1 + x2)) = π(x1) = x1.
— — —
30. Sean F un subespacio vectorial de Rn yG ⊆ F⊥. Sean πF y πG los endomorfismos
de Rn que a cada vector le hacen corresponder su proyección ortogonal sobre los
subespacios vectoriales F y G. Probar que πF ◦ πG = πG ◦ πF = 0.
Solución:
Dado F tenemos que Rn = F ⊥ F⊥. Puesto que G ⊂ F⊥ tenemos que F⊥ = G ⊥
(G⊥ ∩ F⊥).
Por lo tanto Rn = F ⊥ G ⊥ (G⊥ ∩ F⊥)
Entonces, para todo vector x ∈ Rn, x = x1 + x2 + x3 con x1 ∈ F , x2 ∈ G, x3 ∈
(G⊥ ∩ F⊥).
(πF ◦ πG)(x) = πF (πG(x)) = πF (x2) = 0
(πG ◦ πF )(x) = πG(πF (x)) = πG(x1) = 0. 114 CAPÍTULO 4. APLICACIONES LINEALES