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Álgebra Lineal I: Producto interior y desigualdad de Cauchy-Schwarz

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

11 respuestas

Introducción

Anteriormente, platicamos acerca de formas bilineales y de formas cuadráticas. Ahora veremos un tipo de formas bilineales especiales: las positivas y las positivas definidas. Las formas positivas definidas nos ayudan a definir qué es un producto interior. Esta es una noción fundamental que más adelante nos ayudará a definir distancias y ángulos.

Formas bilineales positivas y positivas definidas

Para hablar de geometría en espacios vectoriales, la siguiente noción es fundamental. Es importante notar que es una definición únicamente para formas bilineales simétricas.

Definición. Sea $b:V\times V\to \mathbb{R}$ una forma bilineal simétrica.

  • Diremos que $b$ es positiva si $b(x,x)\geq 0$ para todo vector $x$ de $V$.
  • Diremos que $b$ es positiva definida si $b(x,x)>0$ para todo vector $x\neq 0$ de $v$.

Tenemos una noción análoga para formas cuadráticas.

Definición. Sea $q:V\to \mathbb{R}$ una forma cuadrática con forma polar $b$. Diremos que $q$ es positiva si $b$ lo es, y diremos que es positiva definida si $b$ lo es.

Ejemplo 1. Como ya vimos antes, el producto punto de $\mathbb{R}^n$ es una forma bilineal simétrica. También es positiva definida, pues si tenemos $x=(x_1,\ldots,x_n)$, tenemos que $$x\cdot x = x_1^2+\ldots+x_n^2\geq 0,$$ y esta es una igualdad si y sólo si $x_1=\ldots=x_n=0$, lo cual sucede si y sólo si $x=0$.

$\triangle$

Ejemplo 2. Considera $V=\mathbb{R}_2[x]$ y consideremos la forma bilineal $b$ dada por $$b(p,q)=p(0)q(1)+p(1)q(0).$$ Esta es una forma bilineal simétrica pues \begin{align*}b(p,q)&=p(0)q(1)+p(1)q(0)\\&=q(0)p(1)+q(1)p(0)\\&=b(q,p).\end{align*} Notemos que $$b(p,p)=2p(0)p(1),$$ que no necesariamente es positivo. Por ejemplo, si tomamos el polinomio $p(x)=x-\frac{1}{2}$, tenemos que \begin{align*}b(p,p)&=2p(0)p(1)\\&=-2\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\\&=-\frac{1}{2}.\end{align*} Así, esta es una forma bilineal simétrica, pero no es positiva (y por lo tanto tampoco es positiva definida).

$\triangle$

Problema. Considera la forma cuadrática $Q$ en $M_{2}(\mathbb{R})$ que suma el cuadrado de las entradas de la diagonal de una matriz, es decir, aquella dada por $$Q\begin{pmatrix} a & b\\c & d\end{pmatrix}=a^2+d^2.$$ Determina su forma polar y si es positiva o positiva definida.

Solución. Para encontrar la forma polar $B$ de $Q$, usamos la identidad de polarización
\begin{align*}
B&\left(\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix},\begin{pmatrix} e & f\\ g & h \end{pmatrix}\right)\\
&=\frac{(a+e)^2+(d+h)^2-a^2-e^2-d^2-h^2}{2}\\
&=\frac{2ae+2dh}{2}\\
&=ae+dh.
\end{align*}

Como $Q\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}=a^2+d^2\geq 0$, tenemos que $Q$ (y $B$) son positivas. Sin embargo, $Q$ no es positiva definida (ni $B$), pues por ejemplo, $$Q\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix} = 0.$$

Producto interior

Estamos listos para definir aquellos espacios sobre los que podemos hacer geometría.

Definición. Sea $V$ un espacio vectorial sobre $\mathbb{R}$

  • Un producto interior en $V$ es una forma bilineal simétrica y positiva definida.
  • Decimos que $V$ es un espacio Euclideano si es de dimensión finita y está equipado con un producto interior.

Estamos siguiendo la convención del libro de Titu Andreescu, en donde es importante pedir que $V$ sea de dimensión finita para ser Euclideano.

Cuando estamos hablando de espacios con producto interior, o de espacios Euclideanos, tenemos una forma bilineal simétrica y positiva definida $b$. Sin embargo, en vez de usar constantemente $b(x,y)$, para simplificar la notación usaremos simplemente $\langle x, y\rangle$.

Definición. Si $V$ es un espacio con producto interior $\langle \cdot,\cdot \rangle$, definimos la norma de un vector $x$ como $$\Vert x \Vert =\sqrt{\langle x, x \rangle}.$$

Ejemplo. Como dijimos arriba, el producto punto en $\mathbb{R}^n$ es una forma bilineal simétrica, así que es un producto interior. Como $\mathbb{R}^n$ es de dimensión finita, entonces es un espacio Euclideano.

La norma de un vector $x=(x_1,\ldots,x_n)$ está dada por $\Vert x \Vert = \sqrt{x_1^2+\ldots+x_n^2},$ y geométricamente se interpreta como la distancia de $x$ al origen.

Un ejemplo más concreto es $\mathbb{R}^4$, en donde la norma del vector $(1,2,3,1)$ es $\sqrt{1^2+2^2+3^2+1^2}=\sqrt{15}$.

$\triangle$

La notación de producto interior quizás te recuerde la notación que se usa cuando hablamos de dualidad. Sin embargo, es muy importante que distingas los contextos. En el caso de dualidad, tenemos $$\langle \cdot, \cdot \rangle: V^\ast\times V \to \mathbb{R},$$ y en este contexto de producto interior tenemos $$\langle \cdot, \cdot \rangle: V\times V \to \mathbb{R}.$$ Más adelante, puede que te encuentres en tu preparación matemática con el teorema de representación de Riesz, a partir del cual tendrá sentido que se use la misma notación.

Desigualdad de Cauchy-Schwarz

A continuación presentamos un resultado fundamental es espacios con formas bilineales positivas y positivas definidas.

Teorema (desigualdad de Cauchy-Schwarz). Sea $b:V\times V\to \mathbb{R}$ una forma bilineal simétrica y $q$ su forma cuadrática asociada.

  • Si $b$ es positiva, entonces para todo $x$ y $y$ en $V$ tenemos que $$b(x,y)^2\leq q(x)q(y).$$ Si $x$ y $y$ son linealmente dependientes, se alcanza la igualdad.
  • Además, si $b$ es positiva definida y $x$ y $y$ son linealmente independientes, entonces la desigualdad es estricta.

Demostración. Supongamos primero solamente que $b$ es positiva. Consideremos la función $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ dada por $f(t)=q(x+ty)$. Como $q$ es forma cuadrática positiva, tenemos que $f(t)\geq 0$ para todo real $t$. Por otro lado, expandiendo y usando que $b$ es simétrica, tenemos que
\begin{align*}
f(t)&=q(x+ty)\\
&=b(x+ty,x+ty)\\
&=b(x,x)+2b(x,y)\cdot t + b(y,y) \cdot t^2\\
&=q(x) + 2b(x,y)\cdot t + q(y) \cdot t^2.
\end{align*}

En esta expresión, $q(x)$, $2b(x,y)$ y $q(y)$ son reales, así que $f(t)$ es un polinomio cuadrático en $t$. Como $f(t)\geq 0$ para todo $t$ en $\mathbb{R}$, el discriminante de este polinomio es no positivo, en otras palabras, $$(2b(x,y))^2-4q(x)q(y)\leq 0.$$

Sumando $4q(x)q(y)$ y dividiendo entre $4$ ambos lados de la desigualdad, obtenemos que $$b(x,y)^2\leq q(x)q(y),$$ la cual es la desigualdad que queremos.

Si $x$ y $y$ son linealmente dependientes, podemos despejar a uno en términos del otro. Sin perder generalidad, podemos suponer que $x=\alpha y$. En este caso, $$b(\alpha y,y)^2=\alpha^2 b(y,y)=q(\alpha(y))q(y),$$ así que se da la igualdad.

Ahora, supongamos además que $b$ es positiva definida y que se da la igualdad. Si esto sucede, el discriminante del polinomio cuadrático de arriba es igual a $0$ y por lo tanto el polinomio tiene una raíz $t$. En otras palabras, $q(x+ty)=0$. Pero como $q$ es positiva definida, esto implica que $x+ty=0$, de donde $x$ y $y$ son linealmente dependientes. Así, si $x$ y $y$ son linealmente independientes, tenemos que la desigualdad es estricta.

$\square$

El siguiente caso particular es uno de los más importantes y los más usados, por lo cual amerita que lo enunciemos separadamente.

Corolario. Sea $V$ un espacio vectorial sobre $\mathbb{R}$ equipado con un producto interior $\langle \cdot, \cdot \rangle$. Para cualesquiera $x,y$ en $V$ se cumple $|\langle x, y \rangle| \leq \Vert x \Vert \cdot \Vert y \Vert$.

Puede que te preguntes por qué enfatizamos los resultados de desigualdades. En varias partes de tu formación matemática trabajarás con espacios vectoriales en donde quieres hacer cálculo. Ahí, se define la convergencia y los límites en términos de una norma. Las desigualdades que probemos para espacios vectoriales son útiles para cuando se quiere demostrar la validez de ciertos límites. Más adelante mencionaremos algunas cosas adicionales al respecto.

Más adelante…

En esta entrada definimos el concepto de producto interior y vimos cómo el producto interior induce una norma en el espacio vectorial. El concepto de norma nos permite generalizar la noción de distancia y esto nos permitirá ver cómo se puede hacer cálculo en espacios vectoriales.

En las siguientes entradas veremos cómo se define esta norma para diferentes espacios vectoriales con diferentes productos interiores. Podremos ver entonces cómo se generalizan otras nociones que ya hemos visto en cursos anteriores; como el concepto de ángulo.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  • Considera la función $q(w,x,y,z)=wx+yz$. Muestra que es una forma cuadrática en $\mathbb{R}^4$. Encuentra su forma polar y determina si es una forma cuadrática positiva y/o positiva definida.
  • Muestra que $$q(w,x,y,z)=x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx$$ es una forma cuadrática en $\mathbb{R}^4$ y determina si es positiva y/o positiva definida.
  • Considera $V=\mathcal{C}[0,1]$ el espacio vectorial de funciones continuas en el intervalo $[0,1]$. Muestra que $$\langle f,g\rangle = \int_0^1 f(x)g(x)\, dx$$ define un producto interior en $V$. ¿Es $V$ un espacio Euclideano? Determina la norma de la función $f(x)=x^3$.
  • Sea $V=\mathbb{R}_2[x]$ el espacio vectorial de polinomios con coeficientes reales y de grado a lo más $1$. Muestra que $$\langle p,q\rangle = p(0)q(0)+p(1)q(1)+p(2)q(2)$$ hace a $V$ un espacio Euclideano.

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104721 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM»

Álgebra Lineal I: Problemas de ortogonalidad, ecuaciones e hiperplanos

Por Ayax Calderón

11 respuestas

Introducción

En esta entrada ejercitaremos los conceptos introducidos recientemente. Abordamos los temas de espacio ortogonal e hiperplanos. Para ello, resolveremos problemas de ortogonalidad relacionados con encontrar una base para el espacio ortogonal y de escribir subespacios en términos de ecuaciones e intersecciones de hiperplanos.

Problemas resueltos de espacio ortogonal

Problema 1. Sea $S=\{x^3+x, x^2+x ,-x^3+x^2+1\} \subseteq \mathbb{R}_3[x]$.
Describe $S^{\bot}$ dando una base de este espacio.

Solución. Una forma lineal $l$ sobre $\mathbb{R}_3[x]$ es de la forma

$l(a_0 + a_1x+a_2x^2+a_3x^3)=aa_0+ba_1+ca_2+da_3$

para algunos $a, b,c,d\in \mathbb{R}$, pues basta decidir quiénes son $a=l(1)$, $b=l(x)$, $c=l(x^2)$ y $d=l(x^3)$.

La condición $l\in S^{\bot}$ es equivalente a

$l(x^3+x)=l(x^2+x)=l(-x^3+x^2+1)=0.$

Esto es
\begin{align*}
l(x^3+x)&=b+d=0\\
l(x^2+x)&=b+c=0\\
l(-x^3+x^2+1)&=a+c-d=0.
\end{align*}

La matriz asociada al sistema es

$A=\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 1\\
0 & 1 & 1 & 0\\
1 & 0 & 1 & -1\end{pmatrix}$

y su forma escalonada reducida es

$A_{red}=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 1\\
0 & 0 & 1 & -1\end{pmatrix}.$

Así, $d$ es variable libre y \begin{align*} a&=0\\ b&=-d\\ c&=d.\end{align*}

De aquí, el conjunto de soluciones del sistema es
$$\{(0,-u,u,u) : u\in \mathbb{R}\}.$$

Las correspondientes formas lineales son $$l_u(a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3)=u(-a_1+a_2+a_3).$$

Este es un subespacio de dimensión $1$, así que para determinar una base para $S^{\bot}$, basta con elegir una de estas formas lineales con $u\neq 0$, por ejemplo, para $u=1$ tenemos
$$l_1(a_o+a_1x+a_2x^2+a_3x^3)=-a_1+a_2+a_3.$$

$\triangle$

Problema 2. Sea $V$ un espacio vectorial sobre un campo $F$, sea $V^\ast$ su espacio dual y tomemos subconjuntos $S, S_1, S_2\subseteq V^\ast$ tales que $S_1\subseteq S_2$. Prueba lo siguiente.

  1. $S_2^{\bot}\subseteq S_1^{\bot}$.
  2. $S\subseteq (S^{\bot})^{\bot}$.

Solución.

  1. Sea $l\in S_2^{\bot}$. Por definición $l(s)=0$ para toda $s\in S_2$.
    Luego, si $s\in S_1$, entonces $s\in S_2$ y así $l(s)=0$. Por consiguiente $l\in S_1^{\bot}$. Concluimos $S_2^{\bot}\subseteq S_1^{\bot}$.
  2. Sea $s\in S$. Para cualquier $l\in S^{\bot}$ se cumple que $l(s)=0$ y así $s\in (S^{\bot})^{\bot}$

$\square$

Observación. El problema anterior también es cierto si suponemos que $S, S_1, S_2\subseteq V$ tales que $S_1\subseteq S_2$ y la prueba es idéntica a la anterior.

Observación. Por muy tentador que sea pensar que la igualdad se da en el inciso 2 del problema anterior, esto es totalmente falso: $(S^{\bot})^{\bot}$ es un subespacio de $V$ (o de $V^\ast$), mientras que no hay razón para que $S$ lo sea, pues este es solamente un subconjunto arbitrario de $V$ (o $V^\ast$). Como vimos en una entrada anterior, la igualdad se da si $S$ es un subespacio de $V$ (o de $V^\ast$) cuando $V$ es un subespacio de dimensión finita.

Problemas resueltos de ecuaciones lineales y de hiperplanos

Veamos ahora problemas de ortogonalidad relacionados con encontrar expresiones para un subespacio en términos de ecuaciones lineales y de hiperplanos.

Problema 1. Sea $W$ el subespacio de $\mathbb{R}^4$ generado por los vectores

$v_1=(1,1,0,1)$
$v_2=(1,2,2,1).$

Encuentra ecuaciones lineales en $\mathbb{R}^4$ cuyo conjunto solución sea $W$.

Solución. Necesitamos encontrar una base para $W^{\bot}$.
Recordemos que $W^{\bot}$ consiste de todas las formas lineales

$l(x,y,z,t)=ax+by+cz+dt$

tales que $l(v_1)=l(v_2)=0$, es decir
\begin{align*}
a+b+d&=0\\
a+2b+2c+d&=0.
\end{align*}

La matriz asociada al sistema anterior es

$A=\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 1\\
1 & 2 & 2 & 1\end{pmatrix}$

y por medio de reducción gaussiana llegamos a que su forma reducida escalonada es

$A_{red}=\begin{pmatrix}
1 & 0 & -2 & 1\\
0 & 1 & 2 & 0\end{pmatrix}.$

De aquí, $c$ y $d$ son variables libres y $a$ y $b$ son variables pivote determinadas por
\begin{align*}a&=2c-d\\b&=-2c.\end{align*}

Por lo tanto,
\begin{align*}
l(x,y,z,t)&=(2c-d)x-2cy+cz+dt\\
&=c(2x-2y+z)+d(-x+t).
\end{align*}

Así, deducimos que una base para $W^{\bot}$ está dada por

$l_1(x,y,z,t)=2x-2y+z$ y $l_2(x,y,z,t)=-x+t$

y por consiguiente $W=\{v\in \mathbb{R}^4 : l_1(v)=l_2(v)=0\}$, de donde $$l_1(v)=0, l_2(v)=0$$ son ecuaciones cuyo conjunto solución es $W$.

$\triangle$

Problema 2. Considera el espacio vectorial $V=\mathbb{R}_3[x]$. Escribe el subespacio vectorial generado por $p(x)=1-2x^2$ y $q(x)=x+x^2-x^3$ como la intersección de dos hiperplanos linealmente independientes en $V$.

Solución. Sea $\mathcal{B}=\{1,x,x^2,x^3\}=\{e_1,e_2,e_3,e_4\}$ la base canónica de $V$.

Entonces

\begin{align*}
p(x)&=e_1-2e_3\\
q(x)&=e_2+e_3-e_4.
\end{align*}

Escribir $W=\text{span}(p(x),q(x))$ como intersección de dos hiperplanos es equivalente a encontrar dos ecuaciones que definan a $W$, digamos $l_1(v)=l_2(v)=0$ pues entonces $$W=H_1 \cap H_2,$$ donde $H_1=\ker(l_1)$ y $H_2=\ker(l_2)$.

Así que sólo necesitamos encontrar una base $l_1,l_2$ de $W^{\bot}$.

Recordemos que una forma lineal en $\mathbb{R}_3[x]$ es de la forma $$l_1(x_1e_1+x_2e_2+x_3e_3+x_4e_4)=ax_1+bx_2+cx_3+dx_4$$

para algunos $a,b,c,d \in \mathbb{R}$.

Esta forma lineal $l$ pertenece a $W^{\bot}$ si y sólo si $$l(p(x))=l(q(x))=0,$$ o bien

\begin{align*}
a-2c&=0\\
b+c-d&=0.
\end{align*}

Podemos fijar $c$ y $d$ libremente y despejar $a$ y $b$ como sigue:

\begin{align*}a&=2c\\b&=-c+d.\end{align*}

Por consiguiente

\begin{align*}
l(x_1e_1&+x_2e_2+x_3e_3+x_4e_4)\\
&=2cx_1+(-c+d)x_2+cx_3+dx_4\\
&=c2x_1-x_2+x_3)+d(x_2+x_4).
\end{align*}

Así deducimos que una base $l_1,l_2$ de $W^{\bot}$ está dada por

\begin{align*}
l_1(x_1e_1+x_2e_2+x_3e_3+x_4e_4)&=2x_1-x_2+x_3\\
l_2(x_1e_1+x_2e_2+x_3e_3+x_4e_4)&=x_2+x_4.
\end{align*}

y así $W=H_1\cap H_2$, donde

\begin{align*}
H_1&=\ker(l_1)=\{a+bx+cx^2+dx^3\in V : 2a-b+c=0\}\\
H_2&=\ker(l_2)=\{a+bx+cx^2+dx^3\in V : b+d=0\}.
\end{align*}


$\triangle$

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104721 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM»

Álgebra Lineal I: Matrices de cambio de base

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

10 respuestas

Introducción

Anteriormente platicamos de cómo al elegir una base ordenada $B$ de un espacio vectorial $V$ de dimensión finita $n$, podemos expresar a cada uno de sus vectores en términos de «coordenadas», que vienen de los coeficientes de la combinación lineal de elementos de $B$ que da el vector. Así mismo, vimos cómo podemos comenzar con una transformación lineal $T:V\to W$ entre espacios vectoriales $V$ y $W$ y de ahí obtener una «matriz que la represente». Para ello, necesitamos elegir bases ordenadas $B_V$ y $B_W$ de $V$ y $W$ respectivamente. Tanto las coordenadas, como las matrices que representan a transformaciones lineales, dependen fuertemente de las bases ordenadas elegidas. En esta entrada hablaremos de las matrices de cambio de base, pues nos ayudarán a pasar de unas coordenadas a otras.

Siento más concretos, es posible que en algunas aplicaciones de álgebra lineal tengamos una transformación $T:V\to W$, y que los vectores de $V$ o los de $W$ los tengamos que entender en más de una base. Así, los dos siguientes problemas aparecen frecuentemente:

  • Supongamos que tenemos dos bases (ordenadas) $B_1$ y $B_2$ de un espacio vectorial $V$ y que tomamos un vector $v$ en $V$. Si ya sabemos la combinación lineal de elementos de $B_1$ que da $v$, ¿cómo podemos saber la combinación lineal de elementos de $B_2$ que da $v$? En otras palabras, ¿cómo podemos pasar a $v$ de su expresión en base $B_1$ a su expresión en base $B_2$?
  • Supongamos que tenemos una transformación lineal $T:V\to W$ entre dos espacios vectoriales $V$ y $W$, dos bases (ordenadas) $B_1$ y $B_2$ de $V$ y dos bases (ordenadas) $C_1$ y $C_2$ de $W$. Si ya sabemos qué le hace $T$ a los elementos de $V$ en términos de las bases $B_1$ y $C_1$, ¿cómo podemos saber qué hace $T$ en términos de las bases $B_2$ y $C_2$?

La herramienta que necesitamos para responder ambos problemas se le conoce como matrices de cambio de base. El objetivo de esta entrada es definir estas matrices, ver algunas propiedades básicas que cumplen y ver cómo nos ayudan a resolver el primero de los problemas de aquí arriba. En una segunda entrada veremos cómo también sirven para resolver el segundo.

Matrices de cambio de base

Definición. Sea $V$ un espacio vectorial de dimensión $n$ sobre el campo $F$. Sean $B=(v_1,\ldots,v_n)$ y $B’=(v_1′, \ldots, v_n’)$ dos bases ordenadas de $V$. La matriz de cambio de base de $B$ a $B’$ es la matriz $P=[p_{ij}]$ en $M_{n}(F)$ cuya columna $j$ tiene como entradas a las coordenadas de $v_j’$ escrito en términos de la base $B$. En otras palabras, las entradas $p_{1j},\ldots,p_{nj}$ de la $j$-ésima columna de $P$ son los únicos elementos de $F$ para los cuales $$v_j’=p_{1j}v_1+\ldots +p_{nj} v_n,$$ para toda $j=1,2,\ldots,n$.

Ejemplo. Considera la base ordenada $B=(1,x,x^2)$ de $\mathbb{R}_2[x]$, el espacio vectorial de polinomios de coeficientes reales grado a lo más $2$. Veremos que $B’=(3x^2,2x,1)$ es también una base de $\mathbb{R}_2[x]$. Encontraremos la matriz de cambio de base de $B$ a $B’$ y la matriz de cambio de base de $B’$ a $B$.

La dimensión de $\mathbb{R}_2[x]$ es $3$ y $B’$ tiene $3$ elementos, así que basta ver que los elementos de $B’$ son linealmente independientes para ver que $B’$ es base. Una combinación lineal $a(3x^2)+b(2x)+c(1)=0$ es equivalente a que $3ax^2+2bx+c=0$, lo cual sucede si y sólo si $a=b=c=0$. Esto muestra que $B’$ es base.

Para encontrar a la matriz de cambio de base de $B$ a $B’$ lo que tenemos que hacer es escribir a los elementos de $B’$ como combinación lineal de los elementos de $B$. Esto lo hacemos de la siguiente manera (recuerda que el orden es importante):

\begin{align*}
3x^2 &= 0 \cdot 1 + 0 \cdot x + 3 \cdot x^2\\
2x &= 0\cdot 1+ 2\cdot x + 0 \cdot x^2\\
1 & = 1\cdot 1 + 0 \cdot x + 0 \cdot x^2.
\end{align*}

Como los coeficientes de $3x^2$ en la base ordenada $B$ son $0$, $0$ y $3$, entonces la primer columna de la matriz de cambio de base será $\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 3\end{pmatrix}$. Argumentando de manera similar para $2x$ y $1$, tenemos que la matriz de cambio de base de $B$ a $B’$ es $$\begin{pmatrix}
0 & 0 & 1\\
0 & 2 & 0 \\
3 & 0 & 0
\end{pmatrix}.$$

Para encontrar a la matriz de cambio de base de $B’$ a $B$, expresamos a los elementos de $B$ en términos de la base $B’$ como sigue:

\begin{align*}
1 &= 0 \cdot (3x^2) + 0 \cdot (2x) + 1 \cdot 1\\
x &= 0\cdot (3x^2)+ \frac{1}{2} \cdot (2x) + 0 \cdot 1\\
x^2 & = \frac{1}{3} \cdot (3x^2) + 0 \cdot (2x) + 0 \cdot 1.
\end{align*}

En este caso fue sencillo hacerlo, pero en otros problemas frecuentemente esto se hace resolviendo un sistema de ecuaciones.

De esta manera, tenemos que la matriz de cambio de base de $B’$ a $B$ es $$\begin{pmatrix}
0 & 0 & \frac{1}{3}\\
0 & \frac{1}{2} & 0 \\
1 & 0 & 0
\end{pmatrix}.$$

$\triangle$

Cambio de coordenadas usando matrices de cambio de base

Las matrices de cambio de base nos ayudan a responder la primer pregunta que planteamos al inicio de esta entrada. Si conocemos las coordenadas de un vector en una base, podemos usar la matriz de cambio de base para encontrar las coordenadas del vector en otra base.

Proposición. Sea $V$ un espacio vectorial de dimensión $n$, $B=(v_1,\ldots,v_n)$, $B’=(v_1′,\ldots,v_n’)$ bases ordenadas de $V$ y $P$ la matriz de cambio de base de $B$ a $B’$. Supongamos que el vector $v$ de $V$ se escribe en base $B$ como $$v=c_1v_1+c_2v_2+\ldots+c_nv_n$$ y en base $B’$ como $$v=c_1’v_1’+c_2’v_2’+\ldots+c_n’v_n’.$$ Entonces: $$
P
\begin{pmatrix}
c_1′ \\
\vdots \\
c_n’
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
c_1 \\
\vdots \\
c_n
\end{pmatrix} .$$

En otras palabras, la matriz $P$ de cambio de base de $B$ a $B’$ manda las coordenadas de un vector en base $B’$ a coordenadas en base $B$ al multiplicar por la izquierda. Ojo: para construir $P$ expresamos a $B’$ en términos de $B$, pero lo que hace $P$ es expresar a alguien de coordenadas en $B’$ a coordenadas en $B$.

Demostración. El vector de coordenadas de $v_j’$ escrito en base $B’$ es el vector canónico $e_j$ de $F^n$. Además, $Pe_j$ es la $j$-ésima columna de $P$, que por construcción es el vector de coordenadas de $v_j’$ en la base $B$. Así, el resultado es cierto para los vectores $v_j’$ de la base $B’$. Para cualquier otro vector $v$, basta expresarlo en términos de la base $B’$ y usar la linealidad de asignar el vector de coordenadas y la linealidad de $P$.

$\square$

Problema. Escribe a los vectores $v_1=(4,3,5,2)$, $v_2=(2,2,2,2)$ y $v_3(0,0,0,1)$ de $\mathbb{R}^4$ como combinación lineal de los elementos de la base $B$ de $\mathbb{R}^4$ conformada por los vectores $(1,0,0,0)$, $(1,1,0,0)$, $(1,1,1,0)$ y $(1,1,1,1)$.

Solución. Conocemos las coordenadas de $v_1,v_2,v_3$ en la base canónica $(1,0,0,0)$, $(0,1,0,0)$, $(0,0,1,0)$, $(0,0,0,1)$. De hecho, el vector de coordenadas de $v_1$ es exactamente $v_1$ (esto es algo que sucede pues estamos trabajando en $\mathbb{R}^4$). Lo que nos estan pidiendo son las coordenadas de $v_1,v_2,v_3$ en la base $B$. Nos gustaría usar la proposición anterior. Para ello, necesitamos encontrar la matriz de cambio de base de $B$ a la base canónica. Escribamos entonces a la base canónica en términos de los vectores de $B$:

\begin{align*}
(1,0,0,0)&=1\cdot (1,0,0,0)+0\cdot (1,1,0,0)+0\cdot (1,1,1,0)+0\cdot (1,1,1,1)\\
(0,1,0,0)&= -1\cdot (1,0,0,0)+1\cdot (1,1,0,0)+0\cdot (1,1,1,0)+0\cdot (1,1,1,1)\\
(0,0,1,0)&= 0\cdot (1,0,0,0)-1\cdot (1,1,0,0)+1\cdot (1,1,1,0)+0\cdot (1,1,1,1)\\
(0,0,0,1)&= 0\cdot (1,0,0,0)+0\cdot (1,1,0,0)-1\cdot (1,1,1,0)+1\cdot (1,1,1,1)\\
\end{align*}

A estas coordenadas las ponemos como columnas para encontrar la matriz de cambio de base de $B$ a la base canónica:
$$\begin{pmatrix}
1 & -1 & 0 & 0\\0 & 1 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 1 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.$$

Para encontrar las coordenadas de $v_1, v_2, v_3$ en términos de la base $B$, basta con multiplicar esta matriz a la izquierda para cada uno de ellos:

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

$$\begin{pmatrix}
1 & -1 & 0 & 0\\0 & 1 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 1 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
2 \\2 \\ 2 \\ 2
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 \\0 \\ 0\\ 2
\end{pmatrix} $$ y

$$\begin{pmatrix}
1 & -1 & 0 & 0\\0 & 1 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 1 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
0 \\0 \\ 0 \\ 1
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 \\0 \\ -1\\ 1
\end{pmatrix}. $$

En efecto, se puede verificar que estos nuevos vectores dan las combinaciones lineales de la base $B$ que hacen a $v_1$, $v_2$ y $v_3$, por ejemplo, para $v_1$ tenemos: $$(4,5,3,2)=(1,0,0,0)-2(1,1,0,0)+3(1,1,1,0)+2(1,1,1,1).$$

$\triangle$

Matrices de cambio de base como la forma matricial de una transformación lineal

A la matriz de cambio de base de $B$ a $B’$ la denotamos por $\text{Mat}_B(B’)$.

Una observación crucial es que podemos pensar a las matrices de cambio de base en un espacio vectorial $V$ justo como formas matriciales correspondientes a una transformación lineal específica. De hecho, la transformación lineal que le corresponde es muy bonita: es la identidad $\text{id}_V$ que manda a cada vector de $V$ a sí mismo.

De manera más concreta, si $B$ y $B’$ son bases de $V$ y $\text{Mat}_B(B’)$ es la matriz de cambio de base de $B$ a $B’$, entonces $$\text{Mat}_B(B’)=\text{Mat}_{B,B’}(\text{id}_V).$$ A estas alturas tienes todas las herramientas necesarias para demostrar esto.

¿Qué sucede si ahora tenemos tres bases $B$, $B’$ y $B»$ de $V$ y componemos a la identidad consigo misma? Utilizando los argumentos de la entrada anterior, la matriz correspondiente a la composición es el producto de las matrices de cada transformación. Juntando esto con la observación anterior, tenemos la siguiente propiedad para matrices de cambio de base:

$$\text{Mat}_B(B»)=\text{Mat}_{B}(B’)\cdot \text{Mat}_{B’}(B»).$$

Finalmente, ¿qué sucede si en la igualdad anterior ponemos $B»=B$? Al lado izquierdo tenemos la matriz de cambio de base de $B$ a sí misma, que puedes verificar que es la identidad. Al lado derecho tenemos al producto de la matriz de cambio de base de $B$ a $B’$ con la matriz de cambio de $B’$ a $B$. Esto muestra que las matrices de cambio de base son invertibles.

Resumimos todas estas observaciones en la siguiente proposición:

Proposición. Sean $B$, $B’$ y $B»$ bases del espacio vectorial de dimensión finita $V$.

  • La matriz de cambio de base de $B$ a $B’$ corresponde a la matriz de la transformación identidad de $V$ a $V$, en donde el primer $V$ lo pensamos con la base $B’$ y al segundo con la base $B$.
  • El producto de matrices de cambio de base de $B$ a $B’$ y de $B’$ a $B»$ es la matriz de cambio de base de $B$ a $B»$.
  • La matriz de cambio de base de $B$ a $B’$ es invertible, y su inversa es la de cambio de base de $B’$ a $B$.

En la próxima entrada veremos cómo las matrices de cambio de base también nos ayudan a entender transformaciones lineales bajo distintas bases.

Más adelante…

En esta entrada ya vimos cómo cambian las coordenadas de un vector cuando cambiamos de base. Lo que haremos en la siguiente entrada es estudiar cómo cambia la forma matricial de una transformación lineal cuando cambiamos las bases de su espacio vectorial origen y su espacio vectorial destino.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero te servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

  • ¿Qué sucede en el primer ejemplo si multiplicas ambas matrices de cambio de base que encontramos?
  • En el segundo ejemplo, encuentra la matriz de cambio de base de la base canónica a la matriz $B$
  • Considera las cuatro matrices de $2\times 2$ que puedes formar colocando tres unos y un cero. Muestra que estas cuatro matrices forman una base $B$ de $M_{2,2}(\mathbb{R})$. Determina la matriz de cambio de base de $B$ a la base canónica de $M_{2,2}(\mathbb{R})$. Ojo: Una cosa son los elementos del espacio vectorial y otra cosa van a ser las matrices de cambio de base. Como $M_{2,2}(\mathbb{R})$ es de dimensión $4$, la matriz de cambio de base que tienes que determinar en realidad es de $4\times 4$.
  • Da una demostración de que, en efecto $$\text{Mat}_B(B’)=\text{Mat}_{B,B’}(\text{id}_V).$$
  • Verifica que la matriz de cambio de base $B$ a sí misma es la identidad.

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104721 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM»

Álgebra Lineal I: Forma matricial de una transformación lineal

Por Ayax Calderón

5 respuestas

Introducción

Durante la primera unidad de este curso vimos que las transformaciones lineales $T:F^n \to F^m$ pueden ser descritas por medio de matrices $A\in M_{m,n}(F)$. Nuestro objetivo ahora es extender este resultado para describir transformaciones lineales $T:V\to W$ entre espacios vectoriales de dimensión finita $V$ y $W$. Es decir, para cada una de estas transformaciones, queremos ver cómo se ven en forma matricial.

Sin embargo, a diferencia de lo que sucedía antes, la descripción en esta forma no será única. Para construir una matriz que represente a una transformación lineal, necesitaremos fijar bases para $V$ y $W$. Distintas bases nos darán distintas matrices.

Para esta entrada todos los espacios vectoriales que usemos son de dimensión finita sobre el campo $F$. Usaremos los resultados de la entrada pasada, en la que estudiamos qué le hacen las transformaciones lineales a los conjuntos linealmente independientes, a los generadores y a las bases.

Un paréntesis técnico de isomorfismos

Quizás a estas alturas ya te hayas dado cuenta de que, en cierto sentido, los espacios vectoriales con la misma dimensión se parecen mucho entre sí. Por ejemplo, los espacios vectoriales $\mathbb{R}^4$, $M_2(\mathbb{R}) $ y $\mathbb{R}_3[x]$ pueden pensarse «como el mismo» si identificamos a cada vector $(a,b,c,d)$ con la matriz $\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$, o bien con el polinomio $a+bx+cx^2+dx^3$. Esta identificación es biyectiva y «respeta las operaciones».

Con esta motivación, veamos una definición formal.

Definición. Decimos que una transformación lineal $T:V\to W$ es un isomorfismo de espacios vectoriales si es biyectiva. Lo denotamos como $V\simeq_{T} W$, que se lee «$V$ isomorfo a $W$ mediante $T$».

Problema. Sea $T:V\to W$ un isomorfismo de espacios vectoriales. Prueba que su inversa $T^{-1}:W\to V$ es un isomorfismo de espacios vectoriales.

Demostración. La transformación $T^{-1}$ es biyectiva, pues es invertible de inversa $T$, así que sólo hace falta checar que $T^{-1}$ es lineal. Tomemos $w_1$, $w_2$ en $W$, y $c$ en el campo. Como $T$ es suprayectiva, podemos tomar $v_1=T^{-1}(w_1)$ y $v_2=T^{-1}(w_2)$. Entonces $T(v_1)=w_1$ y $T(v_2)=w_2$, así
\begin{align*}
T^{-1}(w_1+cw_2)&=T^{-1}(T(v_1)+cT(v_2))\\
&=T^{-1}(T(v_1+cv_2))\\
&=v_1+cv_2
\end{align*}

En la segunda igualdad estamos usando que $T$ es lineal. De esta forma, concluimos que $T^{-1}$ es lineal también.

$\square$

Formalicemos ahora sí nuestra intuición de que «todos los espacios vectoriales de la misma dimensión finta $n$ sobre un mismo campo se comportan igual». En términos matemáticos, decimos que «es posible clasificar los espacios vectoriales de dimensión finita distintos de $\{0\}$, salvo isomorfismos». Para mostrar esto, veremos que para cada entero positivo $n$ todos los espacios vectoriales de dimensión $n$ son isomorfos a $F^n$. El siguiente resultado da el isomorfismo de manera explícita.

Teorema. Sea $n$ un entero positivo y sea $V$ un espacio vectorial de dimensión finita sobre $F$. Si $B={e_1,\dots,e_n}$ es una base de $V$, entonces la transformación $i_B:F^n\to V$ definida por $$i_B(x_1,\dots,x_n)=x_1e_1+x_2e_2+\dots+x_ne_n$$ es un isomorfismo de espacios vectoriales.

La verificación de los detalles de este teorema queda como tarea moral. Como sugerencia, recuerda que una base $B$ de $V$ te permite expresar a cada vector de $V$ (de aquí saldrá la suprayectividad) de manera única (de aquí saldrá la inyectividad) como combinación lineal de elementos de $B$.

Corolario. Si $T:V\to W$ es un isomorfismo de espacios vectoriales, entonces $\dim V=\dim W$.

Bases ordenadas

Sea $V$ un espacio vectorial de dimensión finita $n$. Una base ordenada de $V$ es simplemente una base para la cual nos importa en qué orden están sus elementos. La escribimos con notación de paréntesis en vez de llaves, es decir, en vez de poner $B=\{v_1,\ldots,v_n\}$, ponemos $B=(v_1,\ldots,v_n)$ para hacer énfasis en el orden.

Ejemplo 1. El conjunto $\{(1,2),(3,4)\}$ es una base de $\mathbb{R}^2$. De aquí, podemos obtener dos bases ordenadas, $B=((1,2),(3,4))$ y $B’=((3,4),(1,2))$. Aunque tienen a los mismos elementos, las pensamos como bases ordenadas diferentes pues sus elementos aparecen en diferente orden.

Del mismo modo, las bases $B=(1,x,x^2,x^3)$ y $B’=(x^3,x^2,x,1)$ son la misma base de $\mathbb{R}_2[x]$, pero son distintas como bases ordenadas.

$\triangle$

Por las discusión en la sección anterior, la elección de una base ordenada en un espacio vectorial $V$ de dimensión $n$ nos permite identificar $V$ con $F^{n}$. Es decir, dada una base $B$, podemos «ponerle coordenadas» a los elementos de $V$. Dependiendo de la base ordenada escogida, es posible que obtengamos diferentes coordenadas.

Ejemplo 2. Consideremos el espacio vectorial $M_2(\mathbb{R})$. Se puede verificar que cada uno de los siguientes conjuntos ordenados son una base:

\begin{align*}
B&=\left(\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\right)\\
B’&=\left(\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\right)\\
B»&=\left(\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\right)
\end{align*}

Como cada uno de ellos es una base, entonces podemos escribir a la matriz $A=\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$ como combinación lineal de elementos de cada uno de $B$, $B’$ o $B»$.

Si lo hacemos para $B$, tendríamos (en orden), a los coeficientes $1,2,3,4$, así que las coordenadas de $A$ en la base ordenada $B$ serían $(1,2,3,4)$.

Si lo hacemos para $B’$, tendríamos (en orden), a los coeficientes $1,3,2,4$, así que las coordenadas de $A$ en la base ordenada $B’$ serían $(1,3,2,4)$. Aunque $B$ y $B’$ tengan los mismos elementos, las coordenadas difieren pues como bases ordenadas $B$ y $B’$ son distintas.

Si lo hacemos para $B»$, tendríamos (en orden), a los coeficientes $1,1,1,1$, así que las coordenadas de $A$ en la base ordenada $B»$ serían $(1,1,1,1)$. Aquí obtenemos coordenadas muy distintas pues $B$ y $B»$ ni siquiera tienen a los mismos elementos.

$\triangle$

La forma matricial de una transformación lineal

Consideremos ahora espacios vectoriales $V$ y $W$ de dimensiones $n$ y $m$ respectivamente. Supongamos que tenemos una transformación lineal $T:V\to W$. Escogemos bases ordenadas $B_V=(v_1,\dots, v_n)$ y $B_W=(w_1,\dots,w_m)$ de $V$ y $W$ respectivamente. Ten cuidado, aquí $(v_1,\dots, v_n)$ no es un vector de $F^n$, sino una colección ordenada de vectores de $V$.

Por el teorema de caracterización de espacios vectoriales de dimensión finita, tenemos los isomorfismos $$i_{B_{V}}:F^n\to V,$$ $$i_{B_{W}}:F^m\to W.$$

¿Cómo podemos usar todas estas transformaciones para construir una transformación $F^n\to F^m$? La idea es usar el inverso de $i_{B_W}$ y componer todo.

Así, consideramos $\psi_T$ como la composición de las transformaciones $i_{B_{V}}, T, i_{B_{W}}^{-1}$, es decir, $$\psi_T:F^n\to F^m,$$ está dada por $$\psi_T=i_{B_W}^{-1}\circ T\circ i_{B_{V}}.$$

De esta forma, $\psi_T$ es una transformación lineal entre $F^n$ y $F^m$. ¡Este tipo de transformaciones ya las conocemos! Sabemos que $\psi_T$ se describe de manera única por medio de una matriz $A\in M_{m,n}(F).$ Esta es, por definición, la matriz asociada a $T$ con respecto a las bases $B_V$ y $B_W$ o bien la forma matricial de $T$. Dicha matriz depende fuertemente de las dos bases, así que la denotaremos como $\text{Mat}_{B_W,B_V}(T)$ . Por el momento sólo pongamos mucha atención en el orden en el que escribimos las bases en los subíndices. Es importante más adelante veremos que resulta útil escribirlo así.

Cuando $T:V\to V$ va de un espacio vectorial a sí mismo y usamos sólo una base $B$, simplificamos la notación a $\text{Mat}_B(T)$.

Evaluar $T$ usando su forma matricial

La construcción anterior parece muy complicada, pero en realidad es muy natural. Lo que está sucediendo es lo siguiente. Ya sabemos que toda transformación lineal entre $F^n$ y $F^m$ está dada por matrices. Podemos extender esto a una descripción de transformaciones lineales entre $V$ y $W$ identificando $V$ con $F^n$ y $W$ con $F^m$ vía la elección de bases en $V$ y $W$.

Notemos que si definimos $A:=\text{Mat}_{B_{W},B_{V}}(T)$, entonces tenemos que

$i_{B_{W}}(Ax)=T(i_{B_{V}}(x))$ … (1)

Esta igualdad nos va a ayudar a decir quién es $T$ en términos de las entradas de la matriz $A$. Sea $\{e_1,\dots,e_n\}$ la base canónica de $F^n$ y $\{f_1,\dots,f_m\}$ la base canónica de $F^m$. Si$ A=[a_{ij}]$, entonces por definición $Ae_i=a_{1i}f_1+\dots+a_{mi}f_{m}$, así para $x=e_i$ se tiene

$i_{B_{W}}(Ax)=i_{B_{W}}(a_{1i}f_1+\dots + a_{mi}f_m) = a_{1i}w_1+\dots + a_{mi}w_m.$

Por otro lado, $i_{B_{V}}(e_i)=v_i$, de manera que la relación (1) es equivalente a la relación

$T(v_i)=a_{1i}w_1+\dots + a_{mi}w_m$

Aquí empieza a haber mucha notación, pero no hay que perderse. Hasta ahora lo que tenemos es que «podemos saber cuánto vale la transformación $T$ en cada elemento de la base de $V$ en términos de la matriz $A$». ¡Este es un paso importante, pues en la entrada anterior vimos que basta saber qué le hace una transformación a los elementos de la base para saber qué le hace a cualquier vector! Resumimos lo obtenido hasta ahora.

Proposición. Sea $T:V\to W$ una transformación lineal y sean $B_V=\{v_1,\dots v_n\}, B_W=\{w_1,\dots,w_m\}$ bases en $V$ y $W$, respectivamente. Escribamos $\text{Mat}_{B_W,B_V}(T)=[a_{ij}]$. Entonces para toda $1\leq i\leq n$ se tiene $$T(v_i)=\displaystyle\sum_{j=1}^m a_{ji}w_j.$$

Así, si tenemos la matriz $A$ que representa a $T$ en las bases $B_V$ y $B_W$ y un vector arbitrario $v$ en $V$, para saber quién es $T(V)$ basta:

  • Usar la proposición anterior para saber quién es $T(v_i)$ para cada $v_i$ en la base $B_V$.
  • Expresar a $v$ en términos de la base $B_V$ como, digamos, $v=c_1v_1+\ldots+c_nv_n$.
  • Usar que $T$ es lineal para concluir que $T(v)=c_1T(v_1)+\ldots+c_nT(v_n)$ y usar los valores de $T(v_i)$ encontrados en el primer inciso.

Forma matricial de composiciones de transformaciones lineales

Para finalizar esta entrada queremos entender la relación entre la composición $S\circ T$ de transformaciones lineales y las matrices asociadas de $T$ y $S$. En otras palabras, sean $T:V\to W$ y $S:W\to U$ transformaciones lineales fijas y supongamos que $m=dimV$, $n=dimW$, $p=dimU$. También fijemos las bases $B_U, B_V, B_W$ en $U,V,W$, respectivamente. Para simplificar las cosas escribamos

$\mathcal{A}=\text{Mat}_{B_U,B_W}(S)$ y $\mathcal{B}=\text{Mat}_{B_W,B_V}(T)$

Con respecto a las bases $B_U,B_V,B_W$ se tienen los isomorfismos $i_{B_U}, i_{B_V}, i_{B_W}$ definidos como lo hicimos anteriormente en esta misma entrada del blog, y por definición de $\mathcal{A}, \mathcal{B}$ se tiene

$i_{B_W}(\mathcal{B}x)=T(i_{B_V}(x))$ con $x\in F^m$,

$i_{B_U}(\mathcal{A}y)=S(i_{B_W}(y))$ con $y\in F^n$.

Aplicando $S$ en la primera relación y después usando la segunda relación, se tiene para $x\in F^m$

$(S\circ T)(i_{B_V}(x))=S(i_{B_W}(\mathcal{B}x))=i_{B_U}(\mathcal{A} \mathcal{B}x)$.

Esta última relación y la definición de $\text{Mat}_{B_U,B_V}(S\circ T)$ nos muestra que

$\text{Mat}_{B_U,B_V}(S\circ T)=\mathcal{A} \cdot \mathcal{B}$.

En otras palabras, la composición de transformaciones lineales se reduce a multiplicar sus matrices asociadas o de manera más formal

Teorema. Sean $T:V\to W$ y $S:W\to U$ transformaciones lineales entre espacios vectoriales de dimensión finita y sean $B_U, B_V, B_W$ bases de $U,V,W$, respectivamente. Entonces

$\text{Mat}_{B_U,B_V}(S\circ T)=\text{Mat}_{B_U,B_W}(S)\cdot \text{Mat}_{B_W,B_V}(T).$

Cuando tenemos transformaciones lineales de un espacio vectorial $V$ a sí mismo, y usamos la misma base $B$, el resultado anterior se puede escribir de una manera más sencilla.

Corolario. Sean $T_1,T_2:V\to V$ transformaciones lineales en un espacio vectorial de dimensión finita $V$, y sea $B$ una base de $V$. Entonces

$\text{Mat}_{B}(T_1\circ T_2)=\text{Mat}_{B}(T_1)\cdot \text{Mat}_{B}(T_2)$.

Más adelante…

En esta entrada comenzamos con una transformación lineal $T:V\to W$ y bases ordenadas de de $V$ y $W$ para representar a $T$ como una matriz. Así mismo, vimos cómo tras una elección de base podemos pensar a cualquier vector en términos de sus «coordenadas», usando a los coeficientes que permiten expresarlo (de manera única) como combinación lineal de elementos de la base. Las matrices y coordenadas que así obtenemos nos ayudarán mucho. Sin embargo, será fundamental entender qué es lo que sucede con estas representaciones cuando elegimos bases diferentes, y cómo podemos cambiar de ciertas coordenadas o matrices a otras cuando hacemos un cambio de base. Esto es lo que estudiaremos en las siguientes entradas.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero te servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

  • Verifica que la relación «son isomorfos» para espacios vectoriales es una relación de equivalencia.
  • Muestra que la transformación $i_B$ dada en el teorema de clasificación de espacios vectoriales de dimensión finita en efecto es un isomorfismo.
  • Asegúrate de entender el último corolario.

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104721 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM»

Álgebra Lineal I: Transformaciones lineales

Por Leonardo Ignacio Martínez Sandoval

13 respuestas

Introducción

En entradas pasadas ya platicamos de espacios vectoriales y de subespacios. También desarrollamos teoría de dimensión para espacios vectoriales de dimensión finita. Para ello, hablamos de conjuntos generadores, de independientes y de bases. Esto nos ayuda a entender a los espacios vectoriales «uno por uno». Lo que queremos entender ahora es cómo interactúan los espacios vectoriales entre sí. Para ello, hablaremos de transformaciones lineales entre espacios vectoriales.

Ya platicamos un poco de transformaciones lineales cuando estudiamos $F^n$ a detalle. En esa parte del curso, vimos cómo cualquier matriz en $M_{m,n}(F)$ se podía ver como una transformación lineal de $F^n$ a $F^m$ y viceversa. Retomaremos varias de estas ideas, pues son fundamentales para esta unidad y las siguientes.

La idea de esta entrada es:

  • Dar la intuición y definición de transformaciones lineales en general.
  • Probar propiedades básicas de las transformaciones lineales.
  • Dar varios ejemplos de transformaciones lineales.
  • Dar las definiciones de kernel (o núcleo) y de imagen para una transformación lineal.
  • Ver un ejemplo que abarque ambas definiciones.
  • Finalmente, probar que el kernel y la imagen son subespacios vectoriales.

A grandes rasgos, las transformaciones lineales se pueden pensar como «funciones bonitas» entre espacios vectoriales que «preservan las operaciones de suma y multiplicación por escalar».

Definición de transformaciones lineales

Definición. Para $V$ y $W$ espacios vectoriales sobre un campo $F$, una transformación lineal entre $V$ y $W$ es una función $T:V\to W$ tal que:

  • Para todo $v_1$ y $v_2$ en $V$ se tiene que $T(v_1+v_2)=T(v_1)+T(v_2)$. Esto informalmente se le conoce como que «$T$ abre sumas».
  • Para todo $v$ en $V$ y $c$ en el campo $F$ se tiene que $T(cv)=cT(v)$. A esto se le conoce como que «$T$ saca escalares».

En la primer condición la suma de la izquierda (dentro del paréntesis) es «la suma de $V$» y la suma de la derecha es «la suma de $W$». De manera similar, en la segunda condición el producto por escalar de la izquierda (dentro del paréntesis) es el de $V$ y el de la derecha es el de $W$.

En lo que resta de esta entrada, supondremos que los espacios vectoriales son sobre un mismo campo $F$.

Ejemplos de tranformaciones lineales

Ejemplo 1. La función $T:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ dada por $T(x,y)=x+y+1$ no es una transformación lineal. De hecho falla en ambas condiciones. Falla en abrir sumas pues, por ejemplo, $T(1,1)=3$, $T(2,2)=5$, pero $(1,1)+(2,2)=(3,3)$ y $$T(3,3)=7\neq 5 = T(1,1)+T(2,2.)$$ También falla en sacar escalares pues, por ejemplo $$T(4,2)=7\neq 8 = 2T(2,1).$$

$\triangle$

Ejemplo 2. La función $T:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ dada por $T(x,y,z)=(2x,2y,2z)$ es una transformación lineal.

Para convencernos de que esto es cierto, notemos que si $v=(x,y,z)$ entonces la transformación está dada por $T(v)=2v$. Ahora, tomemos dos vectores $v_1$ y $v_2$ en $V$, y un real $c$. Tenemos por la asociatividad y conmutatividad de multiplicar por escalares en $\mathbb{R}^3$ que: \begin{align*}T(v_1+v_2)&=2(v_1+v_2)\\&=2v_1+2v_2\\&=T(v_1)+T(v_2),\end{align*} y que $$T(cv_1)=2(cv_1)=c(2v_1)=cT(v_1).$$ Esto muestra que $T$ es transformación lineal.

$\triangle$

Ejemplo 3. De hecho, para cualquier espacio vectorial $V$ sobre el campo $F$ y $c$ un escalar de $F$, la función $T:V\to V$ dada por $T(v)=cv$ es una transformación lineal. El argumento es similar.

$\triangle$

Recuerda que $F_n[x]$ es el espacio vectorial de polinomios con coeficientes en $F$ y grado a lo más $n$. Recuerda también que hemos visto muchos tipos de espacios vectoriales, los $F^n$, los de polinomios, los de matrices, etc. Entre cualesquiera de ellos se pueden tener transformaciones lineales. La única condición es que sean espacios vectoriales sobre el mismo campo $F$.

Ejemplo 4. La función $T:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}_2[x]$ que manda al vector $(a,b)$ al polinomio $x^2+(a-b)x+ab$ no es una transformación lineal. Esto lo podemos verificar viendo que falla la parte de sacar escalares. Por un lado $$2(T(1,1))=2(x^2+1)=2x^2+2,$$ mientras que por otro lado $$T(2,2)=x^2+4,$$ así que $2(T(1,1))\neq T(2,2)$, de modo que $T$ no saca escalares.

$\triangle$

En cambio, si tomamos la función que manda al vector $(a,b)$ al polinomio $ax^2+(a-b)x+a+b$, puedes verificar por tu cuenta que sí es una transformación lineal.

Ejemplo 5. La función $T:M_{2,3}(\mathbb{R})\to \mathbb{R}^3$ que manda a la matriz $$M=\begin{pmatrix}
a & b & c\\
d & e & f
\end{pmatrix}$$ al vector $$T(M):= (a-d, b-e, c-f)$$ es una transfomación lineal.

Veamos que $T$ abre sumas. Tomemos dos matrices $M_1=\begin{pmatrix}
a_1 & b_1 & c_1\\
d_1 & e_1 & f_1
\end{pmatrix}$ y $M_2=\begin{pmatrix}
a_2 & b_2 & c_2\\
d_2 & e_2 & f_2
\end{pmatrix}.$ Por un lado \begin{align*}T(M_1)&=(a_1-d_1,b_1-e_1,c_1-f_1)\\T(M_2)&=(a_2-d_2,b_2-e_2,c_2-f_2),\end{align*} de modo que sumando los vectores y reacomodando tenemos que $$T(M_1)+T(M_2)=((a_1+a_2)-(d_1+d_2),(b_1+b_2)-(e_1+e_2),(c_1+c_2)-(f_1+f_2)).$$

Por otro lado, si primero sumamos las matrices, obtenemos la matriz $$M_1+M_2=\begin{pmatrix}
a_1+a_2 & b_1+b_2 & c_1+c_2\\
d_1+d_2 & e_1+e_2 & f_1+f_2
\end{pmatrix}.$$

Así, $$T(M_1+M_2)=((a_1+a_2)-(d_1+d_2),(b_1+b_2)-(e_1+e_2),(c_1+c_2)-(f_1+f_2)).$$ Esto muestra que $T(M_1+M_2)=T(M_1)+T(M_2)$, es decir, que $T$ abre sumas. Con un argumento parecido se puede mostrar que saca escalares.

$\triangle$

Ejemplo 6. La función $T:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}_2[x]$ que manda al vector $(a,b)$ al polinomio $T(a,b)=(a+b)x^2+(a-b)x+b$ es una transformación lineal.

$\triangle$

Recuerda que $C[0,1]$ es el espacio vectorial de funciones $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ continuas.

Ejemplo 7. La función $T:C[0,1]\to \mathbb{R}$ que manda a la función $f$ al real $$T(f):=\int_0^1 f(x)\, dx$$ es una transformación lineal. En efecto, para dos funciones $f$ y $g$ continuas en el $[0,1]$ y un real $c$ se tiene por definición de suma de funciones, de multiplicación por escalar y de propiedades de la integral que \begin{align*}\int_0^1 (f+g)(x)\, dx&=\int_0^1 f(x)+g(x)\, dx\\&=\int_0^1 f(x) \, dx+\int_0^1 g(x)\, dx\end{align*} y que \begin{align*}\int_0^1 (cf)(x)\, dx &= \int_0^1 cf(x)\, dx \\&=c \int_0^1 f(x)\, dx.\end{align*}

En otras palabras, $T(f+g)=T(f)+T(g)$ y $T(cf)=cT(f)$.

$\triangle$

Propiedades básicas de transformaciones lineales

La definición de «transformación lineal» pide dos cosas por separado: abrir sumar y sacar escalares. Es bueno tenerlas por separado para referirnos a ellas individualmente. Sin embargo, la siguiente proposición nos ayuda a probar de manera más práctica que $T$ es una transformación lineal.

Proposición (verificación abreviada). Sean $V$ y $W$ espacios vectoriales sobre un mismo campo $F$. $T:V\to W$ es una transformación lineal si y sólo si para todo $v_1,v_2$ en $V$ y $c$ en $F$ se tiene que $$T(cv_1+v_2)=cT(v_1)+T(v_2).$$

Demostración. En efecto, si $T$ es transformación lineal, entonces $T(cv_1)=cT(v_1)$ porque $T$ saca escalares y así \begin{align*}T(cv_1+v_2)&=T(cv_1)+T(v_2)\\&=cT(v_1)+T(v_2).\end{align*} Por otro lado, si se cumple $T(cv_1+v_2)=cT(v_1)+T(v_2)$ para todos $v_1$ y $v_2$ vectores en $V$ y $c$ escalar en $F$, entonces con $v_2=0$ recuperamos que $T$ saca escalares y con $c=1$ recuperamos que $T$ abre sumas.

$\square$

Las transformaciones lineales mandan al cero de un espacio vectorial al cero del otro.

Proposición (cero va a cero). Sean $V$ y $W$ espacios vectoriales sobre un mismo campo. Si $T:V\to W$ es una transformación lineal, entonces $T(0)=0$.

Demostración. El truco es encontrar $T(0+0)$ de dos formas distintas. Por un lado, como $0+0=0$, tenemos que $T(0+0)=T(0)$. Por otro lado, como $T$ abre sumas, tenemos que $T(0+0)=T(0)+T(0)$. Así, tenemos que $$T(0)+T(0)=T(0).$$ Restando $T(0)$ de ambos lados obtenemos $T(0)=0$.

$\square$

De hecho, hay otra forma de probar la proposición anterior usando que $T$ saca escalares: $T(0)=T(0\cdot 0)=0T(0)=0$. Piensa en por qué cada una de estas igualdades se vale y por qué adentro del paréntesis que hay dos ceros, uno de ellos es vector y el otro escalar.

Las transformaciones lineales también «respetan» inversos aditivos.

Proposición (inversos aditivos van a inversos aditivos). Sean $V$ y $W$ espacios vectoriales sobre un mismo campo. Si $T:V\to W$ es una transformación lineal, entonces $T(-v)=-T(v)$.

La demostración es sencilla y la puedes pensar por tu cuenta.

El haber enunciado estas proposiciones nos puede ayudar para decir, de golpe, que algunas funciones no son transformaciones lineales: si una función falla en tener alguna de las propiedades anteriores, entonces no es transformación lineal.

Ejemplo 1. Sea $V$ el espacio vectorial $\mathbb{R}^2$ y $W$ el espacio vectorial de matrices de $2\times 2$ con entradas complejas, pero visto como espacio vectorial sobre $\mathbb{R}$ (sólo se permite usar reales para la multiplicación escalar).

La transformación $T:V\to W$ que manda al vector real $(a,b)$ a la matriz de entradas complejas $T(a,b)=\begin{pmatrix}
a+ib & a-ib \\
a-ib & 1+abi\end{pmatrix}$ no es una transformación lineal pues manda al $(0,0)$ a la matriz $\begin{pmatrix}
0 & 0 \\
0 & 1\end{pmatrix},$ la cual no es la matriz $0$.

$\triangle$

Sin embargo, una pequeña advertencia. Es posible que $T$ sí mande el $0$ al $0$, pero que de cualquier forma no sea una transformación lineal, debido a que falle por otras razones.

Ejemplo 2. La transformación $T:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ dada por $$T(x,y,z)=(x+y+z,xy+yz+zx,xyz)$$ cumple que $T(0,0,0)=(0,0,0)$, pero no es una transformación lineal pues no saca escalares. Por ejemplo, $$T(3,3,3)=(9,27,27)\neq 3(3,3,1)= 3T(1,1,1).$$

$\triangle$

Kernel e imagen de una transformación lineal

Tomemos $T:V\to W$ una transformación lineal. Hay dos conjuntos muy importantes relacionados con $T$.

El kernel (o núcleo) de $T$ es el conjunto de vectores en $V$ que se van al vector $0$ de $W$ cuando les aplicamos $T$. En símbolos, $$\ker(T)=\{v\in V: T(v)=0\}.$$

La imagen de $T$ son los vectores en $W$ que se pueden escribir de la forma $T(v)$ para algún $v$ en $V$, es decir, es la imagen en el sentido clásico de teoría de conjuntos o de cálculo. En símbolos, $$\Ima(T)=\{T(v): v\in V\}.$$

Haciendo énfasis de nuevo: $\ker(T)$ es un subconjunto de vectores de $V$ e $\Ima(T)$ es un subconjunto de vectores de $W$. Veamos un ejemplo que nos ayudará a repasar varios de los conceptos clave de esta entrada.

Problema. Consideremos la transformación $T:M_2(\mathbb{R})\to M_{2,3}(\mathbb{R})$ dada por $$T\begin{pmatrix}a & b \\ c & d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a & b \\ c & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
1 & 1 & 1\\
1 & 1 & 1\end{pmatrix}.$$

Muestra que $T$ es una transformación lineal y determina $\ker(T)$ e $\Ima(T)$.

Intenta resolver este problema por tu cuenta antes de seguir.

Solución. Sean $A$ y $B$ matrices de $2\times 2$ con entradas reales y $r$ un real. Nombremos $C=\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1\\
1 & 1 & 1\end{pmatrix}$. Por propiedades de producto de matrices, tenemos que \begin{align*}T(rA+B)&=(rA+B)C \\ &=r(AC)+BC\\ &=rT(A)+T(B),\end{align*} así que por la proposición de verificación abreviada, tenemos que $T$ es una transformación lineal.

Ahora, tomemos una matriz $A=\begin{pmatrix}
a & b \\
c & d \end{pmatrix}$ y notemos al hacer la multiplicación de manera explícita, obtenemos que $T(A)$ es la matriz $$\begin{pmatrix}
a+b & a+b & a+b\\
c+d & c+d & c+d \end{pmatrix}.$$

Determinemos quién es $\Ima(T)$. Para que una matriz $M:=\begin{pmatrix}
e & f & g\\
h & i & j \end{pmatrix}$ esté en la imagen de $T$, se tiene que cumplir que $e=f=g$ y que $h=i=j$.

Y viceversa, si $e=f=g$ y $h=i=j$, entonces $M$ está en la imagen de $T$ pues, por ejemplo $$T\begin{pmatrix}
e & 0\\
h & 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
e & e & e\\
h & h & h\end{pmatrix}=M.$$

Esto muestra que $$\Ima (T) = \left\{\begin{pmatrix}
e & e & e\\
h & h & h \end{pmatrix}: e,h \in \mathbb{R}\right\}.$$

Ahora determinemos quién es $\ker(T)$. Para que $A$ esté en el kernel de $T$, necesitamos que todas las entradas de $T(A)$ sean $0$. Para esto es suficiente y necesario que $a+b=0$ y que $c+d=0$, o dicho de otra forma, que $A$ sea de la forma $A=\begin{pmatrix}
a & -a \\
c & -c \end{pmatrix}$. Así, concluimos que $$\ker(T)=\left\{\begin{pmatrix}
a & -a \\
c & -c \end{pmatrix}: a,c \in \mathbb{R}\right\}.$$

$\square$

Con esto ya terminamos lo que pide el problema. Sin embargo, hagamos una observación clave. En el problema anterior, $\ker(T)$ e $\Ima(T)$ no solamente son subconjuntos de $M_2(\mathbb{R})$ y de $M_{2,3}(\mathbb{R})$ respectivamente, sino que además son subespacios. Esto no es casualidad.

Los kernels e imágenes de transformaciones lineales son subespacios

Teorema. Sean $V$ y $W$ espacios vectoriales sobre un mismo campo. Si $T:V\to W$ es una transformación lineal, entonces $\ker(T)$ es un subespacio de $V$ e $\Ima(T)$ es un subespacio de $W$.

Demostración. Demostraremos primero que $\ker(T)$ es un subespacio de $V$. Para ello basta con tomar $v_1,v_2$ en $\ker(T)$ y $c$ en el campo $F$ y mostrar que $cv_1+v_2$ también está en $\ker(T)$, es decir, que también sucede que $T(cv_1+v_2)=0$. Esto se debe a la siguiente cadena de igualdades, que justificamos abajo \begin{align*}
T(cv_1+v_2)&=T(cv_1)+T(v_2)\\
&=cT(v_1)+T(v_2)\\
&=c\cdot 0 + 0 \\
&= 0.
\end{align*}

La primera igualdad se debe a que $T$ abre sumas. La segunda a que $T$ saca escalares. La tercera a que $v_1$ y $v_2$ están en el kernel de $T$ y por lo tanto sabemos que $T(v_1)=T(v_2)=0$. La última es simplemente hacer la operación. Con esto mostramos que $\ker(T)$ es un subespacio de $V$.

Ahora, veremos que $\Ima(T)$ es un subespacio de $W$. Tomemos $w_1$ y $w_2$ en $\Ima(T)$, y un escalar $c$ en el campo $F$. De nuevo, basta mostrar que $cw_1+w_2$ está en $\Ima(T)$. Como $w_1$ y $w_2$ están en la imagen de $T$, esto quiere decir que existen vectores $v_1$ y $v_2$ en $V$ tales que $T(v_1)=w_1$ y $T(v_2)=w_2$. Notemos que entonces:
\begin{align*}
cw_1+w_2&=cT(v_1)+T(v_2)\\
&=T(cv_1)+T(v_2)\\
&=T(cv_1+v_2).
\end{align*}

La segunda y tercera igualdad vienen de que $T$ saca escalares y abre sumas respectivamente. Esta cadena de igualdades muestra que podemos poner a $cw_1+w_2$ como imagen de alguien en $V$ bajo $T$, es decir, que $cw_1+w_2$ pertenece a $\Ima(T)$. Esto es lo que queríamos mostrar.

$\square$

Más adelante…

En esta entrada definimos los conceptos de transformación lineal, de imagen y de kernel. También vimos que la imagen y kernel de transformaciones lineales son subespacios. Más adelante veremos que $\ker(T)$ e $\Ima(T)$ están de hecho relacionados más profundamente.

Por ahora, nota que en el ejemplo antes del teorema tenemos que $\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1\\
0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ y $\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0\\
1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ forman una base de $\Ima(T)$ pues son linealmente independientes y todo elemento en la imagen es combinación lineal de estas matrices. Además, nota que de manera similar $\begin{pmatrix}
1 & -1 \\
0 & 0 \end{pmatrix}$ y $\begin{pmatrix}
0 & 0 \\
1 & -1 \end{pmatrix}$ forman una base de $\ker(T)$.

Esto nos dice que $\dim(\Ima(T))=2$ y que $\dim(\ker(T))=2$. Si sumamos ambos, nos da la dimensión de $M_2(\mathbb{R})$. ¿Será casualidad?

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero te servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

  • Verifica que las transformaciones lineales que se pusieron como ejemplo en efecto abren sumas y sacan escalares.
  • Asegúrate de entender los detalles de la prueba de la proposición de la verificación abreviada. Úsala para mostrar que la función que manda al vector $(a,b,c)$ a la matriz $$\begin{pmatrix} a & b & c \\ c & a & b \\ b & c & a \end{pmatrix}$$ es una transformación lineal de $\mathbb{R}^3$ a $M_3(\mathbb{R})$.
  • Muestra la proposición de que inversos aditivos van a inversos aditivos.
  • Determina el kernel y la imagen de las transformaciones lineales $T:V\to W$ que se dieron como ejemplo.
  • Para cada kernel e imagen que encuentres, convéncete de que son subespacios. Determina si tienen dimensión finita y, en ese caso, determina la dimensión. Para estos casos, ¿cómo están relacionados $\dim(\Ima(T)),\dim(\ker(T)),\dim(V)$?

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104721 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM»