Imagen y núcleo

Si $f$ es la aplicación del Ejercicio 3.15, se piden ecuaciones paramétricas y ecuaciones cartesianas de $\operatorname{Im}(f)$. (Ej. 3.15, E p.93: $f:\mathbb R^3\to\mathbb R^2$ lineal con $f(1,0,0)=(1,1)$, $f(0,1,0)=(1,1)$, $f(0,0,1)=(1,0)$.)

Idea. La imagen está generada por las imágenes de los vectores de una base del espacio inicial (Ej. 3.10, U p.108). Basta escribir $f(x_1,x_2,x_3)$ como combinación lineal de esas imágenes.

1. Imagen de un vector cualquiera. Por linealidad (propiedad 3, U p.103): $$\begin{aligned}f(x_1,x_2,x_3)&=x_1f(1,0,0)+x_2f(0,1,0)+x_3f(0,0,1)\\&=x_1\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}+x_2\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}+x_3\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix}x_1+x_2+x_3\\x_1+x_2\end{pmatrix}.\end{aligned}$$

   (Son las ecuaciones de $f$; la matriz es $A=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&1&0\end{pmatrix}$.)

2. Sistema generador (Def. 3.2, U p.106): $$\operatorname{Im}(f)=\langle(1,1),(1,1),(1,0)\rangle.$$

   El vector repetido sobra (Teor. 2.1, U p.79): $\operatorname{Im}(f)=\langle(1,1),(1,0)\rangle$, y agrupando,

   $$f(x)=(x_1+x_2)(1,1)+x_3(1,0).$$
3. Ecuaciones paramétricas. Llamando $\alpha=x_1+x_2$ y $\beta=x_3$ (que recorren todo $\mathbb R$ al variar $x$): $$\begin{cases}y_1=\alpha+\beta\\y_2=\alpha\end{cases}\qquad\alpha,\beta\in\mathbb R.$$
4. Dimensión. $$\begin{vmatrix}1&1\\1&0\end{vmatrix}=1\cdot0-1\cdot1=-1\neq0:$$

   rango 2 (Teor. 2.5, U p.88). Dos vectores libres en $\mathbb R^2$ son base (Teor. 2.6): $\operatorname{Im}(f)=\mathbb R^2$. Comprobación directa: dado $(y_1,y_2)$ basta tomar $\alpha=y_2$ y $\beta=y_1-y_2$.

5. Ecuaciones cartesianas. Eliminando los parámetros no queda ninguna relación entre $y_1$ e $y_2$: $\operatorname{Im}(f)$ no tiene ecuaciones cartesianas (es todo $\mathbb R^2$; $m-\operatorname{Dim}=2-2=0$ ecuaciones).
6. Comprobación con el Teorema 3.1 (no pedida): $x_1+x_2+x_3=0$ y $x_1+x_2=0$ dan $x_3=0$, $x_2=-x_1$; $\operatorname{Nuc}(f)=\langle(1,-1,0)\rangle$, dimensión 1, y $$2+1=3=\operatorname{Dim}\mathbb R^3\ ✓$$

Resultado: $\operatorname{Im}(f)=\mathbb R^2$ (paramétricas $y_1=\alpha+\beta,\ y_2=\alpha$; sin cartesianas). (Verificado con sympy.)

Nota sobre el libro. E escribe «$y_1=\delta$» en las paramétricas (errata: debe ser $y_1=\alpha+\beta$), dice «ecuaciones cartesianas de $f$» donde quiere decir «de $\operatorname{Im}(f)$», y concluye $\operatorname{Im}(f)=\mathbb R^2$ sin justificar que $(1,1)$ y $(1,0)$ son independientes (aquí, el determinante).

Error típico: pensar que, como hay 3 generadores, la imagen tiene dimensión 3 (imposible en $\mathbb R^2$): la dimensión es el rango.

Teoría: Def. 3.2 y Ej. 3.10, U p.106-108 · Teor. 2.5-2.6, U p.88

Si las imágenes por una aplicación lineal $f$ de los vectores de la base canónica de $\mathbb R^4$ en $P_2$ son $(1,0,-1)$, $(2,-4,1)$, $(-1,0,-2)$, $(2,-2,-2)$, se pide: A) Matriz y ecuaciones de $f$ en las bases canónicas. B) Ecuaciones y una base de $\operatorname{Nuc}(f)$. C) Dimensión de $\operatorname{Im}(f)$. D) Instrucciones de MAXIMA que permiten encontrar una base y la dimensión del núcleo de $f$.

Interpretación. $P_2$ (en U, $\wp_2$) son los polinomios de grado $\le2$, con base canónica $\{1,x,x^2\}$. Las ternas son coordenadas en esa base: $f(e_1)=1-x^2$, $f(e_2)=2-4x+x^2$, $f(e_3)=-1-2x^2$, $f(e_4)=2-2x-2x^2$.

1. A) Matriz (columna $j$ = coordenadas de $f(e_j)$, Def. 3.4, U p.116) y ecuaciones $Y=AX$ (U p.117): $$A=\begin{pmatrix}1&2&-1&2\\0&-4&0&-2\\-1&1&-2&-2\end{pmatrix}.$$

   Las ecuaciones de $f$ son

   $$\begin{cases}y_1=x_1+2x_2-x_3+2x_4\\y_2=-4x_2-2x_4\\y_3=-x_1+x_2-2x_3-2x_4\end{cases}$$

   donde $(y_1,y_2,y_3)$ son las coordenadas de $f(x)=y_1+y_2x+y_3x^2$.

2. B) Ecuaciones del núcleo. $x\in\operatorname{Nuc}(f)\iff f(x)$ es el polinomio nulo $\iff y_1=y_2=y_3=0$ (Def. 3.3, U p.109): el sistema $AX=0$.
3. Gauss. Con $F_3\to F_3+F_1$ (para anular el $-1$ de la primera columna): $$\begin{pmatrix}1&2&-1&2\\0&-4&0&-2\\0&3&-3&0\end{pmatrix}$$

   que equivale al sistema

   $$\begin{cases}x_1+2x_2-x_3+2x_4=0\\-4x_2-2x_4=0\ \Rightarrow\ x_4=-2x_2\\3x_2-3x_3=0\ \Rightarrow\ x_3=x_2\end{cases}$$

   Hay tres pivotes (rango 3) y cuatro incógnitas: un parámetro libre, $x_2=\alpha$.

4. Resolver hacia arriba. $x_3=\alpha$, $x_4=-2\alpha$ y, de la 1.ª ecuación, $$x_1=-2x_2+x_3-2x_4=-2\alpha+\alpha+4\alpha=3\alpha.$$

   En forma vectorial:

   $$(x_1,x_2,x_3,x_4)=\alpha\,(3,1,1,-2).$$

   Base de $\operatorname{Nuc}(f)$: $\{(3,1,1,-2)\}$, $\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(f)=1$. Ecuaciones cartesianas reducidas: $x_1=3x_2$, $x_3=x_2$, $x_4=-2x_2$. Comprobación:

   $$A\,(3,1,1,-2)^T=(3+2-1-4,\ -4+4,\ -3+1-2+4)=(0,0,0)\ ✓$$
5. C) Dimensión de la imagen (Teor. 3.1, U p.111): $$\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=\operatorname{Dim}\mathbb R^4-\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(f)=4-1=3$$

   (coincide con el rango de $A$). Consecuencia que E no dice: una base de $\operatorname{Im}(f)$ son 3 vectores libres de $P_2$, que tiene dimensión 3, luego (Teor. 2.6) $\operatorname{Im}(f)=P_2$.

6. D) Maxima (fuera de examen): nullspace(A) (base del núcleo) y nullity(A) (dimensión). En sympy: A.nullspace(), len(A.nullspace()).

Resultado: $\operatorname{Nuc}(f)=\langle(3,1,1,-2)\rangle$, $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=3$ e $\operatorname{Im}(f)=P_2$. (Verificado con sympy: rango 3; el núcleo que da sympy, $(-\tfrac32,-\tfrac12,-\tfrac12,1)$, es $-\tfrac12(3,1,1,-2)$, el mismo subespacio.)

Nota sobre el libro. Coincide. No concluye $\operatorname{Im}(f)=P_2$.

Error típico: olvidar que la base del núcleo está en el espacio inicial ($\mathbb R^4$, 4 coordenadas), mientras que la imagen está en $P_2$ (3 coordenadas); o dar las 4 columnas como base de la imagen (son ligadas: el rango es 3).

Teoría: Def. 3.3 y Teor. 3.1, U p.109-111 · Def. 3.4, U p.116

Si $f:\mathbb R^3\to\mathcal M_{2\times2}$ es la aplicación lineal tal que $$f(1,0,0)=\begin{pmatrix}2&-1\\3&0\end{pmatrix};\quad f(0,1,0)=\begin{pmatrix}1&0\\4&2\end{pmatrix};\quad f(0,0,1)=\begin{pmatrix}5&1\\0&1\end{pmatrix},$$ se pide calcular: A) La matriz asociada a $f$. B) Base de $\operatorname{Im}(f)$. C) Núcleo de $f$.

1. Coordenadas en $\mathcal M_{2\times2}$. Con la base canónica $\{E_{11},E_{12},E_{21},E_{22}\}$, la matriz $\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ tiene coordenadas $(a,b,c,d)$ (Def. 2.10, U p.85).
2. A) Matriz asociada ($4\times3$: 3 columnas porque $\operatorname{Dim}\mathbb R^3=3$, 4 filas porque $\operatorname{Dim}\mathcal M_{2\times2}=4$; Def. 3.4, U p.116): $$A=\begin{pmatrix}2&1&5\\-1&0&1\\3&4&0\\0&2&1\end{pmatrix}.$$
3. Imagen de un vector cualquiera. $$f(x_1,x_2,x_3)=x_1f(e_1)+x_2f(e_2)+x_3f(e_3)=\begin{pmatrix}2x_1+x_2+5x_3&-x_1+x_3\\3x_1+4x_2&2x_2+x_3\end{pmatrix}.$$

   Por tanto $\operatorname{Im}(f)=\langle f(e_1),f(e_2),f(e_3)\rangle$ (Def. 3.2, U p.106).

4. B) ¿Son independientes los tres generadores? (Paso que E omite.) Su rango es el de $A$ (Teor. 2.5, U p.88). El menor de las tres primeras filas vale $$\begin{vmatrix}2&1&5\\-1&0&1\\3&4&0\end{vmatrix}=2(0-4)-1(0-3)+5(-4-0)=-8+3-20=-25\neq0,$$

   así que $\operatorname{rang}A=3$: los tres generadores son libres. Base de $\operatorname{Im}(f)$: las tres matrices $f(e_1),f(e_2),f(e_3)$, $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=3$. ($\operatorname{Im}(f)\neq\mathcal M_{2\times2}$: le falta una dimensión.)

5. C) Núcleo. $f(x)=\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}$ equivale a $$2x_1+x_2+5x_3=0,\quad-x_1+x_3=0,\quad3x_1+4x_2=0,\quad2x_2+x_3=0.$$

   De la 2.ª, $x_3=x_1$; de la 3.ª, $x_2=-\tfrac34x_1$; en la 4.ª:

   $$-\tfrac32x_1+x_1=-\tfrac12x_1=0\ \Rightarrow\ x_1=0,$$

   y entonces $x_2=x_3=0$. $\operatorname{Nuc}(f)=\{(0,0,0)\}$. (Alternativa: sistema homogéneo con $\operatorname{rang}A=3=$ nº de incógnitas $\Rightarrow$ solo la solución nula, U p.30.)

6. Coherencia (Teor. 3.1): $3+0=3=\operatorname{Dim}\mathbb R^3$ ✓.

Resultado: $A$ como arriba; $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=3$ con base $\{f(e_1),f(e_2),f(e_3)\}$; $\operatorname{Nuc}(f)=\{0\}$. (Verificado con sympy: rango 3, núcleo vacío, menor $=-25$.)

Nota sobre el libro. Coincide, pero E afirma $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=3$ en B sin comprobar que los tres generadores son independientes (solo se deduce después, en C).

Error típico: dar como base de la imagen los generadores sin comprobar que son libres; o mezclar el orden de las coordenadas $(a,b,c,d)$ (por filas) con $(a,c,b,d)$ (por columnas): vale cualquiera si se usa siempre el mismo.

Teoría: Defs. 3.2-3.4, U p.106-116 · Teor. 2.5, U p.88 · Rouché, U p.30

Si $f:\mathbb R^3\to\mathbb R^2$ está definida por $f(x_1,x_2,x_3)=(x_1+x_2,\,0)$, se pide justificar si es cierta alguna de las afirmaciones: A) $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)+\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(f)=\operatorname{Dim}\mathbb R^2$. B) Si $A$ es la matriz asociada, al ejecutar en MAXIMA columnspace(A) y nullity(A) se obtienen $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)$ y $\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(f)$. C) Las dimensiones de $\operatorname{Nuc}(f)$ e $\operatorname{Im}(f)$ coinciden.

1. Matriz asociada (columnas $=f(e_j)$, Def. 3.4, U p.116): $$f(1,0,0)=(1,0),\quad f(0,1,0)=(1,0),\quad f(0,0,1)=(0,0)\ \Rightarrow\ A=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&0&0\end{pmatrix}.$$
2. Imagen. $$\operatorname{Im}(f)=\langle(1,0),(1,0),(0,0)\rangle=\langle(1,0)\rangle:$$

   $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=1$, ecuación cartesiana $y_2=0$ (el eje $y_1$).

3. Núcleo. $f(x)=(0,0)\iff x_1+x_2=0$ (la 2.ª componente es siempre 0): una sola ecuación en $\mathbb R^3$. Paramétricas $x_1=\alpha$, $x_2=-\alpha$, $x_3=\beta$, es decir $$\operatorname{Nuc}(f)=\langle(1,-1,0),(0,0,1)\rangle;$$

   los dos generadores no son proporcionales, luego $\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(f)=2$.

4. A) Falsa. El Teor. 3.1 (U p.111) relaciona las dimensiones con el espacio inicial: $$1+2=3=\operatorname{Dim}\mathbb R^3\neq\operatorname{Dim}\mathbb R^2=2.$$
5. B) Falsa (cuestión de Maxima, fuera de examen). columnspace(A) devuelve una base del espacio columna, no su dimensión (esta se obtiene con rank(A)); nullity(A) sí da $\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}$.
6. C) Falsa: $\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(f)=2\neq1=\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)$.

Resultado: A, B y C son falsas. (Verificado con sympy: rango 1, núcleo $\langle(-1,1,0),(0,0,1)\rangle$.)

Error típico: aplicar el Teorema 3.1 con la dimensión del espacio de llegada (opción A).

Teoría: Teor. 3.1, U p.111 · Def. 3.4, U p.116

Si $f$ es la aplicación lineal del Ejercicio 3.2 ($f:\mathbb R^2\to\mathbb R^3$, $f(x_1,x_2)=(2x_1,\ 3x_1+x_2,\ x_1+x_2)$), se pide: A) Ecuaciones y base del subespacio $\operatorname{Im}(f)$. B) Ecuaciones y base del subespacio $\operatorname{Nuc}(f)$. C) Relación entre las dimensiones de $\operatorname{Im}(f)$ y $\operatorname{Nuc}(f)$.

1. Generadores de la imagen. Separando los coeficientes de $x_1$ y $x_2$: $$f(x_1,x_2)=x_1\begin{pmatrix}2\\3\\1\end{pmatrix}+x_2\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}.$$

   Así $\operatorname{Im}(f)=\langle(2,3,1),(0,1,1)\rangle$ (Def. 3.2, U p.106; igual que el Ej. 3.9, U p.107).

2. Base y dimensión. Los dos vectores son independientes: el menor $$\begin{vmatrix}2&0\\3&1\end{vmatrix}=2\neq0,$$

   luego el rango es 2 (Teor. 2.5, U p.88). Base: $\{(2,3,1),(0,1,1)\}$, $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=2$.

3. Ecuaciones paramétricas: $$y_1=2\alpha,\quad y_2=3\alpha+\beta,\quad y_3=\alpha+\beta,\qquad\alpha,\beta\in\mathbb R.$$
4. Ecuación cartesiana (por qué un determinante). $(y_1,y_2,y_3)\in\operatorname{Im}(f)\iff$ existe $(x_1,x_2)$ con $f(x_1,x_2)=(y_1,y_2,y_3)\iff$ el sistema $$\left(\begin{array}{cc|c}2&0&y_1\\3&1&y_2\\1&1&y_3\end{array}\right)$$

   es compatible, es decir (Rouché-Frobenius, U p.30) la matriz de coeficientes y la ampliada tienen el mismo rango. La de coeficientes tiene rango 2, así que la ampliada ($3\times3$) debe tener rango 2: determinante nulo. Desarrollando por la 1.ª fila,

   $$\begin{aligned}\begin{vmatrix}2&0&y_1\\3&1&y_2\\1&1&y_3\end{vmatrix}&=2\,(y_3-y_2)-0+y_1\,(3-1)\\&=2y_1-2y_2+2y_3\\&=0\iff\boxed{y_2=y_1+y_3}.\end{aligned}$$

   Comprobación: $(2,3,1)$: $3=2+1$ ✓; $(0,1,1)$: $1=0+1$ ✓. Hay $3-2=1$ ecuación, como corresponde a un plano por el origen en $\mathbb R^3$.

5. Núcleo. Por la Def. 3.3 (U p.109), $f(x_1,x_2)=(0,0,0)$: $$2x_1=0,\qquad3x_1+x_2=0,\qquad x_1+x_2=0.$$

   De la 1.ª, $x_1=0$; en la 2.ª, $x_2=0$ (la 3.ª se cumple). $\operatorname{Nuc}(f)=\{(0,0)\}$, ecuaciones $x_1=0$, $x_2=0$, y no tiene base (o: base vacía) con $\operatorname{Dim}=0$, por convenio (U p.112): el vector $\bar0$ no puede estar en una base.

6. C) Relación. Teor. 3.1 (U p.111): $$\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)+\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(f)=\operatorname{Dim}\mathbb R^2:\quad2+0=2\ ✓$$

Resultado: $\operatorname{Im}(f)=\{y_2=y_1+y_3\}$, base $\{(2,3,1),(0,1,1)\}$; $\operatorname{Nuc}(f)=\{0\}$; $2+0=2$. (Verificado con sympy: rango 2, núcleo vacío, determinante $=2y_1-2y_2+2y_3$.)

Nota sobre el libro. E renombra a propósito las coordenadas de la imagen como $x_i$ (nota al margen de E p.100) y escribe «$x_2=x_1+x_3$»; aquí se mantienen las $y_j$ para no mezclar las coordenadas del espacio inicial y del final. Lo demás coincide.

Error típico: escribir las ecuaciones de $f$ ($y_1=2x_1,\dots$) como si fueran las cartesianas de la imagen: estas no deben contener las $x_i$, solo relaciones entre las $y_j$. Otro: decir que la base del núcleo es $\{(0,0)\}$.

Teoría: Defs. 3.2-3.3 y Teor. 3.1, U p.106-111 · Rouché, U p.30

Si $f$ es una aplicación lineal entre los espacios vectoriales $V$ y $W$, y $\lambda$ cualquier número real no nulo, se pide elegir las correctas: A) $\operatorname{Nuc}(\lambda f)=\lambda\operatorname{Nuc}(f)$. B) $\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(\lambda f)\gt \operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(f)$ cuando $\lambda\gt 1$. C) $\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(\lambda f)\lt \operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(f)$ cuando $\lambda\lt 1$.

Notación. $(\lambda f)(v)=\lambda f(v)$ (Def. 3.8, U p.120); $\lambda\operatorname{Nuc}(f)=\{\lambda v: v\in\operatorname{Nuc}(f)\}$.

1. $\operatorname{Nuc}(\lambda f)=\operatorname{Nuc}(f)$. Para $v\in V$: $$v\in\operatorname{Nuc}(\lambda f)\iff(\lambda f)(v)=\bar0\iff\lambda f(v)=\bar0\iff f(v)=\bar0\iff v\in\operatorname{Nuc}(f).$$

   El paso central usa $\lambda\neq0$: multiplicando por $\tfrac1\lambda$, $\lambda f(v)=\bar0\Rightarrow f(v)=\bar0$ (el recíproco es obvio).

2. $\lambda\operatorname{Nuc}(f)=\operatorname{Nuc}(f)$. «$\subseteq$»: $\operatorname{Nuc}(f)$ es subespacio (Def. 3.3, U p.109), luego es cerrado para el producto por escalares: $v\in\operatorname{Nuc}(f)\Rightarrow\lambda v\in\operatorname{Nuc}(f)$. «$\supseteq$»: si $u\in\operatorname{Nuc}(f)$, entonces $$u=\lambda\cdot\big(\tfrac1\lambda u\big)\quad\text{con}\quad\tfrac1\lambda u\in\operatorname{Nuc}(f).$$
3. A) Cierta, por 1 y 2: $$\operatorname{Nuc}(\lambda f)=\operatorname{Nuc}(f)=\lambda\operatorname{Nuc}(f).$$
4. B) y C) Falsas, porque por el paso 1, $\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(\lambda f)=\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(f)$ para todo $\lambda\neq0$: nunca es mayor ni menor. Contraejemplo concreto: $f(x_1,x_2)=(x_1,0)$ y $\lambda=2$: $$\operatorname{Nuc}(f)=\operatorname{Nuc}(2f)=\langle(0,1)\rangle,$$

   ambos de dimensión 1.

Resultado: solo A es correcta. (Verificado: $\operatorname{Nuc}(2f)=\operatorname{Nuc}(f)$ en el contraejemplo.)

Nota sobre el libro. La conclusión (A cierta, B y C falsas) coincide y la demostración oficial es correcta pero incompleta: encadena «$f(v)=0\Leftrightarrow\lambda f(v)=f(\lambda v)=0\Leftrightarrow\lambda v\in\operatorname{Nuc}(\lambda f)$» sin justificar el último paso, que es cierto solo porque $\lambda\neq0$ (pues $(\lambda f)(\lambda v)=\lambda^2f(v)=0\iff f(v)=0$). Tampoco explica por qué A implica que las dimensiones coinciden: $v\mapsto\lambda v$ es lineal y biyectiva, así que lleva una base de $\operatorname{Nuc}(f)$ a una base de $\lambda\operatorname{Nuc}(f)$; de ahí que B y C sean falsas (aquí, mejor, por $\operatorname{Nuc}(\lambda f)=\operatorname{Nuc}(f)$).

Error típico: creer que multiplicar la aplicación por un número «agranda» o «encoge» el núcleo: el núcleo depende de dónde se anula $f$, y $\lambda f$ se anula exactamente en los mismos vectores.

Teoría: Def. 3.3, U p.109 · Def. 3.8, U p.120

Si $P_3(x)$ es el espacio vectorial de los polinomios reales de una variable y grado $\le3$, y $f$ es el endomorfismo de $P_3(x)$ que asigna a cada polinomio su primera derivada, se pide: matriz de la aplicación, una base y dimensión de $\operatorname{Im}(f)$.

1. ¿Es lineal? (E lo da por supuesto.) $$(p+\lambda q)'=p'+\lambda q':$$

   cumple la Def. 3.1 (U p.101). Además la derivada de un polinomio de grado $\le3$ tiene grado $\le2$, luego está en $P_3(x)$: es un endomorfismo.

2. Imágenes de la base canónica $\{1,x,x^2,x^3\}$: $$f(1)=0,\quad f(x)=1,\quad f(x^2)=2x,\quad f(x^3)=3x^2.$$

   En coordenadas: $(0,0,0,0)$, $(1,0,0,0)$, $(0,2,0,0)$, $(0,0,3,0)$.

3. Matriz (esas coordenadas en columnas, Def. 3.4, U p.116): $$D=\begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&2&0\\0&0&0&3\\0&0&0&0\end{pmatrix}.$$

   Comprobación: $p=a+bx+cx^2+dx^3\mapsto D(a,b,c,d)^T=(b,2c,3d,0)$, que son las coordenadas de $b+2cx+3dx^2=p'$ ✓.

4. Imagen. $$\operatorname{Im}(f)=\langle f(1),f(x),f(x^2),f(x^3)\rangle=\langle0,\,1,\,2x,\,3x^2\rangle=\langle1,x,x^2\rangle$$

   (se suprime el $0$ y se dividen los generadores por $2$ y $3$, lo que no cambia el subespacio generado: Teor. 2.1-2.2, U p.79).

5. Base y dimensión. $\{1,x,x^2\}$ es libre (parte de la base canónica: $\alpha+\beta x+\gamma x^2=0$ para todo $x$ implica $\alpha=\beta=\gamma=0$). Base: $\{1,x,x^2\}$; $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=3$; $\operatorname{Im}(f)=P_2(x)$. (Sentido: todo polinomio de grado $\le2$ es la derivada de alguno de grado $\le3$, su primitiva.)

Resultado: matriz $D$ como arriba; $\operatorname{Im}(f)=P_2(x)$, base $\{1,x,x^2\}$, dimensión 3. (Verificado con sympy: rango 3.)

Error típico: poner las coordenadas en filas (sale la traspuesta, que es la matriz de otra aplicación); o decir que $\operatorname{Im}(f)=P_3$ porque «es un endomorfismo».

Teoría: Def. 3.1, U p.101 · Def. 3.2 y Ej. 3.11, U p.106-109

Si $f$ es el endomorfismo de $P_3(x)$ del Ejercicio 3.25, se pide: A) Subespacio $\operatorname{Nuc}(f)$. B) Una base de $\operatorname{Nuc}(f)$. C) Dimensión de $\operatorname{Nuc}(f)$.

1. A) Por la Def. 3.3 (U p.109): $p=a+bx+cx^2+dx^3\in\operatorname{Nuc}(f)$ si y solo si $p'$ es el polinomio nulo: $$p'=b+2cx+3dx^2=0\iff b=0,\ 2c=0,\ 3d=0\iff p=a$$

   (un polinomio es nulo si y solo si todos sus coeficientes son 0). $\operatorname{Nuc}(f)=\{a: a\in\mathbb R\}=P_0(x)$, los polinomios constantes. (Matricialmente $D(a,b,c,d)^T=(b,2c,3d,0)^T=0$.)

2. B) Todo elemento es $a\cdot1$ y $\{1\}$ es libre ($1\neq0$): base $\{1\}$.
3. C) $\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(f)=1$. Comprobación con el Teor. 3.1 (U p.111) y el Ej. 3.25: $$3+1=4=\operatorname{Dim}P_3(x)\ ✓$$

Resultado: $\operatorname{Nuc}(f)=P_0(x)$ (constantes), base $\{1\}$, dimensión 1. (Verificado con sympy: D.nullspace()=[(1,0,0,0)].)

Error típico: responder $\operatorname{Nuc}(f)=\{0\}$ confundiendo «derivada nula» con «polinomio nulo»: las constantes no nulas también tienen derivada 0.

Teoría: Def. 3.3, U p.109 · Teor. 3.1, U p.111

Si $f$ es el endomorfismo de $P_3(x)$ del Ejercicio 3.25, se pide: A) Subespacio $\operatorname{Im}(f\circ f)$. B) Subespacio $\operatorname{Nuc}(f\circ f)$. C) Relación entre las dimensiones de los subespacios anteriores.

1. Qué es $f\circ f$. Por la Def. 3.11 (U p.124, tema 3.4), $(f\circ f)(p)=f(f(p))=(p')'=p''$: la derivada segunda. Es lineal ($(p+\lambda q)''=p''+\lambda q''$). Para $p=a+bx+cx^2+dx^3$: $$p'=b+2cx+3dx^2,\qquad p''=2c+6dx.$$
2. A) Imagen. $$\operatorname{Im}(f\circ f)=\{2c+6dx: c,d\in\mathbb R\}=\langle2,6x\rangle=\langle1,x\rangle.$$

   Como $c,d$ son arbitrarios, $2c$ y $6d$ toman cualquier valor: $\operatorname{Im}(f\circ f)=P_1(x)$, base $\{1,x\}$, dimensión 2.

3. B) Núcleo. $$p''=0\iff2c=0\ \text{y}\ 6d=0\iff c=d=0\iff p=a+bx.$$

   $\operatorname{Nuc}(f\circ f)=P_1(x)$, base $\{1,x\}$, dimensión 2.

4. C) $$\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f\circ f)+\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(f\circ f)=2+2=4=\operatorname{Dim}P_3(x)$$

   (Teor. 3.1, U p.111) ✓. Curiosidad: aquí imagen y núcleo coinciden ($=P_1$); nada lo impide, porque en un endomorfismo ambos son subespacios del mismo espacio.

Resultado: $\operatorname{Im}(f\circ f)=\operatorname{Nuc}(f\circ f)=P_1(x)$, ambos de dimensión 2. (Verificado con sympy: $D^2$ tiene rango 2, núcleo $\langle(1,0,0,0),(0,1,0,0)\rangle$.)

Error típico: pensar que imagen y núcleo son siempre «complementarios» (sin vectores no nulos en común): el Teorema 3.1 solo habla de dimensiones.

Teoría: Def. 3.11, U p.124 · Defs. 3.2-3.3 y Teor. 3.1, U §3.2

Si $f$ es una aplicación lineal de $P_3(x)$ en $\mathbb R^4$ cuyo núcleo es $\operatorname{Nuc}(f)=\{ax+bx^2\}$, se pide: A) Una base de $\operatorname{Nuc}(f)$. B) Completar la base elegida para el núcleo hasta obtener una base de $P_3(x)$. C) Matriz asociada a $f$, si es posible.

1. A) Base del núcleo. Todo elemento es $ax+bx^2=a\cdot x+b\cdot x^2$, luego $\{x,x^2\}$ genera $\operatorname{Nuc}(f)$ (Def. 2.4, U p.71). Es libre: $ax+bx^2=0$ (polinomio nulo) $\Rightarrow a=b=0$. Base: $\{x,x^2\}$, $\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(f)=2$.
2. B) Completar. Por la base incompleta (Teor. 2.7, U p.89) se pueden añadir vectores hasta una base de $P_3(x)$ ($\operatorname{Dim}=4$). Añadiendo $\{1,x^3\}$ se obtiene $\{1,x,x^2,x^3\}$, la base canónica: libre y con 4 elementos, luego base (Teor. 2.6, U p.88). Cualquier otra elección de 2 vectores que deje el conjunto libre también vale.
3. C) No es posible determinar la matriz. En las bases canónicas sus columnas son las coordenadas de $f(1),f(x),f(x^2),f(x^3)$ (Def. 3.4, U p.116). Sabemos $$f(x)=f(x^2)=\bar0$$

   (están en el núcleo): columnas 2.ª y 3.ª nulas. Pero $f(1)$ y $f(x^3)$ no están determinadas por los datos (una aplicación lineal se fija con las imágenes de todos los vectores de una base, Teor. 3.2, U p.114).

4. Lo que sí se sabe (E no lo dice). Por el Teor. 3.1, $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=4-2=2$. Además, $f(1)$ y $f(x^3)$ son linealmente independientes: si $\alpha f(1)+\beta f(x^3)=\bar0$, entonces $$f(\alpha+\beta x^3)=\bar0\ \Rightarrow\ \alpha+\beta x^3\in\operatorname{Nuc}(f)=\langle x,x^2\rangle,$$

   lo que solo ocurre si $\alpha=\beta=0$. Luego la matriz tiene la forma

   $$A=\begin{pmatrix}u_1&0&0&w_1\\u_2&0&0&w_2\\u_3&0&0&w_3\\u_4&0&0&w_4\end{pmatrix}\quad\text{con }u=f(1),\ w=f(x^3)\text{ independientes en }\mathbb R^4,$$

   y hay infinitas posibilidades.

Resultado: base del núcleo $\{x,x^2\}$; completada $\{1,x,x^2,x^3\}$; la matriz no queda determinada (solo su forma). (Verificado: con $u,w$ independientes, el rango es 2 y el núcleo $\langle x,x^2\rangle$.)

Nota sobre el libro. Coincide en A y B; en C omite que $f(1)$ y $f(x^3)$ deben ser independientes.

Error típico: poner ceros en las columnas desconocidas (daría una aplicación cuyo núcleo es todo $P_3$, contradiciendo el dato).

Teoría: Defs. 2.4, 2.9 · Teor. 2.6-2.7, U p.88-89 · Teor. 3.1-3.2 y Def. 3.4, U p.111-116

El endomorfismo $f$ de $P_4$ que asigna a cada polinomio su derivada verifica: A) Las filas de la matriz asociada a $f\circ f$ en la base canónica son $(0,0,2,0,0)$, $(0,0,0,6,0)$, $(0,0,0,0,12)$, $(0,0,0,0,0)$, $(0,0,0,0,0)$. B) $\operatorname{Im}(f\circ f)=P_2$. C) $\operatorname{Nuc}(f\circ f)=P_1$. D) $\operatorname{Nuc}(f\circ f)\subset\operatorname{Im}(f\circ f)$.

Base canónica de $P_4$: $\{1,x,x^2,x^3,x^4\}$ ($\operatorname{Dim}P_4=5$). $f\circ f$ es la derivada segunda (Def. 3.11, U p.124).

1. A) Cierta. Imágenes por $f\circ f$: $$1\mapsto0,\quad x\mapsto0,\quad x^2\mapsto2,\quad x^3\mapsto6x,\quad x^4\mapsto12x^2.$$

   Coordenadas $(0,0,0,0,0)$, $(0,0,0,0,0)$, $(2,0,0,0,0)$, $(0,6,0,0,0)$, $(0,0,12,0,0)$. Puestas en columnas (Def. 3.4, U p.116):

   $$C=\begin{pmatrix}0&0&2&0&0\\0&0&0&6&0\\0&0&0&0&12\\0&0&0&0&0\\0&0&0&0&0\end{pmatrix},$$

   cuyas filas son exactamente las del enunciado.

2. B) Cierta. $$C(a,b,c,d,e)^T=(2c,6d,12e,0,0)^T,\qquad(f\circ f)(p)=2c+6dx+12ex^2.$$

   Como $c,d,e$ son libres se obtiene cualquier polinomio de grado $\le2$:

   $$\operatorname{Im}(f\circ f)=\langle2,6x,12x^2\rangle=\langle1,x,x^2\rangle=P_2,$$

   dimensión 3.

3. C) Cierta. $$C(a,b,c,d,e)^T=0\iff2c=6d=12e=0\iff c=d=e=0;$$

   los elementos del núcleo son $a+bx$: $\operatorname{Nuc}(f\circ f)=\langle1,x\rangle=P_1$, dimensión 2. Comprobación (Teor. 3.1): $3+2=5$ ✓.

4. D) Cierta. La inclusión tiene sentido porque ambos subespacios están en el mismo espacio ($f\circ f$ es endomorfismo de $P_4$), y $P_1\subset P_2$: todo polinomio de grado $\le1$ tiene grado $\le2$.

Resultado: A, B, C y D son ciertas. (Verificado con sympy: $D^2=C$, rango 3, núcleo $\langle(1,0,0,0,0),(0,1,0,0,0)\rangle$.)

Nota sobre el libro. E escribe en B «$c(2,0,0,0,0)+d(0,6,0,0,0)x+e(0,0,12,0,0)x^2$», mezclando coordenadas y potencias de $x$: debe leerse $c\cdot2+d\cdot6x+e\cdot12x^2$.

Error típico: escribir las imágenes como filas y concluir que A es falsa (o al revés); fíjate en si el enunciado habla de filas o de columnas.

Teoría: Defs. 3.2-3.4 y 3.11 · Teor. 3.1 (U p.106-124)

Sea $f:\mathbb R^3\to\mathbb R^2$, $f(x,y,z)=(x-y,\ y-z)$. Halla $\operatorname{Nuc}(f)$ e $\operatorname{Im}(f)$ con bases y dimensiones.

1. Matriz (columnas $f(1,0,0)=(1,0)$, $f(0,1,0)=(-1,1)$, $f(0,0,1)=(0,-1)$): $$A=\begin{pmatrix}1&-1&0\\0&1&-1\end{pmatrix}.$$
2. Núcleo: $$x-y=0,\quad y-z=0\ \Rightarrow\ x=y=z=\alpha.$$

   $\operatorname{Nuc}(f)=\langle(1,1,1)\rangle$, dimensión 1 (una recta por el origen).

3. Imagen: por el Teorema 3.1, $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=3-1=2=\operatorname{Dim}\mathbb R^2$, luego $\operatorname{Im}(f)=\mathbb R^2$ (Teor. 2.6). Base, por ejemplo, $\{(1,0),(-1,1)\}$ (menor $\begin{vmatrix}1&-1\\0&1\end{vmatrix}=1\neq0$). Sin ecuaciones cartesianas.

Error típico: buscar el núcleo con una sola ecuación: hay dos ecuaciones independientes en 3 incógnitas, un parámetro.

Sea $f_a:\mathbb R^3\to\mathbb R^3$ con matriz $A=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&a\\1&2&1\end{pmatrix}$ en la base canónica. Estudia $\operatorname{Nuc}(f_a)$ e $\operatorname{Im}(f_a)$ según $a$; para el valor especial, da una base del núcleo y la ecuación cartesiana de la imagen.

1. Determinante (por la 1.ª fila): $$\det A=1\cdot(1-2a)-1\cdot(0-a)+0=1-a.$$
2. Si $a\neq1$: $\operatorname{rang}A=3$, el sistema homogéneo $AX=0$ solo tiene la solución nula (U p.30): $\operatorname{Nuc}(f_a)=\{\bar0\}$ y, por el Teor. 3.1, $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}=3$: $\operatorname{Im}(f_a)=\mathbb R^3$ (es un isomorfismo).
3. Si $a=1$: $\det A=0$ y el menor $\begin{vmatrix}1&1\\0&1\end{vmatrix}=1\neq0$, luego $\operatorname{rang}A=2$.
   • Núcleo: $$x+y=0,\quad y+z=0$$ (la 3.ª fila $(1,2,1)$ es la suma de las dos primeras: sobra). Con $y=-\alpha$: $x=\alpha$, $z=\alpha$. $\operatorname{Nuc}(f_1)=\langle(1,-1,1)\rangle$, dimensión 1. Comprobación: $A(1,-1,1)^T=(0,0,0)^T$ ✓.
   • Imagen: generada por las columnas $(1,0,1)$, $(1,1,2)$, $(0,1,1)$; la tercera es $(1,1,2)-(1,0,1)$, así que $\operatorname{Im}(f_1)=\langle(1,0,1),(1,1,2)\rangle$, dimensión 2 ($=3-1$ ✓).
   • Ecuación cartesiana: $$\begin{aligned}\begin{vmatrix}1&1&y_1\\0&1&y_2\\1&2&y_3\end{vmatrix}&=1\cdot(y_3-2y_2)-1\cdot(0-y_2)+y_1\,(0-1)\\&=-y_1-y_2+y_3\\&=0,\end{aligned}$$ es decir, $y_3=y_1+y_2$.

Error típico: estudiar solo $a=1$ y olvidar decir qué pasa para $a\neq1$.

Sea $f:\wp_2\to\mathbb R^2$, $f(p)=\big(p(0),\,p(1)\big)$. (a) Comprueba que $f$ es lineal. (b) Halla $\operatorname{Nuc}(f)$ con una base. (c) ¿Es $f$ sobre todo $\mathbb R^2$? Encuentra un polinomio $p$ con $f(p)=(1,3)$. ¿Es único?

1. (a) Linealidad (Def. 3.1, U p.101): los polinomios se suman y multiplican por escalares punto a punto, así que $$(p+\lambda q)(0)=p(0)+\lambda q(0)$$

   y lo mismo en 1: $f(p+\lambda q)=f(p)+\lambda f(q)$.

2. Ecuaciones. Para $p=a+bx+cx^2$: $p(0)=a$, $p(1)=a+b+c$. Matriz (imágenes $f(1)=(1,1)$, $f(x)=(0,1)$, $f(x^2)=(0,1)$): $$A=\begin{pmatrix}1&0&0\\1&1&1\end{pmatrix}.$$
3. (b) Núcleo: $$a=0\ \text{y}\ a+b+c=0\ \Rightarrow\ a=0,\ b=-c:\qquad p=c\,(x^2-x).$$

   $\operatorname{Nuc}(f)=\langle x-x^2\rangle$ (los polinomios de grado $\le2$ que se anulan en 0 y en 1), dimensión 1.

4. (c) Imagen: $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=3-1=2=\operatorname{Dim}\mathbb R^2$ (Teor. 3.1), luego $\operatorname{Im}(f)=\mathbb R^2$: sí es sobre. Para $(1,3)$: $a=1$ y $$1+b+c=3\ \Rightarrow\ b+c=2;$$

   por ejemplo $c=0$, $b=2$: $p=1+2x$ (comprobación: $p(0)=1$, $p(1)=3$ ✓).

5. No es único. Si $f(p)=f(q)$, entonces $f(p-q)=\bar0$, es decir $p-q\in\operatorname{Nuc}(f)$. Todas las soluciones son $$p=1+2x+t\,(x-x^2),\qquad t\in\mathbb R$$

   (una solución particular más el núcleo, como en los sistemas lineales: ver §5).

Error típico: concluir que $p$ es único «porque $f$ es sobre»: sobreyectiva no dice nada de la unicidad; eso lo da el núcleo.

Halle una base del subespacio núcleo de la aplicación lineal $f:\mathbb R^3\to\mathbb R^3$ definida por $f(x,y,z)=(x,\ y-z,\ 0)$.

1. Plantear la definición. $(x,y,z)\in\operatorname{Nuc}(f)\iff f(x,y,z)=(0,0,0)$ (Def. 3.3, U p.109): igualar componente a componente, $$x=0,\qquad y-z=0,\qquad0=0.$$

   La tercera ecuación se cumple siempre: no impone nada.

2. Contar libertad. Quedan 2 ecuaciones independientes (cada una contiene una incógnita que no está en la otra) en 3 incógnitas: $3-2=1$ parámetro. El núcleo es una recta.
3. Resolver. Con $z=\lambda$ libre: $y=\lambda$, $x=0$, es decir $$(x,y,z)=\lambda\,(0,1,1).$$
4. Base. $\operatorname{Nuc}(f)=\langle(0,1,1)\rangle$; un único vector no nulo es libre (Def. 2.6, U p.74), luego $\{(0,1,1)\}$ es base y $\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(f)=1$.
5. Comprobación. $$f(0,1,1)=(0,\ 1-1,\ 0)=(0,0,0)\ ✓$$

   Y con el Teor. 3.1: $\operatorname{Im}(f)=\{(x,y-z,0)\}=\langle(1,0,0),(0,1,0)\rangle$ tiene dimensión 2, y $1+2=3$ ✓.

Resultado: base $\{(0,1,1)\}$. (Verificado con sympy: rango 2, núcleo $\langle(0,1,1)\rangle$.) Sobre la oficial: correcta y breve.

Error típico: dar como «base» el vector $(0,0,0)$ o las ecuaciones $x=0,\ y=z$ (eso son cartesianas, no una base); o descartar la ecuación $0=0$ sin darse cuenta de que deja $z$ libre.

Dada la aplicación lineal $f:\mathbb R^4\to\mathbb R^4$ definida por $f(x,y,z,t)=(2x,\ x-y+z+t,\ 2y-z,\ x+y+t)$, se pide hallar una base del núcleo.

1. Sistema del núcleo (Def. 3.3): $$2x=0,\qquad x-y+z+t=0,\qquad2y-z=0,\qquad x+y+t=0.$$
2. Resolver por sustitución (las ecuaciones son sencillas): de la 1.ª, $x=0$. De la 3.ª, $z=2y$. De la 4.ª (con $x=0$), $t=-y$.
3. Comprobar la ecuación que queda. La 2.ª: $$0-y+2y-y=0,$$

   que se cumple para todo $y$. Es redundante (combinación de las otras): el rango del sistema es 3, no 4, y hay $4-3=1$ parámetro.

4. Solución general. Con $y=\lambda$: $$(x,y,z,t)=(0,\lambda,2\lambda,-\lambda)=\lambda\,(0,1,2,-1).$$
5. Base: $\{(0,1,2,-1)\}$, $\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(f)=1$. Comprobación: $$f(0,1,2,-1)=(0,\ 0-1+2-1,\ 2-2,\ 0+1-1)=(0,0,0,0)\ ✓$$

   Por el Teor. 3.1, $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=4-1=3$.

Resultado: base $\{(0,1,2,-1)\}$. (Verificado con sympy: rango 3, núcleo $\langle(0,-1,-2,1)\rangle$, proporcional.) Sobre la oficial: correcta (da $(0,\lambda,2\lambda,-\lambda)$; conviene escribir explícitamente la base, que es lo pedido).

Error típico: contar 4 ecuaciones y concluir «núcleo $\{0\}$» sin mirar el rango.

Sea $f(x,y,z,t)=(x+2y-z+3t,\ 2x+4y+6t,\ -x-2y+z-3t)$ una aplicación lineal de $\mathbb R^4$ en $\mathbb R^3$. Halle la matriz $A$ asociada a $f$ (0.5 puntos). Halle la forma escalonada reducida de $A$ (1 punto). Calcule una base de $\operatorname{Nuc}(f)$ (0.5 puntos).

(Los dos primeros apartados son del tema 3.3 y 1.2; se dan como datos.) $A=\begin{pmatrix}1&2&-1&3\\2&4&0&6\\-1&-2&1&-3\end{pmatrix}$ y, con $F_2\to F_2-2F_1$, $F_3\to F_3+F_1$, $F_2\to\tfrac12F_2$, $F_1\to F_1+F_2$: $$A_e=\begin{pmatrix}1&2&0&3\\0&0&1&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}.$$

1. Por qué sirve la escalonada. $\operatorname{Nuc}(f)=\{v: Av=0\}$ y las operaciones elementales por filas no cambian las soluciones de un sistema (U §1.4), así que $Av=0\iff A_ev=0$: $$x+2y+3t=0,\qquad z=0.$$
2. Incógnitas libres. Las columnas con pivote son la 1.ª ($x$) y la 3.ª ($z$); las otras, $y$ y $t$, son libres: $4-\operatorname{rang}A=4-2=2$ parámetros.
3. Solución general. $y=\lambda$, $t=\beta$; entonces $z=0$ y $x=-2\lambda-3\beta$: $$(x,y,z,t)=\lambda\,(-2,1,0,0)+\beta\,(-3,0,0,1).$$
4. Base. Los dos vectores generan el núcleo y son libres (en la 2.ª coordenada uno tiene 1 y el otro 0; en la 4.ª al revés): $\{(-2,1,0,0),(-3,0,0,1)\}$, $\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(f)=2$.
5. Comprobación. $$f(-2,1,0,0)=(-2+2,\,-4+4,\,2-2)=\bar0\ ✓,\qquad f(-3,0,0,1)=(-3+3,\,-6+6,\,3-3)=\bar0\ ✓$$

   Teor. 3.1: $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=4-2=2=\operatorname{rang}A$ ✓.

Resultado: $\{(-2,1,0,0),(-3,0,0,1)\}$. (Verificado con sympy.) Sobre la oficial: resultado correcto, pero con errata: escribe «haciendo $y=\lambda$, $z=\beta$ … obtenemos $x=-2\lambda-3\beta$, $z=0$» (contradictorio): el segundo parámetro es $t=\beta$.

Error típico: tomar como parámetro una incógnita con pivote (aquí $z$, que vale 0 obligatoriamente).

Sea $f:\mathbb R^3\to\mathbb R^3$ una aplicación lineal cuya matriz asociada es $M=\begin{pmatrix}1&2&1\\2&4&3\\3&6&4\end{pmatrix}$. Halle $a,b\in\mathbb R$ de manera que el vector $(10,a,b)$ pertenezca al núcleo de $f$.

1. Condición de pertenencia (Def. 3.3): $(10,a,b)\in\operatorname{Nuc}(f)\iff M\,(10,a,b)^T=0$, es decir $$10+2a+b=0,\qquad20+4a+3b=0,\qquad30+6a+4b=0.$$

   Son 3 ecuaciones con 2 incógnitas ($a,b$): no hay garantía de solución, hay que comprobar las tres.

2. Resolver. 2.ª $-\,2\cdot$ 1.ª: $$(20+4a+3b)-2(10+2a+b)=b=0.$$

   Entonces $10+2a=0$, o sea $a=-5$.

3. Comprobar la 3.ª. $$30+6(-5)+4\cdot0=0\ ✓$$

   Solución única: $a=-5,\ b=0$.

4. Vía alternativa (más «3.2»). $M$ tiene rango 2 ($F_3=F_1+F_2$), así que $\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(f)=3-2=1$; de $x+2y+z=0$ y $2x+4y+3z=0$ sale $z=0$, $x=-2y$: $$\operatorname{Nuc}(f)=\langle(-2,1,0)\rangle.$$

   Entonces $(10,a,b)=\mu\,(-2,1,0)$ obliga a $\mu=-5$, $a=-5$, $b=0$.

Resultado: $a=-5,\ b=0$. (Verificado con sympy.) Sobre la oficial: correcta (no comenta que la 3.ª ecuación hay que comprobarla).

Error típico: resolver solo dos ecuaciones y no comprobar la tercera.

Estudie si la aplicación lineal $f:\mathbb R^2\to\mathbb R^3$ definida por las ecuaciones $y_1=x_1+2x_2,\ y_2=x_1-x_2,\ y_3=5x_1+4x_2$ es diagonalizable (1 punto). Escriba las ecuaciones cartesianas del subespacio núcleo (0.5 puntos) y halle la dimensión del subespacio imagen (0.5 puntos).

1. ¿Diagonalizable? (tema 4) Solo tiene sentido para endomorfismos ($V=W$, matriz cuadrada). Aquí $f:\mathbb R^2\to\mathbb R^3$, con matriz $3\times2$: la pregunta no tiene sentido; no es diagonalizable.
2. Núcleo (Def. 3.3): $(x_1,x_2)\in\operatorname{Nuc}(f)\iff$ $$x_1+2x_2=0,\qquad x_1-x_2=0,\qquad5x_1+4x_2=0.$$

   Restando las dos primeras, $3x_2=0\Rightarrow x_2=0\Rightarrow x_1=0$; la 3.ª se cumple. El único vector es $(0,0)$: $\operatorname{Nuc}(f)=\{0\}$, $\operatorname{Dim}=0$ (convenio de U p.112). Cartesianas (simplificadas): $x_1=0,\ x_2=0$ (equivalentes a las tres de arriba).

3. Dimensión de la imagen (Teor. 3.1): $$\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=\operatorname{Dim}\mathbb R^2-\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(f)=2-0=\mathbf 2.$$
4. Comprobación directa (Ej. 3.9, U p.107): $$f(x_1,x_2)=x_1(1,1,5)+x_2(2,-1,4),$$

   luego $\operatorname{Im}(f)=\langle(1,1,5),(2,-1,4)\rangle$, dos vectores no proporcionales $\Rightarrow$ dimensión 2 ✓. (Su cartesiana es $3y_1+2y_2-y_3=0$.)

Resultado: no diagonalizable (no es endomorfismo); $\operatorname{Nuc}(f)=\{0\}$; $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=2$. (Verificado con sympy: rango 2, núcleo vacío, cartesiana $(-3,-2,1)$.) Sobre la oficial: correcta en dimensión y en la observación «no es endomorfismo», pero con errata: la primera cartesiana del núcleo aparece como $x_1+x_2=0$ (debe ser $x_1+2x_2=0$), y no concluye que el núcleo es $\{0\}$.

Error típico: restar de $\operatorname{Dim}W=3$ (espacio final) en lugar de $\operatorname{Dim}V=2$; contestar «diagonalizable» sin notar que no es un endomorfismo.

Describa los subespacios núcleo e imagen de la aplicación lineal $f:\mathbb R^2\to\mathbb R^2$, definida por $f(x,y)=(5x+3y,\ 5x+3y)$.

1. Núcleo. $f(x,y)=(0,0)\iff5x+3y=0$ (las dos componentes dan la misma ecuación). Una ecuación en $\mathbb R^2$: recta. Con $x=3\lambda$: $y=-5\lambda$. $$\operatorname{Nuc}(f)=\{5x+3y=0\}=\langle(3,-5)\rangle,\qquad\text{dimensión }1.$$
2. Imagen. $$f(x,y)=(5x+3y)\,(1,1):$$

   toda imagen es múltiplo de $(1,1)$, y todo múltiplo $c\,(1,1)$ es imagen (por ejemplo de $(c/5,0)$). $\operatorname{Im}(f)=\langle(1,1)\rangle=\{(u,v):u=v\}$, dimensión 1.

3. Control (Teor. 3.1): $1+1=2=\operatorname{Dim}\mathbb R^2$ ✓.

Resultado: $\operatorname{Nuc}(f)=\langle(3,-5)\rangle$, $\operatorname{Im}(f)=\langle(1,1)\rangle$. (Verificado con sympy: rango 1; núcleo $\langle(-\tfrac35,1)\rangle$; imagen $\langle(5,5)\rangle$.) Sobre la oficial: correcta ($\langle(1,-5/3)\rangle$ es el mismo núcleo).

Error típico: llamar con las mismas letras $x,y$ a las coordenadas del espacio inicial (núcleo) y del final (imagen) y mezclarlas: el núcleo vive en el inicial, la imagen en el final.

Si $f:\mathbb R^2\to\mathbb R^2$ es un endomorfismo de $\mathbb R^2$ definido como $f(x_1,x_2)=(2x_1,-x_1)$, hallar el subespacio imagen y la dimensión del subespacio núcleo.

1. Núcleo. $$2x_1=0,\ -x_1=0\iff x_1=0\quad(x_2\text{ libre}):\qquad\operatorname{Nuc}(f)=\{x_1=0\}=\langle(0,1)\rangle,$$

   $\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(f)=1$.

2. Imagen. $$f(x_1,x_2)=x_1\,(2,-1)+x_2\,(0,0),$$

   luego $\operatorname{Im}(f)=\langle(2,-1)\rangle$ (dimensión 1). Cartesiana: un vector $(y_1,y_2)=\alpha\,(2,-1)$ cumple $y_1=-2y_2$, es decir $y_1+2y_2=0$.

3. Control. $1+1=2$ ✓.

Resultado: $\operatorname{Im}(f)=\langle(2,-1)\rangle$ ($y_1+2y_2=0$), $\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(f)=1$. (Verificado con sympy.) Sobre la oficial: correcta; escribe «$x_1(2,-1)=\langle(2,-1)\rangle$» (un vector igualado a un subespacio: abuso de notación; lo correcto es $\operatorname{Im}(f)=\{x_1(2,-1)\}=\langle(2,-1)\rangle$).

Error típico: concluir que el núcleo es $\{0\}$ porque «$x_1=0$»: falta ver que $x_2$ queda libre.

Consideremos las aplicaciones $f:\mathbb R\to\mathbb R^5$, $g:\mathbb R^3\to\mathbb R^2$ y $h:\mathbb R^2\to\mathbb R^4$ definidas por $f(x)=(x,2+x,3x,4x,5x)$, $g(x,y,z)=(x+y+z,\ -5x-5y-5z)$ y $h(x,y)=(4x-5y,\ y,\ x,\ -3x+7y)$. Indique de manera razonada si $f$ es aplicación lineal (1 punto). Calcule los subespacios núcleo e imagen asociados a $g$ e indique la dimensión de dichos subespacios (1 punto). Calcule la matriz asociada a la aplicación lineal $h\circ g$ (1 punto).

(El 1.er apartado es del tema 3.1 — $f(0)=(0,2,0,0,0)\neq\bar0$, luego no es lineal — y el 3.er del tema 3.4.)

1. Imagen. $$g(x,y,z)=(x+y+z)\,(1,-5).$$

   Las columnas de la matriz $\begin{pmatrix}1&1&1\\-5&-5&-5\end{pmatrix}$ son las tres $(1,-5)$: por supresión (Teor. 2.1), $\operatorname{Im}(g)=\langle(1,-5)\rangle$, dimensión 1. Cartesiana: $(u,v)=\alpha(1,-5)\Rightarrow v=-5u$, es decir $5u+v=0$.

2. Núcleo. $x+y+z=0$ y $-5(x+y+z)=0$: es una sola ecuación (la 2.ª es $-5$ veces la 1.ª). Plano de $\mathbb R^3$: $3-1=2$ parámetros. Con $x=\alpha$, $y=\beta$: $z=-\alpha-\beta$, $$(x,y,z)=\alpha\,(1,0,-1)+\beta\,(0,1,-1).$$

   Base $\{(1,0,-1),(0,1,-1)\}$, dimensión 2.

3. Control. $2+1=3=\operatorname{Dim}\mathbb R^3$ ✓.

Resultado: $\operatorname{Im}(g)=\langle(1,-5)\rangle$ (dim 1); $\operatorname{Nuc}(g)=\{x+y+z=0\}$ (dim 2). (Verificado con sympy: rango 1; núcleo $\langle(-1,1,0),(-1,0,1)\rangle$, el mismo plano.) Sobre la oficial: correcta.

Error típico: contar dos ecuaciones para el núcleo y decir que es una recta.

Consideremos la aplicación lineal $f:\mathbb R^3\to\mathbb R^3$ definida por $f(x,y,z)=(5z,\ x+2y,\ 3x+6y)$. Calcule los subespacios núcleo e imagen asociados a $f$ e indique la dimensión de dichos subespacios (1 punto). Calcule un subespacio propio de la imagen de $f$ y expréselo en forma implícita (1 punto).

1. Matriz (columnas $=f(e_1),f(e_2),f(e_3)$): $$A=\begin{pmatrix}0&0&5\\1&2&0\\3&6&0\end{pmatrix}.$$
2. Núcleo. $$5z=0,\qquad x+2y=0,\qquad3x+6y=0$$

   (la 3.ª es $3\cdot$ la 2.ª). Rango 2 $\Rightarrow$ 1 parámetro: $z=0$, $x=-2y$; con $y=\lambda$: $\operatorname{Nuc}(f)=\langle(-2,1,0)\rangle$, dimensión 1.

3. Imagen. Columnas $(0,1,3)$, $(0,2,6)=2(0,1,3)$, $(5,0,0)$. Suprimiendo la 2.ª (Teor. 2.1): $\operatorname{Im}(f)=\langle(0,1,3),(5,0,0)\rangle$, libres (no proporcionales) $\Rightarrow$ dimensión 2. Control: $1+2=3$ ✓.
4. Cartesiana de la imagen (útil para el apartado 2). $(x,y,z)\in\operatorname{Im}(f)\iff\operatorname{rang}\{(x,y,z),(0,1,3),(5,0,0)\}=2\iff$ $$\begin{vmatrix}x&y&z\\0&1&3\\5&0&0\end{vmatrix}=15y-5z=0\iff3y-z=0.$$
5. Subespacio propio de $\operatorname{Im}(f)$. En U (§2.1 p.63) un subespacio propio es uno distinto de $\{0\}$ y del total. Como $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=2$, los propios son los de dimensión 1: rectas contenidas en el plano $3y-z=0$. Por ejemplo $L=\langle(1,0,0)\rangle$ ($=\langle(5,0,0)\rangle$), que está en $\operatorname{Im}(f)$ porque $(5,0,0)$ es un generador. Forma implícita: una recta de $\mathbb R^3$ necesita $3-1=2$ ecuaciones: $$L:\ y=0,\ z=0.$$

   (Otro válido: $\langle(0,1,3)\rangle:\ x=0,\ z-3y=0$.)

Resultado: $\operatorname{Nuc}(f)=\langle(-2,1,0)\rangle$ (dim 1); $\operatorname{Im}(f)=\langle(0,1,3),(5,0,0)\rangle=\{3y-z=0\}$ (dim 2); subespacio propio, p. ej., $\{y=0,z=0\}$. (Verificado con sympy.) Sobre la oficial: correcta; no da la cartesiana de $\operatorname{Im}(f)$ ni comprueba que la recta elegida está contenida (es inmediato porque $(5,0,0)$ es generador).

Error típico: (a) confundir «subespacio propio» (U p.63) con «subespacio propio asociado a un valor propio» (U Def. 4.8, p.152), que es otra cosa (tema 4); (b) dar una recta de $\mathbb R^3$ con una sola ecuación (eso es un plano).

Si $\begin{pmatrix}1&2&1\\4&3&0\\5&5&1\end{pmatrix}$ es la matriz asociada a un endomorfismo, calcular las ecuaciones cartesianas y dimensiones de los subespacios núcleo e imagen.

1. Rango. $F_3=F_1+F_2$ ($1+4=5$, $2+3=5$, $1+0=1$) y $F_1,F_2$ no son proporcionales $\Rightarrow\operatorname{rang}A=2$.
2. Dimensiones. $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=\operatorname{rang}A=2$ (las columnas generan la imagen: Ej. 3.9 + Teor. 2.5) y, por el Teor. 3.1, $$\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(f)=3-2=1.$$
3. Cartesianas del núcleo. $AX=0$; quitando la ecuación redundante ($F_3$): $$\operatorname{Nuc}(f):\ \begin{cases}x+2y+z=0\\4x+3y=0\end{cases}$$

   (dos ecuaciones independientes en $\mathbb R^3$ $\Rightarrow$ recta, coherente con dimensión 1). Resolviendo: $y=-\tfrac43x$; con $x=3\lambda$, $y=-4\lambda$, $z=-x-2y=5\lambda$:

   $$\operatorname{Nuc}(f)=\langle(3,-4,5)\rangle.$$
4. Cartesiana de la imagen. Columnas $(1,4,5),(2,3,5),(1,0,1)$, de rango 2; $(2,3,5)$ y $(1,0,1)$ son libres $\Rightarrow$ base. $(x,y,z)\in\operatorname{Im}(f)\iff$ $$\begin{aligned}\begin{vmatrix}x&y&z\\2&3&5\\1&0&1\end{vmatrix}&=x\cdot3-y\,(2-5)+z\,(0-3)\\&=3x+3y-3z\\&=0\iff x+y-z=0.\end{aligned}$$

   Comprobación: $(1,4,5)$: $1+4-5=0$ ✓.

Resultado: $\operatorname{Nuc}(f):\ x+2y+z=0,\ 4x+3y=0$ (dim 1, $=\langle(3,-4,5)\rangle$); $\operatorname{Im}(f):\ x+y-z=0$ (dim 2). (Verificado con sympy.) Sobre la oficial: correcta en dimensiones y en la cartesiana de la imagen; para el núcleo solo dice «se deducen de $AX=0$» sin eliminar la ecuación dependiente ni dar el generador.

Error típico: dar las tres ecuaciones del núcleo sin quitar la redundante y concluir «núcleo $\{0\}$».

Sea $f:\mathbb R^2\to\mathbb R^3$ una aplicación lineal que verifica $f(1,0)=(0,5,1)$ y $f(0,1)=(-2,0,1)$. Justifique de manera razonada si la siguiente afirmación es verdadera o falsa: la imagen por $f$ de cualquier vector de $\mathbb R^2$ pertenece al plano $5x-2y+10z=0$.

1. Qué se pregunta. Si $\operatorname{Im}(f)\subset\Pi$, con $\Pi=\{5x-2y+10z=0\}$.
2. Forma de las imágenes. Por linealidad (propiedad 3, U p.103): $$\begin{aligned}f(u,v)&=u\,f(1,0)+v\,f(0,1)\\&=u\,(0,5,1)+v\,(-2,0,1).\end{aligned}$$

   Así $\operatorname{Im}(f)=\langle(0,5,1),(-2,0,1)\rangle$ (Ej. 3.10, U p.108).

3. Los generadores están en $\Pi$. $$(0,5,1):\ 0-10+10=0\ ✓,\qquad(-2,0,1):\ -10-0+10=0\ ✓$$
4. Conclusión. $\Pi$ es un subespacio (ecuación homogénea), luego contiene toda combinación lineal de vectores suyos; por el paso 2, toda imagen es combinación de esos dos: Verdadero.
5. Algo más (no pedido). Como los dos generadores son libres, $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=2=\operatorname{Dim}\Pi$, así que de hecho $\operatorname{Im}(f)=\Pi$ (Teor. 2.6). Eliminando parámetros en $x=-2\beta$, $y=5\alpha$, $z=\alpha+\beta$: $$\alpha=\tfrac y5,\quad\beta=-\tfrac x2,\quad z=\tfrac y5-\tfrac x2\iff5x-2y+10z=0.$$

Resultado: Verdadero (y de hecho $\operatorname{Im}(f)=\Pi$). (Verificado con sympy: cartesiana de la imagen $\propto(5,-2,10)$.) Sobre la oficial: correcta (halla la cartesiana de la imagen). Su «fallo recurrente» («no basta comprobar que $(0,5,1)$ y $(-2,0,1)$ pertenecen al plano… hay que justificar que cualquier vector del plano es combinación lineal de ellos») es engañoso: eso prueba $\Pi\subset\operatorname{Im}(f)$, que no se pregunta; lo que falta en la respuesta del alumno típico es el argumento del paso 4.

Error típico: comprobar solo los dos vectores y no decir por qué basta (linealidad + $S$ subespacio).

Hallar las ecuaciones del subespacio $\operatorname{Im}(f)$ (1 punto) y del subespacio $\operatorname{Nuc}(f)$ (1 punto) del endomorfismo $f$ de $\wp_2(x)$ (polinomios reales de grado $\le2$) definido por la derivada, es decir, $f(a+bx+cx^2)=b+2cx$.

Coordenadas en la base $\{1,x,x^2\}$: $a+bx+cx^2\leftrightarrow(a,b,c)$.

1. Núcleo. $$f(p)=0\ (\text{polinomio nulo})\iff b+2cx=0+0x\iff b=0,\ 2c=0.$$

   Ecuaciones: $b=0,\ c=0$; $a$ libre. $\operatorname{Nuc}(f)=\{a: a\in\mathbb R\}=\langle1\rangle$ (los constantes), dimensión 1.

2. Imagen. $$f(a+bx+cx^2)=b\cdot1+c\cdot(2x):$$

   generada por $\{1,2x\}$, libres $\Rightarrow\operatorname{Im}(f)=\langle1,x\rangle=\wp_1$, dimensión 2. Como subespacio de $\wp_2$ (espacio final) un polinomio $a'+b'x+c'x^2$ está en la imagen $\iff$ $c'=0$ (ecuación cartesiana).

3. Control. $1+2=3=\operatorname{Dim}\wp_2$ ✓.

Resultado: $\operatorname{Nuc}(f):\ b=0,\ c=0$; $\operatorname{Im}(f):\ c'=0$. (Verificado con sympy con la matriz $\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&2\\0&0&0\end{pmatrix}$: rango 2, núcleo $\langle(1,0,0)\rangle$, cartesiana $(0,0,1)$.) Sobre la oficial: correcta y muy breve (no justifica). Los vectores propios de esta misma aplicación aparecen en Feb. 2018 (tipo B), problema a) → tema 4.2.

Error típico: decir que el núcleo de la derivada es $\{0\}$ (la derivada de una constante es 0) o que la imagen es todo $\wp_2$ (nunca sale $x^2$).

Consideremos la aplicación lineal $f:\wp_4\to\wp_1$, definida por $f(p)=p'''$ (derivada tercera) y consideremos en $\wp_n$ la base $(p_0,p_1,\dots,p_n)$, con $p_0(x)=1$, $p_1(x)=x$, …, $p_n(x)=x^n$. (Si $p(x)=7+3x^2+2x^3+x^4$, entonces $p'''(x)=12+24x$.) (i) Describa los subespacios núcleo e imagen de la aplicación lineal $f$ (1 punto). (ii) Dé la expresión matricial de $f$ (1 punto).

(El (ii) es del tema 3.3: la matriz $2\times5$ $\begin{pmatrix}0&0&0&6&0\\0&0&0&0&24\end{pmatrix}$.)

1. Fórmula de $f$. Para $p=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+a_4x^4$: $$p'=a_1+2a_2x+3a_3x^2+4a_4x^3,$$ $$p''=2a_2+6a_3x+12a_4x^2,\qquad p'''=6a_3+24a_4x.$$
2. Núcleo. $6a_3+24a_4x=0\iff a_3=0,\ a_4=0$; $a_0,a_1,a_2$ libres. $$\operatorname{Nuc}(f)=\{a_0+a_1x+a_2x^2\}=\wp_2=\langle1,x,x^2\rangle,\qquad\text{dimensión }3.$$
3. Imagen. $$f(p)=a_3\cdot6+a_4\cdot24x:$$

   generada por $\{6,24x\}$, libres $\Rightarrow\operatorname{Im}(f)=\langle1,x\rangle=\wp_1$, dimensión 2: es todo el espacio final.

4. Control. $3+2=5=\operatorname{Dim}\wp_4$ ✓.

Resultado: $\operatorname{Nuc}(f)=\wp_2$ (dim 3); $\operatorname{Im}(f)=\wp_1$ (dim 2). (Verificado con sympy: matriz $2\times5$ de rango 2; núcleo $\langle e_1,e_2,e_3\rangle$.) Sobre la oficial: correcta (justifica la imagen «integrando tres veces», que también vale).

Error típico: dar la matriz $5\times5$ (el espacio final es $\wp_1$, de dimensión 2); o calcular $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}=5-3$ con $V$ y $W$ cambiados.

Sea $D_{2\times2}$ el conjunto de matrices diagonales de orden 2 y $f:\mathbb R^2\to D_{2\times2}$ una aplicación tal que $f(x,y)=\begin{pmatrix}x&0\\0&x-y\end{pmatrix}$. Calcule los subespacios núcleo e imagen de $f$.

(La linealidad de $f$ se comprueba en el tema 3.1; aquí solo núcleo e imagen.)

1. Espacio final. $$D_{2\times2}=\left\{\begin{pmatrix}d_1&0\\0&d_2\end{pmatrix}\right\}=\left\langle\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}\right\rangle,$$

   base de 2 elementos $\Rightarrow\operatorname{Dim}D_{2\times2}=2$.

2. Núcleo. $$f(x,y)=\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}\iff x=0,\ x-y=0\iff x=y=0.$$

   $\operatorname{Nuc}(f)=\{(0,0)\}$, dimensión 0.

3. Imagen. Teor. 3.1: $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=2-0=2=\operatorname{Dim}D_{2\times2}$, y un subespacio con la dimensión del total es el total (Teor. 2.6, U p.88): $\operatorname{Im}(f)=D_{2\times2}$.
4. Comprobación directa. $$f(x,y)=x\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}+y\begin{pmatrix}0&0\\0&-1\end{pmatrix};$$

   las dos matrices son libres y diagonales $\Rightarrow$ generan un subespacio de dimensión 2 de $D_{2\times2}$, que es todo ✓. (También: dada $\operatorname{diag}(d_1,d_2)$, se toma $(x,y)=(d_1,d_1-d_2)$.)

Resultado: $\operatorname{Nuc}(f)=\{0\}$; $\operatorname{Im}(f)=D_{2\times2}$ (en este caso $f$ es un isomorfismo, §5). (Verificado con sympy en coordenadas $(d_1,d_2)$: matriz $\begin{pmatrix}1&0\\1&-1\end{pmatrix}$, rango 2.) Sobre la oficial: correcta; añade la comprobación de linealidad (no pedida).

Error típico: comparar con $\operatorname{Dim}\mathcal M_{2\times2}=4$ en vez de $\operatorname{Dim}D_{2\times2}=2$.

La aplicación lineal $f:\mathbb R^3\to V$, donde $V$ es el espacio vectorial de matrices reales cuadradas de orden 2, está definida por $f(x,y,z)=\begin{pmatrix}x&0\\y&x-y\end{pmatrix}$. Hallar unas ecuaciones paramétricas del subespacio núcleo (0.5 puntos) y calcule la dimensión del subespacio imagen (0.5 puntos).

1. Núcleo. $$f(x,y,z)=\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}\iff x=0,\ y=0,\ x-y=0$$

   (la 3.ª es consecuencia de las dos primeras); $z$ no aparece $\Rightarrow$ es libre. Paramétricas: $x=0,\ y=0,\ z=\lambda$, $\lambda\in\mathbb R$. $\operatorname{Nuc}(f)=\langle(0,0,1)\rangle$, dimensión 1.

2. Imagen. Teor. 3.1: $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=3-1=\mathbf2$.
3. Comprobación directa. $$f(x,y,z)=x\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}+y\begin{pmatrix}0&0\\1&-1\end{pmatrix}+z\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}:$$

   dos matrices libres $\Rightarrow$ dimensión 2 ✓. (Cartesianas de la imagen en coordenadas $(a_{11},a_{12},a_{21},a_{22})$: $a_{12}=0$, $a_{22}=a_{11}-a_{21}$.)

Resultado: paramétricas $x=0,\ y=0,\ z=\lambda$; $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=2$. (Verificado con sympy: matriz en canónicas $\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&0\\0&1&0\\1&-1&0\end{pmatrix}$, rango 2, núcleo $\langle(0,0,1)\rangle$.) Sobre la oficial: dimensión y base correctas, pero las paramétricas que da ($x=0,\ y=0,\ z=1$) están mal: describen un único punto; deben llevar un parámetro: $z=\lambda$.

Error típico: olvidar $z$ y decir que el núcleo es $\{0\}$ $\Rightarrow\operatorname{Dim}\operatorname{Im}=3$.

Si $A$ es la matriz asociada a una aplicación lineal de orden $3\times5$ y la dimensión del núcleo es 3, se pide calcular el rango de $A$.

1. Leer el tamaño. En U la matriz de $f:V\to W$ tiene una columna por cada vector de la base de $V$ (coordenadas de su imagen en la base de $W$). $3\times5$ $\Rightarrow$ 5 columnas $\Rightarrow\operatorname{Dim}V=5$; 3 filas $\Rightarrow\operatorname{Dim}W=3$.
2. Rango = dimensión de la imagen. Las columnas generan $\operatorname{Im}(f)$ (Ej. 3.9) y el rango de un sistema generador es la dimensión (Teor. 2.5): $\operatorname{rang}A=\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)$.
3. Teorema de las dimensiones. $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=\operatorname{Dim}V-\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(f)=5-3=2$. Luego $\operatorname{rang}A=2$.
4. Coherencia. $2\le\min(3,5)$ ✓.

Resultado: $\operatorname{rang}A=2$. Sobre la oficial: correcta (dice «subespacio final» por «espacio final»; detalle de redacción).

Error típico: restar del número de filas: $3-3=0$ (confundiría $V$ con $W$).

Considere la aplicación lineal $f:\wp_3\to\wp_3$, definida por $f(ax^3+bx^2+cx+d)=(a+b)x^3+(b+c)x^2+(c+d)x+(a-d)$. Calcule de manera razonada la dimensión de la imagen de $f$.

1. Estrategia. Es más corto hallar el núcleo y aplicar el Teor. 3.1.
2. Núcleo. $$f(p)=0\iff a+b=0,\quad b+c=0,\quad c+d=0,\quad a-d=0.$$

   De las tres primeras: $b=-a$, $c=-b=a$, $d=-c=-a$. Sustituyendo en la 4.ª:

   $$a-(-a)=2a=0\ \Rightarrow\ a=0,$$

   y entonces $b=c=d=0$. $\operatorname{Nuc}(f)=\{0\}$, dimensión 0.

3. Teorema de las dimensiones. $$\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=\operatorname{Dim}\wp_3-0=\mathbf4$$

   (así $\operatorname{Im}(f)=\wp_3$).

4. Comprobación alternativa. Matriz en coordenadas $(a,b,c,d)$: $$\begin{pmatrix}1&1&0&0\\0&1&1&0\\0&0&1&1\\1&0&0&-1\end{pmatrix},\qquad\det=-2\neq0\ \Rightarrow\ \text{rango }4\ ✓$$

Resultado: $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(f)=4$. (Verificado con sympy: $\det=-2$, rango 4, núcleo vacío.) Sobre la oficial: correcta.

Error típico: pensar que $\operatorname{Dim}\wp_3=3$ (son 4 coeficientes: $\{1,x,x^2,x^3\}$).

Consideremos las aplicaciones lineales $f,g:\mathbb R^3\to\mathbb R^3$ definidas por $f(x,y,z)=(x+2y,\ -y+z,\ x-z)$, $g(x,y,z)=(x+y,\ y+z,\ x+y)$. (a) Calcule el subespacio imagen asociado a $g$ e indique la dimensión (0.5 puntos). (b) Calcule el subespacio $\operatorname{Nuc}(g\circ f)$ e indique la dimensión (1 punto). (c) Justifique si es cierta la afirmación (0.5 puntos): $\dim(\operatorname{Im}(g\circ f))+\dim(\operatorname{Nuc}(g\circ f))=3$.

1. (a) Imagen de $g$. $$g(x,y,z)=x\,(1,0,1)+y\,(1,1,1)+z\,(0,1,0),$$

   luego $\operatorname{Im}(g)=\langle(1,0,1),(1,1,1),(0,1,0)\rangle$ (Ej. 3.9). Como $(1,1,1)=(1,0,1)+(0,1,0)$, se suprime (Teor. 2.1): $\operatorname{Im}(g)=\langle(1,0,1),(0,1,0)\rangle$, libres $\Rightarrow$ $\operatorname{Dim}\operatorname{Im}(g)=2$ (equivalentemente $\langle(1,0,1),(1,1,1)\rangle$, como la oficial). Cartesiana: $x=z$.

2. (b) La composición (herramienta del tema 3.4: se sustituye $f$ dentro de $g$). Con $(u,v,w)=f(x,y,z)=(x+2y,\,-y+z,\,x-z)$: $$\begin{aligned}(g\circ f)(x,y,z)&=g(u,v,w)\\&=(u+v,\ v+w,\ u+v)\\&=(x+y+z,\ x-y,\ x+y+z).\end{aligned}$$

   (Coincide con $A_gA_f=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&-1&0\\1&1&1\end{pmatrix}$.)

3. Núcleo de $g\circ f$. $$x+y+z=0,\qquad x-y=0$$

   (la 3.ª repite la 1.ª). Rango 2 $\Rightarrow$ 1 parámetro: $y=x$, $z=-2x$; con $x=\lambda$: $\operatorname{Nuc}(g\circ f)=\langle(1,1,-2)\rangle$, dimensión 1. Comprobación: $(g\circ f)(1,1,-2)=(0,0,0)$ ✓.

4. (c) Cierta. $g\circ f$ es lineal (composición de lineales, tema 3.4) y va de $\mathbb R^3$ en $\mathbb R^3$; el Teor. 3.1 con $V=\mathbb R^3$ da exactamente esa igualdad. Comprobación: $\operatorname{Im}(g\circ f)=\langle(1,1,1),(1,-1,1)\rangle$ (la 3.ª columna $(1,0,1)$ es su semisuma), dimensión 2, y $2+1=3$ ✓.

Resultado: (a) $\operatorname{Im}(g)=\langle(1,0,1),(0,1,0)\rangle$, dim 2; (b) $\operatorname{Nuc}(g\circ f)=\langle(1,1,-2)\rangle$, dim 1; (c) cierta. (Verificado con sympy: $\operatorname{rang}A_g=2$; $A_gA_f$ como arriba; núcleo $\propto(1,1,-2)$; rango de $A_gA_f$ = 2.) Sobre la oficial: correcta. Escribe literalmente «$\operatorname{Nuc}(g\circ f)=\{(1,1,-2)\}$»: un conjunto de un solo vector, que no es subespacio; debe ser $\langle(1,1,-2)\rangle$.

Error típico: calcular $A_fA_g$ (orden equivocado) o hacer (b)-(c) con $g$ en lugar de $g\circ f$.

Consideremos la aplicación lineal $f:\mathbb R^3\to\mathbb R^3$ definida por $f(x,y,z)=(x+3y,\ -x,\ y-z)$. Calcule el subespacio imagen asociado a $f$ e indique la dimensión (0.5 puntos). Calcule el subespacio $\operatorname{Nuc}(f\circ f)$ e indique la dimensión (1 punto). Justifique si es cierta la afirmación (0.5 puntos): $\dim(\operatorname{Im}(f\circ f))+\dim(\operatorname{Nuc}(f\circ f))=3$.

1. Imagen de $f$. Matriz $$A=\begin{pmatrix}1&3&0\\-1&0&0\\0&1&-1\end{pmatrix}.$$

   Desarrollando $\det A$ por la 3.ª columna:

   $$\det A=-1\cdot\begin{vmatrix}1&3\\-1&0\end{vmatrix}=-1\cdot3=-3\neq0.$$

   Rango 3 $\Rightarrow$ $\operatorname{Im}(f)=\mathbb R^3$, dimensión 3 (Teor. 2.6). Por el Teor. 3.1, $\operatorname{Nuc}(f)=\{0\}$.

2. $f\circ f$. Sustituyendo $(u,v,w)=f(x,y,z)=(x+3y,-x,y-z)$ en $f$: $$\begin{aligned}(f\circ f)(x,y,z)&=(u+3v,\ -u,\ v-w)\\&=(-2x+3y,\ -x-3y,\ -x-y+z)\\&\qquad(=A^2).\end{aligned}$$
3. Núcleo de $f\circ f$. $$-2x+3y=0,\qquad-x-3y=0,\qquad-x-y+z=0.$$

   Sumando las dos primeras: $-3x=0\Rightarrow x=0$; entonces $y=0$ y $z=0$. $\operatorname{Nuc}(f\circ f)=\{0\}$, dimensión 0.

4. Atajo sin calcular $f\circ f$ (solo con la Def. 3.3): si $f(f(v))=0$, entonces $f(v)\in\operatorname{Nuc}(f)=\{0\}$, es decir $f(v)=0$, y otra vez $v\in\operatorname{Nuc}(f)=\{0\}$. Luego $\operatorname{Nuc}(f\circ f)=\{0\}$.
5. (c) Cierta, por el Teor. 3.1 aplicado a la aplicación lineal $f\circ f:\mathbb R^3\to\mathbb R^3$: $3+0=3$ ($\det A^2=(\det A)^2=9\neq0$, imagen de dimensión 3).

Resultado: $\operatorname{Im}(f)=\mathbb R^3$ (dim 3); $\operatorname{Nuc}(f\circ f)=\{0\}$ (dim 0); (c) cierta. (Verificado con sympy: $\det A=-3$, $A^2=\begin{pmatrix}-2&3&0\\-1&-3&0\\-1&-1&1\end{pmatrix}$, $\det A^2=9$.) Sobre la oficial: correcta, pero no escribe la dimensión del núcleo ($0$, por el convenio $\operatorname{Dim}\{0\}=0$, U p.112), que el enunciado pide explícitamente; tampoco justifica la independencia de las columnas (basta el determinante).

Error típico: hacer (b) y (c) con $f$ en vez de $f\circ f$.

Si $f$ es una aplicación lineal, tal que el subespacio núcleo asociado tiene dimensión cero, probar que: si $\{v_1,v_2\}$ es un sistema libre o linealmente independiente, entonces también lo es $\{f(v_1),f(v_2)\}$.

1. Traducir la hipótesis. $\operatorname{Dim}\operatorname{Nuc}(f)=0\iff\operatorname{Nuc}(f)=\{\bar0\}$ (el único subespacio de dimensión 0; convenio U p.112).
2. Qué hay que probar (Def. 2.6, U p.74): si $\lambda f(v_1)+\mu f(v_2)=\bar0$, entonces $\lambda=\mu=0$.
3. Usar la linealidad (Def. 3.1 / propiedad 3, U p.103): $\lambda f(v_1)+\mu f(v_2)=f(\lambda v_1+\mu v_2)$. Así que $f(\lambda v_1+\mu v_2)=\bar0$.
4. Usar el núcleo (Def. 3.3): eso dice que $\lambda v_1+\mu v_2\in\operatorname{Nuc}(f)=\{\bar0\}$, es decir, $\lambda v_1+\mu v_2=\bar0$.
5. Usar la hipótesis de libertad: como $\{v_1,v_2\}$ es libre, $\lambda=\mu=0$. Por tanto $\{f(v_1),f(v_2)\}$ es libre. ∎
6. Por qué hace falta la hipótesis. U p.103, propiedad 5 (y Ej. 3.6, p.104): en general una aplicación lineal puede convertir un sistema libre en ligado (p. ej. $f(x_1,x_2)=x_1$ manda $\{(2,1),(1,3)\}$ a $\{2,1\}$, ligado). Lo que lo impide es precisamente que el núcleo sea $\{\bar0\}$ (en el lenguaje del §5: que $f$ sea inyectiva). La misma prueba vale para $k$ vectores.

Sobre la oficial. La idea es correcta, pero supone que, si $\{f(v_1),f(v_2)\}$ es ligado, existe $\alpha$ con $f(v_1)=\alpha f(v_2)$: olvida el caso $f(v_2)=\bar0$ (que también lleva a contradicción, porque daría $v_2\in\operatorname{Nuc}(f)$, $v_2=\bar0$, imposible en un sistema libre). La prueba con $\lambda,\mu$ de arriba evita el problema.

Error típico: escribir «ligado $\Rightarrow f(v_1)=\alpha f(v_2)$» sin más: si $f(v_2)=\bar0$ y $f(v_1)\neq\bar0$ el sistema es ligado pero $f(v_1)$ no es múltiplo de $f(v_2)$.