Álgebra (27) · Unidad 5 — Transformaciones lineales

Matriz de una transformación lineal en bases dadas

Elegidas una base del dominio y una del codominio, una t.l. se vuelve una matriz: la columna j son las coordenadas de la imagen del j-ésimo vector de la base. Multiplicar por esa matriz es aplicar f, pero hablando en coordenadas.

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La explicación

Primero, ℝⁿ → ℝᵐ con las bases canónicas

Si f : ℝⁿ → ℝᵐ es lineal, hay una única matriz M(f) ∈ ℝᵐˣⁿ con f(x) = M(f)·x (x como columna). Se arma sin cuentas:

la columna j de M(f) es f(e_j)

porque M(f)·e_j es justamente la columna j. Leída por filas, M(f) tiene los coeficientes de cada coordenada de la fórmula. Y todo lo del tema 5.2 se lee ahí: las columnas generan Im(f), así que dim Im(f) = rg M(f), y el núcleo es el conjunto de soluciones de M(f)·x = 0, así que dim Nu(f) = n − rg M(f).

En bases cualesquiera

Sean B = {v₁, …, v_n} base de V y B′ base de W, con dim W = m. La matriz de f en las bases B y B′ es

M_BB′(f) = [ (f(v₁))_B′ | (f(v₂))_B′ | … | (f(v_n))_B′ ] ∈ ℝᵐˣⁿ

Columna por columna: se aplica f a cada vector de B y se escribe el resultado en coordenadas de B′. Tiene tantas columnas como la dimensión del dominio y tantas filas como la del codominio. Cuando V = W y B′ = B se escribe M_B(f); con las canónicas, M_EE′(f) = M(f).

M_BB′(f)·(v)_B = (f(v))_B′

Es la propiedad que justifica todo: la matriz recibe las coordenadas de v en B y devuelve las de f(v) en B′. Por eso sirve aunque V sea un espacio de matrices o de polinomios: adentro de la cuenta sólo viajan coordenadas.

Cómo se arma M_BB′(f).
1. Calculá f(v₁), …, f(v_n).
2. Escribí cada uno en la base B′. Si B′ no es canónica, hay que resolver un sistema por vector, y conviene hacerlos todos juntos: se pone la matriz de B′ a la izquierda y los f(v_j) a la derecha, se triangula hasta tener la identidad, y a la derecha quedan las coordenadas.
3. Poné esas coordenadas como columnas, en el orden de B. Cambiar el orden de B permuta las columnas; cambiar el de B′, las filas.

Qué no depende de las bases

La matriz cambia con las bases, pero su rango no: rg M_BB′(f) = dim Im(f), elegidas como sea. Así que si dim V = dim W = n, f es isomorfismo ⟺ rg M_BB′(f) = n ⟺ det M_BB′(f) ≠ 0, con cualquier par de bases. Y el núcleo se calcula con la matriz: v ∈ Nu(f) ⟺ M_BB′(f)·(v)_B = 0, pero la solución son coordenadas en B, y hay que volver a los vectores.

Composición e inversa

M_BB″(g ∘ f) = M_B′B″(g) · M_BB′(f) M_B′B(f⁻¹) = (M_BB′(f))⁻¹

Las bases tienen que encadenar: la de llegada de f es la de salida de g. Y el orden del producto es el de la composición: la matriz de la que actúa primero va a la derecha, pegada al vector.

Un ejemplo fuera de ℝⁿ

La derivada D : ℝ₂[x] → ℝ₂[x] en la base B = {1, x, x²}: D(1) = 0, D(x) = 1, D(x²) = 2x, con coordenadas (0, 0, 0), (1, 0, 0) y (0, 2, 0). Entonces M_B(D) = [[0, 1, 0], [0, 0, 2], [0, 0, 0]], de rango 2: la imagen son los polinomios de grado ≤ 1 y el núcleo, las constantes.

Por qué elegir otra base

Con una base bien elegida la matriz puede quedar mucho más simple. Si f(x, y) = (x + y, −2x + 4y), su matriz canónica es [[1, 1], [−2, 4]]; pero f(1, 1) = (2, 2) = 2·(1, 1) y f(1, 2) = (3, 6) = 3·(1, 2), así que en B = {(1, 1), (1, 2)} es M_B(f) = [[2, 0], [0, 3]]: f sólo estira, 2 veces en una dirección y 3 en la otra. Encontrar esas direcciones es la unidad 7.

Columna j de M_BB′(f): las coordenadas en B′ de f(v_j). Entra (v)_B, sale (f(v))_B′.

Un ejercicio resuelto, paso a paso

Sea f : ℝ³ → ℝ², f(x, y, z) = (x − y + z, 2y + z), y sean B = {(1, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 0)} y B′ = {(1, 1), (1, 2)}. Hallar M(f), M_BB′(f), y verificar la propiedad de la matriz con v = (2, 1, 1).

M(f). Leyendo los coeficientes por filas (o f(e₁), f(e₂), f(e₃) por columnas):

M(f) = [[1, −1, 1], [0, 2, 1]]

1. Imágenes de B.

f(1, 0, 1) = (2, 1) f(0, 1, 1) = (0, 3) f(1, 1, 0) = (0, 2)

2. Coordenadas en B′, las tres juntas. A la izquierda los vectores de B′ como columnas, a la derecha las tres imágenes:

[[1, 1 | 2, 0, 0], [1, 2 | 1, 3, 2]] → F₂ − F₁ → [[1, 1 | 2, 0, 0], [0, 1 | −1, 3, 2]] → F₁ − F₂ → [[1, 0 | 3, −3, −2], [0, 1 | −1, 3, 2]]

Así que (2, 1)_B′ = (3, −1), (0, 3)_B′ = (−3, 3) y (0, 2)_B′ = (−2, 2). Control de la primera: 3·(1, 1) − 1·(1, 2) = (2, 1) ✓.

3. Como columnas:

M_BB′(f) = [[3, −3, −2], [−1, 3, 2]]

Verificación con v = (2, 1, 1).
Por el camino largo: f(2, 1, 1) = (2 − 1 + 1, 2 + 1) = (2, 3), y (2, 3)_B′ = (1, 1), porque 1·(1, 1) + 1·(1, 2) = (2, 3).
Por la matriz: primero (v)_B. Con a(1, 0, 1) + b(0, 1, 1) + c(1, 1, 0) = (2, 1, 1) sale a = 1, b = 0, c = 1, o sea (v)_B = (1, 0, 1). Y
M_BB′(f)·(1, 0, 1) = (3 − 2, −1 + 2) = (1, 1) ✓
Los dos caminos dan las coordenadas en B′ de f(v).

Fijate que las dos matrices tienen rango 2: f es epimorfismo (llega a todo ℝ²), y eso no depende de en qué bases se lo mire.

Y uno del nivel del parcial

Sea B = {v₁, v₂, v₃} una base de un espacio vectorial V y, para k ∈ ℝ, f : V → V la t.l. con M_B(f) = [[1, −1, 2], [0, 1, 1], [1, 0, k]]. a) Hallar k para que dim Im(f) = 2. b) Para ese k, dar una base de Nu(f). c) Calcular f(v₁ + 2v₂).

a) dim Im(f) = rg M_B(f). Para que el rango baje de 3 a 2 hace falta det = 0:

det = 1·(1·k − 1·0) − (−1)·(0·k − 1·1) + 2·(0·0 − 1·1) = k − 1 − 2 = k − 3

Con k = 3 el determinante se anula, y las dos primeras columnas no son paralelas, así que el rango es exactamente 2. k = 3.

b) El núcleo, en coordenadas: M_B(f)·(x, y, z) = 0 con k = 3.

x − y + 2z = 0, y + z = 0 ⇒ y = −z, x = y − 2z = −3z ⇒ (x, y, z) = z·(−3, −1, 1)

Pero ésas son coordenadas en B. El vector es −3v₁ − v₂ + v₃:

Nu(f) = ⟨−3v₁ − v₂ + v₃⟩

Control con la tercera fila, que no se usó: 1·(−3) + 0 + 3·1 = 0 ✓.

c) (v₁ + 2v₂)_B = (1, 2, 0), y

M_B(f)·(1, 2, 0) = (1 − 2, 2, 1) = (−1, 2, 1) ⇒ f(v₁ + 2v₂) = −v₁ + 2v₂ + v₃

Dónde se pierde el punto. En contestar «Nu(f) = ⟨(−3, −1, 1)⟩»: V es un espacio cualquiera, y (−3, −1, 1) no es un vector de V sino sus coordenadas. Y en c, en devolver (−1, 2, 1) sin armar la combinación de los v_i. Con M_B(f) se trabaja en coordenadas, pero la respuesta se da en vectores.

Dónde se cae la mayoría

Poner las imágenes como filas en vez de columnas. La matriz de f : ℝ³ → ℝ² tiene 2 filas y 3 columnas.
Poner como columna f(v_j) tal cual, sin pasarlo a coordenadas de B′. Sólo coinciden cuando B′ es la canónica.
Leer la solución de M_BB′(f)·x = 0 como si fueran vectores de V: son coordenadas en B, y hay que armar la combinación.
Multiplicar las matrices de una composición en el orden en que se leen: M(g ∘ f) = M(g)·M(f), con la de f a la derecha.
Creer que el rango o el determinante no nulo dependen de las bases elegidas. No dependen.

Hasta acá la explicación. La práctica es la otra mitad: 7 ejercicios de este tema, en cuatro niveles, que no te dicen sólo si está bien al final sino que te corrigen en cada paso y te explican por qué. Además trae una animación que muestra la idea en movimiento.

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