Álgebra (27) · Unidad 5 — Transformaciones lineales
Matrices de cambio de base
Un mismo vector tiene coordenadas distintas en bases distintas, y la matriz de cambio de base traduce de unas a otras. Con ella se pasa también la matriz de una t.l. de una base a otra: se traduce, se aplica, y se vuelve a traducir.
La explicación
El mismo vector, dos cuadrículas
El vector v = (3, 4) es «3 pasos de e₁ y 4 de e₂». En la base B = {(2, 1), (1, 1)} es «−1 paso de (2, 1) y 5 de (1, 1)»: (v)B = (−1, 5). El vector no cambió; cambió la cuadrícula con la que se lo mide. Pasar de una descripción a la otra es una cuenta lineal, y por lo tanto una matriz.
La definición
Sean B = {v₁, …, vn} y B′ dos bases del mismo espacio V. La matriz de cambio de base de B a B′ es la matriz de la identidad en esas bases:
Sus columnas son los vectores de B escritos en coordenadas de B′. Y por la propiedad de la matriz de una t.l., aplicada a id:
El nombre se lee en el orden en que viaja la información: CBB′ recibe coordenadas en B y devuelve coordenadas en B′. La segunda fórmula dice que ir y volver es no hacer nada.
La que sale gratis y la que hay que invertir
CEB, de la canónica a B: es la inversa, CEB = (CBE)⁻¹. Hay que invertir.
Entre dos bases que no son canónicas, conviene pasar por E: CBB′ = CEB′·CBE = (CB′E)⁻¹·CBE. Primero se traduce de B a canónicas, después de canónicas a B′.
En un espacio abstracto, si B′ viene dada en términos de B (por ejemplo B′ = {v₁ + v₂, v₁ − v₂}), la fácil es CB′B: sus columnas son los coeficientes con que está escrito cada vector de B′.
Cambiar la base de la matriz de una t.l.
Si f : V → V y conocés MB(f), la matriz en otra base B′ es
Se lee de derecha a izquierda, como un viaje de las coordenadas: entran en B′, CB′B las pasa a B, MB(f) aplica f, y CBB′ las devuelve a B′. Con dominio y codominio distintos es lo mismo en cada extremo:
Un caso que aparece siempre: pasar de M(f) a MB(f) en ℝⁿ, o al revés: MB(f) = CEB·M(f)·CBE y M(f) = CBE·MB(f)·CEB.
Lo que no cambia
Como MB′(f) = C⁻¹·MB(f)·C con C = CB′B, las dos matrices tienen el mismo determinante (det(C⁻¹)·det(M)·det(C) = det M), el mismo rango y la misma traza. Son controles gratis: si al cambiar de base el determinante te cambió, hay un error. Y es la puerta a la unidad 7: buscar una base B′ donde MB′(f) sea diagonal.
CBB′ tiene por columnas los vectores de B en coordenadas de B′. Las fórmulas de cambio de base se leen de derecha a izquierda.
Sea B = {(2, 1), (1, 1)}. Hallar C_BE y C_EB, las coordenadas de v = (3, 4) en B, y la matriz M_B(f) de la t.l. f : ℝ² → ℝ² con M(f) = [[3, −2], [1, 0]].
CBE, la gratis. Los vectores de B como columnas:
CEB, invirtiendo. det CBE = 2 − 1 = 1, y para una 2×2 la inversa es cambiar la diagonal, cambiar el signo de la otra y dividir por el determinante:
Control: CBE·CEB = [[2 − 1, −2 + 2], [1 − 1, −1 + 2]] = I ✓.
(v)B. De la canónica a B:
Control, reconstruyendo: −1·(2, 1) + 5·(1, 1) = (3, 4) ✓.
MB(f). Leída de derecha a izquierda: entra en B, pasa a canónica, se aplica M(f), vuelve a B.
M(f)·CBE = [[3, −2], [1, 0]]·[[2, 1], [1, 1]] = [[6 − 2, 3 − 2], [2, 1]] = [[4, 1], [2, 1]]
CEB·[[4, 1], [2, 1]] = [[1, −1], [−1, 2]]·[[4, 1], [2, 1]] = [[4 − 2, 1 − 1], [−4 + 4, −1 + 2]] = [[2, 0], [0, 1]]
¡Diagonal! Eso quiere decir que f(2, 1) = 2·(2, 1) y f(1, 1) = 1·(1, 1). Se puede controlar directo con M(f): f(2, 1) = (6 − 2, 2) = (4, 2) ✓ y f(1, 1) = (3 − 2, 1) = (1, 1) ✓. Y los invariantes: det M(f) = 0 + 2 = 2 = det MB(f), traza 3 = 2 + 1 ✓. En la base B se ve lo que la fórmula escondía: f estira al doble en una dirección y deja quieta la otra.
Sea B = {v₁, v₂, v₃} una base de V y B′ = {v₁ + v₂, v₂ + v₃, v₃}. a) Hallar C_B′B y C_BB′. b) Escribir v = 2v₁ − v₂ + 3v₃ en la base B′. c) Si f : V → V tiene M_B(f) = [[1, 0, 2], [0, 1, 1], [1, 1, 0]], hallar M_B′(f).
a) B′ está escrita en términos de B, así que la fácil es CB′B: sus columnas son los coeficientes de cada vector de B′.
CB′B = [[1, 0, 0], [1, 1, 0], [0, 1, 1]] ⇒ CBB′ = (CB′B)⁻¹ = [[1, 0, 0], [−1, 1, 0], [1, −1, 1]]
Control de una columna de CBB′: la primera dice v₁ = 1·(v₁ + v₂) − 1·(v₂ + v₃) + 1·v₃, y efectivamente da v₁ ✓.
b) (v)B = (2, −1, 3), así que
Control: 2(v₁ + v₂) − 3(v₂ + v₃) + 6v₃ = 2v₁ − v₂ + 3v₃ ✓.
c) MB′(f) = CBB′·MB(f)·CB′B. Primero el producto de la derecha:
Un control por columna: la primera columna de MB′(f) tiene que ser (f(v₁ + v₂))B′. f(v₁ + v₂) tiene coordenadas en B iguales a la suma de las dos primeras columnas de MB(f), (1, 1, 2), y pasadas a B′ con CBB′ dan (1, 0, 2) ✓.
Dónde se pierde el punto: en poner CB′B a la izquierda y CBB′ a la derecha. La cuenta tiene que entrar en coordenadas de B′, así que la matriz pegada a la derecha es la que las recibe: CB′B.
Dónde se cae la mayoría
- Poner en C_BB′ los vectores de B′ en coordenadas de B. Eso es C_B′B, la inversa.
- Multiplicar C_BE por el vector cuando se quieren sus coordenadas en B: para ir de la canónica a B hace falta C_EB, la inversa.
- Escribir M_B′(f) = C_B′B · M_B(f) · C_BB′, con los cambios de base al revés. Leída de derecha a izquierda, la cuenta tiene que entrar en B′ y salir en B′.
- Olvidarse de invertir: C_EB no se arma con los vectores de B como columnas, ésa es C_BE.
- No controlar con el determinante o la traza: una matriz y su versión en otra base los tienen iguales.
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.
Practicar Matrices de cambio de base →Los otros temas de la unidad 5
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