Transformaciones lineales
Sean V y W
espacios vectoriales. Una transformación lineal L de V en W es una
función
que asigna a cada $\textbf{u}$ en V un único vector $L(\textbf{u})$ en W tal que:
- $L(\textbf{u}+\textbf{v})=L(\textbf{u})+L(\textbf{v})\, \forall \textbf{u}\wedge \textbf{v}\epsilon V$
- $L(k\textbf{u})=kL(\textbf{u})\, \forall \textbf{u}\epsilon V\wedge k\epsilon \mathbb{R}$
|
| Transformación del subespacio de $\mathbb{R}^{2}$ a otro subespacio en $\mathbb{R}^{2}$ |
Note que el origen de los planos sigue en el mismo lugar y los ejes permanecen rectos de manera que las cuadrículas siguen siendo
uniformemente espaciadas.
Para entender el comportamiento geométrico de las transformaciones lineales utilicemos los vectores base del
plano cartesiano $\textbf{i}=\begin{bmatrix} 1\\ 0 \end{bmatrix},\,
\textbf{j}=\begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}$
y supongamos que se los desea trasladar hacia los vectores base $\textbf{i}'=\begin{bmatrix} 1\\ -2 \end{bmatrix},\,
\textbf{j}'=\begin{bmatrix} 3\\ 0 \end{bmatrix}$. Si estos
vectores generan el subespacio de la imagen,
es razonable expresar la siguiente combinación lineal:
\[x\textbf{i}'+y\textbf{j}'=\textbf{v}\]
\[x\begin{bmatrix} 1\\ -2 \end{bmatrix}+y\begin{bmatrix} 3\\ 0 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}x+3y \\-2x+0y\end{bmatrix}\]
Como se desea transformar los vectores $\textbf{i},\, \textbf{j}$ a $\textbf{i}',\, \textbf{j}'$, se puede expresar:
\[L ( \textbf{i} )=\textbf{i}',\, L ( \textbf{j} )=\textbf{j}'\]
\[L\left ( \begin{bmatrix} 1\\ 0 \end{bmatrix} \right )=\begin{bmatrix}
1\\ -2 \end{bmatrix},\, L\left ( \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}
\right )=\begin{bmatrix} 3\\ 0 \end{bmatrix}\]
de manera que la combinación lineal deducida se convierte en:
\[xL\left ( \begin{bmatrix} 1\\ 0 \end{bmatrix} \right )+yL\left ( \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix} \right )=\textbf{v}\]
De acuerdo con las propiedades 1 y 2 que menciona la
definición se tiene que
\[L\left ( x\begin{bmatrix}1 \\0\end{bmatrix} \right )+L\left ( y\begin{bmatrix}0 \\1\end{bmatrix} \right )=\textbf{v}\]
\[L\left ( \begin{bmatrix}x \\y\end{bmatrix} \right )=\begin{bmatrix}x+3y \\-2x\end{bmatrix}\]
Siendo esta la expresión general de la transformación lineal que traslada los vectores base del dominio $\textbf{i}=\begin{bmatrix} 1\\ 0 \end{bmatrix},\, \textbf{j}=\begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}$ hacia los vectores base de la imagen $\textbf{i}'=\begin{bmatrix} 1\\ -2 \end{bmatrix},\, \textbf{j}'=\begin{bmatrix} 3\\ 0 \end{bmatrix}$. La figura siguiente muestra su representación geométrica
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| Los vectores L(u) y L(v) son base de los ejes coordenados del plano transformado, donde se pueden ubicar todos los vectores pertenecientes al subespacio generado. |
En este ejemplo se puede notar que el dominio y la imagen son el mismo espacio vectorial V pero diferentes subespacios. A este tipo de transformación se la denota por $L:V\rightarrow V$ y se la
conoce como operador lineal.
Ejemplo práctico: Sea $L:\mathbb{R}^{3}\rightarrow \mathbb{R}^{2}$, dada por $L\left ( \begin{bmatrix} x\\ y\\ z \end{bmatrix} \right
)=\begin{bmatrix} x+1\\ y-z \end{bmatrix}$, analice si es una transformación lineal.
Suponga los vectores $\textbf{u}=\begin{bmatrix} x_{1}\\ y_{1}\\ z_{1}
\end{bmatrix}$ y $\textbf{v}=\begin{bmatrix} x_{2}\\ y_{2}\\ z_{2}
\end{bmatrix}$.
Analizando la primera propiedad, empezando por el primer miembro de su igualdad se tiene:
\[L\left ( \begin{bmatrix} x_{1}\\ y_{1}\\ z_{1}\end{bmatrix}+
\begin{bmatrix} x_{2}\\ y_{2}\\ z_{2}\end{bmatrix} \right )=L\left (
\begin{bmatrix} x_{1}+x_{2}\\ y_{1}+y_{2}\\ z_{1}+z_{2}\end{bmatrix}
\right )\]
y operando la transformación dada:
\[L\left ( \begin{bmatrix} x_{1}+x_{2}\\ y_{1}+y_{2}\\
z_{1}+z_{2}\end{bmatrix} \right )=\begin{bmatrix} (x_{1}+x_{2})+1\\
(y_{1}+y_{2})-(z_{1}+z_{2}) \end{bmatrix}\]
Ahora analizando el segundo miembro se tiene:
\[L\left ( \textbf{u} \right )+L\left ( \textbf{v} \right )=\begin{bmatrix} x_{1}+1\\ y_{1}-z_{1} \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} x_{2}+1\\ y_{2}-z_{2} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} (x_{1}+x_{2})+2\\ (y_{1}+y_{2})-(z_{1}+z_{2}) \end{bmatrix}\]
Note que el resultado obtenido en el análisis del primer miembro no es el mismo que el otenido en el segundo miembro, por lo que no se cumple la primera propiedad y asi se concluye que L no es una transformación lineal.
El núcleo y la imagen de una transformación lineal
Sea $L:V\rightarrow
W$
una transformación lineal. El núcleo o kernel de L ($Ker(L)$), es el subconjunto de V que consta de todos los vectores
"v" tales que $L(\textbf{v})=\emptyset _{W}$.
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| Se puede decir que el núcleo de L contiene a todos los vectores del espacio dominio que permiten obtener únicamente al vector nulo del espacio imagen |
Ejemplo: Sea $L:\mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}^{3}$, definida como $L\left ( \begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix} \right
)=\begin{bmatrix} x\\ x+y\\ y \end{bmatrix}$, determine $Im(L)$ y $Ker(L)$.
Por la definición de núcleo, las ecuaciones de
transformación deben dar 0, por lo que se forma el siguiente
sistema de ecuaciones lineales:
\[\left\{\begin{matrix} x=0\\ x+y=0\\ y=0
\end{matrix}\right.\]
Es evidente que las soluciones del sistema son $x=0$
y $y=0$, siendo estas las componentes del único vector del
núcleo, de manera que:
\[Ker(L)=\left \{ \begin{bmatrix} 0\\ 0 \end{bmatrix} \right
\}\]
La imagen corresponde a un espacio generado por las ecuaciones de transformación, por
lo que:
\[\left\{\begin{matrix} x=a\\ x+y=b\\ y=c
\end{matrix}\right.\]
Es evidente que las soluciones del sistema
son $x=a$ y $y=c$, pero reemplazando en la segunda ecuación se tiene la
relación $a+c=b$, siendo esta la condición que deben cumplir todos los
vectores que pertenezcan a la imagen de la transformación lineal.
Por tanto se puede decir que $Im(L)$ es el
espacio W dado por:
\[W=Im(L)=\left \{ \begin{bmatrix} a\\ b\\ c
\end{bmatrix}\epsilon \mathbb{R}^{3}/a-b+c=0 \right \}\]
Teorema de la dimensión
Si $L:V\rightarrow
W$ es una transformación lineal de un espacio vectorial
V de
dimensión
n en un espacio vectorial W, entonces
\[dim[Ker(L)]+dim[Im(L)]=dim(V)\]
Utilicemos un ejemplo para demostrar esta relación:
Sea $L:\mathbb{R}^{4}\rightarrow \mathbb{R}^{3}$ definida como $L\left ( \begin{bmatrix} x\\ y\\ z\\ w \end{bmatrix}
\right )=\begin{bmatrix} x+y\\ y-z\\ z-w \end{bmatrix}$, verificar el teorema de la dimensión.
Primero es necesario determinar el núcleo de L:
\[\left\{\begin{matrix} x+y=0\\ y-z=0\\ z-w=0
\end{matrix}\right.\]
\[\left\{\begin{matrix} x=-y\\ y=z\\ z=w
\end{matrix}\right.\rightarrow x=-y=-z=-w\]
\[Ker(L)=\left \{ \begin{bmatrix} x\\ y\\ z\\ w
\end{bmatrix}\epsilon \mathbb{R}^{4}/x=-y=-z=-w \right \}\]
También es necesario conocer una base de este subespacio debido a que se desea encontrar su dimensión. Por tanto, si suponemos $y=z=w=t$
donde t es cualquier número real, se tiene:
\[\begin{bmatrix} x\\ y\\ z\\ w
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -t\\ t\\ t\\ t
\end{bmatrix}=t\begin{bmatrix} -1\\ 1\\ 1\\ 1
\end{bmatrix}\]
\[B_{K}=\left \{ \begin{bmatrix} -1\\ 1\\ 1\\ 1
\end{bmatrix} \right \}\]
de manera que la dimensión del núcleo de L,
también denominada nulidad, es $Nul(L)=1$.
Luego, para obtener la dimensión del dominio se puede usar la base canónica de $\mathbb{R}^{4}$:
\[B_{V}=\left \{ \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0\\ 0
\end{bmatrix},\begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0\\ 0
\end{bmatrix},\begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1\\ 0
\end{bmatrix},\begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}
\right \}\]
de manera que su dimensión es 4.
Por último, la imagen
se obtiene como sigue:
\[\left\{\begin{matrix} x+y=a\\ y-z=b\\ z-w=c
\end{matrix}\right.\]
\[\left\{\begin{matrix} x+y=a\\ y-w=b+c
\end{matrix}\right.\rightarrow x+w=a-b-c\]
Note que no es posible encontrar una relación para a,b y
c que no dependan de los componentes de los vectores del
dominio (x, y, z, w). Por lo que resulta lógico pensar que
no existen condiciones para la imagen, de tal forma que su dimensión se dará por la base canónica del espacio al que pertenece. Se sabe que la imagen corresponde al espacio $\mathbb{R}^{3}$ y como se conoce su base canónica, se puede decir que su dimensión, también denominada rango, es $r(L)=3$. Así entonces, se prueba el teorema de la dimensión
\[dim(V)=Nul(L)+r(L)\]
\[4=1+3\]
Ejemplo práctico: Se define el operador lineal $L:\mathbb{R}^{3}\rightarrow \mathbb{R}^{3}$ por $L\left ( \begin{bmatrix} x\\ y\\ z \end{bmatrix} \right )=\begin{bmatrix} x+y\\ -y+z\\ x+z \end{bmatrix}$, calcule el rango.
Una manera alternativa para el cálculo del rango de una transformación lineal es utilizar el teorema de la dimensión. Pues resulta más facil hallar la nulidad debido al sistema de ecuaciones a resolver. En este ejemplo es evidente que la dimensión del dominio es 3 y que para hallar una base del núcleo se tiene:
\[\left\{\begin{matrix} x+y=0\\ -y+z=0\\ x+z=0 \end{matrix}\right.\rightarrow \left\{\begin{matrix} x=-y\\ y=z\\ x=-z \end{matrix}\right.\]
\[x=-y=-z\]
\[Ker(L)=\left \{ \begin{bmatrix} x\\ y\\ z \end{bmatrix}\epsilon R^{3}/x=-y=-z \right \}\]
Si $y=z=t$
\[\begin{bmatrix} x\\ y\\ z \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -t\\ t\\ t \end{bmatrix}=t\begin{bmatrix} -1\\ 1\\ 1 \end{bmatrix}\]
\[B_{K}=\left \{ \begin{bmatrix} -1\\ 1\\ 1 \end{bmatrix} \right \}\]
entonces $Nul(L)=1$ y por tanto el rango será
\[r(L)=dim(V)-Nul(L)=3-1=2\]
Cabe mencionar que si el núcleo contiene únicamente al vector nulo, entonces se puede decir que no existe base. Puesto que dicho vector es considerado como el origen de cualquier subespacio. Por tanto, si no existe una base para el núcleo, no habrá un vector contenido en la misma, de manera que se puede decir que su dimensión es 0.
Vector de coordenadas
Grafiquemos el vector dado por $\textbf{u}=\textbf{i}+2\textbf{j}$ donde $\textbf{i}=\begin{bmatrix} 1\\ 0 \end{bmatrix}, \, \textbf{j}=\begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}$ como se muestra en la siguiente figura:
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Note que la primera coordenada escala el vector $\textbf{i}$ 1 unidad a la derecha y la segunda coordenada escala el vector $\textbf{j}$ 2 unidades hacia arriba. |
Ahora grafiquemos al mismo vector pero si $\textbf{i}=\begin{bmatrix} 1\\ -2 \end{bmatrix}, \, \textbf{j}=\begin{bmatrix} 3\\ 0 \end{bmatrix}$ y para no confundirlos los escribiremos como $\textbf{i}'$ y $\textbf{j}'$ 
|
| Como $\textbf{i}'$ y $\textbf{j}'$ son los nuevos vectores base y siguiendo la misma lógica enunciada en la imagen anterior, el vector $\textbf {u}$ tiene otra ubicación. |
Asi, es notable la diferencia entre el vector base y el vector de coordenadas, el cual se define como sigue:
Sea $S=\left \{ \textbf{v}_{1},\textbf{v}_{2},...,\textbf{v}_{k}\right
\}$ una base para el espacio vectorial V, cada vector $\textbf{v}$ en V se puede expresar de forma única como
\[\textbf{v}=c_{1}\textbf{v}_{1}+c_{2}\textbf{v}_{2}+...+c_{k}\textbf{v}_{k}\]
donde $c_{1},c_{2},...,c_{k}$ son números reales, y nos referimos a
\[[\textbf{v}]_{S}=\begin{bmatrix} c_{1}\\ c_{2}\\ \vdots \\ c_{k}
\end{bmatrix}\]
como el vector de coordenadas de $\textbf{v}$ con respecto a la base S.
Esta definición resulta razonable ya que ubicar el vector $\textbf{u}=\textbf{i}+2\textbf{j}$ es diferente a ubicar $\textbf{u}=2\textbf{i}+\textbf{j}$, en cualquier sistema coordenado.
Volviendo al ejemplo, si el
vector $\textbf{u}=\begin{bmatrix}
1\\ 2 \end{bmatrix}$ corresponde al sistema con base:
\[S=\left \{ \begin{bmatrix} 1\\ -2 \end{bmatrix},\begin{bmatrix} 3\\ 0
\end{bmatrix} \right \}\]
y deseamos saber su ubicación en el sistema con base canónica de $\mathbb{R}^{2}$,
entonces diremos que $\textbf{u}$ es el vector de coordenadas $[\textbf{u}]_{S}$, el cual escala al vector $\textbf{i}'$ una unidad a la derecha y al vector $\textbf{j}'$ dos unidades hacia arriba (desde el punto de vista del sistema de base
"S"), es decir:
\[1\begin{bmatrix} 1\\ -2 \end{bmatrix}+2\begin{bmatrix} 3\\ 0
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 7\\ -2 \end{bmatrix}\]
Así, es posible localizar este vector como sigue:
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| Ubicación del vector $[\textbf{u}]_{S}$ en el plano cartesiano y su equivalencia con el sistema de coordenadas de base $S$ |
Ejemplo práctico: Calcule $[\textbf{u}]_{B}$ si $B=\left \{ \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix}
2\\ 2\\ 0 \end{bmatrix}, \begin{bmatrix} 3\\ 2\\ 1 \end{bmatrix} \right
\}$ para ubicar $\textbf{u}=\begin{bmatrix} 4\\ 2\\ -2\end{bmatrix}$ en el subespacio generado por B.
Se forma la combinación lineal:
\[c_{1}\begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{bmatrix}+c_{2}\begin{bmatrix} 2\\ 2\\
0 \end{bmatrix}+c_{3}\begin{bmatrix} 3\\ 2\\ 1 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}
4\\ 2\\ -2 \end{bmatrix}\]
obteniendo un sistema de ecuaciones que se resuelve como sigue:
\[\left\{\begin{matrix} c_{1}+2c_{2}+3c_{3}=4\\ c_{1}+2c_{2}+2c_{3}=2\\
c_{1}+c_{3}=-2 \end{matrix}\right.\rightarrow
c_{3}=2,c_{1}=-4,c_{2}=1\]
de manera que el vector de coordenadas es
\[[\textbf{u}]_{B}=\begin{bmatrix} -4\\ 1\\ 2 \end{bmatrix}\]
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| Con ayuda de una herramienta graficadora se puede visualizar el subespacio generado por B y el vector de coordenadas |
Cabe mencionar que la representación de los vectores como flechas en el
plano cartesiano o el espacio tridimensional es la manera más sencilla de
entender geométricamente los espacios vectoriales y las transformaciones
lineales. Así se puede tener una idea del comportamiento de los polinomios o
las funciones como vectores, ya que son más complicadas de visualizar.
Asimismo puede ayudar a imaginar el comportamiento de vectores de dimensión
"n" mayor a 3, ya que no son posibles de graficar.
Ejercicios:
a) Analice si L es una transformación lineal
1) $L:P_{1}\rightarrow P_{2}$ definida por $L(at+b)=at^{2}+(a-b)t$
2) $L:P_{1}\rightarrow P_{2}$ definida por $L[p(t)]=tp(t)+p(0)$
3) $L:P_{2}\rightarrow P_{2}$ definida por $L(at^{2}+bt+c)=at^{2}+(b-c)t+(a-b)$
4) $L:\mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}^{2}$ definida por $L[f(x)]=f'(x)$, (aplique la
definción de derivada)
b) Sea $\small L:\mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}^{2}$ una transformación lineal donde $\tiny L\left ( \begin{bmatrix} 1\\ 1 \end{bmatrix} \right )=\begin{bmatrix} 1\\ -2 \end{bmatrix},\, L\left ( \begin{bmatrix} -1\\ 1 \end{bmatrix} \right )=\begin{bmatrix} 2\\ 3 \end{bmatrix}$, calcule $\tiny L\left ( \begin{bmatrix} a_{1}\\ a_{2} \end{bmatrix} \right )$
c) Resuelva los siguientes enunciados
1) Sea $L:\mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}^{2}$ una transformación lineal definida como $L\left ( \begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix} \right
)=\begin{bmatrix} x\\ 0 \end{bmatrix}$, determine $Im(L)$ y $Ker(L)$
2) Sea $L:\mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}^{2}$ una transformación lineal definida como $L\left ( \begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix} \right
)=\begin{bmatrix} x+y\\ y \end{bmatrix}$, verifique el teorema de la dimensión
3) Sea $L:\mathbb{R}^{3}\rightarrow \mathbb{R}^{3}$ una transformación lineal definida como $L\left ( \begin{bmatrix} x\\ y\\ z \end{bmatrix} \right
)=\begin{bmatrix} x+y-z\\ x+y\\ y+z \end{bmatrix}$, calcule $r(L)$
4) Sea $L:P_{2}\rightarrow P_{2}$ una transformación lineal definida como $L(at^{2}+bt+c)=(a+c)t^{2}+(b+c)t$:
-
Analice si $t^{2}-t-1$ está en el núcleo de L
-
Analice si $t^{2}-t+2$ está en la imagen de L
-
Determine una base para $Ker(L)$ y para $Im(L)$
5) Calcule el vector de coordenadas de $\textbf{v}=\begin{bmatrix} 1\\ 5 \end{bmatrix}$ respecto a la base $S=\left \{ \begin{bmatrix} 1\\ 1 \end{bmatrix},\begin{bmatrix}
2\\ 3 \end{bmatrix} \right \}$. Grafique el vector $\textbf{v}$ en el plano cartesiano y el vector de coordenadas en el
subespacio generado por $S$.
6) Calcule el vector $\textbf{u}$ si $[\textbf{u}]_{B}=\begin{bmatrix} -1\\ 1\\ 2
\end{bmatrix}$ y $B=\left \{ \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ -1
\end{bmatrix},\begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix},
\begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{bmatrix} \right \}$. Grafique el vector de coordenadas en el espacio tridimensional conocido.
7) Sea $\textbf{v}=7t^{2}-t+9$, halle el polinomio cuyos coeficientes están dados por las componentes del vector de coordenadas con respecto a la base $S=\left \{ 2t^{2}+t,t^{2}+3,t \right \}$
4) Sea $L:P_{2}\rightarrow P_{2}$ una transformación lineal definida como $L(at^{2}+bt+c)=(a+c)t^{2}+(b+c)t$:
- Analice si $t^{2}-t-1$ está en el núcleo de L
- Analice si $t^{2}-t+2$ está en la imagen de L
- Determine una base para $Ker(L)$ y para $Im(L)$
6) Calcule el vector $\textbf{u}$ si $[\textbf{u}]_{B}=\begin{bmatrix} -1\\ 1\\ 2
\end{bmatrix}$ y $B=\left \{ \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ -1
\end{bmatrix},\begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix},
\begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{bmatrix} \right \}$. Grafique el vector de coordenadas en el espacio tridimensional conocido.
7) Sea $\textbf{v}=7t^{2}-t+9$, halle el polinomio cuyos coeficientes están dados por las componentes del vector de coordenadas con respecto a la base $S=\left \{ 2t^{2}+t,t^{2}+3,t \right \}$
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