UNIVERSIDAD AUSTRAL DE CHILE FACULTAD DE CIENCIAS DE LA INGENIERÍA CENTRO DE DOCENCIA DE CIENCIAS BÁSICAS PARA INGENIERÍA
ÁLGEBRA LINEAL MATRIZ DE CAMBIO DE BASE Sean B v1 , v2 ,.. ,..., v y B v1, v2 ,.. ,..., v dos bases de un espacio vectorial V . Expresemos los elementos de la base B como combinación lineal de los elementos de la base B : v a v a v ... a v v a v a v ... a v v a v a v ... a v Los coeficientes obtenidos para v1 , v2 , ....., v son las columnas de una matriz A , llamada n
n
1
11 1
21
2
n1
n
2
12
1
22
2
n2
n
n
1n
1
2n
2
nn
n
n
matriz de cambio de base de
B a B ’.
a a A an
O sea:
11
a12
21
a22
1
an 2
a1n
ann
a2 n
Esta matriz permite hallar las coordenadas de un vector coordenadas de v en la base B . Se cumple que: A v v
v V
(donde v es el vector de coordenadas de v en la base coordenadas de v en la base B ).
B
en la base
B
, si se conocen las
B
B
B
y v
B
es el vector de
Además se cumple que: A es no singular y A es la matriz de cambio de base de B a B . A v v O sea: 1
1
B
B
Ejemplo: Consideremos las bases B 1, 2,3 , 1, 1, Hallar la matriz A de cambio de base de
y
1,0 , 1,3 1,3,5 ,5
B
,1,1 , 1,1, ,1, 0 , 1, 0,0 de 1,1,1
B a B .
Solución: 2, 3 1,1,1 1,1, 0 1, 0, 0 1, 2,
0, 0 1, 1, 0 1,1,1 1,1, 0 ' 1, 0,
1
' 1
2
1
3
3, 1, 1
0
0, 1, ' 2
3
R
.
'' 1
3 5, 2, '' 2
3, 5 1,1,1 1,1, 0 '' 1, 0, 0, 0 1, 3,
5
1,1,1 1 1,1, 0 1 1, 0, 0 1, 2, 3 3 1, 3 0 5 1, 1, 0 0 1,1,1 1 1,1, 0 2 1, 0, 0 A 1 1 2 1,1,1 2 1,1, 0 2 1, 0, 0 1, 3, 5 5 1, 1 2 2
A es la Matriz de Cambio de Base de
Si consideramos
v
B
a
B
.
4,6,1 R
3
2 Se tiene que el vector de coordenadas de v en base B es: v 5 y en la base 1 1 v 5 y se comprueba que se cumple: 10 3 0 5 2 1 ya que: 1 1 2 5 5 A v v B B 1 2 2 1 10 B
B
es
B
MATRIZ ASOCIADA A UNA TRANSFORMACION TRANSFORMACION LINEAL Sea
transformación lineal. ,..., v base de V . B u1 , u2 , ..., u base U , B v1 , v2 ,.. Se expresan las imágenes de la base B como combinación de los elementos de la base B T :U
U
V
n
V
m
U
V
a T u a
a 21v2 ... a
... v a v a v 2 12 1 22 2 2 T u a1 v1 a2 v2 ... a v La matriz A aij M mxn R se denomina matriz asociada a T respecto de las bases B U y T u1
n
B V
v
11 1
n
vm
m1
n
m
m
mn
m
BV
y se anota: T
BU
Esta matriz cumple:
BV
T u T u BU
BU
BV
, u U
Observaciones: 1) Si U V , o sea T :U U (en este caso la transformación se denomina operador lineal ) y B, B son dos bases de U , entonces: T es la matriz asociada a T en las bases B y B . B B
Pero, puede considerarse la misma base T , lo que se anota: T .
B
, tanto en dominio como codominio, quedando:
B
B
B
B’ son bases de U , 2) Sea I : U U , I (u) u la transformación lineal identidad en U . Si B y B’ entonces la matriz asociada a I U B’ es precisamente la matriz de cambio de U en las bases B y B’ base de B a B’ B’ en U , es decir A I . U
U
B '
U B
Ejemplos: 1.- Sea
T
B2
Hallar T , para B1
B2
3a 5b ac
b c
a b c
: P2 R M 2 R , T ax bx c B1
x
2
2
x, x 1, x
2
1
base de
1 2 0 1 0 0 0 0 , 1 0 , 1 2 , 0 1 base de 0 3
y
P 2 R
.
M 2 R
Solución: 2 1 1 2 0 1 0 x 2 5 6 1 2 0 3 1 0 1 5 2 1 2 0 1 0 5 12 1 2 1 1 T x 1 0 3 1 0 1 1 2 3 1 1 2 0 1 0 3 5 5 T x 1 0 3 1 0 1 0 2
T x
2
2
2.- Sea B
T : R
3
3
R
T
B2 B1
transformación lineal tal que su matriz en las bases de R
3
,1, 0 , 1,1,1 ,1,1 y 1, 0,0 , 1,1,
Calcular
0 0 4 2 0 1 2 5 3 5 12 0 12 5 0 0 5 T 6 11 2 1 1 5 0 1 0 0 0 4 5 3 3 0 1 2 0
B
B
0,1,1 , 1,1,1 ,1,1 es T 0,0,1 , 0,1,1
B
2 0 1 0 1 3 . 1 0 4
3,4,5
Solución: Se cumple que T 3, 4, 5 T 3, 4, 5 . Hallemos 3,4,5 B B
B
B
B
1 1, 0, 0 1,1, 0 1,1,1 3, 4, 5 1, 1, 1, 5 3, 3, 4, 5 1 5 B
2 0 1 1 7 0 1 3 1 14 T 3, 4, 5 B 1 0 4 5 19
4, 5 7 0, 0, 0,1 14 0,1,1 19 1,1,1 3, 4, ,4,5 19,33 ,33,26 T 3,4,5 T
3.- Sea B
T
:R
3
una transformación lineal tal que su matriz en las las bases
M 2 ( R )
,1, 0 , 1,1,1 ,1,1 y 1, 0,0 , 1,1,
1 1 1 1 1 1 1 0 , 1 0 , 0 0 , 0 0 de 1 1 7 4 . 2 1
B
3 8 1 6 respectivamente es T 2 0 1 0 B B
R
3
y M 2 (R )
Hallar bases de Ker(T ) y de Im(T ). ).
Solución: B ' Se tiene que: T B ( x, y, z ) B T (x, y , z ) B ' .
0 0 0 0 B ' Así, ( x, y, z ) Ker (T ) T (x , y , z ) T B (x , y , z ) B 0 0 0 0 3 8 7 0 u u 1 6 4 0 Si ( x, y , z ) B v , entonces tenemos: v , que es un sistema de 2 0 2 0 w w 1 0 1 0 3 8 7 1 6 4 , la que al ecuaciones lineales homogéneo, cuya matriz de coeficientes es: A 2 0 2 1 0 1
transformarla en MEF resulta: 0 1 f 1 1 0 1 (1)1 1 3 8 7 1 0 1 f 2 (1)1 1 0 1 ( )2 f f 3 1 4 4 ( 1 ) 2 1 6 4 1 6 4 0 6 3 0 2 1 0 2 1 A 2 0 2 2 0 2 f 3 (2)1 0 0 0 0 0 0 0 0 (2)1 0 f ( 1 )4 1 0 1 3 8 7 f 4( 3 ) 1 0 8 4 4 0 2 1 0 0 0 u w 0 El sistema es equivalente a: , cuya solución es: u 2 , v , w 2 ; R . 2v w 0 ,0,0) (1,1,0) ,1,0) ( 2 )( )(1,1,1) ,1) (1, 1, 1 , 2) ; Luego: ( x, y, z ) (2 )(1,0,0) Es decir: Ker(T ) (1, 1, 2) . El conjunto C (1, 1, 2) genera a Ker(T ) y además es L.I. pues consta de un solo vector no nulo, por tanto es base. (1,-1,-2)) . Así: una base de Ker(T ) es C = (1,-1,-2
0,0), T (1,1, ,1, 0), 0), T (1,1,1 ,1 ,1)) Para hallar Im(T ), ), consideramos la base dada de R , y así: Im(T ) T (1, 0,0), Pero de acuerdo a la definición de matriz asociada a una transformación lineal, tenemos que: 3
1 3 1 1 T (1,1, 0) 8 1 1 T (1, 0, 0) 7 1
1
1 ( 1 ) 1 1 1 1 ( 6 ) 1 1 1 1 ( 4 ) 1 1 1 0 2 Luego: Im(T ) , 2 2 3 T (1, 0, 0)
1
1 ( 2 ) 0 0 1 1 0 0 0 1 1 ( 2 ) 0 0 2 2 1 , 8 3 7
1
1 1 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0
0
1 0 2 0 2 0 2 0 2 0 3 1 . El conjunto 2
0 3 2
8 1 7
0 2 , 3 2
2 2 , 8 3
1
genera a
7
Im(T ), ), pero es L.D. pues si formamos una matriz M cuyas cuyas columnas son los elementos de cada una de las matrices de este conjunto, y se lleva a MEF, se obtiene: 1 0 M 2 3
2
2
2 1
1
f3 ( 2 )1
2
2
1 2 2 0 2 1 0 0 0 f 3 ( 1) 2 0 0 0
f 2 (1) 2
0 2 1 0 2 1 2 3 f 4 ( 3)1 8 7 0 2 1
Como r( M M ) = 2 < N° de vectores del conjunto, el conjunto es L.D. Además del cálculo se concluye que si se elimina la última matriz, resulta un conjunto L.I. y que genera a Im(T ), ), por tanto: una base de Im(T ) es
1 0 2 2 , 2 8 . 2 3
D =
Observar que este problema también se puede resolver (aunque de forma bastante más larga) determinando primero la regla de correspondencia de la transformación T . B '
Recordemos que: T B ( x, y, z ) B T (x, y , z ) B ' . Para hallar ( x, y, z ) B debemos determinar R tales que: (1,,0,0) ,,0,0) (1,1,0 ,1,0)) (1,1,1 ,1,1)) ( x, y, z ) .
,
,
x
Para ello resolvemos el sistema:
y , cuya solución es:
z
x
y,
y
z,
z
.
x y Así: ( x, y , z ) B y z . Y por tanto: z 3 8 7 3 x 5 y z x y 1 6 4 x 5 y 2z B ' B yz ( , , ) T B ( x, y, z )B T B 2 x 2 y 2z T x y z B ' 2 0 2 z 1 0 1 x y z
Luego: 1 1 1 1 1 1 1 (x 5 y 2z ) (2 x 2 y 2z ) (x y z ) T ( x, y , z ) (3 x 5 y z ) 1 1 1 0 0 0 0 2 y z x y (Esta es la regla de correspondencia de T ). 2 x z 3x 5 y z
T ( x, y , z )
0
0
Habiendo hallado la regla de correspondencia de T , se puede encontrar bases de Ker(T ) e Im(T ). ).
Para Ker(T ): ):
0 0 3 ( x, y , z ) R / x y 0, 2 y z 0, 2x z 0, 3x 5 y z 0 0 0
Ker (T ) ( x, y, z ) R 3 / T ( x, y, z )
x y
0 2 y z 0 2 x z 0 3 x 5 y z 0
La solución de este sistema lineal homogéneo es x , y , z 2 ; R y por tanto Ker(T ) (1, 1, 2) (que es mismo resultado que obtuvimos
antes). Una base de Ker( Ker(T ) es (1, 1, 2)
Para Im(T ): ): Im(T )
T (1, 0, 0), T (0,1, 0), T (0, 0,1)
1 0 1 2 0 1 , , 2 3 0 5 1 1
Las matrices que generan Im(T ) forman un conjunto L.D., pero si se elimina la tercera se obtiene 1 0 1 2 , 0 5 . 2 3 En este caso se llegó a un resultado diferente al obtenido antes, pues la imagen de T acá se obtuvo usando la base canónica y en el cálculo anterior se usó la base B dada. 1 0 1 2 1 0 2 2 Pero es fácil probar que , 0 5 2 3 , 2 8 . 2 3
un conjunto L.I. que además genera a Im(T ), ), es decir una base para Im(T ) es
Para ello basta probar que cada uno de los vectores de uno de estos subespacios generados pertenece al otro. En efecto se tiene que: 1 0 1 0 2 2 1 2 1 0 2 2 1 0 1 0 1 2 2 2 1 0 1 2 2 3 1 2 3 0 2 8 ; 0 5 (1) 2 3 1 2 8 ; 2 3 1 2 3 0 0 5 ; 2 8 1 2 3 1 0 5 .
Propiedades: F : U V , G : V W transformaciones lineales G U V W , y r e s p e c t i v a m e n t e U V W
1) B , B , B bases de 2) T : U V 3) Sean
T :U
isomorfismo
T 1
BU
BV
U
un operador lineal y B
T
,
BV
BU
B
1
F
BW
BW
BV
BU
BV
BU
G F
dos bases de U .
B´
B
Entonces se cumple: T I T I Es decir las matrices asociadas a un operador lineal están relacionadas del modo siguiente: P T P Existe una matriz no singular P , tal que: T B '
U
B
B
U
B'
1
B '
B
