5.6: Isomorfismos

Resultados

1. Determinar si una transformación lineal es un isomorfismo.
2. Determinar si dos subespacios de\(\mathbb{R}^n\) son isomórficos.

Recordemos la definición de una transformación lineal. Dejar\(V\) y\(W\) ser dos subespacios de\(\mathbb{R}^{n}\) y\(\mathbb{R}^{m}\) respectivamente. Un mapeo\(T:V\rightarrow W\) se denomina transformación lineal o mapa lineal si conserva las operaciones algebraicas de suma y multiplicación escalar. Específicamente, si\(a,b\) son escalares y\(\vec{x},\vec{y}\) son vectores,

\[T\left( a\vec{x}+b\vec{y}\right) =aT(\vec{x})+bT(\vec{y})\nonumber \]

Considera la siguiente definición importante.

Definición\(\PageIndex{1}\): Isomorphism

Un mapa lineal\(T\) se denomina isomorfismo si se cumplen las dos condiciones siguientes.

• \(T\)es uno a uno. Es decir, si\(T(\vec{x})=T(\vec{y}),\) entonces\(\vec{x}=\vec{y}.\)
• \(T\)está en. Es decir, si\(\vec{w}\in W,\) existe\(\vec{v}\in V\) tal que\(T(\vec{v})=\vec{w}\).

Se dice que dos de estos subespacios que tienen un isomorfismo como se describió anteriormente son isomórficos.

Consideremos el siguiente ejemplo de un isomorfismo.

Ejemplo\(\PageIndex{1}\): Isomorphism

\(T: \mathbb{R}^2 \mapsto \mathbb{R}^2\)Déjese definir por\[T \left [ \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right ] = \left [ \begin{array}{c} x + y \\ x - y \end{array} \right ] \nonumber\] Show que\(T\) es un isomorfismo.

Solución

Para probar que\(T\) es un isomorfismo debemos mostrar

1. \(T\)es una transformación lineal;
2. \(T\)es uno a uno;
3. \(T\)está en.

Procedemos de la siguiente manera.

1. \(T\)es una transformación lineal:

   \(k, p\)Dejen ser escalares. \[\begin{aligned} T \left( k \left [ \begin{array}{c} x_1 \\ y_1 \end{array} \right ] + p \left [ \begin{array}{c} x_2 \\ y_2 \end{array} \right ] \right) &= T \left( \left [ \begin{array}{c} kx_1 \\ ky_1 \end{array} \right ] + \left [ \begin{array}{c} px_2 \\ py_2 \end{array} \right ] \right) \\ &= T \left( \left [ \begin{array}{c} kx_1 + px_2 \\ ky_1 + py_2 \end{array} \right ] \right) \\ &= \left [ \begin{array}{c} (kx_1 + px_2) + (ky_1 + py_2) \\ (kx_1 + px_2) - (ky_1 + py_2) \end{array} \right ] \\ &= \left [ \begin{array}{c} (kx_1 + ky_1) + (px_2 + py_2) \\ (kx_1 - ky_1) + (px_2 - py_2) \end{array} \right ] \\ &= \left [ \begin{array}{c} kx_1 + ky_1 \\ kx_1 - ky_1 \end{array} \right ] + \left [ \begin{array}{c} px_2 + py_2 \\ px_2 - py_2 \end{array} \right ] \\ &= k \left [ \begin{array}{c} x_1 + y_1 \\ x_1 - y_1 \end{array} \right ] + p \left [ \begin{array}{c} x_2 + y_2 \\ x_2 - y_2 \end{array} \right ] \\ &= k T \left( \left [ \begin{array}{c} x_1 \\ y_1 \end{array} \right ] \right) + p T \left( \left [ \begin{array}{c} x_2 \\ y_2 \end{array} \right ] \right)\end{aligned}\]

   Por lo tanto\(T\) es lineal.

2. \(T\)es uno a uno:

   Tenemos que demostrar que si\(T (\vec{x}) = \vec{0}\) por un vector\(\vec{x} \in \mathbb{R}^2\), entonces se deduce eso\(\vec{x} = \vec{0}\). Vamos\(\vec{x} = \left [ \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right ]\).

   \[T \left( \left [ \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right ] \right) = \left [ \begin{array}{c} x + y\\ x - y \end{array} \right ] = \left [ \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right ]\nonumber \]Esto proporciona un sistema de ecuaciones dado por\[\begin{aligned} x + y &= 0\\ x - y &= 0\end{aligned}\] Usted puede verificar que la solución a este sistema si\(x = y =0\). Por lo tanto\[\vec{x} = \left [ \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right ] = \left [ \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right ]\nonumber \] y\(T\) es uno a uno.

3. \(T\)está en:

   \(a,b\)Dejen ser escalares. Queremos verificar si siempre hay una solución para\[T \left( \left [ \begin{array}{c} x \\ y \end{array} \right ] \right) = \left [ \begin{array}{c} x + y\\ x - y \end{array} \right ] = \left [ \begin{array}{c} a \\ b \end{array} \right ]\nonumber\]

   Esto se puede representar como el sistema de ecuaciones\[\begin{aligned} x + y &= a\\ x - y &= b\end{aligned}\]

   Configurar la matriz aumentada y la reducción de filas da\[\left [ \begin{array}{cc|c} 1 & 1 & a \\ 1 & -1 & b \end{array} \right ] \rightarrow \cdots \rightarrow \left [ \begin{array}{cc|c} 1 & 0 & \frac{a+b}{2} \\ 0 & 1 & \frac{a-b}{2} \end{array} \right ]\nonumber\] Esto tiene una solución para todos\(a,b\) y por lo tanto\(T\) está encendido.

Por lo tanto,\(T\) es un isomorfismo.

Una propiedad importante de los isomorfismos es que su inverso es también un isomorfismo.

Proposición\(\PageIndex{1}\): Inverse of an Isomorphism

Dejar\(T:V\rightarrow W\) ser un isomorfismo y\(V,W\) ser subespacios de\(\mathbb{R}^n\). Entonces también\(T^{-1}:W\rightarrow V\) es un isomorfismo.

Prueba

\(T\)Déjese ser un isomorfismo. Ya que\(T\) es on, un vector típico en\(W\) es de la forma\(T(\vec{v})\) donde\(\vec{v} \in V\). Considerar entonces para\(a,b\) los escalares,\[T^{-1}\left( aT(\vec{v}_{1})+bT(\vec{v}_{2})\right)\nonumber\] donde\(\vec{v}_{1}, \vec{v}_2 \in V\). ¿Es esto igual a\[aT^{-1}\left( T (\vec{v}_{1})\right) +bT^{-1}\left( T(\vec{v}_{2})\right) =a\vec{v}_{1}+b\vec{v}_{2}?\nonumber\] Dado que\(T\) es uno a uno, esto será así si\[T\left( a\vec{v}_{1}+b\vec{v}_{2}\right) =T\left( T^{-1}\left( aT(\vec{v}_{1})+bT(\vec{v}_{2})\right) \right) =aT(\vec{v}_{1})+bT(\vec{v}_{2}).\nonumber\] Sin embargo, la declaración anterior es solo la condición que\(T\) es un mapa lineal. Así\(T^{-1}\) es efectivamente un mapa lineal. Si\(\vec{v} \in V\) se da, entonces\(\vec{v}=T^{-1}\left( T(\vec{v})\right)\) y así\(T^{-1}\) está en. Si\(T^{-1} (\vec{v})=0,\) entonces\[\vec{v}=T\left( T^{-1}(\vec{v})\right) =T(\vec{0})=\vec{0}\nonumber\] y así\(T^{-1}\) es uno a uno.

Otro resultado importante es que la composición de múltiples isomorfismos es también un isomorfismo.

Proposición\(\PageIndex{2}\): Composition of Isomorphisms

Dejar\(T:V\rightarrow W\) y\(S:W\rightarrow Z\) ser isomorfismos donde\(V,W,Z\) están los subespacios de\(\mathbb{R}^n\). Entonces\(S\circ T\) definido por\(\left( S\circ T\right) \left( \vec{v} \right) = S\left( T\left( \vec{v} \right) \right)\) es también un isomorfismo.

Prueba

Supongamos\(T:V\rightarrow W\) y\(S:W\rightarrow Z\) son isomorfismos. ¿Por qué es\(S\circ T\) un mapa lineal? Para\(a,b\) escalares,

\[\begin{aligned} S\circ T\left( a\vec{v}_{1}+b(\vec{v}_{2})\right) &= S\left( T\left(a\vec{v}_{1}+b\vec{v}_{2}\right) \right) =S\left( aT\vec{v}_{1}+bT\vec{v}_{2}\right) \\ &=aS\left( T\vec{v}_{1}\right) +bS\left( T\vec{v}_{2}\right) = a\left( S\circ T\right) \left( \vec{v}_{1}\right) +b\left( S\circ T\right) \left( \vec{v}_{2}\right)\end{aligned}\nonumber\]

De ahí\(S\circ T\) que sea un mapa lineal. Si\(\left( S\circ T\right) \left( \vec{v} \right) =0,\) entonces\(S\left( T\left( \vec{v} \right) \right) =0\) y se deduce eso\(T(\vec{v})=\vec{0}\) y de ahí por este lema otra vez,\(\vec{v}=\vec{0}\). Así\(S\circ T\) es uno a uno. Queda por verificar que está sobre. Vamos\(\vec{z} \in Z\). Entonces ya que\(S\) está en, existe\(\vec{w} \in W\) tal que\(S(\vec{w})=\vec{z}.\) También, ya que\(T\) es onto, existe\(\vec{v}\in V\) tal que De\(T(\vec{v})=\vec{w}.\) ello se deduce\(S\left( T\left( \vec{v}\right) \right) =\vec{z}\) y así también\(S\circ T\) está on.

Consideremos dos subespacios\(V\) y\(W\), y supongamos que existe un isomorfismo mapeando uno al otro. De esta manera se relacionan los dos subespacios, los cuales podemos escribir como\(V \sim W\). Entonces las dos proposiciones anteriores en conjunto afirman que\(\sim\) es una relación de equivalencia. Es decir:\(\sim\) satisface las siguientes condiciones:

• \(V\sim V\)
• Si\(V\sim W,\) se deduce que\(W\sim V\)
• Si\(V\sim W\) y\(W\sim Z,\) entonces\(V\sim Z\)

Dejamos como ejercicio la verificación de estas condiciones.

Considera el siguiente ejemplo.

Ejemplo\(\PageIndex{2}\): Matrix Isomorphism

Dejar\(T:\mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}^{n}\) ser definido por\(T(\vec{x}) = A(\vec{x})\) donde\(A\) es una\(n\times n\) matriz invertible. Entonces\(T\) es un isomorfismo.

Solución

El motivo de esto es que, dado que\(A\) es invertible, el único vector al que envía\(\vec{0}\) es el vector cero. De ahí si\(A(\vec{x})=A(\vec{y}),\) entonces\(A\left( \vec{x}-\vec{y}\right) =\vec{0}\) y así\(\vec{x}=\vec{y}\). Es sobre porque si

\[\vec{y}\in \mathbb{R}^{n},A\left( A^{-1} (\vec{y})\right) =\left( AA^{-1}\right) (\vec{y}) =\vec{y}. \nonumber\]

De hecho, todos los isomorfismos de\(\mathbb{R}^{n}\) a\(\mathbb{R}^{n}\) pueden expresarse como\(T(\vec{x}) = A(\vec{x})\) donde\(A\) es una\(n \times n\) matriz invertible. Uno simplemente considera la matriz cuya\(i^{th}\) columna es\(T\vec{e}_{i}\).

Recordemos que una base de un subespacio\(V\) es un conjunto de vectores linealmente independientes que abarcan\(V\). El siguiente lema fundamental describe la relación entre bases e isomorfismos.

Lema\(\PageIndex{1}\): Mapping Bases

Dejar\(T:V\rightarrow W\) ser una transformación lineal donde\(V,W\) se encuentran los subespacios de\(\mathbb{R}^n\). Si\(T\) es uno a uno, entonces tiene la propiedad que si\(\left\{ \vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u}_{k}\right\}\) es linealmente independiente, así es\(\left\{ T(\vec{u}_{1}),\cdots ,T(\vec{u}_{k})\right\}\).

De manera más general,\(T\) es un isomorfismo si y sólo si siempre\(\left\{ \vec{v}_{1},\cdots ,\vec{v}_{n}\right\}\) es una base para\(V,\) ello se deduce que\(\left\{ T (\vec{v}_{1}),\cdots ,T(\vec{v}_{n})\right\}\) es una base para\(W\).

Prueba

Primero supongamos que\(T\) es una transformación lineal y es uno a uno y\(\left\{ \vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u}_{k}\right\}\) es linealmente independiente. Se requiere demostrar que también\(\left\{ T(\vec{u}_{1}),\cdots ,T(\vec{ u}_{k})\right\}\) es linealmente independiente. Supongamos\[\sum_{i=1}^{k}c_{i}T(\vec{u}_{i})=\vec{0}\nonumber\] entonces que Entonces, ya que\(T\) es lineal,\[T\left( \sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{u}_{i}\right) =\vec{0}\nonumber\] Ya que\(T\) es uno a uno, se deduce que\[\sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{u}_{i}=0\nonumber\] Ahora el hecho de que\(\left\{ \vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u}_{n}\right\}\) sea linealmente independiente implica que cada uno\(c_{i}=0\). De ahí\(\left\{ T(\vec{u} _{1}),\cdots ,T(\vec{u}_{n})\right\}\) que sea linealmente independiente.

Ahora supongamos que eso\(T\) es un isomorfismo y\(\left\{ \vec{v}_{1},\cdots ,\vec{ v}_{n}\right\}\) es una base para\(V\). Se acaba de demostrar que\(\left\{ T(\vec{v} _{1}),\cdots ,T(\vec{v}_{n})\right\}\) es linealmente independiente. Queda por verificar ese lapso\(\left\{ T(\vec{v}_{1}),\cdots ,T(\vec{v}_{n})\right\}=W\). Si\(\vec{w}\in W,\) entonces ya\(T\) está sobre existe\(\vec{v}\in V\) tal que\(T(\vec{v})=\vec{w}\). Ya que\(\left\{ \vec{v} _{1},\cdots ,\vec{v}_{n}\right\}\) es una base, se deduce que existen escalares\(\left\{ c_{i}\right\} _{i=1}^{n}\) tales que\[\sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{v}_{i}=\vec{v}.\nonumber \] De ahí,\[\vec{w}=T(\vec{v})=T\left( \sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{v}_{i}\right) =\sum_{i=1}^{n}c_{i}T(\vec{v}_{i})\nonumber \] Se deduce ese lapso\(\left\{ T(\vec{v}_{1}),\cdots , T(\vec{v}_{n})\right\} =W\) mostrando que este conjunto de vectores es una base para\(W\).

A continuación supongamos que\(T\) es una transformación lineal que toma una base a una base. Esto significa que si\(\left\{ \vec{v}_{1},\cdots ,\vec{v}_{n}\right\}\) es una base para\(V,\) ello sigue\(\left\{ T(\vec{v}_{1}),\cdots ,T(\vec{v}_{n})\right\}\) es una base para\(W.\) Entonces si\(w\in W,\) existen escalares\(c_{i}\) tales que\(w=\sum_{i=1}^{n}c_{i}T(\vec{v}_{i})=T\left( \sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{v}_{i}\right)\) mostrar eso\(T\) está encendido. Si\(T\left( \sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{v}_{i}\right) =\vec{0}\) entonces\(\sum_{i=1}^{n}c_{i}T(\vec{v}_{i})=\vec{0}\) y dado que los vectores\(\left\{ T(\vec{v} _{1}),\cdots ,T(\vec{v}_{n})\right\}\) son linealmente independientes, se deduce que cada\(c_{i}=0.\) Since\(\sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{v}_{i}\) es un vector típico en\(V\), esto ha demostrado que si\(T(\vec{v})=\vec{0}\) entonces\(\vec{v}=\vec{0}\) y así también\(T\) es uno a uno. Así\(T\) es un isomorfismo.

El siguiente teorema ilustra una idea muy útil para definir un isomorfismo. Básicamente, si sabes lo que hace a una base, entonces puedes construir el isomorfismo.

Teorema\(\PageIndex{1}\): Isomorphic Subspaces

Supongamos\(V\) y\(W\) son dos subespacios de\(\mathbb{R}^n\). Entonces los dos subespacios son isomórficos si y sólo si tienen la misma dimensión. En el caso de que los dos subespacios tengan la misma dimensión, entonces para un mapa lineal\(T:V\rightarrow W\), los siguientes son equivalentes.

1. \(T\)es uno a uno.
2. \(T\)está en.
3. \(T\)es un isomorfismo.

Prueba

Supongamos primero que estos dos subespacios tienen la misma dimensión. Dejar una base para\(V\) ser\(\left\{ \vec{v}_{1},\cdots ,\vec{v}_{n}\right\}\) y dejar una base para\(W\) ser\(\left\{ \vec{w}_{1},\cdots ,\vec{w}_{n}\right\}\). Ahora defina de\(T\) la siguiente manera. \[T(\vec{v}_{i})=\vec{w}_{i}\nonumber\]para\(\sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{v}_{i}\) un vector arbitrario de\(V,\)\[T\left( \sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{v}_{i}\right) = \sum_{i=1}^{n}c_{i}T \vec{v}_{i}=\sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{w}_{i}.\nonumber\] Es necesario verificar que esto esté bien definido. Supongamos\[\sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{v}_{i}=\sum_{i=1}^{n}\hat{c}_{i}\vec{v}_{i}\nonumber\] entonces que Entonces\[\sum_{i=1}^{n}\left( c_{i}-\hat{c}_{i}\right) \vec{v}_{i}=\vec{0}\nonumber\] y desde\(\left\{ \vec{v}_{1},\cdots ,\vec{v}_{n}\right\}\) es una base,\(c_{i}=\hat{c}_{i}\) para cada uno\(i\). De ahí\[\sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{w}_{i}=\sum_{i=1}^{n}\hat{c}_{i}\vec{w}_{i}\nonumber\] y así el mapeo está bien definido. También si\(a,b\) son escalares,\[\begin{aligned} T\left( a\sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{v}_{i}+b\sum_{i=1}^{n}\hat{c}_{i}\vec{v}_{i}\right) &=T\left( \sum_{i=1}^{n}\left( ac_{i}+b\hat{c}_{i}\right) \vec{v}_{i}\right) =\sum_{i=1}^{n}\left( ac_{i}+b\hat{c}_{i}\right) \vec{w}_{i} \\ &=a\sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{w}_{i}+b\sum_{i=1}^{n}\hat{c}_{i}\vec{w}_{i} \\ &=aT\left( \sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{v}_{i}\right) +bT\left( \sum_{i=1}^{n} \hat{c}_{i}\vec{v}_{i}\right)\end{aligned}\] Así\(T\) es una transformación lineal.

Ahora si\[T\left( \sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{v}_{i}\right) =\sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{w}_{i}=\vec{0},\nonumber \] entonces ya que los\(\left\{ \vec{w}_{1},\cdots ,\vec{w}_{n}\right\}\) son independientes, cada uno\(c_{i}=0\) y así\(\sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{v}_{i}=\vec{0}\) también. De ahí\(T\) que sea uno a uno. Si\(\sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{w}_{i}\) es un vector en\(W,\) entonces es igual a\[\sum_{i=1}^{n}c_{i}T(\vec{v}_{i})=T\left( \sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{v}_{i}\right)\nonumber \] mostrar que también\(T\) está en. De ahí\(T\) es un isomorfismo y así\(V\) y\(W\) son isomórficos.

Siguiente supongamos que\(T:V \mapsto W\) es un isomorfismo, por lo que estos dos subespacios son isomórficos. Entonces para\(\left\{ \vec{v}_{1},\cdots ,\vec{v}_{n}\right\}\) una base para\(V\), se deduce que una base para\(W\) es\(\left\{ T(\vec{v}_{1}),\cdots ,T(\vec{v}_{n})\right\}\) mostrar que los dos subespacios tienen la misma dimensión.

Ahora supongamos que los dos subespacios tienen la misma dimensión. Considera las tres equivalencias reclamadas.

Primero considere la afirmación de que\(1.)\Rightarrow 2.).\) Si\(T\) es uno a uno y si\(\left\{ \vec{v}_{1},\cdots ,\vec{v} _{n}\right\}\) es una base para\(V,\) entonces\(\left\{ T(\vec{v}_{1}),\cdots ,T(\vec{v }_{n})\right\}\) es linealmente independiente. Si no es una base, entonces debe dejar de abarcarse\(W\). Pero entonces existiría\(\vec{w}\notin \mathrm{span} \left\{ T(\vec{v}_{1}),\cdots ,T(\vec{v}_{n})\right\}\) y de ello se deduce que\(\left\{ T(\vec{v}_{1}),\cdots ,T(\vec{v}_{n}),\vec{w} \right\}\) sería linealmente independiente lo cual es imposible porque existe una base para\(W\) de\(n\) vectores.

De ahí\(\mathrm{span}\left\{ T(\vec{v}_{1}),\cdots ,T(\vec{v}_{n})\right\} =W\) y así\(\left\{ T(\vec{v}_{1}),\cdots ,T(\vec{v}_{n})\right\}\) es una base. Si\(\vec{w}\in W,\) existen escalares\(c_{i}\) tales que\[\vec{w}=\sum_{i=1}^{n}c_{i}T(\vec{v}_{i})=T\left( \sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{v} _{i}\right)\nonumber \] mostrar eso\(T\) está encendido. Esto demuestra que\(1.)\Rightarrow 2.).\)

A continuación considere la afirmación que\(2.)\Rightarrow 3.).\) Since\(2.)\) sostiene, de ello se deduce que\(T\) está sobre. Queda por verificar que\(T\) sea uno a uno. Ya que\(T\) está en, existe una base de la forma\(\left\{ T(\vec{v}_{i}),\cdots ,T(\vec{v}_{n})\right\} .\) Entonces se deduce que\(\left\{ \vec{v}_{1},\cdots , \vec{v}_{n}\right\}\) es linealmente independiente. Supongamos\[\sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{v}_{i}=\vec{0}\nonumber\] Entonces\[\sum_{i=1}^{n}c_{i}T(\vec{v}_{i})=\vec{0}\nonumber\] De ahí cada uno\(c_{i}=0\) y así,\(\left\{ \vec{v}_{1},\cdots ,\vec{v} _{n}\right\}\) es una base para\(V\). Ahora se deduce que un vector típico en\(V\) es de la forma\(\sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{v}_{i}\). Si\(T\left( \sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{v}_{i}\right) =\vec{0},\) se deduce eso\[\sum_{i=1}^{n}c_{i}T(\vec{v}_{i})=\vec{0}\nonumber\] y así, ya que\(\left\{ T(\vec{v}_{i}),\cdots ,T(\vec{v}_{n})\right\}\) es independiente, le sigue a cada uno\(c_{i}=0\) y por lo tanto\(\sum_{i=1}^{n}c_{i}\vec{v} _{i}=\vec{0}\). Así\(T\) es uno a uno así como sobre y así es un isomorfismo.

Si\(T\) es un isomorfismo, es tanto uno a uno como a uno por definición así\(3.)\) implica ambos\(1.)\) y\(2.)\).

Observe la interesante manera de definir una transformación lineal en la primera parte del argumento describiendo lo que hace a una base y luego “extendiéndola linealmente” a todo el subespacio.

Ejemplo\(\PageIndex{4}\): Isomorphic Subspaces

Dejar\(V=\mathbb{R}^{3}\) y dejar\(W\) denotar\[\mathrm{span}\left\{ \left [ \begin{array}{r} 1 \\ 2 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right ] ,\left [ \begin{array}{r} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right ] ,\left [ \begin{array}{r} 1 \\ 1 \\ 2 \\ 0 \end{array} \right ] \right\}\nonumber \] Mostrar eso\(V\) y\(W\) son isomórficos.

Solución

Primero observaremos que estos subespacios son ambos de dimensión 3 y así son isomórficos por Teorema\(\PageIndex{1}\). Los tres vectores que\(W\) se extienden se ven fácilmente como linealmente independientes, convirtiéndolos en las columnas de una matriz y una fila que se reducen a la forma reducida de fila-escalón.

Se puede exhibir un isomorfismo de estos dos espacios de la siguiente manera. \[T(\vec{e}_{1})=\left [ \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right ], T(\vec{e}_{2})=\left [ \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right ], T(\vec{e}_{3})=\left [ \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 2 \\ 0 \end{array} \right ]\nonumber \]y se extienden linealmente. Recordemos que la matriz de esta transformación lineal es solo la matriz que tiene estos vectores como columnas. Así la matriz de este isomorfismo es\[\left [ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 0 \end{array} \right ]\nonumber \] Debe comprobar que la multiplicación a la izquierda por esta matriz sí reproduce el efecto reclamado resultante de una aplicación por\(T\).

Considera el siguiente ejemplo.

Ejemplo\(\PageIndex{5}\): Finding the Matrix of an Isomorphism

Dejar\(V=\mathbb{R}^{3}\) y dejar\(W\) denotar

\[\mathrm{span}\left\{ \left [ \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right ] ,\left [ \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right ] ,\left [ \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 2 \\ 0 \end{array} \right ] \right\}\nonumber \]

Dejar\(T: V \mapsto W\) definirse de la siguiente manera. \[T\left [ \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right ] =\left [ \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right ] ,T\left [ \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right ] =\left [ \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right ] ,T\left [ \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right ] =\left [ \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 2 \\ 0 \end{array} \right ]\nonumber \]Encuentra la matriz de este isomorfismo\(T\).

Solución

Primero tenga en cuenta que los vectores\[\left [ \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right ] ,\left [ \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right ] ,\left [ \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right ]\nonumber \] son de hecho una base para\(\mathbb{R}^{3}\) como se puede ver haciéndolos las columnas de una matriz y usando la forma de fila-escalón reducida.

Ahora recordemos que la matriz de\(T\) es una\(4\times 3\) matriz\(A\) que da el mismo efecto que\(T.\) Así, de la forma en que multiplicamos matrices,\[A\left [ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{array} \right ] =\left [ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 0 \end{array} \right ]\nonumber \] Por lo tanto,\[A=\left [ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 0 \end{array} \right ] \left [ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{array} \right ] ^{-1}=\left [ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & -1 \\ 2 & -1 & 1 \\ -1 & 2 & -1 \end{array} \right ]\nonumber \]

Observe cómo el span de las columnas de esta nueva matriz debe ser el mismo que el span de los vectores que definen\(W\).

Esta idea de definir una transformación lineal por lo que hace sobre una base funciona para mapas lineales que no son necesariamente isomorfismos.

Ejemplo\(\PageIndex{6}\): Finding the Matrix of an Isomorphism

Dejar\(V=\mathbb{R}^{3}\) y dejar\(W\) denotar\[\mathrm{span}\left\{ \left [ \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right ] ,\left [ \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right ] ,\left [ \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 2 \end{array} \right ] \right\}\nonumber \] Let\(T: V \mapsto W\) ser definido de la siguiente manera. \[T\left [ \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right ] = \left [ \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right ] ,T\left [ \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right ] =\left [ \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right ] ,T\left [ \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right ] =\left [ \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 2 \end{array} \right ]\nonumber \]Encuentra la matriz de esta transformación lineal.

Solución

Obsérvese que en este caso, los tres vectores que abarcan no\(W\) son linealmente independientes. Sin embargo, el procedimiento anterior seguirá funcionando. El razonamiento es el mismo que antes. Si\(A\) es esta matriz, entonces\[A\left [ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{array} \right ] =\left [ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{array} \right ]\nonumber \] y así\[A=\left [ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{array} \right ] \left [ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{array} \right ] ^{-1}=\left [ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{array} \right ]\nonumber \]

Las columnas de esta última matriz obviamente no son linealmente independientes.