5.7: El núcleo y la imagen de un mapa lineal
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- Describir el núcleo y la imagen de una transformación lineal, y encontrar una base para cada una.
En esta sección consideraremos el caso donde la transformación lineal no es necesariamente un isomorfismo. Primero considere la siguiente definición importante.
Dejar\(V\) y\(W\) ser subespacios de\(\mathbb{R}^n\) y dejar\(T:V\mapsto W\) ser una transformación lineal. Entonces la imagen de\(T\) denotado como\(\mathrm{im}\left( T\right)\) se define como el conjunto\[\mathrm{im}\left( T\right) = \left\{T (\vec{v}):\vec{v}\in V\right\}\nonumber \] En palabras, consiste en todos los vectores en los\(W\) que iguales\(T(\vec{v})\) para algunos\(\vec{v}\in V\).
El núcleo de\(T\), escrito\(\ker \left( T\right)\), consiste en todos\(\vec{v}\in V\) tales que\(T(\vec{v})=\vec{0}\). Es decir,\[\ker \left( T\right) =\left\{ \vec{v}\in V:T(\vec{v})=\vec{0}\right\}\nonumber \]
De ello se deduce que\(\mathrm{im}\left( T\right)\) y\(\ker \left( T\right)\) son subespacios de\(W\) y\(V\) respectivamente.
Dejar\(V, W\) ser subespacios de\(\mathbb{R}^n\) y dejar\(T:V\rightarrow W\) ser una transformación lineal. Entonces\(\ker \left( T\right)\) es un subespacio de\(V\) y\(\mathrm{im}\left( T\right)\) es un subespacio de\(W\).
- Prueba
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Primero considera\(\ker \left( T\right) .\) Es necesario mostrar que si\(\vec{v}_{1},\vec{v}_{2}\) son vectores en\(\ker \left( T\right)\) y si\(a,b\) son escalares, entonces también\(a\vec{v}_{1}+b\vec{v}_{2}\) está en\(\ker \left( T\right) .\) Pero\[T\left( a\vec{v}_{1}+b\vec{v}_{2}\right) =aT(\vec{v}_{1})+bT(\vec{v}_{2})=a\vec{0}+b\vec{0}=\vec{0} \nonumber\nonumber \]
Así\(\ker \left( T\right)\) es un subespacio de\(V\).
Siguiente supongamos que\(T(\vec{v}_{1}),T(\vec{v}_{2})\) son dos vectores en\(\mathrm{im}\left( T\right) .\) Entonces si\(a,b\) son escalares,\[aT(\vec{v}_{2})+bT(\vec{v}_{2})=T\left( a\vec{v}_{1}+b\vec{v}_{2}\right) \nonumber\] y este último vector está en\(\mathrm{im}\left( T\right)\) por definición.
A continuación examinaremos cómo encontrar el núcleo y la imagen de una transformación lineal y describir las bases de cada una.
Dejar\(T: \mathbb{R}^4 \mapsto \mathbb{R}^2\) ser definido por
\[T \left[ \begin{array}{c} a \\ b \\ c \\ d \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c} a - b \\ c + d \end{array} \right]\nonumber\]
Entonces\(T\) es una transformación lineal. Encuentre una base para\(\mathrm{ker}(T)\) y\(\mathrm{im}(T)\).
Solución
Se puede verificar que\(T\) es una transformación lineal.
Primero encontraremos una base para\(\mathrm{ker}(T)\). Para ello, queremos encontrar una manera de describir todos los vectores\(\vec{x} \in \mathbb{R}^4\) tales que\(T(\vec{x}) = \vec{0}\). Dejado\(\vec{x} = \left[ \begin{array}{c} a \\ b \\ c \\ d \end{array} \right]\) ser tal vector. Entonces
\[T \left[ \begin{array}{c} a \\ b \\ c \\ d \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c} a - b \\ c + d \end{array} \right] = \left ( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right ) \nonumber \]
Los valores de\(a, b, c, d\) eso hacen que esto sea cierto están dados por soluciones al sistema
\[\begin{aligned} a - b &= 0 \\ c + d &= 0\end{aligned}\]
La solución a este sistema es\(a = s, b = s, c = t, d = -t\) donde\(s, t\) están los escalares. Podemos describir de\(\mathrm{ker}(T)\) la siguiente manera.
\[\mathrm{ker}(T) = \left\{ \left[ \begin{array}{r} s \\ s \\ t \\ -t \end{array} \right] \right\} = \mathrm{span} \left\{ \left[ \begin{array}{r} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right], \left[ \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 1 \\ -1 \end{array} \right] \right\} \nonumber\]
Observe que este conjunto es linealmente independiente y por lo tanto forma una base para\(\mathrm{ker}(T)\).
Pasamos a encontrar una base para\(\mathrm{im}(T)\). Podemos escribir la imagen de\(T\) como\[\mathrm{im}(T) = \left\{ \left[ \begin{array}{c} a - b \\ c + d \end{array} \right] \right\} \nonumber\]
Podemos escribir esto en el formulario\[\mathrm{span} = \left\{ \left[ \begin{array}{r} 1 \\ 0 \end{array} \right], \left[ \begin{array}{r} -1 \\ 0 \end{array} \right], \left[ \begin{array}{r} 0 \\ 1 \end{array} \right], \left[ \begin{array}{r} 0 \\ 1 \end{array} \right] \right\}\nonumber\]
Este conjunto claramente no es linealmente independiente. Al eliminar vectores innecesarios del conjunto podemos crear un conjunto linealmente independiente con el mismo span. Esto da una base para\(\mathrm{im}(T)\) como\[\mathrm{im}(T) = \mathrm{span} \left\{ \left[ \begin{array}{r} 1 \\ 0 \end{array} \right], \left[ \begin{array}{r} 0 \\ 1 \end{array} \right] \right\}\nonumber\]
Recordemos que una transformación lineal\(T\) se llama uno a uno si y sólo si\(T(\vec{x}) = \vec{0}\) implica\(\vec{x} = \vec{0}\). Utilizando el concepto de kernel, podemos afirmar este teorema de otra manera.
Dejar\(T\) ser una transformación lineal donde\(\mathrm{ker}(T)\) está el núcleo de\(T\). Entonces\(T\) es uno a uno si y solo si\(\mathrm{ker}(T)\) consiste en solo el vector cero.
Un resultado importante es la relación entre la dimensión del núcleo y la dimensión de la imagen de una transformación lineal. En el ejemplo anterior\(\mathrm{ker}(T)\) tenía dimensión\(2\), y\(\mathrm{im}(T)\) también tenía dimensión de\(2\). ¿Es una coincidencia que la dimensión de\(\mathbb{M}_{22}\) sea\(4 = 2 + 2\)? Considera el siguiente teorema.
Dejar\(T:V\rightarrow W\) ser una transformación lineal donde\(V,W\) se encuentran los subespacios de\(\mathbb{R}^n\). Supongamos que la dimensión de\(V\) es\(m\). Entonces\[m=\dim \left( \ker \left( T\right) \right) +\dim \left( \mathrm{im}\left( T\right) \right)\nonumber \]
- Prueba
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Desde Proposición\(\PageIndex{1}\),\(\mathrm{im}\left( T\right)\) es un subespacio de\(W.\) Sabemos que existe una base para\(\mathrm{im}\left( T\right)\),\(\left\{ T(\vec{v} _{1}),\cdots ,T(\vec{v}_{r})\right\} .\) De igual manera, hay una base para\(\ker \left( T\right) ,\left\{ \vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u}_{s}\right\}\). Entonces si\(\vec{v}\in V,\) existen escalares\(c_{i}\) tales que\[T(\vec{v})=\sum_{i=1}^{r}c_{i}T(\vec{v}_{i})\nonumber \] De ahí\(T\left( \vec{v}-\sum_{i=1}^{r}c_{i}\vec{v}_{i}\right) =0.\) se deduce que\(\vec{v}-\sum_{i=1}^{r}c_{i}\vec{v}_{i}\) está en\(\ker \left( T\right)\). De ahí que existan escalares\(a_{i}\) tales que\[\vec{v}-\sum_{i=1}^{r}c_{i}\vec{v}_{i}=\sum_{j=1}^{s}a_{j}\vec{u}_{j}\nonumber \] De ahí\(\vec{v}=\sum_{i=1}^{r}c_{i}\vec{v}_{i}+\sum_{j=1}^{s}a_{j}\vec{u} _{j}.\) Desde que\(\vec{v}\) es arbitrario, se deduce que\[V=\mathrm{span}\left\{ \vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u}_{s},\vec{v}_{1},\cdots , \vec{v}_{r}\right\}\nonumber\]
Si los vectores\(\left\{ \vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u}_{s},\vec{v}_{1},\cdots , \vec{v}_{r}\right\}\) son linealmente independientes, entonces se deduce que este conjunto es una base. Supongamos entonces que\[\sum_{i=1}^{r}c_{i}\vec{v}_{i}+\sum_{j=1}^{s}a_{j}\vec{u}_{j}=0\nonumber \] Aplicar\(T\) a ambos lados para obtener\[\sum_{i=1}^{r}c_{i}T(\vec{v}_{i})+\sum_{j=1}^{s}a_{j}T(\vec{u}) _{j}=\sum_{i=1}^{r}c_{i}T(\vec{v}_{i})=0\nonumber \] Ya que\(\left\{ T(\vec{v}_{1}),\cdots ,T(\vec{v}_{r})\right\}\) es linealmente independiente, se deduce que cada\(c_{i}=0.\) De ahí\(\sum_{j=1}^{s}a_{j}\vec{u }_{j}=0\) y así, dado que los\(\left\{ \vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u}_{s}\right\}\) son linealmente independientes, se deduce que cada uno\(a_{j}=0\) también. Por lo tanto\(\left\{ \vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u}_{s},\vec{v}_{1},\cdots ,\vec{v} _{r}\right\}\) es una base para\(V\) y así\[n=s+r=\dim \left( \ker \left( T\right) \right) +\dim \left( \mathrm{im}\left( T\right) \right)\nonumber \]
El teorema anterior conduce al siguiente corolario.
Dejar\(T:V\rightarrow W\) ser una transformación lineal donde\(V,W\) se encuentran los subespacios de\(\mathbb{R}^n\). Supongamos que la dimensión de\(V\) es\(m\). Entonces\[\dim \left( \ker \left( T\right) \right) \leq m\nonumber \]\[\dim \left( \mathrm{im}\left( T \right) \right) \leq m\nonumber \]
Esto se desprende directamente del hecho de que\(n=\dim \left( \ker \left( T\right) \right) +\dim \left( \mathrm{im}\left( T\right) \right)\).
Considera el siguiente ejemplo.
Dejar\(T:\mathbb{R}^{2}\rightarrow \mathbb{R}^{3}\) ser definido por\[T(\vec{x})=\left[ \begin{array}{rr} 1 & 0 \\ 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array} \right] \vec{x}\nonumber \] Entonces\(\mathrm{im}\left( T\right) =V\) es un subespacio de\(\mathbb{R}^{3}\) y\(T\) es un isomorfismo de\(\mathbb{R}^{2}\) y\(V\). Encuentra una\(2\times 3\) matriz\(A\) tal que la restricción de multiplicación por\(A\) a\(V=\mathrm{im}\left( T\right)\) igual\(T^{-1}\).
Solución
Dado que las dos columnas de la matriz anterior son linealmente independientes, concluimos que\(\mathrm{dim}(\mathrm{im}(T)) = 2\) y\(\mathrm{dim}(\mathrm{ker}(T)) = 2 - \mathrm{dim}(\mathrm{im}(T)) = 2-2 = 0\) por lo tanto por Teorema\(\PageIndex{2}\). Entonces por Teorema\(\PageIndex{1}\) se deduce que\(T\) es uno a uno.
Así\(T\) es un isomorfismo\(\mathbb{R }^{2}\) y\(\mathbb{R}^{3}\) cuyo subespacio bidimensional es el tramo de las columnas de la matriz dada. Ahora en particular,\[T(\vec{e}_{1})=\left[ \begin{array}{r} 1 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right] ,\ T(\vec{e}_{2})=\left[ \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right] \nonumber \]
Por lo tanto\[T^{-1}\left[ \begin{array}{r} 1 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right] =\vec{e}_{1},\ T^{-1}\left[ \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right] =\vec{e}_{2} \nonumber \]
Extender\(T^{-1}\) a todos\(\mathbb{R}^{3}\) definiendo\[T^{-1}\left[ \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right] =\vec{e}_{1}\nonumber \] Observe que los vectores\[\left\{ \left[ \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right] ,\left[ \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right] ,\left[ \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right] \right\} \nonumber \] son linealmente independientes por lo que se\(T^{-1}\) pueden extender linealmente para producir una transformación lineal definida en\(\mathbb{R}^{3}\). La matriz de\(T^{-1}\) denotada como\(A\) necesidades para satisfacer\[A\left[ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{array} \right] =\left[ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{array} \right] \nonumber \] y así\[A=\left[ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{array} \right]^{-1}=\left[ \begin{array}{rrr} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right] \nonumber \]
Tenga en cuenta que\[\left[ \begin{array}{rrr} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right] =\left[ \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right]\nonumber \]\[\left[ \begin{array}{rrr} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right] =\left[ \begin{array}{c} 0 \\ 1 \end{array} \right] \nonumber \] así la restricción a\(V\) de la multiplicación matricial por esta matriz rinde\(T^{-1}.\)