9.8: El núcleo y la imagen de un mapa lineal
- Page ID
- 114723
- Describir el núcleo y la imagen de una transformación lineal.
- Utilice el núcleo y la imagen para determinar si una transformación lineal es de uno a uno o sobre.
Aquí consideramos el caso donde el mapa lineal no es necesariamente un isomorfismo. Primero aquí hay una definición de lo que se entiende por la imagen y el núcleo de una transformación lineal.
Dejar\(V\) y\(W\) ser espacios vectoriales y dejar\(T:V\rightarrow W\) ser una transformación lineal. Entonces la imagen de\(T\) denotado como\(\mathrm{im}\left( T\right)\) se define como el conjunto\[\left\{ T(\vec{v}):\vec{v}\in V\right\}\nonumber \] En palabras, consiste en todos los vectores en los\(W\) que iguales\(T(\vec{v})\) para algunos\(\vec{v}\in V\). El núcleo,\(\ker \left( T\right)\), consiste en todos\(\vec{v}\in V\) tales que\(T(\vec{v})=\vec{0}\). Es decir,\[\ker \left( T\right) =\left\{ \vec{v}\in V:T(\vec{v})=\vec{0}\right\}\nonumber \]
Entonces, de hecho, ambos\(\mathrm{im}\left( T\right)\) y\(\ker \left( T\right)\) son subespacios de\(W\) y\(V\) respectivamente.
Dejar\(V,W\) ser espacios vectoriales y dejar\(T:V\rightarrow W\) ser una transformación lineal. Entonces\(\ker \left( T\right) \subseteq V\) y\(\mathrm{im}\left( T\right) \subseteq W\). De hecho, ambos son subespacios.
- Prueba
-
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\[T\left( a\vec{v}_{1}+b\vec{v}_{2}\right) =aT(\vec{v}_{1})+bT(\vec{v}_{2})=a\vec{0}+b\vec{0}=\vec{0}\nonumber \]
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.
Considera el siguiente ejemplo.
Dejar\(T:\mathbb{P}_1\to\mathbb{R}\) ser la transformación lineal definida por\[T(p(x))=p(1)\mbox{ for all } p(x)\in \mathbb{P}_1.\nonumber \] Find the kernel y la imagen de\(T\).
Solución
Primero encontraremos el núcleo de\(T\). Consiste en todos los polinomios en los\(\mathbb{P}_1\) que tienen\(1\) para una raíz. \[\begin{aligned} \mathrm{ker}(T) & = \{ p(x)\in \mathbb{P}_1 ~|~ p(1)=0\} \\ & = \{ ax+b ~|~ a,b\in\mathbb{R} \mbox{ and }a+b=0\} \\ & = \{ ax-a ~|~ a\in\mathbb{R} \}\end{aligned}\]Por lo tanto una base para\(\mathrm{ker}(T)\) es\[\left\{ x-1 \right\}\nonumber \] Notar que este es un subespacio de\(\mathbb{P}_1\).
Ahora considera la imagen. Consiste en todos los números que se pueden obtener evaluando todos los polinomios en\(\mathbb{P}_1\) at\(1\). \[\begin{aligned} \mathrm{im}(T) & = \{ p(1) ~|~ p(x)\in \mathbb{P}_1 \} \\ & = \{ a+b ~|~ ax+b\in \mathbb{P}_1 \} \\ & = \{ a+b ~|~ a,b\in\mathbb{R} \}\\ & = \mathbb{R}\end{aligned}\]Por lo tanto una base para\(\mathrm{im}(T)\) es\[\left\{ 1 \right\}\nonumber \] Notar que este es un subespacio de\(\mathbb{R}\), y de hecho es el espacio\(\mathbb{R}\) mismo.
Dejar\(T: \mathbb{M}_{22} \mapsto \mathbb{R}^2\) ser definido por\[T \left [ \begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array} \right ] = \left [ \begin{array}{c} a - b \\ c + d \end{array} \right ]\nonumber \] Entonces\(T\) es una transformación lineal. Encuentre una base para\(\mathrm{ker} (T)\) y\(\mathrm{im}(T)\).
Solución
Se puede verificar que\(T\) representa una transformación lineal.
Ahora queremos encontrar una manera de describir todas las matrices\(A\) tal que\(T(A) = \vec{0}\), esas son las matrices en\(\mathrm{ker}(T)\). Supongamos que\(A = \left [ \begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array} \right ]\) es tal matriz. Entonces\[T \left [ \begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array} \right ] = \left [ \begin{array}{c} a - b \\ c + d \end{array} \right ] = \left [ \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right ]\nonumber \] 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 es\(a = s, b = s, c = t, d = -t\) donde\(s, t\) están los escalares. Podemos describir de\(\mathrm{ker}(T)\) la siguiente manera. \[\mathrm{ker}(T) = \left\{ \left [ \begin{array}{cc} s & s \\ t & -t \end{array} \right ] \right\} = \mathrm{span} \left\{ \left [ \begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{array} \right ], \left [ \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 1 & -1 \end{array} \right ] \right\}\nonumber \]Es claro que este conjunto es linealmente independiente y por lo tanto forma una base para\(\mathrm{ker}(T)\).
Ahora deseamos encontrar una base para\(\mathrm{im}(T)\). Podemos escribir la imagen de\(T\) como\[\mathrm{im}(T) = \left\{ \left [ \begin{array}{c} a - b \\ c + d \end{array} \right ] \right\}\nonumber \] Aviso que esto puede escribirse como\[\mathrm{span} \left\{ \left [ \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array}\right ], \left [ \begin{array}{c} -1 \\ 0 \end{array}\right ], \left [ \begin{array}{c} 0 \\ 1 \end{array}\right ], \left [ \begin{array}{c} 0 \\ 1 \end{array}\right ] \right\}\nonumber \]
Sin embargo, esto claramente no es linealmente independiente. Al eliminar vectores del conjunto para crear un conjunto independiente da una base de\(\mathrm{im}(T)\). \[\left\{ \left [ \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array}\right ], \left [ \begin{array}{c} 0 \\ 1 \end{array}\right ] \right\}\nonumber \]
Observe que estos vectores tienen el mismo lapso que el conjunto anterior pero ahora son linealmente independientes.
Un resultado importante es la relación entre la dimensión del núcleo y la dimensión de la imagen de una transformación lineal. Anteriormente se hizo un caso especial en el contexto de las matrices. Recordemos que para una\(m\times n\) matriz\(% A,\) se dio el caso de que la dimensión del kernel de\(A\) sumó al rango de\(A\) iguales\(n\).
Dejar\(T:V\rightarrow W\) ser una transformación lineal donde\(V,W\) están los espacios vectoriales. Supongamos que la dimensión de\(V\) es\(n\). Entonces\(n=\dim \left( \ker \left( T\right) \right) +\dim \left( \mathrm{im} \left( T\right) \right)\).
- Prueba
-
De la Proposición\(\PageIndex{1}\),\(\mathrm{im}\left( T\right)\) es un subespacio de\(W.\) Por Teorema 9.4.8, existe una base para\(\mathrm{im}\left( T\right) ,\left\{ T(\vec{v}_{1}),\cdots ,T(\vec{v}_{r})\right\} .\) Similarmente, 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\[\vec{v}-\sum_{i=1}^{r}c_{i}\vec{v}_{i}=\sum_{j=1}^{s}a_{j}\vec{u}_{j}\nonumber \] Por lo tanto\(\vec{v}=\sum_{i=1}^{r}c_{i}\vec{v}_{i}+\sum_{j=1}^{s}a_{j}\vec{u} _{j}.\) Desde\(\vec{v}\) 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 seguirá 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\[\sum_{i=1}^{r}c_{i}T(\vec{v}_{i})+\sum_{j=1}^{s}a_{j}T(\vec{u} _{j})=\sum_{i=1}^{r}c_{i}T(\vec{v}_{i})= \vec{0}\nonumber \] 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. De ello se deduce que\(\left\{ \vec{u}_{1},\cdots ,\vec{u}_{s},\vec{v}_{1},\cdots ,\vec{v} _{r}\right\}\) es una base para\(V\) y así\[n=s+r=\dim \left( \ker \left( T\right) \right) +\dim \left( \mathrm{im}\left( T\right) \right)\nonumber \]
Considera la siguiente definición.
Dejar\(T:V\rightarrow W\) ser una transformación lineal y supongamos que\(V,W\) son espacios vectoriales dimensionales finitos. Entonces el rango de\(T\) denotado como\(\mathrm{rank}\left( T\right)\) se define como la dimensión de\(\mathrm{im}\left( T\right) .\) La nulidad de\(T\) es la dimensión de\(\ker \left( T\right) .\) Así el teorema anterior dice que\(\mathrm{rank}\left( T\right) +\dim \left( \ker \left( T\right) \right) =\dim \left( V\right) .\)
Recordemos el siguiente resultado importante.
Dejar\(V\) ser un espacio vectorial de dimensión\(n\) y dejar\(W\) ser un subespacio. Entonces\(W=V\) si y sólo si la dimensión de\(W\) es también\(n\).
De este teorema sigue el siguiente corolario.
Dejar\(T:V\rightarrow W\) ser un mapa lineal donde la dimensión de\(V\) es\(n\) y la dimensión de\(W\) es\(m\). Entonces\(T\) es uno a uno si y solo si\(\ker \left( T\right) =\left\{ \vec{0}\right\}\) y\(T\) es sobre si y solo si\(\mathrm{rank}\left( T\right) =m\).
- Prueba
-
El enunciado\(\ker \left( T \right) =\left\{ \vec{0}\right\}\) equivale a decir si\(T \left( \vec{v} \right)=\vec{0},\) se deduce de eso\(\vec{v}=\vec{0}\). Así por Lemma 9.7.1\(T\) es uno a uno. Si\(T\) está sobre, entonces\(\mathrm{im}\left( T\right) =W\) y así\(\mathrm{rank}\left( T\right)\) que se define como la dimensión de\(\mathrm{im}\left( T\right)\) es\(m\). Si\(\mathrm{ rank}\left( T\right) =m,\) entonces por Teorema\(\PageIndex{2}\), ya que\(\mathrm{im} \left( T\right)\) es un subespacio de\(W,\) ello se deduce que\(\mathrm{im}\left( T\right) =W\).
Dejar\(S:\mathbb{P}_2\to\mathbb{M}_{22}\) ser una transformación lineal definida por\[S(ax^2+bx+c) = \left [\begin{array}{cc} a+b & a+c \\ b-c & b+c \end{array}\right ] \mbox{ for all } ax^2+bx+c\in \mathbb{P}_2.\nonumber \] Probar que\(S\) es uno a uno pero no sobre.
Solución
Tal vez recuerdes este ejemplo anterior en el Ejemplo 9.7.1. Aquí determinaremos que\(S\) es uno a uno, pero no a, usando el método proporcionado en Corolario\(\PageIndex{1}\).
Por definición,\[\ker(S)=\{ax^2+bx+c\in \mathbb{P}_2 ~|~ a+b=0, a+c=0, b-c=0, b+c=0\}.\nonumber \]
Supongamos\(p(x)=ax^2+bx+c\in\ker(S)\). Esto conduce a un sistema homogéneo de cuatro ecuaciones en tres variables. Poner la matriz aumentada en forma de escalón de fila reducida:
\[\left [\begin{array}{rrr|c} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \end{array}\right ] \rightarrow \cdots \rightarrow \left [\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right ].\nonumber \]
Dado que la solución única es\(a=b=c=0\),\(\ker(S)=\{\vec{0}\}\), y por lo tanto\(S\) es uno a uno por Corolario\(\PageIndex{1}\).
De igual manera, por Corolario\(\PageIndex{1}\), si\(S\) está en él tendrá\(\mathrm{rank}(S) = \mathrm{dim}(\mathbb{M}_{22}) = 4\). La imagen de\(S\) es dada por
\[\mathrm{im}(S) = \left\{ \left [\begin{array}{cc} a+b & a+c \\ b-c & b+c \end{array}\right ] \right\} = \mathrm{span} \left\{ \left [\begin{array}{rr} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{array} \right ], \left [\begin{array}{rr} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{array} \right ], \left [\begin{array}{rr} 0 & 1 \\ -1 & 1 \end{array} \right ] \right\}\nonumber \]
Estas matrices son linealmente independientes, lo que significa que este conjunto forma una base para\(\mathrm{im}(S)\). Por lo tanto\(\mathrm{im}(S)\), la dimensión de, también llamada\(\mathrm{rank}(S)\), es igual a\(3\). De ello se deduce que no\(S\) está en.