9.9: La matriz de una transformación lineal

Resultados

1. Encontrar la matriz de una transformación lineal con respecto a bases generales en espacios vectoriales.

Se puede recordar de\(\mathbb{R}^n\) que la matriz de una transformación lineal depende de las bases elegidas. Este concepto se explora en esta sección, donde la transformación lineal ahora mapea de un espacio vectorial arbitrario a otro.

Dejar\(T: V \mapsto W\) ser un isomorfismo donde\(V\) y\(W\) son espacios vectoriales. Recordemos de Lemma 9.7.2 que\(T\) mapea una base en\(V\) a una base en\(W\). Al discutir este Lema, no fuimos específicos sobre cómo se veía esta base. En esta sección haremos tal distinción.

Consideremos ahora una definición importante.

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

Dejar\(V\) ser un espacio vectorial con\(\mathrm{dim}(V)=n\), dejar\(B=\{ \vec{b}_1, \vec{b}_2, \ldots, \vec{b}_n \}\) ser una base fija de\(V\), y dejar\(\{ \vec{e}_1, \vec{e}_2, \ldots, \vec{e}_n \}\) denotar la base estándar de\(\mathbb{R}^n\). Definimos una transformación\(C_B:V\to\mathbb{R}^n\) por\[C_B(a_1\vec{b}_1 + a_2\vec{b}_2 + \cdots + a_n\vec{b}_n) = a_1\vec{e}_1 + a_2\vec{e}_2 + \cdots + a_n\vec{e}_n = \left [\begin{array}{c} a_1 \\ a_2 \\ \vdots \\ a_n \end{array}\right ].\nonumber \] Entonces\(C_B\) es una transformación lineal tal que\(C_B(\vec{b}_i)=\vec{e}_i\),\(1\leq i\leq n\).

\(C_B\)es un isomorfismo, denominado isomorfismo coordinado correspondiente a\(B\).

Seguimos con otra definición relacionada.

Definición\(\PageIndex{2}\): Coordinate Vector

Dejar\(V\) ser un espacio vectorial dimensional finito con\(\mathrm{dim}(V)=n\), y dejar\(B=\{\vec{b}_1, \vec{b}_2, \ldots, \vec{b}_n\}\) ser una base ordenada de\(V\) (es decir, que se toma en cuenta el orden en que se listan los vectores). El vector de coordenadas de\(\vec{v}\) con respecto a\(B\) se define como\(C_B(\vec{v})\).

coordinatevector Considera el siguiente ejemplo.

Ejemplo\(\PageIndex{1}\): Coordinate Vector

Dejar\(V = \mathbb{P}_2\) y\(\vec{x} = -x^2 -2x + 4\). Encuentra\(C_B(\vec{x})\) para las siguientes bases\(B\):

1. \(B = \left\{ 1, x, x^2 \right\}\)
2. \(B = \left\{ x^2, x, 1 \right\}\)
3. \(B = \left\{ x + x^2 , x , 4 \right\}\)

Solución

1. Primero, anotar el orden de la base es importante. Ahora necesitamos encontrar\(a_1, a_2, a_3\) tal que\(\vec{x} = a_1 (1) + a_2 (x) + a_3(x^2)\), es decir:\[-x^2 -2x + 4 = a_1 (1) + a_2 (x) + a_3(x^2)\nonumber \] Claramente la solución es\[\begin{aligned} a_1 &= 4 \\ a_2 &= -2 \\ a_3 &= -1\end{aligned}\] Por lo tanto el vector de coordenadas es\[C_B(\vec{x}) = \left [ \begin{array}{r} 4 \\ -2 \\ -1 \end{array} \right ]\nonumber \]
2. Nuevamente recordemos que el orden de\(B\) es importante. Procedemos como se indica arriba. Tenemos que encontrar\(a_1, a_2, a_3\) tal que\(\vec{x} = a_1 (x^2) + a_2 (x) + a_3(1)\), es decir:\[-x^2 -2x + 4 = a_1 (x^2) + a_2 (x) + a_3(1)\nonumber \] Aquí la solución es\[\begin{aligned} a_1 &= -1 \\ a_2 &= -2 \\ a_3 &= 4\end{aligned}\] Por lo tanto el vector de coordenadas es\[C_B(\vec{x}) = \left [ \begin{array}{r} -1 \\ -2 \\ 4 \end{array} \right ]\nonumber \]
3. Ahora necesitamos encontrar\(a_1, a_2, a_3\) tal que\(\vec{x} = a_1 (x + x^2) + a_2 (x) + a_3(4)\), es decir:\[\begin{aligned} -x^2 -2x + 4 &= a_1 (x + x^2 ) + a_2 (x) + a_3(4)\\ &= a_1 (x^2) + (a_1 + a_2) (x) + a_3(4)\end{aligned}\] La solución es\[\begin{aligned} a_1 &= -1 \\ a_2 &= -1 \\ a_3 &= 1\end{aligned}\] y el vector de coordenadas es\[C_B(\vec{x})=\left[\begin{array}{r}-1\\-1\\1\end{array}\right]\nonumber\]

Dado que la transformación de coordenadas\(C_B:V\to\mathbb{R}^n\) es un isomorfismo, su inversa existe.

Teorema\(\PageIndex{1}\): Inverse of the Coordinate Isomorphism

Dejar\(V\) ser un espacio vectorial dimensional finito con dimensión\(n\) y base ordenada\(B=\{\vec{b}_1, \vec{b}_2, \ldots, \vec{b}_n\}\). Entonces\(C_B:V\to\mathbb{R}^n\) es un isomorfismo cuyo inverso,\[C_B^{-1}:\mathbb{R}^n\to V\nonumber \] viene dado por\[C_B^{-1} =\left [\begin{array}{c} a_1 \\ a_2 \\ \vdots \\ a_n \end{array}\right ] = a_1\vec{b}_1 + a_2\vec{b}_2 + \cdots + a_n\vec{b}_n ~\mbox{ for all }~ \left [\begin{array}{c} a_1 \\ a_2 \\ \vdots \\ a_n \end{array}\right ] \in\mathbb{R}^n.\nonumber \]

Ahora discutimos el resultado principal de esta sección, es decir, cómo representar una transformación lineal con respecto a diferentes bases.

Dejar\(V\) y\(W\) ser espacios vectoriales dimensionales finitos, y supongamos

• \(\dim(V)=n\)y\(B_1=\{\vec{b}_1, \vec{b}_2, \ldots, \vec{b}_n\}\) es una base ordenada de\(V\);
• \(\dim(W)=m\)y\(B_2\) es una base ordenada de\(W\).

Dejar\(T:V\to W\) ser una transformación lineal. Si\(V=\mathbb{R}^n\) y\(W=\mathbb{R}^m\), entonces podemos encontrar una matriz\(A\) para que\(T_A=T\). Para espacios vectoriales arbitrarios\(V\) y\(W\), nuestro objetivo es representar\(T\) como una matriz., es decir, encontrar una matriz\(A\) para que\(T_A:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^m\) y\(T_A=C_{B_2}TC_{B_1}^{-1}\).

Para encontrar la matriz\(A\):

\[T_A=C_{B_2}TC_{B_1}^{-1}~\mbox{ implies that }~ T_AC_{B_1}=C_{B_2}T,\nonumber \]y por lo tanto para cualquier\(\vec{v}\in V\),\[C_{B_2}[T(\vec{v})] = T_A[C_{B_1}(\vec{v})] =AC_{B_1}(\vec{v}).\nonumber \]

Ya que\(C_{B_1}(\vec{b}_j)=\vec{e}_j\) para cada uno\(\vec{b}_j\in B_1\)\(AC_{B_1}(\vec{b}_j)=A\vec{e}_j\),, que es simplemente la\(j^{th}\) columna de\(A\). Por lo tanto, la\(j^{th}\) columna de\(A\) es igual a\(C_{B_2}[T(\vec{b}_j)]\).

La matriz de\(T\) correspondiente a las bases ordenadas\(B_1\) y\(B_2\) se denota\(M_{B_2B_1}(T)\) y está dada por\[M_{B_2B_1}(T)= \left [\begin{array}{cccc} C_{B_2} [ T(\vec{b}_1)] & C_{B_2}[T(\vec{b}_2) ] & \cdots & C_{B_2}[T(\vec{b}_n) ] \end{array}\right ].\nonumber \] Este resultado se da en el siguiente teorema.

Teorema\(\PageIndex{2}\)

Dejar\(V\) y\(W\) ser vectores espacios de dimensión\(n\) y\(m\) respectivamente, con\(B_1=\{\vec{b}_1, \vec{b}_2, \ldots, \vec{b}_n\}\) una base ordenada de\(V\) y\(B_2\) una base ordenada de\(W\). Supongamos que\(T:V\to W\) es una transformación lineal. Entonces la matriz única\(M_{B_2B_1}(T)\) de\(T\) correspondiente a\(B_1\) y\(B_2\) es dada por\[M_{B_2B_1}(T)= \left [\begin{array}{cccc} C_{B_2}[T(\vec{b}_1)] & C_{B_2}[T(\vec{b}_2)] & \cdots & C_{B_2}[T(\vec{b}_n)] \end{array}\right ].\nonumber \]

Esta matriz satisface\(C_{B_2}[T(\vec{v})]=M_{B_2B_1}(T)C_{B_1}(\vec{v})\) para todos\(\vec{v}\in V\).

Demostramos este contenido en los siguientes ejemplos.

Ejemplo\(\PageIndex{2}\): Matrix of a Linear Transformation

Dejar\(T: \mathbb{P}_3 \mapsto \mathbb{R}^4\) ser un isomorfismo definido por\[T( ax^3 + bx^2 + cx + d) = \left [ \begin{array}{c} a + b \\ b - c \\ c + d \\ d + a \end{array} \right ]\nonumber \]

Supongamos que\(B_1 = \left\{ x^3, x^2, x, 1 \right\}\) es una base ordenada de\(\mathbb{P}_3\) y\[B_2 = \left\{ \left [ \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right ], \left [ \begin{array}{r} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right ], \left [ \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ -1 \\ 0 \end{array} \right ], \left [ \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right ] \right\}\nonumber \] ser una base ordenada de\(\mathbb{R}^4\). Encuentra la matriz\(M_{B_2B_1}(T)\).

Solución

Para encontrar\(M_{B_2B_1}(T)\), utilizamos la siguiente definición. \[M_{B_2B_1}(T) = \left [ \begin{array}{cccc} C_{B_2}[T(x^3)] & C_{B_2}[T(x^2)] & C_{B_2}[T(x)] & C_{B_2}[T(x^2)] \end{array} \right ]\nonumber \]Primero encontramos el resultado de aplicar\(T\) a la base\(B_1\). \[T(x^3) = \left [ \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right ], T(x^2) = \left [ \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right ], T(x) = \left [ \begin{array}{c} 0 \\ -1 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right ], T(1) = \left [ \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right ]\nonumber \]

A continuación aplicamos el isomorfismo coordinado\(C_{B_2}\) a cada uno de estos vectores. Mostraremos el primero en detalle. \[C_{B_2} \left( \left [ \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right ] \right) = a_1 \left [ \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right ] + a_2 \left [ \begin{array}{r} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right ] + a_3 \left [ \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ -1 \\ 0 \end{array} \right ] + a_4 \left [ \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right ]\nonumber \]Esto implica aquello\[\begin{aligned} a_1 &= 1 \\ a_2 &= 0 \\ a_1 - a_3 &= 0 \\ a_4 &= 1 \end{aligned}\] que tiene una solución dada por\[\begin{aligned} a_1 &= 1 \\ a_2 &= 0 \\ a_3 &= 1 \\ a_4 &= 1 \end{aligned}\]

Por lo tanto\(C_{B_2} [T(x^3)] = \left [ \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right ]\).

Se puede verificar que los siguientes son ciertos. \[C_{B_2}[T(x^2)] = \left [ \begin{array}{r} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right ], C_{B_2}[T(x)] = \left [ \begin{array}{r} 0 \\ -1 \\ -1 \\ 0 \end{array} \right ], C_{B_2}[T(1)] = \left [ \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ -1 \\ 1 \end{array} \right ]\nonumber \]

Usando estos vectores como las columnas de\(M_{B_2B_1}(T)\) tenemos\[M_{B_2B_1}(T) = \left [ \begin{array}{rrrr} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right ]\nonumber \]

El siguiente ejemplo demuestra que este método puede ser utilizado para resolver diferentes tipos de problemas. Examinaremos el ejemplo anterior y veremos si podemos trabajar hacia atrás para determinar la acción de\(T\) desde la matriz\(M_{B_2B_1}(T)\).

Ejemplo\(\PageIndex{3}\): Finding the Action of a Linear Transformation

\(T: \mathbb{P}_3 \mapsto \mathbb{R}^4\)Sea un isomorfismo con\[M_{B_2B_1}(T) = \left [ \begin{array}{rrrr} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right ],\nonumber \] donde\(B_1 = \left\{ x^3, x^2, x, 1 \right\}\) es una base ordenada de\(\mathbb{P}_3\) y\[B_2 = \left\{ \left [ \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right ], \left [ \begin{array}{r} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right ], \left [ \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ -1 \\ 0 \end{array} \right ], \left [ \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right ] \right\}\nonumber \] es una base ordenada de\(\mathbb{R}^4\). Si\(p(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d\), encuentra\(T(p(x))\).

Solución

Recordemos eso\(C_{B_2}[T(p(x))] = M_{B_2B_1}(T) C_{B_1}(p(x))\). Entonces tenemos\[\begin{aligned} C_{B_2}[T(p(x))] &= M_{B_2B_1}(T) C_{B_1}(p(x)) \\ &= \left [ \begin{array}{rrrr} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right ] \left [ \begin{array}{c} a \\ b \\ c \\ d \end{array} \right ] \\ &= \left [ \begin{array}{c} a + b \\ b - c \\ a + b - c - d\\ a + d \end{array} \right ]\end{aligned}\]

Por lo tanto\[\begin{aligned} T(p(x)) &= C^{-1}_D \left [ \begin{array}{c} a + b \\ b - c \\ a + b - c - d\\ a + d \end{array} \right ] \\ &= (a+b) \left [ \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right ] + (b-c) \left [ \begin{array}{r} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right ] + (a+b-c-d) \left [ \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ -1 \\ 0 \end{array} \right ] + (a+d) \left [ \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right ] \\ &= \left [ \begin{array}{c} a + b \\ b - c \\ c + d \\ a +d \end{array} \right ]\end{aligned}\]

Se puede verificar que esta fue la definición de\(T(p(x))\) dada en el ejemplo anterior.

También podemos encontrar la matriz del compuesto de múltiples transformaciones.

Teorema\(\PageIndex{3}\): Matrix of Composition

Dejar\(V,W\) y\(U\) ser espacios vectoriales dimensionales finitos, y supongamos\(T : V \mapsto W\),\(S: W \mapsto U\) son transformaciones lineales. Supongamos\(V, W\) y\(U\) tienen bases ordenadas de\(B_1\),\(B_2\) y\(B_3\) respectivamente. Entonces la matriz de la transformación compuesta\(S \circ T\) (o\(ST\)) viene dada por\[M_{B_3B_1}(ST)=M_{B_3B_2}(S) M_{B_2B_1}(T).\nonumber \]

El siguiente teorema importante da una condición sobre cuándo\(T\) es un isomorfismo.

Teorema\(\PageIndex{4}\): Isomorphism

Dejar\(V\) y\(W\) ser espacios vectoriales de tal manera que ambos tengan dimensión\(n\) y dejen\(T: V \mapsto W\) ser una transformación lineal. Supongamos que\(B_1\) es una base ordenada de\(V\) y\(B_2\) es una base ordenada de\(W\).

Entonces las condiciones que\(M_{B_2B_1}(T)\) es invertible para todos\(B_1\) y\(B_2\), y que\(M_{B_2B_1}(T)\) es invertible para algunos\(B_1\) y\(B_2\) son equivalentes. De hecho, estos ocurren si y sólo si\(T\) es un isomorfismo.

Si\(T\) es un isomorfismo, la matriz\(M_{B_2B_1}(T)\) es invertible y su inversa viene dada por\(\left [ M_{B_2B_1}(T) \right ] ^{-1} = M_{B_1B_2}(T^{-1})\).

Considera el siguiente ejemplo.

Ejemplo\(\PageIndex{4}\)

Supongamos que\(T:\mathbb{P}_3\to\mathbb{M}_{22}\) es una transformación lineal definida por\[T(ax^3+bx^2+cx+d)= \left [\begin{array}{cc} a+d & b-c \\ b+c & a-d \end{array}\right ]\nonumber \] para todos\(ax^3+bx^2+cx+d\in\mathbb{P}_3\). Dejar\(B_1=\{ x^3, x^2, x, 1\}\) y\[B_2=\left\{ \left [\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right ], \left [\begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}\right ], \left [\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{array}\right ], \left [\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right ]\right\}\nonumber \] ordenar bases de\(\mathbb{P}_3\) y\(\mathbb{M}_{22}\), respectivamente.

1. Encuentra\(M_{B_2B_1}(T)\).
2. Verificar que\(T\) es un isomorfismo demostrando que\(M_{B_2B_1}(T)\) es invertible.
3. \(M_{B_1B_2}(T^{-1})\)Encuéntralo y verifícalo\(M_{B_1B_2}(T^{-1}) = \left [ M_{B_2B_1}(T)\right ]^{-1}\).
4. \(M_{B_1B_2}(T^{-1})\)Úselo para encontrar\(T^{-1}\).

Solución

1. \[\begin{aligned} M_{B_2B_1}(T) & = \left [ \begin{array}{cccc} C_{B_2}[T(1)] & C_{B_2}[T(x)] & C_{B_2}[T(x^2)] & C_{B_2}[T(x^3)] \end{array}\right ] \\ & = \left [ \begin{array}{cccc} C_{B_2}\left [\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right ] & C_{B_2}\left [\begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right ] & C_{B_2}\left [\begin{array}{cc} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{array}\right ] & C_{B_2}\left [\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{array}\right ] \end{array}\right ] \\ & = \left [\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & -1 \end{array}\right ]\end{aligned}\]
2. \(\det(M_{B_2B_1}(T))=4\), por lo que la matriz es invertible, y por lo tanto\(T\) es un isomorfismo.
3. \[T^{-1}\left [\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right ] = 1, T^{-1}\left [\begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right ]= x, T^{-1}\left [\begin{array}{cc} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{array}\right ]= x^2, T^{-1}\left [\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{array}\right ]=x^3,\nonumber \]por\[T^{-1}\left [\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right ] = \frac{1+x^3}{2}, T^{-1}\left [\begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}\right ]= \frac{x-x^2}{2},\nonumber \]\[T^{-1}\left [\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{array}\right ] = \frac{x+x^2}{2}, T^{-1}\left [\begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}\right ]= \frac{1-x^3}{2}.\nonumber \] lo que por lo tanto,\[M_{B_1B_2}(T^{-1})=\frac{1}{2}\left [\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & -1 \end{array}\right ]\nonumber \] Usted debe verificar eso\(M_{B_2B_1}(T) M_{B_1B_2}(T^{-1}) = I_4\). De esto se deduce que\([M_{B_2B_1}(T)]^{-1}= M_{B_1B_2}(T^{-1})\).
4. \[\begin{aligned} C_{B_1}\left(T^{-1}\left [\begin{array}{cc} p & q \\ r & s \end{array}\right ]\right) & = M_{B_1B_2}(T^{-1}) C_{B_2}\left( \left [\begin{array}{cc} p & q \\ r & s \end{array}\right ]\right)\\ T^{-1}\left [\begin{array}{cc} p & q \\ r & s \end{array}\right ] & = C_{B_1}^{-1}\left(M_{B_1B_2}(T^{-1}) C_{B_2}\left( \left [\begin{array}{cc} p & q \\ r & s \end{array}\right ]\right)\right)\\ & = C_{B_1}^{-1}\left( \frac{1}{2}\left [\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & -1 \end{array}\right ] \left [\begin{array}{c} p \\ q\\ r\\ s\end{array}\right ]\right) \\ & = C_{B_1}^{-1}\left(\frac{1}{2}\left [\begin{array}{c} p+s \\ q+r \\ r-q \\ p-s \end{array}\right ]\right) \\ & = \frac{1}{2}(p+s)x^3 +\frac{1}{2}(q+r)x^2 +\frac{1}{2}(r-q)x + \frac{1}{2}(p-s).\end{aligned}\]