Ejercicios: Núcleo

2. Planteamos la ecuación. $x + y = 0$ y $2x + 2y = 0$

3. Simplificamos. La segunda ecuación es el doble de la primera, así que aporta lo mismo. Queda solo $x + y = 0$.

4. Despejamos. $y = -x$, con $x$ libre. Los vectores del núcleo son de la forma $x(1; -1)$.

5. Concluimos. El núcleo es la recta generada por $(1; -1)$, de dimensión $1$.

Respuesta: el núcleo es la recta generada por $(1; -1)$, de dimensión $1$

2. Escribimos las ecuaciones. $x = 0$ e $y = 0$.

3. Resolvemos. La única solución es $(0; 0)$.

4. Concluimos. El núcleo es solo el vector nulo, de dimensión $0$.

5. Interpretamos. Núcleo trivial significa que la transformación es inyectiva: no aplasta nada, cada vector va a parar a un lugar distinto.

Respuesta: el núcleo es solo $\{(0; 0)\}$, de dimensión $0$

2. Contamos las restricciones. Hay dos condiciones independientes sobre tres variables, así que queda una variable libre.

3. Despejamos. $y = -x$ y $z = 0$, con $x$ libre.

4. Escribimos el conjunto. Los vectores del núcleo son $x(1; -1; 0)$.

5. Concluimos. El núcleo es la recta generada por $(1; -1; 0)$, de dimensión $1$.

Respuesta: el núcleo es la recta generada por $(1; -1; 0)$, de dimensión $1$

2. Verificamos la suma. Si $T(u) = 0$ y $T(v) = 0$, entonces $T(u + v) = T(u) + T(v) = 0 + 0 = 0$, así que la suma está en el núcleo.

3. Verificamos el producto por escalares. $T(kv) = k\,T(v) = k \cdot 0 = 0$, así que el múltiplo también está.

4. Concluimos. Se cumplen las tres condiciones, así que el núcleo siempre es un subespacio del dominio.

5. Observamos. Por eso el núcleo nunca puede ser vacío: como mínimo contiene al vector nulo.

Respuesta: el núcleo siempre es un subespacio del dominio

2. Planteamos las ecuaciones. $2x - y = 0$ y $4x - 2y = 0$.

3. Simplificamos. La segunda es el doble de la primera, así que no aporta nada nuevo. Queda $2x - y = 0$.

4. Despejamos. $y = 2x$, con $x$ libre: los vectores son de la forma $x(1; 2)$.

5. Concluimos. El núcleo es la recta generada por $(1; 2)$, de dimensión $1$.

6. Verificamos con la matriz. La matriz asociada es $\begin{bmatrix}2 & -1 \\ 4 & -2\end{bmatrix}$, con determinante $-4 + 4 = 0$: coherente con que el núcleo no sea trivial.

Respuesta: el núcleo es la recta generada por $(1; 2)$, de dimensión $1$

2. Miramos qué devuelve $T$. La transformación manda todo al vector nulo, sin importar la entrada.

3. Resolvemos. La condición se cumple para absolutamente todos los vectores del dominio.

4. Concluimos. El núcleo es todo $\mathbb{R}^2$, de dimensión $2$.

5. Verificamos con el teorema de la dimensión. $2 = 2 + \dim(\operatorname{Im})$, así que la imagen tiene dimensión $0$: es solo el vector nulo, como corresponde.

6. Comparamos los extremos. La identidad tiene núcleo de dimensión $0$ e imagen máxima; la nula tiene núcleo máximo e imagen de dimensión $0$. Son los dos casos límite del teorema.

Respuesta: el núcleo es todo $\mathbb{R}^2$, de dimensión $2$

2. Vemos qué queda libre. Como $z$ no está restringida, puede tomar cualquier valor.

3. Escribimos el conjunto. Los vectores del núcleo son de la forma $(0; 0; z) = z(0; 0; 1)$.

4. Concluimos. El núcleo es el eje $z$, de dimensión $1$.

5. Verificamos con el teorema. El dominio tiene dimensión $3$, así que la imagen tiene dimensión $3 - 1 = 2$: es todo $\mathbb{R}^2$.

6. Interpretamos. La transformación aplasta la dirección $z$ contra el plano. Lo que se pierde al proyectar es exactamente lo que queda en el núcleo.

Respuesta: el núcleo es el eje $z$, generado por $(0; 0; 1)$, de dimensión $1$

2. Probamos la primera. Si $T$ es inyectiva y $T(v) = 0$, como también $T(0) = 0$, la inyectividad obliga a $v = 0$. El núcleo es trivial.

3. Planteamos la segunda. Supongamos ahora que el núcleo es solo el nulo, y que $T(u) = T(v)$.

4. Restamos. $T(u) - T(v) = 0$, y por linealidad $T(u - v) = 0$.

5. Usamos la hipótesis. Entonces $u - v$ está en el núcleo, que es solo el nulo, así que $u - v = 0$ y $u = v$.

6. Concluimos. Las dos direcciones valen, así que las dos condiciones son equivalentes. Por eso para verificar inyectividad de una transformación lineal alcanza con calcular el núcleo, sin comparar pares de vectores.

Respuesta: son equivalentes: el núcleo trivial obliga a que $T(u) = T(v)$ implique $u = v$

2. Contamos las restricciones. Hay una sola ecuación independiente sobre dos variables, así que queda una variable libre.

3. Despejamos. $y = x$, con $x$ libre: los vectores son de la forma $x(1; 1)$.

4. Concluimos. El núcleo es la recta generada por $(1; 1)$, de dimensión $1$.

5. Verificamos con el teorema de la dimensión. El dominio tiene dimensión $2$, así que la imagen tiene dimensión $2 - 1 = 1$.

6. Lo confirmamos mirando la imagen. $T(x; y) = (x-y)(1; 1)$: efectivamente la imagen es la recta generada por $(1; 1)$, de dimensión $1$.

Respuesta: el núcleo es la recta generada por $(1; 1)$, de dimensión $1$

2. Escribimos las ecuaciones. $x = 0$ y $2y = 0$.

3. Resolvemos. De la primera sale $x = 0$; de la segunda, $y = 0$. La única solución es $(0; 0)$.

4. Concluimos. El núcleo es solo el vector nulo, de dimensión $0$: la transformación es inyectiva.

5. Verificamos con la matriz. La matriz asociada es $\begin{bmatrix}1 & 0 \\ 0 & 2\end{bmatrix}$, con determinante $2 \neq 0$: coherente con núcleo trivial.

6. Interpretamos. $T$ estira al doble en la dirección $y$ y deja la $x$ igual. Estirar no aplasta nada, así que nada distinto del nulo puede ir a parar al nulo.

Respuesta: el núcleo es solo $\{(0; 0)\}$, de dimensión $0$

2. Contamos las restricciones. Una condición sobre tres variables deja dos variables libres.

3. Despejamos. $x = -y - z$, con $y$ y $z$ libres.

4. Escribimos el conjunto. $(-y - z; y; z) = y(-1; 1; 0) + z(-1; 0; 1)$.

5. Concluimos. El núcleo es el plano $x + y + z = 0$, de dimensión $2$.

6. Verificamos con el teorema. $3 = 2 + \dim(\operatorname{Im})$, así que la imagen tiene dimensión $1$: es todo $\mathbb{R}$, y la transformación es sobreyectiva.

Respuesta: el núcleo es el plano $x + y + z = 0$, de dimensión $2$

2. Aplicamos $T$ a los dos lados. $T(\alpha_1 v_1 + \dots + \alpha_n v_n) = T(0) = 0$.

3. Usamos la linealidad. El lado izquierdo se abre en $\alpha_1 T(v_1) + \dots + \alpha_n T(v_n)$.

4. Miramos los coeficientes. Son los mismos $\alpha_i$ de antes, así que sigue habiendo alguno distinto de cero.

5. Concluimos. Hay una combinación no trivial de las imágenes que da el nulo, así que son dependientes.

6. Señalamos que la recíproca es falsa. Que las imágenes sean dependientes no obliga a que los originales lo sean: la transformación nula manda cualquier base a un conjunto de ceros. La dependencia se conserva hacia adelante, la independencia no.

Respuesta: las imágenes también son dependientes, porque los mismos coeficientes sirven después de aplicar $T$