Parte III Aplicaciones lineales

Definición 8.2.

Sean $\displaystyle(E,+,\cdot)$ y $\displaystyle(E^{\prime},+,\cdot)$ dos espacios vectoriales sobre el mismo cuerpo K. Diremos que la funcion $\displaystyle f:E\to E^{\prime}$ es lineal (homomorfismo) si $\displaystyle f$ satisface las siguientes propiedades:

1.

$\displaystyle\forall u,v\in E$ , $\displaystyle f(u+v)=f(u)+f(v)$
2.

$\displaystyle\forall u\in E$ , $\displaystyle\forall\alpha\in\mathbb{K}$ , $\displaystyle f(\alpha u)=\alpha\cdot f(u)$

Proposición 8.4.

Una aplicacion $\displaystyle f:E\to E^{\prime}$ es lineal si y solo si $\displaystyle\forall u,v\in E$ , $\displaystyle\forall\alpha,\beta\in\mathbb{K}\quad f(\alpha u+\beta v)=\alpha f% (u)+\beta f(v)$

Demostración.

“ $\displaystyle\Rightarrow$ ” Supongamos que $\displaystyle f\colon E\to E^{\prime}$ es lineal, o lo que es lo mismo, que $\displaystyle f$ satisface las condiciones $\displaystyle 1$ y $\displaystyle 2$ de la definicion. Dados $\displaystyle u,v\in E$ y $\displaystyle\alpha,\beta\in\mathbb{K}$ , por la condicion 1 resulta que

\displaystyle f(\alpha u+\beta v)=f(\alpha u)+f(\beta v)=\text{ (por la % condicion 2) }=\alpha f(u)+\beta f(v)

“ $\displaystyle\Leftarrow$ ” Reciprocamente, supongamos que $\displaystyle\forall u,v\in E,\forall\alpha,\beta\in\mathbb{K}$ se verifica que

\displaystyle f(\alpha u+\beta v)=\alpha f(u)+\beta f(v).

Hay que demostrar que $\displaystyle f$ satisface las condiciones 1 y 2.

Dados $\displaystyle u,v\in E$ , tomando $\displaystyle\alpha=\beta=1$ , tenemos

\displaystyle f(u+v)=f(1\cdot u+1\cdot v)=1\cdot f(u)+1\cdot f(v)=f(u)+f(v).

Por otro lado, si tomamos $\displaystyle\beta=0$ , resulta que

\displaystyle f(\alpha u)=f(\alpha u+0v)=\alpha f(u)+0\cdot f(v)=\alpha f(u).

∎

Por induccion: $\displaystyle f(\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}u_{i})=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}f(u_{i})$ .

Proposición 8.5.

Si $\displaystyle E$ y $\displaystyle E^{\prime}$ son $\displaystyle\mathbb{K}$ -e.v. y $\displaystyle f:E\to E^{\prime}$ es una aplicacion lineal, entonces:

1.

$\displaystyle f(0)=0$
2.

$\displaystyle\forall u\in E,f(-u)=-f(u)$

Demostración.

1.

$\displaystyle\forall u\in E$ , $\displaystyle f(0\cdot u)=0\cdot f(u)=0$ .
2.

Dado $\displaystyle u\in E$ , se tiene

$\displaystyle f(u)+f(-u)=f(u+(-u))=f(0)=0$

por lo que $\displaystyle f(-u)$ es el opuesto de $\displaystyle f(u)$ , es decir, $\displaystyle f(-u)=-f(u)$ , puesto que $\displaystyle(E^{\prime},+)$ es un grupo.

∎

Proposición 8.6.

Siendo $\displaystyle E$ y $\displaystyle E^{\prime}$ $\displaystyle\mathbb{K}$ -e.v. si denotamos por $\displaystyle\mathcal{{F}}(E,E^{\prime})$ al espacio de todas las funciones definidas entre $\displaystyle E$ y $\displaystyle E^{\prime}$ , y por $\displaystyle\mathcal{{L}}(E,E^{\prime})$ al conjunto de las funciones lineales definidas entre $\displaystyle E$ y $\displaystyle E^{\prime}$ , es decir,

\displaystyle\mathcal{{L}}(E,E^{\prime})=\{f\in\mathcal{{F}}(E,E^{\prime})\mid f% \text{ es lineal}\}

se verifica que $\displaystyle\mathcal{{L}}(E,E^{\prime})\leq\mathcal{{F}}(E,E^{\prime})$ , o lo que es lo mismo, que $\displaystyle\mathcal{{L}}(E,E^{\prime})$ tiene estructura de espacio vectorial respecto de la suma de funciones y producto de una funcion por un escalar definidos en $\displaystyle\mathcal{{F}}(E,E^{\prime})$ .

Demostración.

1.

Evidentemente $\displaystyle\mathcal{{L}}(E,E^{\prime})\neq\varnothing$ , puesto que $\displaystyle 0\in\mathcal{{L}}(E,E^{\prime})$ , ya que $\displaystyle\forall u,v\in E,\forall\alpha,\beta\in\mathbb{K}$ se tiene

$\displaystyle 0(\alpha u+\beta v)=0=0+0=\alpha 0(u)+\beta 0(v)$
2.

Veamos que $\displaystyle\forall f,g\in\mathcal{{L}}(E,E^{\prime})$ se verifica que $\displaystyle f+g\in\mathcal{{L}}(E,E^{\prime})$ . Si $\displaystyle u,v\in E$ y $\displaystyle\alpha,\beta\in\mathbb{K}$ , se verifica que

$(f+g)(\alpha u+\beta v)=f(\alpha u+\beta v)+g(\alpha u+\beta v)=\\ =(\alpha f(u)+\beta f(v))+(\alpha g(u)+\beta g(v))=\\ =(\alpha f(u)+\alpha g(u))+(\beta f(v)+\beta g(v))=\alpha(f+g)(u)+\beta(f+g)(v)$
3.

Veamos que $\displaystyle\forall f\in\mathcal{{L}}(E,E^{\prime}),\forall\lambda\in\mathbb{K}$ se verifica que $\displaystyle\lambda f\in\mathcal{{L}}(E,E^{\prime})$ . Si $\displaystyle u,v\in E$ y $\displaystyle\alpha,\beta\in\mathbb{K}$ , se verifica que

$(\lambda f)(\alpha u+\beta v)=\lambda\cdot f(\alpha u+\beta v)=\lambda(\alpha f% (u)+\beta f(v))=\\ =\alpha\lambda f(u)+\beta\lambda f(v)=\alpha(\lambda f)(u)+\beta(\lambda f)(v).$

∎

Proposición 8.7.

Si $\displaystyle E,E^{\prime},E^{\prime\prime}$ son $\displaystyle\mathbb{K}$ -e.v. y $\displaystyle f\colon E\to E^{\prime}$ , $\displaystyle g\colon E^{\prime}\to E^{\prime\prime}$ son funciones lineales, entonces la funcion composicion de $\displaystyle g$ con $\displaystyle f$ , $\displaystyle g\circ f\colon E\to E^{\prime\prime}$ tambien es lineal.

Demostración.

Sean $\displaystyle u,v\in E$ y $\displaystyle\alpha,\beta\in\mathbb{K}$ . En ese caso

(g\circ f)(\alpha u+\beta v)=g(f(\alpha u+\beta v))=g(\alpha f(u)+\beta f(v))=% \\ =\alpha g(f(u))+\beta g(f(v))=\alpha(g\circ f)(u)+\beta(g\circ f)(v).

∎

Proposición 8.8.

Si $\displaystyle E$ y $\displaystyle E^{\prime}$ son $\displaystyle\mathbb{K}$ -e.v. y $\displaystyle f\colon E\to E^{\prime}$ es lineal, se verifica que:

1.

$\displaystyle\forall H\subseteq E$ , $\displaystyle H\leq E\Rightarrow f(H)\leq E^{\prime}$
2.

$\displaystyle\forall H^{\prime}\subseteq E^{\prime}$ , $\displaystyle H^{\prime}\leq E^{\prime}\Rightarrow f^{-1}(H^{\prime})\leq E$

Demostración.

1.

Supongamos que $\displaystyle H\leq E$ . En ese caso $\displaystyle 0\in H$ y, puesto que $\displaystyle f(0)=0$ , $\displaystyle 0\in f(H)$ .

Por otra parte, si $\displaystyle u^{\prime},v^{\prime}\in f(H)$ y $\displaystyle\alpha,\beta\in\mathbb{K}$ tendremos, por definicion de $\displaystyle f(H)$ , que existen $\displaystyle u,v\in H$ tales que $\displaystyle f(u)=u^{\prime}$ y $\displaystyle f(v)=v^{\prime}$ . Luego

$\displaystyle\alpha u^{\prime}+\beta v^{\prime}=\alpha f(u)+\beta f(v)=f(% \alpha u+\beta v)$

y, como $\displaystyle H\leq E$ , $\displaystyle\alpha u+\beta v\in H$ . Luego $\displaystyle\alpha u^{\prime}+\beta v^{\prime}\in f(H)$ .

Hemos llegado a que $\displaystyle f(H)\leq E^{\prime}$ .
2.

Supongamos que $\displaystyle H^{\prime}\leq E^{\prime}$ . En ese caso $\displaystyle 0\in H^{\prime}$ y, puesto que $\displaystyle f(0)=0$ , $\displaystyle 0\in f^{-1}(H^{\prime})$ .

Por otra parte, si $\displaystyle u,v\in f^{-1}(H^{\prime})$ y $\displaystyle\alpha,\beta\in\mathbb{K}$ , $\displaystyle f(u),f(v)\in H^{\prime}$ .

Como $\displaystyle H^{\prime}\leq E^{\prime}$ , $\displaystyle\alpha f(u)+\beta f(v)\in H^{\prime}\Rightarrow f(\alpha u+\beta v% )\in H^{\prime}$ y $\displaystyle\alpha u+\beta v\in f^{-1}(H^{\prime})$ .

∎

Definición 8.3.

Sean $\displaystyle E$ y $\displaystyle E^{\prime}$ $\displaystyle\mathbb{K}$ -e.v. y $\displaystyle f\colon E\to E^{\prime}$ una funcion lineal, llamaremos nucleo de $\displaystyle f$ al conjunto

\displaystyle Ker(f)=f^{-1}({0})=\{u\in E\mid f(u)=0\}

e imagen de $\displaystyle f$ al conjunto

\displaystyle Im(f)=\{v\in E^{\prime}\mid\exists u\in E\mid f(u)=v\}=f(E)

Observación.

$\displaystyle Ker(f)\leq E$ y $\displaystyle Im(f)\leq E^{\prime}$ .

Definición 8.4.

Sean $\displaystyle E,E^{\prime}$ $\displaystyle\mathbb{K}$ -e.v. y $\displaystyle f\colon E\to E^{\prime}$ una funcion lineal, a la dimension de la imagen de $\displaystyle f$ se le denomina rango de $\displaystyle f$ y a la dimension del nucleo nulidad.

Ejemplo.

1.

El nucleo de la funcion identidad $\displaystyle Id_{E}\colon E\to E$ es el subespacio $\displaystyle\{0\}$ y su imagen es el subespacio $\displaystyle E$ .
2.

Sea $\displaystyle f:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3}$ la proyeccion ortogonal sobre el plano $\displaystyle z=0$ .

$\displaystyle Ker(f)=\{(x,y,z)\mid f(x,y,0)=(0,0,0)\}=\{(x,y,z)\mid x=y=0\}$

Teorema 8.1.

Sean $\displaystyle E$ y $\displaystyle E^{\prime}$ $\displaystyle\mathbb{K}$ -e.v. y $\displaystyle f\colon E\to E^{\prime}$ una funcion lineal.

Se verifica que:

1.

$\displaystyle f$ es inyectiva $\displaystyle\Leftrightarrow$ $\displaystyle Ker(f)=\{0\}$ .
2.

$\displaystyle f$ es suprayectiva $\displaystyle\Leftrightarrow Im(f)=E^{\prime}$ .

Demostración.

1.

“ $\displaystyle\Rightarrow$ ” Puesto que $\displaystyle f$ es lineal, $\displaystyle f(0)=0$ y en consecuencia $\displaystyle 0\in Ker(f)$ . Si $\displaystyle u\in E$ es tal que $\displaystyle u\in Ker(f)$ , entonces $\displaystyle f(u)=0$ y $\displaystyle f(0)=0$ .

Como partimos de la hipoteiss de que $\displaystyle f$ es inyectiva, llegamos a que $\displaystyle u=0$ . Por tanto, $\displaystyle Ker(f)=\{0\}$ .

“ $\displaystyle\Leftarrow$ ” Supongamos que $\displaystyle Ker(f)=\{0\}$ y que $\displaystyle u,v\in E$ son tales que $\displaystyle f(u)=f(v)$ . Entonces $\displaystyle f(u)+(-f(v))=0\Rightarrow f(u)+f(-v)=0\Rightarrow f(u+(-v))=0% \Rightarrow u+(-v)\in Ker(f)\Rightarrow u+(-v)=0$ . Por tanto, $\displaystyle u=v$ y llegamos a que $\displaystyle f$ es inyectiva.
2.

Por definicion, $\displaystyle f$ es sobreyectiva si y solo si $\displaystyle Im(f)=E^{\prime}$ .

∎

Definición 8.5.

Siendo $\displaystyle E$ y $\displaystyle E^{\prime}$ dos $\displaystyle\mathbb{K}$ -e.v., se dice que $\displaystyle E$ y $\displaystyle E^{\prime}$ son isomorfos si existe una funcion $\displaystyle f\colon E\to E^{\prime}$ tal que $\displaystyle f$ es lineal y biyectiva. En ese caso, se dice que $\displaystyle f$ es un isomorfismo.

Proposición 8.9.

Si $\displaystyle f\colon E\to E^{\prime}$ es un isomorfismo, $\displaystyle f^{-1}\colon E^{\prime}\to E$ es tambien un isomorfismo.

Demostración.

Si $\displaystyle f\colon E\to E^{\prime}$ es biyectiva entonces $\displaystyle f^{-1}\colon E^{\prime}\to E$ es tambien biyectiva. Veamos que es lineal.

1.

Sean $\displaystyle u^{\prime},v^{\prime}\in E^{\prime}$ . Por ser $\displaystyle f\colon E\to E^{\prime}$ biyectiva, $\displaystyle\exists!u,v\in E$ tales que $\displaystyle f(u)=u^{\prime}$ y $\displaystyle f(v)=v^{\prime}$ .

Luego $\displaystyle f^{-1}(u^{\prime}+v^{\prime})=f^{-1}(f(u)+f(v))=f^{-1}(f(u+v))=u% +v=f^{-1}(u)+f^{-1}(v)$ .
2.

Sean $\displaystyle u^{\prime}\in E^{\prime}$ y $\displaystyle\alpha\in\mathbb{K}$ . Entonces $\displaystyle\exists!u\in E\mid f(u)=u^{\prime}$ .

Tenemos que

$\displaystyle f^{-1}(\alpha u^{\prime})=f^{-1}(\alpha f(u))=f^{-1}(f(\alpha u)% )=\alpha u=\alpha f^{-1}(u^{\prime}).$

∎

Teorema 8.2.

Sean $\displaystyle E$ y $\displaystyle E^{\prime}$ dos $\displaystyle\mathbb{K}$ -e.v., $\displaystyle\{u_{1},\ldots,u_{n}\}$ , base de E, $\displaystyle\{v_{1},\ldots,v_{n}\}$ un sistema de cualquiera de $\displaystyle n$ vectores de $\displaystyle E^{\prime}$ . En estas condiciones existe una unica funcion lineal $\displaystyle f\colon E\to E^{\prime}$ tal que $\displaystyle\forall i\in\{1,\ldots,n\},f(u_{i})=v_{i}$ .

Ademas se verifica:

1.

$\displaystyle f$ es inyectiva $\displaystyle\Leftrightarrow\{v_{1},\ldots,v_{n}\}$ es libre.
2.

$\displaystyle f$ es sobrectiva $\displaystyle\Leftrightarrow\langle v_{1},\ldots,v_{n}\rangle=E^{\prime}$
3.

$\displaystyle f$ es biyectiva $\displaystyle\Leftrightarrow\{v_{1},\ldots,v_{n}\}$ es base de $\displaystyle E^{\prime}$ .

Demostración.

i)

Existencia. Sea $\displaystyle u\in E$ , como $\displaystyle B=\{u_{1},\ldots,u_{n}\}$ $\displaystyle\exists!(\alpha_{1},\ldots,\alpha_{n})\in\mathbb{K}^{n}$ tal que $\displaystyle u=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}u_{i}$ .
Entonces definimos $\displaystyle f(u)=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}v_{i}$ . Veamos que la funcion $\displaystyle f$ asi definida para cada $\displaystyle u\in E$ satisface las dos condiciones requeridas.
1. a)
  
  $\displaystyle f$ es lineal: dados $\displaystyle u,v\in E$ y $\displaystyle\lambda,\mu\in\mathbb{K}$ , si $\displaystyle u=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}u_{i}$ y $\displaystyle v=\sum_{i=1}^{n}\beta_{i}u_{i}$ , resulta que $\displaystyle f(\lambda u+\mu v)=f(\lambda\cdot(\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}u_{i})% +\mu\cdot(\sum_{i=1}^{n}\beta_{i}u_{i}))=f((\sum_{i=1}^{n}(\lambda\alpha_{i}+% \mu\beta_{i})u_{i}))=\sum_{i=1}^{n}(\lambda\alpha_{i}+\mu\beta_{i})v_{i}=% \lambda(\sum_{i=1}^{n}\alpha v_{i})+\mu(\sum_{i=1}^{n}\beta_{i}u_{i})=\lambda f% (u)+\mu f(v)$ .
2. b)
  
  $\displaystyle\forall i\in\{1,\ldots,n\}$ , $\displaystyle f(u_{i})=v_{i}$ . Dado $\displaystyle i\in\{1,\ldots,n\}$ , se tiene
  
  $\displaystyle u_{i}=0\cdot u_{1}+\cdots+1\cdot u_{i}+\cdots 0\cdot u_{n}$
  
  y por tanto
  
  $\displaystyle f(u_{i})=0\cdot v_{1}+\cdots+1\cdot v_{i}+\cdots+0\cdot v_{n}$
ii)

Unicidad. Si $\displaystyle g\colon E\to E^{\prime}$ es una funcion lineal tal que $\displaystyle\forall i\in\{1,\ldots,n\}\;g(u_{i})=v_{i}$ , siendo $\displaystyle w$ un vector cualquiera de $\displaystyle E$ , $\displaystyle\exists(\alpha_{1},\ldots,\alpha_{n})\in\mathbb{K}^{n}$ tal que

$\displaystyle w=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}u_{i}.$

Entonces $\displaystyle g(w)=g(\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}u_{i})=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}g(% u_{i})=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}v_{i}=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}f(u_{i})=f(\sum_{% i=1}^{n}\alpha_{i}u_{i})=f(w)$ . Luego $\displaystyle f=g$ .

Por ultimo, comprobamos que se verifican a), b) y c).

a)

“ $\displaystyle\Rightarrow$ ” Sea $\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}v_{i}=0$ . Entonces

$\displaystyle 0=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}v_{i}=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}f(u_{i})% =f(\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}u_{i}).$

Ya que $\displaystyle f$ es inyectiva, $\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}u_{i}=0$ y, como $\displaystyle\{u_{1},\ldots,u_{n}\}$ es libre, $\displaystyle\alpha_{1}=\cdots=\alpha_{n}=0$ .

“ $\displaystyle\Leftarrow$ ” Si $\displaystyle w\in Ker(f)$ , siendo $\displaystyle w=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}u_{i}$ , tenemos que

$\displaystyle f(w)=0=f(\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}u_{i})=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}% f(u_{i})=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}v_{i}$

y como $\displaystyle\{v_{1},\ldots,v_{n}\}$ es libre, $\displaystyle\alpha_{1}=\cdots=\alpha_{n}=0$ . Por tanto, $\displaystyle w=0$ y $\displaystyle f$ es inyectiva.
b)

Tenemos que probar que $\displaystyle Im(f)=\langle v_{1},\ldots,v_{n}\rangle$ . En ese caso, $\displaystyle f$ es sobreyectiva si y solo si $\displaystyle\langle v_{1},\ldots,v_{n}\rangle=E^{\prime}$ .

Como $\displaystyle\langle v_{1},\ldots,v_{n}\rangle\leq Im(f)$ , solo hace falta comprobar que $\displaystyle Im(f)\subseteq\langle v_{1},\ldots,v_{n}\rangle$ . Si $\displaystyle v\in Im(f)$ , existe $\displaystyle u=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}u_{i}\in E$ tal que

$\displaystyle v=f(u)=f(\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}u_{i})=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}% f(u_{i})=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}v_{i}\in\langle v_{1},\ldots,v_{n}\rangle.$

Asi que $\displaystyle Im(f)=\langle v_{1},\ldots,v_{n}\rangle=E^{\prime}$ .
c)

Es consecuencia de los dos apartados anteriores.

∎

Corolario 8.1.

Si $\displaystyle E$ y $\displaystyle E^{\prime}$ son $\displaystyle\mathbb{K}$ -e.v. y $\displaystyle\{u_{1},\ldots,u_{n}\}$ es una base de $\displaystyle E$ , cualquier funcion lineal $\displaystyle f\colon E\to E^{\prime}$ queda completamente determinada por el sistema $\displaystyle\{f(u_{1}),\ldots,f(u_{n})\}$ .

Corolario 8.2.

Si $\displaystyle E$ y $\displaystyle E^{\prime}$ son dos $\displaystyle\mathbb{K}$ -e.v. de dimension finita, entonces

\displaystyle E\text{ y }E^{\prime}\text{ son isomorfos}\Leftrightarrow dim(E)% =dim(E^{\prime})

Demostración.

“ $\displaystyle\Rightarrow$ ” Si $\displaystyle E$ y $\displaystyle E^{\prime}$ son isomorfos, $\displaystyle f\colon E\to E^{\prime}$ es un isomorfismo y $\displaystyle\{u_{1},\ldots,u_{n}\}$ es una base de $\displaystyle E$ . Por el teorema anterior, $\displaystyle\{f(u_{1}),\ldots,f(u_{n})\}$ es una base de $\displaystyle E^{\prime}$ y, por tanto, $\displaystyle dim(E)=dim(E^{\prime})=n$ .

“ $\displaystyle\Leftarrow$ ” Si $\displaystyle dim(E)=dim(E^{\prime})=n$ , $\displaystyle\{u_{1},\ldots,u_{n}\}$ es una base de $\displaystyle E$ y $\displaystyle\{v_{1},\ldots,v_{n}\}$ es una base de $\displaystyle E^{\prime}$ . Si consideramos la funcion lineal $\displaystyle f\colon E\to E^{\prime}$ tal que $\displaystyle\forall i\in\{1,\ldots,n\}\;f(u_{i})=v_{i}$ , tenemos que $\displaystyle f$ es un isomorfismo (demostrado anteriormente) y $\displaystyle E$ y $\displaystyle E^{\prime}$ son isomorfos. ∎

Teorema 8.3 (de la dimension para funciones lineales).

Si $\displaystyle f\colon E\to E^{\prime}$ es una funcion lineal tal que los subespacios $\displaystyle Ker(f)$ e $\displaystyle Im(f)$ son de dimension finita, entonces $\displaystyle E$ es tambien de dimension finita y su dimension viene dada por

\displaystyle dim(E)=dim(Ker(f))+dim(Im(f)).

Demostración.

Sean $\displaystyle\{u_{1},\ldots,u_{r}\}$ una base de $\displaystyle Ker(f)$ y $\displaystyle\{v_{1},\ldots,v_{p}\}$ una base de $\displaystyle Im(f)$ . Sean, por otra parte, $\displaystyle\{w_{1},\ldots,w_{p}\}$ tales que $\displaystyle\forall i\in\{1,\ldots,p\},\;f(w_{i})=v_{i}$ .

El teorema quedara demostrado si comprobamos que $\displaystyle\{u_{1},\ldots,u_{r},w_{1},\ldots,w_{p}\}$ es una base de $\displaystyle E$ .

a)

$\displaystyle\{u_{1},\ldots,u_{r},w_{1},\ldots,w_{p}\}$ es libre.

Existen $\displaystyle\alpha_{1},\ldots,\alpha_{r},\beta_{1},\ldots,\beta_{p}$ tal que

$\displaystyle\sum_{i=1}^{r}\alpha_{i}u_{i}+\sum_{j=1}^{p}\beta_{j}w_{j}=0.$

Entonces $\displaystyle f(\sum_{i=1}^{r}\alpha_{i}u_{i}+\sum_{j=1}^{p}\beta_{j}w_{j})=f(% 0)=0$ .

Como $\displaystyle f$ es lineal, $\displaystyle\sum_{i=1}^{r}\alpha_{i}f(u_{i})+\sum_{j=1}^{p}\beta_{j}f(w_{j})=0$ y puesto que los vectores $\displaystyle u_{1},\ldots,u_{r}\in Ker(f)$ , $\displaystyle\sum_{j=1}^{p}\beta_{j}v_{j}=0$ . Al ser $\displaystyle\{v_{1},\ldots,v_{p}\}$ libre, obtenemos que $\displaystyle\beta_{1}=\cdots=\beta_{p}=0$ .

Volviendo a la ecuacion inicial, nos queda $\displaystyle\sum_{i=1}^{r}\alpha_{i}u_{i}=0$ , y como $\displaystyle\{u_{1},\ldots,u_{r}\}$ es libre, $\displaystyle\alpha_{1}=\cdots=\alpha_{r}=0$ .

Por lo tanto, $\displaystyle\alpha_{1}=\cdots=\alpha_{r}=\beta_{1}=\cdots=\beta_{p}=0$ y es un sistema libre.
1.

$\displaystyle\{u_{1},\ldots,u_{r},w_{1},\ldots,w_{p}\}$ es un sistema generador de $\displaystyle E$ . Sea $\displaystyle u\in E$ . Como $\displaystyle f(u)\in Im(f)$ y $\displaystyle\{v_{1},\ldots,v_{p}\}$ es una base de $\displaystyle Im(f)$ , $\displaystyle\exists\beta_{1},\ldots,\beta_{p}$ tal que $\displaystyle f(u)=\sum_{i=1}^{p}\beta_{i}v_{i}$ . Por tanto,

$\displaystyle f(u)=\sum_{i=1}^{p}\beta_{i}v_{i}=\sum_{i=1}^{p}\beta_{i}f(w_{i}% )=f(\sum_{i=1}^{p}\beta_{i}w_{i}).$

Luego

$\displaystyle 0=f(u)-f(\sum_{i=1}^{p}\beta_{i}w_{i})=f(u-\sum_{i=1}^{p}\beta_{% i}w_{i})\in Ker(f)$

Como $\displaystyle Ker(f)=\langle u_{1},\ldots,u_{r}\rangle$ , $\displaystyle\exists\alpha_{1},\ldots,\alpha_{r}$ tal que $\displaystyle u-\sum_{i=1}^{p}\beta_{i}w_{i}=\sum_{j=1}^{r}\alpha_{j}u_{j}\Rightarrow$

$\displaystyle u=\sum_{i=1}^{p}\beta_{i}w_{i}+\sum_{j=1}^{r}\alpha_{j}u_{j}$

∎