problemas-resueltos-de-algebra universidad jimenez (598)

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14.32 Automorfismo en un espacio eucĺıdeo
sobreyectiva. Hemos demostrado que f es isomorfismo, y por ende automor-
fismo, al ser el espacio inicial igual al final.
(d) Si x ∈ H entonces x = x + 0 con x ∈ H, 0 ∈ H⊥ y si x ∈ H⊥ entonces
x = 0 + x con 0 ∈ H,x ∈ H⊥. En consecuencia{
f(x) = x− 0 = x ∀x ∈ H
f(x) = 0− x = −x ∀x ∈ H⊥.
Finalmente veamos que f−1 = f o de forma equivalente, que f ◦ f = I.
Efectivamente, para todo x ∈ E se verifica
(f ◦ f)(x) = f(f(x)) = f(x1 − x2) = f(x1)− f(x2)
= x1 − (−x2) = x1 + x2 = x = I(x).
2. Los vectores de H⊥ son los (x, y, z) ∈ R3 ortogonales al vector (−2, 0, 1),
es decir, H⊥ ≡ −2x + z = 0. Una base de H⊥ es {(1, 0, 2), (0, 1, 0)}. Dado
que R3 = H ⊕H⊥, la unión de una base de H con otra de H⊥ es una base
de R3 :
BR3 = {(−2, 0, 1), (1, 0, 2), (0, 1, 0)}.
Expresemos ahora cualquier vector (x, y, z) ∈ R3 como suma de uno de H
y otro de H⊥ :
(x, y, z) = λ1(−2, 0, 1) + λ2(1, 0, 2) + λ3(0, 1, 0).
Resolviendo el sistema correspondiente obtenemos λ1 = (z − 2x)/5, λ2(x+
2z)/5 y λ3 = −y. El sumando que pertenece a H es:
λ1(−2, 0, 1) =
1
5
(4x− 2z, 0,−2x+ z), (1)
y el sumando que pertenece a H⊥ :
λ2(1, 0, 2) + λ3(0, 1, 0) =
1
5
(−x+ 2z, 5y,−2x− 4z). (2)
Restando al sumando (1) el sumando (2) obtenemos el vector (x,−y, z), es
decir el automorfismo f es:
f : R3 → R3, f(x, y, z) = (x,−y, z).
El transformado de F es por tanto f(F ) ≡ x+ y + 2z = 0.
3. La simetŕıa g es un automorfismo que cumple{
g(x) = x ∀x ∈ H
g(x) = −x ∀x ∈ H⊥.