tema 4_v2

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Pedro_CC 1 
 
CAPÍTULO 4: APLICACIONES LINEALES 
4.1- Definición y propiedades. 
Sean 𝐸 y 𝐹 dos espacios vectoriales sobre el mismo cuerpo 𝐾 y 𝑓 una aplicación de 𝐸 en 𝐹. 
Diremos que 𝑓 es una aplicación lineal u homomorfismo si verifica las siguientes propiedades: 
𝑓(�̅� + 𝑦�) = 𝑓(�̅�) + 𝑓(𝑦�) ∀�̅�,𝑦� ∈ 𝐸 
𝑓(𝜆�̅�) = 𝜆𝑓(�̅�) ∀�̅� ∈ 𝐸,∀𝜆 ∈ 𝐾 
4.2- Teorema. 
𝑓 es una aplicación lineal u homomorfismo si y solo sí se verifica: 
𝑓(𝜆�̅� + 𝜇𝑦�) = 𝜆𝑓(�̅�) + 𝜇𝑓(𝑦�) ∀�̅�,𝑦� ∈ 𝐸 ∀𝜆, 𝜇 ∈ 𝐾 
-Ejemplo: dados dos espacios vectoriales 𝐸,𝐹 determinar cuáles de las siguientes aplicaciones 
𝑓:𝐸 → 𝐹 son homomorfismos. 
a) 𝐸 = 𝐹 = ℝ3, 𝑓(�̅�) = �̅� + 𝑥0��� siendo 𝑥0��� un elemento de ℝ3 dado. 
Si 𝑓 fuese un homomorfismo se tendría que verificar que 𝑓(�̅� + 𝑦�) = 𝑓(�̅�) + 𝑓(𝑦�) de donde 
se sigue que necesariamente tendría que ser �̅� + 𝑦� + 𝑥0��� = �̅� + 𝑦� + 2𝑥0���. De aquí se sigue que 
el único valor de 𝑥0��� que hace que la aplicación 𝑓 sea un homomorfismo es (0,0,0). 
b) 𝐸 = 𝐹 = ℝ3, 𝑓(�̅�) = 𝑥0��� siendo 𝑥0��� un elemento de ℝ3 dado. 
Razonando como en el apartado anterior tenemos que el único valor de 𝑥0��� que hace que la 
aplicación f sea un homomorfismo es de nuevo el (0,0,0). 
c) 𝐸 = 𝐹 = ℳ𝑛𝑥𝑛 , 𝑓(𝐴) = 𝐴 + 𝐴𝑡 
Apliquemos el teorema anterior para ver que 𝑓 es un homomorfismo: 
𝑓(𝜆𝐴 + 𝜇𝐵) = (𝜆𝐴 + 𝜇𝐵) + (𝜆𝐴 + 𝜇𝐵)𝑡 = 𝜆𝐴 + 𝜇𝐵 + 𝜆𝐴𝑡 + 𝜇𝐵𝑡 = 𝜆(𝐴 + 𝐴𝑡) + 𝜇(𝐵 + 𝐵𝑡)
= 𝜆𝑓(𝐴) + 𝜇𝑓(𝐵) 
d) 𝐸 = 𝐹 = 𝑃𝑛[𝑥], 𝑓(𝑝(𝑥)) = 𝑥𝑝′(𝑥) 
Apliquemos de nuevo el teorema anterior para ver que 𝑓 es un homomorfismo: 
𝑓(𝜆𝑝 + 𝜇𝑞) = 𝑥(𝜆𝑝 + 𝜇𝑞)′ = 𝑥𝜆(𝑥𝑝′) + 𝑥𝜇(𝑥𝑞′) = 𝜆𝑓(𝑝) + 𝜇𝑓(𝑞) 
4.3- Propiedades. 
Sea 𝑓 un homomorfismo de 𝐸 a 𝐹. Entonces: 
a) 𝑓(0𝐸) = 0𝐹 
b) 𝑓(−𝑥) = −𝑓(𝑥) 
 
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c) si 𝑉 es subespacio vectorial de 𝐸, entonces 𝑓(𝑉) es subespacio vectorial de 𝐹. En particular, 
𝑓(𝐸) es un subespacio vectorial de 𝐹 al que llamaremos imagen de 𝑓 y al que denotaremos 
por 𝑖𝑚𝑔(𝑓). 
d) Si 𝑆 = {𝑥1���,𝑥2���, … , 𝑥𝑛���} es un sistema de generadores de 𝑉, entonces 
𝑓(𝑆) = {𝑓(𝑥1���),𝑓(𝑥2���), … ,𝑓(𝑥𝑛���)} es un sistema de generadores de 𝑓(𝑉). 
e) Si W es un subespacio vectorial de F, entonces 𝑓−1(𝑊) es un subespacio vectorial de E. 
4.4- Nomenclatura. 
Sea 𝑓 un homomorfismo de 𝐸 a 𝐹. 
a) Si 𝐸 = 𝐹 entonces 𝑓 se denomina endomorfismo. 
b) Si 𝑓 es inyectiva, 𝑓 se denomina monomorfismo. 
Diremos que 𝑓 es inyectiva si 𝑓(�̅�1) = 𝑓(�̅�2) implica �̅�1 = �̅�2. 
c) Si 𝑓 es suprayectiva, 𝑓 se denomina epimorfismo. 
Diremos que 𝑓 es suprayectiva si ∀𝑦� ∈ 𝐹 existe �̅� ∈ 𝐸 con 𝑓(�̅�) = 𝑦�. 
d) Si 𝑓 es biyectiva (inyectiva y suprayectiva), 𝑓 se denomina isomorfismo. 
En este caso existe 𝑓−1 como aplicación lineal. 
e) Un endomorfismo biyectivo se denomina automorfismo. 
4.5- Definición. Núcleo de 𝒇. 
Se denomina núcleo de 𝑓:𝐸 → 𝐹 y se denota por ker (𝑓) al conjunto de vectores de 𝐸 que se 
transforman en el 0�𝐹. Es decir: 
ker(𝑓) = {�̅� ∈ 𝐸|𝑓(�̅�) = 0�𝐹} 
Propiedades del 𝐤𝐞𝐫 (𝒇): 
a) ker (𝑓) tiene estructura de espacio vectorial. 
b) 𝑓 es inyectiva si y solo sí ker(𝑓) = 0�𝐸. 
c) 𝑓 es inyectiva si y solo sí todo sistema libre 𝑆 se tranforma en un sistema 𝑓(𝑆) libre. 
Estas propiedades son importantes. Su demostración se propone como ejercicio. 
4.6- Rango de un homomorfismo. 
Se define el rango de un homomorfismo 𝑓:𝐸 → 𝐹 como la dimensión de 𝑓(𝐸). Se verifica que: 
dim(𝐸) = dim�𝑓(𝐸)� + dim (ker(𝑓)) 
 
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Por tanto, si tenemos un endomorfismo (𝐸 = 𝐹) es equivalente que f sea inyectiva, biyectiva y 
sobreyectiva. 
-Ejemplo: calcular la imagen y el núcleo del homomorfismo 𝑓:ℝ4 → ℝ3 dado por la expresión: 
𝑓(𝑥1,𝑥2,𝑥3, 𝑥4) = (𝑥1 + 𝑥2, 0, 𝑥1 − 𝑥2) 
Si �̅� = (𝑥1,𝑥2,𝑥3, 𝑥4) pertenece al núcleo de 𝑓 entonces necesariamente tiene que ser 
𝑥1 + 𝑥2 = 0, 𝑥1 − 𝑥2 = 0 de donde se sigue que 𝑥1 = 𝑥2 = 0 por lo que podemos afirmar 
que: 
ker(𝑓) = {(𝑥1,𝑥2, 𝑥3,𝑥4) |𝑥1 = 𝑥2 = 0} 
Es sencillo ver que ker(𝑓) = 𝐿{(0,0,1,0), (0,0,0,1)} por lo que su dimensión es 2. 
Para calcular la imagen de f es suficiente con calcular la imagen de todos los elementos de una 
base del espacio de partida. Tenemos: 
𝑓(1,0,0,0) = (1,0,1) 
𝑓(0,1,0,0) = (1,0,−1) 
𝑓(0,0,1,0) = (0,0,0) 
𝑓(0,0,0,1) = (0,0,0) 
(era de esperar que 𝑓(0,0,1,0) = (0,0,0), 𝑓(0,0,0,1) = (0,0,0) puesto que 
{(0,0,1,0), (0,0,0,1)} es la base de ker(𝑓) que hemos calculado anteriormente. Si esto no 
fuese así tendríamos que volver atrás y ver dónde hemos cometido un error) 
Por tanto, tenemos que 𝐼𝑚(𝑓) = 𝐿{(1,0,1), (1,0,−1)} por lo que la dimensión de la imagen 
de 𝑓 es 2 y se verifica que 4 = dim(ℝ4) = dim�𝑓(ℝ4)�+ dim(ker(𝑓)) = 2 + 2, 
obteniéndose un resultado coherente con la ecuación que acabamos de ver. De nuevo, si esto 
no fuese así tendríamos que repasar los cálculos porque habremos cometido algún error. 
-Ejemplo: calcular la imagen y el núcleo del homomorfismo 𝑓:ℝ3 → ℝ3 dado por la expresión: 
𝑓(𝑥1,𝑥2,𝑥3) = (𝑥3,𝑥1 + 𝑥2,−𝑥3) 
Además, calcular 𝑓−1(0,0,0), 𝑓−1(1,2,3) y 𝑓−1(1,0,−1) 
Para calcular el núcleo y la imagen del homomorfismo anterior basta con hacer lo mismo que 
en el ejemplo anterior. Se obtiene sin dificultad que ker(𝑓) = 𝐿{(1,−1,0)} y que 𝐼𝑚(𝑓) =
 𝐿{(0,1,0), (1,0,−1)}. 
Por otra parte, por definición tenemos que 𝑓−1(0,0,0) = ker(𝑓) y por tanto 𝑓−1(0,0,0) =
𝐿{(1,−1,0)}. 
Para calcular 𝑓−1(1,2,3) buscamos los vectores de ℝ3 cuya imagen sea (1,2,3), es decir, 
queremos calcular los valores de (𝑥1,𝑥2, 𝑥3) tales que 𝑓(𝑥1, 𝑥2,𝑥3) = (𝑥3,𝑥1 + 𝑥2,−𝑥3) =
(1,2,3). Sin embargo, teniendo en cuenta las ecuaciones de la primera y la tercera coordenada 
 
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de la igualdad anterior resulta por un lado que 𝑥3 = 1 y por otro que −𝑥3 = 3 de donde se 
sigue que 𝑓−1(1,2,3) = {∅} al no haber ningún vector que cumpla lo pedido. 
Para calcular 𝑓−1(1,0,−1) procedemos de la misma forma y de la expresión 𝑓(𝑥1,𝑥2, 𝑥3) =
(𝑥3,𝑥1 + 𝑥2,−𝑥3) = (1,0,−1) de donde se sigue que 𝑥3 = 1 y que 𝑥1 + 𝑥2 = 0. Por tanto, 
parece razonable pensar que 𝑓−1(1,0,−1) = (𝜆,−𝜆, 1) para cualquier valor de 𝜆 ya que es 
sencillo comprobar que 𝑓(𝜆,−𝜆, 1) = (1,0,−1) si sustituimos en la expresión de 𝑓 que nos 
dan. 
Sin embargo, hay un pequeño detalle que estamos pasando por alto. Tomemos un vector 
cualquiera del núcleo de 𝑓 que, teniendo en cuenta lo anterior, será de la forma 𝜇(1,−1,0) 
siendo 𝜇 un escalar arbitrario. Como 𝑓 es lineal tenemos: 
𝑓�(𝜆,−𝜆, 1) + 𝜇(1,−1,0)� = 𝑓(𝜆,−𝜆, 1) + 𝜇𝑓(1,−1,0) = (1,0,−1) + (0,0,0) = (1,0,−1) 
Es decir, si al vector (𝜆,−𝜆, 1) que habíamos calculado le sumamos cualquier vector que 
pertenezca al núcleo de 𝑓 obtenemos un vector cuya imagen sigue siendo (1,0,−1) por lo que 
finalmente resulta: 
𝑓−1(1,0,−1) = (𝜆,−𝜆, 1) + 𝜇(1,−1,0) ∀𝜆, 𝜇 
No es raro que en los exámenes aparezca algún apartado de un ejercicio de aplicaciones 
lineales en el que se pide calcular la imagen inversa de algún vector o de algún subespacio 
vectorial, por lo que se aconseja repasar hasta entender bien los detalles de este último 
ejemplo y pensar en todas las posibles soluciones que pueden aparecer al calcular la imagen 
inversa de un vector por una aplicación lineal (es decir, ver qué condiciones tendría que 
cumplir 𝑓 para poder encontrar un vector cuya imagen inversa sea cero, uno o infinitos 
vectores) 
Para que penséis un poco os pongo una cuestión que se me acaba de ocurrir y que podría ser 
de examen. Si no se os ocurre cómo atacarla revisad las propiedades de los subespacios 
vectoriales. 
CUESTIÓN 
Sean 𝐸 y 𝐹 dos espacios vectoriales y 𝑓 una aplicación lineal de 𝐸 en 𝐹. Encontrar 
razonadamente todos los vectores de 𝐹 cuya imagen inversa por 𝑓 sea un subespacio vectorial 
de 𝐸. 
4.7- Matriz de un homomorfismo. 
Sean 𝐸 y 𝐹 dos espacios vectoriales de dimensiones𝑛 y 𝑚 y con bases 𝐵𝐸 = {𝑒1� , 𝑒2� , … , 𝑒𝑛���}, 
𝐵𝐹 = {𝑣1���,𝑣2���, … , 𝑣𝑚����} respectivamente. Sea 𝑓:𝐸 → 𝐹 un homomorfismo. 
Sean: 
𝑓(�̅�1) = 𝑎11�̅�1 + 𝑎21�̅�2 + ⋯+ 𝑎𝑚1�̅�𝑚 
𝑓(�̅�2) = 𝑎12�̅�1 + 𝑎22�̅�2 + ⋯+ 𝑎𝑚2�̅�𝑚 
… 
 
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𝑓(�̅�𝑛) = 𝑎1𝑛�̅�1 + 𝑎2𝑛�̅�2 + ⋯+ 𝑎𝑚𝑛�̅�𝑚 
Entonces la matriz de 𝑓 respecto de las bases 𝐵𝐸 y 𝐵𝐹 viene dada por: 
⎝
⎜
⎛
𝑦1
𝑦2
𝑦3
…
𝑦𝑚⎠
⎟
⎞
= �
𝑎11 ⋯ 𝑎1𝑛
⋮ ⋱ ⋮
𝑎𝑚1 ⋯ 𝑎𝑚𝑛
�
⎝
⎜
⎛
𝑥1
𝑥2
𝑥3
…
𝑥𝑛⎠
⎟
⎞
 
Siendo 
⎝
⎜
⎛
𝑥1
𝑥2
𝑥3
…
𝑥𝑛⎠
⎟
⎞
 las coordenadas de un elemento de 𝐸 respecto de la base 𝐵𝐸, 
⎝
⎜
⎛
𝑦1
𝑦2
𝑦3
…
𝑦𝑚⎠
⎟
⎞
 las 
coordenadas de la imagen de 
⎝
⎜
⎛
𝑥1
𝑥2
𝑥3
…
𝑥𝑛⎠
⎟
⎞
 respecto de la base 𝐵𝐹 y 𝐴 = �
𝑎11 ⋯ 𝑎1𝑛
⋮ ⋱ ⋮
𝑎𝑚1 ⋯ 𝑎𝑚𝑛
� la matriz 
de 𝑓 respecto de las bases 𝐵𝐸 y 𝐵𝐹. 
Es decir, la i-sima columna de la matriz A viene dada por las coordenadas de la imagen del i-simo 
elemento de la base de 𝐵𝐸 respecto de la base 𝐵𝐹. Nótese que esto “funciona” de forma muy 
parecida a la matriz de cambio de base y podemos usar la misma regla mnemotécnica con un 
pequeño cambio: 
aplicación de 𝐵𝐸 a 𝐵𝐹 ↔imagen de los elementos de 𝐵𝐸 en 𝐵𝐹 
4.8- Operaciones con matrices y sus homomorfismos. 
Sean 𝐸 y 𝐹 dos espacios vectoriales con bases 𝐵𝐸 ,𝐵𝐹 respectivamente. Sean 𝑓,𝑔 dos 
homomorfismos de 𝐸 a 𝐹 cuyas matrices respecto de 𝐵𝐸 ,𝐵𝐹 son 𝐴,𝐶 respectivamente. 
-Se define el homomorfismo suma de 𝑓 y 𝑔 y se denota por 𝑓 + 𝑔 a la aplicación lineal que asigna a cada 
vector �̅� ∈ 𝐸 la suma de 𝑓(�̅�) y 𝑔(�̅�), es decir: 
(𝑓 + 𝑔)(�̅�) = 𝑓(�̅�) + 𝑔(�̅�) ∀𝑥� ∈ 𝐸 
Y su matriz respecto de las bases 𝐵𝐸 ,𝐵𝐹 vendrá dada por 𝐴 + 𝐶. 
- Si tenemos un escalar 𝜆 se define el homomorfismo producto de 𝑓 por 𝜆 y se denota por 𝜆𝑓 
a la aplicación lineal que asigna a cada vector �̅� ∈ 𝐸 el producto de 𝜆 por 𝑓(�̅�), es decir: 
(𝜆𝑓)(�̅�) = 𝜆𝑓(�̅�) ∀𝑥� ∈ 𝐸 
Y su matriz respecto de las bases 𝐵𝐸 ,𝐵𝐹 será 𝜆𝐴. 
Con estas dos operaciones el conjunto de homomorfismos de 𝐸 a 𝐹 es un espacio vectorial 
isomorfo (biyectivo) con el espacio vectorial de las matrices de orden 𝑚𝑥𝑛 siendo 𝑚 = 𝑑𝑖𝑚(𝐹) y 
𝑛 = 𝑑𝑖𝑚(𝐸). 
4.9- Composición de homomorfismos. 
 
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Sean 𝐸,𝐹,𝐺 tres espacios vectoriales con bases 𝐵𝐸 ,𝐵𝐹 ,𝐵𝐺 respectivamente. Sea 𝑓 un 
homomorfismo de 𝐸 a 𝐹 cuya matriz respecto de 𝐵𝐸 ,𝐵𝐹 es 𝐴, y sea 𝑔 un homomorfismo de 𝐹 
a 𝐺 cuya matriz respecto de 𝐵𝐹 ,𝐵𝐺 es 𝐶. 
Se define el homomorfismo composición de 𝑔 y 𝑓 y se denota por 𝑔 ∘ 𝑓 a la aplicación lineal 
que asigna a cada vector �̅� ∈ 𝐸 la imagen por 𝑔 de la imagen por 𝑓, es decir: 
𝑔 ∘ 𝑓(�̅�) = 𝑔�𝑓(�̅�)� ∀�̅� ∈ 𝐸 
Y su matriz respecto de las bases 𝐵𝐸 ,𝐵𝐺 viene dada por 𝐶𝐴. 
- Ejemplo (cuestión 2 examen cuatrimestral de febrero del 2008, 1 punto): Sean 𝑓 y 
𝑔 endomorfismos de un espacio vectorial 𝐸 tales que 𝑔 no es inyectivo, ¿es el endomorfismo 
𝑔 ∘ 𝑓 inyectivo?, ¿es 𝐼𝑚𝑔(𝑓 ∘ 𝑔) = 𝐸? Razónense las respuestas. 
Os recomiendo que intentéis resolver esto aplicando lo que acabo de escribir acerca de la 
matriz de la composición de homomorfismos antes de enunciar esta cuestión (de hecho, así es 
como lo tenéis resuelto en moodle, pero intentadlo antes de mirar la solución) 
Aquí vamos a resolverlo empleando un razonamiento un poco más sutil. Es claro que tenemos 
dos posibilidades: o bien 𝑓 es inyectiva o bien 𝑓 no es inyectiva. Veamos ambos casos: 
Si 𝑓 no es inyectiva existe un vector �̅� ∈ 𝐸 no nulo con 𝑓(�̅�) = 0�𝐸, por lo que tenemos 
𝑔�𝑓(�̅�)� = 𝑔(0�𝐸) = 0�𝐸 de donde se sigue que 𝑔 ∘ 𝑓 no es inyectiva. Por otra parte, como 𝑔 
no es inyectiva existe un vector 𝑦� ∈ 𝐸 no nulo con 𝑔(𝑦�) = 0�𝐸, de donde se sigue que 
𝑓�𝑔(𝑦�)� = 0�𝐸 y por tanto 𝑓 ∘ 𝑔 no es inyectiva lo que implica que no puede ser suprayectiva 
por ser un endomorfismo luego no puede ser que 𝐼𝑚𝑔(𝑓 ∘ 𝑔) = 𝐸. 
Si 𝑓 es inyectiva entonces también será suprayectiva por ser un endomorfismo. Como 𝑔 no es 
inyectiva existe un vector 𝑦� ∈ 𝐸 no nulo con 𝑔(𝑦�) = 0�𝐸 y la suprayectividad de 𝑓 garantiza la 
existencia de un vector �̅� ∈ 𝐸 no nulo con 𝑓(�̅�) = 𝑦� de donde se sigue que 𝑔�𝑓(�̅�)� = 𝑔(𝑦�) =
0�𝐸 y por tanto 𝑔 ∘ 𝑓 no es inyectiva. Para ver que no puede ser que 𝐼𝑚𝑔(𝑓 ∘ 𝑔) = 𝐸 basta con 
repetir el razonamiento del caso anterior. 
En conclusión: 𝑓 ∘ 𝑔 no es una aplicación lineal inyectiva y no puede ser que 𝐼𝑚𝑔(𝑓 ∘ 𝑔) = 𝐸 
con las condiciones del enunciado. 
Sé que este razonamiento no es fácil de seguir si uno no tiene cierta práctica con las 
aplicaciones lineales, por lo que os aconsejo que cojáis un papel y un bolígrafo y dediquéis algo 
de tiempo a ver por qué funciona y os aseguréis de que tenéis claros todos los pasos de esta 
solución. 
4.10- Cambios de base y homomorfismos. 
Si tenemos las ecuaciones de un homomorfismo 𝑌 = 𝐴𝑋 y realizamos cambios de base en el 
espacio de partida y/o llegada podemos encontrar las nuevas ecuaciones (nueva matriz) de la 
aplicación lineal de dos formas diferentes: 
 
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- Utilizando la definición de matriz de una aplicación, es decir, calculando las coordenadas de 
las imágenes de los vectores de la nueva base del espacio de partida respecto de la nueva base 
del espacio de llegada. 
- Utilizando ecuaciones de cambio de base tanto en el espacio de partida como en el de 
llegada. Si tenemos dos cambios de base de la forma 𝑌′ = 𝑄𝑌 y 𝑋′ = 𝑃𝑋 entonces la ecuación 
𝑌 = 𝐴𝑋 queda 𝑌′ = (𝑄−1𝐴𝑃)𝑋′ por lo que la matriz de la aplicación respecto de las nuevas 
bases vendrá dada por 𝑄−1𝐴𝑃. 
-Resumen capítulo 4 
Este tema, junto con el de subespacios vectoriales, es el más importante del examen 
cuatrimestral de diciembre. En dicho examen es habitual encontrar un problema de unos 3-3.5 
puntos de este tema, y también hay cuestiones que valen en torno a un punto. Por tanto, es 
aconsejable tener mucha soltura realizando cálculos mecánicos (como realizar un cambio de 
base como el que se describe en el apartado 4.10, calcular el núcleo y la imagen de un 
homomorfismo,…) y haber peleado varios problemas de examen de años anteriores. Dichos 
problemas suelen tener muchos apartados, de los cuales algunos son simplemente cálculos 
mecánicos y otros mezclan varios conceptos y es necesario pensar un rato para poder dar una 
respuesta correcta con seguridad. Veamos algunos ejemplos. 
La mayoría de los apartados del siguiente ejercicio os deberían parecer cálculos rutinarios 
cuando lleguéis al examen cuatrimestral: 
PROBLEMA 3 (cuatrimestral febrero 2011, 3.5 puntos) 
Sean 𝐵1 = {�
1 0
0 0� , �
0 1
0 0� , �
0 0
1 0� , �
0 0
0 1�} y 𝐵2 = {�
1 0
0 0� , �
0 1
1 0� , �
0 0
0 1�} las bases 
canónicas de los espacios vectoriales 𝑀2 y 𝑆2 (matrices cuadradas de orden dos y matrices 
simétricas de orden dos respectivamente). 
Sea 𝑓𝑎:𝑀2 → 𝑆2 una familia de aplicaciones lineales para la que se verifica: 
i) 𝑘𝑒𝑟(𝑓𝑎) ⊃ {𝑀𝑎𝑡𝑟𝑖𝑐𝑒𝑠 𝑎𝑛𝑡𝑖𝑠𝑖𝑚é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛 2} ∀𝑎 ∈ ℝ 
ii) 𝑓𝑎 �
0 1
1 0� = �
2𝑎 − 2 2𝑎 − 2
2𝑎 − 2 0 � , 𝑓𝑎 �
1 0
0 1� = �
2 − 𝑎 0
0 2 − 𝑎� , 𝑓𝑎 �
1 0
0 2� = �
0 𝑎
𝑎 0� 
Se pide: 
a) Hallar la matriz de 𝑓𝑎 en las bases 𝐵1 y 𝐵2. 
b) Calcular la dimensión del núcleo y de la imagen de 𝑓𝑎 para los distintos valores de ∀𝑎 ∈ ℝ. 
c) Para 𝑎 = 2 hallar una base del subespacio 𝑓(𝑉) donde 𝑉 es el subespacio: 
𝑉 = {𝑀𝑎𝑡𝑟𝑖𝑐𝑒𝑠 𝑑𝑖𝑎𝑔𝑜𝑛𝑎𝑙𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑀2} 
d) Para 𝑎 = 1 hallar unas ecuaciones implícitas en la base 𝐵1 del subespacio 𝑓−1(𝑊) donde 𝑊 
es el subespacio: 
𝑊 = {𝑀𝑎𝑡𝑟𝑖𝑐𝑒𝑠 𝑑𝑖𝑎𝑔𝑜𝑛𝑎𝑙𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑆2} 
 
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e) Hallar la matriz de 𝑓𝑎 en las bases 𝐵1∗ = {�
0 1
−1 0� , �
0 1
1 0� , �
1 0
0 1� , �
1 0
0 2�} y 𝐵2
∗ =
{�1 11 0� , �
1 0
0 1� , �
0 1
1 0�} 
a) Necesitamos calcular las coordenadas de las imágenes de todos los elementos de la base 𝐵1 
en labase 𝐵2. Trabajando con coordenadas en 𝐵1 en el espacio de partida y con coordenadas 
en 𝐵2 en el espacio de llegada la condición ii) la podemos poner como: 
𝑓𝑎(0,1,1,0) = (2𝑎 − 2,2𝑎 − 2,0) 
𝑓𝑎(1,0,0,1) = (2 − 𝑎, 0,2 − 𝑎) 
𝑓𝑎(1,0,0,2) = (0,𝑎, 0) 
Además, la condición i) implica que: 
𝑓𝑎(0,1,−1,0) = (0,0,0) 
De las ecuaciones 𝑓𝑎(0,1,1,0) = (2𝑎 − 2,2𝑎 − 2,0),𝑓𝑎(0,1,−1,0) = (0,0,0) se sigue que: 
𝑓𝑎(0,1,0,0) = (𝑎 − 1,𝑎 − 1,0) 
𝑓𝑎(0,0,1,0) = (𝑎 − 1,𝑎 − 1,0) 
De las ecuaciones 𝑓𝑎(1,0,0,1) = (2 − 𝑎, 0,2 − 𝑎),𝑓𝑎(1,0,0,2) = (0,𝑎, 0) se sigue que: 
𝑓𝑎(0,0,0,1) = (𝑎 − 2,𝑎,𝑎 − 2) 
𝑓𝑎(1,0,0,0) = (4 − 2𝑎,−𝑎, 4 − 2𝑎) 
Por tanto la matriz pedida es: 
𝑀𝑎 = �
4 − 2𝑎 𝑎 − 1 𝑎 − 1 𝑎 − 2
−𝑎 𝑎 − 1 𝑎 − 1 𝑎
4 − 2𝑎 0 0 𝑎 − 2
� 
b) La dimensión de la imagen de 𝑓𝑎 será igual al rango de la matriz 𝑀𝑎 (saber este detalle es 
importante. Esto se debe a que la imagen viene dada por 
𝐿{𝑓𝑎(1,0,0,0),𝑓𝑎(0,1,0,0),𝑓𝑎(0,0,1,0) = (𝑎 − 1,𝑎 − 1,0),𝑓𝑎(0,0,0,1)} pero hay que quitar los 
elementos que son combinación lineal de los otros). 
Como la segunda y la tercera columna son iguales el rango de 𝑀𝑎 será igual al rango de la 
matriz: 
𝑀𝑎′ = �
4 − 2𝑎 𝑎 − 1 𝑎 − 2
−𝑎 𝑎 − 1 𝑎
4 − 2𝑎 0 𝑎 − 2
� 
Tenemos que |𝑀𝑎′ | = (𝑎 − 1)𝑎(2 − 𝑎). Distinguimos varios casos: 
Si 𝑎 es distinto de 0,1,2 entonces la imagen de 𝑓𝑎 tiene dimensión 3 y su núcleo tiene 
dimensión 1. 
 
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Si 𝑎 = 1 tenemos: 
𝑀𝑎′ = �
2 0 −1
−1 0 1
2 0 −1
� 
Por lo que la imagen de 𝑓𝑎 tiene dimensión 2 y su núcleo tiene dimensión 2. 
Si 𝑎 = 0 tenemos: 
𝑀𝑎′ = �
4 −1 −2
0 −1 0
4 0 −2
� 
Por lo que la imagen de 𝑓𝑎 tiene dimensión 2 y su núcleo tiene dimensión 2. 
Si 𝑎 = 2 tenemos: 
𝑀𝑎′ = �
0 1 0
−2 1 2
0 0 0
� 
Por lo que la imagen de 𝑓𝑎 tiene dimensión 2 y su núcleo tiene dimensión 2. 
c) Una base de 𝑉 es 𝐵𝑉 = {�
1 0
0 0� , �
0 0
0 1�} por lo que para calcular una base de 𝑓(𝑉) basta 
con calcular las imágenes de los dos elementos de 𝐵𝑉 y quitar aquellos que sean combinación 
lineal de los demás. Trabajando con coordenadas en 𝐵1 en el espacio de partida y con 
coordenadas en 𝐵2 resulta: 
𝑓𝑎(1,0,0,0) = (0,−2,0) 
𝑓𝑎(0,0,0,1) = (0,2,0) 
por lo que una base de 𝑓(𝑉) es 𝐵𝑓(𝑉) = {�
0 2
2 0�} (podríamos tomar cualquier matriz que se 
obtenga multiplicando �0 22 0� por una constante no nula) 
d) El subespacio f−1(W) viene dado por todas las matrices de 𝑀2 cuya imagen pertenece a W. 
Sean (𝑎, 𝑏, 𝑐,𝑑) las coordenadas de una matriz de 𝑀2 en 𝐵1. La imagen de dicha matriz tendrá 
como coordenadas en 𝐵2: 
�
2𝑎 − 𝑑
𝑎 − 𝑑
2𝑎 − 𝑑
� = �
2 0 0 −1
−1 0 0 1
2 0 0 −1
��
𝑎
𝑏
𝑐
𝑑
� 
Para que dicha imagen pertenezca a 𝑊 necesitamos que se verifique 𝑎 − 𝑑 = 0. 
Aparentemente tenemos que f−1(W) = L{�1 00 1�}. Sin embargo, hay un pequeño detalle que 
estamos pasando por alto. Es claro que �1 00 1� ∈ f
−1(W) pero si a la matriz �1 00 1� le 
sumamos cualquier matriz del núcleo de 𝑓 obtenemos otra matriz que también pertenece a 
 
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f−1(W). En este caso es fácil ver que ker(𝑓) = L{�0 01 0� , �
0 1
0 0�} por lo que realmente se 
tiene que: 
f−1(W) = L{�1 00 1� , �
0 0
1 0� , �
0 1
0 0�} 
- Observación: este apartado lo tenéis hecho de otra forma en moodle. A mi ésta me parece 
más intuitiva pero ambas son correctas (se obtiene el mismo resultado aunque en la solución 
del moodle f−1(W) se expresa en función de sus ecuaciones implícitas). 
e) Tenemos que calcular las coordenadas de las imágenes de los elementos de la base 
B1∗ = {�
0 1
−1 0� , �
0 1
1 0� , �
1 0
0 1� , �
1 0
0 2�} en la base B2
∗ = {�1 11 0� , �
1 0
0 1� , �
0 1
1 0�}. 
Veamos: 
𝑓 �� 0 1−1 0�� = �
4 − 2𝑎 𝑎 − 1 𝑎 − 1 𝑎 − 2
−𝑎 𝑎 − 1 𝑎 − 1 𝑎
4 − 2𝑎 0 0 𝑎 − 2
��
0
1
−1
0
�
𝐵1
= �
0
0
0
�
𝐵2
= �
0
0
0
�
B2∗
 
𝑓 ��0 11 0�� = �
4 − 2𝑎 𝑎 − 1 𝑎 − 1 𝑎 − 2
−𝑎 𝑎 − 1 𝑎 − 1 𝑎
4 − 2𝑎 0 0 𝑎 − 2
��
0
1
1
0
�
𝐵1
= �
2𝑎 − 2
2𝑎 − 2
0
�
𝐵2
= �
2𝑎 − 2
0
0
�
B2∗
 
𝑓 ��1 00 1�� = �
4 − 2𝑎 𝑎 − 1 𝑎 − 1 𝑎 − 2
−𝑎 𝑎 − 1 𝑎 − 1 𝑎
4 − 2𝑎 0 0 𝑎 − 2
��
1
0
0
1
�
𝐵1
= �
2 − 𝑎
0
2 − 𝑎
�
𝐵2
= �
0
2 − 𝑎
0
�
B2∗
 
𝑓 ��1 00 2�� = �
4 − 2𝑎 𝑎 − 1 𝑎 − 1 𝑎 − 2
−𝑎 𝑎 − 1 𝑎 − 1 𝑎
4 − 2𝑎 0 0 𝑎 − 2
��
1
0
0
2
�
𝐵1
= �
0
𝑎
0
�
𝐵2
= �
0
0
𝑎
�
B2∗
 
donde se indican con subíndices las bases a las que corresponden las coordenadas. Por tanto, 
la matriz pedida es: 
𝑀𝑓∗ = �
0 2𝑎 − 2 0 0
0 0 2 − 𝑎 0
0 0 0 𝑎
� 
- Observación: este apartado también se puede hacer con un cambio de base. Los detalles los 
tenéis en moodle y obviamente se obtiene la misma matriz. 
 
El siguiente ejercicio es aparentemente de dificultad similar al anterior. Sin embargo, para 
aquellos que tengáis una cierta soltura con este tema pero os falte algo de práctica os parecerá 
mucho más difícil porque os costará resolver el primer apartado, y es difícil hacer los siguientes 
apartados sin tener la solución del primero. Si conseguís resolver todos los apartados del 
 
Pedro_CC 11 
 
siguiente ejercicio vosotros solos en una cantidad razonable de tiempo podéis considerar que 
sabéis lo suficiente sobre este tema de cara al examen cuatrimestral. 
PROBLEMA 3 (cuatrimestral febrero 2012, 3 puntos) 
Se consideran los espacios vectoriales de las matrices simétricas de orden 2 (𝑆2) y ℝ3. Sean 𝐵1 y 
𝐵2 bases de 𝑆2 y ℝ3definidas como: 
𝐵1 = ��
1 0
0 0� , �
0 1
1 0� , �
0 0
0 1�� ,𝐵2 = {(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)} 
Sean 𝑓: 𝑆2 → ℝ3 y 𝑔:ℝ3 → 𝑆2 dos aplicaciones lineales de las que se tiene la siguiente 
información: 
i) Unas ecuaciones implícitas del núcleo de 𝑓 en la base 𝐵1 son 𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 = 0 
ii) (𝑔 ∘ 𝑓) �1 11 1� = �
−1 0
0 2� 
Se pide: 
a) Calcular la matriz del endomorfismo ℎ = 𝑔 ∘ 𝑓 en la base 𝐵1. 
b) Encontrar una base del subespacio ℎ(𝑊), siendo 𝑊 el subespacio vectorial cuyas ecuaciones 
implícitas en 𝐵1 son: 
𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 = 0 
3𝑥 − 7𝑦 + 7𝑧 = 0 
5𝑥 − 11𝑦 + 13𝑧 = 0 
c) Encontrar unas ecuaciones paramétricas en 𝐵1 de ℎ−1(𝐿{�
1 1
1 1�}). 
d) Encontrar una base 𝐵 de 𝑆2 en la que la matriz de ℎ sea: 
𝐴 = �
0 0 0
0 𝛼 0
0 0 0
� 
para algún valor de 𝛼 que debe determinarse. 
e) ¿Pueden ser las siguientes ecuaciones unas ecuaciones implícitas en 𝐵1 del subespacio 
𝐼𝑚(𝑔)? Razonar la respuesta. 
𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧 = 0 
𝑦 − 4𝑧 = 0 
 
a) Veamos… para calcular la matriz de la aplicación lineal ℎ necesitamos conocer las imágenes 
de tres elementos linealmente independientes. El apartado ii) nos da la imagen de un 
elemento. Como sólo tenemos las condiciones i) y ii) tiene que haber una forma de sacar la 
imagen de dos elementos más con la condición i) (es claro que de ii) no vamos a sacar nada 
más). 
 
 
Pedro_CC 12 
 
Tenemos ker(𝑓) = 𝐿{(2,0,−1), (0,2,1)} por la condición i), por lo que se sigue (trabajando 
con coordenadas en las bases 𝐵1 y 𝐵2 y teniendo en cuenta que la imagen del vector nulo por 
una aplicación lineal es el vector nulo del espacio de llegada de dicha aplicación) que: 
 
ℎ(2,0,−1) = 𝑔�𝑓(2,0,−1)� = 𝑔(0,0,0) = (0,0,0) 
ℎ(0,2,1) = 𝑔�𝑓(0,2,1)� = 𝑔(0,0,0) = (0,0,0) 
 
y por la condición ii) tenemos que: 
 
ℎ(1,1,1) = (−1,0,2) 
 
y como ℎ es lineal podemos plantear el siguiente sistema de ecuaciones: 
 
2ℎ(1,0,0)− ℎ(0,0,1) = (0,0,0) 
2ℎ(0,1,0) + ℎ(0,0,1) = (0,0,0) 
ℎ(1,0,0) + ℎ(0,1,0) + ℎ(0,0,1) = (−1,0,2) 
 
Resolviendo el sistema (podéis despejar ℎ(1,0,0),ℎ(0,1,0) en las dos primeras ecuaciones y 
dejar la tercera ecuación en función de ℎ(0,0,1) únicamente) se obtiene: 
 
ℎ(1,0,0) = (−
1
2
, 0,1) 
ℎ(0,1,0) = (
1
2
, 0,−1) 
ℎ(0,0,1) = (−1,0,2) 
 
por tanto la matriz pedida es: 
 
𝑀ℎ = �
−
1
2
1
2
−1
0 0 0
1 −1 2
� 
 
b) Si las tres ecuaciones que nos dan fuesen linealmente independientes entonces la única 
solución del sistema sería el vector nulo y la pregunta sería trivial. Por tanto, parece razonable 
pensar que al menos una ecuación va a ser combinación lineal de las demás. Lo comprobamoscon el siguiente determinante: 
 
�
1 −2 3
3 −7 7
5 −11 13
� = 0 
 
Es claro que las dos primeras ecuaciones son linealmente independientes así que prescindimos 
de la tercera (que resulta ser la segunda más dos veces la primera). Resolvemos el sistema 
formado por las dos primeras ecuaciones pasando la variable 𝑧 a la columna de términos 
independientes y haciendo 𝑧 = 𝜆. Se obtiene que la solución del sistema es: 
 
 
Pedro_CC 13 
 
{𝑥 = −7𝜆,𝑦 = −2𝜆, 𝑧 = 𝜆} 
 
por tanto tenemos que 𝑊 = 𝐿{(−7,−2,1)} y ℎ(𝑊) = 𝐿{ℎ(−7,−2,1)} = 𝐿{(3
2
, 0,−3)} 
c) Buscamos las matrices de 𝑆2 cuya imagen por ℎ tiene por coordenadas 𝑘(1,1,1) para algún 
𝑘 ∈ ℝ en 𝐵1. Si (𝑎, 𝑏, 𝑐) son las coordenadas de una matriz de 𝑆2 tenemos: 
 
𝑘 �
1
1
1
� = �
−
1
2
𝑎 +
1
2
𝑏 − 𝑐
0
𝑎 − 𝑏 + 2𝑐
� = �
−
1
2
1
2
−1
0 0 0
1 −1 2
��
𝑎
𝑏
𝑐
� 
 
igualando la segunda coordenada resulta 𝑘 = 0 por lo que en realidad lo que nos piden es 
calcular ker (ℎ) que en este caso concreto coincide con ker (𝑓), y cuya ecuación implícita viene 
dada en el enunciado (𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 = 0). Como nos piden explícitamente dar las ecuaciones 
paramétricas pasamos la implícita a paramétricas y tenemos: 
 
𝑥 = 2𝛼 
𝑦 = 2𝛽 
𝑧 = −𝛼 + 𝛽 
 
d) Este apartado está pensado para ser resuelto aplicando los resultados que veréis en el tema 
de autovalores y autovectores (el siguiente a éste). Sin embargo se puede hacer razonando: 
sea 𝐵 = {𝑢�1,𝑢�2,𝑢�3} la base pedida. Como la primera y la tercera columna de la matriz 𝐴 sólo 
tienen ceros se deduce que 𝑢�1,𝑢�3 son vectores no nulos que verifican ℎ(𝑢�1) = ℎ(𝑢�3) =
(0,0,0), es decir, forman una base de ker (ℎ) por lo que podemos tomar 𝑢�1 = (2,0,−1),𝑢�3 =
(0,2,1). 
 
Por otra parte, el vector 𝑢�2 verificará ℎ(𝑢�2) = 𝛼𝑢�2 por lo que si tomamos 𝑢�2 = (𝑎, 𝑏, 𝑐) 
(coordenadas en la base canónica) tenemos que: 
 
𝛼 �
𝑎
𝑏
𝑐
� = �
−
1
2
𝑎 +
1
2
𝑏 − 𝑐
0
𝑎 − 𝑏 + 2𝑐
� = �
−
1
2
1
2
−1
0 0 0
1 −1 2
��
𝑎
𝑏
𝑐
� 
 
Es claro que 𝛼 no va a ser cero porque ℎ no es la aplicación nula. Esto implica que 𝑏 = 0 por la 
ecuación de la segunda coordenada. Las ecuaciones de la primera y la tercera coordenada 
quedan: 
 
𝑎 �𝛼 +
1
2
� + 𝑐 = 0 
−𝑎 + (𝛼 − 2)𝑐 = 0 
 
consideremos 𝛼 un parámetro y 𝑎, 𝑐 dos incógnitas. Entonces el sistema de ecuaciones 
anterior es un sistema homogéneo de dos ecuaciones con dos incógnitas. Como buscamos un 
vector 𝑢�2 para la base 𝐵 tenemos que dicho vector no puede ser nulo, y como ya tenemos 
 
Pedro_CC 14 
 
𝑏 = 0 no puede ser que el sistema anterior nos dé como única solución 𝑎 = 𝑐 = 0. Por tanto, 
la única forma de que esto no pase es que las dos ecuaciones anteriores sean linealmente 
dependientes. Para que esto suceda necesitamos que: 
 
�𝛼 +
1
2
1
−1 𝛼 − 2
� =
𝛼(2𝛼 − 3)
2
= 0 
 
y como ya hemos comentado no puede ser 𝛼 = 0 por lo que necesariamente tiene que ser 
𝛼 = 3
2
. Por tanto nos queda la ecuación: 
2𝑎 + 𝑐 = 0 
 
Tomamos 𝑎 = −1, 𝑐 = 2 y tenemos 𝑢�2 = (−1,0,2). Ya tenemos todo lo que nos pedían 
calcular (notad que hemos expresado los elementos de la nueva base como coordenadas en la 
base canónica. Esto es correcto pero conviene mencionarlo para recordar que en realidad 
𝑢�1,𝑢�2,𝑢�3 son matrices de 𝑆2). 
 
- Observación: las ideas que hemos usado en este apartado aparecen desarrolladas con más 
detalle en el siguiente tema. El objetivo es encentrar una base que haga que la matriz de una 
aplicación lineal tenga la menor cantidad posible de elementos no nulos fuera de la diagonal 
principal. Si habéis entendido bien este apartado tenéis mucho ganado de cara a las primeras 
clases del siguiente tema. 
 
e) Este apartado parece un poco raro. Además aparece al final del ejercicio lo que nos puede 
inducir (erróneamente) a pensar que es muy complicado. Vamos a ver que podemos sacar. 
 
Si dichas ecuaciones fueran las ecuaciones implícitas de 𝐼𝑚(𝑔) entonces tendríamos que 
dim�𝐼𝑚(𝑔)� = 1, pero si dim�𝐼𝑚(𝑔)� = 1 entonces 𝐼𝑚(𝑔) = 𝐿{�−1 00 2�} (por la condición 
i) del enunciado). Sin embargo, las coordenadas de dicha matriz en 𝐵1 no verifican las 
ecuaciones implícitas que se dan en el enunciado, por lo que la respuesta es no. 
 
 
Veamos una cuestión que apareció en el mismo examen que el problema anterior: 
 
CUESTIÓN 1 (cuatrimestral febrero 2011, 1 punto) 
 
Sea 𝑓:ℝ𝑛−1[𝑥] → ℝ𝑛 una aplicación lineal definida de la forma: 
 
𝑓�𝑝(𝑥)� = �𝑝(1),𝑝(2), … , 𝑝(𝑛)� ∀𝑝(𝑥) ∈ ℝ𝑛−1[𝑥] 
 
Estudiar si f es inyectiva o sobreyectiva. 
 
Si no se sabe muy bien por dónde empezar a resolver esta cuestión es aconsejable ver qué 
pasa para valores pequeños de 𝑛, y una vez se han hecho un par de casos es más sencillo 
extrapolar el argumento para un 𝑛 genérico. En efecto, si consideramos el caso 𝑛 = 2 resulta: 
 
Pedro_CC 15 
 
 
𝑓�𝑝(𝑥)� = �𝑝(1),𝑝(2)� ∀𝑝(𝑥) ∈ ℝ1[𝑥] 
 
y los polinomios de ℝ1[𝑥] son de la forma 𝑎𝑥 + 𝑏. Veamos si 𝑓 es inyectiva: la condición 
necesaria y suficiente es que el único polinomio que verifique 𝑓�𝑝(𝑥)� = (0,0) sea el 
polinomio 𝑝(𝑥) = 0. Supongamos que 𝑓�𝑝(𝑥)� = (0,0) para algún 𝑝(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏 no nulo. 
Entonces tenemos que 𝑓�𝑝(𝑥)� = �𝑝(1),𝑝(2)� = (𝑎 + 𝑏,𝑎 + 2𝑏) = (0,0). Resolviendo el 
sistema de ecuaciones resulta 𝑎 = 𝑏 = 0, por lo que 𝑓 es inyectiva. Además, los espacios de 
partida y llegada tienen la misma dimensión por lo que una aplicación es inyectiva si y solo si 
es sobreyectiva (esta idea nos vale para todo 𝑛). Esto implica que 𝑓 es sobreyectiva, y hemos 
resuelto el caso 𝑛 = 2. 
 
Como la cuestión sólo vale 1 punto la respuesta no debería ser muy rebuscada, y visto el caso 
𝑛 = 2 es muy razonable suponer que 𝑓 va a ser inyectiva y sobreyectiva para cualquier 𝑛. 
Veamos el caso 𝑛 = 3 para ver si se nos ocurre alguna forma de generalizar. Tenemos: 
 
𝑓�𝑝(𝑥)� = (𝑝(1),𝑝(2),𝑝(3)) ∀𝑝(𝑥) ∈ ℝ2[𝑥] 
 
y los polinomios de ℝ2[𝑥] son de la forma 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐. Nuestra intuición nos dice que 𝑓 va a 
ser inyectiva y, por tanto, la única parábola que tiene como raíces 𝑥 = 1, 𝑥 = 2, 𝑥 = 3 es en 
realidad el polinomio constante 𝑝(𝑥) = 0. Supongamos que hay otra parábola no nula que 
tiene por raíces 𝑥 = 1, 𝑥 = 2,𝑥 = 3. Entonces debería ser de la forma 𝑝(𝑥) = 𝑎(𝑥 − 1)(𝑥 −
2)(𝑥 − 3)𝑞(𝑥) pero… esto implicaría que tiene grado mayor que 2!!! (esta es la idea clave que 
nos permite generalizar). Por tanto, en el caso 𝑛 = 3 la aplicación 𝑓 también es inyectiva y 
sobreyectiva. 
 
Finalmente, vamos a ver que 𝑓 es inyectiva y sobreyectiva para un 𝑛 arbitrario. Tenemos: 
 
𝑓�𝑝(𝑥)� = �𝑝(1),𝑝(2), … , 𝑝(𝑛)� ∀𝑝(𝑥) ∈ ℝ𝑛−1[𝑥] 
 
Si 𝑓 no es inyectiva, entonces existe un polinomio 𝑝(𝑥) ∈ ℝ𝑛−1[𝑥] no nulo que verifica 
𝑝(1) = 𝑝(2) = ⋯ = 𝑝(𝑛) = 0, pero entonces 𝑝(𝑥) se puede poner en la forma: 
 
𝑝(𝑥) = 𝑎(𝑥 − 1)(𝑥 − 2) … (𝑥 − 𝑛)𝑞(𝑥) 
 
pero esto es imposible porque entonces el grado de 𝑝(𝑥) es mayor que 𝑛 − 1, contradiciendo 
que 𝑝(𝑥) ∈ ℝ𝑛−1[𝑥]. Por otra parte, como los espacios de llegada y partida tienen la misma 
dimensión el hecho de que 𝑓 sea inyectiva implica que 𝑓 es sobreyectiva. 
 
- Observación: en el examen bastaría con poner el caso genérico, y los casos particulares 
𝑛 = 2,3 los podéis dejar en una hoja en sucio para no perder tiempo pasándolos a limpio. Sin 
embargo, si no conseguís llegar al final de la cuestión entonces es aconsejable poner en el 
examen los casos particulares que hemos hecho y nuestra conjetura de que 𝑓 es inyectiva y 
sobreyectiva para todo 𝑛 para rascar algo de puntuación. 
 
Pedro_CC 16 
 
- Observación: en moodle tenéis otra solución de esta cuestión un poco más larga y, para mi 
gusto, más rebuscada. Sin embargo, es interesante que la miréis porque emplea un 
determinante de Vandermonde y enfoca la cuestión de otra forma distinta, por lo que os sirve 
para tener más herramientas de cara al examen. También os aparece en moodle la principal 
idea de la solución que hemos comentado aquíde forma escueta.