CURSO DE ALGEBRA LINEAL Y GEOMETR IA. LUC IA … · Ejes de simetr a y centro de las conicas no...
465
❅ ❅ ❅ ❅ ❅ ❅ ❅ ❅ ❅ ❅ ❅ ❅ ✲ ✪ ✪ ✩ ✩ ✟ ✟ ✟ ✟ ✟ ✟ ✟ ✟ ✟ ✟ ✟ ✟ ✟ ✟ ✟ ✟ ❆ ❆ ❆ ❆ ❆ ❆ ❆ ❆ ❆ ❆ ❆ ❆ ❆ ❆ ❆ ❆ ϕ ϕ P A(P) M(P) - → a C O CURSO DE ´ ALGEBRA LINEAL Y GEOMETR ´ IA. LUC ´ IA CONTRERAS CABALLERO. DEPARTAMENTO DE MATEM ´ ATICAS (Jubilada). FACULTAD DE CIENCIAS. UNIVERSIDAD AUT ´ ONOMA DE MADRID. 1
Transcript of CURSO DE ALGEBRA LINEAL Y GEOMETR IA. LUC IA … · Ejes de simetr a y centro de las conicas no...
@@@@@@@@@@@@
-
%%
$$
AAAAAAAAAAAAAAAA
ϕ
ϕ
P
A(P) M(P)
−→a
C
O
CURSO DE ALGEBRA LINEAL Y GEOMETRIA.LUCIA CONTRERAS CABALLERO.
DEPARTAMENTO DE MATEMATICAS (Jubilada).FACULTAD DE CIENCIAS.
UNIVERSIDAD AUTONOMA DE MADRID.
1
Registrada la septima version de esta obra en 2012 como Curso de Algebra Linealen el Registro de la Propiedad Intelectual de la Comunidad de Madrid con numerode asiento registral 16/2012/7857.
2
PROLOGO
Este libro ha sido redactado durante los anos en que he ejercido la docencia deAlgebra Lineal del primer curso de la Licenciatura y del Grado de CC. Fısicas y hasido completado para cubrir los cursos cuatrimestrales de Algebra y Geometrıa dela Licenciatura y del Grado de CC. Matematicas en la Facultad de Ciencias de laUniversidad Autonoma de Madrid.
El material es adecuado tambien para los primeros cursos de las ingenierıas.
El curso esta escrito tratando de expresar de la manera mas sencilla posible susconceptos, teoremas y demostraciones, basandose solamente en los conceptos previosde Bachillerato. Ademas es autocontenido, estando detalladas las demostraciones deforma logica y rigurosa. Y motivada cada etapa de la teorıa por problemas teoricosde los que surge.
Al principio de cada capıtulo se encuentran introducciones que preparan para lacomprension de los conceptos correspondientes. Con el mismo objetivo he realizadodibujos, que facilitan la comprension de los razonamientos. Dicha comprensionpuede irse afianzando al realizar los numerosos grupos de ejercicios intercalados,que tienen un orden progresivo en dificultad, pudiendose resolver algunos de dosformas. Hay muchos problemas tipo resueltos.
Ademas de los programas de las asignaturas y al hilo de ellos, he anadido otrostrabajos originales mıos, algunos de los cuales habıa escrito con anterioridad:
Una introduccion geometrica a los determinantes.
Una demostracion sencilla y corta de la regla de Cramer.
Aplicaciones de la teorıa de espacios vectoriales a la independencia del numerode escalones de la matriz escalonada procedente de una matriz dada, al calculo delrango de una matriz y a la obtencion de las ecuaciones cartesianas de un subespacio.
Demostraciones elementales del teorema de endomorfismos de Jordan en di-mension 2 y 3.
Una demostracion elemental del teorema general de endomorfismos de Jordanen cualquier dimension.
Tres criterios para decidir el caracter de las formas cuadraticas degeneradas.(Uno de ellos se debio a Fernando Chamizo Lorente).
3
Una aplicacion del dual a la obtencion a la diagonalizacion simultanea de formascuadraticas.
Un metodo facil para hallar la base de Jordan de un endomorfismo.
Una demostracion de que el sentido matematico del producto vectorial coincidecon el sentido fısico de la regla del sacacorchos.
Muchos problemas originales propios de conicas.
Una clasificacion no clasica de las cuadricas.
Un apendice sobre el Espacio Vectorial Cociente.
Ademas he anadido como ejemplos de aplicaciones del Algebra Lineal, las si-guientes aplicaciones:
La aplicacion del metodo de mınimos cuadrados a la regresion lineal, (de AlgebraLineal y sus Aplicaciones, D.C. Lay).
La aplicacion de la teorıa de valores y vectores propios a la dinamica de pobla-ciones, (de Algebra Lineal y sus Aplicaciones, D.C. Lay).
El Teorema de Tellegen, (de Algebra Lineal y sus Aplicaciones, G. Strang).
La expresion de la energıa de rotacion de un solido por medio de una formacuadratica. (Fısica 2o curso de la Licenciatura).
Y tambien aparece el Criterio de Sylvester para formas cuadraticas no dege-neradas de dos formas distintas en dos capıtulos distintos.
Excepto los dibujos de conicas, realizados con Geogebra por Isabel ContrerasCaballero, todos los demas dibujos han sido hechos con latex por la autora.
Lucıa Contreras Caballero. Profesora Titular Numeraria Jubilada.Departamento Matematicas.Facultad de Ciencias.Universidad Autonoma de Madrid.
4
INDICE.
Capıtulo 1. NUMEROS COMPLEJOS.Introduccion. 9Regla de Ruffini para soluciones fraccionarias. 12Numeros Complejos. 13Inverso de un numero complejo. 14Propiedades de las soluciones de las ecuaciones. 17Forma trigonometrica y forma polar de un numero complejo. 20Radicacion. 23Capıtulo 2. MATRICES. SUS OPERACIONES.Introduccion. 27Operaciones en el conjunto de las matrices. 28Tipos de matrices. 34Capıtulo 3. METODO DE GAUSS Y REDUCCION DE GAUSS-JORDAN.Introduccion. 39Metodo de Gauss. 41Operaciones elementales en una matriz. 48Reduccion de Gauss-Jordan. 53Matrices Invertibles. 58Caracterizacion de las matrices invertibles. 59Metodo de Gauss para obtener la inversa de una matriz invertible. 66Capıtulo 4. DETERMINANTES y SISTEMAS de ECUACIONES.Introduccion. 69Propiedades de los determinantes y operaciones elementales. 83Definicion de los determinantes. 78Comprobacion de las propiedades. 78Regla de Cramer sin utilizar la matriz inversa. 85Caracterizacion de las matrices invertibles por su determinante. 97Determinante del producto. 97Determinante de Vandermonde. 99Desarrollo del determinante por una fila o por una columna cualquiera. 100Formula para la inversa. 102Regla de Cramer. 105Teorema de Rouche-Frobenius. 106Producto Vectorial. 110Capıtulo 5. ESPACIOS VECTORIALES.Introduccion. 107Cuerpo. Propiedades. 109Espacio Vectorial. 110Subespacios Vectoriales. 112Bases. 121Teorema de la Base. 126Cambio de base. 141
5
Aplicacion del concepto de dimension a la demostracion de la independencia delnumero de escalones obtenidos escalonando una matriz. 133
Aplicacion del concepto de dimension a la extraccion de la base de un subespaciovectorial a partir de un sistema generador. 134
Aplicacion del concepto de dimension al calculo del rango a la obtencion de lasecuaciones cartesianas de un subespacio vectorial dado por un sistema de gener-adores. 136
Aplicacion del concepto de dimension al calculo del rango de la matriz A y a labusqueda del menor distinto de cero de orden igual al rango. 137
Aplicacion del concepto de dimension a la determinacion de la dimension delespacio de soluciones de un sitema obtenido por el metodo de Gauss. 140
Suma e interseccion de subespacios vectoriales. 141Capıtulo 6. APLICACIONES LINEALES.Introduccion. 147Expresion matricial de una aplicacion lineal. 150Cambio de base en la expresion matricial de una aplicacion lineal. 152Nucleo de una aplicacion lineal. 157Imagen de una aplicacion lineal. 159Formula de las dimensiones para una aplicacion lineal. 163Isomorfismos. 164Espacio dual. 166Capıtulo 7. ESPACIO EUCLIDEO.Introduccion. 171Ortogonalidad. 172Bases Ortogonales. 174Ortogonalidad entre subespacios. 175Complemento Ortogonal. 175Teorema de Tellegen. 177Proyecciones en general. 179Proyecciones Ortogonales. 180Proyeccion ortogonal de un vector sobre un subespacio. 181Teorema de la aproximacion optima. 183Metodo de Aproximacion de Mınimos Cuadrados. 183Aplicacion del metodo de mınimos cuadrados a la regresion lineal. 185Aplicacion del metodo de mınimos cuadrados a la obtencion de la matriz de la
aplicacion proyeccion ortogonal sobre un subespacio. 188Capıtulo 8. ESPACIO EUCLIDEO GENERAL.Una generalizacion mas del Producto Escalar. 189Expresion polinomial de una forma bilineal en un espacio vectorial de dimension
finita. 192Expresion matricial de una forma bilineal en un espacio vectorial de dimension
finita. 192Complementario Ortogonal en el espacio euclıdeo general. 195Proyecciones ortogonales en un espacio euclıdeo general. 196Metodo para encontrar una base ortonormal en un espacio vectorial de dimension
finita. 197Metodo de ortogonalizacion de Gram-Schmidt. 199
6
Ortogonalidad en un espacio euclıdeo general. 203Desigualdad de Schwarz. 204Cambio de base. 205Condiciones Necesarias y Suficientes para que una matriz corresponda a un Pro-
ducto Escalar. (Criterio de Sylvester). 207
Capıtulo 9. DIAGONALIZACION DE ENDOMORFISMOS.Introduccion. 213Vectores propios y valores propios. 214Primera condicion necesaria y suficiente para que el endomorfismo sea diagona-
lizable. 215Segunda condicion necesaria y suficiente para que el endomorfismo sea diagona-
lizable. 220Dinamica de poblaciones. 222Multiplicidad de los valores propios. 223Tercera condicion necesaria y suficiente para que el endomorfismo sea diagona-
lizable. 225Aplicaciones autoadjuntas en un espacio euclıdeo. 227Diagonalizacion de las Aplicaciones Autoadjuntas, (matrices simetricas). 230Espacios Hermıticos. 236Capıtulo 10. FORMAS CUADRATICAS.Introduccion. 241Expresion matricial de una forma cuadratica. 241Cambio de base en formas cuadraticas. 244Diagonalizacion de formas cuadraticas. 246Diagonalizacion de una forma cuadratica en una base ortonormal. 247Estudio de Conicas. 249Maximos y mınimos de funciones. 250Maximos y mınimos en la esfera unidad. 250Energıa de rotacion de un solido. 252Diagonalizacion de formas cuadraticas completando cuadrados. 253Ley de inercia de Sylvester. 258Criterio de Sylvester para formas cuadraticas definidas positivas. 261Criterios para formas cuadraticas degeneradas. 266Diagonalizacion simultanea de formas cuadraticas. 273Condiciones necesarias y suficientes para la diagonalizacion simultanea de formas
cuadraticas. 277Capıtulo 11. FORMAS DE JORDAN EN DIMENSION 2, 3 y 4.Introduccion. 283Consideraciones previas. 284Forma de Jordan de Matrices 2× 2 de numeros reales. 285Forma de Jordan de Matrices 3× 3 de numeros reales. 288Resumen de la forma de Jordan en R3. 300Forma de Jordan compleja de Matrices 4× 4 de numeros complejos. 301Resumen de la forma de Jordan en R4. 306Capıtulo 12. DEMOSTRACION DEL TEOREMA GENERAL DE JORDAN
PARA ENDOMORFISMOS.
7
Teorema de Jordan para un endomorfismo en un espacio vectorial general. 309Ejemplos para un metodo facil para hallar la base de Jordan. 313Metodo general para hallar facilmente la base de Jordan de un endomorfismo.
323Capıtulo 13. APLICACIONES ORTOGONALES. ESPACIO AFIN Y MOVIMIEN-
TOS.Introduccion. 327Definicion y propiedades. 327Estudio de las transformaciones ortogonales de R2. 333Estudio de las transformaciones ortogonales de R3. 338Espacio Afın. 347Aplicaciones afines con puntos fijos. 355Movimientos. 359Movimentos en el plano. 380Movimentos en el espacio tridimensional. 385Sentido del vector producto vectorial. 397
Capıtulo 14. CONICAS.Introduccion. 399Ecuaciones de las conicas en posicion canonica. 382Ecuaciones de algunas conicas en posicion no canonica. 385Ejemplos de reduccion de curvas de segundo grado a su ecuacion canonica. 385Reduccion de la ecuacion general de la expresion de una curva de segundo grado
a su expresion canonica. 388Invariantes de las conicas. 390Clasificacion de las conicas. 392Ejes de simetrıa y centro de las conicas no degeneradas. 393Calculos en la elipse del ejemplo 5. 396Calculos en la hiperbola del ejemplo 6. 396Calculos en la parabola del ejemplo 7. 399Unificacion de las conicas en una definicion de lugar geometrico. 399Capıtulo 15. CUADRICAS.Introduccion. 403Estudio general de la superficie de segundo grado. 404Invariantes de las cuadricas. 407Clasificacion de las cuadricas. 409Resumen de la clasificacion de las cuadricas. 410Ejes de simetrıa y centro de las cuadricas no degeneradas. 411Otros invariantes de las cuadricas degeneradas. 413Ley de los signos de Descartes. 415
Apendice: ESPACIO VECTORIAL COCIENTE. 419
PROBLEMAS RESUELTOS DE LOS PROPUESTOS DE EXAMENES DEALGEBRA LINEAL I. (Capıtulos 1, 2, 3, 5 y 6). 425
8
NUMEROS COMPLEJOS.
Introduccion.
Los distintos tipos de numeros han ido apareciendo en la historia del hombre pro-gresivamente, segun las necesidades de las actividades que realizaba y son estudiadoshoy tambien progresivamente desde la escuela primaria a la Universidad.
Debido a la necesidad de contar las cabezas de ganado surgieron los numerosnaturales, (que son todos positivos) con los que se puede sumar; los numeros en-teros, (que pueden ser positivos o negativos e incluyen al cero) sirven para indicarlos intercambios de mercancıas y dinero; con ellos se puede sumar y restar. Lamultiplicacion es una forma mas rapida de hacer una suma de sumandos iguales yentonces se plantea el problema de hacer la operacion inversa a la multiplicacion quees la division, pero esta operacion no siempre tiene solucion con numeros enteros,por lo que se crearon otros numeros llamados fraccionarios o racionales.
Los numeros enteros se caracterizan por el hecho de que cualquier ecuacion de laforma x+a = b tiene solucion cuando los numeros que aparecen en ella son enteros.
Los numeros fraccionarios se caracterizan por el hecho de que cualquier ecuacionde la forma a1x+ a = b tiene solucion cuando los numeros que aparecen en ella sonfraccionarios y a1 6= 0.
Hay otro conjunto de numeros en los que tambien la ecuacion a1x + a = btiene solucion si a1 6= 0, son los numeros reales que se construyen como lımites desucesiones de numeros fraccionarios. Los numeros reales incluyen a los fraccionarios.La ecuacion anterior es una ecuacion de primer grado con una incognita, que tambiense puede escribir a1x + a0 = 0. Nos podemos plantear el problema sobre si unaecuacion mas general: anx
n + an−1xn−1 + · · ·+ a1x+ a0 = 0 tiene siempre solucion
cuando los numeros que aparecen en ella son reales. La respuesta es que no y paraobtener respuesta positiva tenemos que construir otro conjunto de numeros que sellama numeros complejos y se designa por C.
Hay ejemplos de ecuaciones de segundo grado que no tienen solucion real. Laecuacion mas simple que no tiene solucion real es x2 + 1 = 0. La ecuacion generalde segundo grado, de la forma ax2 + bx+ c = 0 tiene la solucion x = −b±
√b2−4ac2a
perosi b2 − 4ac < 0 no encontramos ningun numero real para x.
Lo asombroso es que escribiendo por i un numero imaginario que satisfagai2 + 1 = 0, encontramos numeros, llamados complejos, que son soluciones de to-das las ecuaciones de segundo grado planteadas. Ya que si b2 − 4ac < 0, tenemos√b2 − 4ac = i
√4ac− b2 que tiene un sentido imaginario. Entonces, el conjunto
de los numeros soluciones de todas las ecuaciones de segundo grado que se puedenplantear es el conjunto de los binomios de la forma −b
2a±√b2−4ac2a
donde el segundo
sumando puede ser real o imaginario. Este es el conjunto de los numeros complejos
9
en el que i2 = −1 por ser i solucion de la ecuacion x2 + 1 = 0. Los representare-mos, en general, como a+ bi, donde a y b son ahora numeros reales cualesquiera. Elconocimiento de las propiedades de las operaciones de los numeros complejos amplıala cantidad de ecuaciones que podemos resolver. Es muy importante y sorprendenteel teorema fundamental del algebra que afirma que cualquier ecuacion de grado n concoeficientes complejos tiene siempre al menos un numero complejo como solucion.
Haciendo ingeniosas combinaciones con los coeficientes de la ecuacion de tercergrado, del Ferro y Tartaglia encontraron la forma general de sus soluciones, que hapasado a la historia como formula de Cardano. La resolucion de la ecuacion de cuartogrado fue reducida a la solucion de la ecuacion de tercer grado por Ferrari. Peroel problema es mucho mas difıcil si el grado de la ecuacion es mayor, no estandoclaro ni siquiera que la ecuacion tenga solucion. En este sentido, la importanciade los numeros complejos, de los que hemos hablado en la introducion, y del Teo-rema Fundamental del Algebra demostrado por Gauss estriba en que afirma quecualquier ecuacion de grado n con coeficientes complejos tiene siempre almenos un numero complejo como solucion. Este teorema afirma la existenciade la solucion pero sigue quedando el problema de como encontrarla efectivamente.Durante mucho tiempo, los matematicos estuvieron buscando una formula generalpara todas las ecuaciones de un cierto grado expresada por raices de expresionesracionales de sus coeficientes, hasta que un matematico llamado Abel demostro queesta forma general expresada por radicales comun para todas las ecuaciones de uncierto grado no existıa a partir de grado 5. Mas tarde, otro matematico llamadoGalois encontro las condiciones necesarias y suficientes que han de verificar los co-eficientes de la ecuacion para que sus soluciones se puedan expresar por radicales.Aun hoy no todas las ecuaciones estan resueltas y en eso trabajan los algebristas.
Sin embargo, se puede demostrar y lo demostraremos mas adelante que, debido alas propiedades de los numeros complejos, si los coeficientes de la ecuacion son realeslas soluciones complejas aparecen por parejas conjugadas de la misma multiplicidad.Y de aquı, que toda ecuacion de grado impar con coeficientes reales tiene al menosuna solucion real.
El Algebra es el estudio de la resolubilidad de las ecuaciones; en cuanto quelas ecuaciones se resuelven haciendo operaciones con los coeficientes que aparecenen ellas, el algebra es tambien el estudio de las propiedades de las operaciones quepodemos hacer con esos numeros.
En este capıtulo repasaremos algunos resultados de bachillerato, los generalizare-mos y ademas estudiaremos ciertas propiedades de los numeros complejos que nosserviran para ampliar la cantidad de ecuaciones que sabemos resolver.
10
Recordemos conocimientos de Bachillerato sobre las ecuaciones de grado n.Las soluciones enteras de una ecuacion de grado n con coeficientes enteros deben
ser divisores del termino independiente.Veamos por que: Sea anx
n + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0 = 0 una ecuacion de
grado n donde todos los ai son enteros y sea a una solucion entera de la ecuacion.Entonces,
anan + an−1a
n−1 + · · ·+ a1a+ a0 = 0 =⇒ anan + an−1a
n−1 + · · ·+ a1a = −a0,
de donde(ana
n−1 + an−1an−2 + · · ·+ a1)a = −a0;
como todos los numeros del parentesis son enteros, la ultima expresion indica quela solucion a divide a a0.
Esta regla nos permite muchas veces encontrar las soluciones enteras de unaecuacion de grado n por tanteo, ya que el numero de divisores de un numero fijadoes finito. Y se puede utilizar para ecuaciones con coeficientes fraccionarios, una vezque hemos quitado los denominadores.
En Bachillerato se estudia tambien la regla de Ruffini, que es un algoritmo parahallar Pn(a) y los coeficientes del polinomio cociente Qn−1(x).
Este algoritmo es un metodo para obtener el resto Pn(a) = anan + an−1a
n−1 +· · ·+ a1a+ a0 resultante de dividir Pn(x) por x− a, consistente en lo siguiente:
Se colocan en una fila los coeficientes an, an−1, an−2, · · · a1, a0 y debajo deesta, a la izquierda el numero a y se hace una lınea horizontal:
an an−1 · · · a1 a0a) 0 ana · · · · · · ana
n + · · ·+ a1a−− −− −−−−− −−− −−−−− −−−−−−−
an ana+ an−1 · · · anan−1 + · · ·+ a1 ana
n + · · ·+ a1a+ a0
Se suma 0 a an y se pone debajo de la lınea horizontal a la altura de an; semultiplica por a, se pone ana debajo de an−1 al que se suma, obteniendose debajode la lınea horizontal ana + an−1; de nuevo, se multiplica este numero por a, secoloca debajo de an−2 y se suman los dos numeros, obteniendose ana
2 +an−1a+an−2debajo de la lınea horizontal; se va repitiendo el mismo proceso con las sumas quese van obteniendo debajo de la lınea horizontal, teniendose a la altura de a1 lasuma ana
n−1 + an−1an−2 + · · ·+ a2a+ a1, que multiplicada por a y sumada a a0 da:
anan+an−1a
n−1+ · · ·+a2a2+a1a+a0 = Pn(a). Segun lo demostrado anteriormente,
este numero es cero si y solo si el polinomio considerado es divisible por x− a.Ademas, los numeros obtenidos debajo de la lınea horizontal son los coeficientes
de los terminos de mayor grado de los restos sucesivos obtenidos al hacer la divisiondel polinomio Pn(x) por x− a; por ello son los coeficientes de las potencias de x enel polinomio cociente Qn−1(x).
11
Por ejemplo, la ecuacion x4 − 10x3 + 35x2 − 50x + 24 = 0 puede admitir comosoluciones los divisores de 24, entre ellos esta el 3; para ver si el 3 es efectivamenteuna solucion aplicamos la regla de Ruffini para hallar el resto de la division delpolinomio dado por x− 3:
1 −10 35 −50 243) 0 3 −21 42 −24−− −− −− −− −− −−
1 −7 14 −8 0
Habiendo salido cero el ultimo numero de abajo a la derecha, el resto de dividirel polinomio por x − 3 es cero y el cociente es x3 − 7x2 + 14x − 8. Efectivamente,una solucion de la ecuacion es 3.
Recordemos estos conocimientos en los Ejercicios:
1.1.1. Resolver utilizando la regla de Ruffini las ecuaciones:
x4 − 2x3 − 13x2 + 14x+ 24 = 0.
∣∣∣∣∣∣1− λ 1 3
1 2− λ −20 1 3− λ
∣∣∣∣∣∣ = 0.
1.1.2. Resolver las ecuaciones siguientes:
x4 − 13x2 + 36 = 0. x6 − 14x4 + 49x2 − 36 = 0.
La regla de Ruffini se puede generalizar a soluciones fraccionarias:
Regla de Ruffini para soluciones fraccionarias.
Se puede generalizar a las soluciones fraccionarias el resultado 1) demostradopara las soluciones enteras de una ecuacion de grado n con coeficientes enteros,encontrandose que 3) si un numero racional M/N irreducible es solucion dela ecuacion de grado n con coeficientes enteros, M debe ser divisor deltermino independiente y N debe ser divisor del coeficiente del terminode mayor grado.
Demostracion: Sustituyendo la solucion M/N en la ecuacion dada tenemos:
an(M
N)n+an−1(
M
N)n−1+· · ·+a1
M
N+a0 = 0 ≡ an
Mn
Nn+an−1
Mn−1
Nn−1 +· · ·+a1M
N+a0 = 0
donde quitando denominadores y sacando factor comun tenemos
anMn + an−1M
n−1N + · · ·+ a1MNn−1 = −a0Nn ≡
≡M(anMn−1 + an−1M
n−2N + · · ·+ a1Nn−1) = −a0Nn.
Como todos los numeros son enteros y M no tiene factor comun con N, se llega aque M divide a a0.
12
Tambien tenemos:
−anMn = an−1Mn−1N + · · ·+ a1MNn−1 + a0N
n ≡
≡ −anMn = N(an−1Mn−1 + · · ·+ a1MNn−2 + a0N
n−1)
donde, debido a que todos los numeros son enteros y a que N no tiene ningun factorcomun con M, se llega a que N divide a an.
La regla de Ruffini tambien se puede utilizar con las raices fraccionarias.Conviene practicar esta generalizacion en los Ejercicios:1.2.1. Resolver las ecuaciones:
a) 6x2 − 5x+ 1 = 0.
b) 12x3 − 40x2 + 27x− 5 = 0.
c) 24x3 − 26x2 + 9x− 1 = 0.
d) 12x3 − 32x2 + 25x− 6 = 0.
e) 6x4 + 7x3 − 3x2 − 3x+ 1 = 0.
Numeros Complejos.Veremos ahora los Numeros Complejos, cuyo conocimiento nos permitira la res-
olucion de mas ecuaciones:Se llama expresion binomica de un numero complejo a la forma a + ib, donde a
y b son numeros reales, en la cual a es la parte real y b es la parte imaginaria. Elconjugado de un numero complejo z = a+ ib es z = a− ib.
Los numeros complejos se pueden sumar como binomios:
(a+ ib) + (c+ id) = (a+ c) + i(b+ d)
y pueden comprobarse facilmente, utilizando las propiedades de los numeros reales,(lo cual se recomienda como ejercicio), las propiedades de la suma:
a) Asociativa.b) Tiene elemento neutro: 0+i0 (un elemento que sumado a cualquier otro lo
deja igual).c) Todo numero complejo tiene elemento opuesto respecto a la suma: (el elemento
opuesto de uno dado es el elemento que sumado con el da el elemento neutro).d) Conmutativa.La existencia de la suma con las propiedades antes enumeradas se resume en una
frase: Los numeros complejos son un grupo aditivo conmutativo.
Los numeros complejos tambien se pueden multiplicar como binomios dondei2 = −1.
(a+ ib)(c+ id) = (ac− bd) + i(ad+ bc)
13
y puede comprobarse, tambien utilizando las propiedades de los numeros reales, queel producto es:
a) Asociativo.b) Tiene elemento neutro (1).c) Todo elemento distinto del cero tiene elemento inverso.d) Es conmutativo.
La existencia del producto con las propiedades antes enumeradas se resume enla frase: Los numeros complejos distintos de cero son un grupo multiplicativo con-mutativo.
De las propiedades anteriores, solo voy a comprobar aquı que todo numero com-plejo distinto de cero tiene inverso.
Inverso de un numero complejo.Si buscamos el inverso x+iy de un numero complejo a+ib, buscamos un numero
tal que(a+ ib)(x+ iy) = 1 es decir, un numero tal que (ax− by) + i(ay + bx) = 1.Si el numero fuera real: z = a, de a−1a = 1 tenemos que z−1 = a−1. Si el numero
fuera imaginario puro: z = ib, de −ib−1ib = 1 tenemos que z−1 = −ib−1.Podemos suponer en lo que sigue que el numero no es real ni imaginario puro,
es decir, que a 6= 0 6= b.Como dos numeros complejos son iguales cuando tienen la misma parte real y la
misma parte imaginaria, ha de ser:
ax− by = 1bx+ ay = 0
≡ (si a 6= 0, b 6= 0)
a2x− aby = ab2x+ aby = 0
de donde (a2 + b2)x = a. Aquı podemos despejar x por ser a2 + b2 6= 0, ya queestamos suponiendo a 6= 0, b 6= 0. Entonces x = a/(a2 + b2).
Tambien, ha de ser:abx− b2y = babx+ a2y = 0
de donde (a2 + b2)y = −b, donde tambien podemos despejar y = −b/(a2 + b2).
Hemos obtenido que el inverso de a+ ib, es 1(a2+b2)
(a− ib), siempre que a+ bi seadistinto de cero. Compruebese que esta formula es valida para los casos particulareshallados al principio, en los que el numero era real o era imaginario puro.
Para dividir z1 por z2 (si z2 6= 0) multiplicamos z1 por el inverso de z2.
Por un procedimiento similar de igualar partes real e imaginaria podemos hallar, dado un
numero complejo c + di otro numero complejo a + bi que elevado al cuadrado de c + di. Ası
podemos resolver todas las ecuaciones bicuadradas en el conjunto de los numeros complejos.
e) Ademas el producto es distributivo respecto a la suma (debe comprobarse).
14
La existencia de la suma y del producto con las propiedades antes enumeradasse expresa en otra frase: Los numeros complejos son un cuerpo conmutativo.
Otros cuerpos ya conocidos son los conjuntos de los numeros racionales y de losnumeros reales.
Ahora se puede comprobar como Ejercicios:
1.3.1. Comprobar que, en el cuerpo de los numeros complejos, tienen tantassoluciones como su grado, las ecuaciones siguientes:
x2 − x+ 1 = 0.
x2 −√
3x+ 1 = 0.
2x3 + 4x2 − 3x+ 9 = 0.
x4 − x3 − 3x2 + 4x− 4 = 0.
x6 + 4x4 + 5x2 + 2 = 0.
x4 − x3 − x2 − x− 2 = 0.
x4 + x3 − x− 1 = 0.
6x4 + x3 + 2x2 − 4x+ 1 = 0.
6x5 + 5x4 + 4x3 + 4x2 − 2x− 1 = 0.
x5 + x4 − x− 1 = 0.
6x4 + x3 + 11x2 + 2x− 2 = 0
12x4 + x3 + 11x2 + x− 1 = 0
6x4 − 11x3 + 10x2 − 11x+ 4 = 0
4x4 + 4x3 − 11x2 + 4x− 15 = 0
4x4 + 16x3 + 31x2 + 64x+ 60 = 0
1.3.2. Factorizar los polinomios igualados a cero en las ecuaciones anteriores yen las siguientes:
x5 − 2x4 + 2x3 − 4x2 + x− 2 = 0.
6x4 + 7x3 − 3x2 − 3x+ 1 = 0.
x5 + x4 + 2x3 + 2x2 + x+ 1 = 0.
x7 + x6 + 6x5 + 6x4 + 9x3 + 9x2 + 4x+ 4 = 0.
15
Observar que algunas no son totalmente factorizables en binomios de grado 1con coeficientes reales. Cuando se admiten los coeficientes complejos, o bien haytantos factores como el grado de la ecuacion, o bien llamando al numero de vecesque se repite un factor, multiplicidad de ese factor, la suma de las multiplicidadesde los factores de primer grado es igual al grado de la ecuacion.
1.3.3. Demostrar que en un cuerpo, se tiene b · 0 = 0, cualquiera que sea b.1.3.4. Demostrar que en un cuerpo, si a 6= 0, ax = 0⇒ x = 0.1.3.5. Probar que en un conjunto de numeros que sea un cuerpo, la ecuacion
a1x + a = 0 tiene solucion unica si a1 6= 0. No tiene solucion si a1 = 0 y a 6= 0.Tiene infinitas soluciones si a1 = 0 = a.
Recordemos que se llama conjugado del numero complejo z = a + ib alnumero a− ib que se representa por z = a− ib. Utilizando la notacion de conjugadode un numero complejo, hemos obtenido anteriormente respecto a su inverso que:z−1 = 1
(a2+b2)z.
Se puede representar el numero complejo a+ib como el punto del plano que tienecoordenadas cartesiamas (a, b). Entonces, el punto correspondiente al conjugado deun numero complejo es el punto simetrico respecto al eje OX.
a
b
a+ib
a-ib
7
SSSSSSw
Por el teorema de Pitagoras, el numero a2 + b2 es el cuadrado de la longitud delvector con origen en el origen de coordenadas y extremo en el punto. Esta longitudse llama modulo del numero complejo y se representa por |z|. Entonces, podemosescribir: z−1 = 1
|z|2 z. De donde se deduce tambien |z|2 = zz.
Para hacer operaciones con los numeros complejos se proponen los
16
Ejercicios:
1.4.1. Hallar los siguientes numeros complejos en forma binomica:
(1 + 2i)(1− 2i),1 + 2i
1− 2i, (
1 + 2i
1− 2i)2,
(1 + 2i)3
(2− i)3,
(1 + 2i)3
(2− 2i)3.
1.4.2. Hallar un numero complejo en forma binomica: a+ bi tal que (a+ bi)2 =1 + i.
1.4.3. Resolver la ecuacion x4 − 2x2 + 10 = 0 en el cuerpo de los numeroscomplejos.
1.4.4. Resolver la ecuacion z2 − (1 + i)z + i = 0 en el cuerpo de los numeroscomplejos.
1.4.5. Demostrara) z1 + z2 = z1 + z2b) z1 · z2 = z1 · z21.4.6. Demostrar:a) |z| = |z|b) |z1 · z2| = |z1||z2|c) |z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2|
Propiedades de las soluciones de las ecuaciones.
A)Utilizando el ejercicio 1.4.5. anterior se obtiene que las soluciones complejas
de una ecuacion con coeficientes reales aparecen por parejas conjugadas:Sea anx
n + an−1xn−1 + · · ·+ a1x+ a0 = 0 una ecuacion de grado n donde todos
los ai son reales y sea z una solucion compleja de la ecuacion. Entonces,
anzn + an−1z
n−1 + · · ·+ a1z + a0 = 0 =⇒ anzn + an−1zn−1 + · · ·+ a1z + a0 = 0 =⇒
anzn + an−1zn−1 + · · ·+ a1z + a0 = 0 =⇒ anzn + an−1z
n−1 + · · ·+ a1z + a0 = 0
donde se ve que tambien z es solucion de la ecuacion.
B)El numero a es solucion de la ecuacion: anx
n + an−1xn−1 + · · ·+ a1x+ a0 = 0, si
y solo si el binomio x− a divide al polinomio anxn + an−1x
n−1 + · · ·+ a1x+ a0. Enefecto, llamando Pn(x) a este polinomio y dividendolo por x− a obtendrıamos:
Pn(x) = Qn−1(x)(x− a) +R(x)
pero R(x) = R es un numero por ser el grado del resto menor que el grado deldivisor. Sustituyendo ahora el valor a en la expresion de la division, tenemos:
Pn(a) = Qn−1(a)(a− a) +R = R
17
lo que nos dice que el resto de esta division es cero si y solo si a es solucion de laecuacion dada, teniendose ası que el polimomio Pn(x) es divisible por x− a si y solosi a es solucion de la ecuacion Pn(x) = 0. Con lo que conocida una solucion de unaecuacion, esta queda reducida a otra de grado menor, presumiblemente mas facil(Qn−1(x) = 0).
No podemos demostrar ahora con los conocimientos que tenemos el teoremafundamental del algebra, pero sı podemos ver consecuencias suyas:
C)Todo polinomio con coeficientes complejos puede factorizarse en binomios de
primer grado con coeficientes complejos.En efecto, dado un polinomio Pn(x), con coeficientes complejos, al tener la
ecuacion Pn(x) = 0 siempre solucion en los numeros complejos por el teoremafundamental del algebra, existe z1, tal que Pn(x) = (x − z1)Qn−1(x), donde elgrado del cociente Qn−1(x) es n − 1. Este nuevo polinomio cociente puede factor-izarse igualmente por el teorema fundamental del algebra, obteniendose Pn(x) =(x − z1)(x − z2)Qn−2(x). El grado del polinomio cociente puede seguir siendo re-bajado hasta 1, en cuyo momento, habremos factorizado el polinomio dado en nbinomios de primer grado, algunos de los cuales se pueden repetir.
Observando que los binomios de primer grado que factorizan un polinomio sepueden repetir y llamando multiplicidad de cada raiz zi al exponente de x − zi enla factorizacion de Pn(x), ahora vemos que
la suma de las multiplicidades de las soluciones reales y complejas de una ecuacion
de grado n con coeficientes complejos es igual al grado de la ecuacion.
Tambien se define la multiplicidad de una raiz zi de un polinomio Pn(x) como elnumero ni tal que Pn(x) = (x− zi)niQi(x) donde Qi(zi) 6= 0.
D)Si la ecuacion es de grado impar con coeficientes reales, alguna solucion ha deser real.Veamos primero que las raices complejas no reales de un polinomio con coefi-
cientes reales, aparecen con la misma multiplicidad que sus conjugadas:Si Pn(x) = 0 es una ecuacion con coeficientes reales y z1 y z1 son dos soluciones
conjugadas, siendo z1 = a+ ib; al ser Pn(x) = (x− z1)Qn−1(x) se tiene:
0 = Pn(z1) = (z1 − z1)Qn−1(z1) = −2biQn−1(z1)
donde b 6= 0, por lo que Qn−1(z1) = 0, siendo Qn−1(x) divisible por x− z1; entonces,
Pn(x) = (x− z1)(x− z1)Qn−2(x) =
= (x− (a+ bi))(x− (a− bi))Qn−2(x) = [(x− a)2 + b2]Qn−2(x)
El polinomio Qn−2(x) debe tener todos sus coeficientes reales, porque Pn(x) y(x − a)2 + b2 los tienen reales, por ello, si Qn−2(x) tiene una raiz compleja no real
18
tambien tiene a su conjugada. Lo mismo ocurrre con los sucesivos cocientes deQn−2k(x)por (x− z1)(x− z1), de ser divisibles por x− z1, por ello la raiz z1 aparecetantas veces como la raiz z1.
Entonces, si todas las raices del polinomio, de grado impar, fueran complejas noreales, la suma de sus multiplicidades serıa par, no coincidiendo con su grado, portanto, tiene que haber al menos una solucion real.
E)Si un polinomio de grado n se anula para mas de n valores distintos el polinomio
es el polinomio nulo, (todos los ai son nulos). (De donde si el polinomio no es nuloy es de grado n, no se puede anular para mas de n valores de la variable).
En efecto, cogiendo n valores distintos xii∈1...n que anulen al polinomio, porser Pn(x1) = 0, Pn(x) es divisible por x − x1, es decir, Pn(x) = Qn−1(x)(x − x1).Si x2 6= x1 anula al polinomio, Pn(x2) = 0 implica que Qn−1(x2)(x2 − x1) = 0, locual a su vez implica que Qn−1(x2) = 0, por lo que Qn−1(x) = Qn−2(x)(x − x2), yPn(x) = Qn−2(x)(x− x2)(x− x1). Repitiendo el mismo procedimiento con n raicesdistintas, llegamos a que podemos expresar:
Pn(x) = Q0(x− xn)(x− xn−1) · · · (x− x2)(x− x1)
donde Q0 es un numero, que debe ser igual a an. Cogiendo un valor mas: (xn+1),que anule al polinomio, suponiendo que existe, tenemos:
0 = Pn(xn+1) = an(xn+1 − xn)(xn+1 − xn−1) · · · (xn+1 − x1)
donde por estar en un cuerpo y ser todos los parentesis distintos de cero, ha deser an = 0. Por la misma razon, an−1 = 0 y ası sucesivamente hasta el a0. (Unpolinomio igual a una constante se anula para algun valor de x solo si esta constantees cero).
F)Con un razonamiento analogo se puede demostrar que encontradas k raices de un
polinomio, cuya suma de multiplicidades es igual al grado del polinomio, no puedehaber otra raiz mas.
En efecto, una vez escrito:
Pn(x) = (x− z1)n1(x− z2)n2 · · · (x− zk)nkan donde Σni = n, y an 6= 0
si hubiera otra solucion mas: zn+1, se tendrıa:
0 = Pn(zn+1) = (zn+1 − z1)n1(zn+1 − z2)n2 · · · (zn+1 − zk)nkan
Por ser los numeros complejos un cuerpo, el producto de una serie de factoreses cero si y solo si alguno de los factores es cero, por lo que zn+1 debe coincidir conalguno de los zi anteriores.
19
Forma trigonometrica y forma polar de un numero complejo.
La forma binomica de los numeros complejos es adecuada para la suma, peropara la multiplicacion hay otra forma mas adecuada que es la forma polar.
Ademas, para expresar de formas analogas entre sı las soluciones de la ecuacionxn − 1 = 0 ≡ xn = 1 vamos a utilizar la forma trigonometrica y la forma polar deun numero complejo.
Ya hemos dicho que los numeros complejos se pueden poner en correspondenciacon los puntos del plano. Para ello, trazamos en el plano dos rectas perpendiculares,una horizontal y la otra vertical, llamamos O (origen) al punto interseccion de lasdos rectas e introducimos una unidad de medida. Entonces al numero complejoa + ib puede asociarse el punto P que esta a distancia ”a” unidades de medidadel eje vertical y ”b” unidades de medida del eje horizontal. Al mismo tiempopodemos dibujar un vector con origen O y extremo P. Por el teorema de Pitagorasla longitud de este vector coincide con el modulo del numero complejo. El vector estaperfectamente determinado tambien por su longitud y por el angulo que hace conla direccion positiva de uno de los ejes; vamos a escoger el eje horizontal y al anguloque forma el vector con este eje le llamamos argumento del modulo complejo. Hemosllegado a otra determinacion de un numero complejo por su modulo y su argumentoque da lugar a la forma trigonometrica y a la forma polar.
a
b
a+ib
r
φ$
7
La forma polar del numero complejo a+ib es el sımbolo reiφ donde r es el moduloy φ es el argumento del numero complejo. (El modulo r es siempre positivo).
Es de observar que cuando r = 0, cualquiera que sea φ, el numero es el cero.Y que reiφ = rei(φ+2π), es decir, todos los numeros complejos con el mismo r yargumentos diferenciandose en un multiplo de 2π coinciden.
Dado que a = rcosφ y b = rsenφ, el numero complejo es tambien a + ib =r(cosφ + isenφ), siendo esta la forma trigonometrica del numero complejo. Se ve
que tanφ = b/a. La forma trigonometrica y la forma polar dan la relacion eiφ =(cosφ+ isenφ).
20
Otros ejercicios para la familiarizacion con estas formas son:1.5.1. De los numeros complejos enunciados a continuacion calcular su modulo
y su argumento y escribirlos en forma trigonometrica y en forma polar.
1 + i, 1− i, −1− i, 1
2+ i
√3
2,
√3
2+ i
1
21.5.2. Comprobar que cualquier numero complejo tiene el mismo modulo que su
conjugado y que su opuesto. ¿Cual es la relacion entre los argumentos de un numerocomplejo, su conjugado y su opuesto?
1.5.3. Suponiendo conocidos el modulo y el argumento de un numero complejo,hallar el modulo y el argumento de su inverso.
Las formas trigonometrica y polar nos pasan de la naturaleza puramente alge-braica de los numeros complejos a su representacion geometrica, lo cual va a revertiren el descubrimiento de mas propiedades de dichos numeros.
Por ejemplo, la expresion de la multiplicacion de numeros complejos se simplifica:Sean z1 = r1e
iφ1 = r1(cosφ1 + isenφ1) y z2 = r2eiφ2 = r2(cosφ2 + isenφ2) y
multipliquemoslos segun la regla que tenemos para multiplicarlos en forma binomica:
r1eiφ1r2e
iφ2 = z1z2 = r1(cosφ1 + isenφ1) · r2(cosφ2 + isenφ2) =
(r1cosφ1r2cosφ2 − r1senφ1r2senφ2) + i(r1cosφ1r2senφ2 + r1senφ1r2cosφ2) =
r1r2(cosφ1cosφ2 − senφ1senφ2) + ir1r2(cosφ1senφ2 + senφ1cosφ2) =
= r1r2(cos(φ1 + φ2) + isen(φ1 + φ2) = r1r2ei(φ1+φ2)
Donde vemos que la multiplicacion de numeros complejos dados en forma polaro trigonometrica se hace multiplicando sus modulos y sumando sus argumentos.Debido a ello, la asociatividad del producto se demuestra mucho mas facilmenteutilizando la forma polar.
Otros ejercicios son:1.6.1. Demostrar utilizando la forma binomica y la forma polar de los numeros
complejos que:a) El producto de un numero por su conjugado es un numero real.b) El cociente de un numero por su conjugado es de modulo 1.Observar que la demostracion usando la forma polar es mas corta.c) Comprobar los resultados anteriores en los calculos siguientes:
(1 + 2i)(1− 2i),3 + 4i
3− 4i,
d) Utilizar los resultados anteriores para calcular:
(
√2
2+ i
√2
2)(
√2
2− i√
2
2),
√22
+ i√22√
22− i
√22
1.6.2. Probar la asociatividad de la multiplicacion de numeros complejos usandosu expresion en forma polar y comparar la simplicidad del calculo respecto del quehay que hacer para demostrarla en forma binomica.
21
La potenciacion sale tambien beneficiada de esta forma simple de multiplicar enforma polar. Segun lo visto:
zn = (reiφ)n = rneinφ = rn(cos(nφ) + isen(nφ))
de donde se obtiene la formula de Moivre:
cos(nφ) + isen(nφ) = (cosφ+ isenφ)n
en la que desarrollando el ssegundo miembro por el binomio de Newton y separandopartes reales e imaginarias tenemos expresiones para cos(nφ) y sen(nφ) en funcionde cosφ y senφ.
Otra repercusion geometrica de la forma polar de un numero complejo se ponede manifiesto si observamos lo que ocurre al multiplicar numero de modulo 1 porotro numero complejo dado:
eiφ · reiα = rei(φ+α)
Vemos que el resultado es un numero complejo del mismo modulo resultante de girarel numero complejo dado un angulo φ.
Por tanto,la operacion geometrica giro se expresa algebraicamente como una multiplicacion.
2+i
i(2+i)
AA
*
AAAAAAAAAAK
22
Radicacion.
La extraccion de raices tambien se hace mucho mas facilmente cuando losnumeros vienen dados en forma polar.
Extraer las raices n-esimas de un numero complejo z es hallar los numeros x talesque xn = z, es decir, resolver la ecuacion xn− z = 0. Si z es real, esta ecuacion, porser de coeficientes reales, tiene las raices complejas por parejas conjugadas, es decir,las raices complejas de un numero real aparecen por parejas conjugadas.
Las soluciones de la ecuacion xn−z = 0 (si z 6= 0) tienen multiplicidad 1: vamosa ver que no pueden tener multilicidad mayor o igual que 2:
Si una solucion z1 la tuviera, se podrıa escribir xn − z = (x − z1)2Qn−2(x),
entonces, derivando en los dos miembros tendrıamos nxn−1 = 2(x − z1)Qn−2(x) +(x− z1)2Q′n−2(x), que al sustituir x por z1, da nzn−11 = 0, imposible si zn1 6= 0.
Al ser cada raiz de multiplicidad 1, debe haber n raices distintas.
Veamos como se obtienen:Dado z = |z|eiα, un numero complejo x es raiz n-esima de z si xn = z, es
decir, escribiendo x = reiφ en forma polar, si rneinφ = |z|eiα, pero tambien sirneinφ = |z|ei(α+2π) o rneinφ = |z|ei(α+k2π), cualquiera que sea k, para lo cual essuficiente que rn = |z| y nφ = α + k2π, cualquiera que sea k.
La condicion rn = |z| siempre tiene solucion porque |z| es positivo pero puedetener dos soluciones reales para r si n es par, de las cuales solo cogemos la positivaporque el modulo es siempre positivo. Pero lo mas importante es que debido a lano unicidad de la expresion polar de un numero complejo, cuando k varıa, tenemosdistintas posibilidades para φ de la condicion nφ = α + k2π. Lo que nos da para φlas soluciones:
φ0 = αn
φ1 = αn
+ 2πn
φ2 = αn
+ 22πn
φ3 = αn
+ 32πn
· · · · · ·φn−1 = α
n+ (n− 1)2π
n
φn =α
n+ n
2π
n≡ α
n
Para el valor de r = + n√|z| hay n posibles argumentos, (ya que φn es equivalente
a φ0), por lo que hay n raices complejas de cada numero complejo dado.
Las raices n-esimas del numero complejo 1 tienen modulo 1 y argumentos k2π/n,donde k varıa de cero a n − 1. El conjunto de estos n numeros con la operacionmultiplicacion es un ejemplo de grupo multiplicativo finito. Sus puntos correspon-dientes determinan un polıgono regular de n lados con un vertice en el punto (1,0).Cada raiz determina tambien un giro del plano de angulo k2π/n Estos giros delplano dejan invariante cualquier polıgono regular de n lados con centro en el origen.Dos de estos giros se pueden realizar sucesivamente, lo cual da un giro que se llama
23
composicion de los dos giros. La operacion composicion de giros corresponde a lamultiplicacion de los numeros complejos que los representan. Por ello, el conjuntode los giros que dejan invariante un polıgono regular con centro en el origen es ungrupo multiplicativo finito.
Se proponen los siguientes Ejercicios: donde se pide hacer los calculos en formapolar.
1.7.1. Calcular en forma polar y en forma binomica los siguientes numeros com-plejos:
√−4,
√i,√−i, .
Comprobar que los resultados son los mismos.1.7.2. Calcular en forma binomica y en forma trigonometrica los siguientes
numeros complejos: √1 + i,
√−2 + 2i
Comparando las expresiones determinar el valor de cos(π/8) y cos(3π/8). Compro-bar que cos2(π/8) + cos2(3π/8) = 1. ¿Por que?
1.7.3. Expresar las siguientes raices en forma binomica utilizando la formatrigonometrica corres-pondiente y el ejercicio anterior.
4√−16, 3
√−8, 3
√−27i,
4√
16i.
1.7.4. Hallar las raices cuartas de −i y representarlas graficamente.1.7.5. Hallar las raices quintas de la unidad. Senalar cuales son las raices que
son conjugadas entre sı.1.7.6. Hallar las siguientes raices:
3
√√3
2+ i
1
2,
6
√1
2+ i
√3
2
¿Como estan relacionadas entre sı?1.7.7. Resolver en el cuerpo de los numeros complejos las ecuaciones:
x6 + 1 = 0,
x6 + 2x3 + 1 = 0,
x6 + x3 + 1 = 0,
x6 + 2x4 + 2x2 + 1 = 0,
3x7 + x6 + 6x4 + 2x3 + 6x+ 2 = 0.
2x7 − x6 + 4x4 + 2x3 + 2x− 1 = 0
2x7 + x6 + 4x4 + 2x3 + 2x+ 1 = 0
4x8 − x6 − 8x5 + 2x3 + 4x2 − 1 = 0
2x5 + x4 − 2x3 − x2 + 2x+ 1 = 0
24
Comprobar que la suma de las multiplicidades de las soluciones complejas (entreellas las reales) de cada ecuacion es igual a su grado.
1.7.8. Habiendo comprobado que (xn−1+xn−2+xn−3+· · ·+x+1)(x−1) = xn−1,demostrar que
a) La ecuacion x4 + x3 + x2 + x+ 1 = 0 no tiene ninguna solucion real.b) La ecuacion xn + xn−1 + xn−2 + · · ·+ x+ 1 = 0 no tiene ninguna solucion real
si n es par y tiene exactamente una solucion real si n es impar. ¿Cual es la solucionreal si n es impar?
c) Las raices (n+1)− esimas de la unidad que no coinciden con 1, son solucionesde la ecuacion xn + xn−1 + xn−2 + · · ·+ x+ 1 = 0.
1.7.9. Resolver en el cuerpo de los numeros complejos las ecuaciones:
x6 + x5 − x− 1 = 0,
x7 + x6 − x− 1 = 0,
2x5 + x4 + x3 + x2 + x− 1 = 0,
6x6 + 5x5 + 4x4 + 4x3 + 4x2 − 2x− 1 = 0.
Comprobar que la suma de las multiplicidades de las soluciones complejas (entreellas las reales) de cada ecuacion es igual a su grado.
1.7.10. Deducir de la fomula de Moivrea) Las formulas del coseno del angulo triple y del seno del angulo triple.b) Las formulas analogas para el angulo quıntuple.1.7.11. Hallar cos(π/12) calculando la raiz de eiπ/6 utilizando las formas binomica,
trigonometrica y polar de los numeros complejos y comparando los resultados.1.7.12. Comprobar que las raices de orden n de la unidad y por ello los giros que
dejan invariante un polıgono regular de n lados con centro en el origen y un verticeen 1, son un grupo multiplicativo conmutativo.
Otros ejemplos y problemas se pueden encontrar en el capıtulo 1 del libro [A],en el apendice A2 de [G] en el capıtulo 20 de [S].
Soluciones de 1.2.1: a) 1/2,1/3, b) 1/2,1/3,5/2, c) 1/2,1/3,1/4, d) 1/2, 2/3,3/2.e) 1/2,1/3,−1(doble).
Soluciones de las cinco ultimas ecuaciones de 1.3.1: −1/2, 1/3, i√
2,−i√
2;−1/3, 1/4, i,−i; 1/2, 4/3, i,−i; 3/2,−5/2, i,−i; −3/2,−5/2, 2i,−2i.
PROBLEMAS RESUELTOS DE LOS PROPUESTOS EN EXAMENES DEALGEBRA LINEAL I. (Capitulo 1). Vease pag. 425.
25
Bibliografıa.
[A1]. Algebra Lineal y aplicaciones. Jorge Arvesu Carballo, Renato AlvarezNodarse, Francisco Marcellan Espanol. Ed. Sıntesis 1999.
[A2] La Matematica: su contenido, metodos y significado. A. D. Alexandrov, A.N. Kolmogorov, M. A. Laurentief y otros. Ed. Alianza Universidad. 1981.
[D]. El Universo de las Matematicas. Willian Dunham. Ed. Piramide. 1994.[G1] Matematicas 1 Bachillerato. Carlos Gonzalez Garcıa. Jesus Llorente Medrano.
Maria Jose Ruiz Jimenez. Ed. Editex. 2008.[G]. Algebra Lineal con aplicaciones. Stanley I. Grossman. Ed. McGraw-Hill.
1992.[S]. Algebra Superior. M. R. Spiegel. Ed. Mc Graw Hill 2000.
26
MATRICES. SUS OPERACIONES.
Introduccion.
Definicion: Una matriz es una disposicion rectangular y entre parentesis denumeros; Es por tanto, una tabla de numeros entre parentesis y tiene un determi-nado numero de filas, que llamamos m y un determinado numero de columnas quellamamos n. Entonces se dice que la matriz es m× n.
Puede ser de numeros positivos, de numeros enteros, de numeros racionales, denumeros reales o de numeros complejos.
Las tablas aparecen bastante en la vida cotidiana. P. ej. la tabla de valores de compra y venta
de distintas monedas con una fija (sea esta el euro), es una tabla de tantas filas como monedas
consignemos y de dos columnas. Otro ejemplo es la tabla de porcentaje de composicion de unos
alimentos determinados segun los hidratos de carbono, grasas y proteınas; esta es una tabla de
tantas filas como alimentos hayamos listado y tres columnas. Las presiones y temperaturas de un
conjunto de n gases forman una tabla de dos filas y n columnas. Las tablas se transforman en
matrices cuando sus datos son utilizados para calculos.
Una matriz de una fila y una columna es un numero entre parentesis.
La derivada de una funcion real de variable real es un numero, y se generaliza a la derivada de
una funcion real de varias variables por una matriz de una fila y varias columnas, cada una de las
cuales es una derivada parcial. De especial interes en fısica son las derivadas de una funcion real
de tres variables, que se llaman gradientes y son tres numeros entre parentesis.
Un punto de R3 se representa por tres coordenadas entre parentesis, lo cual esuna matriz 1 × 3. Algunas veces, para comodidad de calculo, un vector de R3 serepresenta por los numeros en columna; entonces es una matriz 3× 1.
En algebra lineal aparecen las matrices m × n al expresar de forma global lossistemas de ecuaciones lineales de m ecuaciones con n incognitas. Para ello se defineel producto de matrices.
Tambien se utilizan para expresar las aplicaciones llamadas lineales y los pro-ductos escalares. Y para relacionar distintos sistemas de coordenadas en el mismoespacio vectorial.
Ciertas operaciones del conjunto de numeros que aparecen en la matriz se trasfierena operaciones con las matrices pero no siempre con las mismas propiedades que lasoperaciones de los numeros de los que estan formadas. Nuestro objetivo en estecapıtulo es definir y estudiar dichas operaciones.
27
Operaciones en el conjunto de las matrices.
Si representamos por K un conjunto de numeros, se representa porMm×n(K) elconjunto de las matrices de m filas y n columnas que tienen numeros de ese conjunto.Cada sitio de la matriz se llama entrada. Introducimos la notacion general de unamatriz: se escribe
A = (aij)i∈1,2,...m,j∈1,2,...n
donde aij es el numero que ocupa el lugar de la fila i y la columna j. Cuando estanclaras en el contexto, las variaciones de i y de j, no se especifican por sencillez deescritura.
Si K tiene un producto, cualquier matriz puede multiplicarse por un numerodel conjunto del que esta formada. Si A = (aij) ∈ Mm×n(K) y s ∈ K, se defines · A = (saij).
Este producto verifica:
Si K tiene unidad (1): 1 · A = A
Es distributivo si el producto de K es distributivo respecto a una suma: (s+ t) ·A = s · A+ t · A
Hay asociatividad mixta si K es asociativo: (st) · A = s · (t · A)
Si en el conjunto K hay una suma, tambien ciertas matrices se pueden sumar,pero para eso tienen que tener el mismo numero de filas y de columnas. La sumano es una operacion en el conjunto de todas las matrices sino enMm×n(K)cuando se han fijado m y n.
Entonces, se define:
Si A = (aij)i∈1...mj∈1...n ∈ Mm×n(K) y B = (bij)i∈1...mj∈1...n ∈ Mm×n(K),A+B = (aij+bij)i∈1...mj∈1...n ∈Mm×n(K), Se propone comprobar como ejerciciosque
2.1.1. La suma es asociativa si la suma en K lo es.2.1.2. La matriz cero (que tiene cero en todos los sitios), es elemento neutro para
la suma si cero es el elemento neutro de K respecto a su suma.2.1.3. Si cada elemento de K tiene elemento opuesto respecto a la suma, cada
matriz tiene elemento opuesto.
Recordando la definicion de grupo, los ejercicios 2.1.1., 2.1.2., y 2.1.3. se expresanconjuntamente afirmando que si K es un grupo aditivo, Mm×n(K) lo es.
Se puede comprobar tambien como ejercicio que si K es un grupo aditivo con-mutativo, Mm×n(K) tambien lo es.
28
Ademas la suma es distributiva respecto al producto por los elementos de K silo es en K. Compruebese como ejercicio que s · (A+B) = s · A+ s ·B.
Estas operaciones con todas las propiedades enumeradas se dan p. ej. enM1×3(R) que coincide con el espacio de los vectores y por analogıa, la estructurade Mm×n(K) con estas dos operaciones con las propiedades enumeradas se llamaespacio vectorial.
Para pasar a otra operacion entre matrices llamada producto, observemos queuna matriz fila 1 × n y una matriz columna n × 1 se pueden multiplicar numero anumero:
(a1j)j∈1...n · (bi1)i∈1...n =n∑k=1
a1k · bk1
dando otro numero.Esto es lo que se hace para calcular el producto escalar de dos vectores de R3:
se coloca uno de los vectores en fila y el otro en columna y se multiplican numero anumero.
Es tambien lo que se hace para calcular lo que tenemos que pagar en una compra multiplicando
la matriz fila de los precios de los artıculos que hemos comprado por la matriz columna de las
cantidades que hemos comprado de cada uno de ellos.
Observemos tambien que una matriz A ∈ Mm×n(K) puede escribirse como su-perposicion de filas:
A =
F1
F2...Fm
o como yuxtaposicion de columnas:
B = (C1, C2, · · · , Cn)
Si las filas de A tienen el mismo numero de elementos que las columnas de B, Ay B se pueden multiplicar multiplicando las filas de A por las columnas de B, siendo
(AB)ij = Fi · Cj =n∑k=1
aikbkj que escribiremosn∑k=1
AikBkj
Este producto es una operacion que va de Mm×n(K)× Mn×u(K) en Mm×u(K).Para que sea operacion en Mm×n(K), ha de ser m = n.
Podemos decir, por tanto, que las matrices cuadradas tienen otra operacion, elproducto, con las siguientes propiedades:
a) El producto es asociativo si el producto en K lo es: A(BC) = (AB)C.En efecto, vamos a ver que el numero de la entrada (i,j) de A(BC) es el mismo
que el numero de la entrada (i,j) de (AB)C:
29
Suponiendo que A ∈Mm×n(K), B ∈Mn×u(K), C ∈Mu×s(K).
(A(BC))i,j =n∑k=1
Aik(BC)kj =n∑k=1
Aik(u∑l=1
BklClj) =n∑k=1
u∑l=1
Aik(BklClj)
((AB)C)i,j =u∑l=1
(AB)ilClj =u∑l=1
(n∑k=1
AikBkl)Clj =u∑l=1
n∑k=1
(AikBkl)Clj
Comparando las dos expresiones finales se puede ver que contienen los mismossumandos debido a la propiedad asociativa del producto en K. La diferencia estasolamente en la forma de agruparlos:
En el primer sumatorio agrupamos en primer lugar los del mismo k, sumamoslos Aik(BklClj), para todos los valores posibles de ‘l′ y luego volvemos a sumar estassumas para todos los valores posibles de ‘k′
En el segundo sumatorio agrupamos en primer lugar los del mismo l, sumamoslos (AikBkl)Clj, para todos los valores posibles de ‘k′ y luego volvemos a sumar estassumas para todos los valores posibles de ‘l′;
Pero la forma de agruparlos para la suma no importa debido a su propiedadconmutativa.
Representaremos las matrices cuadradas n× n con elementos de K porMn(K).Se indica como ejercicios la demostracion de2.2.1. b) El producto es distributivo respecto a la suma de matrices si el producto
de K lo es respecto a la suma.Como todavıa no hemos comprobado que el producto sea conmutativo y de hecho
no lo es, la distributividad tiene dos facetas, a la derecha y a la izquierda:
A(B + C) = AB + AC, (A+B)C = AC +BC
2.2.2. c) El producto es asociativo respecto al producto por los elementos de Ksi el producto en K lo es.
s(AB) = (sA)B, (AB)s = A(Bs)
Pero existen matrices distintas de cero que no tienen inverso respecto a la mul-tiplicacion. Para ello vease como ejercicio:
2.2.3. Dada la matriz
A =
(1 01 0
)Comprobar que no existe una matriz B tal que AB = I = BA.
30
El conjunto de las matrices cuadradas de orden n con elementos de un cuerpoes un grupo aditivo conmutativo respecto a su suma. Respecto al producto noconstituyen un grupo multiplicativo ni aun prescindiendo de la matriz cero, porqueexisten matrices no nulas que no poseen inversa segun el ejercicio 2.2.3; por estono son un cuerpo; la estructura de grupo aditivo con un producto asociativo ydistributivo se denomina anillo. Ademas, el elemento unidad del cuerpo permiteconstruir el elemento unidad del conjunto de las matrices cuadradas de orden nrespecto a la multiplicacion que es la matriz que tiene 1 en todos los elementos dela diagonal y ceros en el resto. Por eso, se dice que Mn(K) es un anillo unitario.
Nos podemos dar cuenta de que el producto en general no es conmutativo viendoque una matriz fila y una matriz columna del mismo numero de elementos sonmultiplicables en los dos sentidos distintos pero en un sentido el producto es unnumero y en otro sentido el producto es una matriz cuadrada de orden igual alnumero de elementos de las matrices dadas.
Se puede comprobar como ejercicios la no conmutatividad de matrices cuadradasy otras propiedades peculiares:
2.2.4. Siendo A y B las matrices dadas a continuacion calcular los productos ABy BA cuando sea posible y comparar los resultados.
a) A =
(1 1−1 1
)B =
(3 45 6
)b) A =
(2 30 1
)B =
(1 30 0
)
c) A =
2 4 05 0 30 1 0
B =
5 501 601 86
d) A =
(2 3 44 3 2
)B =
1 21 04 4
¿Sera cierta para las matrices cuadradas la relacion (A+B)2 = A2 + 2AB+B2?
2.2.5. Comprobar que el producto de dos matrices puede ser nulo sin que lo seanninguno de los factores, hallando los productos AB siendo A y B las matrices dadasa continuacion:
a) A =
(1 11 1
)B =
(1−1
)b) A =
(3 61 2
)B =
(−2
1
)
c) A =(
5 6)
B =
(−6
5
)d) A =
(1 01 0
)B =
(0 01 1
)¿Es cierto que AB = 0⇒ BA = 0? Comprobarlo.2.2.6. Hallar la forma general de las matrices 3×3 de numeros reales o complejos
que conmutan con 1 1 00 1 10 0 1
.
31
2.2.7. Hallar matrices 2× 2 de numeros reales, tales que su cuadrado es −I.2.2.8. Hallar matrices A ∈M2×2 de numeros reales, tales que A 6= I y A2 = A.
2.2.9. Siendo
A =
1 10 11 1
= (C1, C2), B =
(2 −44 5
)=
(F1
F2
)Comprobar que AB = C1F1 + C2F2
Generalizar este resultado para matrices de dimensiones multiplicables.
2.2.10. ¿Que transformacion tiene lugar en la matriz C dada a continuacioncuando la multiplicamos a la derecha o a la izquierda por la matriz D diagonal dadatambien a continuacion:
C =
6 −2 02 0 11 1 0
D =
2 0 00 4 00 0 6
¿Cuales son las matrices diagonales que conmutan con todas las demas?2.2.11. Demostrar que si una matriz no es diagonal, no conmuta con todas las
demas. Deducir de este ejercicio y del anterior la forma de las matrices que conmutancon todas las demas.
2.2.12. Multiplicando las dos matrices A y B dadas a continuacion,
A =
2 4 05 0 30 1 0
B =
6 −2 02 0 11 1 0
Comprobar que:a) La primera fila del producto AB es la suma de las filas de B multiplicadas por
los numeros de la primera fila de A considerados como coeficientes.b) La primera columna de AB es la suma de las columnas de A multiplicados
por los numeros de la primera columna de B considerados como coeficientes.¿Que ocurre analogamente con las demas filas y las demas columnas del pro-
ducto?2.2.13. Se llaman matrices elementales las obtenidas de la matriz identidad,
haciendo una de las siguientes transformaciones:a) Permutacion de filas.b) Suma a una fila de otra fila multiplicada por un numero.c) Multiplicacion de una fila por un numero distinto de cero.Escribir todas las matrices elementales de tamano 3× 3.Escoger una matriz cualquiera de numeros y comprobar que al multiplicar esta
matriz por otra elemental colocando a la izquierda la matriz elemental, se realiza enla matriz escogida, la transformacion que habıa tenido lugar en la identidad paraobtener la matriz elemental. Generalizar el resultado.
32
La trasposicion es otra aplicacion definida en el conjunto de las matricescon imagen en este mismo conjunto que hace corresponder a una matriz A =(aij)i∈1,2,...m,j∈1,2,...n, la matriz representada por tA: tA = (bij)i∈1,2,...n,j∈1,2,...mdonde bij = aji. Lo que hacemos es modificar la disposicion de los numeros cam-biando filas por columnas.
La trasposicion no es siempre una operacion en Mm×n(R), ya que asocia aelementos de Mm×n(R), elementos de Mn×m(R). Para que una aplicacion seaoperacion en un conjunto, tiene que quedarse en ese conjunto, para lo cual ha de serMm×n(R) =Mn×m(R), es decir, m = n.
La traspuesta de la matriz suma de otras dos matrices es la suma de las traspues-tas de las matrices dadas.
En cuanto a la relacion del producto con la trasposicion tenemos la siguienteigualdad:
t(AB) = tBtA
ya que
(t(AB))ji = (AB)ij =∑k
AikBkj =∑k
BkjAik =∑k
(tB)jk(tA)ki = (tB · tA)ji
Tipos de matrices.
Entre las matrices cuadradas de numeros reales se definen Las matrices simetricasson las que coinciden con su traspuesta, para lo cual han de ser cuadradas (m=n):la matriz A = (aij) es simetrica si y solo si aij = aji ∀i, j; tambien se escribe si ysolo si A = tA.
Las matrices antisimetricas son las que coinciden con la opuesta de su traspuesta,para lo cual tambien han de ser cuadradas: la matriz A = (aij) es antisimetrica si ysolo si aij = −aji, ∀i, j; tambien se escribe A = −tA.
Compruebese como ejercicios que2.3.1. Una matriz antisimetrica tiene nulos todos los elementos de su diagonal
principal.2.3.2. Una matriz a la vez simetrica y antisimetrica es una matriz nula (que tiene
0 en todos los sitios).2.3.3. Comprobar que:a) Dada una matriz cuadrada A, la matriz 1
2(A+ tA) es una matriz simetrica.
b) Dada una matriz cuadrada A, la matriz 12(A− tA) es una matriz antisimetrica.
c) Toda matriz cuadrada se puede escribir como suma de una matriz simetricay otra antisimetrica.
Entre las matrices cuadradas de numeros complejos se definen las matriceshermıticas como las matrices que verifican aij = aji, ∀i, j (A = tA) Y las matricesantihermıticas como las matrices que verifican aij = −aji ∀i, j (A = −tA)
Compruebese como ejercicios que
33
2.4.1. Una matriz hermıtica tiene todos los elementos de su diagonal principalreales.
2.4.2. En una matriz antihermıtica son imaginarios puros todos los elementos dela diagonal principal.
2.4.3. Una matriz a la vez hermıtica y antihermıtica es una matriz nula.2.4.4. Toda matriz cuadrada compleja se puede escribir como suma de una matriz
hermıtica y otra antihermıtica.
2.4.5. Comprobar que el producto de matrices simetricas no siempre es unamatriz simetrica realizando el producto AB en el caso a):
a) A =
1 0 10 1 01 0 1
, B =
1 0 00 2 00 0 3
Sin embargo, sı es simetrico en el caso:
b) A =
1 4 14 3 41 4 1
, B =
0 0 10 1 01 0 0
Comprobar que en el caso a) BA = t(AB) y en el caso b) BA = AB.2.4.6. Demostrar que dadas A y B, dos matrices simetricas, A y B conmutan
si y solo si su producto es una matriz simetrica. Encontrar matrices simetricasque conmuten y matrices simetricas que no conmuten distintas de las del ejercicioanterior.
2.4.7. Si A es una matriz simetrica y B es una matriz antisimetrica, A y Bconmutan si y solo si su producto es una matriz antisimetrica.
2.4.8. Demostrar que toda matriz simetrica 2× 2 de numeros reales o complejosque conmute con (
1 10 1
)es un multiplo de la identidad.
2.4.9. Demostrar que toda matriz simetrica 3× 3 de numeros reales o complejosque conmute con 1 1 0
0 1 10 0 1
es un multiplo de la identidad.
34
Otros subconjuntos importantes de las matrices cuadradas son:Las matrices diagonales: Son aquellas en las que aij = 0 siempre que i 6= j. Son
en ellas nulos todos los elementos situados fuera de la diagonal del cuadrado queva del angulo superior izquierdo al angulo inferior derecho (que se llama diagonalprincipal).
De las matrices diagonales la mas importante es la identidad que tiene 1 en todoslos elementos de la diagonal.
Tambien son importantes entre las matrices cuadradas las matrices triangularessuperiores: Son en ellas nulos todos los elementos que se encuentran debajo de ladiagonal principal. Por tanto, aquellas en las que aij = 0 siempre que i > j.
Analogas a estas son las matrices triangulares inferiores: Son en ellas nulos todoslos elementos que se encuentran encima de la diagonal principal. Por tanto, aquellasen las que aij = 0 siempre que i < j.
Observese que una matriz a la vez triangular superior y triangular inferior es unamatriz diagonal.
2.5.1. Comprobar que la traspuesta de una matriz triangular superior es trian-gular inferior y recıprocamente.
2.5.2. Demostrar que:a) El producto de matrices diagonales es diagonal.b) El producto de matrices triangulares superiores es triangular superior.c) El producto de matrices triangulares inferiores es triangular inferior.
Debido al ejercicio 2.4.5, las matrices simetricas de orden n no son un subanillo de las matrices
cuadradas de orden n, (porque el producto de dos matrices simetricas puede no ser simetrica). Sin
embargo, debido al ejercicio 2.5.2 las matrices diagonales de orden n forman un subanilo unitario del
anillo unitario de las matrices cuadradas de orden n y lo mismo ocurre con las matrices triangulares
superiores de orden n y con las matrices triangulares inferiores de orden n.
Las matrices que tienen distinto numero de filas que de columnas se llamanmatrices rectangulares. En ellas m 6= n.
Pasando ahora a las matrices rectangulares m×n, otro subconjunto importantede ellas son las matrices escalonadas: Se llaman ası porque en ellas se puede trazaruna escalera por debajo de la cual todos los elementos son nulos, siendo no nuloslos elementos de sus esquinas y recorriendo esta escalera filas y columnas de maneraque no baja mas de una fila en cada escalon; de manera mas precisa, a la izquierday debajo del primer numero distinto de cero de cada fila, los numeros son todosceros. Matematicamente se puede expresar ası: (aij) es escalonada si para cada filai existe una columna ki tal que los numeros de esa fila anteriores a la columna kison nulos: aij = 0 si j < ki y los terminos de las filas posteriores situados en dichaski columnas son tambien nulos: alj = 0 si l > i, j ≤ ki.(pagina siguiente)
35
0 1 2 3 4 5 6
0 0 2 3 4 5 6
0 0 0 0 4 5 6
0 0 0 0 0 5 6
0 0 0 0 0 0 0
matriz escalonada
0 1 2 3 4 5 6
0 0 2 3 4 5 6
0 0 0 0 4 5 6
0 0 0 0 2 5 6
0 0 0 0 0 0 0
matriz no escalonada
Las matrices escalonadas m × n, donde m y n son fijos, no forman un grupoaditivo respecto a la suma de matrices.
Se puede comprobar que toda matriz cuadrada y escalonada es triangular supe-rior. Para ello observese como es una matriz escalonada con numero mınimo de ceros(vease la matriz a conti-nuacion). Si tuviera mas ceros seguirıa siendo triangularsuperior.
1 2 3 4 5 6
0 2 3 4 5 6
0 0 7 4 5 6
0 0 0 9 5 6
0 0 0 0 1 8
0 0 0 0 0 8
matriz escalonada y triangular superior
Se puede ver tambien que en una matriz cuadrada escalonada la ultima fila tieneun elemento distinto de cero, si y solo si el primer escalon esta en la primera columnay cada escalon tiene longitud de una columna. Ya que en otro caso, al ir recorriendolos escalones, agotamos antes las columnas que las filas, quedando la ultima filacompleta debajo de la escalera. (Vease la matriz a continuacion).
1 2 3 4 5 6
0 2 3 4 5 6
0 0 0 4 5 6
0 0 0 0 5 6
0 0 0 0 0 6
0 0 0 0 0 0
matriz escalonada con escalon de dos columnas
36
PROBLEMAS RESUELTOS DE LOS PROPUESTOS EN EXAMENES DEALGEBRA LINEAL I. (Capitulo 2). Vease pag. 428.
Bibliografıa.
[A] Algebra Lineal y aplicaciones. J. Arvesu Carballo, R. Alvarez Nodarse, F.Marcellan Espanol. Ed. Sıntesis Madrid. 1999.
[F] J.B: Fraleigh R. A. Beauregard. Algebra Lineal. Addison-Wesley Iberoamer-icana 1989.
[G] Matematicas 2 Bachillerato. Carlos Gonzalez Garcıa. Jesus Llorente Medrano.Maria Jose Ruiz Jimenez. Ed. Editex. 2009.
[L] E. M. Landesman, M. R. Hestenes. Linear Algebra for Mathematics, Science,and Engineering. Prentice-Hall International, Inc. 1992.
37
38
METODO DE GAUSS Y REDUCCION DE
GAUSS-JORDAN.
Introduccion.
Los sistemas de ecuaciones lineales aparecen frecuentemente en problemas ele-mentales de otras ciencias y de la vida corriente. Como ejemplo se enuncian aquıvarios problemas de esos:
1. Averiguar si los planos de ecuaciones:
π1 ≡ −y + z = 2, π2 ≡ 3x+ 6y + z = −5, π3 ≡ 2x+ 4y − 2z = −3
tienen un punto comun.Sol: pto comun: 1/8(21,−17,−1)
2. Determinar si en R3 las rectas siguientes se cortan:
r1 ≡2x +3y +z = 5x −3y = 4
r2 ≡
x +y = 2y −z = −1
Sol: no se cortan.
3. Ajustar la reaccion:
xIO3Na+ ySO3HNa→ zSO4Na2 + uSO4HNa+ vH20 + wI2
Sol: x = 2w, y = 5w, z = 2w, u = 3w, v = w.
4. En la red de trafico del dibujo de la pagina siguiente, se conocen las cantidadesde coches que circulan en dos entradas y en algunos tramos. Se desea conocer lascantidades de coches que circulan en todos los tramos. Se podrıa colocar un contadoren cada tramo desconocido, entonces harıan falta nueve contadores, sin embargo,se puede demostrar que dos contadores son suficientes, porque los traficos en losdistintos tramos estan relacionados. Demuestrese.
39
? ? ?
- -
@@@@@@@@@@R
@@@@@@@@@@R
?
?
? ?
-
? ? ?
30 x1 30
x2 x3
10 10
10 520
x5x4 x6
10 5
x7 x8 x9
Resolver un sistema de ecuaciones lineales es hallar, cuando es posible, todoslos valores de las incognitas que satisfacen todas las ecuaciones del sistema. Supon-dremos que los coeficientes de las incognitas en las ecuaciones son reales o complejos.La teorıa que vamos a desarrollar vale siempre que los coeficientes esten en un cuerpo.
Si no es posible encontrar esos valores, el sistema se llama incompatible. Si esposible encontrarlos, distinguimos el caso en que estos valores estan determinadosunıvocamente, llamando al sistema compatible determinado, del caso en que hayinfinitos valores, llamandolo entonces compatible indeterminado.
En Bachillerato se han visto los metodos de eliminacion, reduccion y sustitucionpara resolver sistemas de ecuaciones lineales. Cada sistema concreto puede resolverseo verse si es incompatible usando uno de estos metodos. El Metodo de Gausses una combinacion sistematica de los metodos de eliminacion y sustitucion validapara todos los sistemas. Habiendo garantıa de poder decidir si un sistema dado
40
cualquiera es incompatible o compatible y resolverlo en este caso, por dicho metodo.Algunas veces solo interesa saber si el sistema es incompatible, compatible deter-
minado o compatible indeterminado, sin llegar a resolver efectivamente el sistema.Veremos que esto tambien se puede hacer, estudiando la evolucion de los sistemasen la primera parte (eliminacion) del metodo de Gauss.
Metodo de Gauss.
Si el sistema esta formado por una sola ecuacion con una incognita que es dela forma ax = b, sabemos que tiene solucion unica si a tiene inverso (lo cual esequivalente, cuando a esta en un cuerpo, a que a sea distinto de cero); tiene infinitassoluciones cuando a = b = 0; es incompatible cuando a = 0 y b 6= 0.
Si el sistema es de una ecuacion con mas de una incognita, es de la formaa11x1 + · · · + a1nxn = b1; este es indeterminado o incompatible, siendo este ultimoel caso cuando todos los coeficientes de las incognitas son nulos sin serlo el terminoindependiente.
La idea es, entonces, ir reduciendo la complejidad de un sistema con variasecuaciones y varias incognitas a la simplicidad de un sistema con una ecuacion.
Lo cual se puede hacer pasando a primera ecuacion una que tenga coeficientea11 de x1 distinto de cero, dividiendo por a11 dicha ecuacion (que se puede hacerporque a11 6= 0) y restando a las siguientes ecuaciones la primera multiplicada porel coeficiente de x1 en cada ecuacion. Ası hemos eliminado la incognita x1 en lasecuaciones posteriores a la primera y estas dan un sistema de una ecuacion menoscon una incognita menos. Repitiendo el procedimiento, llegamos hasta un sistemade una ecuacion, que sabemos resolver o ver si es incompatible.
Veamos un ejemplo: resolvamos por el metodo de Gauss el siguiente sistema:
x1 +2x2 +x3 +2x4 = 162x1 −x2 −x3 −x4 = −7−2x1 +x2 +2x3 −x4 = 2
2x2 +3x3 +x4 = 17
Empezamos eliminando la incognita x1 de las ecuaciones segunda y tercera
sumando a estas ecuaciones la primera multiplicada adecuadamente por los numeros−2, 2. Podemos hacerlo porque el coeficiente de x1 en la primera ecuacion es distintode cero. Entonces pasamos a
x1 +2x2 +x3 +2x4 = 16−5x2 −3x3 −5x4 = −39
5x2 +4x3 +3x4 = 342x2 +3x3 +x4 = 17
Ası encontramos dentro del sistema dado un subsistema de tres ecuaciones con tresincognitas, formado por las tres ultimas ecuaciones, mas simple que el dado y queuna vez resuelto nos darıa la solucion del sistema dado considerando tambien laprimera ecuacion.
41
En este subsistema de tres ecuaciones podemos pasar a otro subsistema de dosecuaciones con dos incognitas, eliminando la incognita x2 de las dos ultimas ecua-ciones sumando a estas la primera multiplicada adecuadamente, ya que el coeficientede x2 en la primera ecuacion del subsistema es distinto de cero.
Pero como tendrıamos que multiplicar la primera ecuacion por −1/5 para con-seguir que el coeficiente de x2 sea 1 y luego multiplicar adecuadamente para elimi-nar los coeficientes de dicha x2 en las restantes ecuaciones y de este modo surgirıanfracciones, vamos a utilizar otro camino que tambien consiste en multiplicar unaecuacion por un numero y sumar otra ecuacion multiplicada por un numero: va-mos a multiplicar la primera ecuacion del subsistema por −1 y le vamos a sumar laultima multiplicada por −2, pasando a:
x2 −3x3 +3x4 = 55x2 +4x3 +3x4 = 342x2 +3x3 +x4 = 17
Hemos conseguido que el coeficiente de la incognita x2 sea 1 en la primera
ecuacion. Ahora multiplicando esta ecuacion por −5 y sumandosela a la segundaecuacion y luego multiplicando la primera ecuacion por −2 y sumandosela a la ter-cera ecuacion tenemos:
x2 −3x3 +3x4 = 519x3 −12x4 = 99x3 −5x4 = 7
donde podemos percibir un subsistema de las dos ultimas ecuaciones con las dosultimas incognitas. De este subsistema, restando a la penultima ecuacion la ultimamultiplicada por 2, obtenemos:
x3 −2x4 = −59x3 −5x4 = 7
y ası eliminamos facilmente la incognita x3 de la ultima ecuacion pasando a
x3 −2x4 = −513x4 = 52
donde aparece al final una ecuacion con una incognita. Resuelta esta ecuacionpodemos ir resolviendo los subsistemas de dos y tres ecuaciones que se han idohallando resolviendo progresivamente una ecuacion mas y llegar a la solucion delsistema dado. En efecto, la ultima ecuacion da x4 = 4, que sustituida en x3− 2x4 =−5 da x3 = 3, lo cual sustituido en x2 − 3x3 + 3x4 = 5 da x2 = 2 y todo estosustituido en x1 + 2x2 + x3 + 2x4 = 16 da x1 = 1, teniendo el sistema resuelto porel metodo de Gauss.
Si el sistema hubiera sido:
2x2 +3x3 +x4 = 172x1 −x2 −x3 −x4 = −7−2x1 +x2 +2x3 −x4 = 2x1 +2x2 +x3 +2x4 = 16
42
donde el coeficiente de la primera ecuacion en la primera incognita es cero, pasamosa un sistema donde este coeficiente es distinto de cero, intercambiando ecuaciones.
Veamos otros ejemplos donde se va viendo los subsistemas formados eliminandosucesivamente las incognitas hasta llegar a una ecuacion.
2)
6x2 +12x3 = 188x1+ 6x2 = 5x1− x2 +x3 = 0
x1 −x2 +x3 = 0
8x1 +6x2 = 56x2 +12x3 = 18
x1 −x2 +x3 = 0
14x2 −8x3 = 56x2 +12x3 = 18
x1 −x2 +x3 = 0
14x2 −8x3 = 5x2 +2x3 = 3
x1 −x2 +x3 = 0
x2 +2x3 = 314x2 −8x3 = 5
x1 −x2 +x3 = 0
x2 +2x3 = 3−36x3 = −37
Como la ultima ecuacion es compatible, el sistema es compatible y como tambien
es determinada, podemos despejar x3 en la ultima ecuacion y sustituyendo en lasegunda ecuacion despejar x2, tambien determinada. Obtenemos x1 de la primeraecuacion al sustituir los valores de las otras incognitas; el sistema resulta compatibledeterminado.
Se obtiene x3 = 37/36, x2 = 17/18, x1 = −1/12.
3)
x1 +3x2 −x3 +x4 = 1−2x1 +x2 +3x3 = 7
x2 −x4 = 0
x1 +3x2 −x3 +x4 = 1
7x2 +x3 +2x4 = 9x2 −x4 = 0
x1 +3x2 −x3 +x4 = 1
x2 −x4 = 07x2 +x3 +2x4 = 9
x1 +3x2 −x3 +x4 = 1
x2 −x4 = 0x3 +9x4 = 9
Este sistema tambien es compatible por serlo la ultima ecuacion. Pero como esta
es indeterminada, el sistema es indeterminado. Despejamos x3 en funcion de x4 enla ultima ecuacion, x2 en funcion de x4 en la penultima ecuacion y luego sustituimosx2 y x3 en la primera ecuacion y obtenemos: x3 = 9−9x4, x2 = x4, x1 = 10−13x4,x4 puede ser cualquiera.
Pero, aunque la ultima ecuacion sea compatible determinada, el sitema puedeser incompatible indeterminado, como ocurre en los ejemplos 4) y 5) siguientes:
4)
x1 +3x2 −x3 +x4 = 1−2x1 +x2 +9x3 = 7
x2 +x3 −x4 = 0
x1 +3x2 −x3 +x4 = 1
7x2 +7x3 +2x4 = 9x2 +x3 −x4 = 0
43
x1 +3x2 −x3 +x4 = 1x2 +x3 −x4 = 0
7x2 +7x3 +2x4 = 9
x1 +3x2 −x3 +x4 = 1
x2 +x3 −x4 = 09x4 = 9
Por ser la ultima ecuacion compatible, el sistema es compatible. En este caso,
x4 esta determinado en la ultima ecuacion, pero al sustituir el valor de x4 en lasecuaciones anteriores, la penultima ecuacion queda indeterminada por lo que elsistema es indeterminado. Despejando x2 en funcion de x3 y sustituyendo en laprimera ecuacion tenemos las soluciones: x4 = 1, x2 = 1 − x3, x1 = −3 + 4x3, x3puede ser cualquiera.
5)
x1 +3x2 −x3 +x4 = 1−2x1 +x2 +2x3 = 7
x2 −x4 = 0
x1 +3x2 −x3 +x4 = 1
7x2 +2x4 = 9x2 −x4 = 0
x1 +3x2 −x3 +x4 = 1
x2 −x4 = 07x2 +2x4 = 9
x1 +3x2 −x3 +x4 = 1
x2 −x4 = 09x4 = 9
De nuevo el sistema es compatible por serlo la ultima ecuacion. Tanto esta, como
la penultima ecuacion salen determinadas, pero al sustitir x4 y x2 en la primeraecuacion, obtenemos una ecuacion con dos incognitas que es indeterminada (tieneinfinitas soluciones) por lo que el sistema es compatible indeterminado.
Sus soluciones son:x4 = 1, x2 = 1, x1 = x3 − 3, x3 puede ser cualquiera.
Por ultimo, veamos un sistema incompatible.
6)
x1 +3x2 −x3 +x4 = 1−2x1 +x2 +2x3 −9x4 = 7
x2 −x4 = 0
x1 +3x2 −x3 +x4 = 1
7x2 −7x4 = 9x2 −x4 = 0
x1 +3x2 −x3 +x4 = 1
x2 −x4 = 07x2 −7x4 = 9
x1 +3x2 −x3 +x4 = 1
x2 −x4 = 00x2 +0x4 = 9
Aquı la ultima ecuacion es incompatible, esto es suficiente para que el sistema
sea incompatible.
44
Debido a que cuando encontramos una primera ecuacion de un subsistema concoeficiente cero en la primera incognita la intercambiamos con otra que tiene coefi-ciente distinto de cero en esa incognita, la incompatibilidad es relegada a la ultimaecuacion.
Se puede conseguir que el coeficiente de la primera incognita sea 1 utilizandocoeficientes de dicha incognita en otras ecuaciones primos entre sı.
Recapitulando, el metodo de Gauss es una combinacion ordenada de los metodosde eliminacion y sustitucion y garantiza nuestra capacidad de decision sobre elcaracter de un sistema porque consiste en la reali-zacion de sucesivas etapas con lasecuaciones del sistema de manera que se van formando subsistemas de una ecuacionmenos y una incognita menos (como mınimo) hasta llegar a un sistema de una solaecuacion, cuyo caracter hemos visto que sabemos decidir. (El caracter sistematicodel metodo de Gauss lo hace preferible a la hora de ejecutarlo por ordenador).
Entonces, si la ultima ecuacion es incompatible, el sistema es incompatible.
Si la ultima ecuacion es compatible, se ve facilmente si esta es determinadao indeterminada. Si es indeterminada, el sistema es indeterminado. Si es com-patible determinada, despejando la incognita en la ultima ecuacion conseguida ysustituyendo regresivamente en las anteriores, obtenemos otro sistema equivalentecon una incognita menos y al menos una ecuacion menos, en el cual el caracter de laultima ecuacion nos dirıa que el sistema es indeterminado si esta ecuacion fuera in-determinada; pero si dicha ecuacion es determinada, para ver el caracter del sistematenemos que repetir el procedimiento de sustitucion regresiva y seguir ası hasta quequede alguna ecuacion indeterminada en cuyo caso el sistema sera indeterminadoo que todas las ecuaciones hayan resultado determinadas en cuyo caso el sistemaes determinado y hemos ido obteniendo sus soluciones. Si el sistema es indeter-minado, podemos despejar en las ecuaciones indeterminadas la primera incognitaque aparezca en ellas con coeficiente distinto de cero, en funcion de las siguientesy sustituyendo regresivamente obtener un subconjunto de incognitas despejado enfuncion de otro subconjunto de incognitas que pueden variar libremente.
La formacion de subsistemas de al menos una incognita menos y al menos unaecuacion menos puede hacerse con las siguientes etapas:
1) Pasar a primer lugar una ecuacion que tenga coeficiente distinto de cero de laprimera incognita.
2) Sumar a las restantes ecuaciones la primera multiplicada adecuadamente paraque el coeficiente de la primera incognita en ellas salga cero.
3) Considerar las ecuaciones excepto la primera como un subsistema que notiene la primera incognita y repetir las etapas 1) y 2) anteriores para la siguiente
45
incognita que no tiene coeficiente nulo en todas las ecuaciones. Si todas las ecua-ciones tuvieran coeficientes nulos de las incognitas pero quedara alguna con terminoindependiente distinto de cero (el sistema serıa incompatible) se reducen todas lasecuaciones incompatibles a una sola por etapas analogas a la 2) anterior para losterminos independientes.
4) Para resolver el sistema (en el caso en que sea compatible) se despeja laincognita que aparezca con coeficiente distinto de cero en primer lugar en la ultimaecuacion, (si esta ultima ecuacion tiene varias incognitas, en funcion de las restantes)y se sustituye en las demas ecuaciones con lo que se reduce en uno el numero deecuaciones del sistema obtenido y se repite el proceso hasta agotar las ecuaciones.Al final, tendremos los valores de las incognitas si el sistema es compatible determi-nado o un subconjunto de incognitas despejado en funcion de las otras, que seranindependientes y podran tomar cualquier valor si el sistema es compatible indeter-minado.
Desmenuzando el tipo de operaciones que hacemos, las etapas 1), 2) y 3) delmetodo de Gauss se hacen realizando en las ecuaciones de un sistema lo que llamamos
Operaciones Elementales en un sistema:
1) Intercambio de las ecuaciones.
2) Suma de una ecuacion multiplicada por un numero a otra ecuacion distinta.
3) Multiplicacion de una ecuacion por una constante distinta de cero. (Paradespejar las incognitas).
Estas operaciones son suficientes para su resolucion. Cualquier operacion ele-mental en un sistema lo transforma en otro equivalente.
Ejercicios:
3.1.1. Utilizar el metodo de Gauss para determinar el caracter de cada uno delos sistemas enunciados a continuacion y resolver los que sean compatibles:
a)x1 +x2 +x3 = 6x1 +2x2 +3x3 = 14
2x1 −x2 −x3 = −3
b)x1 −x2 +x3 −2 = 0
2x1 +x2 −x3 −1 = 0−x1 +2x2 +3x3 +3 = 0
c)
x1 +x2 +x3 +x4 = 0x1 +2x2 +x3 +2x4 = 0−x1 −2x2 +x3 +2x4 = 03x1 +x2 +2x3 −x4 = 0
d)x1 +x2 +x3 +x4 = −1x1 +2x2 +x3 +2x4 = −1−x1 −2x2 −x3 −2x4 = 1
46
e)
x1 +x2 −x3 = 1−x1 +x2 +x3 = 12x1 −x2 +x3 = 25x1 +2x2 −x3 = 5
f)
x1 +x2 +x3 +x4 = 0x1 −x2 +2x3 −2x4 = 1−x1 −x2 −x3 +2x4 = −62x1 +x2 +2x3 +x4 = 0−2x1 −3x2 +3x3 −x4 = −9
3.1.2. Hallar los valores de los parametros α, β y γ para que se verifique A·At = I
siendo A la matriz:
A = 1/9
7 −4 α−4 β −8−γ −8 1
3.1.3. Hallar e y f en la matriz(
1 e 4−1 f 8
)para que exista una matriz A de tamano 2 × 2 que multiplicada a la izquierda
por (3 2 0−2 1 4
)de
(1 e 4−1 f 8
)
Sol 3.1.1:a) x1 = 1, x2 = 2, x3 = 3; b) x1 = 1, x2 = −1, x3 = 0;c) x1 = 2x4 = 2k, x2 = −x4 = −k, x3 = −2x4 = −2k, x4 = k;d) x1 = −1− x3 = −1− α, x2 = −x4 = −β, x3 = α, x4 = β;e) incompatible ; f) x1 = 1, x2 = 2, x3 = −1, x4 = −2;
Sol. 3.1.2: α = −4, β = 1, γ = 4.
Sol. 3.1.3: e = 3, f = 4.
47
Operaciones elementales en una matriz.
Lo que importa al resolver un sistema son los coeficientes de las incognitas ylos terminos independientes. Ellos foman la matriz de los coeficientes y la matrizampliada del sistema. Un sistema se puede escribir en forma matricial: AX=b dondeA es la matriz de los coeficientes de las incognitas, X es la columna de las incognitasy b es la columna formada por los terminos independientes.
Los ejemplos 2), 3), 4), 5) dados anteriormente serıan:
0 6 128 6 01 −1 1
x1x2x3
=
1850
;
1 3 −1 1−2 1 3 0
0 1 0 −1
x1x2x3x4
=
170
1 3 −1 1−2 1 9 0
0 1 1 −1
x1x2x3x4
=
170
;
1 3 −1 1−2 1 2 0
0 1 0 −1
x1x2x3x4
=
170
Llamamos matriz ampliada del sistema a la matriz A|b. Las matrices A y A|b vanevolucionando, al irse realizando las operaciones elementales en el sistema, cuandose usa el metodo de Gauss.
Las transformaciones que tienen lugar en la matriz de un sistema cuando se real-izan operaciones elementales en el, se llaman operaciones elementales en la matriz.Se obtienen ası tres tipos de operaciones elementales en matrices que correspondena los tres tipos de operaciones elementales en el sistema.
Llamamos Operaciones Elementales en una matriz a:
1) Intercambio de las filas de la matriz.
2) Suma de una fila de la matriz multiplicada por un numero a otra fila de lamatriz.
3) Multiplicacion de una fila por una constante distinta de cero.
48
La evolucion de las matrices en los ejemplos 2), 3), 4), 5) y 6) ha sido:
2) 0 6 128 6 01 −1 1
∣∣∣∣∣∣1850
→ 1 −1 1
8 6 00 6 12
∣∣∣∣∣∣05
18
→ 1 −1 1
0 14 −80 6 12
∣∣∣∣∣∣05
18
→ 1 −1 1
0 14 −80 1 2
∣∣∣∣∣∣053
→ 1 −1 1
0 1 20 14 −8
∣∣∣∣∣∣035
→ 1 −1 1
0 1 20 0 −36
∣∣∣∣∣∣03
−37
.
3) 1 3 −1 1−2 1 3 0
0 1 0 −1
∣∣∣∣∣∣170
→ 1 3 −1 1
0 7 1 20 1 0 −1
∣∣∣∣∣∣190
→ 1 3 −1 1
0 1 0 −10 7 1 2
∣∣∣∣∣∣109
→ 1 3 −1 1
0 1 0 −10 0 1 9
∣∣∣∣∣∣109
4) 1 3 −1 1
−2 1 9 00 1 1 −1
∣∣∣∣∣∣170
→ 1 3 −1 1
0 7 7 20 1 1 −1
∣∣∣∣∣∣190
→ 1 3 −1 1
0 1 1 −10 7 7 2
∣∣∣∣∣∣109
→ 1 3 −1 1
0 1 1 −10 0 0 9
∣∣∣∣∣∣109
5) 1 3 −1 1
−2 1 2 00 1 0 −1
∣∣∣∣∣∣170
→ 1 3 −1 1
0 7 0 20 1 0 −1
∣∣∣∣∣∣190
→ 1 3 −1 1
0 1 0 −10 7 0 2
∣∣∣∣∣∣109
→ 1 3 −1 1
0 1 0 −10 0 0 9
∣∣∣∣∣∣109
49
6) 1 3 −1 1−2 1 2 −9
0 1 0 −1
∣∣∣∣∣∣170
→ 1 3 −1 1
0 7 0 −70 1 0 −1
∣∣∣∣∣∣190
→ 1 3 −1 1
0 1 0 −10 7 0 −7
∣∣∣∣∣∣109
→ 1 3 −1 1
0 1 0 −10 0 0 0
∣∣∣∣∣∣109
La observacion de las matrices de un sistema en las distintas etapas de su res-
olucion nos indica que vamos escalonando la matriz de coeficientes del sistema dado,fila a fila, por medio de las operaciones elementales y cuando tanto la matriz de co-eficientes del sistema como la matriz ampliada son escalonadas, podemos decidir siel sistema es incompatible o compatible.
En ese momento, el sistema es incompatible si y solo si la ultima ecuacion esincompatible, lo cual se traduce en que la matriz escalonada del sistema tiene unescalon menos que la matriz escalonada ampliada del sistema (vease el ultimo ejem-plo). Si la ultima ecuacion es compatible, en cuyo caso las dos matrices escalonadasmencionadas tienen el mismo numero de escalones, el sistema es compatible inde-terminado cuando queda indeterminada alguna de las ecuaciones al ir sustituyendo,regresivamente en las ecuaciones anteriores, los valores de las incognitas determi-nadas. Se observa que queda alguna ecuacion indeterminada si y solo si alguno delos escalones de la matriz del sistema tiene longitud superior a una columna (veanselos ejemplos 3, 4 y 5); habiendo entonces alguna ecuacion indeterminada con mas deuna incognita donde se pueden pasar al segundo miembro las incognitas correspon-dientes a las columnas que no dan escalon y despejar las otras en funcion de ellas, loque da la indeterminacion. El sistema es determinado si todas las ecuaciones quedandeterminadas, lo cual solo ocurre cuando todos los escalones son de una columna(veanse el ejemplo 2).
Vemos que en el proceso de resolucion de sistemas, podemos decidir el caracterdel sistema inicial sin resolverlo totalmente y por ello enunciamos la version delTeorema de Rouche-Frobenius para matrices escalonadas: un sistema esincompatible cuando la matriz escalonada a la que hemos reducido la matriz ampli-ada del sistema tiene un escalon mas que la matriz escalonada a la que ha quedadoreducida la matriz de los coeficientes del sistema; en otro caso es compatible, siendocompatible determinado si todos los escalones de la matriz escalonada del sistematienen longitud una columna y compatible indeterminado si hay algun escalon delongitud superior a una columna.
Cuando la columna b es nula el sistema se llama homogeneo. Entonces, estacolumna no anade ningun escalon, a pesar de las operaciones elementales, por loque en estos sistemas las matrices escalonadas provenientes de la matriz de loscoeficientes y de la matriz ampliada tienen siempre el mismo numero de escalones.Concluimos que los sistemas homogeneos son siempre compatibles.
50
Ejercicios:
3.2.1. Haciendo operaciones elementales en la matriz ampliada del sistema y apli-cando el Teorema de Rouche-Frobenius, decidir el caracter de los siguientes sistemasde ecuaciones lineales:
x1 +2x2 −x3 = 1x2 +x3 = 2
x1 +3x2 = 3
x1 +2x2 −x3 = 1
x2 +x3 = 2x1 +3x2 = 4
2x1 +x2 = 5x1 −x2 = 1x1 +2x2 = 4
x1 −3x2 +x3 +x4 = 2
3x1 −8x2 +2x3 +x4 = 22x1 −5x2 +x3 = 3
3.2.2. Hallar todas las matrices cuadradas de orden 2 que conmutan con la matriz(
1 23 4
)3.2.3. Considerar los sistemas:
a)x1 +2x2 −x3 = cx1 +x2 +2x3 = 2
−2x1 +3x2 +bx3 = −4
b)x1 +x2 −x3 = 1
2x1 +cx2 +x3 = d5x1 +5x2 −x3 = e
i). Encontrar los valores de b para los que el sistema a) tiene solucion, cualquiera
que sea c.ii). Existe un valor de b para el que el sistema a) no tiene siempre solucion, sino
solo para un valor de c. ¿Cuales son estos valores de b y de c?iii). Encontrar las condiciones que han de cumplir c, d y e para que el sistema
b) tenga solucion.3.2.4.a) Hallar y para que exista una matriz X2×2 tal que
X
(1 23 4
)−(
1 23 4
)X =
(0 y−3 0
).
b) Hallar la forma general de todas las matrices X que verifican la igualdadanterior con el valor hallado de y.
3.2.5. Dado el sistema 1 a 1a 0 1− a1 1− a 1
xyz
=
b00
,
Encontrar los valores de a y b para los que el sistema es:a) compatible determinado.b) incompatible.c) compatible indeterminado.
51
3.2.6. Considerar el sistema de ecuaciones siguiente:
x+ y + z = 1x+ y + az = 2x+ y + bz = 3
a) ¿Existen valores de a, b para los que el sistema es compatible determinado?b) ¿Para que valores de a, b, el sistema es incompatible?
3.2.7. Consideremos el sistema de ecuaciones lineales:
x −y +2z = 2x +y −z = 12x +az = c3x +y +bz = 4
a) Hallar las condiciones que tienen que cumplir los valores de a, b, c para que
el sistema sea compatible indeterminado.b) Hallar las condiciones que tienen que cumplir los valores de a, b, c para que
el sistema sea compatible determinado.
3.2.8. Dado el sistema de ecuaciones lineales:
x +2y −2z +2t = 4−3y +z +t = 1
x +5y −3z +t = m−x +y +z +mt = 1
a) Mostrar que si el sistema tiene solucion, esta no es unica.b) Encontrar los valores de m para que exista solucion.
3.2.9. Consideremos el sistema de ecuaciones lineales:
x +y +(1 +m)z = 4−m(1−m)x −y +2z = −2
2x +my +3z = 2−m
dependiente de m.
Hallar razonadamente:a) Para que valores de m el sistema es compatible determinado.b) Para que valores de m el sistema es compatible.c) Para que valores de m el sistema es incompatible.
Sol. 3.2.3ii).: b = −19, c = 2.Sol. 3.2.4 a).: y = 2.
52
Reduccion de Gauss-Jordan.
Una vez decidido el caracter del sistema, hemos visto que si es compatible, lasustitucion regresiva de las incognitas que son determinadas o se pueden despejaren funcion de otras, da las soluciones del sistema. Mirando de nuevo las matrices delos sistemas que van quedando al sustituir, vemos que van evolucionando de maneraque se van haciendo 1 los elementos de las esquinas de los escalones (llamadospivotes), y se hacen cero los elementos sobre estos pivotes. Lo podemos hacer todomatricialmente hasta el final y entonces se dice que se resuelve el sistema por laReduccion de Gauss-Jordan
Veamoslo en el ejemplo 4) (pags. 43 y 48): Una vez conseguido el sistema en laforma escalonada, despejar x4 es pasar del ultimo sistema
x1 +3x2 −x3 +x4 = 1x2 +x3 −x4 = 0
9x4 = 9
de matriz
1 3 −1 10 1 1 −10 0 0 9
∣∣∣∣∣∣109
al sistema
x1 +3x2 −x3 +x4 = 1x2 +x3 −x4 = 0
x4 = 1
de matriz
1 3 −1 10 1 1 −10 0 0 1
∣∣∣∣∣∣101
obtenidos dividiendo la ultima fila por 9.
Sustituir x4 en las ecuaciones anteriores es pasar al sistema:
x1 +3x2 −x3 = 0x2 +x3 = 1
x4 = 1
de matriz 1 3 −1 0
0 1 1 00 0 0 1
∣∣∣∣∣∣011
obtenida de
1 3 −1 10 1 1 −10 0 0 1
∣∣∣∣∣∣101
restando la tercera fila a la primera y sumando la tercera fila a la segunda.
Como sustituir en las ecuaciones anteriores es pasar a un sistema donde noaparece la incognita x4, es decir, donde los coeficientes de x4 son nulos en todaslas ecuaciones excepto en la ultima, en la matriz escalonada ampliada, del ultimosistema, los numeros de la columna de x4, excepto el ultimo, son ceros.
Despejar x2 y sustituirla en la primera ecuacion es pasar a otro sistema dondesolo aparece x2 en la segunda ecuacion. Este sistema tiene una matriz escalonadaampliada que tiene ceros en la columna de x2 encima del 1 correspondiente a x2 enla segunda ecuacion:
53
Ahora hemos pasado al sistema:
x1 −4x3 = −3x2 +x3 = 1
x4 = 1
de matriz 1 0 −4 0
0 1 1 00 0 0 1
∣∣∣∣∣∣−3
11
obtenida de
1 3 −1 00 1 1 00 0 0 1
∣∣∣∣∣∣011
restando la segunda fila multiplicada por 3 de la primera fila.
Como la columna de x3 no da escalon, se puede pasar al segundo miembro,y es indeterminada porque puede tomar cualquier valor; si x3 = k, se tienen lassoluciones:
x1 = 4k −3x2 = −k +1x3 = k
x4 = 1
≡
x1x2x3x4
= k
4−1
10
+
−3
101
.
El procedimiento descrito, realizado en las matrices, desde el principio al final,en las matrices A y A|b es la Reduccion de Gauss-Jordan para resolver elsistema AX=b: consiste en escribir la matriz ampliada del sistema, y reducirlaa forma escalonada mediante operaciones elementales. En el caso en que sea com-patible, hacer 1 todos los pivotes y anular los elementos por encima de los pivotescon mas operaciones elementales. Luego rellenamos las incognitas en las columnascorrespondientes y tenemos en el caso compatible determinado, los valores de lasincognitas; en el caso compatible indeterminado pasamos al segundo miembro lasincognitas cuyas columnas no dan escalon y las sustituimos por parametros variables.
Veamos ahora un ejemplo resuelto con la reduccion de Gauss-Jordan desde elprincipio.
7)
x1 +2x2 +x3 +2x4 +x5 +3x6 = 02x1 +5x2 +x3 +2x4 +4x5 +7x6 = 2−2x1 −3x2 −3x3 −x4 +20x5 +14x6 = 21x1 +x2 +2x3 +6x4 +7x5 +10x6 = 8
equivalente a
1 2 1 2 1 32 5 1 2 4 7−2 −3 −3 −1 20 14
1 1 2 6 7 10
x1x2x3x4x5x6
=
02
218
54
La reduccion de Gauss-Jordan de la matriz ampliada del sistema junto a la matrizdel sistema da:
1 2 1 2 1 32 5 1 2 4 7−2 −3 −3 −1 20 14
1 1 2 6 7 10
∣∣∣∣∣∣∣∣02
218
→
1 2 1 2 1 30 1 −1 −2 2 10 1 −1 3 22 200 −1 1 4 6 7
∣∣∣∣∣∣∣∣02
218
→
1 2 1 2 1 30 1 −1 −2 2 10 0 0 5 20 190 0 0 2 8 8
∣∣∣∣∣∣∣∣02
1910
→
1 2 1 2 1 30 1 −1 −2 2 10 0 0 1 4 30 0 0 2 8 8
∣∣∣∣∣∣∣∣02−110
→
1 2 1 2 1 30 1 −1 −2 2 10 0 0 1 4 30 0 0 0 0 2
∣∣∣∣∣∣∣∣02−112
→
1 2 1 2 1 30 1 −1 −2 2 10 0 0 1 4 30 0 0 0 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣02−1
6
→
1 2 1 2 1 00 1 −1 −2 2 00 0 0 1 4 00 0 0 0 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣−18−4−19
6
→
1 2 1 0 −7 00 1 −1 0 10 00 0 0 1 4 00 0 0 0 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣20−42−19
6
→
1 0 3 0 −27 00 1 −1 0 10 00 0 0 1 4 00 0 0 0 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣104−42−19
6
Rellenando ahora las incognitas:
x1 +3x3 −27x5 = 104x2 −x3 +10x5 = −42
x4 +4x5 = −19x6 = 6
≡x1 = 104 −3x3 +27x5
x2 = −42 +x3 −10x5x4 = −19 −4x5
x6 = 6
donde hemos pasado al segundo miembro las incognitas que no dan escalon.
Las soluciones del sistema estan constituidas por los (x1, x2, x3, x4, x5, x6), talesque:
55
x1 = 104 −3x3 +27x5x2 = −42 +x3 −10x5x3 = x3x4 = −19 −4x5x5 = x5x6 = 6
≡
x1x2x3x4x5x6
=
104−42
0−19
06
+x3
−3
11000
+x5
27−10
0−4
10
≡
x1x2x3x4x5x6
=
104−42
0−19
06
+ λ1
−3
11000
+ λ2
27−10
0−4
10
donde λ1 y λ2 varian arbitraria e independientemente.
Ejercicios:
3.3.1. Resolver utilizando la reduccion de Gauss-Jordan los siguientes sistemasde ecuaciones lineales.
a)x +2y −z = −3
3x +7y +2z = 14x −2y +z = −2
b)
2y −z +t = 6x −4y +z −2t = −9
2x −7y −2z +t = 103y −4t = −16
c)
x −y +z −t = 02x −2y −z +t = 3−x +y +2z −2t = −3−2x +2y +3z −t = 8
Sol. 3.3.1: a) x = −1, y = 0, z = 2 b) x = 1, y = 0, z = −2, t = 4 c) (x, y, z, t) =
(1, 0, 11/2, 13/2) + λ(1, 1, 0, 0)
Si tenemos varios sistemas con la misma matriz de coeficientes, pode-mos resolverlos todos a la vez, ampliando la matriz del sistema con lascolumnas de los terminos independientes de los sistemas dados y haciendoen esta matriz mas ampliada, las operaciones elementales que escalonenla matriz de los coeficientes.
56
3.3.2. Resolver de manera simultanea por el metodo de Gauss-Jordan los si-guientes sistemas de ecuaciones:
z −2t = 03x −6y +2z = −3x −2y +z −t = −1
2x −3y +3t = −1
z −2t = −1
3x −6y +2z = 2x −2y +z −t = 0
2x −3y +3t = 3
z −2t = −2
3x −6y +2z = −6x −2y +z −t = −3
2x −3y +3t = 0
Sol. 3.3.2: x1 = 1, y1 = 1, z1 = 0, t1 = 0; x2 = 0, y2 = 0, z2 = 1, t2 = 1; x3 =
0, y3 = 1, z3 = 0, t3 = 1.
La reduccion de Gauss-Jordan vale tambien para una ecuacion matricial AX = Bdonde X es una matriz de n filas y m columnas y B es una matriz de m columnasy el mismo numero de filas de A. Llamando Xi a la columna i-esima de X y Bi ala columna i-esima en B, la ecuacion matricial dada es equivalente al conjunto desistemas AXi = Bi, i ∈ 1, ...,m. Los sistemas matriciales pueden ser incompatibleso compatibles y en este caso, determinados o indeterminados. Se puede ver si soncompatibles escalonando la matriz ampliada A|B, y si son compatibles, resolverlossimultaneamente haciendo la reduccion de Gauss-Jordan en dicha matriz ampliadaA|B.
Cuando B=I, la solucion de la ecuacion AX=I se llama inversa a la derecha deA. Puede no existir y si A no es cuadrada puede no ser unica .
Si A es una matriz cuadrada, la igualdad AX = I ”sı” implica XA = I. Cuandose estudie la teorıa que viene a continuacion, usada para demostrar el teoremade caracterizacion de las matrices invertibles, se puede demostrar esa implicacionutilizando la proposicion 3’, la expresion final de A en la proposicion 4 y la unicidadde la inversa. Se propone construir todo el razonamiento en el ejercicio 3.5.4.
Ejercicio:
3.3.3. Demostrar que1) Si una matriz A tiene inversa a la izquierda, la inversa a la derecha, de existir,
es unica.2) Si una matriz A tiene inversa a la derecha, la inversa a la izquierda, de existir,
es unica.3) Si una matriz A tiene inversa a la derecha e inversa a la izquierda, ambas
coinciden.
57
Matrices Invertibles.
Nos interesa caracterizar las matrices A tales que los sistemas que se plantean conellas tienen solucion y esta es unica, es decir que todos los sistemas que se planteancomo Ax = b son compatibles determinados. Estas matrices A son aquellas para lasque existe otra matriz B tal que AB = I = BA. Veamoslo:
Si existe B tal que BA=I, dado un sistema de la forma AX = b, multiplicandoloa la izquierda por B, obtenemos que la solucion, de existir, ha de ser X = Bb; paraque efectivamente, esta sea la solucion hay que comprobar que ABb = b, lo cual secumple si la matriz B verifica AB=I, es decir, si B es tambien inversa a la derechade A. siendo esto cierto cualquiera que sea b.
En un ejercicio anterior se probo que si A tiene inversa a la izquierda y inversa ala derecha, ambas coinciden y son unicas. Esta unicidad es necesaria para que todoslos sistemas AX=b tengan solucion, porque con matrices A que tuvieran dos inversasa la izquierda distintas, B′ y B′′ podrıa existir algun b para el que las condicionesnecesarias x = B′b y x = B′′b, fueran incompatibles entre sı. Por otra parte, paraque la condicion necesaria x = Bb sea suficiente cualquiera que sea b, ha de serABb = b para todo b, para lo cual es necesario que AB = I.
Se llaman invertibles las matrices A tales que existe una matriz B tal queBA = I = AB. Entonces, se llama a B, inversa de A.
Una matriz A invertible no puede tener ninguna columna ni ninguna fila deceros, porque en estos casos, se tendrıa, cualquiera que fuera la matriz X, en XAuna columna de ceros o en AX una fila de ceros, no obteniendose nunca la identidad.Queremos ver que ademas ha de ser cuadrada.
Observemos que una inversa a la derecha X de una matriz A, es una solucion dela ecuacion AX = I y que una matriz A con la primera columna no nula y con mascolumnas que filas, al escalonarla da el primer escalon en la primera columna y porello, algun escalon con mas de una columna, por lo que el sistema AX = I, de tenersolucion, no tiene solucion unica. Si no tiene solucion, la matriz no es invertible y siexisten varias soluciones, como estas soluciones serıan distintas inversas a la derechade A, segun el problema 3.3.3 no existe inversa a la izquierda. Concluimos que unamatriz con mas columnas que filas no es invertible.
Tambien se puede concluir que una matriz con mas filas que columnas no esinvertible, porque si lo fuera, su traspuesta, que tiene mas columnas que filas serıainvertible, en contra de lo anterior. (Si AB = I = BA, tBtA = t(AB) = I ytAtB = (BA)t = I).
Entonces, una matriz invertible, ademas de no tener ninguna fila ni ningunacolumna nula, ha de ser cuadrada.
En los ejercicios 3.5.6-3.5.10 de la seccion siguiente, se establece otro caminodistinto del visto ahora para demostrar que las matrices invertibles han de sercuadradas.
58
Caracterizacion de las matrices invertibles.
Observando lo que pasa en las matrices cuando aplicamos el metodo de Gaussa un sistema, podemos deducir propiedades de las matrices que nos dan tambien elmetodo de Gauss para hallar la inversa de una matriz. Y al mismo tiempo, podemosdemostrar un teorema que caracteriza a las matrices invertibles como producto deciertas matrices llamadas elementales.
Las operaciones elementales en una matriz (pag. 46) se pueden expresar enforma matematica como el resultado de multiplicar por la izquierda por las matricesllamadas
Matrices Elementales: Son las matrices obtenidas de las matrices identidad poroperaciones elementales. (Diremos que son de tres tipos segun el tipo de operacionelemental realizado).
Se puede comprobar facilmente, caso por caso, que al multiplicar a la izquierdauna matriz elemental por otra matriz se produce en esta ultima la operacion ele-mental realizada en la matriz I para obtener la matriz elemental considerada.
Tambien, hagamos las siguientes consideraciones:
a) Si hacemos sucesivamente dos intercambios de las mismas filas de la matrizidentidad, la matriz queda invariante. Esto quiere decir que el producto de unamatriz elemental del primer tipo por ella misma es la identidad. Por tanto, lasmatrices elementales correspondientes (del primer tipo) son invertibles y coincidencon su inversa.
b) Si sumamos a una fila de la identidad otra fila multiplicada por un numeroy luego le sumamos la misma fila multiplicada por el numero opuesto obtenemos laidentidad. Esto quiere decir tambien que las dos matrices elementales correspon-dientes (del segundo tipo) son inversas una de otra, siendo sus inversas del mismotipo.
c) Si primero multiplicamos una fila de la matriz identidad por un numero dis-tinto de cero y luego la multiplicamos por el inverso de dicho numero, queda igual.Esto quiere decir que el producto de las dos matrices elementales correspondienteses la identidad. Por tanto, tambien las matrices elementales del tercer tipo soninvertibles y sus inversas son del mismo tipo.
Se deduce de estas consideraciones que las matrices elementales son invertiblesy que sus inversas son tambien matrices elementales.
Nuestro teorema sobre matrices invertibles es:
TEOREMA 1: Una matriz cuadrada es invertible si y solo si es pro-ducto de matrices elementales.
59
Ya que las matrices elementales son invertibles, la demostracion de que todamatriz producto de matrices elementales es invertible es una facil consecuencia dela siguiente proposicion:
Proposicion 1: El producto de matrices invertibles es invertible.
Sean A1, A2, ..., Am, matrices cuyas inversas respectivas son B1, B2, ..., Bm, sepuede comprobar que la matriz producto A = A1 · A2 · ... · Am tiene como inversaB = Bm... ·B2 ·B1.
En efecto, por la propiedad asociativa, en el producto
AB = A1 · A2 · ... · AmBm... ·B2 ·B1
empezando por i=m podemos ir simplificando las Ai con las Bi correspondientes yllegar a la identidad.
Lo mismo podemos hacer, empezando por i=1, en el producto
BA = Bm... ·B2 ·B1A1 · A2 · ... · Am.
Para demostrar el teorema tenemos que demostrar tambien que toda matrizinvertible es producto de matrices elementales.
Para ello vamos a usar las proposiciones 2, 3 y 4 siguientes:
Proposicion 2: Toda matriz puede reducirse a una matriz escalonada multi-plicandola adecuadamente a la izquierda por matrices elementales.
Su demostracion se deduce de la observacion de la evolucion de la matriz delsistema en el procedimiento seguido en el metodo de Gauss. Se ve en ese proced-imiento que toda matriz se puede reducir a una matriz escalonada haciendooperaciones elementales en sus filas, o lo que es lo mismo, que dada una ma-triz, multiplicando a la izquierda, sucesivamente, por matrices elementales se puedellegar a una matriz escalonada.
Por tanto, dada la matriz A, existen matrices elementales: E1, E2, ..., Ek, talesque
Ek · Ek−1 · ...E1A = E
donde E es una matriz escalonada.
Conviene comprobarlo en el siguiente Ejercicio:
3.4.1. Encontrar una sucesion de matrices elementales E1, · · · , Ek tal queEk · · ·E1A =E donde E es una matriz escalonada y A es una de las matrices dadas a continuacion:
60
a)
1 3−1 0
2 1
, b)
(2 3 43 1 2
), c)
0 2 41 1 33 3 7
, d)
0 −1 11 0 −12 −1 −1
,
e)
−2 1 13 −2 11 −1 1
, f)
0 −1 −11 0 −12 −1 −3
, g)
0 −1 −11 1 02 −1 −3
,
h)
0 −1 −11 1 12 −1 −1
, i)
0 −1 −11 0 −12 −1 −1
, j)
0 2 41 0 −11 −2 −3
.
Para la mejor comprension de las demostraciones de las proposiciones siguientesse proponen los ejercicios:
3.4.2. Comprobar que una vez obtenida la matriz escalonada en los casos c),e), i) y j) anteriores podemos llegar desde la matriz escalonada a la matriz identi-dad haciendo mas operaciones elementales, por el mismo procedimiento usado paradespejar las incognitas en la reduccion de Gauss-Jordan.
3.4.3. Comprobar que una vez obtenida la matriz escalonada en los casos d),f), g) y h) anteriores no podemos llegar desde la matriz escalonada a la matrizidentidad haciendo mas operaciones elementales, por el mismo procedimiento usadopara despejar las incognitas en la reduccion de Gauss-Jordan.
Antes de pasar a la demostracion completa del teorema, vamos a ver un ejemploen el que se llega desde una matriz a la identidad por transformaciones elementales,lo cual equivale a multiplicar la matriz por matrices elementales y esto pone demanifiesto que la matriz dada es producto de matrices elementales y por tantoinvertible:
La matriz
0 2 41 1 33 4 7
pasa, multiplicandola a la izquierda por las matrices
elementales: 0 1 01 0 00 0 1
,
1 0 00 1 0−3 0 1
,
1 0 00 1
20
0 0 1
,
1 0 00 1 00 −1 1
sucesivamente, a las matrices 1 1 3
0 2 43 4 7
,
1 1 30 2 40 1 −2
,
1 1 30 1 20 1 −2
,
1 1 30 1 20 0 −4
.
61
Como esta ultima tiene todos los escalones de longitud una columna, siendo portanto, los elementos de la diagonal principal distintos de cero, podemos conseguirque estos elementos sean unos, dividiendo adecuadamente las filas, lo que aquı sereduce a dividir la ultima fila por −4, es decir, a multiplicar ahora a la izquierdapor la matriz 1 0 0
0 1 00 0 −1
4
habiendo llegado a 1 1 3
0 1 20 0 1
.
En esta matriz con 1 en todos los elementos de la diagonal y ceros en todos lossitios debajo de la diagonal, podemos seguir haciendo operaciones elementales queanulen tambien los numeros en los sitios por encima de la diagonal, llegando ası ala identidad.
Efectivamente, multiplicando sucesivamente a la izquierda, por las matrices ele-mentales: 1 0 0
0 1 −20 0 1
,
1 0 −30 1 00 0 1
,
1 −1 00 1 00 0 1
obtenemos la identidad (compruebese).
Hemos multiplicado, en total, por ocho matrices elementales, que designamospor E1, E2, E3, E4, E5, E6, E7, E8, por orden de utilizacion.
Entonces: E8 · E7 · E6 · E5 · E4 · E3 · E2 · E1 · A = I.Como las matrices elementales tienen inversas, multiplicando a la izquierda por
sus inversas de manera que se vayan simplificando dichas matrices, tenemos:A = E−11 · E−12 · E−13 · E−14 · E−15 · E−16 · E−17 · E−18 . Lo cual puede comprobarse
teniendo en cuenta que
E−11 =
0 1 01 0 00 0 1
, E−12 =
1 0 00 1 03 0 1
, E−13 =
1 0 00 2 00 0 1
,
E−14 =
1 0 00 1 00 1 1
, E−15 =
1 0 00 1 00 0 4
, E−16 =
1 0 00 1 20 0 1
,
E−17 =
1 0 30 1 00 0 1
, E−18 =
1 1 00 1 00 0 1
.
Como tambien las inversas de matrices elementales son elementales, hemos vistoque del hecho de tener la matriz escalonada obtenida de A todos los escalones delongitud una columna (y por ello, todos los elementos de la diagonal distintos decero), hemos llegado a la expresion de A como producto de matrices elementales.Como estas matrices son invertibles, de la proposicion 1 se deduce que A es invertible.
62
Seguimos ahora con las siguientes etapas para la demostracion del teorema:
Proposicion 3: Si una matriz A es invertible, la matriz escalonada E a la que sereduce, tiene todos los escalones de longitud una columna, estando el primer escalonen la primera fila y primera columna.
Demostracion:
Si A es invertible, A tiene que ser cuadrada y la existencia de una matriz Btal que BA=I implica que la primera columna de A no es toda de ceros, porqueentonces la primera columna del producto BA serıa toda de ceros y no coincidirıacon la primera columna de I; por lo que se puede conseguir (si es necesario por uncambio de orden de las filas) que el elemento de la primera fila y primera columnasea distinto de cero, empezando por tanto los escalones en este lugar. Veamos queal seguir escalonando la matriz, la matriz escalonada E a la que se reduce A tienetodos los escalones de longitud una columna razonando por reduccion al absurdo: Situviera algun escalon con mas de una columna, al ir recorriendo los pivotes y llegaral primero de tales escalones, nos desplazamos a la derecha por lo menos el espaciode dos columnas, saliendonos de la diagonal y por ello al seguir recorriendo pivotesagotamos antes las columnas que las filas, quedando por tanto la ultima fila enterapor debajo de la lınea de pivotes y estando por ello formada por ceros. Entonces,multiplicando por las matrices elementales correspondientes tendrıamos:
E = EkEk−1, ...E1A
donde E es una matriz escalonada con la ultima fila toda de ceros.Ahora bien, si A es invertible, existe B tal que AB=I. Entonces,
EB = EkEk−1...E1AB = EkEk−1...E1I = EkEk−1...E1
y por tanto, como las matrices elementales tienen inversa,
EBE−11 ...E−1k = EkEk−1...E1E−11 ...E−1k = I
Si la matriz E tuviera la ultima fila de ceros, la matriz EBE−11 .....E−1m tendrıatambien la ultima fila de ceros por tenerla E y esto es una contradiccion ya que Itiene un 1 en su ultima fila. Quedando ası demostrada la proposicion 3.
Esta proposicion es tambien cierta si se debilita la hipotesis:Proposicion 3’: Si una matriz A cuadrada tiene inversa a la derecha, la matriz
escalonada E a la que se reduce, tiene todos los escalones de longitud una columna,estando el primer escalon en la primera fila y primera columna.
La demostracion se sigue de que de no ser ası la matriz escalonada E tendrıala ultima fila de ceros, pero esto no puede ocurrir si la matriz A tiene inversa a laderecha como se ha visto en la demostracion de la proposicion 3.
63
Proposicion 4: Si al escalonar una matriz cuadrada A, todos los escalones sonde una columna, estando el escalon de la primera fila en la primera columna, A esproducto de matrices elementales.
Demostracion: Sea E la matriz escalonada a la que se reduce A. Como estamossuponiendo que A es cuadrada y el tamano de la matriz queda invariante por lasoperaciones elementales, E tambien ha de ser cuadrada. Tenemos un pivote en elsitio de la primera columna de la primera fila. Si los escalones de E son todos de unacolumna, al ir recorriendo los pivotes, vamos desplazandonos a la derecha el espaciode una columna al mismo tiempo que nos desplazamos hacia abajo el espacio decada fila, recorriendo ası, la diagonal principal de E, que por tanto esta formadapor numeros distintos de cero. Dividiendo cada fila por el numero que esta en ladiagonal de esa fila, (lo cual es hacer operaciones elementales) podemos hacer todoslos elementos de la diagonal iguales a 1. Y con estos 1, podemos seguir haciendooperaciones elementales para anular todos los elementos encima de ellos, (segun lareduccion de Gauss-Jordan), llegando entonces a la matriz identidad.
Entonces, podemos afirmar que, en la hipotesis de la proposicion 4, ademas delas matrices elementales: E1, E2, ..., Ek, tales que
Ek · Ek−1...E1A = E
donde E es una matriz escalonada, existen matrices elementales Ek+1, Ek+2...Emtales que
EmEm−1...Ek+1Ek...E1A = I
Como las matrices elementales tienen inversa, multiplicando a la izquierda laigualdad anterior por las inversas de las matrices elementales, obtenemos
A = E−11 ...E−1k ...E−1m
Y como las inversas de matrices elementales son matrices elementales, hemosllegado a una expresion de A como producto de matrices elementales.
Para terminar la demostracion del Teorema 1, es decir, para demostrar que todamatriz inver-tible es producto de matrices elementales, tenemos en cuenta, primero,que por la proposicion 2, una matriz A siempre se puede escalonar, luego, que cuandoA es invertible, segun la proposicion 3, la matriz escalonada E, que se obtiene de A,tiene todos los escalones de una columna, estando el primer escalon de la primerafila en la primera columna. Entonces, la proposicion 4 establece que la matriz Ainvertible es producto de matrices elementales.
Por otra parte, enlazando la proposicion 4 y la proposicion 1, tenemos que si alescalonar una matriz cuadrada A, todos los escalones son de una columna, estandoel escalon de la primera fila en la primera columna, A es invertible.
64
Ademas, la proposicion 3 implica que si al escalonar una matriz cuadrada A,algun escalon es de mas de una columna, A no es invertible, por lo que tambien escierto el
Teorema 2: Una matriz cuadrada A es invertible si y solo si al escalonar A,se obtiene una matriz escalonada con todos los escalones de longitud una columna,estando el primer escalon en la primera columna.
Ejercicios:
3.5.1. Decidir cuales de las matrices del ejercicio 3.4.1 son invertibles mirando lamatriz escalonada a la que han sido reducidas.
3.5.2. Expresar las inversas de las matrices del ejercicio 3.4.1. que sean invertiblescomo producto de matrices elementales.
3.5.3. Expresar las matrices del ejercicio 3.4.1 que sean invertibles como productode matrices elementales.
3.5.4. Demostrar que toda matriz cuadrada con inversa a la derecha tiene inversaa la izquierda.
3.5.5. Demostrar que toda matriz cuadrada con inversa a la izquierda tieneinversa a la derecha.
3.5.6. Demostrar que si una matriz A con mas filas que columnas se puedereducir por operaciones elementales a la matriz:
In0...0
donde n es el numero de columnas de A, puede tener muchas inversas a la izquierda.
3.5.7. Demostrar que dada una matriz con mas filas que columnas, si tieneinversa a la izquierda, esta no es unica.
3.5.8. Demostrar que si una matriz tiene mas de una inversa a la izquierda, nopuede tener inversa a la derecha.
3.5.9. Demostrar que una matriz con mas filas que columnas no puede ser in-vertible.
3.5.10. Demostrar que una matriz con mas columnas que filas no puede serinvertible.
Deducir de los ejercicios anteriores que solo las matrices cuadradas pueden serinvertibles.
65
Metodo de Gauss para obtener la inversa de una matriz invertible:
Al repasar la demostracion de la proposicion 4 nos podemos dar cuenta de quela matriz producto: Em...Ek+1EkEk−1...E1 es inversa a la izquierda de A y dadala expresion de A obtenida al final de la demostracion de dicha proposicion,(A =E−11 · · ·E−1m ) podemos comprobar que ese producto es tambien inversa a la derechade A. Es decir,
A−1 = Em...Ek+1EkEk−1...E1
Como Em...Ek+1EkEk−1...E1 = Em...Ek+1EkEk−1...E1I, la matriz A−1 se puedeobtener haciendo en I las operaciones elementales correspondientes a las matriceselementales escritas, y estas operaciones son las mismas que hemos hecho en A parallegar a I. Por eso, para obtener la matriz inversa de A colocamos la matriz I al ladode la matriz A en la forma (A| I) y hacemos en la matriz I las mismas operacioneselementales que en la A. Cuando a la izquierda de la barra hayamos llegado a lamatriz I, es que hemos multiplicado A por Em · · ·E1 y lo mismo I, por lo que a laderecha de la barra habremos llegado a la matriz inversa de A.
Veamoslo con la matriz
A =
0 1 11 0 11 1 0
Escribimos: 0 1 1
1 0 11 1 0
∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 00 0 1
y ahora hacemos en la union de las dos matrices, las transformaciones elementalesque llevan la matriz A a la identidad.
0 1 11 0 11 1 0
∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 00 0 1
∼ 1 0 1
0 1 11 1 0
∣∣∣∣∣∣0 1 01 0 00 0 1
∼ 1 0 1
0 1 10 1 −1
∣∣∣∣∣∣0 1 01 0 00 −1 1
∼ 1 0 1
0 1 10 0 −2
∣∣∣∣∣∣0 1 01 0 0−1 −1 1
∼ 1 0 1
0 1 10 0 1
∣∣∣∣∣∣0 1 01 0 0
1/2 1/2 −1/2
∼ 1 0 1
0 1 00 0 1
∣∣∣∣∣∣0 1 0
1/2 −1/2 1/21/2 1/2 −1/2
∼ 1 0 0
0 1 00 0 1
∣∣∣∣∣∣−1/2 1/2 1/2
1/2 −1/2 1/21/2 1/2 −1/2
Entonces: 0 1 1
1 0 11 1 0
−1 =
−1/2 1/2 1/21/2 −1/2 1/21/2 1/2 −1/2
Observese que la matriz obtenida para A−1 es tambien la matriz que habrıamos
obtenido como solucion de la ecuacion matricial AX = I por el metodo de Gauss-Jordan. Esta solucion X es una inversa a la derecha, y ademas, al haber expresado
66
esta X como producto de matrices elementales, estamos seguros de que es inversaa la derecha y a la izquierda; y la unicidad de la inversa nos asegura la unicidaddel resultado, cualquiera que sea el camino seguido, o sea, cualesquiera que sean lasoperaciones elementales realizadas.
Ejercicios:
3.6.1. Utilizar el metodo de Gauss para hallar las inversas de las matrices delejercicio 3.4.1 que sean invertibles y comprobar los resultados del ejercicio 3.5.2.
3.6.2. Los sistemas de ecuaciones lineales:
2y +4z = −3x +y +3z = 1
3x +3y +7z = −2
−2x +y +z = −3
3x −2y +z = 1x −y +z = −2
se pueden expresar matricialmente de la forma AX = b donde A es una matrizinvertible. Su inversa ha sido calculada en los ejercicios anteriores; usarla parahallar las soluciones de los sistemas.
3.6.3. Demostrar que la traspuesta de la inversa de una matriz es la inversa dela traspuesta de dicha matriz.
3.6.4. Explicar por que una matriz triangular superior es invertible si y solo sitodos los elementos de su diagonal son distintos de cero.
3.6.5. Explicar por que la inversa de una matriz triangular superior invertible estambien triangular superior.
3.6.6. Demostrar que una matriz triangular inferior es invertible si y solo si todoslos elementos de su diagonal son distintos de cero.
3.6.7. Demostrar que la inversa de una matriz triangular inferior invertible estambien triangular inferior.
La expresion de la inversa como producto de matrices elementales nos permitetambien entender la Reduccion de Gauss-Jordan para resolver el sistemaAX=b cuando A es matriz invertible:
Con la expresion A−1 = Er...Em+1EmEm−1...E1, multiplicando a la izquierda porA−1, obtenemos:
X = A−1b = Er...Em+1EmEm−1...E1b
Luego X es el resultado de hacer en b las operaciones elementales que llevanA a I. Escribiendo la matriz A|b y haciendo en esta dichas operaciones, cuandoa la izquierda de la barra vertical obtengamos la matriz I, a la derecha habremosobtenido la matriz solucion de las X. Ver el ejemplo 3 de la pagina 42 del libro deFraleigh-Beauregard.
PROBLEMAS RESUELTOS DE LOS PROPUESTOS EN EXAMENES DEALGEBRA LINEAL I. (Capitulo 3). Vease pag. 430.
67
Bibliografıa.
(A) Algebra Lineal y aplicaciones. J. Arvesu Carballo, R. Alvarez Nodarse, F.Marcellan Espanol. Ed. Sıntesis Madrid. 1999.
(FB) Algebra lineal. J. B. Fraleigh y R. A. Beauregard. Ed. Addison- Wesley/Iberoamericana, 1989.
[M] Matematicas 2 Bachillerato. Ma Felicidad Monteagudo Martınez. Jesus PazFernandez Ed. Luis Vives. 2003.
(Vi) Problemas de Algebra. A. de la Villa. Ed. Clagsa, 1994.
68
DETERMINANTES y SISTEMAS de ECUACIONES.
Introduccion.
Los determinantes de las matrices son numeros asociados a dichas matrices.Hemos visto matrices asociadas a los sistemas de ecuaciones. Veremos que
cuando calculamos determinantes de esas matrices y de submatrices suyas obte-nemos informacion sobre la compatibilidad y determinacion de dichos sistemas.
Los determinantes tambien tienen interpretacion geometrica. Vamos a empezarmotivando su definicion por su significado geometrico.
Escribiendo en filas las coordenadas de un vector de la recta (en un vector unidadfijado), de dos vectores del plano o de tres vectores del espacio tenemos, respectiva-mente, una matriz 1× 1, una matriz 2× 2 o una matriz 3× 3.
(a11
) (a11 a12a21 a22
) a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33
Al mismo tiempo, dado un vector, podemos considerar su longitud, que es un
numero, que coincide con su coordenada; dados dos vectores, podemos construir unparalelogramo cuyos lados son los vectores dados y considerar su area; Dados tresvectores, podemos construir un paralelepıpedo cuyas aristas son los tres vectores yconsiderar su volumen. Longitud, area y volumen son ”numeros” asociados a lasmatrices anteriores, que hemos hecho corresponder a un vector, dos vectores o tresvectores.
*
HHH
HHHY
HHH
HHH
*
HHHH
HHY
HHHH
HH
HHHH
HH
HHHH
HH
69
Estudiando las propiedades que han de cumplir, se ve como se pueden calcular.
Si quisieramos que la longitud, el area o el volumen fueran numeros asociadosa estas matrices y los designaramos por las matrices entre barras, los ”numeros”asociados a esas matrices tendrıan que cumplir:
a) Si multiplicamos uno de los vectores por una constante positiva o nula, elnumero asociado queda multiplicado por esa constante (ya que la longitud, area ovolumen correspondientes quedan multiplicados por esa constante cuando uno delos vectores se multiplica por la constante). Cuando multiplicamos por la constanteel primer vector serıa:
|ra11| = r|a11|,∣∣∣∣ ra11 ra12a21 a22
∣∣∣∣ = r
∣∣∣∣ a11 a12a21 a22
∣∣∣∣ ,∣∣∣∣∣∣ra11 ra12 ra13a21 a22 a23a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣ = r
∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣Lo analogo ocurre con las otras filas cuando multiplicamos por la constante las
otras filas.
b) Si en un vector, una pareja o una terna de vectores, sustituimos un vectorpor la suma de otros dos, el numero asociado (longitud, area o volumen) a la matrizcorrespondiente es la suma de los numeros asociados a las dos matrices de vectorescorrespondientes a los vectores sumandos.
Es trivial cuando la matriz es 1× 1:
|a11 + a′11| = |a11|+ |a′11|
En la figura siguiente puede verse que la suma de las areas de los dos para-lelogramos construidos sobre a1 y a′1 con lado a2 es igual al area del paralelogramoconstruido sobre a1 + a′1 con lado a2 desplazando el lado comun a2 en el sentido dea2 hasta que los otros dos lados de los rectangulos queden en la recta de a1 + a′1.
70
:
1
*
HHH
HHHY
HHHH
HHY
HHHH
HHY
:
1
*
HHH
a1
a′1
a1 + a′1
a2
∣∣∣∣ a11 + a′11 a12 + a′12a21 a22
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ a11 a12a21 a22
∣∣∣∣+
∣∣∣∣ a′11 a′12a21 a22
∣∣∣∣En cuanto a los paralelepıpedos que corresponden a matrices 3×3, debido a que
los volumenes de los paralelepıpedos construidos sobre paralelogramos con arista untercer vector comun son aditivos respecto a los paralelogramos sobre los que hansido construidos:
∣∣∣∣∣∣a11 + a′11 a12 + a′12 a13 + a′13a21 a22 a23a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣∣a′11 a′12 a′13a21 a22 a23a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣Tambien ocurrirıa con las otras filas.
Del apartado b) se deduce que el apartado a) es cierto tambien cuando una filase multiplica por una constante negativa ya que si r = −1∣∣∣∣∣∣
a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣∣−a11 −a12 −a13a21 a22 a23a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣0 0 0a21 a22 a23a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣ = 0
c) Si uno de los vectores es proporcional a alguno de los otros, el area o el volumenes cero. (Esta propiedad solo tiene sentido cuando la matriz es de orden mayor que1).
Vamos a deducir que si las areas y los volumenes fueran numeros asociados alas matrices cuyas filas son los vectores dados, con las propiedades b) c) y a) estos
71
”numeros” cambiarıan de signo al cambiar el orden de las filas de las matrices poruna permutacion de dos filas:
En volumenes se verificarıa Proposicion 1:∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣ = −
∣∣∣∣∣∣a21 a22 a23a11 a12 a13a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣ .En efecto, ∣∣∣∣∣∣
a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣ =
=
∣∣∣∣∣∣12(a11 + a21) + 1
2(a11 − a21) 12(a12 + a22) + 1
2(a12 − a22) 12(a13 + a23) + 1
2(a13 − a23)12(a11 + a21)− 1
2(a11 − a21) 12(a12 + a22)− 1
2(a12 − a22) 12(a13 + a23)− 1
2(a13 − a23)a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣ =
por b)
=
∣∣∣∣∣∣12(a11 + a21)
12(a12 + a22)
12(a13 + a23)
12(a11 + a21)− 1
2(a11 − a21) 12(a12 + a22)− 1
2(a12 − a22) 12(a13 + a23)− 1
2(a13 − a23)a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣+
+
∣∣∣∣∣∣12(a11 − a21) 1
2(a12 − a22) 12(a13 − a23)
12(a11 + a21)− 1
2(a11 − a21) 12(a12 + a22)− 1
2(a12 − a22) 12(a13 + a23)− 1
2(a13 − a23)a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣ =
por b)
=
∣∣∣∣∣∣12(a11 + a21)
12(a12 + a22)
12(a13 + a23)
12(a11 + a21)
12(a12 + a22)
12(a13 + a23)
a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∣
12(a11 + a21)
12(a12 + a22)
12(a13 + a23)
−12(a11 − a21) −1
2(a12 − a22) −12(a13 − a23)
a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣+
+
∣∣∣∣∣∣12(a11 − a21) 1
2(a12 − a22) 12(a13 − a23)
12(a11 + a21)
12(a12 + a22)
12(a13 + a23)
a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∣
12(a11 − a21) 1
2(a12 − a22) 12(a13 − a23)
−12(a11 − a21) −1
2(a21 − a22) −12(a13 − a23)
a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣ =
(porque los volumenes asociados a vectores proporcionales son cero, por c))
=
∣∣∣∣∣∣12(a11 + a21)
12(a12 + a22)
12(a13 + a23)
−12(a11 − a21) −1
2(a12 − a22) −12(a13 − a23)
a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∣
12(a11 − a21) 1
2(a12 − a22) 12(a13 − a23)
12(a11 + a21)
12(a12 + a22)
12(a13 + a23)
a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣Por otra parte, analogamente, se tiene:∣∣∣∣∣∣
a21 a22 a23a11 a12 a13a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣ =
=
∣∣∣∣∣∣12(a11 + a21) + 1
2(a21 − a11) 12(a12 + a22) + 1
2(a22 − a12) 12(a13 + a23) + 1
2(a23 − a13)12(a11 + a21)− 1
2(a21 − a11) 12(a12 + a22)− 1
2(a22 − a12) 12(a13 + a23)− 1
2(a23 − a13)a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣ =
72
=
∣∣∣∣∣∣12(a11 + a21)
12(a12 + a22)
12(a13 + a23)
−12(a21 − a11) −1
2(a22 − a12) −12(a23 − a13)
a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∣
12(a21 − a11) 1
2(a22 − a12) 12(a23 − a13)
12(a11 + a21)
12(a12 + a22)
12(a13 + a23)
a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣expresion opuesta a la anterior, teniendo en cuenta la propiedad a) para r = −1.
El cambio de signo se comprobarıa de la misma manera si permutaramos lasegunda y la tercera filas o la primera y la tercera filas.
La comprobacion del cambio de signo en las areas es exactamente igual al cambiohecho entre primera y segunda filas. (Hagase como ejercicio).
Propiedades de los determinantes y operaciones elementales.
Podemos relacionar ahora las tres propiedades a), b) y c) que tendrıan quecumplir los ”numeros” asociados a las matrices con las operaciones elementales enlas matrices:
De la propiedades b), c) y a) hemos deducido primero la propiedad siguiente:que al hacer en la matriz una operacion elemental de permutacion de filas cambiade signo el ”numero” asociado; la vamos a llamar propiedad 1).
De la propiedad a) tenemos: al hacer en una matriz la operacion elemental demultiplicar una fila por una constante, el ”numero” asociado queda multiplicado poresa constante. La vamos a llamar propiedad 2).
De la propiedad c) junto con la propiedad b) podemos deducir la propiedadsiguiente: al hacer en una matriz la operacion elemental de sumar a una fila dela matriz otra fila multiplicada por una constante, el ”numero” asociado quedainvariante. (Compruebese como ejercicio). La vamos a llamar propiedad 3).
Las tres propiedades 1), 2) y 3) enunciadas de estos ”numeros” asociados a lasmatrices nos dicen como estan relacionados entre sı los ”numeros” asociados a matri-ces relacionadas por operaciones elementales. Si las propiedades de estos ”numeros”estan relacionadas con las operaciones elementales, que son las que realizamos en lasmatrices para resolver los sistemas de ecuaciones, podemos pensar que esos numerosnos dan informacion sobre la resolubilidad de dichos sistemas.
Asociando a las matrices identidad el numero 1, lo cual es coherente con elvalor de la longitud, el area y el volumen asociados a las matrices formadas por losvectores coordenados, quedan determinados los ”numeros” asociados a las matriceselementales por las propiedades 1), 2) y 3):
i) Las matrices elementales obtenidas al intercambiar dos filas de la matriz identi-dad, tendrıan como ”numero” asociado el opuesto del asociado a la matriz identidad,es decir, −1.
ii) Las matrices elementales obtenidas al multiplicar una fila de la identidad poruna constante c distinta de cero, segun la propiedad a) (o propiedad 2) tienen como”numero” asociado el producto de esta constante por el numero asociado a la matrizidentidad, es decir, c.
73
iii) Las matrices elementales obtenidas al sumar a una fila de la matriz identidadotra fila multiplicada por una constante tienen el mismo ”numero” asociado que lamatriz identidad, es decir, 1.
Matematicamente, las operaciones elementales se realizan en una matriz mul-tiplicandola a la izquierda por matrices elementales. Las propiedades 1), 2) y 3)respecto a una matriz general A quedan resumidas en terminos de matrices elemen-tales en la
Proposicion 2: Si Ei es una matriz elemental, |EiA| = |Ei||A|.
La demostracion de esta proposicion consiste en su comprobacion en cada unode los tres tipos de matrices elementales teniendo en cuenta las propiedades 1), 2)y 3) y se deja para el lector.
Ejercicios:
4.1.1. Utilizando la proposicion 2 y sin necesidad de calcularlos, demostrar quelos siguientes determinantes son nulos.
a)
∣∣∣∣∣∣7 1 33 2 1
10 3 4
∣∣∣∣∣∣ b)
∣∣∣∣∣∣a b c−a −b −cd e f
∣∣∣∣∣∣ c)
∣∣∣∣∣∣1 2 32 3 43 4 5
∣∣∣∣∣∣ d)
∣∣∣∣∣∣∣∣12 22 32 42
22 32 42 52
32 42 52 62
42 52 62 72
∣∣∣∣∣∣∣∣4.1.2. Usando las matrices elementales que llevan las matrices siguientes a la
identidad y la proposicion 2, calcular los determinantes de las siguientes matrices:
a)
1 1 30 1 10 0 4
b)
(a11 a12
0 a22
)c)
a11 a12 a130 a22 a230 0 a33
cuando los elementos de la diagonal de las dos ultimas matrices son distintos decero.
4.1.3.a) Demostrar que el determinante de una matriz triangular superior que tiene
algun elemento de la diagonal igual a cero es nulo, usando las propiedades de losdeterminantes.
b) Demostrar que si escalonando la matriz A se obtiene una matriz triangularsuperior que tiene algun elemento de la diagonal igual a cero, el determinante de Aha de ser nulo.
4.1.4. Usando las matrices elementales que llevan las matrices siguientes a unatriangular superior y los resultados anteriores, calcular los determinantes de lassiguientes matrices:
a)
(2 41 3
)b)
1 0 00 2 40 1 3
c)
0 2 41 0 00 1 3
d)
0 2 40 1 31 0 0
74
e)
0 2 41 1 33 3 7
f)
0 −1 11 0 −12 −1 −1
g)
−2 1 13 −2 11 −1 1
h)
0 −1 −1 11 0 −1 12 −1 −3 −10 1 −1 0
Sol: a) 2, b) 2 c)4 d) 2) e) 4, f) 0, g) −1, h) −8.
4.1.5. Establecer las igualdades siguientes:∣∣∣∣∣∣1 0 00 a22 a230 a32 a33
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ a22 a23a32 a33
∣∣∣∣ ,∣∣∣∣∣∣
0 a12 a131 0 00 a32 a33
∣∣∣∣∣∣ = −∣∣∣∣ a12 a13a32 a33
∣∣∣∣ ,∣∣∣∣∣∣
0 a12 a130 a22 a231 0 0
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ a12 a13a22 a23
∣∣∣∣ .Tambien podemos establecer utilizando la proposicion 2 el siguienteTeorema 1: |tA| = |A|.
En efecto, podemos comprobar que el teorema es cierto para matrices elemen-tales: recorriendo los tres tipos de matrices elementales que hay, y considerandolas traspuestas de cada tipo, vemos que la traspuesta de cada matriz elemental eselemental del mismo tipo y que le corresponde el mismo ”numero” que a la matrizelemental considerada. (Compruebese en las matrices elementales 3× 3).
En cuanto al caso general, distinguimos dos casos:a) A es invertible.Si A es invertible, es producto de matrices elementales.Sea A = Em · · ·E1, entonces tA = tE1 · · · tEm y como las matrices traspuestas
de matrices elementales son, a su vez, matrices elementales, por la proposicion 2:
|tA| = |tE1 · tE2 · · · tEm| = |tE1||tE2 · · · tEm| = |tE1||tE2| · · · |tEm| =
por ser el teorema cierto para matrices elementales,
= |E1||E2| · · · |Em| = |Em| · · · |E2||E1| = |Em · · ·E2E1| = |A|
b) A no es invertible.Entonces tA tampoco es invertible, porque si lo fuera, tA serıa producto de
matrices elementales, en cuyo caso A serıa el producto (en orden inverso) de lastraspuestas de esas matrices elementales, siendo por tanto invertible.
Si la matriz A no es invertible, por operaciones elementales se puede reducir auna matriz escalo-nada E con la ultima fila de ceros, teniendose Ek · · ·E1A = E,de donde A = E−1k · · ·E
−11 E, que podemos escribir de manera generica como A =
E ′k · · ·E ′1E, donde E ′i son matrices elementales.
75
Si en una matriz E hay una fila de ceros, su numero asociado es cero, ya quemultiplicando la fila de ceros por un numero distinto de cero, queda la misma matriz;por lo que se verificarıa debido a la propiedad 2), que c|E| = |E|, cualquiera que seac, lo cual implica |E| = 0, cuando c 6= 1.
Ahora, en virtud de la proposicion 2, se tiene |A| = |E ′k||E ′k−1 · · ·E ′1E| =|E ′k||E ′k−1| · · · |E ′1||E| = 0
El mismo razonamiento para tA, puesto que no es invertible, nos da |tA| = 0,siendo, por tanto, tambien, |tA| = |A|.
Hagamos ahora dos observaciones:Primera: hemos obtenido, si A es invertible, |Em| · · · |E1| = |A| cuando A =
Em · · ·E1, es decir, el ”numero asociado” a A esta determinado por las matriceselementales que llevan A a la identidad y es distinto de cero.
Segunda: como al trasponer una matriz, las columnas pasan a filas, las propiedadesa) b) c) enunciadas respecto a las filas de una matriz y sus consecuencias son,analogamente ciertas respecto a las columnas en los ”numeros” que buscamos. Enparticular es cierta la
Proposicion 3. Si una matriz tiene una columna de ceros su ”numero asociado”es cero.
Para la demostracion de la proposicion 3, tengamos en cuenta que se puede verque si una matriz tiene una fila de ceros su ”numero asociado” es cero de manerasimilar a como hemos demostrado que el ”numero asociado” a una matriz escalonadacon la ultima fila de ceros es cero. Entonces, teniendo en cuenta el teorema 1 quepasa filas a columnas, queda establecida la proposicion 3.
En virtud de estas propiedades, se puede hacer el desarrollo del numero asociadoa una matriz 2× 2.
En efecto, por la propiedad b) respecto a columnas en matrices 2× 2, para unamatriz 2× 2, el determinante ha de ser:∣∣∣∣ a b
c d
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ a b0 d
∣∣∣∣+
∣∣∣∣ 0 bc d
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ a 00 d
∣∣∣∣+
∣∣∣∣ a b0 0
∣∣∣∣+
∣∣∣∣ 0 bc 0
∣∣∣∣+
∣∣∣∣ 0 0c d
∣∣∣∣ =
debido a que el numero es cero cuando hay una fila de ceros,∣∣∣∣ a 00 d
∣∣∣∣+
∣∣∣∣ 0 bc 0
∣∣∣∣ = ad
∣∣∣∣ 1 00 1
∣∣∣∣+ bc
∣∣∣∣ 0 11 0
∣∣∣∣ = ad
∣∣∣∣ 1 00 1
∣∣∣∣− bc ∣∣∣∣ 1 00 1
∣∣∣∣ = ad− cb
En cuanto a una matriz 3 × 3, tendrıamos (descomponiendo la 1a columna ensuma de tres columnas):
∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣a11 a12 a130 a22 a230 a32 a33
∣∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣∣0 a12 a13a21 a22 a230 a32 a33
∣∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣∣0 a12 a130 a22 a23a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣ =
(descomponiendo las filas en sumas de tres filas):
76
=
∣∣∣∣∣∣a11 0 00 a22 a230 a32 a33
∣∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣∣0 a12 00 a22 a230 a32 a33
∣∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣∣0 0 a130 a22 a230 a32 a33
∣∣∣∣∣∣++
∣∣∣∣∣∣0 a12 a13a21 0 00 a32 a33
∣∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣∣0 a12 a130 a22 00 a32 a33
∣∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣∣0 a12 a130 0 a230 a32 a33
∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∣0 a12 a130 a22 a23a31 0 0
∣∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣∣0 a12 a130 a22 a230 a32 0
∣∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣∣0 a12 a130 a22 a230 0 a33
∣∣∣∣∣∣ =
(por la proposicion 3),
=
∣∣∣∣∣∣a11 0 00 a22 a230 a32 a33
∣∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣∣0 a12 a13a21 0 00 a32 a33
∣∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣∣0 a12 a130 a22 a23a31 0 0
∣∣∣∣∣∣ =
= a11
∣∣∣∣∣∣1 0 00 a22 a230 a32 a33
∣∣∣∣∣∣+ a21
∣∣∣∣∣∣0 a12 a131 0 00 a32 a33
∣∣∣∣∣∣+ a31
∣∣∣∣∣∣0 a12 a130 a22 a231 0 0
∣∣∣∣∣∣Observando ahora que
=
∣∣∣∣∣∣1 0 00 a22 a230 a32 a33
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ a22 a23a32 a33
∣∣∣∣ya que estas dos matrices se escalonan o se transforman en la identidad con matriceselementales analogas de igual ”numero asociado”; que∣∣∣∣∣∣
0 a12 a131 0 00 a32 a33
∣∣∣∣∣∣ = −
∣∣∣∣∣∣1 0 00 a12 a130 a32 a33
∣∣∣∣∣∣ = −∣∣∣∣ a12 a13a32 a33
∣∣∣∣por la misma razon anterior, y que∣∣∣∣∣∣
0 a12 a130 a22 a231 0 0
∣∣∣∣∣∣ = −
∣∣∣∣∣∣0 a12 a131 0 00 a22 a23
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣1 0 00 a12 a130 a22 a23
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ a12 a13a22 a23
∣∣∣∣por la misma razon, podemos concluir que
∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣ = a11
∣∣∣∣ a22 a23a32 a33
∣∣∣∣− a21 ∣∣∣∣ a12 a13a32 a33
∣∣∣∣+ a31
∣∣∣∣ a12 a13a22 a23
∣∣∣∣Este proceso se puede hacer en cualquier dimension y justifica nuestradefinicion por induccion de los ”numeros asociados” que vamos a llamar determinantes
77
Definicion de los determinantes.
Dada una matriz cuadrada A, se representa por |Aij| el determinante asociadoa la submatriz de A, obtenida suprimiendo la fila i y la columna j de A.
Con un proceso analogo al anterior, se llega a que , si cumple las propiedadesa), b) y c) anteriores, desglosando la primera columna en suma de n columnas yluego cada fila en suma de n filas, en virtud de la observacion segunda posterior alteorema 1, el determinante de una matriz n× n ha de ser:
|A| = a11|A11| − a21|A21|+ · · ·+ (−1)i+1ai1|Ai1|+ · · ·+ (−1)n+1an1|An1|
que se llama desarollo del determinante por la primera columna.
Tambien, desglosando la primera fila en suma de n filas y luego cada columnaen suma de n columnas, en virtud de la observacion segunda posterior al teorema 1,ha de ser:
|A| = |tA| = a11|A11| − a12|A12|+ · · ·+ (−1)j+1a1j|A1j|+ · · ·+ (−1)n+1a1n|A1n|
que se llama desarollo del determinante por la primera fila.Lo cual, puede obtenerse tambien del desarrollo del de determinante por la
primera fila y el teorema 1: |A| = |tA|.
Para dar completa validez a la definicion, comprobaremos que con ella se verificanlas propiedades 1), a) y b) enunciadas anteriormente. Una vez comprobadas dichaspropiedades para nuestra definicion, como la propiedad 1), junto con la propiedada), implica la propiedad c), se tienen para dicha definicion, las propiedades a), b)y c), que implican 1), 2) y 3), obteniendo ası que la proposicion 2) es cierta paranuestra definicion: |EiA| = |Ei||A| donde Ei es una matriz elemental y A es unamatriz cualquiera; de donde, tambien es cierto para nuestra definicion el teorema 1:|tA| = |A|, ya que se puede repetir el proceso de su demostracion.
Tambien el teorema 1. implica las propiedades a), b) y c) respecto a columnas.
Comprobacion de las propiedades.
Comprobemos ahora que con la definicion dada se cumplen las propiedades re-queridas al principio.
Recordemos las propiedades:1) Si intercambiamos dos filas en una matriz su determinante cambia de signo.a) Si multiplicamos una fila de una matriz por una constante, el determinante
de la matriz queda multiplicado por esa constante.b) Si descomponemos una fila de una matriz en suma de otras dos filas el de-
terminante de la matriz dada es la suma de los determinantes de las dos matrices
78
obtenidas sustituyendo en la matriz dada la fila considerada por cada una de lasfilas sumandos.
c) El determinante de una matriz con filas proporcionales es cero.En lugar de la propiedad c) podemos considerar la propiedad 1), ya que ambas
son equivalentes cuando a) y b) son ciertas. (Compruebese como ejercicio).
La demostracion de las propiedades basicas puede hacerse por induccion ya queası se ha hecho la definicion.
Para un determinante de una matriz de orden 1, solo tienen sentido las propiedadesa) y b), que son trivialmente ciertas.
Por eso comprobamos las tres propiedades 1), a), b) para determinantes de ma-trices de orden 2 y luego demostramos que supuestas ciertas estas propiedades paradeterminantes de orden n− 1, lo son para determinantes de orden n.
Comprobamos en primer lugar la propiedad 1, porque permite transmitir lo queprobemos para la primera fila a las demas filas.
Probemos 1) en matrices 2× 2:Se reduce a comprobar que ∣∣∣∣ a b
c d
∣∣∣∣ = −∣∣∣∣ c da b
∣∣∣∣De la definicion se tiene:∣∣∣∣ a b
c d
∣∣∣∣ = ad− cb y
∣∣∣∣ c da b
∣∣∣∣ = cb− ad = −(ad− cb)
estando por tanto comprobado.
Para comprobar la propiedad a), es suficiente comprobarla con la primera fila,ya que por la propiedad 1), se trasmite a la segunda fila.
En efecto, ∣∣∣∣ ra rbc d
∣∣∣∣ = rad− crb = r(ad− cb) = r
∣∣∣∣ a bc d
∣∣∣∣Vemos la propiedad b) en matrices 2× 2, respecto a la primera fila,
∣∣∣∣ a+ a′ b+ b′
c d
∣∣∣∣ = (a+ a′)d− c(b+ b′) = ad− cb+ a′d− cb′ =∣∣∣∣ a bc d
∣∣∣∣+
∣∣∣∣ a′ b′
c d
∣∣∣∣La propiedad comprobada se trasmite a la segunda fila, usando la propiedad 1).
Ahora, suponiendo que la propiedad 1) se verifica en determinantes de matrices(n− 1)× (n− 1), vamos a comprobarla en determinates de matrices de orden n.
Primero, lo demostramos cuando el intercambio de filas se hace entre dos filassucesivas (la i y la i− 1):
79
Por definicion, ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n· · · · · · · · · · · ·ai−1,1 ai−1,2 · · · ai−1,nai1 ai2 · · · ain· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
= a11
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a22 · · · a2n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣− a21
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+
(−1)iai−1,1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai−2,2 · · · ai−2,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(−1)i+1ai1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai+1,2 · · · ai+1,n
· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+
+ · · ·+ (−1)nan−1,1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,n· · · · · · · · ·an−1,2 · · · an−1,nan,2 · · · an,n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ (−1)nan,1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an−1,2 · · · an−1,n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
Por la hipotesis de induccion, estos sumandos son:
= a11
−∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a22 · · · a2n· · · · · · · · ·ai2 · · · ainai−1,2 · · · ai−1,n· · · · · · · · ·an,2 · · · an,n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
− a21−
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai2 · · · ainai−1,2 · · · ai−1,n· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
+ · · ·
+(−1)i+1ai−1,1
−∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai−2,2 · · · ai−2,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
+(−1)iai1
−∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai+1,2 · · · ai+1,n
· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
+· · ·
80
+(−1)nan−1,1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,n· · · · · · · · ·an−1,2 · · · an−1,nan,2 · · · an,n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ (−1)n+1an,1
−∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai2 · · · ainai−1,2 · · · ai−1,n· · · · · · · · ·an−1,2 · · · an−1,n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
=
−
a11∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a22 · · · a2n· · · · · · · · ·ai2 · · · ainai−1,2 · · · ai−1,n· · · · · · · · ·an,2 · · · an,n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣− a21
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai2 · · · ainai−1,2 · · · ai−1,n· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
+
· · · −
(−1)iai1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai+1,2 · · · ai+1,n
· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ (−1)i+1ai−1,1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai−2,2 · · · ai−2,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
+ · · ·
−(−1)n+1an1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai2 · · · ainai−1,2 · · · ai−1,n· · · · · · · · ·an−1,2 · · · an−1,n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= −
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n· · · · · · · · · · · ·ai1 ai2 · · · ainai−1,1 ai−1,2 · · · ai−1,n· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.
Si las filas intercambiadas no son sucesivas, tenemos que darnos cuenta de queel intercambio puede hacerse en dos etapas compuestas de intercambios de filassucesivas: intercambiar la fila ”i” y la fila ”j”, suponiendo que j > i, es bajar lafila ”i” al sitio ”j”, para lo cual tenemos que saltar sucesivamente sobre j − i filasy luego subir la fila ”j” (que ya ha quedado en el sitio ”j − 1” al sitio ”i”, para locual tenemos que saltar sucesivamente otras j − 1 − i filas. En total, hemos hecho2(i−j)−1 cambios de filas sucesivas, lo cual se traduce en un cambio total de signo:(−1)2(i−j)−1 = −1.
Pasamos a demostrar la propiedad a) en determinantes de orden n, suponiendoque es cierta para determinantes de orden n− 1:
Por definicion,
81
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
ra11 ra12 · · · ra1na21 a22 · · · a2n· · · · · · · · · · · ·ai−1,1 ai−1,2 · · · ai−1,nai1 ai2 · · · ain· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
ra11
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a22 · · · a2n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣− a21
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
ra12 · · · ra1n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ · · ·+
(−1)iai−1,1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
ra12 · · · ra1n· · · · · · · · ·ai−2,2 · · · ai−2,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣(−1)i+1ai1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
ra12 · · · ra1n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai+1,2 · · · ai+1,n
· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ · · ·+
(−1)n+1an1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
ra12 · · · ra1n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an−1,2 · · · an−1,n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Por la hipotesis de induccion, estos sumandos son:
ra11
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a22 · · · a2n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣− · · ·+ (−1)iai−1,1r
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai−2,2 · · · ai−2,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+
+(−1)i+1ai1r
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai+1,2 · · · ai+1,n
· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ · · ·+ (−1)n+1an1r
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an−1,2 · · · an−1,n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
82
r
a11∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a22 · · · a2n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣− · · ·+ (−1)iai−1,1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai−2,2 · · · ai−2,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
+
+r
(−1)i+1ai1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai+1,2 · · · ai+1,n
· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ · · ·+ (−1)n+1an1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an−1,2 · · · an−1,n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
=
r
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n· · · · · · · · · · · ·ai−1,1 ai−1,2 · · · ai−1,nai1 ai2 · · · ain· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.
Esta propiedad se trasmite a las demas filas usando la propiedad 1).
Para acabar, demostramos la propiedad b) en determinantes n×n, suponiendolacierta en determinantes (n− 1)× (n− 1):
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a11 + a′11 a12 + a′12 · · · a1n + a′1na21 a22 · · · a2n· · · · · · · · · · · ·ai−1,1 ai−1,2 · · · ai−1,nai1 ai2 · · · ain· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (a11 + a′11)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a22 · · · a2n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
−a21
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 + a′12 · · · a1n + a′1n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ · · ·+ (−1)iai−1,1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 + a′12 · · · a1n + a′1n· · · · · · · · ·ai−2,2 · · · ai−2,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+
(−1)i+1ai1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 + a′12 · · · a1n + a′1n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai+1,2 · · · ai+1,n
· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+· · ·+(−1)n+1an1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 + a′12 · · · a1n + a′1n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an−1,2 · · · an−1,n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣83
Por la hipotesis de induccion, estos sumandos son:
a11
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a22 · · · a2n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ a′11
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a22 · · · a2n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
−a21
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣− a21
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a′12 · · · a′1n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+
+ · · ·+ (−1)iai−1,1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai−2,2 · · · ai−2,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ (−1)iai−1,1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a′12 · · · a′1n· · · · · · · · ·ai−2,2 · · · ai−2,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ · · ·+
+ · · ·+ (−1)i+1ai1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai+1,2 · · · ai+1,n
· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ (−1)i+1ai1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a′12 · · · a′1n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai+1,2 · · · ai+1,n
· · · · · · · · ·an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ · · ·+
· · ·+ (−1)n+1an1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a12 · · · a1n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an−1,2 · · · an−1,n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+ (−1)n+1an1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a′12 · · · a′1n· · · · · · · · ·ai−1,2 · · · ai−1,nai2 · · · ain· · · · · · · · ·an−1,2 · · · an−1,n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
cogiendo los sumandos uno sı, otro no:
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n· · · · · · · · · · · ·ai−1,1 ai−1,2 · · · ai−1,nai1 ai2 · · · ain· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a′11 a′12 · · · a′1na21 a22 · · · a2n· · · · · · · · · · · ·ai−1,1 ai−1,2 · · · ai−1,nai1 ai2 · · · ain· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.
Esta propiedad demostrada en la primera fila se trasmite a las demas filas porla propiedad 1).
84
Como se ha dicho antes, ahora podrıamos demostrar el Teorema 1 para ladefinicion dada por induccion.
Debido al Teorema 1 las propiedades comprobadas para las filas se traducen enpropiedades analogas para las columnas.
Veamos ahora como dichas propiedades dan una relacion de los numeros buscadoscon la resolubilidad de sistemas de ecuaciones en la Regla de Cramer:
a11x +a12y = b1a21x +a22y = b2
Dado que la propiedad 1) implica que los determinantes de matrices con filas
iguales son nulos, se tiene:∣∣∣∣∣∣a11 a12 b1a11 a12 b1a21 a22 b2
∣∣∣∣∣∣ = 0 =
∣∣∣∣∣∣a21 a22 b2a11 a12 b1a21 a22 b2
∣∣∣∣∣∣Por tanto, desarrollando por la primera fila, se tiene:
a11
∣∣∣∣ a12 b1a22 b2
∣∣∣∣− a12 ∣∣∣∣ a11 b1a22 b2
∣∣∣∣+ b1
∣∣∣∣ a11 a12a21 a22
∣∣∣∣ = 0
y
a21
∣∣∣∣ a12 b1a22 b2
∣∣∣∣− a22 ∣∣∣∣ a11 b1a22 b2
∣∣∣∣+ b2
∣∣∣∣ a11 a12a21 a22
∣∣∣∣ = 0
o equivalentemente, cambiando columnas en los primeros determinantes, y cam-biando los signos,
a11
∣∣∣∣ b1 a12b2 a22
∣∣∣∣+ a12
∣∣∣∣ a11 b1a22 b2
∣∣∣∣ = b1
∣∣∣∣ a11 a12a21 a22
∣∣∣∣y
a21
∣∣∣∣ b1 a12b2 a22
∣∣∣∣+ a22
∣∣∣∣ a11 b1a22 b2
∣∣∣∣ = b2
∣∣∣∣ a11 a12a21 a22
∣∣∣∣habiendose encontrado que
cuando
∣∣∣∣ a11 a12a21 a22
∣∣∣∣ 6= 0 los valores : x =
∣∣∣∣ b1 a12b2 a22
∣∣∣∣∣∣∣∣ a11 a12a21 a22
∣∣∣∣ y =
∣∣∣∣ a11 b1a22 b2
∣∣∣∣∣∣∣∣ a11 a12a21 a22
∣∣∣∣satisfacen el sistema dado.
Lo analogo ocurre con los sistemas de n ecuaciones con n incognitas.
Podemos demostrar que la solucion considerada del sistema de ecuaciones linealeses unica cuando el determinante de la matriz de los coeficientes es distinto de cero.Llamando ∆ a este determinante, como
85
1
∆
(a22 −a12−a21 a11
)(a11 a12a21 a22
)=
(1 00 1
)Si
a11x +a12y = b1a21x +a22y = b2
≡(a11 a12a21 a22
)(xy
)=
(00
)y
a11x′ +a12y
′ = b1a21x
′ +a22y′ = b2
≡(a11 a12a21 a22
)(x′
y′
)=
(00
)se tiene: (
a11 a12a21 a22
)(x− x′y − y′
)=
(00
),
de donde (x− x′y − y′
)=
1
∆
(a22 −a12−a21 a11
)(a11 a12a21 a22
)(x− x′y − y′
)=
=1
∆
(a22 −a12−a21 a11
)(00
)=
(00
)
Ejercicios:
4.2.1. Calcular usando la definicion los determinantes de las matrices numericasde los ejerciios 4.1.∗ y comprobar que son los mismos que hallados anteriormente.
4.2.2. Calcular los determinantes de las matrices dadas a continuacion:
a)
∣∣∣∣∣∣1/7 3 2 −6
6 −3 22 6 3
∣∣∣∣∣∣ b)
∣∣∣∣∣∣1/9 −8 −1 −4−4 4 7
1 8 −4
∣∣∣∣∣∣
4.2.3.a) Comprobar que la ecuacion de un plano que pasa por tres puntos no alineados:
(a1, a2, a3), (b1, b2, b3), (c1, c2, c3) del espacio es∣∣∣∣∣∣∣∣1 x1 x2 x31 a1 a2 a31 b1 b2 b31 c1 c2 c3
∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0
y hallar la ecuacion cartesiana del plano que pasa por los puntos (1, 2, 1), (−1, 3, 0), (2, 1, 3).b) Escribir la ecuacion de una recta del plano que pasa por los puntos (a, b), (c, d)
del plano y hallar la ecuacion cartesiana de la recta del plano que pasa por los puntos(−1,−2), (2, 2).
86
Caracterizacion de las matrices invertibles por su determinante.
Teorema 2. Una matriz es invertible si y solo si su determinante es distinto decero.
Dedujimos en la segunda parte de la demostracion del teorema 1 que el deter-minante de las matrices no invertibles es cero; (utilizando el teorema 2 del capıtuloanterior).
Para ver que el determinante de las matrices invertibles es distinto de cero, em-pecemos por las matrices elementales, que son invertibles, recorriendo sus distintostipos. Se puede ver que sus determinantes son distintos de cero. (Se hizo en laspaginas 73-74).
Para verlo en el caso general, debido al teorema que establecio que una matrizes invertible si y solo si es producto de matrices elementales, y a la proposicion 2de este capıtulo, hacemos el siguiente razonamiento: Sea A = Em · Em−1 · · ·E1 =Em · Em−1 · · ·E1I, entonces es necesario, segun la proposicion 2, que |A| =
= |Em||Em−1 · · ·E1||I| = |Em||Em−1| · · · |E1| 6= 0 porque todos los determinantesde matrices elementales son distintos de cero.
Podıamos haber dado la definicion de determinante de una matriz invertibleutilizando las matrices elementales en las que se descompone como producto, perose hubiera planteado el problema sobre si el numero asociado era independiente delcamino por el que la matriz llega a la identidad por transformaciones elementales.Este problema esta resuelto en la definicion dada, ya que solo intervienen los numerosde las entradas de la matriz.
Determinante del producto.
Teorema 3: |AB| = |A||B| : El determinante del producto de dos matriceses el producto de los determinantes de las matrices. De donde se deduceque |A−1| = 1/|A|.
Demostracion del Teorema 3:Tambien ahora distinguimos dos casos:a) |A| 6= 0. Entonces, A es invertible y tenıamos en la proposicion 4 del capıtulo
anterior:
A = E−11 E−12 · · ·E−1k · · ·E−1m
donde Ei y E−1i son matrices elementales, (Estas E1, · · · , Em son las inversas delas del teorema 2.) de donde
|A| = |E−11 ||E−12 || · · · |E−1k | · · · |E−1m |
Por otra parte,AB = E−11 E−12 · · ·E−1k · · ·E
−1m B
y
|AB| = |E−11 ||E−12 · · ·E−1k · · ·E−1m B| = |E−11 ||E−12 | · · · |E−1k | · · · |E
−1m ||B| = |A||B|.
87
b) |A| = 0. Entonces, A no es invertible; al reducir A a una matriz escalonadaE, esta matriz escalonada tiene su ultima fila formada por ceros, entonces,
A = E−11 E−12 · · ·E−1m E
yAB = E−11 E−12 · · ·E−1m EB
donde la matriz EB tiene la ultima fila de ceros, por tanto su determinante esnulo y
|AB| = |E−11 ||E−12 · · ·E−1m · · ·EB| = |E−11 ||E−12 | · · · |E−1m | · · · |EB| = 0 = |A||B|.
Hagamos aquı la observacion de que la unica forma de definir el determinante dela matriz identidad coherente con este teorema era darle el valor 1, ya que si hubierasido cero, no hubiera distinguido matrices invertibles de matrices no invertibles y deno ser cero, |I| = |II| = |I||I| implica |I| = 1.
Ejercicios.
4.3.1.a) Demostrar que una matriz triangular superior es invertible si y solo si todos
los elementos de su diagonal son distintos de cero.b) Demostrar el resultado analogo para matrices triangulares inferiores.4.3.2.a) Demostrar que una matriz antisimetrica de orden impar no puede ser invert-
ible.b) Encontrar matrices antisimetricas de orden par que sean invertibles.4.3.3. Calcular los determinantes:∣∣∣∣∣∣
1 1 1x1 x2 x3x21 x22 x23
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 1x1 x2 x3 x4x21 x22 x23 x24x31 x32 x33 x34
∣∣∣∣∣∣∣∣Como un inciso, vamos a ver ahora como se hace en general el determinante
n× n:
∆n =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 1 1 · · · 1x1 x2 x3 · · · xnx21 x22 x23 · · · x2nx31 x32 x33 · · · x3n· · · · · · · · · · · · · · ·xn−11 xn−12 xn−13 · · · xn−1n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣88
que se llama determinante de Vandermonde.Si dos de los xi son iguales, la matriz tiene dos columnas iguales y por tanto su
determinante es cero.Suponemos ahora que todos los xi son distintos entre sı.Se reduce su tamano en uno restando a cada fila la anterior multiplicada por
x1 si x1 6= 0. Si x1 = 0 se reduce el tamano en uno, desarrollando por la primeracolumna y sacando xj de cada columna j. Entonces:
∆n =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 1 1 · · · 1x1 x2 x3 · · · xnx21 x22 x23 · · · x2nx31 x32 x33 · · · x3n· · · · · · · · · · · · · · ·xn−21 xn−22 xn−23 · · · xn−2n
xn−11 xn−12 xn−13 · · · xn−1n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 1 1 · · · 10 x2 − x1 x3 − x1 · · · xn − x10 x2(x2 − x1) x3(x3 − x1) · · · xn(xn − x1)0 x22(x2 − x1) x23(x3 − x1) · · · x2n(xn − x1)· · · · · · · · · · · · · · ·0 xn−12 (x2 − x1) xn−13 (x3 − x1) · · · xn−1n (xn − x1)0 xn−22 (x2 − x1) xn−23 (x3 − x1) · · · xn−2n (xn − x1)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Aquı, podemos prescindir de la primera columna y sacar en las columnas restanteslos factores: x2− x1, x3− x1, · · · , xn− x1, quedando nuestro determinante igual a
∆n = (x2 − x1)(x3 − x1) · · · (xn − x1)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 1 · · · 1x2 x3 · · · xnx22 x23 · · · x2nx32 x33 · · · x3n· · · · · · · · · · · ·xn−22 xn−23 · · · xn−2n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣que es del mismo tipo, donde repitiendo las operaciones con las filas, tenemos quees igual a
(x2 − x1)(x3 − x1) · · · (xn − x1)(x3 − x2) · · · (xn − x2)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 · · · 1x3 · · · xnx23 · · · x2nx33 · · · x3n· · · · · · · · ·xn−33 · · · xn−3n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
=n−1∏j=1
n∏i>j
(xi − xj).
89
Ejercicios:
4.4.1.a) Siendo a0 + a1x + a2x
2 + a3x3 = P (x) un polinomio de grado 3, hallar sus
coeficientes para que P (0) = 2, P (1) = 1, P (2) = −1, P (3) = 0b) Demostrar que siempre se puede encontrar un polinomio de grado 3 que
cumpla las condiciones P (xi) = yii∈1,2,3,4, cuando todos los xi son distintos,cualesquiera que sean los yi.
c) Generalizar el resultado b): dado un polinomio de grado n, y n + 1 pare-jas de puntos (xi, yi)i∈1,2,··· ,n+1, siempre se pueden encontrar los coeficientes delpolinomio de manera que P (xi) = yi si todos los xi son distintos.
Observese que la parte c) nos indica como hallar una funcion cuya grafica pasepor n+ 1 puntos del plano siempre que no haya dos puntos en la misma vertical.
Desarrollo del determinante por una fila cualquiera y por una columnacualquiera:
La definicion de determinante se ha hecho por induccion utilizando la primeracolumna. Como el determinante de la matriz es igual al de la traspuesta por el teo-rema 1, obtenemos otra expresion trasponiendo la matriz A y aplicando la definicionde determinante:
|A| = a11|A11| − a12|A12|+ · · ·+ (−1)j+1a1j|A1j|+ · · ·+ (−1)n+1a1n|A1n|
donde hemos cambiado el subındice i por j ya que j es el subındice utilizado usual-mente para columnas. Este es el desarrollo del determinante por la primera fila.
Por otra parte, considerando que la fila i-esima puede ser colocada en la primerafila pasandola por encima de las i-1 anteriores, lo cual da en el determinante de lamatriz i-1 cambios de signo y por la formula anterior, tenemos:
|A| = (−1)i−1(ai1|Ai1| − ai2|Ai2|+ · · ·+ (−1)j+1aij|Aij|+ · · ·+ (−1)n+1ain|Ain|)
= (−1)i+1ai1|Ai1|+ (−1)i+2ai2|Ai2|+ · · ·+ (−1)i+jaij|Aij|+ · · ·+ (−1)i+nain|Ain|
Este es el desarrollo del determinante por cualquier fila.
Si queremos desarrollar ahora el determinante por cualquier columna, utilizandoel teorema 1, solo tenemos que trasponer la matriz y desarrollar el determinante dela traspuesta por la fila corres-pondiente obteniendo:
|A| = (−1)j+1a1j|A1j|+(−1)j+2a2j|A2j|+· · ·+(−1)i+jaij|Aij|+· · ·+(−1)j+nanj|Anj|
90
Ejercicios:
4.5.1. a) Obtener, en funcion de los determinantes de los menores diagonales dela matriz A,
|A− λI| =
∣∣∣∣∣∣a11 − λ a12 a13
a21 a22 − λ a23a31 a32 a33 − λ
∣∣∣∣∣∣(Indicacion: descomponer las filas en sumandos sin λ y con λ).
b) Aplicar la formula a la obtencion de los siguientes determinantes:∣∣∣∣∣∣1− λ 2 1
0 3− λ 13 1 2− λ
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1/3
2 1 −2−1 −2 −2−2 2 −1
− λI∣∣∣∣∣∣
4.5.2. Encontrar los valores de a para que las siguientes matrices sean invertibles.
a)
a 1 11 a 10 1 a
b)
−1 −1 11 4 −a−1 a 0
c)
−1 a aa −1 aa a −1
4.5.3. Dadas A, B y C, matrices cuadradas de orden n y
D =
(A C0 B
)
a) Demostrar que |D| = |A||B| utilizando la descomposicion:(A C0 B
)=
(In 00 B
)(A C0 In
)
b) Demostrar, utilizando una descomposicion similar, la misma igualdad, |D| =|A||B|, en el caso:
D =
(A 0C B
)
91
Formula para la inversa:Del desarrollo del determinante por una fila cualquiera tenıamos
|A| = (−1)i+1ai1|Ai1|+ (−1)i+2ai2|Ai2|+ · · ·+ (−1)i+jaij|Aij|+ · · ·+ (−1)i+nain|Ain|
que se puede expresar matricialmente ası:
= (ai1, ai2, · · · , aij, · · · , ain)
(−1)i+1|Ai1|(−1)i+2|Ai2|
...(−1)i+j|Aij|
...(−1)i+n|Ain|
= |A|
Ahora vamos a hacer la siguiente observacion:
Si k 6= i, la sumaΣ = (−1)i+1ak1|Ai1|+(−1)i+2ak2|Ai2|+· · ·+(−1)i+jakj|Aij|+· · ·+(−1)i+nakn|Ain|
corresponde al desarrollo del determinante de la matriz obtenida cambianndo la filai-esima de A por la fila k-esima y dejando esta ultima igual, es por tanto, el desarrollodel determinante de una matriz que tiene las filas i-esima y k-esima iguales, que escero. Lo cual matricialmente se puede escribir ası:
(ak1, ak2, · · · , akj, · · · , akn)
(−1)i+1|Ai1|(−1)i+2|Ai2|
...(−1)i+j|Aij|
...(−1)i+n|Ain|
= 0
Por tanto tenemos en una sola expresion:
a11 · · · a1i · · · a1k · · · a1n... · · · · · · · · · · · · · · · ...ai1 · · · aii · · · aik · · · ain... · · · · · · · · · · · · · · · ...ak1 · · · aki · · · akk · · · akn... · · · · · · · · · · · · · · · ...an1 · · · ani · · · ank · · · ann
(−1)i+1|Ai1|...
(−1)i+j|Aii|...
(−1)i+j|Aik|...
(−1)i+n|Ain|
=
00|A|0......0
Despues, haciendo variar en la columna anterior el subındice i, tenemos:
92
A
|A11|... (−1)i+1|Ai1|
... (−1)k+1|Ak1|... |An1|
......
......
......
...
(−1)i+1|A1i|... |Aii|
... (−1)k+1|Aki|... (−1)n+i|Ani|
......
......
......
...
(−1)k+1|A1k|... (−1)i+k|Aik|
... |Akk|... (−1)n+k|Ank|
......
......
......
(−1)n+1|A1n|... |Ain|
... (−1)k+1|Akn|... |Ann|
=
|A| 0 · · · · · · 0 · · · 0
0. . . · · · · · · · · · · · · 0
0 · · · |A| 0 0 · · · 0... · · · · · · . . . · · · · · · ...0 · · · 0 · · · |A| · · · 0
0... · · · · · · · · · . . . 0
0 · · · 0 · · · 0 · · · |A|
= |A|I.
Ademas, del desarrollo del determinante por una columna, tenıamos:
|A| = (−1)j+1a1j|A1j|+(−1)j+2a2j|A2j|+· · ·+(−1)i+jaij|Aij|+· · ·+(−1)j+nanj|Anj|
que matricialmente se escribe ası:
((−1)j+1|A1j|, (−1)j+2|A2j| · · · (−1)i+jaij|Aij| · · · (−1)n+j|Anj|)
a1ja2j...aij...anj
= |A|
Tambien ocurre que si k 6= j,0 = (−1)j+1a1k|A1j|+(−1)j+2a2k|A2j|+· · ·+(−1)i+jaik|Aij|+· · ·+(−1)j+nank|Anj|
ya que es el determinante de la matiz obtenida de A sustituyendo la columna j-esimapor la coluna k-esima, (tiene dos columnas iguales), que matricialmente se escribeası:
((−1)j+1|A1j|, (−1)j+2|A2j| · · · (−1)i+j|Aij| · · · (−1)n+j|Anj|)
a1ka2k...aik...ank
= 0
y globalmente para todas las columnas se expresa:
93
|A11|... (−1)j+1|Aj1|
... (−1)k+1|Ak1|... |An1|
......
......
......
...
(−1)j+1|A1j |... |Ajj |
... (−1)k+j |Akj |... (−1)n+j |Anj |
......
......
......
...
(−1)k+1|A1k|... (−1)j+k|Ajk|
... |Akk|... (−1)n+k|Ank|
......
......
......
(−1)n+1|A1n|... |Ajn|
... (−1)k+1|Akn|... |Ann|
A
=
|A| 0 · · · · · · 0 · · · 0
0. . . · · · · · · · · · · · · 0
0 · · · |A| 0 0 · · · 0... · · · · · · . . . · · · · · ·
...0 · · · 0 · · · |A| · · · 0
0... · · · · · · · · · . . . 0
0 · · · 0 · · · 0 · · · |A|
= |A|I.
Entonces, de estas igualdades, tenemos que llamando matriz cofactor de A acof(A) = (cof(aij)) = ((−1)i+j|Aij|) se verifica:
A · tcof(A) = |A|I, tcof(A) · A = |A|I
lo que nos indica la formula de lainversa de una matriz con determinante distinto de cero:
A−1 =1
|A|(tcof(A))
que sera inversa a la derecha y a la izquierda, y por tanto unica.
Ejercicios:
4.6.1. Utilizando las matrices de cofactores, hallar las inversas de las matrices delejercicio 3.4.1. que sean invertibles. Comprobar los resultados obtenidos utilizandoel metodo de Gauss para calcular la inversa.
4.6.2. Mostrar, usando la formula de la inversa, que cuando una matriz es in-vertible, la traspuesta de la inversa coincide con la inversa de la traspuesta.
4.6.3. Mostrar, usando la formula de la inversa, que la matriz inversa de unamatriz triangular superior invertible es tambien triangular superior. Y que lo analogoocurre para matrices triangulares inferiores.
94
Regla de Cramer.Sea AX = b un sistema de ecuaciones, escrito de manera resumida, donde A es la
matriz de los coeficientes de las incognitas, X es la columna de las incognitas, y b esla columna de terminos independientes; si A es una matriz invertible, multiplicandopor la inversa de A a la izquierda, tenemos X = A−1b, donde utilizando la formulaanterior para la inversa, tenemos:
X =1
|A|(tcof(A))b
que desarrollada incognita a incognita da la regla de Cramer. Para cada incognitaxi, que es una fila de la matriz X, tenemos:
xi =1
|A|((−1)i+1A1ib1 + (−1)i+2A2ib2 + · · ·+ (−1)i+nAnibn)
donde la expresion del parentesis es el desarrollo por la columna i-esima del deter-minante de la matriz obtenida de A (la matriz de los coeficientes) cambiando sucolumna i-esima por la columna de los terminos independientes.
Ejercicios:
4.7.1. Utilizar la regla de Cramer para resolver los siguientes sistemas de ecua-ciones:
a)x +2y −z = 7
2x +y +z = 6x −y +3z = −1
b)2x +3y −5z − 2 = 03x −y +2z + 1 = 05x +4y −6z − 3 = 0
c)
2x +y +4z +8t = −1x +3y −6z +2t = 3
3x −2y +2z −2t = 82x −y +2z = 4
Se pueden comprobar los resultados obtenidos sustituyendo o aplicando el metodo
de Gauss.
Sol: a) (5/3,8/3,0) b) (−1/5, 14/5, 6/5), c)(2,−3,−3/2, 1/2).
95
Volviendo a los sistemas de ecuaciones, para los que hemos encontrado la reglade Cramer cuando A es invertible, podemos demostrar que X = A−1b, es solucionunica, ya que si hubiera dos soluciones X y X’ para las incognitas, de las igualdadesAX = b = AX ′ se tiene A(X − X ′) = 0 de donde multiplicando por la izquierdapor A−1 tenemos X −X ′ = A−10 = 0, es decir, X = X ′.
La unicidad de la solucion de los sistemas AX=b se puede reducir a la unicidad de solucion delsistema AX=0, ya que este es un caso particular de los anteriores y si hay dos soluciones distintasde AX=b para algun b, la diferencia (distinta de cero), es solucion no nula de AX=0.
(Un sistema de la forma AX=0 se llama sistema homogeneo y dado un sistema de la forma
AX=b, al sistema AX=0 se le llama sistema homogeneo asociado al sistema dado.)
Se nos plantea la pregunta sobre que podemos decir de los sistemas AX = bcuando A es una matriz no invertible e incluso cuando A no es una matriz cuadrada.
Teorema de Rouche-Frobenius.
Cuando A no es invertible (p. ej. si no es cuadrada) en el capıtulo primero hemosenunciado el Teorema de Rouche-Frobenius relativo a los escalones de las matricesescalonadas a las que quedan reducidas A y A|b.
Ahora vamos a expresar numericamente el teorema de Rouche-Frobenius con ladefinicion de rango de una matriz, por medio de determinantes de submatrices suyas.
Para expresar numericamente este teorema definiremos el rango de una matrizno necesariamente cuadrada como el maximo de los ordenes de las submatricescuadradas de A con determinante distinto de cero.
Recordemos que, denotando por E(A|b) la matriz escalonada que se puede obtenerde la matriz ampliada del sistema y por E(A) la matriz escalonada a la que quedareducida A, el teorema de Rouche-Frobenius enunciado relativo a los escalonesde las matrices escalonadas a que se pueden reducir la matriz de los coeficientes delsistema y la matriz ampliada era:
El sistema es incompatible si el numero de escalones de E(A|b) (o numero defilas no nulas de E(A|b)) es distinto del numero de escalones de E(A) (o numero defilas no nulas de E(A)).
El sistema es compatible si los dos numeros anteriores son iguales, siendo com-patible determinado si todos los escalones de E(A) son de longitud una columnay siendo compatible indeterminado si hay algun escalon en E(A) de mas de unacolumna. En el primer caso el numero de escalones de las dos matrices escalonadaso numero de filas no nulas coincide con el numero de columnas, es decir, con elnumero de incognitas; En el segundo caso el numero de filas no nulas de las dosmatrices escalonadas anteriores es menor que el numero de columnas o incognitas.
Veamos cual es el rango de una matriz escalonada. En una matriz escalonada,cada fila distinta de cero determina un escalon. Al numero distinto de cero delangulo del escalon se le llama pivote. Cada fila distinta de cero determina unpivote y recıprocamente cada pivote pertenece a una fila distinta de cero. Tambien
96
cada pivote determina una columna con ese pivote; entonces, si en la submatrizformada por las columnas que tienen pivote, suprimimos las filas nulas, obtenemosuna submatriz cuadrada, ya que tiene tantas filas y tantas columnas como pivotes.Ademas es una matriz triangular superior (de orden igual al numero de filas no nulasde la matriz escalonada o numero de escalones), cuyos elementos en la diagonal sonlos pivotes, todos distintos de cero; por tanto su determinante es no nulo. De ellose deduce que el rango de una matriz escalonada es mayor o igual que su numerode filas no nulas, pero una submatriz de mayor orden tendrıa que incluir filas nulas,y su determinante serıa nulo, por lo que el rango de una matriz escalonada coincidecon el numero de sus filas no nulas o numero de escalones.
Ası, podemos dar un primer paso y enunciar el teorema de Rouche-Frobeniusdiciendo que el sistema es incompatible cuando los rangos de las matricesescalonadas a las que se reducen la matriz de los coeficientes del sistema y lamatriz ampliada son distintos. Y que es compatible determinado cuandoademas de ser los dos rangos iguales, lo son al numero de incognitas,siendo en otro caso indeterminado.
Si ahora comprobamos que el rango de una matriz es invariante por opera-ciones elementales, podemos suprimir en el enunciado anterior la frase: ”las matricesescalonadas a las que se reducen”; quedando el teorema de Rouche-Frobenius antesescrito en letra negrita en su enunciado clasico.
Invariancia del rango por transformaciones elementales.
En efecto, vamos a ver que se conserva el orden de las submatrices con determi-nante distinto de cero, y por tanto su maximo, al realizar cada uno de los tipos deoperaciones elementales. Para ello vemos que si hay un menor de un determinadoorden distinto de cero en la matriz que resulta de una dada por una transformacionelemental hay otro menor del mismo orden, distinto de cero (que puede coincidircon el primero) en la matriz dada.
1.) Hagamos en una matriz un intercambio de filas.Si en la matriz resultante hay un menor distinto de cero, es decir, una submatriz
de determinante no nulo, puede ocurrir que no interseque las filas intercambiadas,en cuyo caso aparece tal cual en la primera matriz y su determinante es el mismo.
O que contenga a las dos filas intercambiadas, en cuyo caso haciendo el cambiode filas inverso en la submatriz obtenemos otra submatriz de la matriz dada condeterminante cambiado de signo respecto a la primera submatriz considerada, perotambien distinto de cero.
O que contenga solo una fila de las intercambiadas y en este caso permutandoesta fila con las otras para intercalarla en el lugar en que aparecıa en la matrizdada obtenemos una submatriz de la primera matriz en la que aparece el trozocorrespondiente de la fila de la que provenıa siendo su determinante igual o cambiadode signo respecto al menor considerado, pero siempre distinto de cero. Luego elorden de los menores distintos de cero se conserva en el primer tipo de operacioneselementales.
97
2.) Multipliquemos una fila por un numero distinto de cero.Dado un menor distinto de cero en la matriz modificada, es decir, una submatriz
con determinante distinto de cero, si esta submatriz no interseca la fila multiplicada,aparece tal cual en la matriz dada y si aparece la fila multiplicada su determinante esun multiplo distinto de cero del determinante de la submatriz de las mismas filas ylas mismas columnas en la matriz dada, que por tanto ha de ser tambien distinto decero. Entonces, el orden de los menores distintos de cero se conserva por el segundotipo de operaciones elementales.
3.) Sumemos a una fila otra fila multiplicada por un numero.Un menor distinto de cero de la matriz resultante puede ser el determinante de
una submatriz que no contenga la fila modificada y entonces aparece tal cual en laprimera matriz, siendo ya antes distinto de cero.
Si la submatriz contiene la fila modificada y la fila sumada, su determinante esigual al de la submatriz de las mismas columnas y analogas filas en la matriz dada,que por tanto era distinto de cero.
Si la submatriz contiene la fila modificada pero no la sumada, descomponemos sudeterminante en la suma de los dos determinantes de las dos submatrices formadas,primero, por las mismas columnas y las filas analogas de la primera matriz y segundopor la submatriz obtenida de esta sustituyendo la fila modificada por la sumadamultiplicada por el numero.
Si la submatriz primer sumando tiene determinante no nulo, se ha conservado elorden de los menores no nulos; si este ultimo determinante es nulo, el otro determi-nante sumando ha de ser no nulo, pero el otro es multiplo de un menor del mismoorden en la matriz dada (aunque con filas permutadas), que ha de ser de valor nonulo, por lo que tambien queda igual el orden de los menores distintos de cero.
De aquı se deduce que el rango de la matriz modificada por operaciones elemen-tales es menor o igual que el rango de la matriz dada. Como la matriz dada tambiense obtiene de la matriz modificada por las operaciones elementales inversas, tenemosque los dos rangos son iguales.
Con esto queda establecido el teorema de Rouche-Frobenius en la versionde rangos.
Apliquemos ahora el teorema de Rouche-Frobenius al sistema AX=b cuando A es una matrizcuadrada invertible de orden n. Como |A| 6= 0 tenemos el rango de A igual a n y como A es unasubmatriz de A|b, el rango de A|b es mayor o igual que el de A, pero tambien es siempre menoro igual al numero de sus filas, que es n, por tanto coinciden el rango de A y el de A|b. Entonces,el sistema es compatible. Tambien tenemos que estos rangos son iguales a n, que es el numero deincognitas, por tanto la solucion es unica, cualquiera que sea b (los terminos independientes).
Si la solucion del sistema es unica para todo b, tambien lo es cuando b = 0. Entonces A es
invertible porque si A no fuera invertible, serıa |A| = 0 por lo que al ser A cuadrada, tendrıamos
que el mayor orden de los menores distintos de cero es menor que n por lo que el rango de A
serıa menor que n, pero al ser igual al rango de A|0, porque una columna de ceros no aumenta
el orden de los menores distintos de cero, segun el Teorema de Rouche-Frobenius, el sistema serıa
compatible indeterminado, por tanto, la solucion no serıa unicamente la trivial segun habıamos
supuesto.
98
Con los mismos razonamientos tambien se puede demostrar elTeorema 4: Dada una matriz cuadrada A, A es invertible si y solo si el
sistema AX=0 tiene unicamente la solucion trivial.Este teorema se sigue de la equivalencia entre la unicidad de la solucion del
sistema AX=0 y la del sistema AX=b, cualquiera que sea b.
Ejercicios:
4.8.1. Estudiar la compatibilidad y determinacion de los sistemas siguientesaplicando el teorema de Rouche-Frobenius segun el calculo del rango de las matricescorrespondientes a los sistemas siguientes:
x1 +2x2 −x3 = 1x2 +x3 = 2
x1 +3x2 = 3
2x1 +x2 = 5x1 −x2 = 1x1 +2x2 = 0
x1 −3x2 +x3 = 2
3x1 −8x2 +2x3 = 22x1 −5x2 +x3 = 3
4.8.2. Hallar los valores de a para que los sistemas
ax +y +z = 1x +ay +z = 1x +y +az = 1
−x +ay +az = 0ax −y +az = 0ax +ay −z = 0
(a+ 1)x +y +2z = −2
2x +y +(a+ 1)z = 3x +(a+ 1)y +2z = −2
sean compatibles indeterminados.
4.8.3. Estudiar los valores de a y b que hacen compatibles los sistemas:
bx −ay −az = a−bx −az = a−bx −by = a−bx −by −bz = b
bx −ay −az −at = a−bx −az −at = a−bx −by −at = a−bx −by −bz = a−bx −by −bz −bt = b
99
Producto Vectorial.
El producto vectorial de dos vectores a = (a1, a2, a3), b = (b1, b2, b3) se escribesimbolicamente ası:
a× b =
∣∣∣∣∣∣i j ka1 a2 a3b1 b2 b3
∣∣∣∣∣∣lo cual representa el vector de coordenadas:(∣∣∣∣ a2 a3
b2 b3
∣∣∣∣ ,− ∣∣∣∣ a1 a3b1 b3
∣∣∣∣ , ∣∣∣∣ a1 a2b1 b2
∣∣∣∣) = i
∣∣∣∣ a2 a3b2 b3
∣∣∣∣− j ∣∣∣∣ a1 a3b1 b3
∣∣∣∣+ k
∣∣∣∣ a1 a2b1 b2
∣∣∣∣donde i, j y k son los vectores unitarios en la direccion de los ejes coordenados.
Este vector tiene las siguientes caracterısticas:1) Es perpendicular a cada uno de los vectores (a1, a2, a3) y (b1, b2, b3) de los que
es producto.2) Su modulo es igual al area del paralelogramo que tiene por lados los vectores
factores.3) Su sentido es el de avance de un sacacorchos que gira desde la recta engendrada
por el vector primer factor hacia la recta engendrada por el vector segundo factor.
Demostracion de la propiedad 1): Veamos que ‖a‖‖b‖cosα = a1b1 + a2b2 + a3b3,donde α es el angulo que forman los dos vectores a y b.
En efecto, segun el dibujo,
1
BBBBBBBBBBB
$α a
b-ab
‖b‖senα
‖b−a‖2 = (‖b‖senα)2+(‖b‖cosα−‖a‖)2 = ‖b‖2sen2α+‖b‖2cos2α+‖a‖2−2‖a‖‖b‖cosα
= ‖b‖2 + ‖a‖2 − 2‖a‖‖b‖cosα.
Desarrollando ahora los terminos iniciales y finales de la desigualdad anterior,
100
(b1 − a1)2 + (b2 − a2)2 + (a3 − b3)2 = b21 + b22 + b23 + a21 + a22 + a23 − 2‖a‖‖b‖cosα
donde desarrollando de nuevo, los cuadrados del primer miembro y simplificando,llegamos a la igualdad deseada en 1. (Compruebese como ejercicio.)
De aquı se deduce que dos vectores son perpendiculares si y solo si la suma de losproductos de las coordenadas del mismo ındice es cero. Esta suma de productos decoordenadas para los vectores a y a× b es el determinante de una matriz que tienedos filas formadas por las coordenadas de a y otra fila formada por las coordenadasde b, siendo por tanto cero. Lo analogo ocurre para los vectores b y a × b. Por loque los vectores a y b son perpendiculares al vector a× b.
Las aplicaciones del producto vectorial en matematicas son numerosas: (ademasde ser usado en fısica.):
a) Dada una recta como interseccion de dos planos:
Ax+By + Cz = DA′x+B′y + C ′z = D′
ya que sabemos que dos vectores perpendiculares a dichos planos son correspondi-entemente: (A,B,C) y (A′, B′, C ′), y que por tanto, son perpendiculares a la recta,el producto vectorial de estos vectores es un vector en la direccion de la recta.
b) Dada una curva como interseccion de superficies, el vector tangente a la curvaen un punto es la interseccion de los planos tangentes a las superficies en ese puntoy puede hallarse utilizando el resultado anterior.
Ejercicios:
4.9.1. Hallar el vector de direccion de la recta de R3 dada por las ecuaciones:
2x+ y + 2z = 0x+ 2y + z = 0
4.9.2. Hallar la recta perpendicular comun a las dos rectas determinadas por las
dos parejas de puntos: (3, 1, 0), (1, 1, 3) y (0, 1, 0), (−1, 0, 0).
101
Demostracion de la propiedad 2): Para probar que el modulo del producto vec-torial a × b es igual al area del paralelogramo de lados a y b tenemos en cuentaque
(Ar(a, b))2 = ‖a‖2‖b‖2sen2α = ‖a‖2‖b‖2(1− cos2α) = ‖a‖2‖b‖2 − ‖a‖2‖b‖2cos2α =
(a21 + a22 + a23)(b21 + b22 + b23)− (‖a‖‖b‖cosα)2 =
(a21 + a22 + a23)(b21 + b22 + b23)− (a1b1 + a2b2 + a3b3)
2 =∣∣∣∣ a2 a3b2 b3
∣∣∣∣2 +
∣∣∣∣ a1 a3b1 b3
∣∣∣∣2 +
∣∣∣∣ a1 a2b1 b2
∣∣∣∣2formula muy util en R3, donde es laborioso el calculo directo de la altura de unparalelogramo o de un triangulo.
Consecuencia de ello es que si el producto vectorial de dos vectores es cero, unode los dos es multiplo del otro. (O sea que estan en la misma recta). Al ser nula elarea del paralelogramo subtendido por ellos.
Ejercicios:
4.10.1. Comprobar que el area del cuadrado que tiene tres vertices en los puntos(1, 1), (2, 1), (1, 2) del plano, hallada haciendo el producto de base por altura es lamisma que el area hallada usando el producto vectorial.
4.10.2. Hallar el area de un paralelogramo que tiene tres vertices en los puntos:a) (1, 1), (2, 3), (3, 4).b) (0, 1, 0), (1, 2, 1), (1, 1, 1).
4.10.3. Hallar el area del cuadrilatero de vertices: (−2, 0), (−1,−2), (2, 1), (0, 3).
La propiedad 3) se demuestra al final del capıtulo de movimientos utilizando masconocimientos del curso.
102
Otras propiedades interesantes son:Propiedad 4). Tambien se puede expresar el volumen de un paralelepıpedo cuyos
lados son tres vectores como un determinante cuyas filas son las coordenadas de losvectores y que se llama producto mixto de los tres vectores.
Su demostracion se hace utilizando el producto vectorial. Veamoslo: Si a, b yc son tres vectores no coplanarios, considerando que a y b determinan la base delparalelepıpedo, el volumen es el producto del area de la base por la altura.
PPPPPPPPq
a
b
1
c
6
p(c)
a× b
PPPPPPPP
PPPPPPPP
PPPPPPPP
El area de la base es el modulo del producto vectorial ‖a × b‖. La altura es elmodulo de la proyeccion p(c) del vector c sobre la perpendicular al plano engendradopor a y b (a× b):
p(c) = ‖c‖cosang(c, a× b) = ‖c‖ c · (a× b)‖c‖‖a× b‖
=c · (a× b)‖a× b‖
resultando
V ol(paralpedo)(a, b, c) = ‖a× b‖(c · (a× b)/‖a× b‖) = c · (a× b) =
= c1
∣∣∣∣ a2 a3b2 b3
∣∣∣∣− c2 ∣∣∣∣ a1 a3b1 b3
∣∣∣∣+ c3
∣∣∣∣ a1 a2b1 b2
∣∣∣∣ =
=
∣∣∣∣∣∣c1 c2 c3a1 a2 a3b1 b2 b3
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣a1 a2 a3b1 b2 b3c1 c2 c3
∣∣∣∣∣∣Del volumen del paralelepıpedo se deduce el volumen de un prisma triangular
como la mitad del volumen del paralelepıpedo y el volumen de una piramide comoel tercio del volumen del prisma. Veanse los dibujos siguientes:
103
PPPPPPPP
PP
PP
PPPPPPPP
PPPPPPPP
PPPPPPPP
"""""""""""""
PP
PP
PPPPPPPP
"""""""""""""
PP
PP
"""""""""""""
PP
PPP
Ejercicios:
4.11.1. Hallar el volumen de un paralelepıpedo quea) Tiene como aristas los vectores: (1, 2,−1), (0, 1, 2), (1, 2,−3).b) Tiene un vertice en uno de los puntos: (1, 0, 1), (1, 1, 2), (1, 1, 1), (2, 0, 2) y
los otros tres puntos restantes son adyacentes al vertice escogido.
4.11.2. Hallar el volumen de un prisma triangular con una base determinadapor los puntos: (1, 0, 1), (0, 1, 1)(1, 1, 0) y con un vertice de la base opuesta en(1, 1, 1)).
104
4.11.3. Los cuatro puntos (0, 0, 0), (1, 0, 0), (0, 1, 0)(0, 0, 1) determinan un tetrae-dro. Hallar:
a) Su volumen.b) El area A de la cara que no esta contenida en ningun plano coordenado.c) Su altura h referida a esta cara.d) Comprobar que el volumen obtenido utilizando determinantes es igual al vo-
lumen obtenido por la formula: V = 1/3(A× h).4.11.4. Los cuatro puntos (3, 1, 0), (2, 0, 0), (0, 1, 0)(1, 1, 3) determinan un tetrae-
dro. Hallar la altura del vertice (3,1,0) respecto al area de la cara de vertices(2, 0, 0), (0, 1, 0)(1, 1, 3) utilizando el producto vectorial y los determinantes.
Propiedad 5). El producto vectorial se usa para calcular el vector normal (per-pendicular) a una superficie en un punto y por ello, para calcular las integrales ensuperficies, entre ellas, las areas de las superficies curvadas.
Para ello es necesario saber cual es la relacion entre las areas de distintos par-alelogramos de lados conocidos, contenidos en el mismo plano, cuando sabemos larelacion entre los lados. Esta relacion se usa al hacer cambios de coordenadas en lasintegrales.
Es suficiente ver dicha relacion para vectores del plano coordenado z = 0, lo cualno restringe la generalidad: dadas dos parejas de vectores a, b y u, v del planodonde u = c1a+ c2b, v = d1a+ d2b se cumple:
Ar(u, v) =
∣∣∣∣∣∣∣∣ c1 d1c2 d2
∣∣∣∣∣∣∣∣Ar(a, b)Demostracion: observemos que si a = (a1, a2, 0) y b = (b1, b2, 0), la formula del
area como el modulo del producto vectorial da
Ar(a, b) =
∣∣∣∣∣∣∣∣ a1 a2b1 b2
∣∣∣∣∣∣∣∣ y Ar(u, v) =
∣∣∣∣∣∣∣∣ u1 u2v1 v2
∣∣∣∣∣∣∣∣Ya que es u = (u1, u2) = (c1a1 + c2b1, c1a2 + c2b2) y v = (v1, v2) = (d1a1 +
d2b1, d1a2 + d2b2),
Ar(u, v) =
∣∣∣∣∣∣∣∣ c1a1 + c2b1 c1a2 + c2b2d1a1 + d2b1 d1a2 + d2b2
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣∣∣( c1 c2d1 d2
)(a1 a2b1 b2
)∣∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣∣∣ c1 c2d1 d2
∣∣∣∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣∣∣∣ a1 a2b1 b2
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣∣∣ c1 d1c2 d2
∣∣∣∣∣∣∣∣Ar(a, b)Esta relacion se usa al hacer cambios de coordenadas en las integrales. Cuando
se vea el cambio de base entre espacios vectoriales se podra observar que el deter-minante que relaciona las dos areas es el determinante de cambio de base entre labase a, b y la base c, d.
105
Bibliografıa.
(A) Algebra Lineal y aplicaciones. J. Arvesu Carballo, R. Alvarez Nodarse, F.Marcellan Espanol. Ed. Sıntesis Madrid. 1999.
(FB) Algebra lineal. J. B. Fraleigh y R. A. Beauregard. Ed. Addison- Wesley/Iberoamericana, 1989.
[G] Matematicas 2 Bachillerato. Carlos Gonzalez Garcıa. Jesus Llorente Medrano.Maria Jose Ruiz Jimnez. Ed. Editex. 2009.
[L] Linear Algebra for Mathematics, Science, and Engineering. E. M. Landes-man, M. R. Hestenes. Prentice-Hall International, Inc. 1992.
[S] Introduction to Linear Algebra. G. Strang. Wellesley-Cambridge Press 1993.
106
ESPACIOS VECTORIALES.
Introduccion.
Consideremos el plano. Fijado un origen O y dado un punto P, uniendo el origencon ese punto por el camino mas corto obtenemos un segmento orientado que sellama vector.
Los vectores que empiezan en el mismo origen se pueden sumar dando otro vec-tor con el mismo origen y se pueden multiplicar por un numero real dando otrovector con el mismo origen: dos vectores dados se suman por la regla del paralel-ogramo: trazando por el extremo del primer vector otro vector paralelo al vectorque queremos sumar y considerando el extremo de este ultimo como el extremo dela suma. Respecto a la suma son un grupo conmutativo y la otra operacion, que sellama operacion externa, es distributiva respecto a la suma de vectores y a la sumade numeros, es asociativa respecto al producto de numeros y el producto de 1 porcualquier vector v deja invariante a este v. Toda esta estructura recibe el nombrede espacio vectorial real.
Por otra parte, en el plano podemos trazar dos rectas perpendiculares pasandopor el origen, (normalmente, una horizontal y otra vertical), llamarlas ejes y llamarorigen al punto en que se encuentran. Tambien podemos fijar un segmento comounidad de medida. A este conjunto de elementos lo llamamos sistema de referencia.
Trazando dos rectas paralelas a los ejes por el extremo de un vector que empieceen el origen obtenemos sobre los ejes, segmentos que medidos con la unidad fijadadan dos numeros llamados coordenadas del vector o del punto extremo del vector.Ası hemos establecido otra correspondencia biyectiva entre los puntos del plano ylas parejas de numeros reales, es decir, entre los puntos del plano y R×R = R2.
(3,2)
3
107
Es de observar que las coordenadas del vector suma de dos vectores dados, sonla suma de las coordenadas de los vectores sumandos.
(x1, x2)
(y1, y2)
(x1 + y1, x2 + y2)
*
Tambien al multiplicar un vector del plano por un numero real obtenemos unvector de su misma direccion y de longitud la que tenıa el vector multiplicada porel numero, (si el numero es negativo cambia de sentido), quedando las coordenadasdel vector multiplicadas por el numero.
Como las operaciones de los vectores se trasmiten a las operaciones de R×R alcoger coordenadas de los vectores, la estructura de R × R debida a la suma y a laoperacion de multiplicacion por un numero real, se llama espacio vectorial real.
Podemos hacer lo analogo en el espacio trazando tres rectas perpendiculares dosa dos que se cortan en un punto del espacio llamado origen: asociar a cada puntoun vector que empiece en el origen y fijada una unidad de medida, asociar a cadapunto tres coordenadas.
En el espacio podemos sumar por la regla del paralelogramo y multiplicar unvector por un numero, lo cual esta en correspondencia con las dos operaciones en lasternas de numeros reales (R3 = R×R×R): suma y multiplicacion por un numeroreal. La suma es una operacion interna. La multiplicacion por un numero real esuna operacion externa. Estas dos operaciones tienen las mismas propiedades que lasoperaciones analogas de R2, por eso R3 tambien tiene estructura de espacio vectorialreal.
La estructura de estos conjuntos con estas operaciones puede encontrarse tambienen otros conjuntos utilizados en Geometrıa y en Analisis y por ello se estudia demanera abstracta para poder aplicar sus resultados a todos los conjuntos con lamisma estructura.
108
Ademas, la introduccion del concepto de dimension en los espacios vectorialespermite comparar los conjuntos de soluciones de distintos sistemas de ecuacionesy determinar cuando son coincidentes. Tambien se puede simplificar el calculo delrango de una matriz sin tener que calcular todos sus menores utilizando el conceptode dimension.
En un espacio vectorial generico, la operacion externa esta definida por los ele-mentos de un cuerpo. Por eso, antes de definir un espacio vectorial necesitamos ladefinicion de cuerpo:
Pasamos ahora a una descripcion precisa.
Cuerpo. Propiedades.
Definicion 1: Cuerpo es un conjunto con dos operaciones internas que llamamossuma y producto con las siguientes propiedades:
1) La suma es:a) Asociativa.b) Tiene elemento neutro (cero).c) Todo elemento tiene elemento opuesto.d) Conmutativa.2) El producto es:α) Asociativo.β) Tiene elemento neutro (unidad).γ) Todo elemento distinto del elemento neutro de la suma tiene elemento inverso
(opuesto respecto a la multiplicacion).δ) El producto es distributivo respecto a la suma (a los dos lados).
Si el producto es conmutativo, el cuerpo se llama cuerpo conmutativo. Loscuerpos utilizados para los espacios vectoriales son cuerpos conmutativos. Por esoen nuestros cuerpos tambien se da la propiedad:
γ) Conmutativo.
La existencia de la suma con las propiedades a), b), c) configura al conjunto Ken grupo aditivo. La propiedad d) lo hace ademas grupo aditivo conmutativo.
La otra operacion llamada multiplicacion o producto estructura a K − 0, enun grupo multiplicativo.
El conjunto de los numeros reales es un cuerpo, que denotamos por R. Tambienel conjunto de los numeros complejos, que denotamos por C es un cuerpo y elconjunto de los numeros racionales, que denotamos por Q.
Estamos tan acostumbrados a que el producto del cero por cualquier otro ele-mento sea cero que podemos pensar que este resultado es evidente, pero no lo es apartir de los axiomas establecidos en la definicion de cuerpo.
109
Denotando por e al elemento neutro de la suma para que deje de parecer tantrivial, vamos a establecer:
e · x = e ∀x ∈ K
En efecto:
e · x = (e+ e) · x = e · x+ e · x
Sumando ahora a los dos miembros de esta igualdad el elemento x′ opuesto deex, tenemos:
e = x′ + e · x = x′ + e · x+ e · x = e+ e · x = e · x es decir, e = e · x.
Otras propiedades interesantes son:
El elemento neutro de un grupo es unico: Suponiendo la existencia de dos ele-mentos neutros e y e′, llegamos a su igualdad: tendrıamos e = e+ e′ = e′.
De aquı tenemos la unicidad no solo del elemento neutro de la suma sino tambienla unicidad del elemento neutro de la multiplicacion sin mas que cambiar el signo+ por el signo ·. Usualmente, representaremos por 1 el elemento neutro de lamultiplicacion.
El elemento opuesto de uno dado x de un grupo es unico: suponiendo la existenciade dos elementos opuestos x′ y x′′ de x, tenemos: x′ = x′ + e = x′ + (x + x′′) =(x′ + x) + x′′ = e+ x′′ = x′′.
Propiedad importante es que λ1λ2 = e implica λ1 = e o λ2 = e.En efecto: si λ2 6= e, λ2 tiene un inverso respecto a la multiplicacion. Sea λ−12
este inverso, entonces, segun la primera propiedad anterior,
e = eλ−12 = (λ1λ2)λ−12 = λ1(λ2λ
−12 ) = λ1.
Espacio Vectorial.
Definicion 2: Un conjunto V es un Espacio Vectorial sobre un cuerpo K si
1) Esta dotado de una operacion interna llamada suma respecto de la cual esgrupo conmutativo.
2) Tiene una multiplicacion externa por los elementos de un cuerpo K, es decir,existe una aplicacion del conjunto K × V → V que asocia a cada par (λ, v) elelemento denotado por λv con las siguientes propiedades:
a) λ(v1 + v2) = λv1 + λv2. (Distributividad respecto a la suma de V).b) (λ1 + λ2)v = λ1v + λ2v. (Distributividad respecto a la suma en K).c) (λ1λ2)v = λ1(λ2v). (Asociatividad mixta).d) 1v = v donde 1 es el elemento neutro del cuerpo para la multiplicacion y v es
cualquier vector de v.
El espacio vectorial se representa por VK .
110
En los espacios vectoriales se verifica, si e es el elemento neutro del cuerpo, quee · v = 0 para cada vector v del espacio. Propiedad analoga a la de los cuerpos, cuyademostracion es tambien exactamente analoga.
Tambien, si λ ∈ K y 0 es el elemento neutro de la suma de V, se verifica λ ·0 = 0.En efecto, llamando v′ al elemento opuesto de λ · 0, tenemos
0 = v′+λ ·0 = v′+λ · (0+0) = v′+(λ ·0+λ ·0) = (v′+λ ·0)+λ ·0 = 0+λ ·0 = λ ·0
Otra propiedad interesante: si 1 es la unidad del cuerpo y −1 es el opuesto de 1en K, el producto (−1)v es el opuesto de v en V. Se deduce de la igualdad:
v + (−1)v = 1 · v + (−1) · v = (1 + (−1))v = e · v = 0
y de la unicidad del elemento opuesto.
Ademas, si un vector v es distinto de cero, la igualdad λv = 0 implica λ = 0, yaque si λ 6= 0, existirıa el inverso de λ : (λ1) y tendrıamos 0 = λ−1(λv) = (λ−1λ)v =1 · v = v, en contra de lo supuesto.
Se puede comprobar facilmente que el conjunto de matrices 2 × 2 de numerosracionales es un espacio vectorial sobre Q.
Es interesante observar que R tiene estructura de espacio vectorial sobre R y quecada cuerpo K tiene estructura de espacio vectorial sobre K.
Tambien se verifica que C tiene estructura de espacio vectorial sobre R y R tieneestructura de espacio vectorial sobre Q.
Es facil comprobar que el conjunto de polinomios de grado ≤ n con coeficientesreales es un espacio vectorial sobre R y que el conjunto de polinomios de grado ≤ ncon coeficientes complejos es un espacio vectorial sobre C. A los espacios vectorialessobre R, se les llama espacios vectoriales reales. A los espacios vectoriales sobre Cse les llama espacios vectoriales complejos.
Son espacios vectoriales reales el conjunto de matrices con entradas reales de mfilas y n columnas, Mm×n(R), el conjunto de funciones reales de variable real, elconjunto de las sucesiones de numeros reales...
Son espacios vectoriales complejos el conjunto de matrices con entradas com-plejas de m filas y n columnas, Mm×n(C), el conjunto de sucesiones de numeroscomplejos...
El conjunto de las aplicaciones definidas en un conjunto con imagen en un cuerpoes un espacio vectorial sobre ese cuerpo, sea este R, C o Q.
111
Ejercicios
5.1.1. Indicar por que el conjunto de todas las matrices de numeros reales detodas las dimensiones con numeros reales no es un espacio vectorial real.
5.1.2. Comprobar que el conjunto de funciones reales continuas de variable realson un subespacio vectorial real.
Un ejemplo en el que se ve la importancia del cuerpo en la estructura de espacio vectorial es el
conjunto C de los numeros complejos. C tiene estructura de espacio vectorial sobre R y estructura
de espacio vectorial sobre C. Pero son dos estructuras distintas; Como espacio vectorial complejo,
fijado un elemento no cero, todo elemento de C se puede obtener multiplicando el elemento fijo
por otro del cuerpo. Pero como espacio vectorial real, fijado un elemento distinto de cero solo los
elementos de la recta geometrica con direccion el elemento fijado se pueden obtener multiplicandolo
por elementos del cuerpo.
La estructura de espacio vectorial es importante porque permite el concepto dedimension que clasifica a estos espacios y establece diferencias entre los subconjutosde los espacios vectoriales llamados subespacios vectoriales. Se vera como ejercicioque la dimension de C no es la misma cuando se considera espacio vectorial complejoque cuando se considera espacio vectorial real.
Subespacios Vectoriales.
Definicion 3: Un Subespacio vectorial de un espacio vectorial V sobre uncuerpo K es un subconjunto S no vacıo de V que es un espacio vectorial
sobre el mismo cuerpo K con las leyes de composicion inducidas por las leyes deV con K.
El espacio vectorial R contenido en el espacio vectorial C es un subespacio suyo si se considera
en C la operacion externa por los elementos de R, pero no es un subespacio vectorial, si se considera
en C la operacion externa por los elementos del mismo C.
El cuerpo sobre el que se considera el espacio vectorial es importante a la hora deconsiderar subespacios: fijado un origen, hemos visto que los puntos del plano danlugar a un espacio vectorial real formado por los vectores que tienen el mismo origen 0y que este espacio vectorial se puede hacer coincidir con el espacio vectorial real R×Rintroduciendo un sistema de referencia. El conjunto de los vectores horizontales,con origen en el punto prefijado, son un subespacio vectorial real del primer espaciovectorial y correspondientemente, el conjunto de las parejas (a, 0)|a ∈ R, es unsubespacio vectorial de R×R.
Pero tambien, se pueden poner los puntos del plano en correspondencia con losnumeros complejos y trasmitirles la estructura de espacio vectorial complejo de C.En este caso, como el subconjunto de los numeros reales no es subespacio vectorialdel espacio de los numeros complejos cuando el cuerpo que se considera es C, larecta horizontal, que es la que corresponde a R no es un subespacio del espacio delos puntos del plano con la estructura vectorial compleja.
112
Para que un subconjunto S no vacıo de un espacio vectorial sea subespacio vec-torial se tendra que verificar que la suma del espacio vectorial sea una operacion delsubconjunto, asociativa, con elemento neutro, tal que todo elemento del subconjuntotenga su elemento opuesto en el conjunto, conmutativa y ademas que la multipli-cacion externa por los elementos del mismo cuerpo sea otra operacion del subcon-junto con las propiedades distributivas y asociativa mixta y tal que 1×v = v ∀v ∈ S.
Pero hay algunas de estas propiedades, como la asociatividad, la distributividady la conmutatividad, que por verificarse en V, se verifican en cualquier subconjuntoS, y por ello, para comprobar que un subconjunto S es subespacio vectorial, solohay que comprobar que las operaciones se mantienen dentro del subconjunto, (sedice que sean cerradas en el subconjunto), y que el subconjunto contiene el elementoneutro de la suma.
Podemos ahorrarnos comprobaciones estableciendo:
Proposicion 1: El subconjunto S es un subespacio vectorial de un espaciovectorial V si:
i) S es cerrado respecto a la suma de V. (∀v1, v2 ∈ S, v1 + v2 ∈ S).ii) S contiene el elemento neutro de la suma de V.iii) S es cerrado respecto a la operacion externa. (∀v ∈ S,∀λ ∈ K,λv ∈ S)
En efecto, si S es cerrado respecto a la suma, S esta dotado de esta operacion.Como S tambien tiene el elemento neutro por ii), y la operacion es asociativa enS (por serlo en V) lo unico que le falta a S para ser grupo es que para cada vel elemento opuesto: −v pertenezca a S; Por ser cerrado respecto a la operacionexterna, −v = (−1)v pertenece a S. Por lo que tenemos que S es un grupo aditivo.
La conmutatividad de la suma en S viene heredada de la conmutatividad de lasuma en V.
Luego 1) S es un grupo aditivo conmutativo.Ademas, si S es cerrado respecto a la operacion externa de V, existe la aplicacion
K × S → S que asocia a cada par (λ, v) el elemento λv de S con las propiedades:a), b), c), d), de la definicion 2. heredadas de las de V. Es decir,
2) S esta dotado de la operacion externa por ser cerrado respecto a ella. Y lasrestantes propiedades de las operaciones de un espacio vectorial quedan heredadas.
Hay que anadir la condicion ii) porque el conjunto vacıo verifica i) y iii) pero noes subespacio vectorial.
Sin embargo, podemos simplificar aun mas las condiciones a cumplir por unsubespacio vectorial y establecer la
Proposicion 2: El subconjunto S es un subespacio vectorial de un espaciovectorial V si:
i) S contiene el elemento neutro del espacio vectorial respecto a la suma.ii) Dados λ1, λ2 cualesquiera de K y dados v1, v2 cualesquiera en S, λ1v1 + λ2v2
esta en S.
113
Demostracion:Veamos primero que si se cumplen las condiciones de la proposicion 2, se cumplen
las condiciones de la proposicion 1.
La condicion i) de la proposicion 2 es la condicion ii) de la proposicion 1.Si se verifica ii) de la proposicion 2, cogiendo λ1 = λ2 = 1, dados dos vectores v1
y v2 de S, el vector 1 · v1 + 1 · v2 = v1 + v2 pertenece a S, luego S es cerrado respectoa la suma en V.
Ademas, cogiendo λ1 = λ, λ2 = e, v1 = v = v2, tenemos que λ1v + e · v = λvesta en S, cualquiera que sea λ ∈ K y v ∈ S, luego S es cerrado respecto a la ley decomposicion externa.
Recıprocamente, veamos que si se cumplen las condiciones de la proposicion 1,se cumplen las condiciones de la proposicion 2:
ii) Dados λ1, λ2 de K cualesquiera, y dados v1, v2 en S los vectores λ1v1 y λ2v2pertenecen a S, por ser S cerrado respecto a la operacion externa y su suma pertenecea S por ser S cerrado respecto a la suma.
La condicion i) de esta proposicion no es superflua, porque en el caso de ser Svacıo se cumplirıa la condicion ii) pero no serıa S un grupo aditivo al no contener elelemento neutro.
En realidad, podemos establecer laProposicion 3: El subconjunto S es un subespacio vectorial de un espacio
vectorial V si:i) S es no vacıo.ii) Dados λ1 λ2 cualesquiera de K y dados v1, v2 cualesquiera en S, λ1v1 + λ2v2
esta en S.Ya que al ser S no vacıo, existiendo v ∈ S, el vector cero 0 = e · v pertenece a S
por ii), cogiendo λ1 = λ2 = 0 y v1 = v2 = v.
Ejercicios:
5.2.1. Comprobar que el conjunto de vectores con origen en O cuyos extremosestan en una recta que pasa por el punto O es un subespacio vectorial del espaciovectorial real formado por todos los vectores con origen en O.
5.2.2. Explicar por que el conjunto de vectores con origen en O cuyos extremosestan en una recta que no pasa por un punto O no es un subespacio vectorial delespacio vectorial real formado por todos los vectores con origen en O.
5.2.3. Comprobar que el subconjunto de R2 formado por las parejas (x, y) conx ≥ 0 no es un subespacio vectorial de R2.
114
5.2.4. Estudiar si son subespacios vectoriales de R2 los siguientes subconjuntos:a) S1 = (x, y) ∈ R2| y − x = 0,b) S2 = (x, y) ∈ R2| y − x = 1,c) S3 = (x, y) ∈ R2| xy = 0,d) S4 = (x, y) ∈ R2| y = |x|,e) S5 = (x, y) ∈ R2| |y| = |x|.
5.2.5. Estudiar si son subespacios vectoriales de R3 los siguientes subconjuntos:a) S1 = (x, y, z) ∈ R3| y − x = 0,b) S2 = (x, y, z) ∈ R3| y − x = 1,c) S3 = (x, y, z) ∈ R3| xy = 0,d) S4 = (x, y, z) ∈ R3| y = |x|,e) S5 = (x, y, z) ∈ R3| |y| = |x|.
5.2.6. Comprobar que aunque Q esta contenido en R y sus operaciones estaninducidas por las de R, Q no es subespacio vectorial de R. (La multiplicacion deelementos de Q por elementos de R no es cerrada en Q (puede dar elementos de Rno contenidos en Q)). Lo mismo ocurre con R respecto a C.
5.2.7. Estudiar si son subespacios vectoriales de C, considerado como espaciovectorial complejo, a) el conjunto de los numeros reales. b) el conjunto de losnumeros imaginarios puros.
5.2.8. Comprobar que el conjunto de las matrices diagonales de orden n conelementos de un cuerpo K, es un subespacio vectorial del espacio vectorial sobre elcuerpo dado, de las matrices cuadradas de orden n con elementos de ese cuerpo.
5.2.9. Comprobar que el espacio vectorial de las matrices 2 × 2 con numerosracionales no es subespacio vectorial del espacio vectorial real de las matrices 2× 2con numeros reales.
5.2.10. Estudiar si son subespacios vectoriales del espacio vectorial real defunciones reales de variable real los siguientes subconjuntos: S1 = f |f(0) = 0,S2 = f |f(1) = 0, S3 = f |f(0) = 1.
5.2.11. Averiguar si son subespacios vectoriales de los correspondientes espaciosvectoriales los siguientes subconjuntos:
a) El subconjunto de los polinomios con coeficientes reales dentro del espaciovectorial real de las funciones reales de variable real.
b) El subconjunto de los polinomios de grado ≤ n, con coeficientes reales, siendon fijo, dentro del espacio vectorial real de las funciones reales de variable real.
c) El conjunto de los polinomios de grado n, siendo n fijo, con coeficientes realescomo subconjunto del espacio vectorial real de los polinomios de cualquier gradocon coeficientes reales.
d) El subconjunto de polinomios de grado ≤ 3 con coeficientes reales divisiblespor x − 1 como subconjunto del espacio vectorial real de los polinomios de grado≤ 3 con coeficientes reales.
115
5.2.12. Averiguar si son subespacios vectoriales del espacio vectorial real dematrices de numeros reales de orden 2× 2 los siguientes subconjuntos:
a) El subconjunto de las matrices de numeros reales de orden 2 × 2 de trazacero como subconjunto del espacio vectorial real de las matrices de numeros realesde orden 2 × 2. (Se llama traza de una matriz a la suma de los elementos de sudiagonal).
b) El subconjunto de las matrices de numeros reales de orden 2 × 2 de rango1 como subconjunto del espacio vectorial real de las matrices de numeros reales deorden 2× 2.
c) El subconjunto de las matrices de numeros reales de orden 2×2 que conmutancon la matriz B, siendo B una matriz fija 2 × 2, como subconjunto del espaciovectorial real de las matrices de numeros reales de orden 2× 2.
5.2.13. Averiguar si son subespacios vectoriales de los correspondientes espaciosvectoriales los siguientes subconjuntos:
a) El subconjunto de las matrices triangulares superiores n×n con elementos deun cuerpo como subconjunto del espacio vectorial sobre ese cuerpo de las matricescuadradas n× n con elementos del mismo cuerpo.
b) El subconjunto de las matrices simetricas n× n con elementos de un cuerpocomo subconjunto del espacio vectorial sobre ese cuerpo de las matrices cuadradasn× n con elementos del mismo cuerpo.
c) El subconjunto de las matrices antisimetricas n×n con elementos de un cuerpocomo subconjunto del espacio vectorial sobre ese cuerpo de las matrices cuadradasn× n con elementos del mismo cuerpo.
5.2.14. Averiguar si es subespacio vectorial del espacio vectorial real de matricesde numeros reales de orden m× n el subconjunto de las matrices escalonadas de mfilas y n columnas.
Corolario 1:(de la proposicion 2.)La interseccion de una familia de subespacios vectoriales es un subespacio vec-
torial. La demostracion a partir de la proposicion 2 es facil de ver y se deja comoejercicio.
Corolario 2:El conjunto de soluciones de un sistema homogeneo de ecuaciones lineales con
coeficientes en un cuerpo conmutativo es un subespacio vectorial.Demostracion:Demostrando primero que el conjunto de soluciones de una ecuacion lineal es un
subespacio vectorial, la demostracion se sigue de la observacion de que el conjuntode soluciones del sistema es la interseccion de los subespacios soluciones de cadaecuacion.
Respecto a lo primero, sea a1x1 + a2x2 + · · · + anxn = 0 una ecuacion concoeficientes en un cuerpo K conmutativo y sea S el conjunto de sus soluciones.Entonces:
116
i) (0,0,...,0) es solucion de la ecuacion lineal.ii) Sean λ1 y λ2 elementos del cuerpo K y (u1, u2, · · · , un), (v1, v2, · · · , vn), solu-
ciones de la ecuacion,λ1(u1, u2, · · · , un)+λ2(v1, v2, · · · , vn) = (λ1u1+λ2v1, λ1u2+λ2v2, · · · , λ1un+λ2vn)
es tambien solucion de la ecuacion porque:
a1(λ1u1 + λ2v1) + a2(λ1u2 + λ2v2) + · · ·+ an(λ1un + λ2vn) =
(por la distributividad del producto)
= a1(λ1u1) + a1(λ2v1) + a2(λ1u2) + a2(λ2v2) + · · ·+ an(λ1un) + an(λ2vn) =
(por la asociatividad del producto)
= (a1λ1)u1 + (a1λ2)v1 + (a2λ1)u2 + (a2λ2)v2 + · · · (anλ1)un + (anλ2)vn =
(por la commutatividad del producto)
= (λ1a1)u1 + (λ2a1)v1 + (λ1a2)u2 + (λ2a2)v2 + · · ·+ (λ1an)un + (λ2an)vn =
(por la commutatividad de la suma)
= (λ1a1)u1 + (λ1a2)u2 + · · ·+ (λ1an)un + (λ2a1)v1 + (λ2a2)v2 + · · ·+ (λ2an)vn =
(por la asociatividad del producto)
= λ1(a1u1) + λ1(a2u2) + · · ·+ λ1(anun) + λ2(a1v1) + λ2(a2v2) + · · ·+ λ2(anvn) =
(por la distributividad del producto respecto a la suma)
= λ1(a1u1 + a2u2 + · · ·+ anun) + λ2(a1v1 + a2v2 + · · ·+ anvn) =
(por ser (u1, v2, · · · , un) y (v1, v2, · · · , vn) soluciones de la ecuacion)
= λ10 + λ20 = 0
porque estos numeros pertenecen a un cuerpo.
Un subespacio vectorial ha sido dado hasta ahora por una condicion que han decumplir sus vectores, pero tambien puede darse por una familia de vectores, a partirde los cuales se obtienen todos los demas. p. ej. los vectores horizontales de R3
son un subespacio de R3 dados por la condicion de ser horizontales, pero tambiense pueden expresar: (x1, x2, 0) = x1(1, 0, 0) + x2(0, 1, 0), es decir, que se puedenobtener a partir de (1, 0, 0), (0, 1, 0) multiplicando por numeros reales y sumando.
Se introduce el concepto de combinacion lineal para expresar un vector a partirde otros.
117
Definicion 4: se llama combinacion lineal de los vectores v1, v2, ..., vm ⊂ VKa cualquier vector v que se pueda escribir v = λ1v1 + λ2v2 + ...+ λmvm donde los λipertenecen al cuerpo K.
El vector cero es combinacion lineal de cualquier familia de vectores, ya quetomando λ = 0, se obtiene λv = 0, cualquiera que sea v.
Demonos cuenta de que si S es subespacio vectorial de V , por la propiedadasociativa de la suma, dados m vectores: v1, v2, ..., vm de S, el vector v = λ1v1 +λ2v2 + ...+ λmvm (donde los λi pertenecen al cuerpo) permanece en S.
Podemos decir que un subespacio vectorial es un subconjunto no vacıo de unespacio vectorial que coincide con las combinaciones lineales de todos sus elementos.Pero investigaremos la posibilidad de determinar un subespacio por un subconjuntode sus vectores, (cuantos menos mejor), como conjunto de las combinaciones linealesde este subconjunto.
Un ejemplo son los conjuntos de soluciones de un sistema homogeneo de ecua-ciones, que se pueden expresar como combinaciones lineales de un numero finito devectores. Lo veremos mas adelante en el ejemplo usado para establecer el Teorema2.
Lema 1: El conjunto de las combinaciones lineales de m vectores fijos de unespacio vectorial es un subespacio vectorial del dado con las operaciones inducidas.(Su comprobacion se deja como ejercicio). Se llama subespacio vectorial engendradopor los m vectores. Representaremos por Lv1, v2, ...vm al subespacio vectorialengendrado por v1, v2, ..., vm. Llamamos a este conjunto de vectores un sistemagenerador de dicho subespacio. Y a los vectores del conjunto, vectores generadores.
Como nos interesa la mayor simplicidad, nos interesan los sistemas generadorescon el mınimo numero de elementos y por eso introducimos el concepto de vectorlinealmente dependiente:
Definicion 5: Un vector v depende linealmente de los vectores v1, v2, ..., vmsi se puede expresar como combinacion lineal de los vectores dados.
Observemos que el vector nulo siempre depende de cualquier conjunto de vec-tores: se expresa como una combinacion lineal en la que todos los coeficientes sonnulos.
La consideracion de los vectores linealmente dependientes esta justificada por laproposicion siguiente:
Proposicion 4: Si un vector v depende linealmente de los vectores v1, v2 . . . , vm,los subespacios vectoriales engendrados por v1, v2 . . . , vm y por v1, v2 . . . , vm, vcoinciden.
Demostracion:Esta claro que Lv1, v2, ...vm ⊂ Lv1, v2, ..., vm, v.
118
Para la inclusion Lv1, v2, ..., vm, v ⊂ L v1, v2, ...vm, escribimos: v = λ1v1 +λ2v2 + ...+ λmvm, entonces, cualquier elemento de Lv1, v2, ..., vm, v se escribe:
α1v1 + α2v2 + ...+ αmvm + αv =
α1v1 + α2v2 + ...+ αmvm + α(λ1v1 + λ2v2 + ...+ λmvm) =
(α1 + αλ1)v1 + (α2 + αλ2)v2 + ...+ (αm + αλm)vm.
Este ultimo es un elemento de Lv1, v2, ..., vm.
Por ejemplo, = L(1, 0, 0)(0, 1, 0) = L(1, 0, 0)(0, 1, 0)(1, 1, 0) dentro de R3.
Definicion 6: Se dice que los vectores v1, v2, ..., vm son linealmente de-pendientes si y solo si uno de ellos depende del resto.
Si el vector cero es uno de los vectores vi, los vectores son linealmente dependi-entes. (Release la observacion posterior a la definicion 5).
Proposicion 5: los vectores v1, v2, ..., vm son linealmente dependientes si ysolo si el vector cero se puede expresar como combinacion lineal de los vectores dadosutilizando algun coeficiente no nulo.
Demostracion:⇐).Sea
0 = λ1v1 + λ2v2 + ...+ λmvm
y sea λi 6= 0.Entonces,
λivi = −λ1v1 − λ2v2 − ...− λmvmdonde en el segundo miembro aparecen solo los vectores distintos del vi.
Como λi 6= 0 y K es un cuerpo, existe inverso de λi. Multiplicando por λ−1itenemos:
vi = −λ−1i λ1v1 − ...− λ−1i λmvm
donde no aparece el vi en el segundo miembro, por tanto uno de ellos dependelinealmente del resto.⇒). Sea vi un vector que depende del resto de vectores. Entonces,
vi = λ1v1 + ...+ λmvm
donde no aparece vi en el segundo miembro. Pasandolo al segundo miembro, tenemos
0 = λ1v1 + ...− vi + ...+ λmvm
El coeficiente de vi en el segundo miembro es −1 porque vi antes no aparecıa en elsegundo miembro. Hemos conseguido escribir el cero como combinacion lineal de
119
los vectores dados siendo al menos el coeficiente de vi (−1) distinto de cero. Luego,por la definicion 6, los vectores son linealmente dependientes.
Definicion 7: Se dice que los vectores v1, v2, ..., vm son linealmente inde-pendientes si no son linealmente dependientes.
En este caso, por la prop. 5, no podemos encontrar una expresion:
0 = λ1v1 + λ2v2 + ...+ λmvm
con algun λi 6= 0, o lo que es lo mismo, en una expresion del tipo
0 = λ1v1 + λ2v2 + ...+ λmvm
todos los λi han de ser nulos.En la practica, en los casos concretos, se comprueba si v1, v2, ..., vm son lineal-
mente independientes viendo si la existencia de la expresion:
0 = λ1v1 + λ2v2 + ...+ λmvm
implica que todos los coeficientes sean nulos.Esta regla tambien nos da que un conjunto de vectores formado solo por el
vector cero es dependiente. Y que un conjunto formado solo por un vector distintode cero es independiente. (Veanse las propiedades que se demostraron al principiodel capıtulo sobre las operaciones en un espacio vectorial).
Ejercicios:
5.3.1. Estudiar si son independientes en su espacio vectorial correspondiente lassiguientes familias de vectores:
a) (1, 2, 0), (0, 1, 1) ⊂ R3,b) (1, 2, 0), (0, 1, 1), (1, 1, 0) ⊂ R3,c) (1, 2, 0), (0, 1, 1), (1, 1,−1) ⊂ R3,d) (1, 2, 0), (0, 1, 1), (1, 1, 0), (3, 2, 1) ⊂ R3,e) (i, 1− i), (2,−2i− 2) ⊂ C2,f) (i, 1,−i), (1, i,−1) ⊂ C3.
5.3.2. En los casos de las familias anteriores que sean dependientes, expresar unode los vectores como combinacion lineal de los restantes.
5.3.3. Estudiar si son independientes en su espacio vectorial correspondiente lassiguientes familias de vectores:
a) (0 10 −2
),
(1 −10 1
),
(−2 5
0 −8
)subconjunto de las matrices 2× 2 de numeros reales.
b) Los polinomios 1, x− 2, (x− 2)2, (x− 2)3 ⊂ P 3R[x].
5.3.4. Demostrar que si f1(x), f2(x), · · · , fk(x) son funciones reales de variablereal tales que existen a1, a2, · · · , ak verificando
120
∣∣∣∣∣∣∣∣∣f1(a1) f2(a1) · · · fk(a1)f1(a2) f2(a2) · · · fk(a2)
......
. . ....
f1(ak) f2(ak) · · · fk(ak)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 6= 0
son funciones independientes.
5.3.5. Utilizar el resultado anterior paraa) Demostrar que cualquiera que sea n, los polinomios 1, x−2, (x−2)2, · · · , (x−
2)n ⊂ P n[x] son independientes considerados como vectores de dicho espacio vec-torial.
b) Demostrar que los polinomios: 1, x − a, (x − a)2, · · · , (x − a)n ⊂ P n[x],cualquiera que sea n, y cualquiera que sea a, son independientes.
La proposicion 4 establece que en un conjunto de generadores de un subespaciose puede prescindir de los que dependan linealmente de los otros.
Introducimos el concepto de base para prescindir en el sistema generador de unsubespacio de los vectores que dependan de los restantes. Ası obtenemos las basescomo sistemas generadores con un numero mınimo de vectores.
Bases.
Definicion 8: Se llama base de un espacio vectorial a un sistema generador delespacio que a su vez es linealmente independiente.
Ejercicios
5.4.1. Comprobar que los siguientes conjuntos de vectores son bases de los cor-respondientes espacios vectoriales: (son las llamadas bases canonicas)
a) (1, 0, 0, · · · , 0), (0, 1, 0, · · · , 0), (0, 0, 1, · · · , 0), · · · , (0, 0, 0, · · · , 1) ⊂ Rn.b) (
1 00 0
),
(0 10 0
),
(0 01 0
),
(0 00 1
)⊂M2×2(R)
c) 1, x, x2, · · · , xn ⊂ P nR(x).
5.4.2. Estudiar si las siguientes familias de vectores son bases de los espaciosvectoriales dados:
a) (1, 0, 0, 1), (1, 0, 1, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1) ⊂ R4,
b) (1, 0, 0, 1), (1, 0, 1, 0), (0, 2, 1, 0), (0, 1, 0, 1) ⊂ R4,c) (
1 00 1
),
(1 01 0
),
(0 11 0
),
(0 10 1
)⊂M2×2(R),
121
d) (1 00 1
),
(1 01 0
),
(0 21 0
),
(0 10 1
)⊂M2×2(R),
e) (1 01 1
),
(0 11 1
),
(1 11 2
),
(0 11 0
)⊂M2×2(R),
f) (1 01 1
),
(0 11 1
),
(1 11 1
),
(0 11 0
)⊂M2×2(R).
5.4.3. Encontrar bases de los siguientes subespacios vectoriales de M3×3(R) :a) Las matrices diagonales.b) Las matrices triangulares superiores.c) Las matrices triangulares inferiores.d) Las matrices simetricas.e) Las matrices antisimetricas.
5.4.4. Siendo e1, e2, · · · , en una base de Rn, demostrar que los vectores:
u1 = e1, u2 = e1 + e2, · · · , un−1 = e1 + e2 + · · ·+ en−1, un = e1 + e2 + · · ·+ en
son otra base de Rn.
Ademas de ser una base un sistema generador mınimo, (por ser un sistemaindependiente), permite la definicion de coordenadas que asocia a cada vector unconjunto de numeros e identifica el espacio vectorial con un producto cartesiano delcuerpo K por sı mismo un determinado numero de veces.
Definicion 9: Se llaman coordenadas de un vector en una base a los coeficientesque hay que poner a los vectores de dicha base para obtener una combinacion linealque de el vector dado.
Teorema 1: Las coordenadas estan bien definidas. (Son unicas para un vectorfijo en una base fija).
Demostracion:Sean x1, x2, ..., xn y x′1, x′2, ..., x′n dos conjuntos de coordenadas de un vector
x respecto a una base e1, e2, ..., en de V. Entonces,
x1e1 + x2e2 + ...+ xnen = x = x′1e1 + x′2e2 + ...+ x′nen
de donde(x1 − x′1)e1 + (x2 − x′2)e2 + ...+ (xn − x′n)en = 0
Como los vectores ei son independientes, los coeficientes xi − x′i han de ser nulos.Entonces xi = x′i para todo i.
122
Observemos que si el sistema generador de un subespacio vectorial no es una base,los coeficientes que podemos poner a los vectores del sistema generador para obtenerun vector dado no son unicos. En L(1, 0, 0)(0, 1, 0)(1, 1, 0) podemos escribir:
(2, 1, 0) = 2(1, 0, 0) + 1(0, 1, 0) + 0(1, 1, 0) o (2, 1, 0) = 1(1, 0, 0) + 0(0, 1, 0) +1(1, 1, 0)
Y no siempre le corresponderıan al vector cero las coordenadas (0, 0, 0) ya quetambien se tendrıa (0, 0, 0) = −1(1, 0, 0)− 1(0, 1, 0) + 1(1, 1, 0)
Por ello, las coordenadas de un vector en un sistema generador que no sea baseno estan bien definidas. Sin embargo, dada una base de n elementos en un espaciovectorial, cada vector del espacio queda determinado por los n numeros que son suscoordenadas en esa base.
Ejercicios:
5.5.1. Hallar las coordenadas del vector (3, 2,−1, 0) de R4 en la base de R4 dadaen el ejercicio 5.4.2 b).
5.5.2.a) Hallar las coordenadas del vector (n, n− 1, · · · , 2, 1) de Rn, en la baseu1, u2, ...un dada en el ejercicio 5.4.4 cuando e1, e2, ...en es la base canonica
de Rn.b) Hallar las coordenadas del vector (1, 2, · · · , n− 1, n) de Rn, en la baseu1, u2, ...un dada en el ejercicio 5.4.4 cuando e1, e2, ...en es la base canonica
de Rn.
5.5.3. Hallar las coordenadas de
(1 11 1
)en la base
(1 01 1
),
(0 11 1
),
(1 11 2
),
(0 11 0
)⊂M2×2(R)
5.5.4. Hallar las coordenadas de 1 + x+ x2 en la base 1, x− 1, (x− 1)2.
Veremos cual es la relacion entre las coordenadas de un vector en bases distintaspero antes demostraremos una serie de resultados encaminados a demostrar quesi un espacio vectorial tiene una base con n elementos, cualquier otra base tienetambien n elementos.
Proposicion 6: Todo conjunto formado por n vectores independientes de Rn
forma una base de Rn.Demostracion:Sea v1, v2, v3, · · · , vn un conjunto formado por n vectores independientes. En-
tonces la expresion: λ1v1 + λ2v2 + ... + λnvn = 0 solo se cumple cuando todos loscoeficientes λi son nulos.
Si v1 = (v11, v12, ..., v1n), v2 = (v21, v22, ..., v2n), · · · · · · · · · vn = (vn1, vn2, ..., vnn)(todos elementos de Rn), el vector λ1v1 + λ2v2 + ...+ λnvn es:
(λ1v11 + λ2v21 + ... + λnvn1, λ1v12 + λ2v22 + ... + λnvn2, · · · · · · , λ1v1n + λ2v2n +...+ λnvnn).
123
Si los vectores dados son independientes, estos numeros son todos a la vez nulossolo si los λi son nulos, es decir si el sistema lineal homogeneo:
λ1v11 + λ2v21 + ...+ λnvn1 = 0λ1v12 + λ2v22 + ...+ λnvn2 = 0
· · · · · · = 0λ1v1n + λ2v2n + ...+ λnvnn = 0
solo tiene la solucion trivial.
Esto es cierto si y solo si
det
v11 v21 · · · vn1v12 v22 · · · vn2· · · · · · · · · · · ·v1n v2n · · · vnn
6= 0
Veremos que esta condicion es suficiente para demostrar que los vectores dadosson un sistema generador, es decir, que L v1, v2, ...vn = Rn
En efecto, dado cualquier vector: (x1, x2, ...xn) de Rn, el sistema lineal
λ1v11 + λ2v21 + ...+ λnvn1 = x1λ1v12 + λ2v22 + ...+ λnvn2 = x2
· · · · · ·λ1v1n + λ2v2n + ...+ λnvnn = xn
tiene solucion por el Teorema de Rouche Frobenius, ya que al ser el determinantede la matriz de sus coeficientes (el anterior determinante) distinto de cero, el rangode la matriz de los coeficientes del sistema es igual al rango de la matriz ampliada.
Cogiendo las soluciones encontradas para los valores de λi en la expresion:λ1v1 + λ2v2 + ... + λnvn, obtenemos el vector dado (x1, x2, ...xn). Esto nos diceque cualquier vector de Rn es una combinacion lineal de los vectores dados, portanto, formaban un sistema generador. Como tambien eran independientes, formanun sistema generador independiente, es decir, una base de Rn.
El procedimiento seguido en esta demostracion establece tambien que:n n-uplas de Rn son una base de Rn si y solo si el determinante de la matrizcuyas columnas(o filas)son las n-uplas dadas es distinto de cero.
Ejercicios:
5.6.1. Encontrar los valores de a para los que los vectores (a, 0, 1), (0, 1, 1), (2,−1, a)formen una base de R3.
5.6.2. Dados dos vectores a = (a1, a2, a3), b = (b1, b2, b3) de R3, se define elproducto vectorial a× b como el vector simbolicamente expresado por∣∣∣∣∣∣
i j ka1 a2 a3b1 b2 b3
∣∣∣∣∣∣ ≡(∣∣∣∣ a2 a3
b2 b3
∣∣∣∣ ,− ∣∣∣∣ a1 a3b1 b3
∣∣∣∣ , ∣∣∣∣ a1 a2b1 b2
∣∣∣∣)Demostrar que si los vectores a y b son independientes, los vectores a, b, a× b
son una base de R3.
124
5.6.3. Hallar los numeros complejos z para los cuales los vectores:
(z + i, 1, i), (0, z + 1, z), (0, i, z − 1)no forman base considerados como vectores del espacio vectorial complejo C3.
5.6.4. Los vectores (z, 1, 0), (−1, z, 1), (0,−1, z) ⊂ R3, pueden considerarsecontenidos en R3 o en C3, segun se permita a z variar en R o en C. Aun con-siderandose contenidos en C3, puede darse a este conjunto estructura de espaciovectorial real y estructura de espacio vectorial complejo. Hallar los valores de z quelos hacen dependientes en cada uno de los tres casos.
Se puede generalizar la proposicion 6 a la siguiente proposicion 7: Todo con-junto formado por n vectores independientes de un espacio vectorial que tenga unabase de n elementos forma una base de dicho espacio.
Proposicion 7:Si un espacio vectorial VK tiene una base con n vectores, cualquier conjunto con
mas de n vectores es dependiente.Demostracion:Sean e1, e2, ..., en una base de V y v1, v2, ..., vm un conjunto de vectores,
donde m > n. Expresemos los vectores por sus coordenadas en la base dada:
v1 = (v11, v12, ..., v1n)
v2 = (v21, v22, ..., v2n)
· · · · · · · · · · · · · · ·vm = (vm1, vm2, ..., vmn)
Las coordenadas de una combinacion lineal de estos vectores: λ1v1 +λ2v2 + ...+λmvm son:
λ1v11 + λ2v21 + ...+ λmvm1
λ1v12 + λ2v22 + ...+ λmvm2
· · · · · ·λ1v1n + λ2v2n + ...+ λmvmn
La combinacion lineal es nula si y solo si sus coordenadas son nulas. El sistemalineal homogeneo:
λ1v11 + λ2v21 + ...+ λmvm1 = 0λ1v12 + λ2v22 + ...+ λmvm2 = 0
· · · · · ·λ1v1n + λ2v2n + ...+ λmvmn = 0
tiene por el teorema de Rouche-Frobenius, soluciones no nulas para todas las λi yaque como m > n, hay mas incognitas que ecuaciones y por tanto el rango de lamatriz de los coeficientes es menor que el numero de incognitas. Estas solucionespemiten poner el vector nulo como combinacion lineal de los vectores dados concoeficientes no todos nulos, por tanto los vectores dados son dependientes.
Con esta proposicion llegamos al importante
125
Teorema de la Base.Si un espacio vectorial tiene una base con n vectores, cualquier otra base tiene
el mismo numero de vectores.Demostracion: Sea e1, e2, ...en una base de V. Sea e′1, e′2, ...e′m otra base de
V.Si m > n, segun la proposicion anterior, los vectores e′1, e′2, ...e′m serıan depen-
dientes y no podrıan formar base.Si m < n, tomando e′1, e′2, ...e′m como base de partida de V, tendrıamos,
tambien, segun la proposicion anterior, que los vectores e1, e2, ...en serıan depen-dientes y no podrıan formar base.
Luego m = n.
Se llama dimension del espacio vectorial al numero de vectores de una base.(Un espacio vectorial de dimension finita es un espacio vectorial que admite una basede n vectores para algun n ∈ N .) El Teorema de la Base demostrado garantiza quela dimension del espacio vectorial es independiente de la base considerada, cuandoel espacio es de dimension finita.
Una aplicacion del concepto de dimension nos sirve para distinguir el espaciovectorial formado por los complejos sobre el cuerpo complejo del espacio vectorialformado por los complejos sobre el cuerpo real: vease el siguiente ejercicio:
5.7.1. Comprobar que una base de C considerado como espacio vectorial sobreC esta formada por 1, pero una base de C considerado como espacio vectorialsobre R es 1, i. Estos dos espacios vectoriales tienen distinta dimension.
Tambien se deduce de la proposicion 7 que n vectores independientes de unespacio vectorial con una base de n elementos son otra base, pues cualquier otrovector anadido a los dados es dependiente de ellos, siendo por tanto el conjuntodado de vectores independientes un sistema generador del espacio vectorial.
Dado que las bases contienen un menor numero de elementos, hacen los calculosmas cortos y por eso en el trabajo con espacios vectoriales son utiles las dos proposi-ciones siguientes:
Proposicion 8: De todo sistema generador finito de un espacio vectorial sepuede extraer una base.
Si el sistema generador no es una base es porque no es linealmente independientey existe algun vector que depende linealmente del resto. Por la proposicion 4, elespacio de combinaciones lineales del sistema generador coincide con el espacio decombinaciones lineales del conjunto de vectores que queda al extraer del sistemagenerador el vector dependiente. Podemos repetir el proceso mientras el sistemagenerador sea dependiente hasta que se haga independiente (porque es finito). Enel primer momento en que el conjunto de vectores no extraidos sea independientesera tambien una base del espacio porque sigue siendo un sistema generador.
Proposicion 9: Todo sistema independiente de un espacio vectorial de di-mension finita se puede completar a una base.
126
Sea n la dimension de V y v1, v2, ..., vr un sistema de vectores independientesde V .
Por la proposicion 7 no puede ser r > n.Si Lv1, v2, ..., vr = V , v1, v2, ..., vr son tambien un sistema generador de V y
por tanto son ya una base de V . Entonces, por el teorema de la base, r = n.Si Lv1, v2, ..., vr 6= V , debe ser r < n y existir un vector w ∈ V−Lv1, v2, ..., vr,
que es linealmente independiente de los dados. Llamemos vr+1 = w y anadamosloa los vectores dados. El conjunto v1, v2, ..., vr, vr+1 es un conjunto de vectoresindependiente, que sera una base de V si Lv1, v2, ..., vr, vr+1 = V , en cuyo casor + 1 = n y ya hemos completado el conjunto de vectores dado a una base. Sir + 1 < n, repetimos el proceso anterior para anadir un vr+2 independiente delos anteriores y hasta un vn independiente de los anteriormente anadidos y en esemomento, el sistema independiente es un sistema generador por la proposicion 7,habiendo completado el sistema independiente dado a una base de V .
El metodo para llevar a cabo los hechos de las dos proposiciones anteriores encasos concretos se vera como aplicacion de la relacion entre el rango de una matrizy el numero de sus filas independientes, mas adelante.
Corolario 3: Dos subespacios vectoriales S1 y S2 son iguales si y solo si S1 ⊂ S2
y dimS1 = dimS2. (S1 y S2 son intercambiables).Este corolario es cierto porque si S1 ⊂ S2, una base de S1 puede completarse
a una base de S2, pero al ser dimS1 = dimS2, no podemos anadir ningun vectorporque todas las bases tienen el mismo numero de elementos, lo cual implica que labase de S1 es ya una base de S2, y por tanto, S1 = S2.
Teorema 2: La dimension del subespacio de soluciones de un sistema homogeneode ecuaciones lineales es igual al numero de incognitas menos el rango de la matrizde los coeficientes de las incognitas.
Como es mas facil comprobar este teorema en un ejemplo y visto el ejemplo, elteorema resulta obvio, aun sabiendo que un ejemplo no es una demostracion, vamosa hallar la dimension del subespacio de soluciones del sistema siguiente:
3x1 +2x2 +x3 +x4 −x5 = 03x1 +2x2 +2x3 +3x4 = 06x1 +4x2 +x3 −3x5 = 0
Una forma sistematica de resolver un sistema homogeneo de ecuaciones lineales,
que se puede escribir en forma matricial por Ax=0, es reducir la matriz A a unamatriz escalonada E por operaciones elementales y pasar en las ecuaciones de Ex=0,las incognitas de las columnas que no dan escalon al segundo miembro.
Como hicimos en el capıtulo del metodo de Gauss:
3x1 +2x2 +x3 +x4 −x5 = 0x3 +2x4 +x5 = 0−x3 −2x4 −x5 = 0
≡ 3x1 +2x2 +x3 +x4 −x5 = 0x3 +2x4 +x5 = 0
Pasamos al segundo miembro las incognitas x2 x4 y x5 :
127
3x1 +x3 = −2x2 −x4 +x5x3 = −2x4 −x5
Ahora, al recorrer las ecuaciones de arriba a abajo, las incognitas del primer
miembro van dismi-nuyendo de una en una, apareciendo solo una incognita despe-jada en el primer miembro en la ultima ecuacion. Sustituyendo esta incognita enla ecuacion anterior, podemos despejar otra incognita mas y seguir ası despejandohasta agotar las incognitas de los primeros miembros.
En este ejemplo, sustituyendo el valor de x3 dado por la segunda ecuacion en laprimera ecuacion tenemos: 3x1 = −2x2 + x4 + 2x5,.
Podemos considerar todas las incognitas como funciones lineales de las variablespasadas al segundo miembro, anadiendo xi = xi para estas ultimas variables.
En este ejemplo, anadiendo x2 = x2, x4 = x4, x5 = x5, obtenemos las condi-ciones:
x1 = −23x2 +1
3x4+
23x5
x2 = x2x3 = −2x4 −x5x4 = x4x5 = x5
Una solucion cualquiera es una 5-upla de valores, donde las incognitas pasadas alsegundo miembro pueden variar arbitrariamente y las incognitas del primer miembroestan sujetas a las condiciones despejadas. Que expresamos por:
x1x2x3x4x5
= x2
−2
3
1000
+ x4
13
0−2
10
+ x5
23
0−1
01
Haciendo ahora x2 = λ1, x4 = λ2, x5 = λ3 se escribe:
x1x2x3x4x5
= λ1
−2
3
1000
+ λ2
13
0−2
10
+ λ3
23
0−1
01
El subespacio de soluciones del sistema es el subespacio de las combinaciones
lineales de los tres vectores columna del segundo miembro.
En este caso, ninguno de los vectores columna anteriores del segundo miembrode la igualdad es superfluo a la hora de dar las combinaciones lineales soluciones.En nuestro caso, para comprobar que son independientes, mirarıamos si una com-binacion lineal de los vectores igual a cero es posible con coeficientes λi distintos decero. Tendrıa que ser:
128
00000
= λ1
−2
3
1000
+ λ2
13
0−2
10
+ λ3
23
0−1
01
Considerando la segunda, la cuarta y la quinta filas, tenemos:
0 = λ1, 0 = λ2, 0 = λ3,
lo que implica que los vectores columna escritos son independientes. La di-mension del espacio de soluciones de este sistema es 5 − 2 = 3, (no de incognitasmenos rango de la matriz de los coeficientes).
Para demostrar el teorema 2 en forma general, tenemos en cuenta que la formasistematica por el Metodo de Gauss, de resolver un sistema homogeneo de ecuacioneslineales, escrito en forma matricial por Ax=0, es reducir la matriz A a una matrizescalonada E por operaciones elementales y pasar en las ecuaciones de Ex=0, lasincognitas de las columnas que no dan escalon al segundo miembro. Se despejan lasincognitas que dan escalon en funcion de las que no lo dan y si n es el numero deincognitas, las soluciones son las n-uplas de numeros que se pueden escribir segunlas expresiones obtenidas al despejar, donde varıan arbitrariamente las incognitasdel segundo miembro. Poniendo las n-uplas soluciones en columna ordenada y des-glosando sus expresiones segun las incognitas varia-bles, (que se pueden sustituir porparametros), aparecen las soluciones como combinaciones lineales de tantas colum-nas como incognitas variables. Estas columnas son un sistema de generadores delconjunto de soluciones del sistema.
Los vectores generadores ası obtenidos tienen el numero 1 en el sitio correspon-diente a dicha coordenada y el numero 0 en el sitio correspondiente a las otrascoordenadas pasadas al segundo miembro. Por esta condicion son independientes.
El numero de incognitas que dan escalon es igual al numero de escalones de E,igual a su vez al rango de la matriz de los coeficientes del sistema, (en terminos dedeterminantes), por tanto, se pasan al segundo miembro un numero de incognitasigual al numero total de ellas menos el rango de la matriz de los coeficientes. Porello, la dimension del conjunto de soluciones del sistema es no de incognitas menosrango de la matriz de los coeficientes.
Ejercicios:
5.8.1. Encontrar bases de los siguientes subespacios:
x1 +x3 +2x4 = 0x1 −x3 = 0
⊂ R4 x1 +x2 +x3 +x4 +x5 = 0
x1 −x2 +x3 −x4 +x5 = 0
⊂ R5
3x1 −x2 +3x3 −x4 +3x5 = 03x1 +x2 +3x3 +x4 +3x5 = 0
⊂ R5
5.8.2. Encontrar una base del subespacio S ⊂M2×2(R) definido por
129
S =
(a bc d
)∣∣∣∣ 2a+ b− c+ d = 0a+ b+ c− d = 0
5.8.3. Encontrar una base del espacio vectorial de los polinomios de grado menor
o igual que tres divisibles por x− 1.
Corolario 4: Dos subespacios vectoriales S1 y S2 dados respectivamente por lasecuaciones matriciales A1x = 0 y A2x = 0 son iguales si y solo si el rango de A1 esigual al rango de A2 y S1 ⊂ S2. (S1 y S2 son intercambiables).
Se pueden utilizar estos corolarios para averiguar si los conjuntos de solucionesde sistemas homogeneos distintos son coincidentes.
Corolario 5: En el conjunto de ecuaciones Ax = 0 de un subespacio vectorial,podemos suprimir las ecuaciones tales que al suprimir de A las filas de coeficientescorrespondientes a tales ecuaciones, queda una matriz del mismo rango que A.
Ejercicios:
5.9.1. Comprobar que el subespacio engendrado por (1, 0, 1,−1), (1,−1, 1,−1)en R4coincide con el espacio de soluciones del sistema:
x1 +x3 +2x4 = 0x1 −x3 = 0
⊂ R4.
5.9.2. Comprobar que los subespacios S1 y S2 de R5 cuyas ecuaciones son lossistemas:
x1 +x2 +x3 +x4 +x5 = 0x1 −x2 +x3 −x4 +x5 = 0
3x1 −x2 +3x3 −x4 +3x5 = 03x1 +x2 +3x3 +x4 +3x5 = 0
son iguales.
5.9.3. Dos subespacios vectoriales S1 y S2 dados respectivamente por las ecua-ciones matriciales A1x = 0 y A2x = 0 son iguales si y solo si
r
(A1
A2
)= r(A1) = r(A2).
(S1 y S2 son intercambiables).
130
Cambio de base.Veremos aquı cual es la relacion entre las coordenadas de un vector en dos bases
distintas.Sean B = e1, e2, ...en, B′ = e′1, e′2, ...e′n dos bases de un espacio vectorial de
dimension n.Sean (x1, x2, ...xn), (x′1, x
′2, ...x
′n) las coordenadas respectivas de un vector x en
ambas bases.Entonces, x1e1 +x2e2 + · · ·+xnen = x = x′1e
′1 +x′2e
′2 + · · ·+x′ne
′n, lo que tambien
se puede escribir:
(e1 e2 ... en
)x1x2...xn
= x = (e′1, e′2, ...e
′n)
x′1x′2...x′n
Sean
e′1 = a11e1 + a21e2 + ...+ an1en
e′2 = a12e1 + a22e2 + ...+ an2en
· · ·
e′n = a1ne1 + a2ne2 + ...+ annen
los vectores de la nueva base expresados en la antigua. Tambien los podemos escribirglobalmente ası:
(e′1 e′2 ... e′n
)=(e1 e2 ... en
)a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann
,
sustituyendo la expresion anterior de los e′ en la expresion de x, tenemos:
x =(e1 e2 ... en
)a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann
x′1x′2...x′n
que comparada con
x =(e1 e2 ... en
)x1x2...xn
,
ya que las coordenadas de un vector en una base fija son unicas, da:x1x2...xn
=
a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann
x′1x′2...x′n
Expresion de la relacion entre las coordenadas en las dos bases.
131
Observemos que las columnas de esta matriz son las coordenadas de cada unode los vectores de la nueva base expresados en la antigua.
Ejercicios:
5.10.1. Hallar las matrices de cambio de base en R4
a) de la base dada en el ejercicio 5.4.2. b) a la base canonica.b) de la base canonica a la base dada en el ejercicio 5.4.2. b)
5.10.2. Siendo v1, v2, v3, v4 = (1, 1, 0, 0), (0, 1, 0,−1), (0, 1, 1, 0), (0, 0, 0, 1)y w1, w2, w3, w4 = (1, 0, 0, 1), (1, 0, 1, 0), (0, 2, 1, 0), (0, 1, 0, 1), hallar:a) Las coordenadas del vector 3w1 + 2w2 + w3 − w4 en la base v1, v2, v3, v4.b) Las coordenadas del vector 3v1 − v3 + 2v2 en la base w1, w2, w3, w4.
5.10.3. Escribir las matrices de cambio de base en R4 entre las dos bases delejercicio 5.10.2 y comprobar los resultados de ese ejercicio.
5.10.4.a) Hallar las matrices de cambio de base enM2×2(R) entre las siguientes bases:(
1 00 1
),
(1 10 0
),
(0 11 0
),
(1 00 0
)y (
−1 01 1
),
(0 −11 1
),
(1 10 −1
),
(1 1−1 0
)b) Hallar las coordenadas de la matriz(
1 11 1
)directamente en las dos bases anteriores y comprobar que estan relacionadas por lasmatrices de cambio de base.
5.10.5. Escribir las matrices de cambio de base en el espacio de los polinomios degrado ≤ 3, entre las bases 1, x− 1, (x− 1)2, (x− 1)3 y 1, x+ 1, (x+ 1)2, (x+ 1)3.
Hallar las coordenadas del polinomio 1 + x + x2 + x3 directamente en las dosbases y comprobar que estan relacionadas por las matrices de cambio de base.
132
APLICACIONES DEL CONCEPTO DE DIMENSION A PROCESOSCONCRETOS.
Independencia del numero de escalones obtenidos escalonando unamatriz.
Queremos aquı mostrar, sin usar determinantes, que el numero de escalones dela matriz escalona-da E obtenida escalonando una matriz dada A es independientedel itinerario seguido para escalonarla (de las operaciones elementales utilizadas ydel orden de estas).
Primero demostramos que las filas no nulas de una matriz escalonada con ele-mentos de un cuerpo K, consideradas como elementos de Kn son independientes:
Sea
E =
e11 e12 · · · e1ne21 e22 · · · e2n· · · · · · · · · · · ·em1 em2 · · · emn
una matriz escalonada.
Sea
λ1(e11, e12, · · · , e1n)+λ2(e21, e22, · · · , e2n)+· · ·+λi(ei1, ei2, · · · , ein)+λr(er1, er2, · · · , ern)
una conbinacion lineal nula de sus filasRecordemos que por ser la matriz escalonada, si e1k es el primer numero distinto
de cero de la primera fila eik = 0 para i > 1. Entonces, la k-esima coordenada de laanterior combinacion lineal se reduce a λ1e1k, pero si esta combinacion lineal es nula,λ1e1k = 0. Como e1k 6= 0 y pertenece a un cuerpo, existe e−11k y entonces tenemosλ1 = (λ1e1k)e
−11k = 0.
Sea ahora e2l el primer numero no nulo de la segunda fila. Entonces, eil = 0para i > 2. Como λ1 = 0, la l-esima coordenada de la combinacion lineal escrita esλ2e2l, pero como la combinacion lineal es nula, λ2e2l = 0 y concluimos que λ2 = 0,lo mismo que en el caso anterior.
Vamos considerando las filas sucesivamente en orden creciente y llegamos a laconclusion de que todas las λj son nulas ya que lo son las λi anteriores, y en cada filano nula hay una primera coordenada no nula tal que las coordenadas en ese lugarde las filas sucesivas son nulas. Por tanto, las filas no nulas de la matriz escalonadason independientes.
Ahora, dada una matriz Am×n, llamamos vii≤m ⊂ Kn a los vectores que tienenpor coordenadas los elementos de las filas de la matriz A y llamamos espacio fila deA: (F(A)) al subespacio de Kn engendrado por los vectores vii≤m.
El numero de escalones de la matriz escalonada E(A) obtenida de A es igual alnumero de sus filas no nulas. Veamos que este numero (el de filas no nulas de lamatriz escalonada al que queda reducida A) es la dimension del subespacio vectorial
133
F(A). Cuando lo hayamos visto, tendrenos que los distintos numeros de filas nonulas de distintas matrices escalonadas obtenidas de A son todos iguales, por seriguales a la dimension de F(A).
Para ello, primero, se puede comprobar que en cada operacion elemental realizadaen la matriz A para hacerla escalonada, sus vectores filas se transforman en otrosvectores que dependen linealmente de los anteriores, por lo que el subespacio de lascombinaciones lineales de los vectores filas de la matriz obtenida esta contenido enel subespacio fila de la matriz de la que provenıa y al final F (E(A)) ⊂ F (A). Comolas operaciones elementales tienen como inversas, otras operaciones elementales; alvolver hacia atras desde E(A) a A, en cada operacion elemental ocurre lo mismo:el subespacio engendrado por los vectores filas esta contenido en el anterior, por loque F (A) ⊂ F (E(A))), luego F (A) = F (E(A))).
Despues, siendo las filas de E(A): ei = (ei1, ei2....ein) i ≤ m, y siendo lasfilas no nulas de E(A): ei = (ei1, ei2....ein) i ≤ r, por lo anterior, F (A) =Lv1, v2, ..., vi, ...vm =L e1, e2, ..., ei, ...em =Le1, e2, ..., ei, ...er ya que podemosprescindir de las filas nulas.
Como los vectores filas no nulas de E(A) son independientes y forman un sistemagenerador del subespacio Le1, e2, ..., ei, ...er = Lv1, v2, ..., vi, ..., vm, son una basede este subespacio.
Cualquiera que sea la forma en que escalonamos la matriz A, el numero de filas nonulas (y, por tanto, el numero de escalones) coincide con la dimension del subespacioF(A).
O sea, si escalonando de otra forma, obtenemos que Le′1, e′2, ..., e′i, ...e′r′ =Lv1, v2, ..., vi, ..., vm, como e1, e2, ..., ei, ...er y e′1, e′2, ..., e′i, ...e′r′ son dos basesdel mismo sub-espacio vectorial, han de tener el mismo numero de elementos, luegor = r′.
En el proceso de esta demostracion hemos hallado bases del subespacio vectorialengendrado por las filas de una matriz. Por tanto, si nos dan un subespacio vecto-rial por una familia de generadores, una manera de obtener una base de ese sube-spacio es escribir la matriz formada por las coordenadas de esos vectores en filas yescalonarla y los vectores correspondientes a las filas no nulas de la matriz escalonadaobtenida, son una base del subespacio dado.
Si queremos que la base sea un subconjunto del conjunto de generadores dado,seguimos el siguiente procedimiento:
Extraccion de la base a partir de un sistema generador.
Se deduce de lo visto en la proposicion 7 que para extraer una base de un sistemagenerador hay que ir eliminando los vectores que dependan de los demas. Esto, aveces, puede hacerse a simple vista, pero, en general, no. Veremos como escoger unsistema generador independiente utilizando el rango de la matriz que tiene por filaslas coordenadas de los vectores generadores en una base prefijada.
134
El numero de vectores que tenemos que escoger es igual a la dimension delsubespacio considerado.
Sea S = Lv1, v2, ..., vi, ...vm donde cada vi = (vi1, vi2....vin) esta expresado enuna base prefijada del espacio total. Llamamos A a la matriz que tiene por filaslas coordenadas de cada vi y la reducimos a su forma escalonada a la que llamamosE(A). Sabemos (por el procedimiento de la demostracion del teorema de Rouche-Frobenius) que el numero de filas no nulas de una matriz escalonada E(A) a la queA se reduzca es igual al maximo de los ordenes de los menores distintos de cero deA, al que vamos a llamar r. Hemos visto que este numero (el de filas no nulas dela matriz escalonada E(A)) es la dimension del subespacio vectorial engendrado porlos vectores vii≤m. Luego es r, el numero de vectores independientes que tenemosque escoger.
Tenemos que decidir ahora cuales pueden ser esos r vectores. Por la definicion derango, podemos escoger en A un menor de orden r distinto de cero; consideramos lasubmatriz formada por las r filas de las dadas que intersecan con este menor distintode cero. El rango de esta submatriz es r, por lo que el subespacio engendrado por esasfilas es de dimension r. Como este subespacio esta contenido en el dado y es de sumisma dimension, coincide con el dado y podemos escoger las r filas correspondientesa la submatriz considerada para formar una base del subespacio dado.
Ejercicios:
5.11.1. Calcular la dimension y extraer una base del subespacio de R5 engendradopor(1, 0, 1, 0, 1), (0, 1, 1, 0, 1), (1, 1, 3, 1, 1), (0, 0, 1, 1, 1), (0,−1, 1, 2, 1)
5.11.2. Encontrar una base deR4 que contenga los vectores (0, 0, 1, 1), (1, 1, 0, 0)
5.11.3. Calculese segun los valores de α, β, γ la dimension del espacio vectorial:S = L(1, 1, 0), (2, 1, α), (3, 0, β), (1, γ, 1)
5.11.4. Dado el subespacio vectorial de las matrices cuadradas 2× 2 engendradopor (
1 00 1
),
(0 11 0
),
(1 11 1
),
(1 −1−1 1
)extraer una base del subespacio considerado, de este sistema de generadores.
5.11.5. Dado el subespacio vectorial de los polinomios de grado 3 engendradopor los vectores: x2 − 1, x2 + 1, x3 + 4, x3 extraer una base de este sistema degeneradores.
135
Tambien, del procedimiento anterior se deduce que el rango de una matriz Aes igual al numero de sus filas independientes, ya que siempre se puede extenderun sistema independiente de vectores a una base de F(A) y un numero de vectoressuperior al de la dimension del subespacio F(A) es dependiente.
Y como el rango de A, como maximo de los ordenes de los menores distintos decero de A, es igual al rango de su traspuesta, este rango es igual al numero de filasindependientes de tA, es decir, al numero de columnas de A.
Aplicacion del rango a la obtencion de las ecuaciones cartesianas deun subespacio dado por sus generadores.
Para simplificar los calculos, se obtiene primero una base del subespacio dado.Una vez obtenida una base del subespacio vectorial dado por sus generadores, lacondicion necesaria y suficiente para que un vector (x1, x2, ..., xn) sea del subespacioes que dependa linealmente de los vectores de la base, es decir, que el rango de lamatriz que tiene por filas las componentes de los vectores de la base sea igual alrango de esta matriz aumentada con la fila (x1, x2, ..., xn).
Como el rango de la matriz que tiene por filas las coordenadas de los vectores de labase es igual al numero de estos, (llamemoslo r), podemos encontrar en ella un menorde orden r distinto de cero. Agrandamos la matriz formada por las coordenadas delos vectores de la base en filas con la fila (x1, x2, ..., xn) debajo de las anteriores;completando ahora el menor encontrado de todas las formas posibles a un menor deorden r+1 en la matriz agrandada con las columnas que no aparecen en dicho menor,obtenemos n-r expresiones lineales en las coordenadas que han de ser cero paraque el nuevo vector (x1, x2, ..., xn) pertenezca al subespacio. Estas n-r condicionesnecesarias son tambien suficientes para que el vector dependa linealmente de los dela base. Para darnos cuenta de ello, tengamos en cuenta que al ser el determinantede una matriz igual al de su traspuesta, el rango de la matriz, no solo es el numero defilas independientes, sino el numero de columnas independientes y que la anulacionde cada una de las expresiones obtenidas indica que cada columna de la matrizagrandada depende linealmente de las columnas del menor distinto de cero de ordenr encontrado. Por ello aseguran que el numero de columnas independientes de lamatriz agrandada es r; y tambien el numero de sus filas, por lo que aseguran que lafila (x1, x2, ..., xn) pertenece al subespacio considerado.
Ninguna de estas ecuaciones es superflua porque considerando la matriz de loscoeficientes del sistema homogeneo formado por ellas, las n-r columnas formadaspor los coeficientes de las incognitas que no estan debajo de las del menor distintode cero tienen solo un elemento distinto de cero de valor absoluto igual al del menordistinto de cero, permutado ademas de tal forma que dan lugar a un menor de ordenn-r distinto de cero. Conviene comprobarlo con un ejemplo.
Ası tenemos n-r ecuaciones que son necesarias y suficientes para que un vector(x1, x2, ..., xn) pertenezca al subespacio.
Hay una sola ecuacion cuando la dimension del subespacio es n− 1; estos sube-spacios se llaman hiperplanos. El subespacio solucion de un sistema de ecuacioneshomogeneo es una interseccion de hiperplanos. Y segun hemos visto ahora, los sube-spacios engendrados por una base de r vectores son interseccion de n−r hiperplanos.
136
Ejercicios:
5.12.1. Hallar las ecuaciones cartesianas de los siguientes subespacios de R4:S1 = L(1, 0, 1, 0)(2, 1, 0,−1)(1,−1, 3, 1),S2 = L(3, 1, 0,−1)(1, 1,−1,−1), (7, 1, 2,−1),S3 = L(0, 2, 5, 0).
5.12.2. Hallar las ecuaciones cartesianas de los siguientes subespacios de R5:S1 = L(1, 0, 1, 0, 1)(0, 1, 1, 0, 1)(1, 1, 3, 1, 1), (0, 0, 1, 1, 1)(0,−1, 1, 2, 1),S2 = L(1, 0, 1, 0, 0)(2, 1, 0,−1, 1)(2, 0, 1, 0, 0), (3, 1, 0,−1, 1).
Calculo del rango de la matriz A y busqueda del menor distinto decero de orden igual al rango.
Segun la definicion de rango de A como el maximo de los ordenes de los menoresdistintos de cero, parece que habrıa que calcularlos todos, pero teniendo en cuentaque tambien es el numero de filas independientes de la matriz, no es necesariocalcular los determinantes de todas las submatrices de A, segun el procedimientoque vamos a ver.
Veamos antes un ejemplo: calculemos el rango de la matriz:0 1 −1 2 10 0 1 −3 −20 1 −1 −4 −30 2 1 −9 −60 1 0 −3 −2
Podemos prescindir de la primera columna de ceros, porque siempre que aparezca
en un menor, este menor tiene determinante cero.Empezamos aquı por el primer 1 de la primera fila y la segunda columna, que
da un menor de orden uno distinto de cero.Ahora, lo orlamos con elementos de la segunda fila y de la segunda columna para
formar un menor de orden 2.De esta forma, obtenemos:
det
(1 −10 1
)= 1 6= 0
Entonces, el rango de la matriz primitiva es mayor o igual que dos y las filas 1a
y 2a son independientes.Ampliamos este menor con la fila 3a y columna 3a, obteniendo:
det
1 −1 20 1 −31 −1 −4
= 0
y con la fila 3a
y con la columna 4a
obteniendo:
137
det
1 −1 10 1 −21 −1 −3
= 0
Ya que la anulacion de estos dos determinantes implica la dependencia lineal delas dos ultimas columnas de la matriz 0 1 −1 2 1
0 0 1 −3 −20 1 −1 −4 −3
respecto a las dos primeras, se sigue de la anulacion de estos dos determinantes, laanulacion de
det
−1 2 11 −3 2−1 −4 −3
ya que sus tres columnas perteneces a un espacio de dimension 2. Por tanto, no esnecesario calcular este determinante.
Al mismo tiempo, el numero de filas independientes de la matriz 0 1 −1 2 10 0 1 −3 −20 1 −1 −4 −3
es igual a su numero de columnas independientes igual a 2.
Como calcular el rango de la matriz total es calcular el numero de filas indepen-dientes, podemos prescindir de la 3a fila en el calculo de las filas independientes yno tenemos que calcular ningun determinante de ningun menor de orden mayor que3 en el que aparezcan las tres primeras filas.
Ampliamos ahora el menor de orden 2 distinto de cero obtenido con elementosde la 4a fila y 3a columna y obtenemos:
det
1 −1 20 1 −32 1 −9
= −4 6= 0
Entonces, el rango es mayor o igual que 3 y las filas 1a, 2a y 4a son independientes.Para ver si la ultima fila es independiente de las anteriores, ampliamos el menor
de orden 3 obtenido a un menor de orden 4, obteniendo:
det
1 −1 2 10 1 −3 −22 1 −9 −61 0 −3 −2
= det
1 −1 2 10 1 −3 −20 3 −13 −80 1 −5 −3
= 0
Ya podemos concluir que el rango de la matriz es tres sin necesidad de calcularmas menores. Podrıamos pensar que quiza otra submatriz de orden cuatro con otrasfilas pudiera tener determinante distinto de cero. Pero lo que se deduce de que elanterior determinante es cero, es que la ultima fila depende de las otras, luego solo
138
hay tres filas independientes. Entonces, el espacio engendrado por las filas de lamatriz es de dimension 3 y cualesquiera que sean las cuatro filas que escojamos, porla proposicion 7, son dependientes, siendo por tanto el menor formado, nulo y elrango de A no superior a 3.
Nos hemos ahorrado el calculo de los determinantes:∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 −3 −21 −1 −4 −32 1 9 −61 0 −3 −2
∣∣∣∣∣∣∣∣ ,∣∣∣∣∣∣∣∣
1 −1 2 11 −1 −4 −32 1 9 −61 0 −3 −2
∣∣∣∣∣∣∣∣ ,∣∣∣∣∣∣∣∣
1 −1 2 10 1 −3 −21 −1 −4 −31 0 −3 −2
∣∣∣∣∣∣∣∣ ,∣∣∣∣∣∣∣∣
1 −1 2 10 1 −3 −21 −1 −4 −32 1 9 −6
∣∣∣∣∣∣∣∣Estableciendo, en general, el procedimiento de calculo del rango de una matriz:
Podemos prescindir de las columnas nulas y de las filas nulas de la matriz porqueno aumentan el orden de los menores con determinante distinto de cero.
Hecho esto, despues de una permutacion de filas, (que no altera el rango), sies necesario, podemos suponer que a11 es distinto de cero. Entonces consideramostodos los menores de orden dos en los que figura a11 con elementos de la segundafila, si alguno de estos menores es distinto de cero, el rango de la matriz es mayoro igual que dos. En caso contrario, el rango de la matriz formada por las dosprimeras filas es 1. Entonces, la segunda fila es multiplo de la primera, por ellopodemos prescindir de ella en el calculo de las filas independientes. Repetimos elproceso con las restantes filas hasta encontrar, o bien que todas son multiplos de laprimera y entonces el rango es uno y hemos acabado. O bien un menor de orden doscon determinante no nulo, y entonces, el rango es mayor o igual que dos y hemosencontrado dos filas independientes.
Para averiguar si el rango es mayor que dos, consideramos los menores de orden3 obtenidos al ampliar el primer menor de orden dos con determinante distinto decero encontrado, con elementos correspondientes de las columnas siguientes y de lafila siguiente. Si todos los determinantes de las submatrices de orden 3 con esta filason cero, esa fila depende de las dos anteriores y podemos prescindir de ella en laformacion de mas menores. Seguimos formando menores de orden 3 con las filassiguientes. Si todos los menores formados ası salen con determinante cero, las filassiguientes dependen de las dos primeras. Al haber solo dos filas independientes, otromenor cualquiera de orden 3 es cero, el rango es dos y hemos acabado.
Si hay un menor de orden 3 con determinante distinto de cero, el rango de lamatriz es mayor o igual que 3 y hemos encontrado tres filas independientes.
El procedimiento es analogo para ver si el rango de la matriz es mayor que 3,ampliando el menor de orden 3 distinto de cero encontrado con elementos de lascolumnas y de las filas siguientes.
Seguimos aumentando el tamano de los menores tanto como sea posible con elmismo proce-dimiento y cuando no podamos aumentar el tamano, hemos llegado almaximo orden de los menores con determinante distinto de cero en los que apareceparcial o totalmente la primera fila no nula.
139
Podrıamos pensar que al formar submatrices que no empiecen en la 1a fila nonula, orlandolas luego con elementos correspondientes de las otras columnas y otrasfilas se pudieran encontrar submatrices de orden superior al rango establecido anteri-ormente, con determinante distinto de cero. Pero en el procedimiento seguido hemoshallado el maximo numero de filas independientes. Este numero es la dimension delespacio vectorial engendrado por las filas, independiente del orden considerado alformar las submatrices. Por tanto no tenemos que comprobar mas determinantesde mas submatrices.
Ademas, como el rango de la matriz es la dimension del espacio engendrado porsus vectores filas y del espacio engendrado por sus vectores columnas, el orden deestas no influye en la dimension. Por ello, podemos hacer un intercambio de filas ode columnas antes de empezar a calcular menores si vemos que las operaciones vana resultar mas faciles.
Ejercicios:
5.13.1. Estudiar, segun el valor de λ, los rangos de las siguientes matrices:
2 3 1 73 7 −6 −25 8 1 λ
,
3 1 1 4λ 4 10 11 7 17 32 2 4 3
,
1 λ −1 22 −1 λ 51 10 −6 1
.
5.13.2. Estudiar, segun los valores de λ la compatibilidad de los sistemas AX = bdonde la matriz A|b es la dada a continuacion: 3 2 5
2 4 65 7 λ
∣∣∣∣∣∣135
,
λ 1 11 λ 11 1 λ
∣∣∣∣∣∣111
.
Aplicacion al metodo de Gauss.Las soluciones de un sistema homogeneo son un subespacio vectorial de dimension
igual al numero de incognitas menos el rango de la matriz del sistema y este rango sepuede determinar calculando determinantes de menores de la matriz de coeficientesde la manera ordenada indicada.
140
SUMA E INTERSECCION DE SUBESPACIOS VECTORIALES.
La interseccion de dos subespacios vectoriales es su interseccion conjuntista. Elcorolario 1 afirma que es otro subespacio vectorial.
Se define la suma de dos subespacios vectoriales como el conjunto de los vectoresque son suma de vectores de los dos subespacios. Puede comprobarse como ejercicio,que es otro subespacio vectorial porque cumple las condiciones de la proposicion 2.
La suma de dos subespacios vectoriales esta engendrada por la union de dossistemas generadores de cada uno de los subespacios. Sus ecuaciones se obtienen apartir de este sistema generador, suprimiendo los generadores dependientes.
Las dimensiones de la suma y de la interseccion de dos subespacios estan rela-cionadas por la formula de las dimensiones para la suma y la interseccion de dossubespacios vectoriales.
Formula de las dimensiones:Si V1 y V2 son dos subespacios vectoriales,
dim(V1) + dim(V2) = dim(V1 + V2) + dim(V1 ∩ V2).
Cuando la interseccion de V1 y V2 es 0, la suma se llama suma directay se representa por V1 ⊕ V2.
Si ademas de ser directa la suma, V1 ⊕ V2 = V ,los dos subespacios se llaman complementarios.
Demostracion de la Formula de las dimensiones.Sean V1, V2, los subespacios vectoriales de dimensiones n1 y n2, respectiva-
mente. Sea k la dimension de la interseccion. La base del subespacio interseccionse puede ampliar a una base de V1 y a una base de V2; podemos suponer quee1, e2, ..., ek es una base de V1 ∩ V2, e1, e2, ..., ek, ek+1, ..., en1 una base de V1,e1, e2, ..., ek, e′k+1, ..., e
′n2 una base de V2.
Nuestra formula esta demostrada si vemos que
e1, e2, ...ek, ek+1, ...en1 , e′k+1, e
′k+2, ...e
′n2
es una base de V1 + V2.Desde luego, los vectores
e1, e2, ...ek, ek+1, ...en1 , e′k+1, e
′k+2, ...e
′n2
son un sistema generador de la suma. En cuanto a la independencia lineal, sea
Σn1i=1λiei + Σn2−k
j=1 λ′je′k+j = 0
Veamos que todos los coeficientes han de ser nulos.
141
Escribamos:
Σn1i=1λiei = −Σn2−k
j=1 λ′je′k+j
El vector del primer miembro de esta igualdad esta en V1 y el vector del segundomiembro de la igualdad esta en V2. Al ser iguales estos vectores, estan en la inter-seccion de V1 y de V2. Este vector de V1 ∩ V2 se expresa de manera unica en cadauna de las bases de V1, V2 y V1 ∩ V2.
Las coordenadas del vector en la base dada de V1 son las (λi)i≤n1 , de forma quesi ha de estar en V1 ∩ V2 ha de ser λi = 0, para i tal que k < i ≤ n1, y lasλii≤k son las coordenadas del vector en la base de V1 ∩ V2. La suma considerada:Σn1i=1λiei + Σn2−k
j=1 λ′je′k+j = 0, queda, entonces, como una combinacion lineal nula de
los vectores de la base de V2 y por tanto sus coeficientes han de ser cero.
Se pueden sacar importantes consecuencias de la formula de las dimensiones parala suma directa de subespacios:
Si V1 + V2 = V1⊕
V2, por ser la interseccion de los dos subespacios cero, launion de las bases de V1 y de V2 es una base de su suma directa. (Basta observar lademostracion).
Si ademas los espacios son complementarios, la union de las dos bases es unabase del espacio total. Por eso, dado un subespacio V1, los vectores que se puedananadir a la base de V1 para dar una base del espacio total, constituyen una base deun espacio complementario de V1.
Aunque la condicion para que dos espacios sean complementarios es que su in-terseccion sea el cero y su suma sea el total, solo es necesario comprobar una deestas dos condiciones y que la suma de las dimensiones de los dos subespacios esla dimension del espacio total, porque una de ellas se da contando con la otra y laformula de las dimensiones. Es decir:
a) Si V1⋂V2 = 0, V1 y V2 son complementarios si y solo si la suma de sus
dimensiones es la dimension del espacio total.b) Si la suma de V1 y V2 es el espacio total, V1 y V2 son complementarios si y
solo si la suma de sus dimensiones es igual a la dimension del espacio total.
Veamos a):Si V1
⋂V2 = 0, la formula de las dimensiones implica que dim(V1 + V2) =
dim(V1) + dim(V2); sea V el espacio total, como V1 + V2 = V si y solo si tienenla misma dimension, V1 + V2 = V si y solo si dim(V1) + dim(V2) = dimV .
Veamos b):Si V1 + V2 = V , la formula de las dimensiones da dim(V1
⋂V2) = dim(V1) +
dim(V2) − dim(V1 + V2); por tanto V1⋂V2 = 0(≡ dim(V1
⋂V2) = 0) si y solo si
dim(V1)+dim(V2)−dim(V1+V2) = 0, es decir, si dim(V1)+dim(V2) = dim(V1+V2) =dimV.
142
Ejercicios:
5.14.1. Siendo S1 = L(1,−5, 2, 0)(1,−1, 0, 2) y S2 = L(3,−5, 2, 1)(2, 0, 0, 1),hallar una base y las ecuaciones cartesianas de S1 + S2 y de S1
⋂S2.
5.14.2. Siendo S1 = L(1, 0, 1, 0)(2, 1, 0,−1) y S2 = L(3, 1, 0,−1)(1, 1,−1,−1),hallar una base y las ecuaciones cartesianas de S1 + S2 y de S1
⋂S2.
5.14.3. Comprobar que S1 + S2 = S2 y S1
⋂S2 = S1 si
S1 = L(3, 1, 0,−1, 0)(1, 1,−1,−1,−1),S2 = L(1, 0, 1, 0, 1)(2, 1, 0,−1, 0)(2, 0, 1, 0, 1).5.14.4. Siendo S1 = L(1, 1, 2, 0)(−2, 0, 1, 3) y S2 = L(0, 2, 5, 0)(−1, 1, 3, 2),
hallar una base y las ecuaciones cartesianas de S1 + S2 y S1
⋂S2.
5.14.5. Siendo S1 = L(0, 1, 1, 0)(1, 0, 0, 1) y
S2 ≡x1 +x2 +x3 +x4 = 0x1 +x2 = 0
hallar una base y las ecuaciones cartesianas de S1 + S2 y S1
⋂S2.
5.14.6. Siendo
S1 ≡x1 −x3 = 0
x2 −x4 = 0
y
S2 ≡x1 +x2 +x3 +x4 = 0x1 +x2 = 0
hallar una base y las ecuaciones cartesianas de S1 + S2 y S1
⋂S2.
5.14.7. Siendo F1 el plano de ecuacion x+ 2y− z = 0 y F2 la recta de ecuaciones
x −y +2z = 0−2x +2y +z = 0
Averiguar si son complementarios.
5.14.8. Siendo V1 = L(1, 1, 0), (1, 0, 1) y V2 = L(0, 1, 1). Averiguar si soncomplementarios.
5.14.9. Comprobar que son complementarios los subespacios de ecuaciones:
S1 ≡−2x1 −5x2 +4x3 = 0−2x1 +7x2 +4x4 = 0
S2 ≡x1 +2x2 +x4 = 0x1 −2x2 +x3 = 0
5.14.10. Hallar una base y las ecuaciones cartesianas de un espacio complemen-tario de
a) S1 = L(0, 2, 5, 0)(−1, 1, 3, 2).b) S2 = L(1, 1, 0, 0)(1, 0, 1, 0)(0, 0, 1, 1)(0, 1, 0, 1)5.14.11. Hallar una base de S1
⋂S2 donde
S1 = L(
1 10 0
),
(0 11 0
),
(0 01 1
)
S2 = L(
1 01 0
),
(1 −10 0
),
(0 1−1 0
)143
¿Cual es S1 + S2?.5.14.12. Hallar una base de S1
⋂S2 y de S1 + S2, donde
S1 = L(
1 10 0
),
(0 01 1
)
S2 = L(
1 00 1
),
(0 11 0
)Hallar tambien las ecuaciones cartesianas de S1
⋂S2 y de S1 + S2.
5.14.13. EnM2×2(R) se consideran los subespacios que conmutan con cada unade las siguientes matrices:
A =
(1 10 2
)B =
(1 11 1
)a) Hallar una base de cada uno de ellos, de su suma y de su interseccion.b) Hallar una base de un espacio complementario del subespacio de las matrices
que conmutan con A.5.14.14. Sea
M =
1 0 00 2 00 0 1
,
y S1 = A|AM = A, S2 = B|MB = B.Encontrar dimensiones y bases de S1
⋂S2 y de S1 + S2.
5.14.15. Hallar los subespacios suma e interseccion de los siguientes subespaciosde las matrices cuadradas de orden n:
a) El subespacio de las matrices triangulares superiores de orden n y el subespaciode las matrices triangulares inferiores.
b) El subespacio de las matrices simetricas de orden n y el subespacio de lasmatrices antisimetricas de orden n.
5.14.16. Hallar los subespacios suma e interseccion de los siguientes subespaciosdel espacio de los polinomios de grado ≤ 3: S1 es el subespacio de los polinomiosmultiplos de x+ 1 y S2 es el subespacio de los polinomios multiplos de x− 1.
5.14.17. En R4 sean U = Lu1, u2 y V = Lv1, v2 donde
u1 = (1, 1, 2,−λ), u2 = (−1, 1, 0,−λ), v1 = (1, λ, 2,−λ), v2 = (2, 3, λ, 1)
Hallar segun los valores de λ las dimensiones de U , V U + V , U⋂V .
PROBLEMAS RESUELTOS DE LOS PROPUESTOS EN EXAMENES DEALGEBRA LINEAL I. (Capitulo 5). Vease pag. 438.
144
Bibliografıa.
(A) Algebra Lineal y aplicaciones. J. Arvesu Carballo, R. Alvarez Nodarse, F.Marcellan Espanol. Ed. Sıntesis Madrid. 1999.
(Gr) Algebra lineal con aplicaciones. S. I. Grossman. Ed. Mc Graw Hill 2001.[G] Matematicas 2 Bachillerato. Carlos Gonzalez Garcıa. Jesus Llorente Medrano.
Maria Jose Ruiz Jimnez. Ed. Editex. 2009.[M] Matematicas 2 Bachillerato. Ma Felicidad Monteagudo Martınez. Jesus Paz
Fernandez Ed. Luis Vives. 2003.(S) Algebra lineal y sus aplicaciones. G. Strang Ed. Addison-Wesley Iberoamer-
icana. 1990.(S2) Introduction to Linear Algebra. G.Strang Ed. Wellesley-Cambridge Press
1993.
145
146
APLICACIONES LINEALES.
Introduccion.
Una aplicacion lineal entre espacios vectoriales sobre el mismo cuerpo es unaaplicacion que respeta las operaciones de espacio vectorial, es decir, aplica la sumade vectores en la suma de sus imagenes y el producto de un escalar por un vectoren el producto del escalar por la imagen del vector, respectivamente.
Definicion:Sean V1 y V2 dos espacios vectoriales sobre el mismo cuerpo y f una aplicacion
de V1 en V2. Se dice que f es una aplicacion lineal sia) Dados dos vectores cualesquiera v y v′ de V1, f(v + v′) = f(v) + f(v′).b) Dados un vector v de V1 y un elemento del cuerpo λ, f(λv) = λf(v).
Las aplicaciones lineales se llaman tambien homomorfismos.
Las aplicaciones lineales nos permiten trasvasar los resultados encontrados enunos espacios vectoriales a otros en los que la intuicion es mas difıcil.
Ademas, la importancia de la estructura de espacio vectorial esta en que no solola encontramos en los conjuntos de vectores del plano o del espacio, sino en que sepuede trasmitir a otros conjuntos que estan en correspondencia biyectiva con algunRn o algun Cn, haciendo la biyeccion una aplicacion lineal.
Consecuencia inmediata de la definicion es:1) f(0) = f(0 · v) = 0 · f(v) = 0.2) f(−v) = f((−1)v) = (−1)f(v) = −f(v), ∀v ∈ V1.
Cuando el espacio original y el espacio final coinciden, el homomorfismo se llamaendomorfismo.
Un ejemplo de endomorfismos son las aplicaciones que resultan al multiplicar losvectores del espacio por un numero fijo: fα(v) = αv ∀v ∈ V . Estas aplicaciones sellaman homotecias.
147
Las proyecciones sobre una recta de R2 o de R3 y sobre un plano de R3 sonaplicaciones lineales. (Vease el dibujo siguiente).
*
v
v’
|p(v′)|
CC
CC
CC
CC
CC
CC
CC
CC
CC
CC
CC
CC
CCC
:
:
:
p(v)p(v+v’)
v+v’
Las simetrıas respecto a rectas o planos en R3 son endomorfismos. (Vease eldibujo siguiente).
-3
1
s(v)
s(v’)s(v+v’)
6
vv’
v+v’
148
La aplicacion que hace corresponder a cada matriz cuadrada su traza es unaaplicacion lineal definida en cada espacio vectorial de matrices cuadradas de ordenn con valores en el cuerpo del que son las entradas de la matriz.
La aplicacion derivada hace corresponder a un polinomio de grado ≤ n otro poli-nomio de grado ≤ n−1, por tanto es tambien una aplicacion del espacio vectorial depolinomios de grado ≤ n con coeficientes reales en el espacio vectorial de polinomiosde grado ≤ n− 1 con coeficientes reales. Se puede comprobar que es una aplicacionlineal.
La aplicacion deR enR definida por f(x) = x+1 no cumple la condicion 1). Portanto no es lineal. A pesar de que la aplicacion de R en R definida por f(x) = x2
cumple la condicion 1), no cumple la condicion 2), por lo que tampoco es lineal.
Ejercicios:
6.1.1. Averiguar si son aplicaciones lineales las siguientes aplicaciones:
a) La aplicacion del espacio vectorial de las matrices cuadradas de orden n enel espacio vectorial de las matrices antisimetricas de orden n dada por A(B) =12(B − tB).
b) La aplicacion traza definida en el espacio vectorial de las matrices cuadradas3× 3 con entradas reales sobre R.
c) La aplicacion del espacio vectorial de los polinomios de grado ≤ n en estemismo conjunto dada por T (p(x)) = p(x− 1).
d) La aplicacion del espacio vectorial de los polinomios de grado ≤ n en estemismo espacio vectorial dada por T (p(x)) = p(x)− 1.
e) La aplicacion del espacio vectorial de las matrices cuadradas de orden n en elmismo espacio vectorial dada por P (A) = AB donde B es una matriz fija.
f) La aplicacion del espacio vectorial de las matrices cuadradas de orden n en elmismo espacio dada por Q(A) = A+B donde B es una matriz fija.
g) La aplicacion del espacio vectorial de las matrices cuadradas de orden n en elmismo espacio dada por C(A) = AB −BA donde B es una matriz fija.
La suma de aplicaciones lineales es otra aplicacion lineal. El producto de unaaplicacion lineal por un numero es una aplicacion lineal. Pueden comprobarse comoejercicio facilmente estas dos afirmaciones y por tanto que el conjunto de las aplica-ciones lineales definidas entre dos espacios vectoriales es otro espacio vectorial, quedenotamos por L (V1, V2). Como consecuencia del parrafo siguiente vamos a ver queL (V1, V2) se puede equiparar a un espacio vectorial de matrices.
149
Expresion matricial de una aplicacion lineal.
Primero, queremos pasar del concepto de aplicacion lineal a ciertos numeros quela determinen y luego obtener numeros que la caractericen.
Fijada e1, e2, ...en, base de V1, f esta determinada por las imagenes de loselementos de esa base y fijada u1, u2, ..., um, base de V2, estas imagenes estandeterminadas por sus coordenadas en esa base, como consecuencia, cada aplicacionlineal esta determinada por una matriz m× n:
Para determinarla, escribimos un vector x de V1 como x = x1e1+x2e2+ ...+xneny escribimos el vector y = f(x) de V2 como f(x) = y1u1 + y2u2 + ...+ ymum.
Entonces, si x es un vector de V1,
f(x) = f(x1e1 + x2e2 + ...+ xnen) = f(x1e1) + f(x2e2) + ...+ f(xnen) = por a)= x1f(e1) + x2f(e2) + ...+ xnf(en). por b)
Si las coordenadas de f(e1) son (a11, a21, ..., am1), las de f(e2) son (a12, a22, ..., am2)..., las de f(en) son (a1n, a2n, ..., amn), en la base de V2, las de y = f(x) son:
y1y2...ym
= x1
a11a21...am1
+ x2
a12a22...am2
+ · · ·+ xn
a1na2n...
amn
=
=
a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...
.... . .
...am1 am2 · · · amn
x1x2...xn
.
La matriz
A =
a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...
.... . .
...am1 am2 · · · amn
se llama matriz de la aplicacion f en las bases dadas.
Se escribe, de forma abreviada, una aplicacion lineal por f(x) = Ax. Las colum-nas de esta matriz estan formadas por las coordenadas de los vectores imagenes delos de la base del primer espacio expresados en la base del segundo espacio.
Dados dos espacios vectoriales y escogidas una base en cada uno de ellos, hemosvisto que corres-ponde a cada aplicacion lineal entre los dos, una matriz A ∈M m×n.Recıprocamente, dados dos espacios vectoriales V1 y V2 de dimensiones respectivasn y m, y escogidas una base en cada uno de ellos, a cada matriz A ∈ M m×n lecorresponde una aplicacion lineal definida por f(x) = Ax, donde x es la columnade las coordenadas de un vector de V1 en una base de este y Ax es la columna delas coordenadas de su imagen en una base correspondiente de V2. Se compruebafacilmente que f es lineal utilizando las propiedades del producto de matrices.
150
Es facil ver que esta correspondencia es biyectiva entre el espacio vectorial de lasaplicaciones lineales entre V1 y V2 y el espacio M m×n(K) una vez fijadas las basesde estos, y que a su vez es una aplicacion lineal, que por ello identifica L (V1, V2)con M m×n(K).
La expresion abreviada Ax = f(x) nos recuerda la expresion abreviada Ax = bde un sistema de ecuaciones lineales. Nos indica que resolver el sistema Ax = b esencontrar un vector x del primer espacio que se aplica en b por la aplicacion f de lamisma matriz A. Si no existe este vector, el sistema es incompatible, si existe soloun vector, es compatible determinado, si existen muchos vectores cumpliendo esacondicion, el sistema es compatible indeterminado.
Ejercicios:
6.2.1. Escribir la matriz de la simetrıa de R2 respecto a:a) El eje coordenado OX.b) El eje coordenado OY.c) La diagonal del primer cuadrante.d) La diagonal del segundo cuadrante.6.2.2. Escribir las matrices de las proyecciones ortogonales de R2 sobre las dis-
tintas rectas enuncia-das en el ejercicio anterior.6.2.3. Escribir la matriz de un giro:a) de noventa grados en sentido positivo (contrario al de las agujas del reloj),
alrededor del origen en R2
b) de angulo α en sentido positivo alrededor del origen en R2.6.2.4. Escribir la matriz de la simetrıa de R3 respecto a:a) El plano de ecuacion y = x.b) El plano de ecuacion y = z.c) El plano de ecuacion x = z.d) La recta de ecuaciones y = x, z = 0.e) La recta de ecuaciones y = z, x = 0.f) La recta de ecuaciones x = z, y = 0.6.2.5. Escribir las matrices de las proyecciones ortogonales de R3 sobre los dis-
tintos planos y rectas enunciados en el ejercicio anterior.6.2.6. Determinar la matriz que corresponde en la base canonica al endomor-
fismo de R3 que transforma los vectores (3, 2, 1)(0, 2, 1)(0, 0, 1) en los vectores(1, 0, 0)(1, 1, 0)(1, 1, 1) respetando el orden. (Se pueden calcular facilmente lasimagenes de los vectores de la base canonica).
6.2.7. Hallar la matriz en las bases canonicas de la aplicacion del espacio de lospolinomios de grado ≤ 3 en R4 dada por f(p(x))=(p(-1),p(1),p(-2),p(2)).
6.2.8. Hallar las matrices en las bases canonicas de las siguientes aplicaciones:a) La aplicacion A de R3 en R3 dada por A(x, y, z) = (x−y+2z, x+y, 2x+2y+z).b) La aplicacion B de C2 en C2 dada por B(z1, z2) = (iz1 + 2z2, z1 − iz2).c) La aplicacion C de R3 en R3 dada por C(x, y, z) = (x+ z, y, x+ y + z).d) La aplicacion D de C2 en C3 dada por D(z1, z2) = (iz1 + z2, z1 + iz2, z1− iz2).e) La aplicacion E de R2 en R4 dada por E(x, y) = (x, x+ y, 2x, x+ 2y)
151
6.2.9. Hallar la matriz en las bases canonicas de la aplicacion traza consideradaen el espacio de las matrices cuadradas de orden 2 de numeros reales con valores enR.
Como la matriz de una aplicacion lineal depende de las bases escogidas, no es uninvariante intrınseco de la aplicacion lineal y por ello tenemos que ver que le ocurreal cambiar las bases. Veamos como estan relacionadas las matrices que corespondena una aplicacion lineal en las distintas bases.
Cambio de base en la expresion matricial de una aplicacion lineal.Sean e1, e2, ..., en base de V1, u1, u2, ..., um base de V2 y f un homomorfismo
dado en estas bases por
f(x) =
y1y2...ym
=
a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...
.... . .
...am1 am2 · · · amn
x1x2...xn
≡ Ax
Sean e′1, e′2, ..., e′n otra base de V1, u′1, u′2, ..., u′m otra base de V2 y A′ la matrizde f en las nuevas bases. Si (x′1, x
′2, ..., x
′n) son las coordenadas de x e (y′1, y
′2, ..., y
′n)
son las coordenadas de y = f(x) en las nuevas bases, se tiene la relacion:
f(x) =
y′1y′2...y′m
= A′
x′1x′2...x′n
Para ver la relacion entre A y A’ recordemos que las coordenadas de un vector
x de V1 en las dos bases estan relacionadas porx1x2...xn
=
c11 c12 · · · c1nc21 c22 · · · c2n...
.... . .
...cn1 cn2 · · · cnn
x′1x′2...x′n
= C
x′1x′2...x′n
Las coordenadas de un vector y de V2 en las dos bases estan relacionadas por
y1y2...ym
=
d11 d12 · · · d1md21 d22 · · · d2m...
.... . .
...dm1 dm2 · · · dmm
y′1y′2...y′m
= D
y′1y′2...y′m
Recordemos que las columnas de las matrices C y D son las coordenadas de los
vectores de las nuevas bases en las antiguas y que estas matrices son invertibles.
152
Sustituyendo respectivamente estas relaciones en la expresion de la aplicacionlineal, tenemos:
d11 d12 · · · d1nd21 d22 · · · d2m...
.... . .
...dm1 dm2 · · · dmm
y′1y′2...y′m
=
=
a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...
.... . .
...am1 am2 · · · amn
c11 c12 · · · c1nc21 c22 · · · c2n...
.... . .
...cn1 cn2 · · · cnn
x′1x′2...x′n
De donde
y′1y′2...y′m
= D−1
a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...
.... . .
...am1 am2 · · · amn
C
x′1x′2...x′n
Esta es la expresion matricial de la aplicacion lineal en las nuevas bases. Por lo
que A′ = D−1AC. las columnas de D−1 son las coordenadas de los vectores de labase primera en la base segunda dentro del segundo espacio.
Otra forma de ver la modificacion que sufre la matriz de la aplicacion lineal alrealizar un cambio de base es darse cuenta de que la matriz A de una aplicacion linealsirve para expresar los vectores ¨(f(e1), f(e2), ..., f(en)) en funcion de los vectores(u1, u2, ...um) segun la relacion: ¨
(f(e1), f(e2), ..., f(en)) = (u1, u2, ...um)
a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n...
.... . .
...am1 am2 · · · amn
= (u1, u2, ...um)A
La matriz A′ expresarıa los vectores ¨(f(e′1), f(e′2), ..., f(e′n)) en funcion de losvectores (u′1, u
′2, ...u
′m) segun la relacion: ¨
(f(e′1), f(e′2), ..., f(e′n)) = (u′1, u′2, ...u
′m)
a′11 a′12 · · · a′1na′21 a′22 · · · a′2n...
.... . .
...a′m1 a′m2 · · · a′mn
= (u′1, u′2, ...u
′m)A′
Como
(e′1, e′2, ..., e
′n) = (e1, e2, ..., en)
c11 c12 · · · c1nc21 c22 · · · c2n...
.... . .
...cn1 cn2 · · · cnn
153
implica
(f(e′1), f(e′2), ..., f(e′n)) = (f(e1), f(e2), ..., f(en))
c11 c12 · · · c1nc21 c22 · · · c2n...
.... . .
...cn1 cn2 · · · cnn
y
(u′1, u′2, ...u
′m) = (u1, u2, ...um)
d11 d12 · · · d1nd21 d22 · · · d2m...
.... . .
...dm1 dm2 · · · dmm
sustituyendo en la expresion en las nuevas bases tenemos
(f(e1), f(e2), ..., f(en))
c11 c12 · · · c1nc21 c22 · · · c2n...
.... . .
...cn1 cn2 · · · cnn
=
(u1, u2, ...um)
d11 d12 · · · d1nd21 d22 · · · d2m...
.... . .
...dm1 dm2 · · · dmm
A′
de donde(f(e1), f(e2), ..., f(en)) = (u1, u2, ...um)DA′C−1
obteniendose tambien A = DA′C−1.
Si el homomorfismo es un endomorfismo, como coinciden el espacio original yel espacio final de la aplicacion, se utiliza normalmente la misma base en estos dosespacios y un cambio de base en la matriz de la aplicacion lineal se refiere al mismocambio de base en V considerado como espacio inicial y como espacio final. EntoncesC = D y A′ = C−1AC. Todas las matrices correspondientes a un endomorfismo endistintas bases se llaman equivalentes.
Como aplicacion del mecanismo de cambio de base en endomorfismos se puedehallar facilmente la matriz de las simetrıas ortogonales y de las proyecciones ortogo-nales que permiten escoger bases en las que su expresion es muy facil. La expresionde estas aplicaciones en la base canonica se encuentra haciendo el cambio de basenecesario en cada caso desde la base que da la expresion facil de la aplicacion a labase canonica.
154
Aplicacion 1.
1) Matriz de la simetrıa ortogonal de R3 respecto al plano x− y + z = 0:Esta simetrıa deja invariantes los vectores del plano y transforma en su opuesto
el vector perpendicular al plano.Sean dos vectores independientes del plano e′1 = (1, 1, 0), e′2 = (1, 0,−1). Estos
dos vectores junto al vector perpendicular al plano e′3 = (1,−1, 1) forman una basede R3 en la que la matriz de la simetrıa es:
A′ =
1 0 00 1 00 0 −1
.
Como la matriz de cambio de base de las coordenadas de la nueva base a lascoordenadas de la base canonica es x1
x2x3
=
1 1 11 0 −10 −1 1
x′1x′2x′3
la matriz en la base canonica de la simetrıa considerada es:
A =
1 1 11 0 −10 −1 1
1 0 00 1 00 0 −1
1 1 11 0 −10 −1 1
−1 =1
3
1 2 −22 1 2−2 2 1
Aplicacion 2.
Matriz de la proyeccion ortogonal de R3 sobre la recta engendrada por el vector(1,1,1):
En esta proyeccion el vector de la recta queda fijo y se aplican en cero los vectoresortogonales a la recta.
El vector de la recta e′1 = (1, 1, 1) junto con dos vectores independientes ortogo-nales a el: e′2 = (1,−1, 0) e′3 = (1, 0,−1) forman una base en la que la matriz de laaplicacion es:
A′ =
1 0 00 0 00 0 0
.
Como la matriz de cambio de base de las coordenadas de la nueva base a lascoordenadas de la base canonica es x1
x2x3
=
1 1 11 −1 01 0 −1
x′1x′2x′3
la matriz en la base canonica de la proyeccion considerada es:
155
A =
1 1 11 −1 01 0 −1
1 0 00 0 00 0 0
1 1 11 −1 01 0 −1
−1 =1
3
1 1 11 1 11 1 1
Ejercicios:
6.3.1. Dada la aplicacion de R2 en R4 por la matriz:1 00 11 00 1
en las bases canonicas, hallar la matriz de dicha aplicacion en las bases (0, 1), (1, 1)de R2 y (1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 0, 1, 1)(0, 0, 0, 1) de R4.
6.3.2. Dada la aplicacion de R2 en R4 por la matriz:1 00 11 00 1
en las bases (0, 1), (1, 1) de R2 y (1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 0, 1, 1)(0, 0, 0, 1) de R4,hallar la matriz de dicha aplicacion en las bases canonicas.
6.3.3. Hallar, haciendo un cambio de base, la expresion matricial en la basecanonica de la aplicacion lineal f de R3 en R3 tal que:
f(1, 1, 0) = (1, 1, 1), f(1, 0,−1) = (0, 1, 1), f(1,−1, 1) = (1, 2, 2).
6.3.4. Comprobar mediante un cambio de base, la matriz en la base canonicaobtenida para la aplicacion lineal del ejercicio 6.2.6.
6.3.5. Hallar la matriz de la aplicacion lineal del ejercicio 6.2.6.a) en la base (3, 2, 1)(0, 2, 1)(0, 0, 1).b) en la base (1, 0, 0)(1, 1, 0)(1, 1, 1).c) Comprobar que las matrices obtenidas anteriormente estan relacionadas con
la matriz del endomorfismo en la base canonica por las matrices de cambio de basecorrespondientes entre las bases.
6.3.6. Utilizando cambios de base calculense las matrices en las bases canonicasde
a) La simetrıa ortogonal de R3 respecto a la recta engendrada por el vector(−1, 1,−1).
b) La proyeccion ortogonal de R3 sobre el plano de ecuacion x+ y + z = 0.c) Las rotaciones vectoriales de noventa grados de R3 respecto a la recta de
ecuaciones: x+ y = 0, z = 0.
156
A pesar de que la expresion matricial no es una propiedad intrınseca de la apli-cacion (porque depende de las bases escogidas en los espacios), podemos llegar,utilizandola, a la determinacion de subespacios asociados de manera intrınseca a laaplicacion lineal. Estos subespacios son el nucleo y la imagen de la aplicacion lineal.Sus dimensiones son numeros independientes de la base escogida siendo por tanto,propiedades intrınsecas de dicha aplicacion.
Nucleo de una aplicacion lineal:Es el conjunto de vectores del primer espacio que se aplican en el elemento neutro
del segundo espacio.El nucleo de una aplicacion lineal es un subespacio vectorial ya que
Siempre contiene el cero por 1) ySi v1, v2 ∈ Nf y α1, α2 ∈ K, f(α1v1 + α2v2) = α1f(v1) + α2f(v2) = 0. i. e.
α1v1 + α2v2 ∈ Nf .
El subespacio nucleo de la aplicacion lineal es independiente de su expresionmatricial.
Fijandonos en la expresion matricial de la aplicacion lineal, vemos que fijada labase (e1, e2, ...en) de V1, el nucleo de la aplicacion lineal f es el conjunto de vectoresde coordenadas (x1, x2, ...xn) en esa base tales que
a11 a12 · · · a1na21 a22 · · · a2n
· · · · · · . . . · · ·am1 am2 · · · amn
x1x2...xn
=
00...0
Por tanto, el nucleo es el conjunto de soluciones del sistema homogeneo cuya
matriz de coeficientes es la matriz de la aplicacion lineal.Su dimension es por tanto la dimension del primer espacio menos el rango de la
matriz de la aplicacion lineal. Llegamos, por ello, a que el rango de dicha matriz essiempre el mismo, cualquiera que sean las bases escogidas en los espacios V1 y V2.Es un numero invariante de la aplicacion y se le llama rango de la aplicacion.
Las ecuaciones cartesianas del nucleo se obtienen eliminando en las ecuacionesAX = 0 del sistema, las ecuaciones cuyas filas dependan de las demas.
Una base del nucleo se obtiene resolviendo el sistema homogeneo obtenido.
Como ejemplo, hallemos el nucleo de una aplicacion lineal f de R5 en R3 dadapor la matriz:
A =
3 2 1 1 −13 2 2 3 06 4 1 0 −3
.
El nucleo de f es el conjunto de vectores (x1, x2, x3, x4, x5) que verifican f(x) = 0,equivalente a A(x) = 0, es decir,
157
3x1 +2x2 +x3 +x4 −x5 = 03x1 +2x2 +2x3 +3x4 = 06x1 +4x2 +x3 −3x5 = 0
Este es el sistema del ejemplo 2 del capıtulo sobre espacios vectoriales y repito
aquı su resolucion.Una forma sistematica de resolver un sistema homogeneo de ecuaciones lineales,
que se puede escribir en forma matricial por Ax=0, es reducir la matriz A a unamatriz escalonada E por operaciones elementales y pasar en las ecuaciones de Ex=0,las incognitas de las columnas que no dan escalon al segundo miembro.
Como hicimos en el capıtulo del metodo de Gauss:
3x1 +2x2 +x3 +x4 −x5 = 0x3 +2x4 +x5 = 0−x3 −2x4 −x5 = 0
≡ 3x1 +2x2 +x3 +x4 −x5 = 0x3 +2x4 +x5 = 0
Pasamos al segundo miembro las incognitas x2 x4 y x5 :
3x1 +x3 = −2x2 −x4 +x5x3 = −2x4 −x5
Ahora, al recorrer las ecuaciones de arriba a abajo, las incognitas del primer
miembro van dismi-nuyendo de una en una, apareciendo solo una incognita despe-jada en el primer miembro en la ultima ecuacion. Sustituyendo esta incognita enla ecuacion anterior, podemos despejar otra incognita mas y seguir ası despejandohasta agotar las incognitas de los primeros miembros.
En este ejemplo, sustituyendo el valor de x3 dado por la segunda ecuacion en laprimera ecuacion tenemos: 3x1 = −2x2 + x4 + 2x5.
Podemos considerar todas las incognitas como funciones lineales de las variablespasadas al segundo miembro, anadiendo xi = xi para estas ultimas variables.
En este ejemplo, anadiendo x2 = x2, x4 = x4, x5 = x5, obtenemos las condi-ciones:
x1 = −23x2 +1
3x4+
23x5
x2 = x2x3 = −2x4 −x5x4 = x4x5 = x5
Una solucion cualquiera es una 5-upla de valores, donde las incognitas pasadas alsegundo miembro pueden variar arbitrariamente y las incognitas del primer miembroestan sujetas a las condiciones despejadas. Que expresamos por:
x1x2x3x4x5
= x2
−2
3
1000
+ x4
13
0−2
10
+ x5
23
0−1
01
158
Haciendo ahora x2 = λ1, x4 = λ2, x5 = λ3 se escribe:x1x2x3x4x5
= λ1
−2
3
1000
+ λ2
13
0−2
10
+ λ3
23
0−1
01
El subespacio de soluciones del sistema es el subespacio de las combinaciones
lineales de los tres vectores columna del segundo miembro.Nf = L(−2
3, 1, 0, 0, 0), (1
3, 0,−2, 1, 0), (2
3, 0,−1, 0, 1) y estos tres vectores son
una base de Nf .
En efecto, ninguno de los vectores columna es superfluo a la hora de dar lascombinaciones lineales soluciones. En nuestro caso, para comprobar que son in-dependientes, mirarıamos si una combinacion lineal de los vectores igual a cero esposible con coeficientes λi distintos de cero. Tendrıa que ser:
00000
= λ1
−2
3
1000
+ λ2
13
0−2
10
+ λ3
23
0−1
01
De la segunda, la cuarta y la quinta filas, tenemos: 0 = λ1, 0 = λ2, 0 = λ3, lo
que implica que los vectores columna escritos son independientes. La dimension delespacio de soluciones de este sistema es 3 = 5− 2 = dim V1 − r(A).
Imagen de una aplicacion lineal:Es el conjunto de vectores que se pueden obtener como imagen de algun vector
del primer espacio, por la aplicacion lineal. Se representa por Im(f).Al obtener la expresion matricial de la aplicacion lineal hemos visto que cualquier
vector f(x) de la imagen es combinacion lineal de los vectores f(e1), f(e2), ..., f(en),(vuelvase a leer), es decir, de los vectores columnas de la matriz de la aplicacionlineal. Recıprocamente, cualquier combinacion lineal de estos vectores con los coe-ficientes α1, α2, ...αn es la imagen del vector (α1e1 + α2e2 + ...+ αnen) de V1.
Por ello, la imagen de f es el subespacio de V2 engendrado por las imagenesf(e1), f(e2), ..., f(en). Como las coordenadas de estos vectores son las columnasde A, podremos extraer de ellos tantos vectores independientes como sea el rangode A, por lo que la dimension de la imagen es el rango de A.
Extrayendo una base de este sistema generador podemos hallar las ecuacionescartesianas y las parametricas del subespacio imagen de la aplicacion lineal.
En el ejemplo anterior, (en el que hemos calculado el nucleo de f), la imagen de fes el subespacio deR3 engendrado por (3, 3, 6), (2, 2, 4), (1, 2, 1), (1, 3, 0), (−1, 0,−3),de los cuales, solo dos son independientes (compruebese); la imagen de esa aplicacionlineal esta engendrada p.ej. por (1, 3, 0), (−1, 0,−3), siendo su ecuacion:
159
∣∣∣∣∣∣1 3 0−1 0 −3x1 x2 x3
∣∣∣∣∣∣ = 0 ≡ −9x1 + 3x2 + 3x3 = 0 ≡ 3x1 − x2 − x3 = 0
Teorema de Rouche-Frobenius
Segun hemos visto en un parrafo anterior, resolver el sistema Ax = b es hallar xtal que f(x) = b donde f es la aplicacion lineal dada por la matriz A. Si b no esta enIm(f), este x no existe, siendo el sistema incompatible. Si b esta en Im(f) el sistemaes compatible, siendo determinado, si solo hay ”uno” de tales x, e indeterminado siexisten muchos x.
Veamos que si Nf es cero, solo puede existir un x tal que f(x) = b: sean x yx′ tales que f(x) = b = f(x′), entonces, f(x − x′) = f(x) − f(x′) = 0 implica quex− x′ = 0, i.e. x = x′.
Veamos tambien que si Nf 6= 0, existen muchas soluciones cuando el sistema escompatible: entonces, ∀a ∈ Nf , a 6= 0, y si f(x) = b, tambien f(x + a) = b, siendox 6= x+ a.
En el ejemplo de la aplicacion f anterior y de su matriz A, el sistema Ax = btiene solucion si y solo si siendo b = (b1, b2, b3), se verifica 3b1 − b2 − b3 = 0. Lasolucion no es unica porque Nf 6= 0. Luego ese sistema es compatible indeterminadosi 3b1 − b2 − b3 = 0 e incompatible en caso contrario.
Tambien deducimos de las consideraciones anteriores que el sistema Ax = b tienesolucion (es compatible) si y solo si al anadir el vector b a los vectores que generanla imagen de A, (que son las columnas de A) el numero de vectores independienteses el mismo, lo cual equivale a que el rango de la matriz ampliada A|b es igual alrango de la matriz A. Para que la solucion sea unica, (sea compatible determinado),ademas, la dimension del nucleo de f debe ser cero, es decir, dim V1 − r(A) = 0, olo que es lo mismo, el rango de A debe ser igual al numero de incognitas. El sistemaes compatible indeterminado si el rango de la matriz ampliada A|b es igual al rangode la matriz A y este es menor que el numero de incognitas. Ası hemos vuelto aencontrar el teorema de Rouche-Frobenius como consecuencia de la teorıa estudiadasobre aplicaciones lineales.
Es conveniente, para adquirir agilidad, hacer los siguientesEjercicios:
6.4.1. Determinar cual es el nucleo y cual es la imagen:
a) de una proyeccion ortogonal de R2 sobre una de sus rectas.
b) de una proyeccion ortogonal de R3 sobre una de sus rectas.
c) de una proyeccion ortogonal de R3 sobre uno de sus planos.
d) de una simetrıa ortogonal de R2 respecto a una de sus rectas.
160
e) de una simetrıa ortogonal de R3 respecto a una de sus rectas.
f) de una simetrıa ortogonal de R3 respecto a uno de sus planos.
6.4.2. Hallar las ecuaciones cartesianas y una base de los nucleos y de lasimagenes de las siguientes aplicaciones lineales:
a) La aplicacion A de R3 en R3 dada por A(x, y, z) = (x−y+2z, x+y, 2x+2y+z).
b) La aplicacion B de C2 en C2 dada por B(z1, z2) = (iz1 + 2z2, z1 − iz2).
c) La aplicacion C de R3 en R3 dada por C(x, y, z) = (x+ z, y, x+ y + z).
d) La aplicacion D de C2 en C3 dada por D(z1, z2) = (iz1 + z2, z1 + iz2, z1− iz2).
e) La aplicacion E de R2 en R4 dada por E(x, y) = (x, x+ y, 2x, x+ 2y)
6.4.3. Dada la aplicacion lineal f : R5 → R4 en las bases canonicas por la matriz:1 −2 −1 0 −11 1 1 2 02 0 3 5 −30 3 2 2 1
1) Hallar una base del nucleo de f .2) Seleccionar las ecuaciones del nucleo de f .3) Hallar una base de la imagen de f .4) Hallar las ecuaciones cartesianas de la imagen de f .
6.4.4. Siendo A la matriz:
A =
−1 1 1 0
0 0 1 10 1 0 01 0 0 1
Hallar c para que el sistema Ax = b tenga solucion en los dos casos siguientes:1) b = (1, 0, 1, c)t, 2) b = (1, 0, c, 1)t
2) En los casos anteriores, ¿es el sistema compatible determinado o indetermi-nado?
6.4.5. Hallar las ecuaciones cartesianas y una base del nucleo y de la imagen dela aplicacion lineal de R4 en R4 (endomorfismo) dada por la matriz:
a)
2 0 −1 −2−2 4 −1 2
2 2 −2 −2−2 2 0 2
161
La union de las dos bases encontradas correspondientes al nucleo y a la imagenes un conjunto de cuatro vectores. ¿Es una base de R4? ¿Podrıamos conseguir unabase de R4 como union de otras bases distintas del nucleo y de la imagen de estasaplicaciones?
Responder a las mismas cuestiones para la aplicacion lineal g dada por
b)
2 1 0 −1−1 1 1 2
1 2 1 10 3 2 0
6.4.6. Dada la aplicacion lineal de R4 en R4 (endomorfismo) por la matriz:
1 2 3 1−1 0 −1 1
1 3 4 2−1 0 −1 1
Hallar la dimension del subespacio vectorial f(L) ⊂ R4 en los dos casos si-
guientes:a) L ≡ x3 = 0. b) L ≡ x1 + x3 − x4 = 0.
¿Hay algun hiperplano de R4, cuya imagen es otro hiperplano? (Un hiperplanode Rn es un subespacio vectorial de dimension n− 1).
6.4.7. Dada la aplicacion lineal de R4 en R4 (endomorfismo) por la matriz:1 1 0 00 1 1 00 0 1 11 0 0 1
a) Hallar las ecuaciones cartesianas del subespacio vectorial f(L) ⊂ R4 si L ≡
x3 − x4 = 0.b) Hallar las ecuaciones cartesianas de un subespacio vectorial L 6= R4, tal que
su imagen sea un hiperplano de R4. (Un hiperplano de Rn es un subespacio vectorialde dimension n− 1).
c) ¿Hay algun hiperplano de R4, cuya imagen sea una recta?
6.4.8. Cualquier matriz puede expresarse como suma de una matriz simetrica yde una matriz antisimetrica. Considerar en M3×3(R) las aplicaciones lineales:
a) La que hace corresponder a cada matriz su matriz simetrica sumando.b) La que hace corresponder a cada matriz su matriz antisimetrica sumando.Hallar el nucleo y la imagen de cada aplicacion.
162
Formula de las dimensiones para una aplicacion lineal.
Repitiendo, la dimension de la imagen de una aplicacion lineal es, por tanto,el numero de vectores independientes de los f(e1), f(e2), ..., f(en), es decir, decolumnas independientes de la matriz de la aplicacion, o sea, el rango de la matrizde la aplicacion lineal. Como hemos visto que la dimension del nucleo es la dimensiondel espacio original menos el rango de esta misma matriz, tenemos la relacion:
dim(Nf)+dim(Im f) = dim(espacio origen)−r(A)+r(A) = dim(espacio origen).
Si las dimensiones del espacio original y el espacio final coinciden, la dimensiondel nucleo es cero si y solo si la dimension del espacio imagen coincide con la di-mension del espacio total.
Es un ejercicio conveniente comprobar la fomula de las dimensiones en cada unode los ejercicios anteriores en los que se han hallado ambos espacios.
Hasta ahora, dada una aplicacion lineal, hemos hallado su nucleo y su imagen.Podemos plantearnos el problema inverso: dados dos espacios vectoriales V1 y V2,si W1 ⊂ V1 y W2 ⊂ V2 son dos subespacios vectoriales, ¿se pueden construir aplica-ciones lineales de V1 en V2 tales que su nucleo sea W1 y su imagen sea W2?
Para que se puedan construir, en virtud de la formula de las dimensiones, es nece-sario que dimW1 + dimW2 = dimV1. Vamos a ver que esta condicion es suficiente.En efecto, podemos coger una base de W1 y extenderla a una base de V1, para locual necesitamos tantos vectores como hay en una base de W2. Como una aplicacionlineal queda determinada por las imagenes de los elementos de una base, definimosla aplicacion lineal aplicando los elementos de la base de W1 en cero y aplicando losanadidos para obtener una base de V1, en una base de W2 con cualquier biyeccionposible.
Ejercicios
6.5.1. Comprobar la formula de las dimensiones en todas las aplicaciones linealesde los ejercicios anteriores en las que se han calculado nucleo e imagen.
6.5.2. Comprobar que es posible hallar una aplicacion definida en R3 con imagenen R3, tal que:
a) Su nucleo es el plano de ecuacion x + y + z = 0 y su imagen es la rectax = y = 2z.
b) Su imagen es el plano de ecuacion x + y + z = 0 y su nucleo es la rectax = y = 2z.
c) Hallar las matrices correspondientes en la base canonica.6.5.3. Comprobar que es posible hallar una aplicacion lineal ( y su matriz) de
R4 en R4, tal que tanto su nucleo como su imagen sean el subespacio de ecuaciones:
x1+ x2 + x3 +x4 = 0x2 + x3 = 0
163
Isomorfismos.Los homomorfismos cuyo nucleo es cero y cuya imagen es el espacio total se lla-
man isomorfismos. Los isomorfismos son aplicaciones lineales que hacen corespondera cada elemento de un espacio otro elemento del otro espacio y solo uno, por ello,identifican distintos espacios vectoriales y permiten el trasvase de propiedades de unespacio a otro.
Un isomorfismo es un homomorfismo cuyo nucleo es cero y cuya imagen es eltotal.
El caracter de isomorfismo de una aplicacion lineal queda reflejado en la matrizde la aplicacion lineal: Veremos que para que la aplicacion lineal sea isomorfismo esnecesario y suficiente que la matriz sea cuadrada y que su determinante sea distintode cero.
Si f es isomorfismo, por por ser N(f) = 0 y por la formula de las dimen-siones dimIm(f) = dimN(f) + dimIm(f) = dim(V1); como tambien Im(f) = V2,dimIm(f) = dim(V2), por lo que dimV1 = dimV2. Ya que la matriz de una apli-cacion lineal f : V1 −→ V2 es m×n donde m es la dimension de V2 y n es la dimensionde V1, la matriz de un isomorfismo es cuadrada. Por otra parte, el nucleo de f seracero si y solo si 0 = dimNf = dimV1 − r(A), es decir, si y solo si r(A) = dimV1,(que es su numero de columnas) o sea si y solo si el determinante de A es distintode cero.
Recıprocamente, si A es cuadrada, dimV1 = dimV2 y si |A| 6= 0, dimN(f) =dimV1 − r(A) = 0, por lo que N(f) = 0 y utilizando otra vez la formula de lasdimensiones, dimIm(f) = dimV1 = dimV2, por lo que Im(f) = V2.
Teorema 1: Si f : V1 −→ V2 es isomorfismo, existe la aplicacion inversa de f ,que es lineal, y si A es la matriz de f en dos bases prefijadas de V1 y de V2, A
−1 esla matriz de la aplicacion lineal inversa de f en las mismas bases.
Demostracion:La aplicacion inversa g de f existe si sabemos hacer corresponder a cada y ∈ V2
un x tal que f(x) = y, entonces serıa x = g(y).Si f es isomorfismo, por ser Im(f) = V2, cualquiera que sea el y ∈ V2, existe x
tal que f(x) = y; este x es un candidato a ser g(y), pero podrıamos tener problemassi existieran varios de estos x y no supieramos cual escoger. Veremos que solo existeuno cuando f es un isomorfismo. En efecto, si f(x) = f(x′), para algun otro x′,0 = f(x) − f(x′) = f(x − x′) implica que x − x′ ∈ Nf = 0, es decir que x = x′.Luego podemos construir la aplicacion inversa de f , haciendo corresponder a caday ∈ V2 el unico x ∈ V1, tal que f(x) = y.
Esta aplicacion es lineal, porque si f(g(y1)) = y1 y f(g(y2)) = y2, se tienef(g(y1) + g(y2)) = f(g(y1)) + f(g(y2)) = y1 + y2, de donde g(y1 + y2) = g(y1) + g(y2)por una parte y si f(g(y)) = y, f(αg(y)) = αf(g(y)) = αy, de donde αg(y) = g(αy).
El hecho de que la matriz de g es la inversa de la matriz de f se sigue de que alser g f = Id y f g = I, si la matriz de f es A y la matriz de g es B, AB=I yBA=I.
164
Tambien tenemos el siguienteTeorema 2: Dos espacios vectoriales son isomorfos si y solo si tienen la misma
dimension.Demostracion:Si f : V1 −→ V2 es un isomorfismo, dimV1 = dim(Im(f)) por la formula de las
dimensiones y por ser N(f) = 0, y por la definicion de isomorfismo, dim(Im(f)) =dimV2, por lo que dimV1 = dim(Im(f)) = dimV2
El recıproco tambien es cierto: si dos espacios tienen la misma dimension, sonisomorfos.
En efecto, sea dim(V1) = dim(V2) = n y sean e1, e2, ..., en una base de V1 yu1, u2, ..., un una base de V2, definimos:
f(x) = f(x1e1 + x2e2 + ...+ xnen) = x1u1 + x2u2 + ...+ xnun
Se puede comprobar facilmente que la aplicacion f es lineal:a)
f(x+ y) = f((x1e1 + x2e2 + ...+ xnen) + (y1e1 + y2e2 + ...+ ynen)) =
f((x1+y1)e1+(x2+y2)e2+...+(xn+yn)en) = (x1+y1)u1+(x2+y2)u2+...+(xn+yn)un =
(x1u1 + x2u2 + ...+ xnun) + (y1u1 + y2u2 + ...+ ynun) = f(x) + f(y)
b)
f(αx) = f(α(x1e1 + x2e2 + ...+ xnen)) = f(αx1e1 + αx2e2 + ...+ αxnen)) =
= (αx1)u1 + (αx2)u2 + ...+ (αxn)un = α(x1u1 + x2u2 + ...+ xnun) = αf(x).
Como Imf = L u1, u2, ..., un = V2 y segun la formula de las dimensiones,Nf = 0, f es isomorfismo.
Quedando ası demostrado el teorema.
El teorema nos da una forma facil para calcular la dimension del espacio vectorialde las aplicaciones lineales entre dos espacios vectoriales.
Corolario:Si V1 y V2 son dos espacios vectoriales sobre el mismo cuerpo K, de dimensiones
respectivas n y m, dim L (V1, V2) = m× n.Ya que hemos visto anteriormente que fijadas las bases de V1 y de V2, hay una
aplicacion lineal biyectiva entre L (V1, V2) y M m×n(K). y se puede comprobarfacilmente que esta aplicacion es isomorfismo.
165
Ejercicios:
6.6.1. Compruebese que:a) La composicion de dos aplicaciones lineales es una aplicacion lineal y
b) La matriz de la composicion de ellas es el producto de sus matrices.
6.6.2. Sea f un isomorfismo en R3 y g otro homomorfismo tal que la dimensionde la imagen de g f es 2.
a) ¿Cual es el rango de la matriz de g.b) ¿Cual es la dimension de la imagen de f g?
6.6.3. Demostrar que una aplicacion lineal con nucleo cero tiene inversa a laizquierda tambien lineal. ¿Es unica?
6.6.4. Demostrar que una aplicacion lineal cuya imagen coincide con el espaciofinal, tiene inversa a la derecha tambien lineal. ¿Es unica?
6.6.5. Estudiar si son isomorfismos las aplicaciones del ejercicio 6.4.1. ¿Cualesson los isomorfismos inversos en los casos que existen?
6.6.6. Considerar las aplicaciones lineales de los ejercicios 6.2.6. y 6.3.3. yestudiar si son isomorfismos.
En los casos que lo sean hallar la matriz del isomorfismo inverso.
PROBLEMAS RESUELTOS DE LOS PROPUESTOS EN EXAMENES DEALGEBRA LINEAL I. (Capitulo 6). Vease pag. 456.
Espacio Dual.
Un tipo especial de aplicaciones lineales, que merecen un nombre especial, son lasaplicaciones lineales de un espacio vectorial real V n en R. Se llaman formas lineales,forman el espacio L(V n, R) que segun lo visto anteriormente, son un espacio vectorialde dimension n. Este espacio vectorial se llama espacio dual de V n.
Un ejemplo de forma lineal en R3 es la aplicacion que resulta de multiplicarescalarmente un vector fijo a = (a1, a2, a3) por los distintos vectores de R3:
f
x1x2x3
= (a1, a2, a3)
x1x2x3
= a1x1 + a2x2 + a3x3.
166
Una vez escogida una base de V n, una forma lineal, como aplicacion lineal de unespacio de dimension n en un espacio de dimension 1, viene determinada por unamatriz 1× n, (la base de R se da por supuesta como 1). Por eso, tanto un elementode Rn como un elemento de su dual vienen determinados por n numeros reales.
Si f es una forma lineal de Rn,
f(x) ≡ f
x1x2...xn
= (a1, a2, · · · , an)
x1x2...xn
= a1x1 + a2x2 + · · ·+ anxn
expresion que nos recuerda la del producto escalar.
Proposicion: Si una forma lineal no es nula, es suprayectiva.Demostracion: Si la forma lineal no es nula, existe un vector x que no se aplica
en el cero. Entonces, para cada valor r ∈ R, podemos encontrar el vector rf(x)
x quese aplica en r.
Son de especial significado geometrico los conjuntos de nivel de estas aplicaciones.Se llama conjunto de nivel de una aplicacion con valores reales al conjunto de puntosque se aplican en uno dado de R. Por ser las formas lineales no nulas, suprayectivas,los conjuntos de nivel de cada r ∈ R son no vacıos.
Consideremos una forma lineal sobre R2 no nula,Ya que la forma lineal viene dada en general por:
f
(xy
)= (a1, a2)
(xy
)= a1x+ a2y,
el conjunto de nivel r ∈ R de f es: (x, y)|a1x + a2y = r. Este conjunto es unarecta del plano dada por su ecuacion implıcita.
Para cada forma lineal no nula deR3 los conjuntos de nivel son planos geometricosdados por su ecuacion impıcita. En efecto, ya que la forma lineal viene dada en ge-neral por
f
xyz
= (a1, a2, a3)
xyz
= a1x+ a2y + a3z,
el conjunto de nivel r ∈ R de f es: (x, y, z)|a1x+ a2y + a3z = r.
Dada una forma lineal en Rn, el conjunto de nivel cero es el nucleo de la formalineal, que es un subespacio de Rn, cuya dimension es n − 1, por la formula de lasdimensiones y por ser la forma lineal suprayectiva.
Si x0 es un vector tal que f(x0) = r, el conjunto de nivel r ∈ R se obtienesumando al vector x0 todos los vectores de N(f). Ya que si x ∈ N(f), f(x0 + x) =f(x0) + f(x) = f(x0). Y recıprocamente, si y0 esta en el conjunto de nivel r, sepuede escribir y0 = x0 + (y0 − x0), donde y0 − x0 ∈ N(f).
Es decir, el conjunto de nivel r: f−1(r) = x0 + x|x0 ∈ f−1(r) y x ∈ N(f) seobtiene trasladando por un vector x0 ∈ f−1(r) el nucleo de la forma lineal.
167
Dada una base B = e1, e2, ...en ⊂ V n, se definen los elementos e∗i (duales delos ei) por
e∗i (ej) =
1 si i = j0 si i 6= j
Se puede comprobar facilmente que si f ∈ V ∗, esta definida en B por
f(x) = f
x1...xn
= (a1 · · · an)
x1...xn
se tiene f = a1e∗1 · · ·+ ane
∗n
(Ya que coinciden en todos los elementos de la base).Por ello, los elememtos e∗i i∈1...n son un sistema de generadores de V ∗. Tambien
se puede ver facilmente que son independientes. Por ello, forman una base de V ∗,llamada base dual de B.
Las coordenadas de f en la base dual de B son (a1, ..., an), donde ai = f(ei).
Un problema que se plantea es como varıan las coordenadas de f al cambiar debase en V . ¿Cual es la relacion entre la matriz de cambio de base en V y la matrizde cambio de base en V ∗?
Sean B y B′, dos bases de V , tales que la relacion entre las coordenadas de unvector x en esas bases viene dada por: x1
...xn
= C
x′1...x′n
Sean (a1, ..., an) y (a′1, ..., a
′n), las coordenadas de una aplicacion f en las bases duales
de las dos anteriores.Entonces, dado que
(a1, ..., an)
x1...xn
= f(x) = (a′1, ..., a′n)
x′1...x′n
(a1, ..., an)C
x′1...x′n
= (a′1, ..., a′n)
x′1...x′n
,
de donde
(a1...an)C = (a′1...a′n) ≡
a′1...a′n
= Ct
a1...an
≡
a1...an
= (Ct)−1
a′1...a′n
que es la relacion buscada.
168
Representando los duales de dos espacios vectoriales por V ∗1 = L(V1, K), V ∗2 =L(V2, K), a cada aplicacion f : V1 → V2, le corresponde la aplicacion f ∗ : V ∗2 → V ∗1que hace corresponder a ω ∈ V ∗2 la aplicacion ω f . Esta aplicacion es lineal, sellama aplicacion dual de f y se representa por f ∗.
El problema que se plantea ahora es encontrar la matriz de f ∗ en las bases dualesde dos bases de V1 y V2, conocida la matriz de f en dichas bases.
Recordemos que si B1 = e1, ...en ⊂ V1 y B′1 = e′1, ...e′m ⊂ V2, las columnasde la matriz que expresa f son las coordenadas de los vectores f(ei) en la baseB′1. Analogamente, las columnas de la matriz de f ∗ son las coordenadas de lasaplicaciones f ∗(e
′∗k ) en e∗1, ..., e∗n. Hallemoslas: Sea A la matriz de f ,
f ∗(e′∗k )(ei) = (e
′∗k f)(ei) = e
′∗k (f(ei)) = e
′∗k (∑
alie′l) = aki
Al variar i vamos obteniendo los elementos de la fila k de la matriz de f . Luegolas columnas de la matriz de f ∗ son las filas de la matriz de f . Sus matrices, en lasbases duales, son traspuestas la una de la otra.
Ejercicios:
6.7.1. Hallar las coordenadas de f en la base dual de la canonica de R3, si f unelemento del dual de R3 tal que f(1, 1, 0) = 1, f(0, 1, 1) = 1, f(1, 0, 1) = 3.
6.7.2. Sea f : R3 → R3 una aplicacion determinada porf(1, 1, 0) = (−1, 0, 1), f(0, 1, 1) = (0,−1, 1), f(1, 0, 1) = (1,−1, 0).Hallar la matriz de la aplicacion dual de f en la base dual de la base canonica
de R3.6.7.3. Expresar en la base dual de la canonica de R3 los elementos de la base
dual de la base B, siendo B:a) B = (1, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 1)b) B = (1, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 2)Observar que aunque el primer vector coincide en estas dos bases, su dual no
coincide en los dos casos.
169
Bibliografıa.
[A] Algebra Lineal y aplicaciones. J. Arvesu Carballo, R. Alvarez Nodarse, F.Marcellan Espanol. Ed. Sıntesis Madrid. 1999.
[G] Matematicas 2 Bachillerato. Carlos Gonzalez Garcıa. Jesus Llorente Medrano.Maria Jose Ruiz Jimnez. Ed. Editex. 2009.
[S] Algebra lineal y sus aplicaciones. G. Strang Ed. Addison-Wesley Iberoamer-icana. 1990.
[S2] Introduction to Linear Algebra. G.Strang Ed. Wellesley-Cambridge Press1993.
[V] Problemas de Algebra. A. de la Villa. Ed. Clagsa, 1994.
170
ESPACIO EUCLIDEO.Proyecciones y Metodo de Mınimos Cuadrados.
Introduccion.Un espacio euclıdeo es un espacio vectorial real en el que se define un producto
entre vectores que a cada par de vectores asocia un numero real. El producto sellama producto escalar.
El producto escalar usual en R2 y en R3 esta dado por las formulas:
u · v = (u1, u2) · (v1, v2) = u1 · v1 + u2 · v2
u · v = (u1, u2, u3) · (v1, v2, v3) = u1 · v1 + u2 · v2 + u3 · v3Observemos que debido al teorema de Pitagoras, en R2 y en R3, el cuadrado
de la longitud de un vector es igual al producto escalar del vector por sı mismo.Representando la longitud del vector u por ‖u‖: ‖u‖2 = u · u. La longitud de unvector tambien se llama modulo del vector.
Un vector se llama unitario si es de longitud 1. Normalizar un vector cualquiera es obtener
otro dependiente de el y unitario. Se normaliza un vector dividiendolo por su longitud o modulo.
De lo anterior se deduce que la distancia entre dos puntos viene dada por la raizcuadrada del producto escalar por sı mismo del vector cuyas componentes son lasdiferencias de coordenadas de los puntos.
En espacios con n variables, es util tener un concepto similar al de distancia. Segeneraliza el concepto de longitud de un vector y de distancia entre dos puntos aRn utilizando el producto escalar generalizado.
Definicion 1: Producto escalar generalizado: dados dos vectores u y v de Rn,
u · v = (u1, · · · , ui, · · · , un) · (v1, · · · , vi, · · · , vn) =
u1 · v1 + · · ·+ ui · vi + · · ·+ un · vn = (u1, · · · , ui · · · , un)
v1...vi...vn
Cuando u y v representan vectores fila, se ha escrito u · v = u · vt. Cuando u y v representan
vectores columna, se escribe u · v = ut · v.
Tenemos tambien la idea de que la distancia mas corta desde un punto a unarecta viene dada por la perpendicular trazada a la recta por el punto. De aquı quetambien sea importante el concepto de perpendicularidad u ortogonalidad. Que segeneraliza a Rn para hallar distancias de puntos a subespacios de mayor dimension.
171
Ortogonalidad.En R3 la recta perpendicular a otra engendrada por un vector v es la mediatriz
del segmento formado al yuxtaponer los vectores v y −v. Si u es perpendicular a v,u esta en esa mediatriz y ya que entonces los angulos formados por la mediatriz y vy por la mediatriz y −v son iguales, las longitudes de los vectores u+ v y u− v soniguales.
PPPP
PPPP
PPPP
PPPP
PPi
AAAAAAAAAAAAAA
v
-v
u
u-v
u+v
*
AAAAAAAAAAAAK
Por tanto, (u+ v) · (u+ v) = (u− v) · (u− v). Sustituyendo las coordenadas delos vectores en los dos productos escalares, desarrollando y simplificando, tenemos:
2u1v1 + 2u2v2 + 2u3v3 = −2u1v1 − 2u2v2 − 2u3v3
de donde si los vectores u y v son perpendiculares u ortogonales, u1v1+u2v2+u3v3 =0, es decir, su producto escalar es cero. Recıprocamente, puede comprobarse que sisu producto escalar es cero, los vectores son perpendiculares.
El concepto de ortogonalidad se generaliza a Rn:Definicion 2:Dos vectores de Rn son ortogonales si su producto escalar es nulo.Si u es ortogonal a v, escribimos u ⊥ v. Entonces la definicion anterior se expresa
por:
u ⊥ v ≡ u · v = 0.
Para hacer calculos sin sustituir todas las coordenadas y para una posible gen-eralizacion posterior observemos que el producto escalar tiene las propiedades 1),2), 3) y 2’) siguientes: es simetrico, lineal en cada una de las variables vectores quemultiplicamos, y tiene la propiedad de ser definido positivo expresada en 3):
1)∀u, v ∈ Rn, u · v = v · u
172
2) ∀u, u′, v ∈ Rn, (u+ u′) · v = u · v + u′ · v.∀u ∈ Rn,∀c ∈ R, cu · v = c(u · v).
3)∀u ∈ Rn, u · u ≥ 0 y u · u = 0 ≡ u = 0.
2’) Aunque en 2) solo hemos explicitado la linealidad del producto escalar en laprimera variable, de la simetrıa del producto escalar y de 2) se sigue la linealidaden la segunda variable, analoga a 2), para v.
La linealidad del producto escalar en las dos variables se expresa diciendo que elproducto escalar es una forma bilineal.
Por la propiedad definida positiva del producto escalar, ningun vector distintode cero es ortogonal a el mismo.
Veamos ahora como, sin sustituir coordenadas, utilizando las propiedades 1) y2) del producto escalar podemos comprobar de nuevo, que la recta de direccion u esperpendicular a la recta de direccion v si y solo si el producto escalar u · v es nulo:el extremo del vector u es equidistante de los extremos de v y de −v, por lo que‖u−v‖2 = ‖u− (−v)‖2 = ‖u+v‖2. Al desarrollar los dos extremos de esta igualdadutilizando la bilinealidad y la simetrıa, tenemos:
u · u− 2u · v + v · v = ‖u− v‖2 = ‖u+ v‖2 = u · u+ 2u · v + v · v,
o equivalentemente, 4u · v = 0 ≡ u · v = 0.Tambien, utilizando la linealidad y la simetrıa del producto escalar, tenemos en
Rn el teorema de Pitagoras generalizado:Los vectores u y v son ortogonales si y solo si ‖u+ v‖2 = ‖u‖2 + ‖v‖2.En efecto:
‖u+ v‖2 = (u+ v) · (u+ v) = u · u+ u · v + v · u+ v · v = ‖u‖2 + ‖v‖2 + 2u · v =
= ‖u‖2 + ‖v‖2 si y solo si u · v = 0
.
Ejercicios:
7.1.1. Demostrar:
‖u1 + u2 + · · ·+ un‖2 = ‖u1‖2 + ‖u2‖2 + · · ·+ ‖un‖2
si los vectores ui ⊂ Rn son ortogonales dos a dos.7.1.2. Sean u y v vectores de Rn. Demostrar:a) ‖u+ v‖2 + ‖u− v‖2 = 2(‖u‖2 + ‖v‖2). (ley del paralelogramo).b) ‖u+ v‖2 − ‖u− v‖2 = 4u · v. (identidad de polarizacion).c) ‖u+ v‖2 − ‖u‖2 − ‖v‖2 = 2u · v.7.1.3. Demostrar que dados dos vectores u y v cualesquiera, los vectores u+ v y
u− v son ortogonales si y solo si ‖u‖ = ‖v‖.
173
7.1.4. Demostrar:a) Las diagonales de un rombo son perpendiculares.b) Un paralelogramo es un rombo si sus diagonales son perpendiculares.7.1.5. Demostrar que las bisectrices de dos rectas secantes de R3 son perpen-
diculares utilizando el problema 7.1.3.
La ortogonalidad es tambien util cuando se combina con el concepto de base.Vamos a verlo.
Bases Ortogonales.Un conjunto ortogonal de vectores es un conjunto de vectores no nulos en el que
cada dos vectores distintos son ortogonales.Ejemplos de vectores ortogonales dos a dos son los de las bases canonicas de R2
o de R3. Se comprueba facilmente que sus productos escalares cruzados son nulos.
Proposicion 1: Todo conjunto ortogonal de vectores distintos de cero es unconjunto independiente de vectores:
Demostracion:Consideremos un conjunto x1, x2, ..., xk de k vectores ortogonales dos a dos:
sea
λ1x1 + λ2x2 + ...+ λkxk = 0
Multiplicando escalarmente esta combinacion lineal por el vector xi tenemos:
(λ1x1 + λ2x2 + ...+ λkxk) · xi = 0
es decir,
(λ1x1) · xi + (λ2x2) · xi + ...(λkxk) · xi = 0
por tanto,
0 = (λixi) · xi = λi(xi · xi)
como xi · xi > 0, ha de ser λi = 0 ∀ i, que era lo requerido para que los vectoresfueran independientes.
Corolario: Un conjunto ortogonal de n vectores distintos de cero de Rn formanuna base.
Las bases formadas por conjuntos ortogonales se llaman bases ortogonales y soninteresantes porque las coordenadas de un vector en una base ortogonal puedencalcularse de una manera directa utilizando el producto escalar:
Teorema 1: Si v1, v2, ..., vn son una base ortogonal de Rn, y x es un vectorde Rn, las coordenadas de x en esta base son:
(x · v1v1 · v1
, ...,x · vivi · vi
, ...,x · vnvn · vn
).
174
Demostracion: Sea x = x1v1+ · · ·+xivi+ · · ·+xnvn, haciendo el producto escalarde x por v1, tenemos:
x · v1 = (x1v1 + · · ·+ xivi + · · ·+ xnvn) · v1 =
= (x1v1) · v1 + · · ·+ (xivi) · v1 + · · ·+ (xnvn) · v1 =
= x1(v1 · v1) + 0 + · · ·+ 0 = x1(v1 · v1)
de donde despejando x1, tenemos la expresion de x1 en el teorema. Haciendo loanalogo para las coordenadas restantes tenemos sus expresiones en el teorema.
Si los vectores de la base ortogonal estan normalizados se llama ortonormal. Eneste caso, si la base es u1, u2, ..., un, xi = x · ui. Y el vector x se expresa:
x = (x · u1)u1 + (x · u2)u2 + · · ·+ (x · ui)ui + · · ·+ (x · un)un
Ejercicios:
7.2.1. Comprobar que con el producto escalar usual de R3 , las siguientes bases:B1 = (1/3(2,-2,1),1/3(2,1,-2),1/3(1,2,2)B2 = (1/7(2,3,6),1/7(6,2,-3),1/7(3,-6,2)son ortonormales.
7.2.2. Hallar las coordenadas del vector (1, 1, 1) en las bases anteriores.
Ortogonalidad entre subespacios.Tambien se define la ortogonalidad entre subespacios: Si U y V son dos sub-
espacios de Rn,
U es ortogonal a V si y solo si ∀u ∈ U y ∀v ∈ V, u · v = 0.
U es ortogonal a V se escribe U ⊥ V .
Proposicion 2: U ⊥ V ⇒ U ∩ V = 0.En efecto, si w ∈ U ∩ V , por ser w ∈ U y w ∈ V , es w · w = 0, lo que implica
w = 0, por ser el producto escalar definido positivo.Por ello, si U y V son ortogonales, U + V = U ⊕ V .
Ejercicio:7.3.1. Comprobar que el subespacio U es ortogonal a V si y solo si todos los
vectores de U son ortogonales a los vectores de una base de V.
Complemento Ortogonal.Dado un subespacio U , hay un subespacio ortogonal a U que contiene a todos
los subespacios ortogonales a U , es el llamado complemento ortogonal del sube-spacio dado. Lo denotaremos por U⊥. Es el conjunto de todos los vectores que sonortogonales a todos los de U . Es facil de comprobar (y es un ejercicio conveniente)que este conjunto es un subespacio vectorial en virtud de la linealidad del producto
175
escalar en cada uno de sus factores. Tambien hemos visto antes que dos subespaciosortogonales solo se intersecan en el cero. Por ello, U ∩ U⊥ = 0. Para justificarleel nombre de complemento tenemos que demostrar que su dimension es igual ala dimension del espacio total menos la dimension de U , con lo cual U y U⊥ serancomplementarios, es decir, Rn = U ⊕ U⊥.
Observemos que un vector v esta en U⊥ si y solo si es ortogonal a todos losvectores de una base escogida de U (compruebese tambien).
Sea la base de U :
u1 = (a11, a12, ...a1n), u2 = (a21, a22, ...a2n), · · · , up = (ap1, ap2, ...apn),
la ortogonalidad de un vector x = (x1, x2, · · · , xn) con los uii∈1...p es equivalentea las igualdades: (x · ui = 0)
a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn = 0a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2nxn = 0
· · ·ap1x1 + ap2x2 + · · ·+ apnxn = 0
Estas igualdades son un sistema de p ecuaciones con n incognitas, cuya matrizde coeficientes es la matriz que tiene por filas las coordenadas de cada uno de losvectores de la base de U . Por ser estos vectores independientes, el rango de estamatriz es p y por tanto la dimension del subespacio de soluciones del sistema (quees el complemento ortogonal), es n− p = n− dim(U).
Resumiendo, tenemos:U⊥ es un subespacio vectorial de dimension n−dim(U) y U ∩U⊥ = 0, de donde
U + U⊥ = U ⊕ U⊥y como dim(U ⊕ U⊥) = dim(U) + dim(U⊥) = dim(U) + n − dim(U) = n,
U ⊕ U⊥ = Rn.
Al mismo tiempo observemos que U⊥ puede tener distintos sistemas de ecua-ciones correspon-dientes a distintas bases del subespacio U dado. Pero el comple-mentario de un subespacio vectorial es unico por la forma de definirlo; lo que ocurrees que los distintos sistemas de ecuaciones correspondientes a distintas bases sonequivalentes porque los vectores de una base de U son combinaciones lineales de losvectores de otra base de U . (Las transformaciones que llevan los vectores de una basea los vectores de la otra base se pueden traducir en transformaciones elementalesque llevan un sistema al otro).
Ejercicios:
7.4.1. Hallar una base de W⊥ siendo W los siguientes subespacios:a) W=Lu, v ⊂ R3 donde u = (1, 0, 1) y v = (2,−1, 1).b) W=Lu, v ⊂ R4 donde u = (1, 0, 1, 0) y v = (2,−1, 1, 0).c)
W =
x ∈ R4
∣∣∣∣ x1 + x2 + x3 + x4 = 02x1 − x2 = 0
176
Ejemplos de subespacios complementarios ortogonales:
Dada una matriz A, podemos considerar el subespacio de Rn engendrado por losvectores filas de A, lo llamamos el espacio fila de A y podemos considerar el espaciode las soluciones del sistema AX = 0, que llamamos espacio nulo de A. Estos dossubespacios son ortogonales y complementarios.
Por ello, dado un plano de R3 por la ecuacion Ax+By+Cz = 0, su complementoortogonal es la recta engendrada por el vector (A,B,C).
Cuando una recta deR3 viene dada como interseccion de dos planos de ecuacionesAx+By+Cz=0, A’x+B’y+C’z=0, el subespacio ortogonal a la recta esta engen-
drado por los vectores (A,B,C) y (A’,B’,C’).
La observacion de que el producto vectorial de dos vectores es ortogonal a losdos vectores factores da un metodo para hallar un generador del complementarioortogonal en R3 de un plano dado por dos vectores independientes.
Teorema de Tellegen.Otra aplicacion de la ortogonalidad puede demostrar un teorema de electricidad
llamdo teorema de Tellegen. (Tomado del libro Algebra Lineal y sus Aplicaciones.G. Strang).
Consideramos una red formada por las aristas de un tetraedro; son seis aristasconvergentes en cuatro nodos. (Ver pagina siguiente).
Llamamos p1, p2, p3, p4 los potenciales en cada uno de los nodos, I1, I2, I3, I4, I5, I6a las intensidades que corren por cada arista. Si E1, E2, E3, E4, E5, E6 son las difer-encias de potencial en cada arista, se cumple:
I1E1 + I2E2 + I3E3 + I4E4 + I5E5 + I6E6 = 0
Demostracion:Podemos escribir:
(E1, E2, E3, E4, E5, E6) = (p1, p2, p3, p4)
1 0 −1 1 0 0−1 1 0 0 1 0
0 −1 1 0 0 −10 0 0 −1 −1 1
(1)
177
-
A
AAAAAAAAAAAAAAAAAAAK6
@@@
@@@
@@@
@I
p1 p2
p3
p4
I1
I2I3
I6
I5I4
Tambien, por la primera ley de Kirchoff, en cada nodo la suma de las intensidadesque entran es igual a la suma de las intensidades que salen, por tanto:
I3 = I1 + I4I1 = I2 + I5
I2 + I6 = I3I4 + I5 = I6
Pasando todos los terminos al segundo miembro en estas ecuaciones, obtenemosun sistema homogeneo en las intensidades, que se puede escribir:
1 0 −1 1 0 0−1 1 0 0 1 0
0 −1 1 0 0 −10 0 0 −1 −1 1
I1I2I3I4I5I6
=
0000
(2)
Volvemos ahora a la expresion (1) y vemos que expresa la fila de las diferenciasde potencial como combinacion lineal de las filas de la matriz de los coeficientes deeste sistema de ecuaciones lineales.
Por otra parte, (2) expresa la columna de las intensidades como ortogonal parael producto escalar usual de R6 a cada una de las filas de esa matriz.
Como el producto escalar es lineal, la propiedad (2) de la definicion implica quela columna de las intensidades es tambien ortogonal a cualquier combinacion linealde las filas de esa matriz, en particular, a la fila de las diferencias de potencial.
Al multiplicar escalarmente la fila de las diferencias de potencial por la columnade las intensidades, obtenemos la expresion del Teorema.
178
Proyecciones en general.Veamos ahora que, en general, si Rn = U ⊕W , la descomposicion de un vector
y ∈ Rn como suma de un vector de U y otro de W es unica. Esto quiere decir quesi u+ w = y = u′ + w′, donde u, u′ ∈ U y w, w′ ∈ V , se tiene u = u′ y w = w′.
En efecto,
u+w = u′+w′ ⇒ u−u′ = w′−w ∈ U∩V ⇒ u−u′ = w′−w = 0⇒ u = u′ y w′ = w.
La unicidad de la descomposicion de los vectores por una suma directa permiteasociar a cada vector generico y el unico vector sumando u de U . Esta aplicacionse llama, en general, proyeccion sobre U paralela al subespacio W y si W = U⊥ sellama proyeccion ortogonal. Debe comprobarse como ejercicios:
7.5.1. Demostrar que la aplicacion proyeccion es una aplicacion lineal.7.5.2. Demostrar que si p es una aplicacion proyeccion, p2 = p.7.5.3. Demostrar que si p es una aplicacion proyeccion, I − p es otra aplicacion
proyeccion.7.5.4. Comprobar que si p es una aplicacion proyeccion, (I − p)2 = I − p.
Por ser lineal, la aplicacion proyeccion se expresa por una matriz, una vez elegidauna base de Rn.
Dado el procedimiento que hemos seguido para definir la proyeccion, la maneranatural de hallar su matriz es considerar que en una proyeccion sobre un espacio U ,los vectores de U quedan fijos y los vectores de W se proyectan en el el cero. Enuna base de Rn formada por la yuxtaposicion de una base de U y una base de W(que puede ser U⊥), la matriz de la proyeccion es:(
Ip 00 0
)donde p es la dimension de U . En la base canonica de Rn, la matriz de la proyecciones:
C
(Ip 00 0
)C−1
donde C es la matriz que tiene en columnas las coordenadas de los vectores de labase (de Rn) yuxtaposicion de una base de U y otra base de W .
Debido a que si n es grande, la inversa de la matriz C puede ser pesada decalcular, vamos a estudiar tambien otros metodos para hallar las matrices de lasproyecciones ortogonales.
179
Proyecciones Ortogonales.Dada la matriz de una proyeccion, se puede hallar la proyeccion de un vector multiplicando
la matriz de la proyeccion por la columna correspondiente al vector. Tambien se puede hallar la
proyeccion de un vector directamente realizando su descomposicion en suma. Ademas, en el caso
de las proyecciones ortogonales se puede hallar la proyeccion de un vector utilizando el producto
escalar.
En el sentido geometrico comun proyectar ortogonalmente un punto sobre unarecta o sobre un plano es obtener un punto de la recta o del plano trazando laperpendicular a la recta o al plano por el punto dado.
En sentido analıtico, en Rn, para proyectar ortogonalmente un vector sobre unarecta, sobre un plano o sobre un subespacio de dimension mayor, descomponemos elvector dado en suma de un vector del subespacio sobre el que estamos proyectandoy de otro vector perpendicular a el, o lo que es lo mismo, perteneciente al subespa-cio ortogonal al subespacio considerado. Siendo la proyeccion del vector sobre elsubespacio, el vector obtenido en el subespacio considerado.
La descomposicion puede hacerse comodamente utilizando el producto escalar.Lo vemos a continuacion.
Proyeccion ortogonal de un vector sobre una recta.Si la recta esta engendrada por el vector v, la proyeccion sobre esa recta de un
vector y es un vector de la forma cv, tal que y = cv + w, donde w ⊥ v; entonces,
y · v = (cv + w) · v = cv · v + w · v = c(v · v),
de donde c = y·vv·v y cv = y·v
v·vv. Expresamos esta proyeccion por PUy y tenemos:
PUy =y · vv · v
v.
Ejercicio:
7.6.1. Comprobar que el vector PUy no depende del generador v que cojamos dela recta.
Volviendo a mirar las coordenadas de un vector en una base ortogonal, (Teorema1, pag.174), vemos que estas coinciden con los coeficientes de las proyecciones delvector sobre las rectas engendradas por los vectores de la base. Y tambien vemosque el vector es la suma de sus proyecciones sobre esas rectas.
180
Proyeccion ortogonal de un vector sobre un subespacio.Dado un subespacio U = Lv1, ..., vp, la proyeccion de y sobre U es un vector
u de U tal que y = u+ w, donde w ⊥ u (w ∈ U⊥).La validez de la definicion estriba en el hecho de que el vector de U que bus-
camos es unico. Esta unicidad se sigue del razonamiento conceptual, hecho paraproyecciones en general.
Escribamos PUy = u para calcularlo.Por ser PUy ∈ U , tendrıamos: PUy = c1v1 + · · ·+ civi + · · ·+ cpvp, y
y = c1v1 + · · ·+ civi + · · ·+ cpvp + w donde w · vi = 0 ∀i
Calcular PUy es calcular los coeficientes c1, c2, ..., cp. Para ello tenemos:
y · v1 = (c1v1 + · · ·+ civi + · · ·+ cpvp +w) · v1 = (c1v1 + · · ·+ civi + · · ·+ cpvp) · v1 =
= c1v1 · v1 + · · ·+ civi · v1 + · · ·+ cpvp · v1· · · · · · · · · · · ·
y · vj = (c1v1 + · · ·+ civi + · · ·+ cpvp +w) · vj = (c1v1 + · · ·+ civi + · · ·+ cpvp) · vj =
= c1v1 · vj + · · ·+ civi · vj + · · ·+ cpvp · vj· · · · · · · · · · · ·
y · vp = (c1v1 + · · ·+ civi + · · ·+ cpvp +w) · vp = (c1v1 + · · ·+ civi + · · ·+ cpvp) · vp =
= c1v1 · vj + · · ·+ civi · vj + · · ·+ cpvp · vpdonde considerando las ci como incognitas, cuyo valor determina PUy, hemos en-contrado el sistema:
y · v1 = c1v1 · v1+ · · ·+ civi · v1+ · · ·+ cpvp · v1· · · · · · · · · · · · · · · · · ·
y · vj = c1v1 · vj+ · · ·+ civi · vj+ · · ·+ cpvp · vj· · · · · · · · · · · · · · · · · ·
y · vp = c1v1 · vp+ · · ·+ civi · vp+ · · ·+ cpvp · vp
Este sistema siempre tiene solucion unica debido a que la definicion de la apli-cacion proyeccion es buena. Segun el teorema de Rouche-Frobenius la matriz de loscoeficientes de este sistema es invertible, pudiendose resolver el sistema por Cramero por Gauss.
Vamos a observar que si la base v1, ..., vi, ...vp de U es ortogonal, la matriz delos coeficientes es diagonal y se puede obtener para cada i:
ci =y · vivi · vi
181
por lo que en este caso:
PUy =y · v1v1 · v1
v1 +y · v2v2 · v2
v2 + · · ·+ y · vpvp · vp
vp
Esta es una de las razones de la importancia de las bases ortogonales.Si la base es ortonormal, ci = y · vi.
Ya que hemos utilizado una base de U para obtener la proyeccion del vectorsobre el subespacio U , es posible plantearse la cuestion sobre si el vector proyeccionobtenido es dependiente de la base utilizada. Pero no es ası, porque ya hemos vistoque la descomposicion de un vector por una suma directa es unica y la aplicacionproyeccion esta bien definida.
Otra forma de obtener la matriz de la proyeccion en la base e1, e2, ..., en estener en cuenta que sus columnas son las coordenadas de las imagenes de los vectoresde la base y hallar por tanto, una a una, las proyecciones pU(ei) de los vectores de labase, una vez encontrada una base ortogonal v1, v2, · · · , vp de U , por la formula:
PU(ei) =ei · v1v1 · v1
v1 +ei · v2v2 · v2
v2 + · · ·+ ei · vpvp · vp
vp
donde ei recorre los vectores de la base canonica de Rn.Si consideramos una base ortonormal de U , esta formula se simplifica pero puede
ser que los vectores se compliquen al tener que dividirlos por raices cuadradas.Ejercicios:7.7.1. Siendo U = L(1, 0, 1), (2,−1, 1) ⊂ R3, hallara) Una base ortogonal de U .b) La proyeccion ortogonal del vector (1, 1, 1) sobre U .c) La matriz (en la base canonica) de la aplicacion proyeccion ortogonal de R3
sobre U por los dos metodos para comprobar que sale lo mismo.7.7.2. Siendo U el subespacio de R3 de ecuacion x+ y + z = 0, resolver los tres
apartados analogos a los del problema anterior.7.7.3. Dados los vectores u1 = (2, 1, 1,−1), u2 = (1, 1, 3, 0) de R4 y el vector
a = (5, 2,−2, 2), descomponer el vector a = b+c donde b es un vector perteneciente alsubespacio Lu1, u2 y c es un vector perteneciente al ortogonal a dicho subespacio.
7.7.4. Dados los vectores u1 = (1, 2, 0,−1, 1), u2 = (0, 1,−1, 1, 0) de R5 y elvector a = (0, 0, 1, 2, 1), descomponer el vector a = b + c donde b es un vectorperteneciente al subespacio Lu1, u2 y c es un vector perteneciente al ortogonal adicho subespacio.
7.7.5. Hallar la matriz de la proyeccion ortogonal en R4 con el producto escalarusual sobre L(1, 1,−1, 0), (0, 0, 2, 1).
7.7.6. Hallar la matriz de la proyeccion ortogonal de R4 sobre el subespacioU = L(1, 1,−1, 0), (0, 0, 2, 1), (0, 1, 1, 1). (Usar el ortogonal a U).
182
Teorema de la aproximacion optima:La importancia de la proyeccion ortogonal de un vector sobre un subespacio esta
en que da el vector del subespacio que mas se acerca o aproxima al vector dado. Porello, la distancia del punto a un subespacio es la distancia del punto a la proyeccionortogonal de su vector de posicion sobre el subespacio. Esto se demuestra en elteorema de la aproximacion optima:
Dado un vector y de Rn y un subespacio U ⊂ Rn, si y = PUy,
‖y − y‖ ≤ ‖y − u‖ ∀u ∈ U
.Demostracion:Por el teorema de Pitagoras generalizado,
∀u ∈ U, ‖y − u‖2 = ‖y − y + y − u‖2 = ‖y − y‖2 + ‖y − u‖2 ≥ ‖y − y‖2
al ser y − y ∈ U⊥, y − u ∈ U ,
Ejercicios:
7.8.1 Hallar la distancia del vector a al subespacio Lu1, u2 en los problemas7.7.3 y 7.7.4 anteriores.
7.8.2. Dado el plano π de ecuacion Ax+By+Cz = 0 y el punto p de coordenadas(a, b, c), demostrar que la distancia de p a π es
d(p, π) =|Aa+Bb+ Cc|√A2 +B2 + C2
.
Metodo de Aproximacion de Mınimos Cuadrados.El teorema de Rouche-Frobenius da condiciones necesarias y suficientes para que
un sistema de ecuaciones de la forma AX = b sea compatible, es decir, para queexista un X tal que AX−b = 0. Nos podemos preguntar, en el caso en que el sistemasea incompatible, si existe una aproximacion optima de la solucion, es decir, unosvalores de las incognitas X, tales que la diferencia AX− b sea mınima. La respuestaes que el problema de la aproximacion optima siempre tiene solucion, y a veces nounica.
Como siempre, para llegar a la solucion de un problema, lo estudiamos y hacemosobservaciones:
Si existe una solucion del sistema, el vector b es combinacion lineal de los vectorescolumnas de A con coeficientes precisamente iguales a las soluciones del sistema.Si no existe solucion, al probar distintos valores de las incognitas como posiblesaproximaciones, y realizar la operacion AX, obtenemos vectores que pertenecen alespacio engendrado por los vectores columnas de A. Si de todos estos vectores AXqueremos el que mas se aproxime a b, podemos pensar en el anterior Teorema de
183
la aproximacion optima y considerar que el vector que estamos buscando es de losvectores del subespacio engendrado por las columnas de A, el mas proximo a b, esdecir, la proyeccion ortogonal de b sobre dicho subespacio.
Por tanto, para aproximar el problema, podemos proyectar ortogonalmente elvector b sobre el subespacio engendrado por las columnas de A (que vamos a llamar
espacio columna de A), y si es b esta proyeccion, resolver despues el sistema AX = bque siempre tiene solucion.
Pero podemos elaborar un poco mas el procedimiento:
Nuestra solucion X que verificara AX = b es la que verifica que AX − b = b− bes ortogonal al espacio engendrado por las columnas de A; La condicion necesaria ysuficiente para ello es que el vector AX−b sea ortogonal a todos los vectores columnade A. O lo que es lo mismo, que el producto escalar de estos vectores columna yel vector AX − b sea cero. Podemos expresar en una sola ecuacion matricial laortogonalidad requerida por
tA(AX − b) = 0 ≡ tAAX = tAb
La solucion del ultimo sistema es unica si la matriz tAA es invertible y es multiple,si la matriz no es invertible.
Cuando la solucion es unica, esta es
X = (tAA)−1tAb.
En este caso, es la unica aproximacion optima a una solucion del sistema incom-patible AX = b.
Podemos demostrar ahora que la matriz tAA es invertible si y solo si las columnasde A son independientes.
Por una parte, la matriz tAA es invertible si y solo si el sistema tAAX = 0 tieneunicamente la solucion trivial.
Por otra parte, al resolver el sistema AX = 0, estamos tratando de encontrar loscoeficientes que hay que poner a las columnas de A para obtener una combinacionlineal nula; estos coeficientes son unicamente ceros si las columnas de A son inde-pendientes. Entonces vemos que AX = 0 tiene solo la solucion trivial si y solo si lascolumnas de A son independientes.
Viendo que las soluciones de tAAX = 0 y de AX = 0 son las mismas quedaraestablecida la equivalencia enunciada. En efecto:
tAAX = 0⇒ X ttAAX = 0⇒ AX = 0⇒ tAAX = 0
184
Aplicacion del metodo de mınimos cuadrados a la regresion lineal.
Cuando se cree que existe una dependencia lineal entre dos magnitudes x e y,es decir, se cree que y = cx + d para ciertos c y d, se trata de determinar c y dhaciendo experimentos. Si la dependencia lineal fuera perfecta y las medidas de losexperimentos tambien, haciendo dos experimentos en los que a la magnitud variablex dieramos los valores x1 y x2 distintos, para los cuales midieramos y1 e y2, las dosrelaciones
y1 = cx1 + dy2 = cx2 + d
darıan un sistema de dos ecuaciones con las dos incognitas c y d con solucion unica.Entonces, al hacer mas experimentos, si estos y las medidas fueran perfectos, al
darle a la magnitud variable x el valor xi obtendrıamos un valor yi tal que yi = cxi+d.Y los pares de valores (xi, yi), que se pueden representar por puntos en el plano,quedarıan alineados y todos sobre la recta de ecuacion y = cx+ d.
experimentos ideales
Pero en la practica, la dependencia lineal no es perfecta y las medidas en losexperimentos no son exactas, por lo que al hacer los experimentos y representarlos puntos (xi, yi) obtenidos, se obtiene una nube de puntos que admitimos que seaproxima a la grafica de una recta. Entonces, el problema consiste en determinarcual es la recta que mas se aproxima a la nube de puntos representada y como setrata de una aproximacion, utilizamos el metodo de los mınimos cuadrados.
185
experimentos reales
Supongamos que tenemos un conjunto (x1, y1), (x2, y2), · · · , (xn, yn) de parejasde valores obtenidos experimentalmente. Si existiera una recta de ecuacion y = cx+dconteniendo a todos los puntos, el sistema:
y1 = cx1 + dy2 = cx2 + d
......
yn = cxn + d
serıa satisfecho para ciertos valores de c y de d, es decir, tendrıa solucion en lasincognitas c y d. Si no estan contenidos en una recta, no existe esa solucion.
El sistema anterior lo podemos escribir matricialmente:x1 1x2 1...xn 1
(cd
)=
y1y2...yn
donde las incognitas son c y d y la matriz de los coeficientes correspondiente a ladiscusion teorica general es:
A =
x1 1x2 1... 1xn 1
Si todas las xi son iguales, todos los puntos estan sobre una recta vertical, por
tanto no es el caso que nos ocupa.
186
Es suficiente que haya dos xi distintas para que las dos columnas de A seanindependientes y por tanto que la matriz tAA sea invertible.
Utilizando la formula obtenida anteriormente en el metodo de mınimos cuadra-dos, las aproximaciones optimas para c y d son:
(cd
)=
( x1 x2 · · · xn1 1 · · · 1
)x1 1x2 1· · ·xn 1
−1(
x1 x2 · · · xn1 1 · · · 1
)y1y2· · ·yn
Haciendo operaciones:(
cd
)=
( ∑ni=1 x
2i
∑ni=1 xi∑n
i=1 xi n
)−1( ∑ni=1 xiyi∑ni=1 yi
)=
=1
n∑n
i=1 x2i − (
∑ni=1 xi)
2
(n −
∑ni=1 xi
−∑n
i=1 xi∑n
i=1 x2i
)( ∑ni=1 xiyi∑ni=1 yi
)O sea,
c =n∑n
i=1 xiyi − (∑n
i=1 xi)(∑n
i=1 yi)
n∑n
i=1 x2i − (
∑ni=1 xi)
2
d =−(∑n
i=1 xi)(∑n
i=1 xiyi) + (∑n
i=1 x2i )(∑n
i=1 yi)
n∑n
i=1 x2i − (
∑ni=1 xi)
2
Tambien, aparentemente mas simple para d, es la formula:
d =
∑ni=1 yi − c
∑ni=1 xi
n
Comprobemos que son iguales.
∑ni=1 yi − c
∑ni=1 xi
n=
1
n(n∑i=1
yi −n∑n
i=1 xiyi − (∑n
i=1 xi)(∑n
i=1 yi)
n∑n
i=1 x2i − (
∑ni=1 xi)
2
n∑i=1
xi) =
=1
n
(∑n
i=1 yi)(n∑n
i=1 x2i − (
∑ni=1 xi)
2)− (n∑n
i=1 xiyi − (∑n
i=1 xi)(∑n
i=1 yi))∑n
i=1 xin∑n
i=1 x2i − (
∑ni=1 xi)
2
=(∑n
i=1 yi)(∑n
i=1 x2i )− (
∑ni=1 xiyi)
∑ni=1 xi
n∑n
i=1 x2i − (
∑ni=1 xi)
2
187
Aplicacion del metodo de mınimos cuadrados a la obtencion de lamatriz de la aplicacion proyeccion ortogonal sobre un subespacio.
La proyeccion sobre un subespacio puede ser aplicada a un vector cualquiera. Enese sentido es una aplicacion de Rn en Rn y puede demostrarse como un ejercicioque es lineal. Es un endomorfismo de Rn.
Llegados a este punto vamos a aprovechar la expresion del vector b, proyeccion deb sobre el espacio columna de A para obtener la expresion matricial de la aplicacionlineal proyeccion sobre un subespacio U .
En el desarrollo anterior, cuando la solucion es unica: (cuando tAA es una ma-
triz invertible o equivalentemente las columnas de A son una base de U), b es laproyeccion de b sobre U , siendo
b = AX = A(tAA)−1tAb
Si queremos proyectar un vector generico x sobre un subespacio U , construimosla matriz A cuyas columnas son un conjunto de vectores base de U y vemos queentonces tAA es una matriz invertible, despues aplicamos la formula anterior a x.De forma que
PU(x) = AX = A(tAA)−1tAx
Por tanto, la aplicacion proyeccion que hace corresponder a cada vector x suproyeccion sobre el subespacio es una aplicacion lineal que tiene de matrizA(tAA)−1tA.
Si comparamos este metodo con el primero desarrollado para obtener la matrizde una proyeccion observamos que tambien tenemos que hallar la inversa de unamatriz pero p× p, siendo p la dimension de U en lugar de n× n y nos ahorramos eltrabajo de hallar la base de U⊥.
Ejercicios:
7.9.1. Comprobar con la formula obtenida en ultimo lugar, las matrices obtenidaspara las proyeciones ortogonales en los problemas 7.7.1, 7.7.2,7.7.5,7.7.6.
Bibliografıa.
[A] J. Arvesu Carballo, R. Alvarez Nodarse, F. Marcellan Espanol. AlgebraLineal y aplicaciones. Ed. Sıntesis. 1999.
[Ax] S. Axler. Linear Algebra done right. Springer. 1997.[L] D. C. Lay. Algebra Lineal y sus Aplicaciones. Ed. Prentice-Hall 2001.[S] G. Strang. Algebra Lineal y sus Aplicaciones Ed. Addison-Wesley Iberoamer-
icana. 1990.
188
ESPACIO EUCLIDEO GENERAL.
Condiciones necesarias y suficientes para que una matriz correspondaa un producto escalar.
Una generalizacion mas del Producto Escalar.Hemos dado la definicion de producto escalar usual utilizando las coordenadas de
los vectores en la base canonica. La base canonica es un instrumento auxiliar paradefinir ese producto; podemos prescindir de ella utilizando solamente las propiedadesdel producto escalar que lo caracterizan, obteniendo ası una definicion de mayorcalidad y de mayor generalidad.
Quedandonos con las propiedades 1), 2) y 3) vistas anteriormente del productoescalar en Rn, definimos un producto escalar general en un espacio vectorial VR realcomo una aplicacion f del producto cartesiano VR × VR en R, que cumple esas trescondiciones:
Definicion 1:Un producto escalar en un espacio vectorial real VR es una aplicacion del producto
cartesiano f : VR × VR → R tal que:1) f es simetrica ≡ f(x, y) = f(y, x).2) f es lineal en cada variable: (Por la simetrıa, es lineal en la segunda variable
si lo es en la primera)∀x, x′, y ∈ Rn, f(x+ x′, y) = f(x, y) + f(x′, y)∀x ∈ Rn,∀c ∈ R, f(cx, y) = cf(x, y).
3) f es definida positiva: ∀x ∈ Rn, f(x, x) ≥ 0 y f(x, x) = 0 ≡ x = 0.
Como llamamos forma lineal a una aplicacion del espacio vectorial real en R yforma bilineal a una aplicacion del producto cartesiano VR×VR en R, lineal en cadauna de las variables vectores tenemos, resumidamente, la
Definicion 1’: En un espacio vectorial realUn producto escalar es una forma bilineal, simetrica y definida positiva.
Veremos en este capıtulo que dado un producto escalar segun la definicion ante-rior en un espacio vectorial de dimension finita, existe siempre una base en la queel producto escalar se expresa como el usual de Rn. Siendo, por tanto, mediante uncambio de base, esta definicion equivalente a la del producto escalar usual; entoncesnos quedamos con la definicion que no depende de la base.
189
Tambien se suele escribir f(x, y) =< x, y >= x · y cuando no haya lugar aconfusion.
Un ejemplo de producto escalar en R4 es el dado por la expresion:
f(x, y) = x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x2y2 + 3x3y3 + x3y4 + x4y3 + x4y4
En efecto, esta expresion es1)Simetrica: (escribiendo en lo que sigue x · y para f(x, y)
y · x = y1x1 + y1x2 + y2x1 + 2y2x2 + 3y3x3 + y3x4 + y4x3 + y4x4 =
(por la conmutatividad del producto de numeros reales)
= x1y1 + x2y1 + x1y2 + 2x2y2 + 3x3y3 + x4y3 + x3y4 + x4y4 =
(por la conmutatividad de la suma de numeros reales)
= x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x2y2 + 3x3y3 + x3y4 + x4y3 + x4y4 = x · y
2) Lineal en cada variable:a)
(x+ x′) · y =
= (x1 + x′1)y1 + (x1 + x′1)y2 + (x2 + x′2)y1 + 2(x2 + x′2)y2+
+3(x3 + x′3)y3 + (x3 + x′3)y4 + (x4 + x′4)y3 + (x4 + x′4)y4 =
(por la distributividad del producto)
= x1y1 + x′1y1 + x1y2 + x′1y2 + x2y1 + x′2y1 + 2x2y2 + 2x′2y2+
+3x3y3 + 3x′3y3 + x3y4 + x′3y4 + x4y3 + x′4y3 + x4y4 + x′4y4 =
(por la conmutatividad de la suma)
= x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x2y2 + 3x3y3 + x3y4 + x4y3 + x4y4+
= x′1y1 + x′1y2 + x′2y1 + 2x′2y2 + 3x′3y3 + x′3y4 + x′4y3 + x′4y4 =
= x · y + x′ · y
b)(αx) · y =
= (αx)1y1+(αx)1y2+(αx)2y1+2(αx)2y2+3(αx)3y3+(αx)3y4+(αx)4y3+(αx)4y4 =
= (αx1)y1+(αx1)y2+(αx2)y1+2(αx2)y2+3(αx3)y3+(αx)3y4+(αx4)y3+(αx4)y4 =
(por la asociatividad del producto de numeros reales)
= α(x1y1)+α(x1y2)+α(x2y1)+2α(x2y2)+3α(x3y3)+α(x3y4)+α(x4y3)+α(x4y4) =
190
(por la distributividad del producto de numeros reales)
= α(x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x2y2 + 3x3y3 + x3y4 + x4y3 + x4y4 = α(x · y)
3) Es definida positiva:
x · x = x1x1 + x1x2 + x2x1 + 2x2x2 + 3x3x3 + x3x4 + x4x3 + x4x4 =
= x21 + 2x1x2 + 2x22 + 3x23 + 2x3x4 + x24 = (x1 + x2)2 + x22 + 2x23 + (x3 + x4)
2 ≥ 0.
De ser x · x = 0, habrıa de ser
x1 +x2 = 0x2 = 0
x3 = 0x3 +x4 = 0
≡x1 = 0x2 = 0x3 = 0x4 = 0
≡ x = 0
Definicion 2:Un Espacio Vectorial Euclıdeo es un espacio vectorial real con un producto es-
calar f .
En un espacio vectorial euclıdeo podemos definir la longitud o el modulo de unvector como ‖x‖ =
√f(x, x) por ser la forma bilineal f definida positiva. Escribimos
este modulo por |x| cuando no hay lugar a confusion.El concepto de ortogonalidad se generaliza a un producto escalar general, siendo
dos vectores ortogonales si y solo si su producto escalar es nulo. (x ⊥ y ⇔ f(x, y) =0).
Una base ortogonal es una base tal que cada dos vectores distintos son ortogo-nales.
Una base ortonormal es una base ortogonal tal que todos sus vectores son demodulo 1.
A partir de una base ortogonal se construye una base ortonormal dividiendo cadavector por su modulo (calculado con f).
Ejercicios:
8.1.1. Comprobar que es un producto escalar en R3, el dado por la expresion:f(x, y) = x · y = (x1 + x2)(y1 + y2) + (x1 + x3)(y1 + y3) + (x2 + x3)(y2 + y3).8.1.2. Comprobar que es un producto escalar en R4, el dado por la expresion:x · y = x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x2y2 + 3x3y3 + x2y4 + x4y2 + 2x4y4.8.1.3. Demostrar que vectores ortogonales respecto a un producto escalar ge-
neral son independientes.8.1.4. Comprobar que las aristas opuestas de un tetraedro regular son ortogo-
nales. Sugerencia: colocar los vertices en los puntos: (0,0,0),(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1).
191
Tanto el producto escalar usual como el ejemplo de producto escalar en R4 quehemos visto vienen dados por expresiones polinomiales, donde cada monomio tieneun xi y un yj.
Aunque parezca que un producto escalar general puede ser un ente extrano,como es una forma bilineal, admite en un espacio de dimension finita una expresionpolinomial y una expresion matricial, encontrandonoslo casi siempre en una de estasdos formas.
Expresion polinomial de una forma bilineal en un Espacio Vectorialde dimension finita.
Se comprueba que todo producto escalar definido en un espacio vectorial dedimension finita tiene una expresion polinomial haciendo el siguiente desarrollo:
Sea e1, e2, ...en una base del espacio vectorial V n sobre el que esta definida laforma bilineal. Sean x = (x1, x2, ..., xn), y = (y1, y2, ...yn) dos vectores del espaciovectorial expresados por sus coordenadas en esa base y sea f la forma bilineal.
Entonces, por ser f bilineal,
f(x, y) = f(x1e1 + x2e2 + ...+ xnen, y1e1 + y2e2 + ...+ ynen) =
x1f(e1, y1e1 + y2e2 + ...+ ynen) + x2f(e2, y1e1 + y2e2 + ...+ ynen)+
· · ·+ xnf(en, y1e1 + y2e2 + ...+ ynen) = x1(y1f(e1, e1) + ...+ ynf(e1, en))+
x2(y1f(e2, e1) + ...+ ynf(e2, en)) + ...+ xn(y1f(en, e1) + ...+ ynf(en, en)) =
= x1y1f(e1, e1) + ...+ x1ynf(e1, en) + x2y1f(e2, e1) + ...+ x2ynf(e2, en) + · · ·
· · ·+ xny1f(en, e1) + ...+ xnynf(en, en) = x1Σjyjf(ei, ej) + ...+ xnΣjyjf(en, ej) =∑i,j
xiyjf(ei, ej)
expresion polinomial de la forma bilineal, donde se ve que en todos los monomiosaparece un xi y un yj y el coeficiente de xiyj es f(ei, ej). Por ser el producto escalarsimetrico el coeficiente de xiyj es el mismo que el de xjyi y por ser definido positivoson positivos los coeficientes de los xiyi.
Veamos la expresion matricial:
Expresion matricial de una forma bilineal en un Espacio Vectorial dedimension finita.
Con la misma notacion del apartado anterior tambien tenemos:
f(x, y) = f(x1e1 + x2e2 + ...+ xnen, y1e1 + y2e2 + ...+ ynen) =
x1f(e1, y1e1 + y2e2 + ...+ ynen) + x2f(e2, y1e1 + y2e2 + ...+ ynen)+
· · ·+ xnf(en, y1e1 + y2e2 + ...+ ynen) = x1(y1f(e1, e1) + ...+ ynf(e1, en))+
192
x2(y1f(e2, e1) + ...+ ynf(e2, en)) + ...+ xn(y1f(en, e1) + ...+ ynf(en, en)) =
= (x1, x2, ..., xn)
y1f(e1, e1) + y2f(e1, e2) + ...+ ynf(e1, en)y1f(e2, e1) + y2f(e2, e2) + ...+ ynf(e2, en)
...y1f(en, e1) + y2f(en, e2) + ...+ ynf(en, en)
=
= (x1, x2, ..., xn)
f(e1, e1) f(e1, e2) ... f(e1, en)f(e2, e1) f(e2, e2) ... f(e2, en)· · · · · · · · · · · ·
f(en, e1) f(en, e2) ... f(en, en)
y1y2...yn
expresion matricial de la forma bilineal.
La matriz correspondiente a una forma bilineal que sea ademas un productoescalar, es simetrica debido a que f(ei, ej) = f(ej, ei) y los elementos de su diagonalson positivos debido a que f es definida positiva.
Ademas esta matriz, que generalmente se escribe G tiene determinante distintode cero. En efecto, si fuera |G| = 0, el sistema lineal homogeneo GX = 0 tendrıasoluciones no triviales. Si (a1, a2, ..., an) 6= (0, 0, ..., 0) es una solucion no trivial deese sistema se tendrıa:
G
a1a2...an
=
00...0
de donde (a1, a2, ..., an)G
a1a2...an
= 0
pero esto implicarıa (a1, a2, ..., an) = (0, 0, ..., 0) por ser el producto escalar definidopositivo, teniendose una contradiccion.
Veremos que en virtud de que |G| 6= 0 se puede definir el complemento ortogonalde un subespacio respecto al producto escalar general de manera analoga a comose definıa para el producto escalar usual. Y se tiene tambien la descomposicionV n = U ⊕U⊥, que permite definir las proyecciones ortogonales respecto al productoescalar general.
A pesar de que todas las expresiones matriciales del tipo txAy, donde x e y son vectores
columna, dan expresiones polinomiales de segundo grado, hay expresiones polinomiales de segundo
grado que no se pueden expresar matricialmente, no dando lugar a una forma bilineal. Esto ocurre
cuando en algun monomio no aparecen las xi y las yj al mismo tiempo. Ejemplos de estos casos
se dan en el ejercicio 8.2.3.
193
Ejercicios.
8.2.1. Comprobar:a) Que al producto escalar usual le corresponde la matriz identidad en la base
canonica.b) Que a un producto escalar general en Rn le corresponde una matriz diagonal
en una base ortogonal respecto a ese producto escalar.c) Que a un producto escalar general en Rn le corresponde la matriz identidad
en una base ortonormal respecto a ese producto escalar.
8.2.2. Encontrar las expresiones matriciales de las siguientes expresiones polino-miales en R2 o R3:
a) < x, y >= x1y1 − 3x1y2 + 2x2y1 + 2x2y2
b) < x, y >= x1y1 − x2y2
c) < x, y >= x1y1 + 2x1y2 + 3x2y1 + 7x2y2
d) < x, y >= x1y1 + 3x1y2 + 3x2y1 + 2x2y2
e) < x, y >= 2x1y1 + 2x1y2 + 2x2y1 + 3x2y2
f) < x, y >= x1y1 + x2y2 + x3y3 − x1y3 − x3y1 − x2y1 − x1y2
g) < x, y >= x1y1 + x2y2 + x3y3 − 2x1y3 − 2x3y1
h) < x, y >= x1y2 + x2y1 + x2y3 + x3y2
i) < x, y >= 2x1y1 − 2x1y2 + x2y1 + 2x1y3 + 2x3y1 − 3x2y3 − 3x3y2 + 11x3y3
j) < x, y >= x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x2y2 + 3x3y3 + x3y4 + x4y3 + x4y4
k) < x, y >= x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x2y2 + 3x3y3 + x2y4 + x4y2 + 2x4y4
8.2.3. Comprobar que las siguientes expresiones polinomiales no dan formasbilineales de R2.
a) < x, y >= x21 + y21b) < x, y >= x1x2 − y1y2.
8.2.4. Escribir expresiones polinomiales que no den formas bilineales en R3.
8.2.5. Estudiar si las expresiones polinomiales de los ejercicios anteriores danproductos escalares.
194
Complementario Ortogonal en el espacio euclıdeo general.Sea V n un espacio vectorial euclıdeo con producto escalar f . Dado un subespacio
U de V n, se define el subespacio complementario ortogonal de U como el conjuntode los vectores ortogonales a todos los de U : U⊥ = x|f(x, y) = 0,∀y ∈ U. Es otrosubespacio de V n (debido a la bilinealidad del producto escalar).
Demostremos que U y U⊥ son complementarios (U + U⊥ = U ⊕ U⊥ = V n):Primero, se comprueba que U ∩ U⊥ = 0 debido a que el producto escalar es
definido positivo. En efecto, si x ∈ U ∩U⊥, habrıa de ser f(x, x) = 0, lo que implicax = 0.
Veamos que tambien, dim(U⊥) = n− dim(U): como |G| 6= 0, la aplicacion h:a1a2...an
→ G
a1a2...an
es un isomorfismo, que por tanto manda vectores independientes a vectores inde-pendientes (ejercicio).
Ademas, si una base de U es:u1 = (a11, a12, ..., a1n), u2 = (a21, a22, ..., a2n), ..., up = (ap1, ap2, ..., apn), te-
nemos (x1, x2, ..., xn) ∈ U⊥ si y solo si f(x, ui) = 0 ∀i (ejercicio), es decir, si ysolo si
(x1, x2, ..., xn)G
a11a12...a1n
= 0
· · · ...
(x1, x2, ..., xn)G
ap1ap2...apn
= 0
≡
b11x1 + b12x2 + · · ·+ b1nxn = 0b21x1 + b22x2 + · · ·+ b2nxn = 0
· · · ...bp1x1 + bp2x2 + · · ·+ bpnxn = 0
donde bi1bi2...bin
= G
ai1ai2...ain
y los vectores (bi1, bi2, ..., bin)i∈1,...p son independientes, por ser imagenes por laaplicacion h de vectores independientes. Entonces U⊥ es un subespacio de dimensionn− p = n− dim(U).
Por tanto, dim(U ⊕ U⊥) = p+ n− p = n, de donde, U + U⊥ = U ⊕ U⊥ = V n.
195
Ejercicios.
8.3.1. Hallar el complemento ortogonal del subespacio L(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0) ⊂R4 respecto al producto escalar dado en el ejercicio 8.1.1.
8.3.2. Hallar el complemento ortogonal del subespacio de ecuaciones
x1 +x2 = 0x3 +x4 = 0
en R4, respecto al producto escalar dado en el ejercicio 8.1.2.
Proyecciones ortogonales en un espacio euclıdeo general.
La descomposicion U ⊕ U⊥ = V n permite realizar las proyecciones ortogonalesanalogas a las que hacıamos en el espacio euclıdeo usual.
Repetimos aquı el procedimiento para obtener la proyeccion ortogonal de unvector sobre un subespacio, ahora, con un producto escalar general.
Dado un subespacio U = Lv1, ..., vp, la proyeccion ortogonal de y sobre U esun vector u de U tal que y = u+ w, donde w ∈ U⊥ (f(u,w) = 0).
La validez de la definicion estriba en el hecho de que el vector de U determinadoası es unico. Esta unicidad se sigue de la descomposicion en suma directa del espaciototal.
Escribamos PUy = u para calcularlo.Por ser PUy ∈ U , tendrıamos: PUy = c1v1 + · · ·+ civi + · · ·+ cpvp, y ademas,
y = c1v1 + · · ·+ civi + · · ·+ cpvp + w donde f(w, vi) = 0 ∀i
Calcular PUy es calcular los coeficientes c1, c2, ..., cp. Para ello tenemos:
f(y, v1) = f(c1v1+· · ·+civi+· · ·+cpvp+w, v1) = f(c1v1+· · ·+civi+· · ·+cpvp, v1) =
= c1f(v1, v1) + · · ·+ cif(vi, v1) + · · ·+ cpf(vp, v1)
........................................
f(y vj) = f(c1v1+ · · ·+civi+ · · ·+cpvp+w, vj) = f(c1v1+ · · ·+civi+ · · ·+cpvp, vj) =
= c1f(v1, vj) + · · ·+ cif(vi, vj) + · · ·+ cpf(vp, vj)
........................................
f((y, vp) = f(c1v1+· · ·+civi+· · ·+cpvp+w, vp) = f(c1v1+· · ·+civi+· · ·+cpvp, vp) =
= c1f(v1 · vj) + · · ·+ cif(vi, vj) + · · ·+ cpf(vp, vp)
Considerando las ci como incognitas, cuyo valor determina PUy, hemos encon-trado el sistema:
f(y, v1) = c1f(v1, v1)+ · · ·+ cif(vi, v1)+ · · ·+ cpf(vp, v1)· · · · · · · · · · · · · · · · · ·
f(y, vj) = c1f(v1, vj)+ · · ·+ cif(vi, vj)+ · · ·+ cpf(vp, vj)· · · · · · · · · · · · · · · · · ·
f(y, vp) = c1f(v1, vp)+ · · ·+ cif(vi, vp)+ · · ·+ cpf(vp, vp)
196
Este sistema siempre tiene solucion unica debido a que la definicion de aplicacionproyeccion es buena. Y ademas porque la matriz de los coeficientes del sistema es lamatriz de la restriccion del producto escalar al subespacio vectorial sobre el que seproyecta, en la base considerada de dicho subespacio, a fin de cuentas, la matriz deun producto escalar en un espacio vectorial, cuyo determinante es distinto de cero.
Vamos a observar que si la base v1, ..., vi, ...vp de U es ortogonal, la matriz delos coeficientes es diagonal y se puede obtener para cada i:
ci =f(y, vi)
f(vi, vi)
por lo que en este caso,
PUy =f(y, v1)
f(v1, v1)v1 +
f(y, v2)
f(v2, v2)v2 + · · ·+ f(y, vp)
f(vp, vp)vp
Esta es una de las razones de la importancia de las bases ortogonales.Si la base es ortonormal, ci = f(y, vi).
Ya que hemos utilizado una base de U para obtener la proyeccion del vector sobre el subespacio
U , es posible plantearse la cuestion sobre si el vector proyeccion obtenido es dependiente de la base
utilizada. Pero no es ası, pues ya hemos visto que la descomposicion de un vector por una suma
directa es unica y la aplicacion proyeccion esta bien definida.
Para obtener la matriz de la proyeccion en la base e1, e2, ..., en podemos teneren cuenta que sus columnas son las coordenadas de las imagenes de los vectores dela base y hallar, por tanto, una a una, las proyecciones pU(ei) de los vectores de labase, una vez encontrada una base ortogonal v1, ..., vp de U , por la formula:
PU(ei) =f(ei, v1)
f(v1, v1)v1 +
f(ei, v2)
f(v2, v2)v2 + · · ·+ f(ei, vp)
f(vp, vp)vp
Si consideramos una base ortonormal de U , esta formula se simplifica pero puedeser que los vectores de la base se compliquen al tener que dividirlos por raicescuadradas.
Tambien se puede hallar la matriz de la proyeccion mediante un cambio de base utilizando una
base formada por una base de U y otra base de U⊥.
Como para realizar las proyecciones sobre un subespacio son utiles las basesortogonales, veremos ahora como se pueden obtener bases ortogonales de un espaciovectorial para un producto escalar general.
Metodo para encontrar una base ortonormal en un espacio vectorialde dimension finita.
Si la dimension del espacio vectorial es 1, n=1 y dividiendo este vector por sumodulo, tenemos una base ortonormal.
197
Supondremos en lo que sigue que la dimension del espacio es mayor que 1.Sea x1 = (x11, x12, ..., x1n) un vector cualquiera no nulo del espacio vectorial V n.Otro vector y = (y1, y2, ...yn) es ortogonal a x1 si y solo si
(y1, y2, ..., yn)G
x11x12...x1n
= 0
donde G es la matriz del producto escalar.Al hacer el producto de G por la columna de x1, obtenemos una columna
(a11, a12, ...a1n)t no nula debido a que la aplicacion h(x) = Gx es un isomorfismo.Al hacer el producto total, obtenemos una ecuacion:
(y1, y2, ..., yn)
a11a12...a1n
= a11y1+a12y2+...+a1nyn = 0 donde
a11a12...a1n
= G
x11x12...x1n
Siempre podemos encontrar un vector no nulo x2 que satisfaga esta ecuacion si
la dimension del espacio, y por tanto, el numero de incognitas es superior o iguala dos. Este vector es ortogonal a x1. Se puede demostrar que vectores ortogonalesson independientes usando la bilinealidad del producto escalar, por tanto x2 esindependiente de x1.
Si la dimension del espacio es dos, ya tenemos una base ortogonal de la quepodemos obtener una base ortonormal dividiendo cada vector por su modulo.
Si la dimension del espacio es superior a dos, buscamos otro vector x3, ortogonala los dos vectores anteriores, x1 y x2 teniendo en cuenta que ha de verificar laecuacion a11y1 + a12y2 + ...+ a1nyn = 0 por ser ortogonal a x1 y ademas la analogacorrespondiente al vector x2: a21y1 + a22y2 + ... + a2nyn = 0. Estas dos ecuacionesson independientes debido a que los vectores coeficientes de las incognitas son lasimagenes por el isomorfismo h de vectores independientes.
Podemos encontrar el vector x3 6= 0 porque solo tiene que satisfacer dos ecua-ciones con tres o mas incognitas. Los vectores x1, x2, x3 son independientes porser ortogonales.
Podemos seguir con el mismo procedimiento hasta obtener tantos vectores or-togonales dos a dos como sea el numero de incognitas, igual a la dimension delespacio. Entonces tenemos una base ortogonal de la que sabemos pasar a una baseortonormal, dividiendo cada vector por su modulo, calculado usando la matriz G.
Cuando estamos interesados en obtener una base ortogonal de un subespacio,distinto del espacio total, podemos seguir el mismo metodo, escogiendo un primervector del subespacio y encontrando los vectores siguientes de forma que ademas desatisfacer las ecuaciones de ortogonalidad, satisfagan las ecuaciones del subespacio.
198
Metodo de ortogonalizacion de Gram-Schmidt:Este metodo es interesante debido a la condicion subrayada a continuacion.Dada una base e1, e2, ...en de un espacio vectorial euclıdeo V n
R , existe una baseortonormal u1, u2, ..., un tal que
u1, u2, ...ui es una base ortonormal de L e1, e2, ..., ei.
Construccion:En lo que sigue denotamos por x · y a f(x, y), producto escalar de dos vectores
que puede ser no usual.
Primero construimos una base ortogonal con la propiedad subrayada y despuesdividimos cada vector por su modulo:
La idea es:1) Dejar e1 = v1.
2) Considerar el espacio Le1, e2, que es un plano, y dentro de el modificar e2para que llegue a pertenecer al subespacio ortogonal a v1 en Le1, e2 = Lv1, e2.
Serıa:
v2 = e2 + α21v1 cumpliendo v2 · v1 = 0.
Ha de ser0 = (e2 + α21v1) · v1 = e2 · v1 + α21v1 · v1
Para ello es suficiente con que
α21 = −e2 · v1v1 · v1
Esta operacion es posible porque v1 · v1 > 0.El vector v2 obtenido es distinto de cero porque e2, v1 son independientes y su
coeficiente en e2 es 1. Al mismo tiempo Lv1, v2 = Lv1, e2 = Le1, e2
3) Considerar el espacio Le1, e2, e3 y modificar e3 dentro de el para que quedeortogonal a los dos vectores v1 y v2 obtenidos, llevandolo al subespacio ortogonal aLv1, v2 dentro de Le1, e2, e3 = Lv1, v2, e3.
Serıa ahorav3 = e3 + α32v2 + α31v1
Como queremos que v3 · v1 = 0, y v3 · v2 = 0, ha de ser
0 = (e3 + α32v2 + α31v1) · v1 = e3 · v1 + α32v2 · v1 + α31v1 · v1Tambien,
0 = (e3 + α32v2 + α31v1) · v2 = e3 · v2 + α32v2 · v2 + α31v1 · v2
Como v2 · v1 = 0, es:
α31 = −e3 · v1v1 · v1
, α32 = −e3 · v2v2 · v2
199
Esta operacion es posible porque tambien v2 · v2 > 0 por ser v2 6= 0.El vector v3 obtenido es distinto de cero porque e3, v1, v2 son independientes.
Al mismo tiempo Lv1, v2, v3 = Lv1, v2, e3 = Le1, e2, e3
4) Con la misma idea seguimos calculando los vi: Una vez obtenidos v1, v2, ...vi−1,todos distintos de cero, para obtener vi tenemos en cuenta que ha de ser
vi = ei + αi,i−1vi−1 + ....+ αi,1v1
Y como vi · vj = 0 ∀j < i, tenemos para cada j:
0 = (ei + αi,i−1vi−1 + ...+ αi,jvj + ...+ αi1v1) · vj =
= ei · vj + αi,i−1vi−1 · vj...+ αijvj · vj + ...+ αi1v1 · vjque queda reducido a
0 = ei · vj + αijvj · vj ∀j
de donde
αij = − ei · vjvj · vj
∀j
Ası se determinan todos los αijj∈1...i−1 y por tanto, todos los vii∈1...n.
Observese que todos los vi son distintos de cero porque los ei son independientesde los v1, ..., vi−1.
Una base ortonormal esta formada por los vectores ui = vi/‖vi‖i∈i,...,n.
Las formulas de los αij tienen denominadores que a su vez dan denominadoresen los vi, que luego pueden ir complicando los calculos. Para que no se de estacomplicacion, como lo que nos interesa de los vi es que sean ortogonales a todoslos anteriores, y eso se cumple para cualquier multiplo de los vectores vi obtenidos,podemos quitar los denominadores en el momento de ser obtenidos, multiplicandoadecuadamente, lo cual simplifica los calculos posteriores.
Observemos que a veces, las propiedades de los espacios vectoriales y de lasaplicaciones lineales se obtienen utilizando bases. Utilizando una base ortonormal,(que hemos visto que podemos encontrar) en un espacio vectorial real de dimensionfinita con producto escalar general, este producto escalar se expresa en dicha baseortonormal por la misma expresion que el producto escalar usual en la base canonica,por tanto, todas las propiedades y calculos que hemos hecho anteriormente con elproducto escalar usual son transferibles al producto escalar general.
200
Ejercicios.
8.4.1. Hallar bases ortonormales de R3 y R4 para los productos escalares de losejercicios 7.9.1 y 7.9.2 anteriores, respectivamente.
8.4.2.a) Encontrar una base ortogonal respecto al producto escalar del ejercicio 8.1.2
del subespacio de ecuacion x1 + x2 + x3 + x4 = 0.
b) Hallar la proyeccion ortogonal para el mismo producto escalar, sobre el sub-espacio anterior del vector (1, 1, 1, 1)
c) Hallar la distancia del punto del apartado b) al subespacio del apartado a)con el mismo producto escalar.
d) Hallar la matriz de la proyeccion ortogonal respecto al mismo producto escalarde R4 sobre el subespacio del apartado a).
8.4.3. Repetir los apartados del ejercicio anterior para R4 con el producto escalardel primer ejemplo de producto escalar no usual de este capıtulo.
8.4.4. Se da en R3 un producto escalar no usual por
x · y = x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x2y2 + x2y3 + x3y2 + 3x3y3.
Se define la simetrıa ortogonal correspondiente a un producto escalar respecto aun subespacio U de R3 como SU(y) = PU(y) − PU⊥(y). (PU y PU⊥ son las proyec-ciones ortogonales correspondientes).
a) Hallar el vector simetrico ortogonal con el producto escalar dado del vector(1,0,1) respecto al plano de ecuacion x2 + x3 = 0.
b) Hallar la distancia del extremo del vector (1,0,1) al extremo del vector simetricocon este producto escalar.
8.4.5.a) Modificar la base canonica por el metodo de ortogonalizacion de Gram-
Schmidt para obtener una base ortonormal para el producto escalar:
f(x, y) = x · y = (x1 + x2)(y1 + y2) + (x1 + x3)(y1 + y3) + (x2 + x3)(y2 + y3)
b) Dada la base (1, 1, 0), (4,−2, 0), (1, 5, 5) construir a partir de ella una baseortonormal de R3 utilizando el metodo de ortogonalizacion de Gram-Schmidt parael producto escalar dado.
c) Hallar una base ortonormal para el producto escalar anterior del subespacioM de R3 de ecuacion x1 + 2x2 + 3x3 = 0, tambien por el metodo de Gram-Schmidt.
201
8.4.6. Dada la cadena de subespacios vectoriales U1 ⊂ U2 ⊂ U3 ⊂ R4, deecuaciones:
x1 +x2 +x3 +x4 = 02x1 +x3 = 0
2x2 +x4 = 0
U1
x1 +x2 +x3 +x4 = 02x1 +x3 = 0
U2
x1 +x2 +x3 +x4 = 0U3
Utilizar el metodo de Gram-Schmidt para obtener una base ortonormal respectoal producto escalar usual de R4: u1, u2, u3, u4 tal que Lu1, · · · , ui = Ui.
8.4.7. Sea U = L(−1, 0,−1, 0, 1), (0, 1, 1, 0,−1), (1, 1, 0, 1,−1) ⊂ R5.a) Hallar la matriz en la base dada de U de la restriccion del producto escalar
usual a dicho subespacio.
b) Obtener una base ortogonal de U para el producto escalar usual de R5, uti-lizando el metodo de ortogonalizacion de Gram-Schmidt y la matriz hallada en a).
c) Hallar una base ortogonal de R5 para el producto escalar usual, que contengaa la base de U obtenida en b).
8.4.8. Sea U = L(−1, 0,−1, 0, 1), (0, 1, 1, 0,−1), (1, 1, 0, 1,−1) ⊂ R5. Consi-deremos en R5 el producto escalar dado por la matriz:
1 2 1 0 02 5 0 1 11 0 6 0 00 1 0 6 10 1 0 1 22
a) Hallar la matriz en la base dada de U de la restriccion del producto escalar
usual a dicho subespacio.
b) Obtener una base ortogonal de U para el producto dado en R5, utilizando elmetodo de ortogonalizacion de Gram-Schmidt y la matriz hallada en a).
c) Hallar una base ortogonal de R5 para el producto escalar dado que contengaa la base de U obtenida en b).
202
Ortogonalidad en un espacio euclıdeo general.
En R3, ademas de la ortogonalidad o perpendicularidad, tenemos angulos.Tambien veremos que
los angulos se pueden definir en un espacio euclıdeo general:
La relacion entre el producto escalar usual de R3 y los angulos es x · y =‖x‖‖y‖cosα, donde α es el angulo que forman los vectores x e y. Se demuestrautilizando el teorema de Pitagoras. Una vez demostrado esto en R3 con el productoescalar usual, veremos como se generaliza a un espacio vectorial con un productogeneral:
Dados dos vectores x e y, el vector y−x determina con x e y un triangulo, siendoel lado opuesto del angulo de lados x e y, Sea α el angulo que forman x e y.
1
BBBBBBBBBBB
$α x
y − xy
‖y‖senα
‖y‖cosα− ‖x‖
Entonces, utilizando el teorema de Pitagoras, tenemos:
‖y−x‖2 = (‖y‖cosα−‖x‖)2+(‖y‖senα)2 = ‖y‖2cos2α+‖x‖2−2‖x‖‖y‖cosα+‖y‖2sen2α =
= ‖y‖2 + ‖x‖2 − 2‖x‖‖y‖cosαdesarrollando el primer miembro, tenemos:
y · y − 2y · x+ x · x = y · y + x · x− 2‖x‖‖y‖cosαdonde simplificando, sale:
x · y = ‖x‖‖y‖cosα.de donde
cosα =x · y‖x‖‖y‖
y como el coseno de un angulo es siempre de valor absoluto menor o igual que 1,tomando valores absolutos tenemos:
|x · y| ≤ ‖x‖‖y‖
203
Para generalizar el concepto de angulo entre dos vectores en un espacio vectorialcon un producto escalar f general veremos que tambien se cumple la desigualdad:
|f(x, y)| ≤ ‖x‖‖y‖
donde ‖x‖ =√f(x, x) y ‖y‖ =
√f(y, y), llamada desigualdad de Schwarz,
definiendose entonces en general:
cosα =f(x, y)
‖x‖‖y‖
Demostracion de la desigualdad de Schwarz:
Veremos primero el teorema de Pitagoras generalizado:
Si x = y + z, siendo f(y, z) = 0, se tiene f(x, x) = f(y, y) + f(z, z), ya que
f(x, x) = f(y + z, y + z) = f(y, y) + f(y, z) + f(z, y) + f(z, z) = f(y, y) + f(z, z)
Ahora, siguiendo Axler [Ax], sean x e y dos vectores distintos no nulos, el vector
w = x− f(x,y)f(y,y)
y es ortogonal a y y se verifica x = f(x,y)f(y,y)
y+w; entonces, por el teoremade Pitagoras generalizado,
f(x, x) = (f(x, y)
f(y, y))2f(y, y) + f(w,w) ≥ f(x, y)2
f(y, y)2f(y, y) =
f(x, y)2
f(y, y)
de donde
|f(x, y)| ≤√f(x, x)
√f(y, y) = ‖x‖‖y‖
Por este motivo se pueden medir angulos en un espacio euclıdeo no usual definiendo
cos(ang(x, y)) =f(x, y)
‖x‖‖y‖.
204
Proposicion:El modulo definido por un producto escalar f verifica la Desigualdad Triangular:
‖x+ y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y‖
Demostracion:
‖x+y‖2 = f(x+y, x+y) = f(x, x)+2f(x, y)+f(y, y) ≤ f(x, x)+2|f(x, y)|+f(y, y) ≤
≤ ‖x‖2 + 2‖x‖‖y‖+ ‖y‖2 = (‖x‖+ ‖y‖)2
La desigualdad triangular permite comprobar que el lado de un triangulo esmenor o igual que la suma de los otros dos, ya que
d(x, z) = ‖x− z‖ ≤ ‖x− y‖+ ‖y − z‖ = d(x, y) + d(y, z)
Ejercicios:
8.5.1. Demostrar que la desigualdad de Schwarz es una igualdad si y solo si losvectores son proporcionales.
8.5.2. Demostrar que si x e y son dos vectores de un espacio euclıdeo V ,
‖x− y‖ ≥ |‖x‖ − ‖y‖|
Cambio de base.Hay algunos problemas en los que por las caracterısticas de la situacion es mas
conveniente utilizar otra base distinta de la canonica (p. ej. porque se simplifica enotra base la expresion de alguna funcion que estemos estudiando); conviene por elloobtener la expresion del producto escalar en la nueva base. Nos planteamos por eso,como se refleja el cambio de base en la matriz del producto escalar.
Otras veces, debido a la simplificacion que suponen en los calculos las matricesdiagonales, nos interesa cambiar a bases ortogonales u ortonormales y ver la relacionque hay entre la matriz del producto escalar y la matriz del cambio de base a unabase ortonormal.
Cambio de base en la Expresion Matricial de una forma bilineal. (deun producto escalar).
Un cambio de base cambia la expresion del producto escalar de la siguiente forma:Sean e1, e2, ...en y e′1, e′2, ..., e′n dos bases del espacio vectorial V n sobre el que
esta definido el producto escalar.Sean x = (x1, x2, ..., xn), y = (y1, y2, ...yn) y x = (x′1, x
′2, ..., x
′n), y = (y′1, y
′2, ...y
′n)
expresados respectivamente en las dos bases.El producto escalar en forma matricial en las distintas bases serıa:
205
(x1, · · · , xn)G
y1...yn
= x · y = (x′1, · · · , x′n)G′
y′1...y′n
Las coordenadas de los vectores en las dos bases estan relacionadas por una
matriz de cambio de base:x1x2...xn
= C
x′1x′2...x′n
;
y1y2...yn
= C
y′1y′2...y′n
donde la matriz C tiene como columnas las coordenadas de los vectores de la basee′1, e′2, ..., e′n en la base e1, e2, ...en.
Trasponiendo la columna de las coordenadas de x y sustituyendo en la primeraexpresion matricial del producto escalar las coordenadas de x y de y tenemos:
x · y = (x′1, x′2, ..., x
′n)CtGC
y′1y′2...y′n
;
comparando las dos expresiones del producto escalar en la segunda base, tenemos:
CtGC = G′
Hemos visto antes que aunque la base canonica no sea ortonormal respecto a unproducto escalar general, siempre podemos encontrar otra base ortonormal respectoal producto escalar dado, en la que su expresion es analoga a la del producto escalarusual.
El hecho de que podamos obtener siempre una base ortonormal se traduce enque siempre hay una matriz C de cambio de base tal que
CtGC = I.
Y entonces, despejando, tenemos G = (Ct)−1C−1, de donde se deduce que |G| =|(Ct)−1||C−1| = |(C−1)t||C−1| = |C−1|2 > 0; otra condicion que necesariamente hade cumplir G.
Ejercicios:
8.6.1. Hallar la matriz del producto escalar usual de R3 en la base:B = (1, 1, 0), (2, 0, 1), (1, 1, 1)a) Utilizando el cambio de base de la base canonica a la base dada.b) Calculando directamente la matriz de la forma bilineal producto escalar en
esta base.Comprobar que los dos metodos dan la misma solucion.
206
8.6.2. Dado el producto escalar en R4 en la base canonica pory = x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x2y2 + 3x3y3 + x3y4 + x4y3 + x4y4 Hallar su matriz en
la base B = (1, 1, 0, 1), (2, 0, 1, 0), (1, 1, 1, 0), (1, 0, 0, 1).a) Utilizando el cambio de base de la base canonica a la base dada.b) Calculando la matriz de la forma bilineal producto escalar en esta base.Comprobar que los dos metodos dan la misma solucion.
8.6.3. Sean u1 = (−2,−1, 1), u2 = (0,−1, 0), u3 = (1,−1, 0), tres vectores li-nealmente independientes de R3. Se puede definir un producto escalar en R3 demanera que sea bilineal con la condicion de que los tres vectores anteriores sonuna base ortonormal para ese producto escalar. Hallar la matriz de dicho productoescalar en la base canonica de R3.
Condiciones Necesarias y Suficientes para que una matriz correspondaa un Producto Escalar.
Se puede comprobar que fijada una base de V nR , en la que las coordenadas de
los vectores x e y son (x1, x2, ..., xn) e (y1, y2, ..., yn), la aplicacion f : V nR × V n
R → Rdada por:
f(x, y) = (x1, x2, ..., xn)A
y1y2...yn
es una aplicacion bilineal, cualquiera que sea la matriz A, debido a la distributibidady asociatividad del producto de matrices.
f(x+x′, y) = (x1+x′1, x2+x′2, ..., xn+x′n)A
y1y2...yn
= [(x1, x2, ..., xn)+(x′1, x′2, ..., x
′n)]A
y1y2...yn
=
= (x1, x2, ..., xn)A
y1y2...yn
+ (x′1, x′2, ..., x
′n)A
y1y2...yn
= f(x, y) + f(x′, y).
f(αx, y) = (αx1, αx2, ..., αxn)A
y1y2...yn
= α[(x1, x2, ..., xn)A
y1y2...yn
] = αf(x, y).
y analogamente para la variable y.
Hemos visto que para que la forma bilineal determinada por G sea un productoescalar, G ha de ser simetrica; recıprocamente, si la matriz A es simetrica, la forma
207
bilineal determinada es simetrica: en efecto, se puede ver la simetrıa de la expresionanterior trasponiendo el numero
(x1, x2, ..., xn)A
y1y2...yn
considerado como una matriz 1× 1; entonces,
f(x, y) = (x1, x2, ..., xn)A
y1y2...yn
= (y1, y2, ..., yn)tA
x1x2...xn
=
= (y1, y2, ..., yn)A
x1x2...xn
= f(y, x).
Hemos visto antes tambien que si la matriz corresponde a un producto escalar,todos los terminos de la diagonal son positivos y su determinante ha de ser distintode cero.
Se ve en el siguiente ejemplo que no es suficiente que la matriz sea simetrica, quelos terminos de la diagonal sean positivos y que su determinante sea distinto de ceropara que la forma bilineal sea definida positiva: sea
f(x, y) = (x1, x2)
(1 22 1
)(y1y2
)Calculemos f(x, x) = x21+4x1x2+x22 = (x1+2x2)
2−3x22; podemos coger el vectorx = (−2, 1) y se tiene f(x, x) = −3 < 0, no siendo, por tanto, definida positiva.
Esta forma bilineal no es un producto escalar porque el determinante de sumatriz es negativo y habıamos visto al final de la seccion sobre cambio de base queese determinante tiene que ser positivo.
Sin embargo, se ve en el siguiente ejemplo que no es suficiente que el determinantede la matriz sea mayor que cero para que la forma bilineal determinada por ella seadefinida positiva.
Sea
f(x, y) = (x1, x2, x3)
2 −4 −2−4 4 4−2 4 1
y1y2y3
Aunque el determinante de la matriz es 8, calculando f((2, 1, 0), (2, 1, 0)) obten-
emos −4, lo que indica que la forma bilinal correspondiente no es definida positiva.
208
Nos planteamos por ello, la pregunta: ¿Cuales son las condiciones necesarias ysuficientes que ha de cumplir una matriz para que la forma bilineal correspondientesea un producto escalar? La condicion necesaria y suficiente para que una matrizsimetrica determine un producto escalar la da el Criterio de Sylvester:
La matriz G determina un producto escalar en cualquier base si y solo si essimetrica y todos sus menores angulares superiores izquierdos tienen determinantepositivo.
Demostracion:Primero, observemos que si G proviene de un producto escalar, al tener siempre
este una base ortonormal, existe una matriz C de cambio de base tal que CtGC = I,por lo que G = (Ct)−1C−1, donde C es una matriz con determinante distinto decero, entonces, |G| = |(Ct)−1||C−1| = |C−1|2 > 0.
Despues, observemos que la restricion de un producto escalar a un subespacio estambien un producto escalar en dicho subespacio, y que de ser G la matriz de un pro-ducto escalar en un espacio vectorial de base e1, e2, · · · , en, esta restricion al sube-spacio Le1, e2, · · · , ei vendrıa dada por la submatriz angular superior izquierda deG formada por la interseccion de las i primeras filas y de las i primeras columnas(que escribimos Gii). Entonces ha de ser tambien |Gii| > 0 ∀i. Pues vamos ademostrar que esta condicion necesaria es tambien suficiente para que el productof dado por la matriz G, simetrica, en cualquier base e1, e2, · · · , en sea definidopositivo.
La forma bilineal f dada por G es simetrica por serlo G.
Luego, para demostrar la segunda parte del teorema, veremos que podemos con-struir a partir de la base e1, e2, · · · , en otra base e′1, e′2, ..., e′n tal que
1)f(e′i, e′j) = 0 si i 6= j
2)f(e′i, e′i) = αii > 0 ∀i
en la cual, si (x′1, x′2, ..., x
′n) son las coordenadas de x en la nueva base, se tiene
f(x, x) = α11(x′1)
2 + α22(x′2)
2...+ αnn(x′n)2 ≥ 0
lo que muestra que la forma cuadratica es definida positiva porque todos los αii sonmayores que cero.
Para construir la base e′1, e′2, ..., e′n veremos que es suficiente encontrar
e′i = αi1e1 + ...+ αijej + ...+ αiiei tales que
a) f(e′i, ej) = 0 ∀j < ib) f(e′i, ei) = 1 ∀i
donde los e1, e2, · · · , en son la base de partida.En efecto, entonces, si
j < i, f(e′i, e′j) = f(e′i,
j∑1
αjkek) =
j∑1
f(e′i, ej) = 0,
209
tambien f(e′i, e′j) = f(e′j, e
′i) = 0, si j > i por simetrıa y
f(e′i, e′i) = f(e′i,
i∑1
αjkek) = αiif(e′i, ei) = αii
El hecho de que los αii sean todos positivos se sigue despues del procedimientoutilizado para encontrarlos.
Para encontrar los vectores e′i que segun lo dicho anteriormente son:
e′1 = α11e1e′2 = α21e1 + α22e2... =
...e′i = αi1e1 + ...+ αijej + ...+ αiiei
vemos que para e′1 debe ser:
α11 =1
f(e1, e1)
Para que se cumpla a) y b) para e′i debe ser:
f(αi1e1 + ...+ αijej + ...+ αiiei, e1) = 0
f(αi1e1 + ...+ αijej + ...+ αiiei, e2) = 0
..........
f(αi1e1 + ...+ αijej + ...+ αiiei, ei) = 1
Es decir,
αi1f(e1, e1) + ...+ αijf(ej, e1) + ...+ αiif(ei, e1) = 0αi1f(e1, e2) + ...+ αijf(ej, e2) + ...+ αiif(ei, e2) = 0
........... = 0αi1f(e1, ei) + ...+ αijf(ej, ei) + ...+ αiif(ei, ei) = 1
Este es un sistema no homogeneo en las αij cuya matriz de coeficientes es el
menor angular superior izquierdo de dimension i, de la matriz considerada G; sudeterminante es distinto de cero porque |Gii| > 0, y por tanto, existe solucion paralas αij pudiendo por tanto encontrar los vectores e′i que cumplen a) y b).
Observando el sistema no homogeneo y aplicando la regla de Cramer, vemos que
αii =|Gi−1,i−1||Gii|
> 0
en las condiciones del teorema, con lo que hemos concluido la demostracion.
210
Ejercicios.
8.7.1. Las siguientes expresiones dan formas bilineales de R2. Determinar cualesde ellas dan productos escalares utilizando el criterio de Sylvester.
a) < x, y >= x1y1 + 3x1y2 + 3x2y1 + 2x2y2.b) < x, y >= 2x1y1 + 2x1y2 + 2x2y1 + 3x2y2.
8.7.2. Las siguientes expresiones dan formas bilineales de R3. Determinar cualesde ellas dan productos escalares comprobando que el criterio de Sylvester da elmismo resultado que el metodo de completar cuadrados.
a) < x, y >= x1y1 + x2y2 + x3y3 − x1y3 − x3y1 − x2y1 − x1y2.b) < x, y >= x1y1 + x2y2 + x3y3 − 2x1y3 − 2x3y1.c) < x, y >= 2x1y1−2x1y2−2x2y1+3x2y2+2x1y3+2x3y1−3x2y3−3x3y2+11x3y3.d) < x, y >= x1y2 + x2y1 + x2y3 + x3y2.e) < x, y >= 2x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x1y3 + 2x3y1 − 3x2y3 − 3x3y2 + 11x3y3f) < x, y >= x1y1 + 2x2y2 + 2x3y3 − x1y3 − x3y1 + x2y3 + x3y2.
Bibliografıa.
[A] J. Arvesu Carballo, R. Alvarez Nodarse, F. Marcellan Espanol. AlgebraLineal y aplicaciones. Ed. Sıntesis. 1999.
[Ax] S. Axler. Linear Algebra done right. Springer. 1997.[L] D. C. Lay. Algebra Lineal y sus Aplicaciones. Ed. Prentice-Hall 2001.[S] G. Strang. Algebra Lineal y sus Aplicaciones Ed. Addison-Wesley Iberoamer-
icana. 1990.
211
212
DIAGONALIZACION DE ENDOMORFISMOS.
Aplicaciones autoadjuntas en espacios euclıdeos y hermıticos,y aplicaciones unitarias en espacios hermıticos.
Introduccion.
Una aplicacion lineal definida en un espacio vectorial con imagen en el mismoespacio vectorial se llama endomorfismo. Utilizaremos a partir de ahora la palabraendomorfismo por razones de brevedad.
La expresion matricial de un endomorfismo de un espacio vectorial depende dela base escogida. La matriz correspondiente es una matriz cuadrada. Al hacer uncambio de base la matriz cambia y puede llegar a ser mas sencilla. La interpretaciongeometrica de los endomorfismos con matrices diagonales es mas facil. Puede seruna proyeccion, una simetrıa, una composicion de dilataciones y contracciones segundeterminadas direcciones. Nos planteamos por ello el problema de encontrar unabase en la que la matriz de dicha expresion matricial sea diagonal.
Diagonalizar un endomorfismo es encontrar una base del espacio vectorial en elque la matriz correspondiente es diagonal. No todos los endomorfismos son diago-nalizables.
Las distintas matrices que corresponden a un endomorfismo al cambiar de baseestan relacionadas de la forma siguiente: Si A y A′ corresponden al mismo endomor-fismo en distintas bases, A′ = C−1AC donde C (la matriz del cambio de base) esuna matriz con determinante distinto de cero. Estas matrices se llaman equivalentes.Si un endomorfismo es diagonalizable, existe una matriz diagonal equivalente a lamatriz del endomorfismo.
Diagonalizar una matriz es encontrar una matriz diagonal equivalente a la dada.No todas las matrices son diagonalizables.
Si una matriz es diagonalizable, el endomorfismo expresado por dicha matriz (en cualquier
base) es diagonalizable. En efecto, si dada la matriz A, existe una matriz C de cambio de base
tal que C−1AC = D, el endomorfismo expresado por la matriz A en la base B = e1, e2, ..., enes diagonalizable, porque este endomorfismo se expresa por la matriz diagonal D en la base B =
u1, u2, ..., un = e1, e2, ..., enC. Entonces, el endomorfismo expresado por la misma matriz A
en otra base B′ = e′1, e′2, ..., e′n se expresa tambien por D en la base B′
= u′1, u′2, ..., u′n =
e′1, e′2, ..., e′nC puesto que el cambio de base viene dado por la misma matriz C.
Las operaciones con el endomorfismo que se hacen utilizando su matriz, p. ej.,sus potencias, se hacen mas facilmente con una matriz diagonal ya que las potencias
213
de matrices diagonales se pueden hallar mas facilmente. Respecto al calculo de laspotencias de matrices, se observa que si C−1AC = D, A = CDC−1, por lo que
An = CDC−1CDC−1 · · ·CDC−1 = CDnC−1
calculable de manera relativamente facil ya que Dn es una matriz diagonal cuyoselementos diagonales son las potencias de los elementos diagonales de D.
Veremos como ejemplos de endomorfismos diagonalizables, las aplicaciones au-toadjuntas de un espacio euclıdeo o hermıtico y las aplicaciones unitarias de unespacio hermıtico. Ejemplos de matrices diagonalizables son las matrices simetricas.
En un tema posterior veremos que en los casos en que el endomorfismo de un espacio vecto-
rial sobre el cuerpo de los numeros complejos, si la matriz correspondiente no es diagonalizable,
existe una matriz relativamente facil equivalente a la dada llamada matriz de Jordan, que tambien
simplifica los calculos.
Nuestro objetivo ahora es encontrar condiciones necesarias y suficientes para queun endomorfismo o analogamente una matriz sea diagonalizable. Empezamos dandolas siguientes definiciones:
Vectores propios y valores propios.Observemos que si
D =
λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...
.... . .
...0 0 · · · λn
es la matriz que corresponde a un endomorfismo en la base B = v1, v2, ..., vn, losvectores vi son distintos de cero y f(vi) = λivi ∀i.
Esta es la motivacion de las siguientes definiciones:Definicion 1: Se llama vector propio de un endomorfismo f de un espacio
vectorial V sobre un cuerpo K a un vector v 6= 0 que verifica f(v) = λv para algunλ ∈ K.
Definicion 2: Se llama valor propio de un endomorfismo f de un espacio vecto-rial sobre un cuerpo K a un elemento λ ∈ K tal que existe v ∈ V , v 6= 0, verificandof(v) = λv.
Las definiciones analogas se pueden dar para una matriz.Definicion 3: Se llama vector propio de una matriz A ∈ Mn×n(K) con ele-
mentos de un cuerpo K, a un vector v 6= 0 de Kn que verifica Av = λv para algunλ ∈ K.
Definicion 4: Se llama valor propio de una matriz A ∈Mn×n(K) con elementosde un cuerpo K, a un elemento λ ∈ K tal que existe v ∈ Kn, v 6= 0 verificandoAv = λv.
214
Primera condicion necesaria y suficiente para que el endomorfismo seadiagonalizable.
Observando que la matriz del endomorfismo de un espacio vectorial es diagonalsi y solo si los vectores de la base son vectores propios tenemos que underlineinmedi-ata condicion necesaria y suficiente para que el endomorfismo sea diagonalizable esla existencia de una base de vectores propios, es decir, la existencia de un numerode vectores propios independientes igual a la dimension
No es necesario llegar hasta hallar una base de vectores propios si lo que queremoses solamente saber si el endomorfismo es diagonalizable ya que tenemos:
Lema 1:Vectores propios correspondientes a valores propios distintos son independientes.
Demostracion: La haremos por induccion.En el caso en que hay solo un valor propio, un solo vector propio correspondiente
a dicho valor es independiente por ser distinto de cero.Consideremos ahora dos vectores propios v1, v2 correspondientes a dos valores
propios distintos λ1 6= λ2 de un endomorfismo f .Sea α1v1+α2v2 = 0 una combinacion lineal nula de estos dos vectores. Entonces,
por ser f una aplicacion lineal,
f(α1v1 + α2v2) = α1f(v1) + α2f(v2) = α1λ1v1 + α2λ2v2 = 0.
Ademas, multiplicando por λ2 la expresion de la combinacion lineal, tenemos:
α1λ2v1 + α2λ2v2 = 0.
Restando las expresiones finales, tenemos: α1(λ1 − λ2)v1 = 0, de donde, comov1 6= 0 y λ1 − λ2 6= 0, ha de ser α1 = 0, sustituyendo este valor en la combinacionlineal dada se obtiene α2v2 = 0, que como v2 es vector propio, implica α2 = 0, portanto, los dos vectores son independientes.
Suponiendo cierto que n − 1 vectores propios correspondientes a n − 1 valorespropios distintos son independientes, demostraremos que n vectores propios corre-spondientes a n valores propios distintos son independientes.
Sean v1, v2, · · · , vn−1, vn, n vectores propios correspondientes a λ1, λ2, · · · , λn−1, λn,n valores propios distintos.
De forma analoga a la realizada cuando son dos los vectores propios correspon-dientes a valores propios distintos, consideremos una combinacion lineal
α1v1 + α2v2 + · · ·+ αn−1vn−1 + αnvn = 0;
por ser f una aplicacion lineal,
f(α1v1+α2v2+· · ·+αn−1vn−1+αnvn) = α1f(v1)+α2f(v2)+· · ·+αn−1f(vn−1)+αnf(vn)
= α1λ1v1 + α2λ2v2 + · · ·+ αn−1λn−1vn−1 + αnλnvn = 0
Multiplicando ahora la combinacion lineal considerada por λn, tenemos
215
α1λnv1 + α2λnv2 + · · ·+ αn−1λnvn−1 + αnλnvn = 0
Restando las dos ultimas expresiones, se obtiene
α1(λ1 − λn)v1 + α2(λ2 − λn)v2 + · · ·+ αn−1(λn−1 − λn)vn−1 = 0
En la hipotesis de que la proposicion es cierta para n−1 vectores, ya que λi−λn 6=0,∀i, la ultima igualdad implica que α1 = α2 = αn−1 = 0; sustituyendo estos valoresen la combinacion lineal dada, obtenemos αnvn = 0, que como vn 6= 0 implicatambien αn = 0. Por tanto, los n vectores propios considerados son independientes.
Corolario 1: Si un endomorfismo de un espacio vectorial de dimension n tienen valores propios distintos es diagonalizable.
Demostracion: Por el lema, el endomorfismo tiene n vectores propios independi-entes, es decir, una base de vectores propios.
Nos interesa, pues, ver como se calculan los valores propios para ver si son todosdistintos.
Segun la definicion de valor propio, λ es valor propio de f si y solo si existe x 6= 0tal que f(x) = λx, es decir, si existe x 6= 0 tal que (f − λI)x = 0 o lo que es lomismo, si existe x 6= 0, x ∈ ker(f − λI).
Mas detalladamente, para hacer calculos, tomamos una base B = u1, · · · , undel espacio vectorial en el que estamos trabajando, en la que las coordenadas deun vector x sean (x1, · · · , xn) y la matriz de f en dicha base sea A. Entonces, lascoordenadas de f(x) son:
f(x) ≡ A
x1...xn
,
teniendose, por tanto que
f(x) = λx⇐⇒ A
x1...xn
= λ
x1...xn
= λI
x1...xn
⇐⇒ (A− λI)
x1...xn
= 0.
Desarrollando la ultima expresion matricial obtenemos las ecuaciones cartesianasdel ker(f −λI) para las coordenadas de x en la base B. Para que λ sea valor propio,este sistema homogeneo de ecuaciones ha de tener como solucion al menos un vectorv 6= 0 (vector propio). Como la matriz de los coeficientes de las incognitas de estesistema es A− λI,
λ es valor propio de f ⇐⇒ |A− λI| = 0⇐⇒ λ es raiz de |A− λI|.
El polinomio |A−λI| se llama polinomio caracterıstico y la ecuacion |A−λI| = 0se llama ecuacion caracterıstica del endomorfismo f y de la matriz A.
216
Ejemplo 1.Consideremos el endomorfismo de R2 dado en la base canonica por la matriz(
12
12
12
12
)Sus valores propios son los que verifican
0 =
∣∣∣∣( 12
12
12
12
)− λI
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ 12− λ 1
212
12− λ
∣∣∣∣ = −λ+ λ2.
Tiene dos valores propios distintos que son λ1 = 0 y λ2 = 1 y por ello esdiagonalizable.
Con el objetivo de hallar la base que lo diagonaliza, hallamos los vectores propioscorrespondientes a los dos vectores propios distintos, que por ello seran una base devectores propios de R2.
Correspondiente a λ = 1, v = (v1, v2) sera vector propio si
f(v) = 1 · v ≡(
12
12
12
12
)(v1v2
)=
(v1v2
)≡(
12− 1 1
212
12− 1
)(v1v2
)=
(00
)o lo que es lo mismo, −v1 +v2 = 0, luego, (1, 1) es vector propio para el valor propioλ = 1.
Puede comprobarse que para el valor propio λ = 0, el vector (1,−1) es vectorpropio.
Los vectores: (1, 1), (1,−1) son dos vectores propios independientes que porello forman una base de R2 en la que la matriz del endomorfismo es diagonal:(
1 00 0
)Ya que la matriz diagonal a la que hemos llegado y la matriz dada corresponden
al mismo endomorfismo en distintas bases, estan relacionadas por el cambio de baseentre dichas bases en R2: compruebese que:(
1 00 0
)=
(1 11 −1
)−1( 12
12
12
12
)(1 11 −1
)Una disgresion no necesaria para entender el resto del tema es la interpretacion
geometrica que se puede hacer del endomorfismo del ejemplo: los vectores de la rectaengendrada por (1, 1) quedan fijos, los vectores de la recta (1,−1) se aplican en elcero. Cada vector puede descomponerse en suma de dos vectores contenidos en cadauna de las rectas anteriores. Como la aplicacion es lineal, la imagen de cada vectores la suma de las imagenes de los vectores sumandos, que se reduce al sumandocontenido en la recta engendrada por (1, 1). Al ser las dos rectas consideradasperpendiculares, este sumando es la proyeccion ortogonal del vector sobre esa recta.
217
La aplicacion que nos dieron es la proyeccion ortogonal sobre la recta de vectoresfijos, que es en este caso, la diagonal del primer y tercer cuadrante.
Otra aplicacion de la diagonalizacion al calculo de potencias de una matriz en estecaso es la comprobacion de que la matriz dada en este ejemplo elevada a cualquierpotencia coincide con la matriz dada. Ello se sigue de que cualquier potencia de lamatriz diagonal correspondiente coincide con ella misma.
Los valores propios se llaman tambien autovalores y los vectores propios, auto-vectores.
Los valores propios de un endomorfismo de un espacio vectorial real han de sernumeros reales, mientras que los valores propios de un endomorfismo de un espaciovectorial complejo pueden ser complejos, aun cuando la matriz correspondiente seade numeros reales.
Ejercicios:
9.1.1. Comprobar que son diagonalizables los endomorfismos de R2 dados en labase canonica por las matrices:
a)
(5 6−3 −4
)b)
(1 −21 4
)c)
(5 −26 −2
)d)
(−5 2−6 2
)Hallar tambien bases que diagonalicen a los endomorfismos.Escribir la matriz de cambio de base desde la base canonica a la base diagona-
lizante y la relacion matricial entre la matriz dada y la diagonal.
9.1.2. Calcular la potencia de orden 10 de las matrices del ejercicio 9.1.1.
9.1.3. Se celebran unas elecciones en un paıs en el que solo hay dos partidos, elconservador y el progresista. En un determinado ano cuarenta por ciento del elec-torado votaron al partido progresista y sesenta por ciento del electorado votaron alconservador. Cada mes que va pasando los progresistas conservan exactamente un80 por ciento del electorado perdiendo el resto y los conservadores conservan exac-tamente un 70 por ciento perdiendo el resto. ¿Cual es la distribucion del electoradotres anos despues?
9.1.4. Averiguar si son diagonalizables los endomorfismos de R3 dados en la basecanonica por las matrices:
a)
0 −1 0−1 1 −1
0 −1 0
b)
−1 2 12 −1 1−1 1 −2
c)
2 −1 −22 −1 −21 −1 −1
d)
1 −1 11 −1 −11 −1 −1
Hallar tambien bases que diagonalicen a los endomorfismos.
218
Escribir la matriz de cambio de base desde la base canonica a la base diagona-lizante y la relacion matricial entre la matriz dada y la diagonal.
9.1.5. Probar que toda matriz triangular (superior o inferior) con todos loselementos de su diagonal distintos es diagonalizable.
9.1.6.a) Demostrar que si λ es valor propio de f , λn es valor propio de fn.b) Si la base B = e1, e2, ..., en diagonaliza a f , diagonaliza tambien a cualquier
potencia de f .
9.1.7. Mostrar que A15 es diagonalizable, cuando A es una de las matrices delejercicio 9.1.4. ¿Cuales son las bases que diagonalizan A15 en cada uno de los casos?
9.1.8.a) Demostrar que una matriz A es invertible si y solo si todos sus valores propios
son distintos de cero.b) Decidir cuales de las matrices del ejercicio 9.1.4. son invertibles a la vista de
sus valores propios.c) Hallar, en el caso en que sean invertibles, las inversas de las matrices anteriores,
usando la inversa de la diagonal D que diagonaliza a A.
9.1.9. Demostrar que si f es isomorfismo y λ es un valor propio suyo, λ−1 esvalor propio de f−1.
9.1.10. Demostrar que si f es un endomorfismo con valor propio λ1,a) el endomorfismo f − λ1I tiene el cero como valor propio.b) el endomorfismo f − aI tiene λ1 − a como valor propio.
9.1.11. Comprobar que los endomorfismos diagonalizables con un solo valorpropio son multiplos de la identidad.
9.1.12. a)Comprobar que no es diagonalizable el endomorfismo de R2 dado porla matriz (
1 −11 1
)b) Observar, sin embargo, que sı es diagonalizable el endomorfismo de C2 dado
por la misma matriz.
9.1.13. Se definio una proyeccion en el capıtulo sobre espacio euclıdeo.a) Comprobar que los numeros 1 y 0 son valores propios de una proyeccion.b) Demostrar que una proyeccion no tiene mas valores propios que el 1 y el 0 y
es diagonalizable.c) Comprobar que cualquier potencia de una proyeccion coincide con la proyeccion.
219
9.1.14. Probar que si f es un endomorfismo de V n con n valores propios distintos,y g es otro endomorfismo de V n que conmuta con f , todo autovector de f lo es deg y por eso g es diagonalizable.
9.1.15. Demostrar que todo valor propio de la potencia de orden m de una matriz,de numeros reales o complejos, es potencia de orden m de algun valor propio de lamatriz (real o complejo).
No es necesario que haya n valores propios distintos para que un endomorfismode un espacio vectorial de dimension n sea diagonalizable. (La condicion dadaanteriormente en el corolario es suficiente pero no necesaria). Podemos debilitar esacondicion:
Segunda condicion necesaria y suficiente para que el endomorfismo seadiagonalizable.
Proposicion 1:Un endomorfismo de un espacio vectorial V n es diagonalizable si y solo si la suma
de las dimensiones de los subespacios de vectores propios correspondientes a cadavalor propio es igual a la dimension del espacio.
Demostracion: Sean λ1, ..., λi, ..., λm los valores propios de un endomorfismo f .Llamando E(λi) = Ker(f − λiI), (subespacio de vectores propios para λi), se
tiene que si λi 6= λj, E(λi) ∩ E(λj) = 0. Por tanto, si λi 6= λj, E(λi) + E(λj) =E(λi)⊕E(λj) y como tambien ∀i, E(λi)∩ (E(λi−1)⊕E(λi−2)⊕ ...⊕E(λ1)) = 0,
E(λ1)+E(λ2)+· · ·+E(λi)+· · ·+E(λm) = E(λ1)⊕E(λ2)⊕· · ·⊕E(λi)⊕· · ·⊕E(λm)Si dimE(λ1) = n1 y v11, · · · , v1n1
son base de Eλ1 , dimE(λi) = ni y vi1, · · · , vinison base de Eλi y dimE(λm) = nm y vm1 , · · · , vmnm son base de Eλm , por ser la sumade estos subespacios directa, la dimension de esta suma es la suma de las dimensionesy la union de las bases de los subespacios sumandos es base del subespacio suma. Si lasuma de las dimensiones de todos estos subespacios es la dimension del espacio total,este coincide con el subespacio suma y una base de este ultimo es tambien una basedel espacio total. Entonces, v11, · · · , v1n1
, · · · , vi1 · · · , vini · · · , vm1 , · · · , vmnm es base
de vectores propios del espacio total que diagonaliza al endomorfismo, quedandodemostrada la parte ”si” de la proposicion. Para la parte ”solo si” basta observar queen el caso en que el endomorfismo es diagonalizable, la cantidad de vectores propioscorrespondiente a cada valor propio es la dimension del nucleo del correspondientef − λiI y que la suma de todas estas cantidades es igual a la dimension del espacio.
Se llama multiplicidad geometrica de un valor propio λi a la dimension del espacioker(f − λiI). Con ello, la proposicion anterior se enuncia:
Un endomorfismo de un espacio vectorial V n es diagonalizable si y solo si la sumade las multiplicidades geometricas de sus valores propios es igual a la dimension delespacio.
Se da aquı una formula para obtener el polinomio caracterıstico de matrices 3×3:
220
|A− λI| =∣∣∣∣∣∣a11 − λ a12 a13a21 a22 − λ a23a31 a32 a33 − λ
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13a21 a22 − λ a23a31 a32 a33 − λ
∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∣−λ 0 0a21 a22 − λ a23a31 a32 a33 − λ
∣∣∣∣∣∣ =
=
∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33 − λ
∣∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣∣a11 a12 a130 −λ 0a31 a32 a33 − λ
∣∣∣∣∣∣++
∣∣∣∣∣∣−λ 0 0a21 a22 a23a31 a32 a33 − λ
∣∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣∣−λ 0 00 −λ 0a31 a32 a33 − λ
∣∣∣∣∣∣ =
=
∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13a21 a22 a230 0 −λ
∣∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣∣a11 a12 a130 −λ 0a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣∣a11 a12 a130 −λ 00 0 −λ
∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∣−λ 0 0a21 a22 a23a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣∣−λ 0 0a21 a22 a230 0 −λ
∣∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣∣−λ 0 00 −λ 0a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣+
∣∣∣∣∣∣−λ 0 00 −λ 00 0 −λ
∣∣∣∣∣∣ =
|A| − (
∣∣∣∣ a11 a12a21 a22
∣∣∣∣+
∣∣∣∣ a11 a13a31 a33
∣∣∣∣+
∣∣∣∣ a22 a23a23 a33
∣∣∣∣)λ+ (a11 + a22 + a33)λ2 − λ3
Ejercicios:
9.2.1.a) Averiguar si son diagonalizables los endomorfismos de R3 dados en la base
canonica por las matrices:
a)
−1 0 10 0 01 0 −1
b)
−1 0 −1−1 0 −1
1 0 1
c)
5 −1 −11 3 −11 −1 3
d)
3 −2 22 −1 2−1 1 0
e)
−1 3 12 −2 −1−2 −1 −2
f)
−1 −1 −21 2 11 0 2
b) Escribir la relacion entre las matrices dadas y las matrices diagonales corre-
spondientes cuando son diagonalizables.c) Hallar la potencia de orden 5 de las matrices anteriores que sean diagonaliz-
ables.9.2.2. La poblacion de un paıs esta repartida en tres regiones, A, B y C. En en
momento actual, hay cuarenta por ciento de la poblacion en la region A, cuarenta ycinco por ciento en la region B y quince por ciento en la region C. Cada mes que vapasando hay un flujo de poblacion entre las regiones en el que cada region pierde elcuarenta por ciento de su poblacion, el cual se reparte por igual entre las otras dosregiones. ¿Cual es la distribucion de la poblacion dos anos despues?
9.2.3. En un pueblo hay tres panaderıas, A, B, y C. Sus clientelas constituyen,respectivamente, el treinta, cincuenta y veinte por ciento de la poblacion total del
221
pueblo. Al pasar cada mes hay cambio de clientela: la panaderıa A pierde veintepor ciento de su clientela, pasando el quince por ciento a la panaderıa B y el cincopor ciento a la panaderıa C; la panaderıa B pierde el treinta por ciento, pasando elveinte por ciento a la panaderıa A y el diez por ciento a la panaderıa C; la panaderıaC pierde el cuarenta por ciento, pasando veinte por ciento a la panaderıa A y veintepor ciento a la panaderıa B. ¿Cual es el reparto de la clientela al cabo de un ano?
9.2.4. En un bosque hay una poblacion de depredadores y otra poblacion depresas devoradas por ellos. Cada medio ano la poblacion de presas se reproduce enuna proporcion de 20 por ciento respecto a su poblacion existente, es devorada enuna proporcion de 10 por ciento respecto a la poblacion de depredadores y muere enuna proporcion de 10 por ciento respecto a su propia poblacion. Los depredadores sereproducen en una proporcion de 40 por ciento respecto a la poblacion de presas y enuna proporcion de 10 por ciento respecto a la proporcion de su poblacion existentemuriendo tambien en una proporcion de un 40 por ciento respecto a su poblacion.Probar que si la poblacion de presas es la mitad que la poblacion de depredadores,esta relacion se mantiene constante.
Nota: Estos tres ultimos problemas se llaman problemas de dinamica depoblaciones. Se puede demostrar que:
a largo plazo la poblacion queda distribuida proporcionalmente al vector propiocorrespondiente al valor propio de mayor valor absoluto de la matriz de transicionde una etapa a la siguiente:
Supongamos por sencillez que la matriz A es 2× 2 y tiene dos valores propios λ1y λ2 con vectores propios v1 y v2 respectivamente, siendo |λ1| > |λ2|; entonces, comov1, v2 son base, cualquiera que sea el vector v (de distribucion de la poblacion), sepuede expresar:
An(v) = An(α1v1 + α2v2) = α1λn1v1 + α2λ
n2v2
de donde
1
λn1An(v) = α1v1 + α2(
λ2λ1
)nv2 por lo que limn→∞1
λn1An(v) = α1v1
porque |λ1| > |λ2|, teniendose que limn→∞An(v) = λn1α1v1, proporcional a v1.
quedando demostrado lo enunciado.
Como todos los multiplos de un vector propio son vectores propios para el mismovalor propio, la igualdad anterior muestra que limn→∞A
n(v) es un vector propio parael mismo valor propio cualquiera que sea v. Siendo ademas An+1(v) ≈ λ1A
n(v), esdecir, a largo plazo la poblacion tiende a quedar multiplicada por el valor propio λ1.
Si λ1 > 1 crece indefinidamente y si λ1 < 1 decrece y tiende a extinguirse. Enlos problemas en los que solo hay trasvase de poblacion de unas regiones a otras, lapoblacion no crece ni decrece, por lo que el valor propio de mayor valor absoluto es1. Y la poblacion tiende a distribuirse segun el vector propio del valor propio 1.
222
Multiplicidad de los valores propios.
La teorıa que sigue es para abreviar el calculo de las multiplicidades geometricasde algunos valores propios y esta motivada por el estudio de la ecuacion carac-terıstica.
Definicion 5: Se llama polinomio caracterıstico de un endomorfismo f o de sumatriz A, al determinante |A − λI|. Este es un polinomio de grado n en λ. Sudefinicion depende de la matriz A que a su vez depende de la base escogida paraexpresar f pero puede demostrarse que en realidad, solo depende de f , es decir, quepermanece constante al cambiar la base.
En efecto, si A′ es la matriz de f en otra base, existe una matriz C de cambiode base tal que A′ = C−1AC. La matriz C tiene inversa por corresponder a uncambio de base y tiene determinante distinto de cero. El polinomio caracterısticode f , usando esta matriz serıa
|A′ − λI| = |C−1AC − λI| = |C−1AC − λC−1C| = |C−1(A− λI)C| =
= |C−1||(A− λI)||C| = 1/|C||(A− λI)||C| = |(A− λI)|
(por ser las matrices C y C−1 de numeros e invertibles y por ello producto dematrices elementales y tener los determinantes de las matrices polinomiales, lasmismas propiedades que las matrices de numeros, respecto a la suma de filas (o decolumnas), intercambio de filas (o de columnas) y multiplicacion por un numero deuna fila (o de una columna).
Se puede comprobar que si n es el orden de A,
|λI − A| = λn −n∑i=1
aiiλn−1 +
∑ij
∣∣∣∣ aii aijaji ajj
∣∣∣∣λn−2 + · · ·+ (−1)n|A|
siendo el coeficiente de λi, la suma de los menores diagonales de orden n − i, quetienen su diagonal en la diagonal de la matriz, multiplicada por (−1)n−i.
Observese que |A− λI| = (−1)n|λI − A|.Al ser el polinomio caracterıstico un invariante de f (independiente de la base
escogida), tambien son invariantes de f los coeficientes de las potencias de λ en cadauno de sus terminos y el termino independiente. Este ultimo es el determinante de Aque por eso se llama tambien determinante de f . Otro invariante facil de calcular esel coeficiente de λn−1 que es la suma de los terminos de la diagonal de A multiplicadapor (−1)n−1. Como el signo solo depende de n, la suma de los terminos de la diagonalde A, que se llama traza de A, es tambien invariante de f .
Volviendo a los valores propios, cada uno de ellos es raiz λi de |A − λI| y tieneuna multiplicidad algebraica αi, tal que |A − λI| = (λ − λi)αiq(λ), donde λi no esraiz de q(λ).
223
Vamos a dar un lema que implica que la multiplicidad geometrica de los val-ores propios simples del endomorfismo (de multiplicidad algebraica 1) es tambien1. Por lo que al comprobar si el endomorfismo verifica la condicion enunciada en laproposicion 1 para ser diagonalizable solo tendremos que hallar las dimensiones delos subespacios de vectores propios correspondientes a valores propios multiples.
Demostramos el siguiente Lema 2: La multiplicidad geometrica de un valorpropio λi es menor o igual que su multiplicidad algebraica.
Una vez demostrado el lema, tendremos que la multiplicidad geometrica de losvalores propios simples es 1, ya que por el lema es ≤ 1 pero como siempre hay porlo menos un vector propio para un valor propio, es tambien ≥ 1, deduciendose quees 1.
Demostracion del lema 2: Como el polinomio caracterıstico es independiente dela base utilizada para calcularlo, vamos a utilizar una base adaptada al resultadoque queremos demostrar. Sea mi = dim ker(f − λiI); podemos entonces escogerv1, · · · , vmi vectores propios independientes para el mismo valor propio λi y exten-der este conjunto independiente a una base de todo el espacio vectorial. Expresandof en esta base extendida, se obtiene una matriz ası:
A =
λi 0 · · · 0 a1,mi+1· · · a1,n
0 λi · · · 0 a2,mi+1· · · a2,n
......
. . . 0 · · · · · · · · ·0 0 · · · λi ami,mi+1
· · · ami,n0 0 · · · 0 ami+1,mi+1
· · · ami+1,n
0 0... 0
......
...0 0 · · · 0 an,mi+1
· · · an,n
y
|A− λI| =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
λi − λ 0 · · · 0 a1,mi+1 · · · a1,n0 λi − λ · · · 0 a2,mi+1 · · · a2,n...
.... . . 0 · · · · · · · · ·
0 0 · · · λi − λ ami,mi+1 · · · ami,n0 0 · · · 0 ami+1,mi+1
− λ · · · ami+1,n
0 0... 0
......
...0 0 · · · 0 an,mi+1 · · · an,n − λ
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
= (λi − λ)mi
∣∣∣∣∣∣∣ami+1,mi+1
− λ · · · ami+1,n...
. . ....
an,mi+1 · · · an,n − λ
∣∣∣∣∣∣∣ = (λi − λ)miq(λ)
donde q(λ) es un polinomio que podrıa tener λi como raiz. Entonces λi es raiz de|A − λI| de multiplicidad mayor o igual que mi = dim ker(f − λiI), por tanto,dim ker(f − λiI) ≤ αi c.q.d.
224
Como por el teorema fundamental del algebra, la suma de las multiplicidadesalgebraicas de las raices del polinomio caracterıstico (reales y complejas), es igualal grado del polinomio, (que en el caso del polinomio caracterıstico coincide con ladimension del espacio vectorial), tambien se deduce del lema que si la matriz de unendomorfismo de un espacio vectorial real tiene valores propios complejos, el endo-morfismo no es diagonalizable, porque la suma de las multiplicidades geometricasde los valores propios reales es menor o igual que la suma de las multiplicidadesalgebraicas de dichos valores propios, y esta suma solo llega a n sumandole ademasla multiplicidad de las raices complejas.
Planteandonos las causas por las que un endomorfismo puede no ser diagonal-izable, encontramos que son: a) que la multiplicidad geometrica de algun valorpropio no coincida con su multiplicidad algebraica, b) en el caso de endomorfismosde espacios vectoriales reales, que el polinomio caracterıstico tenga valores propioscomplejos. Si el espacio vectorial es complejo no aparece esta ultima dificultad,teniendose los resultados siguientes:
Tercera condicion necesaria y suficiente para que el endomorfismo seadiagonalizable.
Teorema 1: Un endomorfismo de un espacio vectorial complejo es diagonali-zable si y solo si la dimension del subespacio de vectores propios correspondiente acada valor propio es igual a la multiplicidad (algebraica) de ese valor propio en elpolinomio caracterıstico.
Demostracion: En efecto, si para todo λi la dimension del ker(f − λiI) coincidecon la multiplicidad algebraica de la raiz λi, se verifica que la suma de las dimensionesde los subespacios de vectores propios es igual a la suma de las multiplicidadesalgebraicas de los valores propios, (igual a n), lo que por la proposicion 1 demuestraque el endomorfismo f es diagonalizable.
Recıprocamente, por reduccion al absurdo, ha de ser en el caso diagonalizable,dim ker(f−λiI) = multiplicidad algebraica de λi ya que si fuera menor para algunλi, no se darıa que el numero de vectores propios independientes de f fuera igual ala dimension del espacio.
Una matriz A ∈ M n×n(R) de numeros reales determina un endomorfismo f deRn en la base canonica y tambien un endomorfismo f de Cn. Diagonalizar f esencontrar una base de vectores propios de Rn para A y diagonalizar f es encontraruna base de vectores propios de Cn para A. Como los vectores de Rn, son vectoresde Cn, toda diagonalizacion de f da una diagonalizacion de f , pero el recıproco noes cierto si los vectores propios de Cn tienen coordenadas no reales.
Veamos un ejemplo de una matriz A ∈ M3×3(R) tal que el endomorfismo f :R3 7→ R3 corres-pondiente no es diagonalizable y el endomorfismo f : C3 7→ C3
correspondiente sı lo es:
225
A =
2 0 00 0 −10 1 0
Su polinomio caracterıstico es (2−λ)(λ2+1) cuyas raices son λ1 = 2, λ2 = i, λ3 = −i.Las tres raices son valores propios de f . Por ser distintas, f es diagonalizable. Perosolo la raiz real λ = 2 es valor propio real. Entonces f tiene un solo valor propiocuya multiplicidad algebraica es 1, siendo 1 < 3, la suma de las multiplicidadesgeometricas de los valores propios de f . Por ello f no es diagonalizable.
Dado un endomorfismo f de Rn de matriz A, aunque el teorema 1 de diagonal-izacion anterior solo se aplica al endomorfismo f de la misma matriz, cuando f esdiagonalizable y los valores propios de f , (que son los de A), son todos reales, lamatriz diagonal D equivalente a A es de numeros reales y tambien lo es la matriz decambio de base C, tal que D = C−1AC. Esta diagonalizacion es valida entonces, enM n×n(R) y nos dice que f es tambien diagonalizable. Por tanto, el teorema puedeaplicarse entonces a endomorfismos de Rn, segun el
Corolario 2: Un endomorfismo de un espacio vectorial sobre R es diagonaliz-able si y solo si su matriz tiene todos los valores propios reales y la dimension delsubespacio de vectores propios para cada valor propio (multiplicidad geometrica) esigual a la multiplicidad algebraica de ese valor propio en el polinomio caracterıstico.
Ejercicios:
9.3.1. Estudiar, segun los valores de los parametros a y b, la diagonalizacion delas siguientes matrices:
a)
−1 0 b0 1 00 0 a
b)
1 −1 00 a 0a 1 a
c)
1 2 b0 a 01 0 b
9.3.2. Comprobar la formula dada para |λI − A| posteriormente a la definicion5 cuando A es una matriz cuadrada 4× 4.
226
Aplicaciones Autoadjuntas en un espacio euclıdeo.Vamos a utilizar la letra f para aplicaciones y a representar, a partir de este
momento, el producto escalar (que no tiene por que ser el usual), por < x, y >.
Dada una aplicacion f : V → V definida en un espacio vectorial euclıdeo, sellama aplicacion adjunta de f a otra aplicacion g : V → V tal que
< f(x), y >=< x, g(y) > ∀x, y ∈ V
Una aplicacion se llama autoadjunta cuando es adjunta de ella misma:
< f(x), y >=< x, f(y) > .
Ejemplos de aplicaciones autoadjuntas son las proyecciones ortogonales sobre unsubespacio vectorial. En efecto, sea PU la aplicacion proyecion ortogonal sobre elsubespacio U , entonces, para todo vector x, tenemos x = PU(x) + PU⊥(x), por loque
< PU(x), y >=< PU(x), PU(y) + PU⊥(y) >=
=< PU(x), PU(y) > + < PU(x), PU⊥(y) >=< PU(x), PU(y) >
ya que por ser PU(x) ∈ U, PU⊥(x) ∈ U⊥, < PU(x), PU⊥(y) >= 0. Por otra parte,cambiando el papel de x por y, se obtiene de la anterior igualdad:
< x, PU(y) >=< PU(y), x >=< PU(y), PU(x) >
De donde < PU(x), y >= < x, PU(y) >.
Teorema 2:a) Si la aplicacion dada f es lineal, existe una aplicacion adjunta de f tambien
lineal.b) Si existe la aplicacion adjunta de una aplicacion dada, es unica.
a) Es logico pensar que la adjunta de una aplicacion lineal sea lineal, y suponiendoque en una base determinada f se expresa por la matriz A y su adjunta g se expresepor una matriz B se puede hallar la relacion necesaria que tendrıa que haber entreA y B. Comprobamos despues que esta relacion es suficiente.
Sea f(x) = A(x) en una base cualquiera y G la matriz del producto escalar enesa base. Si g(x) = B(x) y g es adjunta de f :
(x1, x2, ..., xn)tAG
y1y2...yn
=< A(x), y >=< x,B(y) >= (x1, x2, ..., xn)GB
y1y2...yn
227
Como esta igualdad debe ser cierta para todo x e y, debe tenerse:
tAG = GB, es decir, B = G−1tAG
En una base ortonormal, G = I y entonces obtenemos B = tA.
Comprobamos que esta condicion necesaria para B es suficiente para que g seaadjunta de f :
1) Si f es una aplicacion lineal que se expresa en una base ortonormal por A, laaplicacion lineal que se expresa en esa misma base por tA es adjunta de la anterior.
2) Si f es una aplicacion lineal que se expresa en una base cualquiera por A,la aplicacion lineal g que se expresa en esa misma base por G−1tAG donde G es lamatriz del producto escalar en esa base, es adjunta de la anterior.
En efecto:1) En una base ortonormal,
< f(x), y >=
A
x1x2...xn
t
·
y1y2...yn
= (x1, x2, ..., xn)tA
y1y2...yn
y
< x, g(y) >= (x1, x2, ..., xn)tA
y1y2...yn
siendo, por tanto iguales.
2) En una base cualquiera,
< f(x), y >=
A
x1x2...xn
t
G
y1y2...yn
= (x1, x2, ..., xn)tAG
y1y2...yn
y
< x, g(y) >= (x1, x2, ..., xn)GG−1tAG
y1y2...yn
= (x1, x2, ..., xn)tAG
y1y2...yn
son iguales.
228
b) Veamos ahora que en el caso de existir la aplicacion adjunta de otra aplicacion,serıa unica.
Sean g y h dos adjuntas de la aplicacion f , entonces:
< x, g(y) >=< f(x), y >=< x, h(y) > ∀x, y ∈ V
de donde< x, g(y)− h(y) >= 0 ∀x, y ∈ V
Cogiendo x = g(y)− h(y), tenemos:
< g(y)− h(y), g(y)− h(y) >= 0 ∀y ∈ V
Por las propiedades del producto escalar, esto implica g(y)− h(y) = 0 ∀y ∈ V . Esdecir,
g(y) = h(y) ∀y ∈ V
En virtud de b), podemos hablar de la aplicacion adjunta de una aplicacion linealy afirmar que es lineal, siendo su matriz la que hemos calculado en el apartado a).
Para que la aplicacion lineal sea autoadjunta, debe coincidir con su adjunta, portanto, segun lo visto anteriormente, si la expresamos en una base ortonormal, ha deser A = tA y si la expresamos en una base cualquiera, ha de ser A = G−1tAG, locual es equivalente a GA = tAG = tAGt = (GA)t, es decir, que GA ha de ser unamatriz simetrica, siendo G la matriz del producto escalar en dicha base.
Corolario: Como hemos visto que las proyecciones ortogonales son aplicacionesautoadjuntas, si las expresamos en una base ortonormal, su matriz ha de ser simetrica.
Ejercicios.
9.4.1. Encontrar las matrices en la base canonica de las aplicaciones adjuntasrespecto al producto escalar usual de los endomorfismos de R3 dados en la basecanonica por
a) f(x, y, z) = (x+ y + z, 2x+ y + 2z, x+ y + 3z)
b) f(x, y, z) = (y + z, 2x+ 2z, 2x+ y + 3z)
c) f(x, y, z) = (−y + z,−x+ 2z, x+ 2y).
d) f(x, y, z) = (x+ y + z, x+ 2y + 2z, x+ 2y + 3z).
9.4.2. Senalar cuales de los endomorfismos del ejercicio anterior son autoadjun-tos.
229
9.4.3.a) Averiguar si son autoadjuntos respecto al producto escalar usual los endomor-
fismos de R3 dados en la base (1, 1, 1), (1, 2, 0), (1, 0, 3) por
a)
−1 0 −21 2 11 0 2
b)
6 4 10−3 −2 −5−1 −1 −1
b) Comprobar el resultado mirando las matrices de dichos endomorfismos en la
base canonica.c) Hay una aplicacion que no es autoadjunta. Hallar la matriz en la base dada
y en la base canonica de su aplicacion adjunta y comprobar que estan relacionadaspor el correspondiente cambio de base.
9.4.4. Se considera una base ortonormal e1, e2, e3 en un espacio vectorialeuclıdeo de dimension 3 y en el la aplicacion lineal dada por
3f(e1) = 2e1 − 2e2 + e3 3f(e2) = αe1 + e2 − 2e3 3f(e3) = βe1 + γe2 + 2e3
Encontrar α, β, γ para que la aplicacion f sea autoadjunta.
Diagonalizacion de las Aplicaciones Autoadjuntas,(de las matrices simetricas).
Hemos visto que una aplicacion autoadjunta se expresa en una base ortonormalpor una matriz simetrica y la aplicacion expresada por una aplicacion simetrica enuna base ortonormal es autoadjunta, por ello es equivalente la diagonalizacion deaplicaciones autoadjuntas y de matrices simetricas.
Recordemos que un endomorfismo es diagonalizable si y solo si la suma de lasmultiplicidades geometricas de sus valores propios es igual a la dimension del espacioy la dimension del espacio es el grado del polinomio caracterıstico, que coincide con lasuma de las multiplicidades algebraicas de los valores propios. Como la multiplicidadgeometrica de un valor propio es menor o igual que su multiplicidad algebraica, unarazon para que un endomorfismo de un espacio vectorial real no sea diagonalizablees que una de las raices de su polinomio caracterıstico sea compleja. Veamos que nose da este caso para los endomorfismos expresados por matrices simetricas.
Proposicion 2: Una matriz simetrica de numeros reales no tiene valores propioscomplejos.
Demostracion:Sea A la matriz simetrica de numeros reales A. Una matriz cuadrada de numeros
reales determina un endomorfismo f de Rn y tambien un endomorfismo f de Cn.
230
Los valores propios de f son solo las raices reales del polinomio caracterıstico de lamatriz. Los valores propios de f son las raices, reales o complejas, del polinomiocaracterıstico de la matriz.
Consideremos el endomorfismo f dado por la matriz A en el espacio vectorialCn donde n es el orden de A. Si α+ iβ fuera un valor propio de este endomorfismo,existirıa un vector propio (no nulo) de coordenadas complejas:
w = (w1, w2, ...wn) = (u1 + iv1, u2 + iv2, ..., un + ivn) =
(u1, u2, ..., un) + i(v1, v2, ..., vn) = u+ iv
tal que
f(u+ iv) = (α + iβ)(u+ iv) equivalente a A(u+ iv) = (α + iβ)(u+ iv)
es decir,Au+ iAv = αu− βv + i(αv + βu),
igualando partes reales y partes imaginarias, existirıan dos vectores u y v delespacio vectorial real Rn, tales que
Au = αu− βvAv = αv + βu
Como Au = f(u) y Av = f(v), se tiene
f(u) = αu− βvf(v) = αv + βu
y como f es autoadjunta en el espacio vectorial real, tenemos, sustituyendo ahoraf(u) y f(v) por sus valores en < f(u), v >=< u, f(v) >,
< αu−βv, v >=< u, αv+βu >⇒ α < u, v > −β < v, v >= α < u, v > +β < u, u >
o sea,β(< u, u > + < v, v >) = 0
Tenemos, de aquı, β = 0 porque el producto escalar es definido positivo y elvector w = u+ iv no era nulo. Por ello, el valor propio ha de ser real.
Como una matriz simetrica n × n de numeros reales no tiene valores propioscomplejos, sabemos que si todos los valores propios son de multiplicidad 1, tieneque tener n valores propios reales distintos y por tanto la matriz es diagonalizableen R. Y mas aun, en virtud de la proposicion siguiente, la base que diagonaliza a lamatriz simetrica (o a la aplicacion autoadjunta correspondiente) es ortogonal.
231
Proposicion 3:Dos vectores propios de una aplicacion autoadjunta (de una matriz simetrica)
correspondientes a distintos valores propios son ortogonales:Demostracion:Sean v1, v2 vectores propios de f tales que f(v1) = λ1v1, f(v2) = λ2v2, siendo
λ1 6= λ2.
< f(v1), v2 >=< v1, f(v2) >⇒< λ1v1, v2 >=< v1, λ2v2 >⇒
λ1 < v1, v2 >= λ2 < v1, v2 >
de donde(λ1 − λ2) < v1, v2 >= 0
y como λ1 − λ2 6= 0 ha de ser < v1, v2 >= 0.Por la misma razon, subespacios de vectores propios correspondientes a distintos
valores propios son ortogonales.EJEMPLO 2:Al diagonalizar la matriz 7 2 0
2 6 −20 −2 5
obtenemos su polinomio caracterıstico −λ3+18λ2−99λ+162 = (3−λ)(λ−6)(λ−9).Por tanto los valores propios son λ1 = 3, λ2 = 6 λ3 = 9.
Los vectores propios para λ1 son los que verifiquen la ecuacion 7 2 02 6 −20 −2 5
xyz
= 3
xyz
≡ 4 2 0
2 3 −20 −2 2
xyz
=
000
,
uno de ellos es (1,−2,−2).Los vectores propios para λ2 son los que verifiquen la ecuacion 7 2 0
2 6 −20 −2 5
xyz
= 6
xyz
≡ 1 2 0
2 0 −20 −2 −1
xyz
=
000
,
uno de ellos es (−2, 1,−2).Los vectores propios para λ3 son los que verifiquen la ecuacion 7 2 0
2 6 −20 −2 5
xyz
= 9
xyz
≡ −2 2 0
2 −3 −20 −2 −4
xyz
=
000
,
uno de ellos es (2, 2,−1).Se ve que el producto escalar de dos distintos de estos vectores propios es nulo
y por tanto son ortogonales o perpendiculares. Por tanto, la base que diagonalizaal endomorfismo correspondiente a la matriz dada es una base ortogonal, que puedetransformarse en ortonormal dividiendo cada vector por su modulo.
232
De hecho, tenemos el interesante Teorema 3: Todo endomorfismo autoadjuntode un espacio vectorial euclıdeo es diagonalizable en una base ortonormal.
Utilizamos un argumento que se basa en la siguiente propiedad:Proposicion 4: Si f : V n
R → V nR es una aplicacion autoadjunta y U es un
subespacio invariante por f , el subespacio ortogonal a U es tambien invariante porf .
En efecto, si v′ ∈ U⊥ y v ∈ U , < v, f(v′) >=< f(v), v′ >= 0 ∀v ∈ U .
Demostracion del teorema:Damos ahora una demostracion constructiva. Otra demostracion por induccion
del teorema se puede encontrar al final del capıtulo.Sea λ1 un valor propio real del endomorfismo autoadjunto f con el vector propio
v1. (Existe por la proposicion 2).Entonces el subespacio Lv1 es invariante por f y por tanto Lv1⊥ es invariante
por f .Completando v1 a una base de V con una base u2, u3, ..., un del ortogonal a v1,
la matriz de f en esa base serıa:λ1 0 0 · · · 00 ∗ ∗ · · · ∗0 ∗ ∗ · · · ∗0 ∗ ∗ · · · ∗
porque como para j > 1, f(uj) ∈ Lu2, u3, ..., un, su coordenada en v1 es nula.
Aquı las * llenarıan la matriz de la restriccion de f al ortogonal a v1. Como estarestriccion f |v⊥1 es autoadjunta, podemos encontrar otro λ2 valor propio real de estarestriccion (y a su vez de f) y otro v2, vector propio del subespacio ortogonal a v1para f y λ2.
El subespacio Lv1, v2⊥ es tambien invariante por f por serlo Lv1, v2.Expresando f en una base formada por v1, v2 ampliada con una base del su-
bespacio ortogonal a estos dos vectores, tendrıamos una matriz del tipo:λ1 0 0 · · · 00 λ2 0 · · · 00 0 ∗ · · · ∗0 0 ∗ · · · ∗
donde las * llenarıan la matriz de la restriccion de f al ortogonal a Lv1, v2.
Podemos seguir repitiendo el razonamiento hasta reducir la matriz de las estrellasa dimension uno porque la restriccion del endomorfismo dado a cualquier subespacioinvariante sigue siendo autoadjunto y por tanto teniendo valores propios reales. Alfinal hemos hecho nulos todos los elementos que no estan en la diagonal y hemosencontrado una base en la que f se expresa por una matriz diagonal, por tanto f esdiagonalizable.
Observemos tambien que la base de vectores propios que se han ido obteniendo deesta forma son ortogonales a todos los anteriores. Son por tanto una base ortogonalque diagonaliza a f y se puede hacer ortonormal dividiendo cada vector por sumodulo sin perder la propiedad de diagonalizar a f .
233
Para el procedimiento practico para encontrar una base ortonormal que diago-nalice a una aplicacion autoadjunta utilizamos la
Observacion 1:Cuando f es autoadjunta, al ser f diagonalizable, la suma de las multiplicidades
geometricas de todos sus valores propios (que son reales) es igual a la dimension delespacio. Por lo que V n =
⊕m1 ker(f − λiI).
Ademas, todos estos subespacios sumandos son ortogonales entre sı segun seha visto en la proposicion 3. En cada uno de los subespacios podemos coger unabase ortonormal y la union de todas las bases ortonormales de los ker(f − λiI) dauna base ortonormal de V n que diagonaliza a f .
En la practica tambien obtenemos primero una base ortogonal que diagonalizaa f y luego dividimos cada vector de la base por su modulo.
EJEMPLO 3: Diagonalizar en una base ortonormal el endomorfismo de R3, dadopor la matriz
A =
2 −1 −1−1 2 −1−1 −1 2
Su polinomio caracterıstico es −λ3 + 6λ2− 9λ de raices λ1 = 0, simple y λ2 = 3,
doble.Como sabemos que el endomorfismo es diagonalizable, la dimension del subespa-
cio de vectores propios para λ2 = 3 ha de ser 2. Las ecuaciones de este subespacioson
2 −1 −1−1 2 −1−1 −1 2
− 3I
xyz
=
−1 −1 −1−1 −1 −1−1 −1 −1
xyz
=
000
es decir, la ecuacion −x−y−z = 0. En el plano de esta ecuacion podemos encontrardos vectores propios ortogonales: Escogido uno: (0, 1,−1), el otro, para ser ortogonala el ha de verificar la ecuacion y−z = 0 ademas de verificar −x−y−z = 0, y puedeser, por tanto (−2, 1, 1). Un vector propio correspondiente al valor propio λ1 = 0 esperpendicular a los otros dos, por lo que ha de ser proporcional al vector que tienede coordenadas los coeficientes de las incognitas en la ecuacion del plano de vectorespropios para λ2 = 3: (−1,−1,−1).
Una base ortogonal que diagonaliza al endomorfismo es:
(0, 1,−1), (−2, 1, 1)(−1,−1,−1).
Una base ortonormal que diagonaliza al endomorfismo es:
1√2(0, 1,−1), 1√
6(−2, 1, 1), 1√
3(−1,−1,−1).
234
Las relaciones entre la matriz de f y la diagonal son: C−1AC = D donde
D =
3 0 00 3 00 0 0
y C puede ser 0 −2 −1
1 1 −1−1 1 −1
o
0 1√6(−2) 1√
3(−1)
1√2
1√6
1√3(−1)
1√2(−1) 1√
61√3(−1)
.
Para diagonalizar formas cuadraticas (que veremos mas adelante) y tambienpara tener otro metodo de hallar bases ortogonales de un producto escalar, hacemosla observacion siguiente:
Observacion 2:Si C es la matriz de cambio de base de la canonica a otra ortonormal, Ct ·C = I,
es decir, Ct = C−1. (Compruebese en el caso anterior, en particular y como ejercicio,en general). Entonces, la diagonalizacion de una matriz simetrica A, que implicala existencia de una matriz C de cambio de base tal que C−1AC = D, por podersehacer en una base ortonormal, tambien implica la existencia de una matriz de cambiode base C tal que CtAC = D.
Observacion 3:Si C es la matriz de cambio de base de la canonica a otra ortogonal, Ct ·C no es
la identidad pero es una matriz diagonal cuyos elementos diagonales son los modulosde los vectores columna de C: (‖vi‖2). Entonces,
CtAC =
λ1‖v1‖2 0 · · · 0
0 λ2‖v2‖2 · · · 0...
.... . .
...0 0 · · · λn‖vn‖2
Compruebese como ejercicio.
Ejercicios:
9.5.1. Diagonalizar en una base ortonormal los endomorfismos de R3 dados enla base canonica por las siguientes matrices:
a)
−3 6 06 0 −60 −6 3
b)1
3
2 −2 1−2 1 −2
1 −2 2
c)
1 0 10 1 11 1 −1
Sol. Valores propios: a) 0, 9,−9 b)1/3,−1/3, 5/3 c) 1,
√3, −√
39.5.2. Diagonalizar en una base ortonormal las aplicaciones lineales de R3 dadas
en la base canonica por las siguientes matrices:
235
a)
3 2 42 0 24 2 3
b)
−2 −2 1−2 1 −2
1 −2 −2
c)
3 −1 0−1 3 0
0 0 2
d)
−7 −4 −4−4 −1 8−4 8 −1
Sol. Valores propios: a) 8, −1 (doble). b) 3, −3(doble) c) 4, 2(doble), d) 9, −9
(doble).
Espacios Hermıticos.
En Cn se puede definir un producto llamado hermıtico de la siguiente forma:
(z1, z2, · · · , zn) · (z′1, z′2, · · · , z′n) = z1z′1 + z2z′2 + · · ·+ znz′n = (z1, z2, · · · , zn)
z′1z′2...z′n
Puede comprobarse que es una aplicacion de Cn × Cn en C que cumple las sigu-
ientes propiedades:1) z · z′ = z′ · z2) Es sesquilineal: Si z, z′, z′′ ∈ Cn
(z + z′) · z′′ = z · z′′ + z′ · z′′λz · z′ = λz · z′z · λz′ = λz · z′
z · (z′ + z′′) = z · z′ + z · z′′
3) Es definido positivo: z · z ≥ 0 y z · z = 0 ≡ z = 0 (z · z es real)
Un producto hermıtico generalizado en un espacio vectorial V nC complejo es
una aplicacion h : V nC × V n
C 7→ C que cumple las propiedades 1), 2) y 3) anteriores.Un espacio hermıtico general es un espacio vectorial complejo con un producto
hermıtico general.
Se puede definir el modulo de un vector de un espacio hermıtico, por ser estedefinido positivo. (‖z‖ =
√h(z, z)).
Tambien se cumple la desigualdad de Schwarz: ||z·z′|| ≤ ‖z‖‖z′‖ y la desigualdadtriangular, pero no podemos definir angulos, ya que los cosenos son numeros realesy los productos de vectores complejos son numeros complejos.
Lo mismo que se hizo con el producto escalar, se puede encontrar una expresionmatricial del producto hermıtico generalizado, que viene dado por una matriz H quetiene determinante distinto de cero, por ser el producto definido positivo. Por ello,
236
se puede definir el subespacio ortogonal a otro dado de manera analoga a como sedefine en el espacio euclıdeo, teniendose que el espacio total es suma directa de unsubespacio suyo y de su subespacio ortogonal. Por lo que tambien se pueden definirlas proyecciones ortogonales en el espacio hermıtico.
Tambien podemos encontrar bases ortonormales para el producto hermıtico en elque la matriz de dicho producto es I. El procedimiento de Gram-Schmidt es validopara un producto hermıtico, por ser este definido positivo.
La matriz H necesariamente ha de cumplir que su traspuesta es igual a suconjugada. Tales matrices se llaman hermıticas. Ademas, para que una matrizhermıtica corresponda a un producto hermıtico, todos sus menores angulares supe-riores izquierdos han de ser numeros reales positivos, siendo esta condicion suficiente.Puede comprobarse de manera analoga a como se demostro el criterio de Sylvesterpara la matriz de un producto escalar.
En un espacio hermıtico se define la adjunta de una aplicacion lineal de la mismaforma que en un espacio euclıdeo y una aplicacion es autoadjunta si ∀z, z′ ∈ V n
C :
f(z) · z′ = z · f(z′)
Expresada en una base ortonormal la aplicacion f por la matriz A, tendrıamos:
Az · z′ = (z1, z2, · · · , zn)tA
z′1z′2...z′n
= (z1, z2, · · · , zn)A
z′1z′2...z′n
∀z, z′ ∈ Cn
de donde para que la aplicacion sea autoadjunta, tA = A (hermıtica).
Proposicion 4: Los autovalores de una aplicacion autoadjunta de un espaciohermıtico son reales:
En efecto, si f(v) = λv, se tiene
λ(v · v) = (λv) · v = f(v) · v = v · f(v) = v · λv = λv · vComo < v, v > es distinto de cero, esta igualdad implica λ = λ.
Otras aplicaciones importantes entre los espacios hermıticos interesantes por losvalores propios son las aplicaciones unitarias: son las que conservan el productohermıtico: f(z) · f(z′) = z · z′ ∀z, z′ ∈ V n
C .Si U es la matriz de una aplicacion unitaria en una base ortonormal, ∀z, z′ ∈ V n
C ,tenemos:
(z1, z2, · · · , zn)U t · U
z′1z′2...z′n
= (z1, z2, · · · , zn)
z′1z′2...z′n
∀z, z′ ∈ V nC
237
lo que implica que U t · U = I. Estas matrices se llaman unitarias.Proposicion 5:Los valores propios de una aplicacion unitaria son numeros complejos de modulo
1.En efecto, si f(z) = λz, f(z)·f(z) = z ·z implica z ·z = λz ·λz = λλz ·z = |λ|2z ·z
lo cual implica |λ| = 1.Como consecuencia, los valores propios de las aplicaciones unitarias son distintos
de cero, siendo por tanto estas aplicaciones inyectivas y por tanto suprayectivas, esdecir, isomorfismos, cuyo isomorfismo inverso es tambien unitario.
Teorema 4. Tanto las aplicaciones autoadjuntas como las aplicaciones unitariasde un espacio hermıtico son diagonalizables en bases ortonormales.
La demostracion se sigue por induccion del siguiente lema:Lema 2: Si v1 es un vector propio de una aplicacion autoadjunta o unitaria, el
subespacio Lv1⊥ es invariante por f .En efecto:1) Si f es autoadjunta y v ∈ Lv1⊥, f(v) ·v1 = v ·f(v1) = v ·λ1v1 = λ1v ·v1 = 0,
de donde f(v) ∈ Lv1⊥.2) Si f es unitaria, sea v1 un vector propio de f para el valor propio λ; entonces,
v1 es tambien un valor propio de f−1 para 1/λ. Si v ∈ Lv1⊥, v1 · f(v) = f−1(v1) ·f−1f(v) = (1/λ)v1 · v = 0, de donde f(v) ∈ Lv1⊥.
Demostracion de la diagonalizacion de aplicaciones autoadjuntas y unitariasen una base ortonormal:
La diagonalizacion de un endomorfismo en una base ortonormal es equivalente ala diagonalizacion del endomorfismo en una base ortogonal dividiendo cada vectorpor su modulo.
Hacemos la demostracion por induccion sobre la dimension del espacio. Sea estan.
Tengamos en cuenta que el endomorfismo es diagonalizable en una base ortogonalsi podemos encontrar n vectores propios independientes ortogonales dos a dos.
Cuando n = 1, la matriz se reduce a un numero y es ya diagonal.Suponemos que toda aplicacion autoadjunta o unitaria de un espacio hermıtico
de dimension n− 1 es diagonalizable en una base ortogonal.
Sea v1 un vector propio. El subespacio Lv1⊥ es invariante por f segun hemosvisto en el lema 1 y es de dimesion n − 1. Segun la hipotesis de induccion, larestriccion de f a Lv1⊥ es diagonalizable en una base ortogonal, por lo que existenn − 1 vectores propios para f , ortogonales dos a dos. Esta base unida al vectorpropio v1 es una base de vectores propios ortogonales dos a dos del espacio total quediagonaliza a f .
Dividiendo cada vector por su modulo podemos obtener una base ortonormaldiagonalizante.
238
Ejercicios:
9.6.1. Determinar si son autoadjuntas o unitarias las aplicaciones de C3 en C3
cuyas matrices en la base canonica son las siguientes:
A)
1 0 i0 2 0−i 0 3
B)
6 0 −2√
2− 2i0 −4 0
−2√
2 + 2i 0 2
C) 1/2
1 + i√
2 0 i0 2 0
i 0 1− i√
2
D)
7 −√
2 + i −2√
2 + 2i
−√
2− i 7 −2
−2√
2− 2i −2 −8
E)
2 −2√
2 + 2i 2√
2− 2i
−2√
2− 2i 8 −2
2√
2 + 2i −2 4
F )1
2
1− i√
2 0 10 2 0
−1 0 1 + i√
2
G)
1
3
−2 i 2i2 2i i−1 2i −2i
H)1
9
−4i −1 8i4i −8 i7i 4 4i
I)
3i+ 4 2− 6i −42− 6i 1 −2− 6i−4 −2− 6i 4− 3i
9.6.2.a) Comprobar que las matrices anteriores que son autoadjuntas tienen los valores
propios reales.b) Comprobar que las matrices anteriores que son unitarias tienen los valores
propios de modulo 1.c) Diagonalizar las matrices A), G), I) anteriores. (Encontrar una base de vec-
tores propios de cada aplicacion y la matriz de la aplicacion en esta base).9.6.3.a) Demostrar que si un subespacio W es invariante por una aplicacion autoadjuta,
el subespacio W⊥ tambien lo es.b) Demostrar que si un subespacio W es invariante por una aplicacion unitaria,
el subespacio W⊥ tambien lo es.9.6.4. Demostrar que vectores propios correspondientes a distintos valores pro-
pios de una aplicacion unitaria son ortogonales.
Bibliografıa.[A] J. Arvesu Carballo, R. Alvarez Nodarse, F. Marcellan Espanol. Algebra
Lineal y aplicaciones. Ed. Sıntesis. 1999.[B] J. de Burgos. Curso de Algebra y Geometrıa. Ed. Alhambra 1982.[C] M. Castellet, I. Llerena. Algebra Lineal y Geometrıa. Ed. Reverte. 1991.[G] L. Golovina. Algebra Lineal y algunas de sus Aplicaciones. Ed. Mir. 1980.[L] D. C. Lay. Algebra Lineal y sus Aplicaciones. Ed. Prentice-Hall 2001.[S] G. Strang. Algebra Lineal y sus Aplicaciones Ed. Addison-WesleyIberoamericana. 1990.[V] A. de la Villa. Problemas de Algebra. Ed. Clagsa, 1994.
239
240
FORMAS CUADRATICAS.
Introduccion.
Ya hemos estudiado ciertas formas bilineales, los productos escalares. Las formasbilineales en general, no tienen porque ser simutricas ni definidas positivas.
A cada forma bilineal se le asocia una forma cuadratica; aunque a distintasformas bilineales resulta asociada la misma forma cuadratica, encontramos slo unaforma bilineal simetrica (de matriz simetrica) asociada a esta forma cuadratica.Veremos que su matriz puede llegar a ser diagonal, haciendo un cambio de base.Hallar la matriz diagonal, la base y el nuevo sistema de coordenadas en la que lecorresponde es diagonalizar la forma cuadratica. Todas las formas cuadraticas sondiagonalizables.
Definicion 1. Dado un espacio vectorial sobre un cuerpo K, se llama formabilineal en V a toda aplicacion f : V × V −→ K que es lineal en cada una de lasvariables, es decir,
∀x, x′, y, y′ ∈ V, ∀α ∈ K
f(x+ x′, y) = f(x, y) + f(x′, y)f(αx, y) = αf(x, y)
f(x, y + y′) = f(x, y) + f(x, y′)f(x, αy) = αf(x, y)
Definicion 2. Dado un espacio vectorial V sobre un cuerpo K, se llama formacuadratica en V a una aplicacion Q : V −→ K si existe una forma bilineal f tal queQ(x) = f(x, x)
La forma cuadratica Q verifica Q(αx) = f(αx, αx) = α2f(x, x) = α2Q(x).
Expresion matricial de una forma cuadratica.Toda forma cuadratica en un espacio vectorial de dimension finita admite una
expresion matricial deducida de la expresion matricial de la forma bilineal en elespacio vectorial de dimension finita:
Sea e1, e2, ...en una base del espacio vectorial V n sobre el que esta definida laforma bilineal. Sean x = (x1, x2, ..., xn), y = (y1, y2, ...yn) dos vectores del espaciovectorial expresados por sus coordenadas en esa base y sea f la forma bilineal.
Entonces,
f(x, y) = f(x1e1 + x2e2 + ...+ xnen, y1e1 + y2e2 + ...+ ynen) =
x1f(e1, y1e1+y2e2+...+ynen)+x2f(e2, y1e1+y2e2+...+ynen)+...+xnf(en, y1e1+y2e2+...+ynen) =
= x1(y1f(e1, e1) + ...+ ynf(e1, en))+
241
+x2(y1f(e2, e1) + ...+ ynf(e2, en)) + ...
+xn(y1f(en, e1) + ...+ ynf(en, en)) =
= (x1, x2, ..., xn)
y1f(e1, e1) + y2f(e1, e2) + ...+ ynf(e1, en)y1f(e2, e1) + y2f(e2, e2) + ...+ ynf(e2, en)
...y1f(en, e1) + y2f(en, e2) + ...+ ynf(en, en)
=
= (x1, x2, ..., xn)
f(e1, e1) f(e1, e2) ... f(e1, en)f(e2, e1) f(e2, e2) ... f(e2, en)· · · · · · · · · · · ·
f(en, e1) f(en, e2) ... f(en, en)
y1y2...yn
=
= (x1, x2, ..., xn)B
y1y2...yn
.
donde la matriz denotada por B es la matriz de la forma bilineal.
ComoQ(x) = f(x, x), la forma cuadratica tambien puede escribirse en forma matricial:
Q(x) = f(x, x) = (x1, x2, ..., xn)B
x1x2...xn
Recıprocamente, cualquiera que sea la matriz B, las expresiones matriciales:
(x1, x2, ..., xn)B
y1y2...yn
y (x1, x2, ..., xn)B
x1x2...xn
donde las coordenadas se refieren a una base fijada, corresponden respectivamente a formasbilineales y formas cuadraticas.
Ejemplo 1:Veamos lo que resulta al desarrollar la forma bilineal y la forma cuadratica correspon-
diente a la matriz:
B =
1 −1 13 1 10 1 1
f(x, y) = (x1, x2, x3)
1 −1 13 1 10 1 1
y1y2y3
= (x1, x2, x3)
y1 − y2 + y33y1 + y2 + y3
y2 + y3
=
= x1y1 − x1y2 + x1y3 + 3x2y1 + x2y2 + x2y3 + x3y2 + x3y3
242
Es un polinomio en xiyj donde el coeficiente de cada xixj es el numero de la entrada (i,j)de la matriz B.
Al realizar Q(x) obtenemos:
Q(x) = (x1, x2, x3)
1 −1 13 1 10 1 1
x1x2x3
= (x1, x2, x3)
x1 − x2 + x33x1 + x2 + x3
x2 + x3
=
= x1x1 − x1x2 + x1x3 + 3x2x1 + x2x2 + x2x3 + x3x2 + x3x3
donde podemos agrupar los terminos −x1x2 + 3x2x1 y los terminos x2x3 + x3x2obteniendo:
Q(x) = x21 + 2x1x2 + x1x3 + x22 + 2x2x3 + x23
.Tambien al desarrollar la forma cuadratica correspondiente a la forma bilineal
f ′(x, y) = (x1, x2, x3)
1 −2 14 1 10 1 1
y1y2y3
obtenemos
x1x1 − 2x1x2 + x1x3 + 4x2x1 + x2x2 + x2x3 + x3x2 + x3x3
donde agrupando los terminos −2x1x2+4x2x1 y los terminos x2x3+x3x2 obtenemosla misma forma cuadratica anterior.
Lo mismo ocurre al desarrollar la forma cuadratica correspondiente a la formabilineal
f ′′(x, y) = (x1, x2, x3)
1 −1 13 1 30 −1 1
y1y2y3
de la cual obtenemos la misma forma cuadratica:
x1x1 − x1x2 + x1x3 + 3x2x1 + x2x2 + 3x2x3 − x3x2 + x3x3
agrupando los terminos −x1x2 + 3x2x1 y los terminos 3x2x3 − x3x2.Pero si se exige a la forma bilineal de la que proviene la forma cuadratica que
tenga matriz simetrica, como la suma b12 + b21 ha de ser el coeficiente de x1x2,tanto b12 como b21 han de ser la mitad de ese coeficiente, en este caso b12 = b21 = 1,estando entonces perfectamente determinado. Lo analogo ocurre con b13 y b31, siendola matriz simetrica asociada, la siguiente: 1 1 1/2
1 1 11/2 1 1
.
En general, al desarrollar las expresiones matriciales tenemos:
243
f(x, y) =n∑ij
xiyjf(ei, ej);
Q(x) =nn∑ij
xixjf(ei, ej) =n∑i<j
xixj(f(ei, ej) + f(ej, ei)) +n∑i=1
x2i f(ei, ei)
lo que nos dice que mientras que una forma bilineal es una expresion polinomialde segundo grado en xi, yj en la que en todos los monomios aparecen xiy yj, una forma cuadratica es una expresion polinomial homogenea de segundogrado en las xi i ∈ 1, ..., n.
Observando las expresiones anteriores, deducimos que dada la expresion polino-mial de una forma bilineal, pasamos a escribir la matriz correspondiente B poniendoen el lugar (i, j) de B el coeficiente de xiyj. Sin embargo, debido a que al pasar dela forma bilineal a la cuadratica, se suman los coeficientes de xixj y xjxi para darel monomio xixj(f(ei, ej) + f(ej, ei)), f(ei, ej) y f(ej, ei) se pueden compensar dedistintas formas para dar el mismo numero y distintas matrices de distintas formasbilineales pueden dar iguales formas cuadraticas.
Pero si se exige a la forma bilineal de la que proviene la forma cuadratica quecumpla la condicion f(ei, ej) = f(ej, ei), como la suma de estos dos numeros es elcoeficiente de xixj en la forma cuadratica, el numero f(ei, ej) ha de ser la mitad deese coeficiente y entonces sı esta perfectamente determinado. Con esta condicion, lamatriz correspondiente a la forma cuadratica es simetrica y unica y la escribiremosponiendo en los sitios (i, j) y (j, i) la mitad del coeficiente de xixj.
Ası podremos utilizar los resultados de diagonalizacion de las matrices simetricaspara diagonalizar tambien las formas cuadraticas.
Cambio de base en formas cuadraticas.Un cambio de coordenadas en el espacio vectorial, que es un cambio de base,
induce un cambio en la expresion matricial de una forma bilineal y de una formacuadratica y puede llevar a una expresion mas sencilla.
Veamoslo en la siguiente forma cuadratica:Ejemplo 2:
Q(x1, x2) = x21 + 4x1x2 + x22 = (x1, x2)
(1 22 1
)(x1x2
)Haciendo el cambio de base que lleva de la base canonica e1, e2 = (1, 0), (0, 1)
a e′1, e′2 = (1,−1), (1, 1) que induce el cambio de coordenadas(x1x2
)=
(1 1−1 1
)(x′1x′2
)≡ x1 = x′1 + x′2
x2 = −x′1 + x′2
obtenemos primero sustituyendo en la expresion matricial: Q(x′1, x′2) =
= (x′1, x′2)
(1 −11 1
)(1 22 1
)(1 1−1 1
)(x′1x′2
)= (x′1, x
′2)
(−2 00 6
)(x′1x′2
)244
Por otra parte, sustituyendo despues en la expresion polinomial de Q, obtenemos:
Q(x′1, x′2) = (x′1 + x′2)
2 + 4(x′1 + x′2)(−x′1 + x′2) + (−x′1 + x′2)2 =
= x′21 + 2x′1x2 + x′
22 + 4(x′1 + x′2)(−x′1 + x′2) + x′
21 − 2x′1x2 + x′
22 = −2x′
21 + 6x′
22
donde se ve la correspondencia entre la expresion final como suma de cuadrados concoeficientes y la expresion final diagonal de la forma cuadratica.
Nos interesa expresar la forma cuadratica de la manera mas simple posible y dela manera mas manejable. Si la forma cuadratica fuera suma de cuadrados de lascoordenadas con coeficientes, serıa:
Q(x) = λ1x21 + λ2x
22 + · · ·+ λnx
2n = (x1, x2, ..., xn)
λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...
.... . .
...0 0 · · · λn
x1x2...xn
en cuyo caso la matriz correspondiente es diagonal. Diagonalizar una forma cuadraticaes encontrar un sistema de cordenadas en el que se exprese como suma de cuadradosde coordenadas con coeficientes, lo cual es equivalente a hacer un cambio de base,de forma que la matriz en la nueva base sea diagonal. Para ello miraremos lo quepasa al hacer un cambio de coordenadas del espacio vectorial en las expresionesmatriciales y polinomiales de una forma bilineal y de una forma cuadratica.
En general, si C es una matriz con determinante distinto de cero, haciendo elcambio de coordenadas:
x1x2...xn
= C
x′1x′2...x′n
que induce el mismo cambio en (y1, y2, ..., yn), al sustituir en la expresion matricialprimera de la forma bilineal tenemos:
f(x, y) = (x′1, x′2, ..., x
′n)CtBC
y′1y′2...y′n
y sustituyendo en la expresion matricial de la forma cuadratica tenemos:
Q(x) = (x′1, x′2, ..., x
′n)CtBC
x′1x′2...x′n
245
El cambio realizado en la matriz de la forma bilineal coincide con el mismocambio en la matriz de la forma cuadratica asociada. La matriz de Q en la nuevabase es B′ = CtBC.
Dado que una forma cuadratica puede provenir de distintas formas bilineales, al realizar uncambio de coordenadas, las distintas matrices de partida de las formas bilineales de las que procede(B) dan lugar a distintas matrices de llegada (Ct ·B · C).
Observemos que en el ejemplo 2 anterior, tambien
Q(x1, x2) = (x1, x2)
(1 31 1
)(x1x2
)y
Q(x′1, x′2) = (x′1, x
′2)
(−2 1−1 6
)(x′1x′2
)pero sin embargo,(
1 −11 1
)(1 31 1
)(1 1−1 1
)=
(−2 2−2 6
)6=(−2 1−1 6
)Es decir, que las distintas matrices no simetricas correspondientes a la forma cuadratica, antes
y despues de un cambio de base pueden no estar relacionadas por la formula de cambio de base,aunque sı las simetricas. Ello se debe a que las matrices simetricas asociadas a la forma cuadraticason unicas.
Dada una forma cuadratica por su expresion polinomial, existe una unica matriz simetricade la que proviene. Cuando hacemos un cambio de coordenadas en la expresion polinomial dela forma cuadratica y luego volvemos a escribir la matriz simetrica correspondiente, esta nuevamatriz tambien corresponde solamente a una forma bilineal simetrica que la induce. Por ello, lanueva matriz simetrica esta relacionada con la primitiva simetrica por la expresion B′ = CtBCaunque no ocurra lo mismo con todas las distintas matrices no simetricas que le podemos hacercorresponder al principio y al final.
La forma cuadratica Q(x1, x2) = x21 + 2x1x2 + x22 se puede expresar
Q(x1, x2) = (x1, x2)
(1 11 1
)(x1x2
)Haciendo el cambio de coordenadas x′1 = x1 +x2 x
′2 = x2, equivalente a x1 = x′1−x′2 x2 = x′2,
obtenemos
Q(x) = x′21 = (x′1, x
′2)
(1 00 0
)(x′1x′2
)y en efecto, (
1 00 0
)=
(1 0−1 1
)(1 11 1
)(1 −10 1
)
Diagonalizacion de formas cuadraticas.El problema de diagonalizacion de las formas cuadraticas consiste en hallar una
nueva base en la que su expresion matricial sea diagonal o un sistema de coorde-nadas en que su expresion polinomial sea suma de cuadrados con coeficientes. Loharemos por dos metodos esencialmente distintos, uno, utilizando la diagonalizacionortogonal de las matrices simetricas y otro, completando cuadrados.
246
Diagonalizacion ortogonal de una forma cuadratica en una base ortonor-mal.
Si la forma cuadratica fuera suma de cuadrados de las coordenadas con coefi-cientes, serıa
Q(x) = λ1x21 + λ2x
22 + · · ·+ λnx
2n = (x1, x2, ..., xn)
λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...
.... . .
...0 0 · · · λn
x1x2...xn
Para diagonalizarla, por tanto, tenemos que conseguir una matriz C de cambio
de coordenadas tal que CtBC sea diagonal.Sabemos que se pueden diagonalizar matrices simetricas, es decir, que se puede
obtener una matriz C de cambio de base tal que C−1BC sea diagonal y ademas que sepueden diagonalizar en una base ortonormal. La matriz de cambio de base a una baseortonormal es ortogonal, es decir, verifica CtC = I y equivalentemente Ct = C−1.Entonces, este cambio de coordenadas que, en principio, es para diagonalizar laaplicacion de matriz simetricaB, tambien sirve para diagonalizar la forma cuadraticade matriz B, al ser CtBC = C−1BC = D.
Hecho este cambio de base, la forma cuadratica serıa
Q(x) = (x1, x2, ..., xn)
λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0
· · · · · · . . . · · ·0 0 · · · λn
x1x2...xn
= λ1x21 + λ2x
22 + · · ·+ λnx
2n
donde los λi son los valores propios de B.
Si los valores propios son todos positivos, la forma cuadratica toma siemprevalores positivos y se anula solo en el vector cero. Se llama definida positiva.
Si los valores propios son todos negativos, la forma cuadratica toma siemprevalores negativos y se anula solo en el vector cero. Se llama definida negativa.
Ejemplo 3:
Una forma cuadratica en R3 es una forma cuadratica de las tres coordenadas decada vector: Q(x) = Q(x1, x2, x3). Para no escribir subındices escribimos Q(x, y, z).
Sea Q(x, y, z) = 3y2+3z2+4xy+4xz−2yz; podemos encontrar un nuevo sistemade coordenadas en el que Q pueda escribirse como suma de cuadrados de las nuevascoordenadas de la siguiente forma:
Primero, escribimos la forma cuadratica de forma matricial simetrica:
Q(x, y, z) = (x, y, z)
0 2 22 3 −12 −1 3
xyz
247
Esta matriz es diagonalizable en una base ortonormal. Para diagonalizarla calcu-lamos los valores propios, soluciones de |B−λI| = −λ3+6λ2−32 = −(λ−4)2(λ+2)y obtenemos: λ = 4, doble y λ = −2, simple.
Los vectores propios correspondientes a λ = 4 son los que verifican:
0 2 22 3 −12 −1 3
− 4I
xyz
=
−4 2 22 −1 −12 −1 −1
xyz
=
000
es decir, el plano de ecuacion 2x− y− z = 0. En este plano podemos encontrar dosvectores propios ortogonales: (0, 1,−1) y (1, 1, 1).
Ademas existe otro vector propio correspondiente al valor propio λ = −2. Comovectores propios de matrices simetricas correspondientes a valores propios distintosson ortogonales, (demostrado en la seccion de diagonalizacion de aplicaciones au-toadjuntas) este vector propio que nos falta es ortogonal a los dos anteriores, estandopor ello, formado por los coeficientes de las incognitas en la ecuacion del plano: elnuevo vector es (2,−1,−1).
Entonces, una base ortonormal que diagonaliza la matriz B es: 1√
2(0, 1,−1), 1√
3(1, 1, 1), 1√
6(2,−1,−1). Lo cual quiere decir que
0 1√3
2√6
1√2
1√3− 1√
6
− 1√2
1√3− 1√
6
−1 0 2 2
2 3 −12 −1 3
0 1√
32√6
1√2
1√3− 1√
6
− 1√2
1√3− 1√
6
=
4 0 00 4 00 0 −2
Por ser la base buscada ortonormal, la matriz formada por esos vectores en columna,es ortogonal, por tanto, coinciden su inversa y su traspuesta, teniendose, 0 1√
2− 1√
21√3
1√3
1√3
2√6− 1√
6− 1√
6
0 2 2
2 3 −12 −1 3
0 1√
32√6
1√2
1√3− 1√
6
− 1√2
1√3− 1√
6
=
4 0 00 4 00 0 −2
Y esta justamente serıa la matriz de Q en las coordenadas (x′, y′, z′), tales que x
yz
=
0 1√3
2√6
1√2
1√3− 1√
6
− 1√2
1√3− 1√
6
x′
y′
z′
o equivalentemente, x′
y′
z′
=
0 1√2− 1√
21√3
1√3
1√3
2√6− 1√
6− 1√
6
x
yz
siendo
Q(x′, y′, z′) = 4x′2 + 4y′2 − 2z
′2
Otros ejercicios a realizar por el lector son:
248
Ejercicios:10.1.1. Diagonalizar en una base ortonormal las siguientes formas cuadraticas:a) Q(x, y) = −2x2 + y2 + 4xy.b)Q(x, y, z) = x2 + y2 − 2xz + 2yz.c)Q(x, y, z) = x2 + y2 + 2z2 − 2xz + 2yz.d) Q(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 4xz.e) Q(x, y, z) = xy + yz + zx.f) Q(x, y, z, t) = x2 + 4xt+ 4y2 + 4yz + z2 + 4t2
g) Q(x, y, z, t) = 32x2 +32xy−44xz−12xt+2y2 +12yz+4yt−7z2 +32zt+23t2
(val propios: 0, 25, -25, 50).h) Q(x, y, z, t) = 60x2+16xy−12xz−40xt+15y2−40yz+12yt+45z2+16zt+30t2
(val propios: 0, 25, 50, 75).i) Q(x, y, z, t) = −9x2 + 40xz+ 24xt− 9y2− 24yz+ 40yt+ 9z2 + 9t2 (val propios:
25(doble) y −25(doble)).i) Q(x, y, z, t) = 41x2− 24xz + 34y2 + 24yt+ 34z2 + 41t2 (val propios: 25(doble)
y 50(doble)).
Aplicacion 1:
Estudio de Conicas.
El estudio de las curvas dadas por un polinomio homogeneo de segundo gradoigualado a un numero se hace utilizando la diagonalizacion de formas cuadraticas:
Estudiemos en este momento, las curvas de ecuacion: Ax2 + 2Bxy + Cy2 = D.Son el conjunto de nivel D de la funcion cuadratica Ax2 + 2Bxy + Cy2 = Q(x, y)que diagonalizada es Q(x′, y′) = λ1x
′2 + λ2y′2, donde las coordenadas x′, y′ estan
relacionadas con las x, y por una matriz de cambio de base C ortogonal.La curva es entonces el conjunto de puntos con coordenadas (x′, y′) tales que
λ1x′2 + λ2y
′2 = D. Dividiendo por D (si D 6= 0), la ecuacion de la curva en lasnuevas coordenadas es
λ1Dx′2 +
λ2Dy′2 = 1
que segun los signos de λ1, λ2 y de D es una elipse, una hiperbola o el conjuntovacıo; si λ1 = 0 o λ2 = 0, dos rectas paralelas a uno de los nuevos ejes o el conjuntovacıo.
Si D=0, la curva tiene la ecuacion λ1x′2 + λ2y
′2 = 0, que representa dos rectasconcurrentes si los valores propios son distintos de cero y de distinto signo, un solopunto si los valores propios son del mismo signo y distintos de cero y uno de los ejesy′ = 0 o x′ = 0, si uno de los valores propios es cero.
Las direcciones de los nuevos ejes se obtienen de los antiguos por la matrizortogonal C por la que hemos hecho la diagonalizacion. Como el eje OX’tiene deecuacion y′ = 0, podemos obtener su ecuacion despejando y′ en funcion de x, ya traves de la matriz C−1. Lo analogo ocurre con el eje OY’. El eje OX’ estaengendrado por el vector e′1 y el eje OY’ esta engendrado por el eje e′2.
249
Ejercicios:
10.2.1. Estudiar las curvas de nivel de las formas cuadraticas que se dan en cadacaso, para los valores D que se indican en cada caso:
a) Q(x, y) = x2 + xy + y2 para D=2, D = −2,, D = 0b) Q(x, y) = x2 + 4xy + y2 para D=1, D = −1, D = 0c) Q(x, y) = −2x2 + 4xy + y2 para D=8, D = −8, D = 0d) Q(x, y) = 3x2 + 2xy + 3y2 para D=1, D = −1, D = 0e) Q(x, y) = x2 + 4xy + 4y2 para D=4, D = −4, D = 0f) Q(x, y) = 3x2 + 8xy − 3y2 para D=5, D = −5, D = 0g) Q(x, y) = 3x2 + 10xy − 3y2 para D=4, D = −4, D = 010.2.2. Escribir los cambios de coordenadas que diagonalizan en una base ortonor-
mal las anteriores formas cuadraticas y comprobar que siempre se puede conseguirque el cambio de coordenadas corresponda a un giro.
10.2.3. Observar que si la curva de nivel de una forma cuadratica es una elipse,el determinante de la forma cuadratica es positivo y si es una hiperbola, es negativo.Demostrar por que.
Aplicacion 2:
Maximos y mınimos de funciones.
Se ve facilmente utilizando el desarrollo en serie de Taylor de una funcion de dosvariables que si el Hessiano de una funcion en un punto crıtico no degenerado (quees una forma cuadratica) es definido positivo, ese punto crıtico es un mınimo de lafuncion y si es definido negativo, ese punto es un maximo. El primer caso se dacuando los dos valores propios del hessiano son positivos, el segundo caso cuandolos dos valores propios son negativos.
Una funcion de dos variables f(x, y) tiene un punto crıtico en (x0, y0) si δfδx
(x0, y0) =δfδy
(x0, y0) = 0.El punto crıtico es no degenerado si∣∣∣∣∣ δ2f
δx2(x0, y0)
δ2fδxδy
(x0, y0)δ2fδxδy
(x0, y0)δ2fδy2
(x0, y0)
∣∣∣∣∣ 6= 0
Segun el desarrollo en serie de Taylor de la funcion f en el punto crıtico,
f(x, y) = f(x0, y0) +1
2(x−x0, y−y0)
(δ2fδx2
(x0, y0)δ2fδxδy
(x0, y0)δ2fδxδy
(x0, y0)δ2fδy2
(x0, y0)
)(x− x0y − y0
)+ ...
donde los puntos suspensivos engloban terminos comparativamente pequenos conlos anteriores.
El termino que anadimos a f(x0, y0) para obtener f(x, y), es aproximadamenteuna forma cuadratica en (x− x0, y − y0).
250
Diagonalizandola, serıa f(x, y) = f(x0, y0) + λ1x′12 + λ2x
′22. Si los dos valores
propios son positivos, al movernos del punto (x0, y0), sumamos terminos positivos,por lo que f(x, y) aumenta, siendo por tanto (x0, y0) un mınimo.
Si los dos valores propios son negativos, f(x, y) disminuye siempre al movernosdel punto (x0, y0), siendo por tanto este punto un maximo.
Si un valor propio es positivo y el otro es negativo, f(x, y) unas veces aumenta yotras veces disminuye al movernos del punto (x0, y0) y el punto se llama punto silla.
Como el hessiano esta relacionado con la matriz diagonal, cuyos elementos en ladiagonal son los valores propios por CtHC = D, tenemos |C|2|H| = λ1λ2. Por ello eldeterminante del hessiano es negativo en los puntos silla y positivo en los maximos yen los mınimos. Para distinguir por el hessiano los maximos y los mınimos, tenemosen cuenta que cuando los dos valores propios son positivos, la forma cuadraticadeterminada por el hessiano es definida positiva, por lo que si nos acordamos delcriterio de Sylvester, demostrado en un capıtulo anterior, ha de ser δ2f
δx2(x0, y0) > 0,
en cuyo caso el punto es un mınimo; si δ2fδx2
(x0, y0) < 0 se trata de un maximo.
Ejercicios:
10.3.1. Encontrar y clasificar los puntos crıticos (maximo, mınimo o punto silla)de las siguientes funciones de dos variables:
a) f(x, y) = x2 + xy + y2 − 3x− 3y.
b) f(x, y) = −x2 − y2 + xy + 2x.
c) f(x, y) = x2 + xy + y2 + 3x+ 1.
d) f(x, y) = −2x2 − y2 + xy + 7.
e) f(x, y) = 3xy − x2 − y2 + 3.
f) f(x, y) = xy + y2 + 2x+ 2y + 1.
Aplicacion 3:
Maximos y mınimos de las formas cuadraticas en la esfera unidad.
Otra consecuencia importante de la diagonalizacion de una forma cuadratica pormedio de un cambio de base ortonormal es el hecho de que toda forma cuadraticaalcanza un maximo y un mınimo sobre la esfera unidad, es decir, sobre el conjuntode vectores de modulo 1.
Siendo (x′1, ..., x′n) las coordenadas que diagonalizan, veamos que los vectores que
verifican x21+x22+· · ·+x2n = 1 son los mismos que los que verifican x
′21 +x
′22 +· · ·+x′2n =
1, es decir, que la esfera unidad respecto a las nuevas coordenadas es la misma quela esfera unidad respecto a las antiguas porque el cambio de coordenadas lo hemos
251
hecho por medio de una matriz ortogonal. (La matriz de cambio de base C verificaCt · C = I): en efecto,
x21 + x22 + · · ·+ x2n = (x1, x2, · · · , xn)
x1x2...xn
= (x′1, x′2, · · · , x′n)CtC
x′1x′2...x′n
=
= (x′1, x′2, · · · , x′n)I
x′1x′2...x′n
= x′21 + x
′22 + · · ·+ x
′2n
En la esfera unidad respecto a las nuevas coordenadas:
Q(x) = λ1x′21 + λ2x
′22 + · · ·+ λnx
′2n =
= λ1(x′21 + x
′22 + · · ·+ x
′2n ) + (λ2 − λ1)x
′22 + · · ·+ (λn − λ1)x
′2n =
= λ1 + (λ2 − λ1)x′22 + · · ·+ (λn − λ1)x
′2n ≥ λ1
si λ1 el mınimo de los valores propios, por lo que λ1 es el mınimo en la esfera unidadque se obtiene cuando (x′1, x
′2, ..., x
′n) = (1, 0, ..., 0)
Por otra parte, suponiendo que λn es el maximo de los valores propios podemosver que λn es el maximo de Q(x) en la esfera unidad. En las nuevas coordenadas:
Q(x) = λ1x′21 + λ2x
′22 + · · ·+ λnx
′2n =
= (λ1 − λn)x′21 + · · ·+ (λn−1 − λn)x
′2n−1 + λn(x
′21 + x
′22 + · · ·+ x
′2n ) =
(λ1 − λn)x′21 + · · ·+ (λn−1 − λn)x
′2n−1 + λn ≤ λn
por lo que λn es el maximo en la esfera unidad que se obtiene cuando (x′1, x′2, ..., x
′n) =
(0, 0, ..., 1)Este resultado es utilizado en Calculo Vectorial (lema 1 pag 183 Marsden/Tromba).
Aplicacion 4:
Energıa de rotacion de un solido.
La energıa de un solido rıgido que gira alrededor de un eje se expresa por unaforma cuadratica cuya matriz se llama tensor de inercia.
2E = mv2 = mv · v = m(Ω× r) · v = m(r × v) · Ω =
m(r× (Ω× r)) ·Ω = m[(r · r)Ω− (r ·Ω)r] ·Ω = m[(rt · rI − r · rt)Ω] ·Ω = ΣΩiTijΩj
donde Tij es una matriz simetrica.
252
Para entender las igualdades anteriores detallo que v es el vector velocidad, v·v esel producto escalar del vector velocidad por el mismo, v es tambien Ω× r, productovectorial de la velocidad angular por el radio (vector de posicion). (Ω × r) · v =(r× v) ·Ω porque son productos mixtos con una permutacion cıclica de los factores.
Al pasar al segundo renglon sustituimos v por Ω × r, y tenemos la primeraigualdad por la formula de expulsion, que en general es:
~A× ( ~B × ~C) =
∣∣∣∣ ~B ~C~A · ~B ~A · ~B
∣∣∣∣despues:
(r · r)Ω · Ω = rt · rIΩ · Ω = (r21 + r22 + r23)(Ω21 + Ω2
2 + Ω23) = Ωt(r21 + r22 + r23)Ω
y
(r · rt)Ω · Ω = Ωt(r · rt)IΩ
porque r · rt es una matriz simetrica, teniendose el resultado final:
m(Ωt(r21 + r22 + r23)IΩ− Ωt(r · rt)Ω) = m(Ωt((r21 + r22 + r23)I − (r · rt))Ω) = ΩtTijΩ.
Diagonalizacion de formas cuadraticas completando cuadrados.La diagonalizacion de la forma cuadratica usando los valores propios, mutodo
teoricamente claro, en la practica puede ser difıcil de aplicar si los valores propios,que son las raices del polinomio caracterıstico no son faciles de hallar, p.ej. si noson ni siquiera fraccionarios, como ocurre en los casos siguientes:
Sea Q(x, y, z) = x2 + 2y2 + 2xy + 2yz + 2z2, entonces,
Q(x, y, z) = (x, y, z)
1 1 01 2 10 1 2
xyz
El polinomio caracterıstico de la matriz B en este caso es p(λ) = −λ3 + 5λ2 −
6λ+ 1, cuyas raices no son enteras ni fraccionarias.Sea Q(x, y, z) = x2 + 5y2 − 2xy + 2xz, entonces,
Q(x, y, z) = (x, y, z)
1 −1 1−1 5 0
1 0 0
xyz
El polinomio caracterıstico de la matriz B en este caso es p(λ) = −λ3 + 6λ2 −
3λ− 5, cuyas raices no son enteras ni fraccionarias.Ademas, puede ser que solo sea necesario saber si la forma cuadratica es siempre
positiva. Y esto puede hacerse agrupando los terminos de la forma cuadratica, p.ej.
Q(x, y) = x2 + 4xy + 5y2 = (x+ 2y)2 + y2 = x′2 + y′2 ≥ 0
253
de forma que Q(x, y) = 0 implica x+2y = 0, y = 0, lo cual solo se da si x = 0, y = 0,porque la relacion de cambio de coordenadas:(
x′1x′2
)=
(1 20 1
)(x1x2
)corresponde a un cambio de base.
Existe otro metodo para reducir una forma cuadratica a suma de cuadrados decoordenadas con coeficientes, que se llama el metodo de completar cuadrados ometodo de Gauss. que se hace agrupando terminos y que puede ser mas factibleque la resolucion del polinomio caracterıstico cuando la dimension del espacio vec-torial en el que esta definida la forma cuadratica es mayor que 2.
Vamos a ver que siempre se pueden formar parentesis que elevados al cuadradoy sumados con coeficientes dan la forma cuadratica y igualando los parentesis anuevas coordenadas tenemos un cambio de coordenadas que diagonaliza la formacuadratica. (Este cambio de coordenadas, sin embargo, no vendra dado en general,por una matriz ortogonal).
Si la forma cuadratica esta definida sobre un espacio vectorial de dimension 1,es de una sola variable y ya es un cuadrado con un coeficiente.
Si la forma cuadratica esta definida sobre un espacio de dimension 2, de dosvariables, tenemos: Q(x, y) = a11x
2 + 2a12xy+ a22y2, y entonces podemos escribirla
como
Q(x, y) = a11(x2 + 2
a12a11
xy + (a12a11
)2y2)− a212a11
y2 + a22y2 =
= a11(x+a12a11
y)2 + (a22 −a212a11
)y2 = a11x′2 + (a22 −
a212a11
)y′2
donde se ha hecho el cambio de coordenadas:
x′ = x+ (a12/a11)yy′ = y
≡(x′
y′
)=
(1 a12/a110 1
)(xy
).
Es un verdadero cambio de coordenadas porque corresponde a una matriz con de-terminante distinto de cero y tenemos la forma cuadratica escrita como suma decuadrados de coordenadas con coeficientes.
Antes de pasar al caso de dimension n veremos ejemplos de diagonalizacioncompletando cuadrados de formas cuadraticas de tres variables.
Veamos este metodo sobre la practica con los ejemplos anteriores:Ejemplo 3:
Q(x, y, z) = x2 + 2y2 + 2xy + 2yz + 2z2 = (x+ y)2 + y2 + 2yz + 2z2 =
= (x+ y)2 + (y + z)2 + z2 = x′2
+ y′2 − z′2
donde hemos hecho el cambio de coordenadas:
x′ = x+ yy′ = y + zz′ = z
≡
x′
y′
z′
=
1 1 00 1 10 0 1
xyz
254
que efectivamente corresponde a una matriz con determinante distinto de cero, te-niendo entonces la forma cuadratica escrita como suma de cuadrados de coordenadascon coeficientes.
Ejemplo 4:Q(x, y, z) = x2 + 5y2− 2xy+ 2xz = (x2− 2xy+ 2xz+ y2 + z2− 2yz)− y2− z2 +
2yz + 5y2 = = (x− y + z)2 − y2 − z2 + 2yz + 5y2 = (x− y + z)2 + 4y2 + 2yz − z2 =(x − y + z)2 − (z2 − 2yz) + 4y2 = = (x − y + z)2 − (z2 − 2yz + y2) + y2 + 4y2 =(x − y + z)2 − (z − y)2 + 5y2 = x′2 + 5y′2 − z′2 donde hemos hecho el cambio decoordenadas:
x′ = x− y + zy′ = yz′ = −y + z
≡
x′
y′
z′
=
1 −1 10 1 00 −1 1
xyz
que efectivamente corresponde a una matriz con determinante distinto de cero, te-niendo entonces la forma cuadratica escrita como suma de cuadrados de coordenadascon coeficientes.
Ejemplo 5: (nigun coeficiente de los cuadrados de las coordenadas es 1),Sea
Q(x, y, z) = 3x2 + 6xy + 3y2 + 6yz + 5z2 + 12xz
Escogemos una coordenada que este elevada al cuadrado y agrupamos todos losterminos que tienen esa coordenada:
Q(x, y, z) = (3x2 + 6xy + 12xz) + 3y2 + 6yz + 5z2
despues, sacamos el coeficiente del cuadrado factor comun de los terminos agrupados:
Q(x, y, z) = 3(x2 + 2xy + 4xz) + 3y2 + 6yz + 5z2
y ahora completamos el parentesis hasta que sea un cuadrado de una suma de lastres coordenadas, en este caso ha de ser (x + y + 2z)2, para lo cual, restando acontinuacion los terminos anadidos, escribimos:
Q(x, y, z) = 3(x2 + 2xy+ 4xz+ y2 + 4z2 + 4yz)− 3(y2 + 4z2 + 4yz) + 3y2 + 6yz+ 5z2
que serıa:Q(x, y, z) = 3(x+ y + 2z)2 − 7z2 − 6yz
En esta expresion, en los terminos posteriores al cuadrado aparecen ya solo doscoordenadas, con las que podemos seguir completando cuadrados:
Q(x, y, z) = 3(x+ y + 2z)2 − 7z2 − 6yz = 3(x+ y + 2z)2 − 7(z2 +6
7yz) =
= 3(x+ y + 2z)2 − 7(z2 +6
7yz + (
3
7)2y2) +
9
7y2 = 3(x+ y + 2z)2 − 7(z +
3
7y)2 +
9
7y2
255
Haciendo el cambio de coordenadas:
x′ = x+ y + 2zy′ = yz′ = 3
7y + z
≡
x′
y′
z′
=
1 1 20 1 00 3/7 1
xyz
que corresponde a una matriz de cambio con determinante distinto de cero, tenemosla forma cuadratica escrita como suma de cuadrados:
Q(x′, y′, z′) = 3x′2 − 7z′2 +9
7y′2
Ejemplo 6: (en el que al sacar factor comun surgen fracciones),
Q(x, y, z) = 2x2 + 3xy + 2y2 + xz − 3z2 + yz = 2(x2 +3
2xy +
1
2xz) + 2y2 − 3z2 + yz =
2(x+3
4y+
1
4z)2− 9
8y2− 1
8z2− 3
8yz+2y2−3z2+yz = 2(x+
3
4y+
1
4z)2+
7
8y2− 25
8z2+
5
8yz =
2(x+3
4y+
1
4z)2 +
7
8(y2 +
5
7yz)− 25
8z2 = 2(x+
3
4y+
1
4z)2 +
7
8(y+
5
14z)2− 25
224z2− 25
8z2 =
2(x+3
4y +
1
4z)2 − 7
8(y +
5
14z)2 − 25
8· 29
28z2.
Se deja para el lector escribir el cambio a las nuevas coordenadas y la compro-bacion de que es un cambio bueno.
Ejemplo 7:
Q(x, y, z) = 2x2 − 3xy − 2y2 + xz − 3z2 + yz = 2(x2 − 3
2xy +
1
2xz)− 2y2 − 3z2 + yz =
2(x− 3
4y+
1
4z)2− 9
8y2− 1
8z2+
3
8yz−2y2−3z2+yz = 2(x− 3
4y+
1
4z)2− 25
8y2− 25
8z2+
11
8yz =
2(x−3
4y+
1
4z)2−25
8(y2−11
25yz)−25
8z2 = 2(x−3
4y+
1
4z)2−25
8(y−11
50z)2+
25
8
121
2500z2−25
8z2 =
2(x− 3
4y +
1
4z)2 − 25
8(y − 11
50z)2 − 2379
800z2.
Se deja para el lector escribir el cambio a las nuevas coordenadas y la compro-bacion de que es un cambio bueno.
Si en el ejemplo no hubiera aparecido ningun cuadrado en la expresion dada,como en
256
Q(x, y, z) = xy + xz + yz
se hace primero el siguiente cambio de coordenadas:
x = x′ + y′
y = x′ − y′z = z′
cuya matriz tiene determinante distinto de cero y que la transforma en
Q(x, y, z) = x′2 − y′2 + 2x′z′
en la que ya tenemos cuadrados con coeficientes no nulos que podemos coger pararealizar el metodo de Gauss segun los primeros ejemplos.
El funcionamiento del metodo de Gauss en el caso general, se ve por induccion(en Golovina) primero a), cuando hay aii 6= 0; despues b) haciendo el cambio decoordenadas apropiado si todos los aii son nulos.
En el caso general a), haciendo una renumeracion si es necesario, podemossuponer que ann 6= 0. Despues reordenamos la expresion de la forma cuadraticaası:
Q(x) = a11x21 + 2a12x1x2 + 2a13x1x3...+ 2a1n−1x1xn−1 + 2a1nx1xn+
a22x22 + 2a23x2x3 + ...+ 2a2n−1x2xn−1 + 2a2nx2xn+
+...++an−1,n−1x
2n−1 + 2an−1,nxn−1xn
+annx2n =
= annx′2n +Q′(x1, x2, ...xn−1).
donde
x′n =a1nann
x1 + ...+an−1nann
xn−1 + xn
y Q′(x) es el polinomio homogeneo de segundo grado restante que es una formacuadratica en n− 1 coordenadas en la que no aparece xn.
Por la hipotesis de induccion Q′ puede reducirse a una suma de cuadrados decoordenadas con coeficientes con una matriz de cambio de coordenadas con deter-minante distinto de cero.
El cambio de coordenadas de x1, x2, ..., xn a x1, x2, ..., x′n viene dado por lamatriz de determinante distinto de cero:
1 0 · · · 0 00 1 · · · 0 0... · · · · · · · · · ...... · · · · · · 1 0
a1nann
· · · · · · an−1,n
ann1
257
En el caso b) cuando todos los coeficientes de los cuadrados de las variables sonnulos, tiene que haber algun aij 6= 0. Entonces, hacemos el cambio de variablex′i = xi + xj x′j = xi − xj, obteniendo ası en la forma cuadratica el termino
2aij(x′2i − x
′2j ) que aporta dos cuadrados con coeficiente distinto de cero y seguimos
como en el caso a).
Ejemplos a realizar por el lector son:Ejercicio 10.4.1.
Diagonalizar completando cuadrados y escribiendo los cambios de coordenadas,las siguientes formas cuadraticas:
a) Q(x, y, z) = 3x2 + 2y2 + z2 − 6xy + 4xz.b) Q(x, y, z) = 2x2 + y2 + 5z2 − 2xy + 6xz − 2yz.c) Q(x, y, z) = xy + 2xz.d) Q(x, y, z) = x2 − z2 − 2xy + xz.
El metodo de completar cuadrados no es unıvoco, puede hacerse de muchas man-eras, segun el cuadrado que escojamos para empezar de la expresion inicial. Y loscoeficientes de los cuadrados saldran distintos segun el camino que escojamos. Pero,sea por uno de los caminos del metodo de Gauss o sea por el metodo de diag-onalizacion de la matriz simetrica, tenemos la sorprendente Ley de inercia deSylvester que establece que el numero de coeficientes positivos es siempre el mismoy lo mismo ocurre con el numero de coeficientes negativos.
El numero de coeficientes positivos que aparece en la expresion de una formacuadratica reducida a suma de cuadrados se llama ındice de inercia positivo de Q yse escribe p; el numero de coeficientes negativos que aparece en dicha expresion seescribe q y se llama ındice de inercia negativo de Q.
Ley de inercia de Sylvester: SeaQ : V nR → R una forma cuadratica y x1, x2, ..., xn,
x′1, x′2, ..., x′n, dos sistemas de coordenadas de V nR , en los que
Q(x) = a1x21 + a2x
22 + ...+ apx
2p − ap+1x
2p+1 − ap+2x
2p+2 − ...− ap+qx2p+q =
a′1x′21 + a′2x
′22 + ...+ a′p′x
′2p′ − a′p′+1x
′2p′+1 − a′p′+2x
′2p′+2 − ...− a′p′+q′x
′2p′+q′
donde ai > 0 ∀i y a′j > 0 ∀j. Entonces, p = p′ y q = q′.
Demostracion:Sea e1, e2, ..., en la base correspondiente a las coordenadas xi y sea e′1, e′2, ..., e′n
la base correspondiente a las coordenadas x′i.Entonces, si cogemos x ∈ Le1, e2, ...ep y x 6= 0, Q(x) > 0 y si cogemos
x ∈ Le′p′+1, e′p′+2, ...e
′n y x 6= 0, Q(x) ≤ 0. Esto implica que Le1, e2, ...ep ∩
Le′p′+1, e′p′+2, ...e
′n debe ser solo el vector nulo.
Entonces,
dimLe1, e2, ...ep+dimLe′p′+1, e′p′+2, ...e
′n−dim(Le1, e2, ...ep∩Le′p′+1, e
′p′+2, ...e
′n) =
= p+ n− p′
258
Segun la formula de las dimensiones,
dimLe1, e2, ...ep+dimLe′p′+1, e′p′+2, ...e
′n−dim(Le1, e2, ...ep∩Le′p′+1, e
′p′+2, ...e
′n) =
dim(Le1, e2, ...ep+ Le′p′+1, e′p′+2, ...e
′n)
Pero la dimension de esta suma es menor o igual que la dimension del espaciototal que es n, por lo que p+ n− p′ ≤ n, de donde p ≤ p′.
Considerando Le′1, e′2, ...e′p′ ∩ Lep+1, ep+2, ...en y haciendo el razonamientoanalogo al anterior cambiando p por p′, obtenemos p′ ≤ p de donde p = p′.
Para ver que q = q′, basta considerar −Q y aplicar el razonamiento anterior.
Como aplicacion de la ley de inercia de Sylvester se puede terminar la diagonalizacion de laforma cuadratica Q(x, y, z) = xy + xz + yz por el metodo de Gauss y se puede hacer tambien sudiagonalizacion por el metodo de los valores propios y comprobar que el numero de valores propiospositivos es el numero de cuadrados que salen con coeficiente positivo y analogamente para losnegativos.
Tambien podemos hacer el metodo de Gauss en el ejemplo 4, empezando por la coordenada y,obteniendo:
Q(x, y, z) = x2 + 5y2 − 2xy + 2xz = 5(y2 − 2
5xy) + x2 + 2xz =
= 5(y − 1
5x)2 − 5
x2
25+ x2 + 2xz = 5(y − 1
5x)2 +
4
5x2 + 2xz = 5(y − 2
5x)2 +
4
5(x2 +
5
2xz) =
= 5(y − 2
5x)2 +
4
5(x+
5
4z)2 − 5
4z2
donde el numero de cuadrados con coeficiente positivo es 2 y el de cuadrados con coeficientes
negativos es 1, igual que en la anterior agrupacion.
”Dos formas cuadraticas son equivalentes” si y solo si existe un isomorfismo deV n que lleve una a la otra, lo cual se cumple si y solo si existe un cambio de base quelleva una a la otra; podemos ver que son equivalentes si tienen los mismos indicesde inercia.
Comprobemoslo: sean
Q(x) = a1x21 + a2x
22 + ...+ apx
2p − ap+1x
2p+1 − ap+2x
2p+2 − ...− ap+qx2p+q
= Q′(x) = a′1x′21 + a′2x
′22 + ...+ a′px
′2p − a′p+1x
′2p+1 − a′p+2x
′2p+2 − ...− a′p+qx
′2p+q
donde las coordenadas estan referidas a dos bases e1, e2, ..., en y e′1, e′2, ..., e′ny las p primeras tienen coeficientes positivos mientras que las q siguientes tienencoeficientes negativos. Entonces,
Q(ei/√ai) = 1 = Q′(e′i/
√a′i)∀i ≤ p
,
Q(ei/√ai) = −1 = Q′(e′i/
√a′i) sip < i ≤ p+ q
,
259
Q(ei) = 0 = Q′(e′i)∀i > p+ q.
El isomorfismo ϕ de Rn dado por
ϕ(ei/√ai) = (e′i/
√a′i) si i ≤ p+ q ϕ(ei) = (e′i) si i > p+ q
verifica: Q′ ϕ(x) = Q ya que Q(ei) = ai = Q′(ϕ(ei)) si 1 ≤ i ≤ p, Q(ei) = −ai =Q′(ϕ(ei)) si p < i ≤ p+ q, Q(ei) = 0 = Q′(e′i)∀i > p+ q.
Recıprocamente, si Q y Q′ son equivalentes, se pasa de una a otra por un cambiode coordenadas y entonces la ley de inercia de Sylvester garantiza que tienen losmismos ındices de inercia.
Por ello, se pueden clasificar la formas cuadraticas mirando los signos de loscoeficientes de los cuadrados de las coordenadas de las expresiones obtenidas por elmetodo de Gauss y tambien mirando los signos de los valores propios.
Tambien podemos demostrar que:la suma de los ındices de inercia positivo y negativo de la forma cuadratica esigual al rango de su matriz simetrica.Desde luego, p + q es el rango de la matriz diagonal correspondiente a Q y
es siempre el mismo cuando la matriz este expresada como suma de cuadrados,en virtud de la ley de inercia de Sylvester. Pero tambien es el rango de cualquiermatriz simetrica que corresponda a Q en cualquier sistema de coordenadas. Aunquematrices no simetricas correspondientes a la misma forma cuadratica pueden tenerdistinto rango.
La forma cuadratica Q(x1, x2) = x21 + 2x1x2 + x22 se puede expresar:
Q(x1, x2) = (x1, x2)
(1 11 1
)(x1x2
)= (x1, x2)
(1 20 1
)(x1x2
)siendo las dos matrices de distinto rango.
En un cambio de coordenadas, las distintas matrices de partida B de la formacuadratica dan lugar a distintas matrices de llegada: Ct · B · C. Pero como lamatriz simetrica asociada a la forma cuadratica es unica, si le hacemos correspondermatrices simetricas a la partida y a la llegada de un cambio de coordenadas, la unase tiene que transformar en la otra. La matriz simetrica B de Q en una base pasaa otra simetrica de Q, por un cambio CtBC, donde C es una matriz de cambio decoordenadas.
Veamos ahora que las distintas matrices simetricas de Q en distintas bases, tienenel mismo rango: si C es una matriz invertible, Ct tambien lo es, y las columnas deCtB son las imagenes de las columnas de B por el isomorfismo de matriz Ct, portanto hay el mismo numero de columnas independientes en B que en CtB. Es decir,el rango de B es el mismo que el rango de CtB. Por la misma razon, el rango detC(BC) es el mismo que el rango de BC, igual al rango de tCtB, igual al rango detB, y uste igual al de B.
Un ejemplo tomado de [B] que aparentemente contradice p+q=r es el siguiente:
260
Q(x, y, z) = 2x2 + 2xy + 2yz = (x, y, z)
2 1 11 0 01 0 0
xyz
El rango de esta forma cuadratica es 2, pero se puede escribir
Q(x, y, z) = 2x2 + 2xy + 2yz = (x+ y + z)2 − (y + z)2 + x2 = x′2 − y′2 + z′
2
que aparentemente tiene p=2, q=1, siendo entonces p+q distinto de r. Lo que ocurrees que x′
y′
z′
=
1 1 10 1 11 0 0
xyz
no es un verdadero cambio de coordenadas porque viene dado por una matriz dedeterminante nulo.
Las formas cuadraticas se llaman no degeneradas si su rango es igual al numerode coordenadas, y degeneradas en caso contrario.
Las no degeneradas se llaman definidas positivas si el ındice de inercia positivoes igual al numero de coordenadas (su ındice de inercia negativo es nulo) y definidasnegativas si el ındice de inercia negativo es igual al numero de coordenadas (su ındicede inercia positivo es nulo). En otro caso, se llaman indefinidas.
Las degeneradas se llaman semidefinidas positivas si su ındice de inercia negativoes nulo, semidefinidas negativas si su ındice de inercia positivo es nulo e indefinidasen otro caso.
Si reducimos la forma cuadratica a suma de cuadrados con coeficientes, utilizandolos valores propios, la forma cuadratica es no degenerada si todos sus valores propiosson distintos de cero, entonces, la forma cuadratica es definida positiva si y solo sitodos sus valores propios son positivos. Es definida negativa si y solo si todos susvalores propios son negativos. Es indefinida si hay valores propios de los dos signos.
Ejercicios:
10.5.1. Encontrar el caracter de las formas cuadraticas de los ejercicios 10.1.1. yestudiar si son equivalentes.
10.5.2. Encontrar el caracter de las formas cuadraticas del ejercicio 10.4.1 yestudiar si son equivalentes.
Las formas cuadraticas mas interesantes son las definidas positivas. Lo soncuando todos los valores propios son positivos, pero aunque el calculo de los val-ores propios de una forma cuadratica de orden dos consiste en la resolucion de unaecuacion de segundo grado, siempre resoluble, y aun cuando el metodo de completarcuadrados puede usarse para ver si es definida positiva cuando la ecuacion a resolver
261
es de mayor orden y no se puede resolver bien, puede ser latoso. Por ello es utilutilizar el criterio de Sylvester.
Criterio de Sylvester para formas cuadraticas definidas positivas:La matriz G simetrica determina una forma cuadratica definida positiva en
cualquier base si y solo si todos sus menores angulares superiores izquierdos sonpositivos.
Nos ahorra hacer todo el proceso del metodo de Gauss en cada caso particular.
El criterio de Sylvester sirve tambien para decidirsi una forma cuadratica es definida negativa,ya que en este caso su opuesta es definida positiva. Por tanto la matriz simetrica
de una forma cuadratica definida positiva ha de tener todos los menores angularessuperiores izquierdos de orden impar ne-gativos y todos los menores angulares su-periores izquierdos de orden par positivos.
Si la forma cuadratica es no degenerada y no es definida positiva ni definidanegativa, es indefinida, p.ej. si algun menor angular superior izquierdo de orden pares negativo o si hay dos menores angulares superiores izquierdos de orden impar dedistinto signo.
Demostracion del criterio de Sylvester:Ya se hizo una demostracion del criterio en el capıtulo del producto escalar no
usual. Se da aquı otra demostracion completando cuadrados.
Lo vamos a hacer por inducion sobre la dimension del espacio.
Estamos interesados en comprobar que si |Gii| > 0 ∀i,
x · x = (x1, x2, · · · , xn)G
x1x2...xn
≥ 0, siendo x · x = 0 ≡ x = 0
Vamos a probar el teorema haciendo cambios de coordenadas que lleven la ex-presion x · x a ser una suma de cuadrados de coordenadas con coeficientes y vamosa ver que estos coeficientes son positivos en las condiciones del Teorema, por lo queentonces, sera x · x > 0 siempre que el vector x sea distinto de cero. Es decir, laforma bilineal, ademas de simetrica, sera definida positiva.
Hacemos la demostracion por induccion sobre la dimension del espacio.
Cuando la dimension del espacio es 1, solo hay un menor angular, que coincidecon el determinante de la matriz: Es el numero g11; el producto escalar es x · y =g11x1y1, siendo x · x = g11x
21, mayor o igual que cero si g11 > 0, ademas x · x = 0 ≡
x = 0, si g11 > 0, quedando por tanto establecido el teorema en esta dimension.
262
Cuando la dimension del espacio es 2, hay dos menores angulares superiores:g11 = G11 y G = G22.
Entonces,
x · x = (x1, x2)
(g11 g12g12 g22
)(x1x2
)= g11x
21 + 2g12x1x2 + g22x
22 =
= g11(x21+
2g12g11
x1x2+(g12g11
x2)2)−g11(
g12g11
x2)2+g22x
22 = g11(x1+
g12g11
x2)2+(g22−
g212g11
)x22 =
= g11(x1 +g12g11
x2)2 +
g22g11 − g212g11
x22
Hacemos el cambio de coordenadas:x′1 = x1 + g12
g11x2
x′2 = x2≡
(x′1x′2
)=
(1 g12
g11
0 1
)(x1x2
)(Hacer un cambio de coordenadas por una matriz de determinante distinto de ceroes equivalente a hacer un cambio de base) y queda el producto
x · x = g11x′21 +|G|g11
x′22
que es siempre mayor o igual que cero si |G11| > 0 y |G| = |G22| > 0 siendo igual acero solo cuando x′1 = 0 = x′2, es decir, cuando el vector x es cero por ser los x′un sistema de coordenadas.
Cuando la dimension es 3, tendrıamos:
x · x = (x1, x2, x3)
g11 g12 g13g12 g22 g23g13 g23 g33
x1x2x3
=
= g11x21 + 2g12x1x2 + g22x
22 + 2g13x1x3 + 2g23x2x3 + g33x
23
Los tres primeros sumandos corresponden a la expresion del producto escalar enun espacio de dimension 2, en el que hemos visto que con el cambio de coordenadasanterior, se reducen a una suma de cuadrados con coeficientes positivos, debido aque los dos primeros menores angulares son positivos. Entonces, la expresion queda:
x · x = b1x′21 + b2x
′22 + 2g13(x
′1 −
g12g11
x′2)x3 + 2g23x′2x3 + g33x
23 =
b1x′21 + b2x
′22 + 2g13x
′1x3 + (2g23 −
2g13g12g11
)x′2x3 + g33x23 donde b1 > 0 y b2 > 0.
Llamamos 2b23 al coeficiente de x′2x3 y seguimos arreglando los terminos paraconseguir una suma de cuadrados de coordenadas con coeficientes positivos:
x · x = b1x′21 + b2x
′22 + 2g13x
′1x3 + 2b23x
′2x3 + g33x
23 =
= b1(x′21 +2
g13b1x′1x3+(
g13b1x3)
2)+b2(x′22 +2
b23b2x′2x3+(
b23b2x3)
2)+(g33−g213b1− b
223
b2)x23 =
263
= b1(x′1 +
g13b1x3)
2 + b2(x′2 +
b23b2x3)
2 + b3x23 = b1x
”21 + b2x
”22 + b3x
”23
donde hemos llamado b3 = g33− g213b1− b223
b2y hemos hecho otro cambio de coorde-
nadas: x′′1x′′2x′′3
=
1 0 g13/b10 1 b23/b20 0 1
x′1x′2x3
cuya matriz es de determinante distinto de cero,Ya tenıamos de antes que b1 > 0 y b2 > 0. Necesitamos que sea tambien b3 > 0
para que x · x ≥ 0 siendo x · x = 0, solo cuando x = 0.Escribamos:
x · x = b1x”21 + b2x
”22 + b3x
”23
= (x”1, x”2, x”3)
b1b2
b3
x”1
x”2
x”3
= (x”1, x”2, x”3)B
x”1
x”2
x”3
Relacionando la matriz B con la matriz G dada, vamos a obtener que b3 es
tambien positivo.Sabemos como repercuten los cambios de coordenadas que hemos hecho en la
matriz de una forma cuadratica. Si C es la matriz de cambio de coordenadas total,la forma bilineal en las ultimas coordenadas es x · y = x”ttCGCy” lo cual induce elmismo cambio en la expresion de x·x en las nuevas coordenadas: x·x = x”ttCGCx”.
Aunque hemos hecho los cambios en la expresion polinomial x · x = xtCx ydespues de hacerlos hemos llegado a una expresion que se puede poner en formamatricial x · x = x”tBx” con matriz diagonal, podemos concluir que B = tCGC,porque cuando hacemos un cambio de coordenadas en la expresion polinomial dela forma cuadratica y luego volvemos a escribir la matriz simetrica correspondiente,esta nueva matriz corresponde solamente a una forma bilineal simetrica que la in-duce. Por ello, la nueva matriz simetrica esta relacionada con la primera simetricapor una expresion B′ = tCBC donde |C| 6= 0, aunque no ocurre lo mismo con todaslas distintas matrices no simetricas que podemos que le podemos hacer corresponderal principio y al final.
Entonces, existe C matriz de cambio de base, tal que
tCGC =
b1b2
b3
de donde se tiene b1b2b3 = |C|2|G|, lo que implica b3 > 0 porque |G| > 0 y b1 > 0,b2 > 0.
Con esto queda hecha la demostracion del criterio en un espacio vectorial dedimension 3.
264
Supuesta hecha la demostracion cuando la dimension del espacio es n − 1, sehace la demostracion cuando el espacio es de dimension n reduciendo los terminosde la expresion x · x a suma de cuadrados con coeficientes positivos en dos etapas.
Por la hipotesis de induccion se pueden reducir a una tal suma de cuadradostodos los terminos en los que figuran solo las n− 1 primeras coordenadas, quedandouna expresion:
x · x = b1x′21 + b2x
′22 + · · ·+ bn−1x
′2n−1 + 2b1nx
′1xn + 2b2nx
′2xn + · · ·+ gnnx
2n
donde todos los bi son positivos, y que se puede arreglar a
x · x = b1x”21 + b2x
”22 + · · ·+ bn−1x
”2n−1 + (gnn −
b21nb1− b22n
b2−b21n−1bn−1
)x2n
Llamando bn al coeficiente de x2n, como todos los arreglos de coordenadas cor-responden a cambios de base, tenemos por el razonamiento anterior en dimension3:
b1b2 · · · bn = |C|2|G|
para la matriz C de cambio de base total, de donde resulta bn tambien positivo porserlo todos los demas numeros de la expresion.
Ası queda demostrado el teorema para cualquier espacio vectorial real de di-mension finita.
Serıa conveniente hacer los ejercicios siguientes:
Ejercicios.
10.6.1. Estudiar para que valores de a, la formas cuadraticas siguientes sondefinidas positivas:
a) Qa(x, y, z) = x2 + 4y2 + z2 + 2axy + 10xz + 6yz.b) Qa(x, y, z) = x2 + 4y2 + z2 + 2axy + 2ayz.c) Qa(x, y, z) = 5x2 + y2 + az2 + 4xy − 2xz − 2yz.d) Qa(x, y, z) = x2 + 2xy + ay2 + 2xz + 2ayz + 3z2.e) Qa(x, y, z) = ax2 + y2 + z2 + 2axy + 2a2xz + 2ayz.f) Qa(x, y, z) = x2 + a(a− 1)y2 + 2axy + 2xz + 4ayz.g)Qa(x, y, z) = x2 + a(a− 1)y2 + 2axy + 2xz + 4ayz.h) Qa(x, y, z) = (a+ 1)x2 + (a+ 1)y2 + az2 + 2xy − 2ayz.i) Qa(x, y, z) = (a− 1)x2 + 3ay2 + az2 + 2(a− 1)xy + 2ayz.
10.6.2. Estudiar si para algunos valores de a, las formas cuadraticas anterioresson definidas negativas o indefinidas.
265
10.6.3. Hallar los ındices de inercia de las formas cuadraticas anteriores para losvalores de a que las hacen degeneradas.
10.6.4. Hallar los ındices de inercia de las formas cuadraticas anteriores para losvalores de a que las hacen indefinidas no degeneradas.
Tambien se pueden estudiar los ındices de inercia de las formas cuadraticas de losejercicios anteriores segun los valores de a, utilizando el metodo de Gauss, compro-bando en particular los resultados correspondientes a formas cuadraticas definidaspositivas.
Criterios para formas cuadraticas degeneradas.
En cuanto a las formas cuadraticas degeneradas, Smirnov afirma sin demostraren [S] que es necesario y suficiente para que una forma cuadratica sea positiva quetodos los menores principales (es decir, todos aquellos cuya diagonal esta contenidaen la diagonal principal) tengan determinante no negativo. Esta condicion se traduceen la sucesion de signos de los coeficientes del Polinomio Caracterıstico.
Aquı damos otros tres criterios para decidir si una forma cuadratica degeneradaes definida positiva en los que el numero de los determinantes a calcular y el ordende los mismos es menor. Los dos primeros se deben a la autora del curso y el terceroa Fernando Chamizo (1990) [CCh]. La demostracion del tercer criterio depende delsegundo y este del primero. Tambien se ve que dichos criterios son equivalentes alde Smirnov. Esta demostracion es tambien debida a la autora.
Sea e1, e2, .., en una base de V n tal que si x es un vector de V n con coordenadas(x1, ..., xn) en esta base,
Q(x) = (x1, ..., xn)A
x1...
xn
siendo A simetrica y sea f la forma bilineal asociada aQ tal que si y = y1e1+...+ynen,
f(x, y) = (x1, ..., xn)A
y1...
yn
.
Hagamos antes algunas consideraciones sobre las formas cuadraticas indefinidas:
Consideremos aii. Si existe algun aii nulo siendo aij 6= 0, la forma cuadratica
Q |Lei,ej
266
es indefinida por el criterio de Sylvester y por tanto Q es indefinida.Prescindiendo de filas y columnas nulas, podemos suponer que aii 6= 0, ∀i.Si existen i 6= j tales que aii > 0, ajj < 0, Q es indefinida.Para hacer el estudio de Q, como Q es positiva si y solo si −Q es negativa,
cambiando el signo de Q si es necesario podemos suponer que aii > 0, ∀i.
Si existiera algun Aii tal que |Aii| < 0, como Aii es una matriz simetrica, Aiies diagonalizable por una matriz ortogonal y |Aii| = λ1λ2....λi es el productode los valores propios del endomorfismo definido por Aii en Le1, ..., ei, tenemosalgun λi = Q(ui, ui) negativo. Teniendo en cuenta que a11 > 0 concluirıamos queQ es indefinida.
Notacion.
Llamaremos Akrr al menor de A formado al orlar Arr con la fila (ak1...akr...akk) yla columna (a1k...ark...akk)
t donde k > r.En una forma cuadratica degenerada, |A| = 0, por tanto cogiendo r = n − 1,
k = n, tenemos |Ann−1,n−1| = 0.Si |Arr| 6= 0 y |Akrr| = 0 denotamos por Uk
r ∈ Le1, ..., er, ek el vector propiocorrespondiente al valor propio nulo de Akrr. Observemos que entonces la k-esimacoordenada Uk
rk de Ukr es no nula.
Sea Akjrr el menor obtenido de Akrr al orlarlo con la fila (aj1 · · · ajr · · · ajk · · · ajj)y la columna
(a1j · · · arj · · · akj · · · ajj)t donde j > k.
Criterios:Sea Q una forma cuadratica degenerada de matriz simetrica A.Supongamos ahora que |Ass| > 0, ∀s ≤ m y |Akmm| = 0, ∀k > m, lo cual
siempre se puede conseguir con una reordenacion de las filas y columnas de A.Decimos entonces que Q esta en forma m-positiva y ası lo suponemos en los criteriosa continuacion. Entonces:
I. Q es semidefinida positiva si y solo si su matriz simetrica puede ponerse enforma m-positiva y cada vector Uk
m es vector propio de A.
II. Q es semidefinida positiva si y solo si su matriz simetrica puede ponerse enforma m-positiva y ∀k, k′ > m, |Akk′mm| = 0.
III. Q es semidefinida positiva si y solo si su matriz simetrica puede ponerse enforma m-positiva y r(A) = m.
267
EJEMPLOS.
1) Estudiar la forma cuadratica Q definida en R4 por la matriz
A =
2 1 0 31 1 1 20 1 2 13 2 1 6
Como |A| = 0, Q es degenerada.Cogiendo los menores angulares: |A11| > 0 , |A22| > 0 pero |A33| = 0, entonces
pasamos a |A422| > 0 e intercambiamos tercera y cuarta filas y tercera y cuarta
columnas para hacer la forma cuadratica 3− positiva:
A =
2 1 3 01 1 2 13 2 6 10 1 1 2
En esta matriz |A11| > 0 , |A22| > 0 y |A33| > 0 y |A4
33| = |A| = 0, por lo que Qes semidefinida positiva.
2) Estudiar la forma cuadratica Q definida en R4 por la matriz
A =
1 0 1 00 2 0 21 0 1 00 2 0 2
Como |A| = 0, Q es degenerada.
Empezamos cogiendo los menores angulares: |A11| > 0 y |A22| > 0, entoncespasamos a |A3
22| = 0 y |A422| = 0. Por tanto Q esta en forma 2-positiva.
Aplicando el segundo criterio en este caso, podemos concluir que la forma cuadraticaes semidefinida positiva directamente ya que |A34
22| = |A| = 0.
Para aplicar el tercer criterio tendrıamos que calcular el menor formado por lainterseccion de las tres primeras filas y las columnas primera, tercera y cuarta, quetambien sale cero.
Para aplicar el primer criterio, hallamos U32 vector propio de A3
22 = A33 parael valor propio nulo de A3
22 y lo sumergimos canonicamente en R4, por ejemplo,U32 = (1, 0,−1, 0) solucion de
x1 + x3 = 0
2x2 = 0
x1 + x3 = 0
268
Se ve facilmente que U32 es vector propio de A.
Hallamos U42 vector propio de A4
22 para el valor propio nulo de A422 y lo sumergi-
mos canonicamente en R4, por ejemplo, U42 = (0, 1, 0,−1) solucion de
x1 = 0
2x2 + 2x4 = 0
2x2 + 2x4 = 0
Se ve facilmente que U42 es vector propio de A.
Se puede concluir por tanto que Q es semidefinida positiva por el primer criterio.
Se puede comprobar que efectivamente Q es semidefinida positiva viendo que
1
2
2 1 0 −1−1 0 1 0
0 −1 0 11 2 −1 0
t
1 0 1 00 2 0 21 0 1 00 2 0 2
1
2
2 1 0 −1−1 0 1 0
0 −1 0 11 2 −1 0
=
1 0 0 00 2 0 00 0 0 00 0 0 0
3) Estudiar la forma cuadratica definida en R5 por la matriz
A =
6 8 6 2 88 13 8 3 116 8 6 2 82 3 2 1 38 11 8 3 11
.
Como |A| = 0, Q es degenerada.
Empezamos cogiendo los menores principales superiores del angulo izquierdo:
|A11| > 0 y |A22| > 0, pero |A33| = 0 aunque |A422| > 0 entonces hacemos una
reordenacion de la matriz correspondiente a una permutacion de los vectores e3 y e4de la base y obtenemos
A =
6 8 2 6 88 13 3 8 112 3 1 2 36 8 2 6 88 11 3 8 11
.
Ahora |A11| = |A11| > 0, |A22| = |A22| > 0, |A33| > 0. |A4
33| = 0, |A5
33| = 0, luegoQ esta en forma 2-positiva.
269
Aplicando el criterio II, como |A4533| = |A| = 0, podemos concluir que Q y por
tanto Q es semidefinida positiva.
Para aplicar el criterio III tendrıamos que calcular el menor correspondiente alas cuatro primeras filas y a las columnas primera, segunda, tercera y quinta, quetambien sale cero.
Para aplicar el criterio I, observemos que los vectores propios U4
33 = (1, 0, 0,−1, 0)
y U5
33 = (1, 0, 1, 0,−1) lo son de A, siendo por tanto semidefinida positiva.
Se puede comprobar que es semidefinida positiva porque
1
2
2 1 0 −1 −3−1 0 1 0 0
0 −1 0 1 11 2 −1 0 −20 0 0 0 2
t
6 8 6 2 88 13 8 3 116 8 6 2 82 3 2 1 38 11 8 3 11
1
2
2 1 0 −1 −3−1 0 1 0 0
0 −1 0 1 11 2 −1 0 −20 0 0 0 2
=
=
2 1 1 0 01 1 1 0 01 1 2 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0
.
Demostraciones.
Damos primero dos lemas utilizados en las demostraciones de los criterios.Lema 1: Sean U1, ..., Um los vectores propios que diagonalizan Am,m trans-
formandola en I. Si Q esta en forma m-positiva, f(Ui, Ukm) = 0, ∀i, ∀m.
Demostracion: La matriz de Q |Le1,e2,..,em,ek en la base U1, ..., Um, Ukm, que
es de la forma b1
I ...
bmb1 ... bm 0
ha de tener determinante nulo, por tanto, desarrollando por la ultima columnatenemos −(b21 + b22 + ...+ b2m) = 0, de donde 0 = bk = f(Ui, U
km) ∀i, ∀k.
Lema 2: Si Q esta en forma m-positiva, Q es semidefinida positiva si y solo sif(Uk
m, Uk′m ) = 0, ∀k, k′ > m.
Demostracion. Los vectores Um+1m , ..., Un
m son independientes entre sı ya que
270
Ukm ∈ Le1, e2, ..., em, ek − Le1, .., em. Los vectores U1, ..., Um, U
m+1m , ..., Un
mson base de V n. Segun el Lema 1, Q se expresa en esta base por(
Imm 00 C
)donde todos los terminos de la diagonal principal de C son nulos. Observando queckk′ = f(Uk
m, Uk′m ) tenemos demostrado el lema 2.
Demostracion del Criterio I.
Ahora probamos que f(Ukm, U
k′m ) = 0 ∀k, k′ > m si y solo si los vectores Uk
m
son vectores propios de A.Es claro que si los vectores Uk
m son vectores propios de A solo pueden serlo parael valor propio nulo y en este caso Um+1
m,1 ... Um+1m,n
...Unm,1 ... Un
m,n
A = 0
por lo que C = 0.Recıprocamente, si algun Uk
m no es vector propio de A, alguna coordenada deUkmA es distinta de cero. Sea a el valor de esta coordenada en el lugar s. Encontramos
f(Ukm, U
sm) = aU s
ms 6= 0. Contradiccion.
Demostracion del Criterio II.
La matriz de Q |L(e1,...,em,ek,ek′ ) en la base e1, ..., em, ek, ek′ es Akk′
m,m. Los vectores
U1, ..., Um, Ukm, U
k′m son tambien una base de L(e1, ..., em, ek, ek′ luego si |Akk′m,m| =
0 tambien ∣∣∣∣∣∣I 0 00 0 f(Uk
m, Uk′m )
0 f(Ukm, U
k′m ) 0
∣∣∣∣∣∣ = 0
por tanto f(Ukm, U
k′m ) = 0. Es decir, Q es semidefinida positiva segun el lema 2.
Demostracion del Criterio III.
Considerando la base U1, ..., Um, U1m, ..., U
nm vemos que r(A) = r(Q) = m si
y solo si ckk′ = 0, es decir si y solo si f(Ukm, U
k′m ) = 0 o equivalentemente Q es
semidefinida positiva.
Equivalencia entre estos Criterios y el Criterio de Smirnov.
Cada menor diagonal es la matriz de la restriccion de Q a un cierto subespacioengendrado por vectores de la base, por tanto, si Q es semidefinida positiva eldeterminante de estos menores ha de ser no negativo.
Recıprocamente, observemos que Akk′
mm es un menor diagonal y
271
|Akk′mm| = −(f(Ukm, U
k′
m ))2|D|2
donde D es la matriz de cambio de base de e1, ..., em, ek, ek′ a U1, ..., Um, Ukm, U
k′m.
Por tanto, en las hipotesis del Criterio de Smirnov ha de ser f(Ukm, U
k′m ) = 0 y
segun nuestro lema 2, Q es semidefinida positiva.
Esquema. Formas cuadraticas.
a) |Ass| > 0 ∀s⇔ Q es definida positiva.b) Si en alguna reordenacion de A
∃k < n \ |Ass| > 0 ∀s ≤ m y |Akmm| = 0 ∀k > m entonces
AUkm = 0 o
|Akk′mm| = 0 o
r(A) = m
⇐⇒ Q es semidefinida positiva.
c) −A cumple a) ⇔ Q es definida negativa.d) −A cumple b) ⇔ Q es semidefinida negativa.e) casos restantes ⇔ Q es indefinida.
Bibliografıa.
B] F. Brickell. Matrices and vector spaces. George Allen and Unwin Ltd, 1972.[G] L. I. Golovina. Algebra Lineal y algunas de sus aplicaciones. Ed. Mir.
Moscu. 1974.
272
Diagonalizacion simultanea de formas cuadraticas.
Este problema consiste, dadas dos formas cuadraticas distintas definidas en unespacio vectorial, en encontrar una base del espacio vectorial en la que las dos seexpresen como suma de cuadrados (con coeficientes) de las coordenadas correspon-dientes a esta misma base. Entonces, ambas expresiones matriciales son diagonales.Se trata tambien de encontrar una base en la que las dos formas bilineales simetricasde las que provienen las formas cuadraticas tengan una expresion matricial diagonal.
En Fısica se utiliza la diagonalizacion simultanea para expresar la energıa cinetica,(que es una forma cuadratica de las derivadas de las coordenadas) y la energıa po-tencial, (que salvo una constante, es una forma cuadratica de las coordenadas).Las ecuaciones de Lagrange y una diagonalizacion simultanea de las dos formascuadraticas determinan entonces el movimiento. (Puede verse [B])
Pasando al problema, si una de ellas, p.ej. Q de matriz simetrica A, es definidapositiva, podemos hacer un razonamiento relativamente corto: Por ser Q definidapositiva, Q determina un producto escalar que admite bases ortonormales. Existe,por tanto un cambio de base de matriz C, tal que tCAC = I. Sea Q′ otra formacuadratica de matriz simetrica A′; El mismo cambio de base en Q′ da lugar a lamatriz tCA′C, que es otra matriz simetrica. tCA′C se puede diagonalizar en unabase ortonormal, es decir, existe otra matriz ortogonal P tal que tP tCA′CP =D; por ser P ortogonal, tambien tP tCACP = P tIP = I. Por tanto, la matrizCP diagonaliza simultaneamente a las dos matrices simetricas y a las dos formascuadraticas.
Para hallar la matriz CP , tenemos en cuenta que las columnas de la matriz Pson los vectores propios de tCA′C, soluciones de (tCA′C − λI)v = 0 para algun λ;Pero esta ecuacion se puede escribir:
(tCA′C − λtCAC)v = 0 ≡ tC(A′ − λA)Cv = 0 ≡ (A′ − λA)Cv = 0
Entonces, los vectores columna de CP son los vectores Cv = V , que satisfacenel sistema
(A′ − λA)V = 0
para los λ tales que |A′ − λA| = 0.A pesar de que al resolver el sistema anteriormente escrito, no solo se obtienen los vectores Cv
sino tambien sus multiplos, y las soluciones que cojamos del sistema no siempre diagonalizaran la
matriz A hasta la matriz I, en cualquier caso, la base formada por los vectores escogidos, cuya
matriz de cambio de base fuera CP ′ sigue diagonalizando simultaneamente, porque los productos
de filas por columnas cruzadas en t(CP ′)ACP ′ y t(CP ′)A′CP ′ son multiplos de los que correspon-
derıan a la matriz t(CP )ACP y t(CP )A′CP .
Cuando todos los λi son de multiplicidad 1, estando interesados solamente enla diagonalizacion, no tenemos que preocuparnos de la eleccion que hacemos de losvectores V :
Observemos que los vectores que verifican (A′ − λA)V = 0 son los mismos quelos que verifican (A−1A′ − λI)V = 0.
273
Sean Vi = (vi1, vi2...vin) y Vj = (vj1, vj2...vjn), correspondientes a valores propiosdistintos λi 6= λj, entonces,
(vi1, vi2...vin)A′
vj1vj2
...vjn
= (vi1, vi2...vin)AA−1A′
vj1vj2
...vjn
=
= (vi1, vi2...vin)Aλj
vj1vj2
...vjn
= λj(vi1, vi2...vin)A
vj1vj2
...vjn
Tambien, por ser las matrices simetricas,
(vi1, vi2...vin)A′
vj1vj2
...vjn
= (vj1, vj2...vjn)A′
vi1vi2
...vin
= (vj1, vj2...vjn)AA−1A′
vi1vi2
...vin
=
(vj1, vj2...vjn)Aλi
vi1vi2
...vin
= λi(vj1, vj2...vjn)A
vi1vi2
...vin
= λi(vi1, vi2...vin)A
vj1vj2
...vjn
La igualdad de las dos ultimas expresiones implica que V t
i AVj = 0 = V ti A′Vj
cuando λi 6= λj.
Pero si algun λ es de multiplicidad mayor que 1, tenemos que preocuparnos decoger entre los vectores correspondientes al mismo valor propio, Vi, Vj, tales quetViAVj = tViA
′Vj = 0. Observemos que los vectores que cogiendolos de maneraque tViAVj = 0, tambien se verifica que tViA
′Vj = tViA(A−1A′)Vj = tViAλVj =λtViAVj = 0.
Veamos dos ejemplos:Ejemplo 1: Sean
Q(x, y) = x2 + 2y2 + 2xy = (x, y)
(1 11 2
)(xy
)
Q′(x, y) = x2 + 2xy = (x, y)
(1 11 0
)(xy
)dos formas cuadraticas que queremos diagonalizar simultaneamente. Hallamos primerolos valores de λ tales que |A′ − λA| = 0: son λ1 = 1, λ2 = −1, ya que∣∣∣∣( 1 1
1 0
)− λ
(1 11 2
)∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ 1− λ 1− λ1− λ −2λ
∣∣∣∣ = λ2 − 1
274
Para λ1 = 1, los vectores V que verifican (A′− λ1A)V = 0 son las soluciones delsistema: (
0 00 −2
)(xy
)=
(00
)≡ y = 0
Para λ2 = −1, los vectores V que verifican (A′ − λ2A)V = 0 son las solucionesdel sistema: (
2 22 2
)(xy
)=
(00
)≡ x+ y = 0
Cogiendo como V1 = (1, 0) y como V2 = (1,−1) tenemos la diagonalizacion si-multanea: (
1 01 −1
)(1 11 2
)(1 10 −1
)=
(1 00 1
)(
1 01 −1
)(1 11 0
)(1 10 −1
)=
(1 00 −1
)Cualquier otro V ′1 que podamos coger es un multiplo de V1 y cualquier otro V ′2
que podamos coger es un multiplo de V2. Por ello la diagonalizacion se sigue dando.Por ejemplo, cogiendo V ′1 = (2, 0), V ′2 = (−3, 3), entonces,(
2 0−3 3
)(1 11 2
)(2 −30 3
)=
(4 00 9
)(
2 0−3 3
)(1 11 0
)(2 −30 3
)=
(4 00 −9
)Ejemplo 2:Diagonalizar simultaneamente:Q(x, y, z, t) = 2x2 + 2y2 + 2z2 + 2t2 + 2xz − 2yt Q′(x, y, z, t) = x2 − y2 + z2 −
t2 + 4xz + 4yt.Escritas matricialmente:
Q(x, y, z, t) = (x, y, z, t)
2 0 1 00 2 0 −11 0 2 00 −1 0 2
xyzt
Q′(x, y, z, t) = (x, y, z, t)
1 0 2 00 −1 0 22 0 1 00 2 0 −1
xyzt
Entonces,
|A′ − λA| =
∣∣∣∣∣∣∣∣1− 2λ 0 2− λ 0
0 −1− 2λ 0 2 + λ2− λ 0 1− 2λ 0
0 2 + λ 0 −1− 2λ
∣∣∣∣∣∣∣∣ = 9(λ2 − 1)2,
275
de donde para los valores de λ iguales a 1 o a −1, se pueden obtener los vectores deuna base que diagonaliza simultaneamente a las dos formas cuadraticas.
Para λ = 1, las ecuaciones
−1 0 1 0
0 −3 0 31 0 −1 00 3 0 −3
xyzt
= 0 ≡ −x +z = 0−3y +3t = 0
nos permiten coger V1 = (1, 1, 1, 1). El vector V2 = (a, b, c, d) tiene que satisfaceresas mismas ecuaciones y ademas verificar:
(a, b, c, d)
2 0 1 00 2 0 −11 0 2 00 −1 0 2
1111
= 0 ≡ 3a+ b+ 3c+ d = 0
Podemos coger V2 = (1,−3, 1− 3)Para λ = −1, las ecuaciones
3 0 3 00 1 0 13 0 3 00 1 0 1
xyzt
= 0 ≡ 3x +3z = 0y +t = 0
nos permiten coger V3 = (1, 1,−1,−1). El vector V4 = (a, b, c, d) tiene que satisfaceresas mismas ecuaciones y ademas verificar:
(a, b, c, d)
2 0 1 00 2 0 −11 0 2 00 −1 0 2
11−1−1
= 0 ≡ a+ 3b− c− 3d = 0
Podemos coger V4 = (3,−1,−3, 1).La base (1, 1, 1, 1), (1,−3, 1− 3), (1, 1,−1,−1), (3,−1,−3, 1) diagonaliza a las
dos formas cuadraticas simultaneamente.
Ejercicios:
10.7.1. Diagonalizar simultaneamente las formas cuadraticas:a) Q(x, y) = x2 + 26y2 + 10xy, Q′(x, y) = x2 + 56y2 + 16xyb) Q(x, y) = −4xy, Q′(x, y) = x2 + 2xy + 2y2.c) Q1(x, y, z) = x2 − 8xy − 4y2 + 10xz + 4yz + 2z2
Q2(x, y, z) = 6x2 + 8xy + 4y2 − 2xz − 4yz + 2z2
(valores de λ : −1, 2, 3).d)Q1(x, y, z) = −2x2 − 4xy − 2y2 + 2xz + 2yz − z2,Q2(x, y, z) = 4x2 + 4xy + 2y2 − 2xz − 2yz + z2,(valores de λ : −1, 0).
276
Condiciones necesarias y suficientes para la diagonalizacionsimultanea de formas cuadraticas.
Dadas dos formas cuadraticas, si una de ellas es definida positiva, se puede en-contrar una base en la que las dos diagonalizan simultaneamente. Se encuentra aquıuna condicion necesaria y suficiente para que dos formas cuadraticas sean diagonal-izables simultaneamente, viendose que no es necesario que una de las dos sea definidapositiva, sino que es necesario y suficiente que una de las formas cuadraticas sea nodegenerada y que si A es la matriz de la forma cuadratica no degenerada y A′ esla matriz de la otra forma cuadratica A−1A′ ha de ser diagonalizable. Este es untrabajo original de la autora.
Si queremos estudiar un caso mas general en el que solo exigimos que una delas formas cuadraticas sea no degenerada podemos utilizar aquı los conocimientossobre el espacio dual para encontrar condiciones necesarias y suficientes para quedos formas bilineales simetricas (y por tanto, las formas cuadraticas asociadas) seandiagonalizables simultaneamente.
Recordemos que el espacio dual V n∗ de un espacio vectorial real V n es el espaciovectorial de las aplicaciones lineales definidas en ese espacio con valores reales.
Cada elemento del dual es una aplicacion lineal ψ : V n 7→ K a la que correspondeuna matriz 1× n : (a1, a2, · · · , an), tal que
ψ(y) = (a1, a2, · · · , an)
y1y2...yn
K es el cuerpo del espacio vectorial (puede ser R o C).
El nucleo de ψ es el conjunto de vectores y que verifican: a1y1+a2y2+· · ·+anyn =0. Es de dimension n−1 salvo que todos los ai sean nulos en cuyo caso la aplicacionψ es nula y su nucleo es todo el espacio.
Si e1, e2, · · · , en es una base de V n, su base dual es e∗1, e∗2, · · · , e∗n en V n∗. Loselementos de la base dual estan caracterizados por e∗i (ej) = 0, si i 6= j y e∗i (ei) = 1.
En esta base las coordenadas de la ψ anterior son (a1, a2, · · · , an).
Pasando ahora al problema que nos ocupa, si f : V n × V n 7→ R es una formabilineal, al fijar un vector x ∈ V n, la aplicacion: y 7→ f(x, y) es lineal. Vamos aescribir ϕ(x) esta aplicacion que es por tanto un elemento del dual: (ϕ(x))(y) =f(x, y). (ϕ(x) ∈ V n∗).
Al mismo tiempo ϕ puede considerarse como una aplicacion de V n en V n∗. Esotra aplicacion lineal. Para hallar su matriz en una base dada de V n y en la dualde ella en V n∗ tendremos que hallar las coordenadas de las imagenes de los vectoresde la base:
277
Tenemos
ϕ(e1)(y) = (1, 0, · · · , 0)A
y1y2...yn
= (a11, a12, · · · , a1n)
y1y2...yn
lo que nos dice que las coordenadas de ϕ(e1) en el dual son (a11, a12, · · · , a1n).(pimera fila de A).
Haciendo la misma operacion para cada ei, tenemos:
ϕ(ei)(y) = (0, 0, · · · , 1, · · · , 0)A
y1y2...yn
= (ai1, ai2, · · · , ain)
y1y2...yn
lo que nos dice que las coordenadas de ϕ(ei) en la base dual de la considerada son(ai1, ai2, · · · , ain). (i-esima fila de A).
Al colocar estas coordenadas en columnas obtenemos la matriz tA como matrizde la aplicacion ϕ.
Dadas dos formas cuadraticas de matrices simetricas A y A′ donde |A| 6= 0,Condicion necesaria para que los vectores de una base diagonalicen simultaneamentea dos formas cuadraticas es que dichos vectores sean vectores propios de A−1A′.
Demostracion:Suponiendo resuelto el problema de diagonalizacion simultanea de las formas
cuadraticas Q de matriz simetrica A y Q′ de matriz simetrica A′, existe una basede vectores v1, v2, · · · , vn tales que f(vi, vj) = 0 = f ′(vi, vj) si i 6= j, o lo que eslo mismo ϕ(vi)(vj) = 0 = ϕ′(vi)(vj) si i 6= j; dicho de otra manera: existe una basede vectores v1, v2, · · · , vn tal que kerϕ(vi) 3 vj si i 6= j y kerϕ′(vi) 3 vj si i 6= j.Para cada i estos dos nucleos tienen en comun al menos n−1 vectores. Por lo tanto,o son coincidentes o uno de ellos es todo el espacio V n.
Las ecuaciones de los nucleos kerϕ(x) y kerϕ′(x) son:
kerϕ(vi) ≡ (a1, a2, · · · , an)
y1y2...yn
= 0 donde (a1, a2, · · · , an) = (vi1, vi2, · · · , vin)A
kerϕ′(vi) ≡ (a′1, a′2, · · · , a′n)
y1y2...yn
= 0 donde (a′1, a′2, · · · , a′n) = (vi1, vi2, · · · , vin)A′
278
Si los dos nucleos son iguales, existe λ tal que
λ(a1, a2, · · · , an) = (a′1, a′2, · · · , a′n)
Si el segundo nucleo es todo el espacio,
0(a′1, a′2, · · · , a′n) = (0, 0, · · · , 0) = 0(a1, a2, · · · , an)
Si el primer nucleo es todo el espacio,
(a1, a2, · · · , an) = (0, 0, · · · , 0) = 0(a′1, a′2, · · · , a′n)
Los tres casos los podemos englobar en que existe λ, tal que
λ(a1, a2, · · · , an) = (a′1, a′2, · · · , a′n) o (a1, a2, · · · , an) = λ(a′1, a
′2, · · · , a′n)
Comoa1a2...an
= tA
v1v2...vn
= A
v1v2...vn
, y
a′1a′2...a′n
= A′t
v1v2...vn
= A′
v1v2...vn
La igualdad anterior se expresa:
λA
v1v2...vn
= A′
v1v2...vn
o A
v1v2...vn
= λ′A′
v1v2...vn
Si |A| 6= 0, la matriz A es invertible por lo que el vector Av es distinto de cero
siempre que v sea distinto de cero (lo que ha de ocurrir para que este en una base),por lo que λ′ no puede ser cero. Entonces, dividiendo por λ′ en la ultima igualdad,podemos reducirla a
1
λ′A
v1v2...vn
= A′
v1v2...vn
similar a λA
v1v2...vn
= A′
v1v2...vn
que resume a las dos cuando Q es no degenerada.
Multiplicando la ultima por A−1 tenemos que
λ
v1v2...vn
= A−1A′
v1v2...vn
el vector v esta en una base que las diagonaliza simultanemente, si v esvector propio de A−1A′.
279
Es Condicion suficiente para que los vectores v1, v2, · · · , vn diagonalicen si-multaneamente a Q y a Q′ cuando Q es no degenerada, es que los vectores propiosde A−1A′ correspondan a valores propios distintos.
Demostracion:Vamos a comprobar que
f(vi, vj) = ϕ(vi)(vj) = 0 = ϕ′(vi)(vj) = f ′(vi, vj)
Si vi, vj corresponden a valores propios distintos de A−1A′ (λi 6= λj)Entonces, por ser las formas bilineales simetricas,
(ϕ′(vi))(vj) = (ϕ′(vj))(vi) y (ϕ(vi))(vj) = (ϕ(vj))(vi)
Tambien,
(ϕ′(vi))(vj) = (ϕϕ−1(ϕ′(vi))(vj) = (ϕ(ϕ−1ϕ′)(vi))(vj) = ϕ(λivi)(vj) = λiϕ(vi)(vj)
(ϕ′(vj)(vi) = (ϕϕ−1(ϕ′(vj))(vi) = (ϕ(ϕ−1ϕ′)(vj))(vi) = ϕ(λjvj)(vi) = λjϕ(vj)(vi)
de dondeλiϕ(vi)(vj) = λjϕ(vj)(vi)
lo que implica 0 = ϕ(vi)(vj) = f(vi, vj) y (ϕ′(vi))(vj) = λiϕ(vi)(vj) = 0.
Segun esta condicion podremos encontrar la base que las diagonaliza simultaneamentesi A−1A′ es diagonalizable para valores propios distintos.
Con el fin de resolver el problema cuando hay valores propios multiples veamosque en los subes-pacios de vectores propios correspondientes a cada valor propio,podemos encontrar vectores propios ortogonales respecto a la forma cuadratica nodegenerada Q:
Si Lλi es el subespacio de vectores propios de A−1A′ para el valor propio λi, la re-striccion de Q a ese subespacio admite una matriz simetrica, que es diagonalizable enese espacio, los vectores de Lλi que diagonalicen esta restriccion son vectores propiosde A−1A′ que tambien verifican f(vi, vj) = 0 y por tanto f ′(vi, vj) = (ϕ′(vi))(vj) =λiϕ(vi)(vj) = 0.
Podemos concluir que si Q es una forma cuadratica no degenerada y Q′
es otra forma cuadratica cualquiera, si la matriz A−1A′ es diagonalizable,podemos encontrar una base de vectores propios de A−1A′ que diagonalizasimultaneamente a Q y a Q′.
En particular, si A−1A′ es simetrica las dos formas cuadraticas son diagonal-izables simultaneamente. Y si despues de un cambio de base conseguimos que(tCAC)−1tCA′C sea simetrica, las dos formas cuadraticas son diagonalizables si-multaneamente.
280
Si una de las formas cuadraticas p.ej. Q es definida positiva, como correspondea un producto escalar, siempre se puede encontrar una base en la que la matrizcorrespondiente sea I. Si la matriz de Q′ en la base primitiva era A′, al cambiar debase se transforma en una del tipo tCA′C. En esta nueva base el endomorfismoϕ−1 ϕ′ se expresa por I tCA′C = tCA′C, matriz simetrica, que por tanto es di-agonalizable. Concluimos que Dos formas cuadraticas, una de las cuales esdefinida positiva, siempre pueden diagonalizarse simultaneamente.
Calculo de la base que diagonaliza simultaneamente a dos formascuadraticas
Un λ es valor propio de A−1A′ si y solo si
0 = |A−1A′ − λI| = |A−1A′ − λA−1A| = |A−1||A′ − λA| ≡ 0 = |A′ − λA|
esta es la ecuacion que resolveremos para no calcular inversas.En cuanto a los subespacios de vectores propios que las diagonalizan, tienen que
satisfacer
0 = (A−1A′ − λI)v = (A−1A′ − λA−1A)v = A−1(A′ − λA)v = 0 ≡ (A′ − λA)v = 0
Si los valores propios son distintos y cada uno de estos espacios es de dimension1, los vectores que los engendran son una base que diagonaliza simultaneamente aQ y a Q′.
Si para algun valor propio λi el subespacio de vectores propios correspondienteLλi es de dimension mayor tendremos que encontrar en cada uno de ellos una baseque diagonalice a Q y la union de estas bases diagonaliza simultaneamente a Q y aQ′.
Ejercicios:10.8.1. Diagonalizar simultaneamente las formas cuadraticas:a) Q(x, y) = −4xy, Q′(x, y) = x2 + 4xy + 2y2.b) Q(x, y) = −4xy, Q′(x, y) = x2 + 2xy + 2y2.c) Q1(x, y, z) = x2 − 8xy − 4y2 + 10xz + 4yz + 4z2,Q2(x, y, z) = 6x2 + 8xy + 4y2 − 2xz − 4yz + 2z2
(valores de λ : −1, 2, 3).d)Q1(x, y, z) = −2x2 − 4xy − 2y2 + 2xz + 2yz − z2Q2(x, y, z) = 4x2 + 4xy + 2y2 − 2xz − 2yz + z2,(valores de λ : −1, 0).10.8.2. Comprobar que pueden diagonalizarse simultaneamente:Q(x, y, z, t) = 2xy+ 2xz− 4yz+ 4yt+ 4t2 Q′(x, y, z, t) = x2 + 4xt+ 4y2 + 4yz+
z2 + 4t2.10.8.3.Comprobar que no son diagonalizables simultaneamente las formas cuadraticas:Q(x, y, z) = 2xy + 2xz + 2yz Q′(x, y, z) = 2xy − 2xz − 2yz.10.8.4. Diagonalizar simultaneamente:Q(x, y, z, t) = 2x2 + 2y2 + 2z2 + 2t2 + 2xz − 2ytQ′(x, y, z, t) = x2 − y2 + z2 − t2 + 4xz + 4yt.
281
Bibliografıa.
B] F. Brickell. Matrices and vector spaces. George Allen and Unwin Ltd, 1972.[G] L. I. Golovina. Algebra Lineal y algunas de sus aplicaciones. Ed. Mir.
Moscu. 1974.
282
FORMAS DE JORDAN EN DIMENSION 2, 3 y 4.
Introduccion.Las ”formas de Jordan” son matrices relativamente sencillas correspondientes
a endomorfismos no diagonalizables. Aunque no siempre son diagonales, son casisiempre matrices mas sencillas que las correspondientes a los endomorfismos en labase canonica.
Las cajas de Jordan son matrices cuadradas que tienen iguales todos los elemen-tos de la diagonal, tienen 1 en todos los sitios inmediatamente encima de la diagonaly ceros en los demas sitios:
La matriz: λ 1 00 λ 10 0 λ
es una caja de Jordan de orden 3.
Una caja de Jordan de orden 1 es un numero. Por lo que las matrices diagonalesson yuxtaposicion de cajas de Jordan de orden 1.
Se llaman formas de Jordan o matrices de Jordan a las matrices formadas porcajas de Jordan yuxtapuestas en la diagonal.
Se llaman ”bases de Jordan” las bases en las que el endomorfismo se expresa poruna forma de Jordan.
Cuando un endomorfismo es diagonalizable, si su matriz en una base dada esA, existe una matriz de cambio de base C tal que C−1AC es diagonal. Si el en-domorfismo no es diagonalizable, esto no es posible, pero llamando J a la formade Jordan, que es bastante sencilla, existe una matriz de cambio de base C talque C−1AC = J . Hay un teorema general, que no demostraremos aquı, queafirma la equivalencia de una matriz de numeros complejos a una matriz de Jordan
Ademas, a un endomorfismo dado le corresponde solo una forma de Jordan salvoel orden de las cajas. Entonces, a todas las matrices que corresponden al mismoendomorfismo en distintas bases corresponde una sola forma de Jordan. Teniendosepor tanto, que las formas de Jordan clasifican a las matrices y que matrices con for-mas de Jordan diferentes no pueden corresponder al mismo endomorfismo ni siquieraen distintas bases. Lo cual puede servir para descartar si matrices provenientes dedistintos observadores, corresponden al mismo fenomeno observado.
En este capıtulo se demuestran los casos particulares del teorema anterior paramatrices 2×2 y 3×3 de numeros reales, y para matrices 4×4 de numeros complejospor metodos directos y elementales.
283
La forma de Jordan de una matriz con numeros reales y valores propios reales esun caso particular de la forma de Jordan de una matriz con numeros complejos. Lasconstrucciones dadas para matrices de numeros reales sirven para las demostracionesanalogas para matrices de estas dimensiones de numeros complejos no diagonali-zables.
Demostraciones distintas del teorema se encuentran en Grosman [G] y [S]. Estademostracion corta y por induccion, de que toda matriz de orden n × n tiene unabase de Jordan compleja, da lugar a una matriz de Jordan de numeros reales sitodos los valores propios son reales. Otra demostracion mas clasica de la existenciade la forma de Jordan de una matriz que incluye la forma de encontrar la base deJordan se encuentra en [C].
Consideraciones previas.Las matrices de numeros reales de Mn×n(R) pueden considerarse tambien ma-
trices de numeros complejos. Determinan endomorfismos de Rn y de Cn. Dada unamatriz A ∈ Mn×n(R) con numeros reales, vamos a llamar f al endomorfismo deRn de matriz A en la base canonica y f al endomorfismo de la misma matriz enCn, tambien en la base canonica. Diremos que A es diagonalizable sobre R si f esdiagonalizable y que A es diagonalizable sobre C si f es diagonalizable. Es obvioque si f es diagonalizable, f lo es y que si f no es diagonalizable, f tampoco lo es.
Se deduce de lo anterior que la matriz A es diagonalizable sobre R si y solo siexiste una matriz de numeros reales: C, tal que C−1AC = D sea diagonal. En estecaso se dice que A es equivalente a D en R. Se deduce tambien que la matriz A esdiagonalizable sobre C si y solo si existe una matriz de numeros complejos: C, tal
que C−1AC = D sea diagonal. En este caso se dice que A es equivalente a D en C.
La equivalencia de A a D en C no implica la equivalencia de A a D en R .
Cuando consideramos espacios vectoriales sobre C, la suma de las multiplicidadesalgebraicas de los valores propios de un endomorfismo es igual a la dimension delespacio; esto sigue siendo cierto para endomorfismos de espacios vectoriales sobre Rsi todos sus valores propios son reales.
Cuando hablamos de los valores propios de A, hablamos indistintamente de losvalores propios de f o de f . El problema para que una matriz de numeros reales seano diagonalizable en R, es que tenga algun valor propio complejo o que siendo todoslos valores propios reales, haya algun valor propio, cuya multiplicidad geometricasea menor que la multiplicidad algebraica. Si tiene algun valor propio complejo, y esdiagonalizable en C, a partir de su forma de Jordan compleja se obtiene una matrizcon numeros reales, equivalente a la dada, que se llama forma de Jordan real de lamatriz con valores propios complejos. Tiene otras cajas de Jordan, llamadas reales,correspondientes a matrices con valores propios complejos que en R2 y en R3 son dela forma: (
α β−β α
).
284
Forma de Jordan de Matrices 2× 2 de numeros reales.Sea A ∈M2×2(R). Entonces, los casos que se pueden presentar son:1) Los valores propios de A son distintos y reales. (Entonces A es diagonalizable
en R.)2) Los valores propios de A son distintos y complejos. (Entonces A es diagona-
lizable en C pero no en R.)3) Los valores propios de A son iguales, en cuyo caso tienen que ser reales.
Llamemos λ a este valor propio. Entonces tenemos dos subcasos:a) dimker(f − λI) = 2, entonces A es diagonalizable.b) dimker(f − λI) = 1, entonces A no es diagonalizable en R ni en C .En el caso 2) y en el caso 3b), que no son diagonalizables, las matrices son
equivalentes a las llamadas formas de Jordan.
Caso 2). Sea A ∈ M2×2(R), y α + iβ un valor propio complejo de A. EntoncesA no es diagona-lizable en R pero sı es diagonalizable en C, siendo A equivalente enR a una matriz de la forma de J:
J =
(α β−β α
).
Demostracion:Los valores propios complejos de una matriz de numeros reales aparecen por pare-
jas de valores conjugados: α+ iβ y α− iβ, por ser raices del polinomio caracterısticode la matriz, que tiene todos sus coeficientes reales.
Para el valor propio complejo α + iβ , existe un vector propio de coordenadascomplejas w, que se puede descomponer w = u + iv en su parte real y su parteimaginaria. Podemos calcular f(u) y f(v), teniendo en cuenta que:
f(w) = (α + iβ)w =⇒
f(u) + if(v) = f(u) + if(v) = f(u+ iv) = (α+ iβ)(u+ iv) = αu− βv+ i(βu+ αv)
de donde, igualando partes reales y partes imaginarias:
f(u) = αu− βv , f(v) = βu+ αv.
Podemos comprobar tambien que el vector complejo correspondiente a α − βi es w = u − iv. Yaque
f(u− iv) = f(u)− if(v) = f(u)− if(v) = αu− βv − i(βu+ αv) = (α− βi)(u− iv).
Los vectores w = u + iv, w = u − iv son vectores linealmente independientesde C2 por ser vectores propios correspondientes a valores propios distintos. Portanto engendran un plano de C2. A su vez los vectores w,w son combinacion linealde los u, v y recıprocamente. Entonces, el subespacio engendrado por u, v es elmismo que el engendrado por w,w, (un plano) y por tanto, los vectores u, v sonindependientes en C2 y en R2. Por tanto, los vectores u, v son una base de R2,llamada base de Jordan real y f se expresa en esa base por:
285
(α β−β α
)= J.
Que es la forma de Jordan real del endomorfismo f no diagonalizable en R, perosı diagonalizable en C.
Ejercicios:
11.1.1. Hallar la forma de Jordan real y la base de Jordan real de las siguientesmatrices:
a)
(−1 −4
2 3
)b)
(4 10−1 2
)c)
(2 −101 4
)d)
(8 18−1 2
)e)
(−1 4−2 3
)f)
(3 −42 −1
)11.1.2. Escribir las matrices de los giros de R2 de angulos π/4, π/3 y π/6 y
comprobar que son matrices de Jordan reales.
Caso 3b). Sea A ∈ M2×2(R), con un valor propio doble λ y dimker(f − λI) =1(≡ r(A− λI) = 1), entonces A es no diagonalizable en C, pero A es equivalente enR a una matriz J, donde
J =
(λ 10 λ
).
La base de R3 en la que f se expresa por J se llama base de Jordan de f y basede Jordan para A. Se vera como se encuentra en el transcurso de la demostracion.
Demostracion:Por ser dim(ker(f − λI)) = 1, tambien dim(Im(f − λI)) = 1; consideremos
el espacio Im(f − λI) (una recta). Este espacio es invariante por f : En efecto, sicogemos un vector de Im(f − λI), que es de la forma (f − λI)v, la imagen por fde este vector es de la misma forma:
f((f − λI)v) = f(f(v)− λv) = f(f(v))− λf(v) = (f − λI)(f(v))
Entonces, si w es un generador de Im(f−λI), el vector f(w), o es cero, o es otrogenerador de Im(f − λI). En los dos casos, f(w) es un multiplo de w, por tantow 6= 0 es un vector propio de f (que ha de serlo para el valor propio λ).
Sea v un vector de R2, entonces, (f − λI)v ∈ Im(f − λI). Si (f − λI)v 6= 0,(f−λI)v = w es un generador de Im(f−λI) y por ello un vector propio de f segunlo expuesto previamente. Tal v existe porque dimIm(f − λI) = 1.
Los vectores w, v (donde w 6= 0) son independientes porque uno es vectorpropio y el otro no. Mas explıcitamente, se da la implicacion:
286
α1w + α2v = 0⇒ α1 = 0 = α2
En efecto,α1w + α2v = 0⇒
0 = (f−λI)(α1w+α2v) = α1(f−λI)w+α2(f−λI)v = α2(f−λI)v = α2w ⇒ α2 = 0
de donde, sustituyendo en la combinacion lineal inicial dada, obtenemos α1w = 0,lo cual implica tambien α1 = 0.
Los vectores v, w forman por tanto una base de R2. Como f(w) = λw yf(v) = w + λv concluimos que f se expresa en esta base por la matriz J y que portanto A es equivalente a J.
La base w, v es una base de Jordan que se ha obtenido a partir de un v /∈ker(f −λI) y hallando w = (f −λI)v. (Se puede escoger el vector v a simple vista,cuidando de que (A − λI)v 6= 0). Tambien, como los vectores columna de A − λIson los vectores que engendran Im(f − λI), cualquier columna no nula de A − λIes un vector w = (f − λI)v donde v pertenece a la base canonica.
Ejercicios:
11.2.1. Comprobar que las matrices dadas a continuacion no son diagonalizablesy hallar su forma de Jordan y una base de Jordan para cada una de ellas.
a)
(0 1−1 2
)b)
(3 1−1 1
)c)
(5 −14 1
)d)
(4 1−1 2
)e)
(3 −41 −1
)f)
(2 1−1 0
)11.2.2. Demostrar que (
a 10 a
)n=
(an nan−1
0 an
)11.2.3. Hallar la potencia quinta de cada una de las matrices del ejercicio 11.2.1.11.2.4. En un bosque hay una poblacion de depredadores y otra poblacion de
presas devoradas por ellos. Cada medio ano la poblacion de presas es devorada enuna proporcion de 20 por ciento respecto a la poblacion de depredadores, se repro-duce en una proporcion respecto a su poblacion existente igual a la proporcion enla que muere por enfermedades. Los depredadores se reproducen en una proporcionde 80 por ciento respecto a la poblacion de presas y en una proporcion de 10 porciento respecto a la proporcion de su poblacion existente, muriendo tambien porenfermedades en una proporcion de un 90 por ciento respecto a su poblacion. Si alprincipio hay una relacion de presas a depredadores de 3 a 1. ¿Cual es esta relacional cabo de 5 anos?
287
Forma de Jordan de Matrices 3× 3 de numeros reales.
Sea A ∈M3×3(R). Entonces, los casos que se pueden presentar son:1) A tiene algun valor propio complejo no real. En este caso, como la matriz es
de numeros reales, el polinomio caracterıstico tiene todos los coeficientes reales y susraices complejas aparecen por parejas conjugadas, tambien es valor propio de A elconjugado del valor propio complejo considerado y como el polinomio caracterısticoes de grado impar, A tiene al menos un valor propio real. Entonces, todos los valorespropios de A son distintos, aunque no reales, siendo A diagonalizable en C pero noen R)
2) Todos los valores propios de A son distintos y reales. (En este caso, A esdiagonalizable en R).
3) Todos los valores propios son iguales. Con los siguientes subcasos:3a) dimker(f − λI) = 3, (es diagonalizable).3b) dimker(f − λI) = 2, (no es diagonalizable).3c) dimker(f − λI) = 1, (no es diagonalizable).4) Hay solo dos valores propios distintos; sean estos λ1 simple y λ2, doble. Con
los siguientes subcasos:4a) dimker(f − λ2I) = 2, (es diagonalizable).4b) dimker(f − λ2I) = 1, (no es diagonalizable).
Las formas de Jordan no diagonales corresponden a los casos 1), 3b), 3c) y 4b)Caso 1.)Sea A ∈ M3×3(R), y α + iβ un valor propio complejo de A. Entonces A no es
diagonalizable en R pero sı es diagonalizable en C, siendo A equivalente en R a unamatriz J:
J =
λ 0 00 α β0 −β α
donde λ es el valor propio real de A.
En efecto, sean α + iβ, α − iβ, los valores propios complejos, y los vectoresw = u+iv, w = u−iv, los vectores propios correspondientes. Si v1 es el vector propiocorrespondiente al valor propio real λ, la base v1, w, w diagonaliza al endomorfismocorrespondiente de C3 pero tiene dos vectores complejos y la matriz de cambio debase tiene numeros complejos. Sin embargo, puede verse igual que en el caso 2 dematrices 2 × 2 de numeros reales, que en la base v1, u, v de C3 y de R3, f seexpresa por λ 0 0
0 α β0 −β α
= J,
de numeros reales.Es la forma de Jordan real del endomorfismo, o de la matriz, cuando hay dos
valores propios complejos conjugados.
288
EJEMPLO 1:Consideremos el endomorfismo f de R3 dado por la matriz:
A :
−1 −1 2−1 −2 1−1 −3 2
Vamos a ver que no es diagonalizable en R pero si es diagonalizable en C y
hallaremos su forma de Jordan real y la correspondiente base de Jordan real.Su polinomio caracterıstico es
|A− λI| =
∣∣∣∣∣∣−1− λ −1 2−1 −2− λ 1−1 −3 2− λ
∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)(λ2 + 2λ+ 2).
Las raices de este polinomio son λ1 = 1, λ2 = −1 + i y λ3 = −1− i. Como solohay un valor propio real, solo hay un vector propio de R3. Al no poder encontrar unabase de vectores propios de R3, este endomorfismo no es diagonalizable en R3. Sinembargo, considerando el endomorfismo f de C3 con la misma matriz, podemos teneren cuenta los valores propios complejos, que son tres distintos a los que correspondentres vectores propios distintos con coordenadas reales o complejas.
Para λ1 = 1 tenemos:
ker(f − I) ≡
−2 −1 2−1 −3 1−1 −3 1
xyz
=
000
= 0 ≡−2x −y +2z = 0−x −3y +z = 0−x −3y +z = 0
cuyas soluciones son los vectores multiplos de (1, 0, 1).
Para λ2 = −1 + i tenemos:
ker(f − (−1 + i)I) ≡
−i −1 2−1 −1− i 1−1 −3 3− i
z1z2z3
=
000
= 0 ≡
≡−iz1 − z2 + 2z3 = 0
−z1 − (1 + i)z2 + z3 = 0−z1 − 3z2 + (3− i)z3 = 0
cuyas soluciones son los vectores multiplos complejos de (1, i, i).
Al valor propio λ3 = −1− i le corresponden los vectores propios conjugados delos vectores propios correspondientes a λ2, es decir, los vectores propios multiplosde (1,−i,−i).
El endomorfismo f de C3 se expresa por
D :
1 0 00 −1 + i 00 0 −1− i
en la base de vectores complejos: (1, 0, 1), (1, i, i), (1,−i,−i).
289
Si queremos una base de vectores reales en la que f se exprese de la manera masfacil posible podemos descomponer el vector (1, i, i) = (1, 0, 0)+i(0, 1, 1), teniendose
f(1, 0, 0) = (−1)(1, 0, 0)− (0, 1, 1) y f(0, 1, 1) = (1, 0, 0) + (−1)(0, 1, 1); el endo-morfismo f de R3 se expresa en la base de vectores reales: (1, 0, 1), (1, 0, 0), (0, 1, 1)por
J :
1 0 00 −1 10 −1 −1
Ejercicios.
11.3.1. Hallar la forma de Jordan real y la base de Jordan real de las siguientesmatrices:
a)
1 0 1−1 0 1−1 −2 3
b)
3 4 −2−4 −5 4−4 −6 5
c)
1 4 −2−2 −1 2−2 0 1
11.3.2. Escribir las matrices de las rotaciones en R3 alrededor de cada eje coor-
denado de angulos π/4, π/3 y π/6 y comprobar que son formas de Jordan reales.
11.3.3. Hallar la forma de Jordan real de la siguiente matriz:0 0 −1 10 0 0 −11 1 0 00 1 0 0
Para los otros casos no diagonalizables, tenemos elTeorema 2.
Sea A ∈M3×3(R), no diagonalizable en C, entonces A es equivalente en R a unamatriz J, siendo
J =
λ 1 00 λ 10 0 λ
o J =
λ1 0 00 λ2 10 0 λ2
donde λ, λ1 y λ2 son valores propios reales de A, pudiendo ser λ1 = λ2.
Las bases en las que f se expresa por J se llaman bases de Jordan de f o de A.
Supuesto demostrado el teorema y conocidos los valores propios de A, podemosdecidir cual es la forma de Jordan que le corresponde de la siguiente manera:
A la matriz A corresponde la matriz J =
λ1 0 00 λ2 10 0 λ2
, solo si estamos en
el caso 4b), es decir, si A tiene dos valores propios distintos y la multiplicidadgeometrica del valor propio doble es 1.
290
Si la matriz tiene un solo valor propio, le puede corresponder
J =
λ 1 00 λ 10 0 λ
o J =
λ 0 00 λ 10 0 λ
;
se distinguen una de la otra calculando dimker(f−λI), que no depende de la matrizde f usada, siendo dimker(f−λI) = 1 para la primera de ellas y dimker(f−λI) = 2para la segunda.
Demostracion del teorema:a). Caso en el que A tiene un solo valor propio λ.
Sea f el endomorfismo de R3 expresado por A en la base canonica. Entonces,por ser A no diagonalizable, dimker(f − λI) < 3, teniendose dos subcasos:
3 b) dimker(f − λI) = 2 y3 c) dimker(f − λI) = 1.
3 b) Si dimker(f − λI) = 2, tenemos dimIm(f − λI) = 1. Entonces, el sube-spacio Im(f − λI) es una recta invariante por f , (puede comprobarse como en elteorema 1), por ello, un generador suyo w es un vector propio de f . Este generadores de la forma (f − λI)v = w 6= 0, siendo v y w vectores independientes. Comodim ker(f − λI) = 2, existe otro vector propio v1 independiente de w.
Los tres vectores v1, w, v son independientes y por tanto forman una base de R3:Se da la implicacion:
α1v1 + α2w + α3v = 0⇒ α1 = α2 = α3 = 0
En efecto, analogamente a como hemos hecho en el caso 2× 2,
α1v1 + α2w + α3v = 0⇒ 0 = (f − λI)(α1v1 + α2w + α3v) = α3w ⇒ α3 = 0
Sustituyendo ahora en la combinacion lineal dada, tenemos α1v1+α2w = 0 dondelos vectores son independientes, (por la eleccion de v1), por lo que tambien se tieneα1 = α2 = 0.
Esta base es una base de Jordan porque la matriz de f en esta base es
λ 0 00 λ 10 0 λ
Para encontrar una base de Jordan, podemos darnos cuenta de que si A es la matrizde f en la base canonica, los vectores columna de la matriz A− λI son vectores delsubespacio Im(f−λI), siendo por tanto, las columnas no nulas, vectores propios w,que a su vez son imagen por f −λI de vectores v de la base canonica. Completandocon v1 vector propio de f independiente de w tenemos una base de Jordan.
Podemos hallar muchas mas bases de Jordan encontrando vectores v que veri-fiquen (f − λI)v 6= 0, (que no satisfaga las ecuaciones de ker(f − λI)), hallandow = (f − λI)v y completando con v1 vector propio de f independiente de w.
291
EJEMPLO 2:Consideremos el endomorfismo f de R3 dado por la matriz:
A =
−5 2 2−1 −2 1−1 1 −2
Veamos que no es diagonalizable y hallemos su forma de Jordan y una base deJordan:
El polinomio caracterıstico es
|A− λI| =
∣∣∣∣∣∣−5− λ 2 2−1 −2− λ 1−1 1 −2− λ
∣∣∣∣∣∣ = −(λ+ 3)3
De aquı que el unico valor propio de f (o de A) sea λ1 = −3.Como
ker(f + 3I) ≡
−2 2 2−1 1 1−1 1 1
xyz
=
000
≡ −x+ y + z = 0
la dimension de ker(f + 3I) = 2 6= 3 siendo por tanto f no diagonalizable y estandoen el caso 3b).
Como dim(Im(f + 3I)) = 1 y el subespacio Im(f + 3I) es invariante por f ,cualquier vector w distinto de cero de este espacio es un vector propio de f . Uno detales vectores es la primera columna de A+ 3I, que es (f + 3I)(1, 0, 0) ya que −2 2 2
−1 1 1−1 1 1
100
=
−2−1−1
6= 0
siendo (−2,−1,−1) un vector propio w.Como la dimension del subespacio de vectores propios es 2, podemos encontrar
otro vector propio v1 independiente de w, que tambien lo sera de v. Puede serv1 = (1, 1, 0).
Ası tenemos una base de Jordan: (1, 1, 0), (−2,−1,−1), (1, 0, 0) en la que f seexpresa por
J =
−3 0 00 −3 10 0 −3
.
El vector w se puede tambien obtener haciendo la imagen por f+3I de cualquiervector v tal que (f + 3I)v 6= 0. Este vector v se ha de obtener de manera que nosatisfaga las ecuaciones de ker(f + 3I) o por tanteo, de forma que (A + 3I)v 6= 0pudiendo ser en este caso v = (1, 0, 0) y teniendo la misma base anterior. Pero otrabase se puede obtener para v = (1, 2, 0), siendo entonces w = (2, 1, 1).
El cambio de base da lugar a la equivalencia entre A y la forma de Jordan J : 1 −2 11 −1 00 −1 0
−1 −5 2 2−1 −2 1−1 1 −2
1 −2 11 −1 00 −1 0
=
−3 0 00 −3 10 0 −3
.
292
Ejercicios:
11.4.1. Comprobar que las matrices dadas a continuacion no son diagonalizablesy hallar su forma de Jordan y una base de Jordan para cada una de ellas.
a)
2 −1 10 1 0−1 1 0
b)
1 2 −20 2 −10 1 0
c)
−1 0 −1−1 0 −1
1 0 1
d)
1 2 −34 8 −123 6 −9
e)
−2 0 10 −1 0−1 0 0
f)
2 −2 12 −3 23 −6 4
11.4.2. Hallar la potencia quinceava de cada una de las matrices del ejercicio
11.4.1.
3c) Si dim ker(f − λI) = 1, suponiendo demostrado que dim ker(f − λI)2 = 2y por tanto dimIm(f − λI)2 = 1, vamos a encontrar la forma de Jordan y la basede Jordan y luego demostraremos ese hecho; se puede ver que Im(f − λI)2 es unsubespacio invariante por f de la misma forma que hemos visto que Im(f−λI) lo esen los casos anteriores; es una recta y entonces, un generador w de este subespacioes un vector propio, que a su vez es w = (f −λI)2v, w 6= 0. Comprobaremos que losvectores (f−λI)2v, (f−λI)v, v son una base de Jordan porque son independientesy la matriz de f en esta base es:
J =
λ 1 00 λ 10 0 λ
por lo que esos vectores forman una base de Jordan de f .
Para encontrar la base de Jordan indicada en este caso, vemos que si A es lamatriz de f en la base canonica, cualquier vector distinto de cero de (A − λI)2 esun vector propio w, imagen por (f − λI)2 del vector correspondiente de la basecanonica. Teniendo ası directamente la base w, (f − λI)v, v.
Podemos hallar mas bases de Jordan buscando un v /∈ ker(f − λI)2 y hallandolos vectores (f − λI)v, (f − λI)2v.
Comprobemos que (f − λI)2v, (f − λI)v, v son vectores independientes:Veremos que se da la implicacion:
α1w + α2(f − λI)v + α3v = 0⇒ α1 = α2 = α3 = 0.
Para ello, observemos que 0 = (f − λI)w = (f − λI)3v y tambien 0 = (f − λI)4v.Ahora vemos:
0 = α1w + α2(f − λI)v + α3v = α1(f − λI)2v + α2(f − λI)v + α3v ⇒
0 = (f − λI)2(α1(f − λI)2v + α2(f − λI)v + α3v) = α3w ⇒ α3 = 0
293
Entonces, la combinacion lineal inicial es: α1w + α2(f − λI)v = 0, que implica(f − λI)(α1w + α2(f − λI)v) = 0⇒ α2w = 0, lo que da α2 = 0. Volviendo a la
primera combinacion lineal considerada, sacamos tambien α1 = 0.Demostremos ahora que dimIm(f − λI)2 = 1:El espacio Im(f − λI), que es de dimension 2, es invariante por f . Los valores
propios y vectores propios de la restriccion de f a Im(f −λI) lo son tambien de f ypor tanto de f , que no es diagonalizable. Entonces, f |Im(f−λI) tiene un unico valorpropio real que tiene que coincidir con λ y un vector propio u. Solo puede haber unvector propio independiente en Im(f − λI) por ser dimker(f − λI) = 1, entonces,por la formula de las dimensiones para la restriccion de f−λI a Im(f−λI), tenemosdimIm(f−λI) = dimker(f−λI)+dimIm(f−λI)2, de donde dimIm(f−λI)2 = 1.
Otra forma de demostrar lo mismo serıa viendo que dimker(f − λI)2 = 2:El espacio Im(f − λI), que es de dimension 2, es invariante por f . Los valores
propios y vectores propios de la restriccion de f a Im(f − λI) lo son tambien def y por tanto de f , que no es diagonalizable. Entonces, f |Im(f−λI) tiene un unicovalor propio real que tiene que coincidir con λ y un vector propio de la formau = (f − λI)u′. Por tanto, u′ ∈ ker(f − λI)2. Como u′ no esta en ker(f − λI) yker(f − λI) ⊂ ker(f − λI)2, deducimos que dim ker(f − λI)2 ≥ 2.
Para demostrar que dimker(f − λI)2 < 3, tengamos en cuenta que si fueradimker(f−λI)2 = 3, serıa ker(f−λI)2 = R3, es decir, (f−λI)2(R3) = 0, siendo
entonces (f−λI)[(f−λI)(R3)] = 0, con lo que ker(f−λI) contendrıa a Im(f−λI),lo cual es imposible, porque hemos supuesto que el primero es de dimension 1, conlo cual el segundo es de dimension 2. Con esto queda terminada la demostracion.
EJEMPLO 3:Consideremos el endomorfismo f de R3 dado por la matriz:
A =
−1 1 −1−1 0 0
0 1 −2
Veamos que no es diagonalizable y hallemos su forma de Jordan y una base deJordan.
El polinomio caracterıstico es
|A− λI| =
∣∣∣∣∣∣−1− λ 1 −1−1 −λ 0
0 1 −2− λ
∣∣∣∣∣∣ = −(λ+ 1)3
De aquı que el unico valor propio de f (o de A) sea λ1 = −1.Como
ker(f + I) ≡
0 1 −1−1 1 0
0 1 −1
xyz
=
000
≡ y −z = 0−x +y = 0
y −z = 0
la dimension de ker(f + I) = 1 6= 3 siendo por tanto f no diagonalizable y estandoen el caso 3c) y siendo por tanto su forma de Jordan:
294
J =
−1 1 00 −1 10 0 −1
.
Como dim(Im(f+I)) = 2, segun se ha demostrado antes, dim(Im(f+I)2) = 1 yal ser este espacio invariante por f , cualquier vector distinto de cero w ∈ Im(f +I)2
es un vector propio. Los vectores columna distintos de cero de (A+I)2 son este tipode vectores, pudiendo coger w = (−1,−1,−1) = (f + I)2(1, 0, 0)
0 1 −1−1 1 0
0 1 −1
2 100
=
−1 0 1−1 0 1−1 0 1
100
=
−1−1−1
6= 0
que es vector propio.El vector intermedio es 0 1 −1
−1 1 00 1 −1
100
=
0−1
0
Ası tenemos una base: (−1,−1,−1), (0,−1, 0), (1, 0, 0) que es una base de
Jordan porque f se expresa en ella por J . El cambio de base que da lugar a laequivalencia entre A y la forma de Jordan J es: −1 0 1
−1 −1 0−1 0 0
−1 −1 1 −1−1 0 0
0 1 −2
−1 0 1−1 −1 0−1 0 0
=
−1 1 00 −1 10 0 −1
.
El vector w se puede obtener tambien haciendo la imagen por (f + I)2 de unvector v tal que (f + I)2v 6= 0. Este vector v se ha de obtener de manera que nosatisfaga las ecuaciones de ker(f + I)2 o por tanteo, de forma que (A + I)2v 6= 0pudiendo ser en este caso tambien v = (1, 0, 2) en cuyo caso, w = (1, 1, 1) y el vectorintermedio es (−2,−1,−2).
Ejercicios:
11.5.1. Comprobar que las matrices dadas a continuacion no son diagonalizablesy hallar su forma de Jordan y una base de Jordan para cada una de ellas.
a)
−1 −1 −21 2 11 0 2
b)
−2 1 −1−1 −1 0
0 1 −3
c)
2 −1 30 2 10 0 2
d)
4 −1 −21 −1 11 0 −1
e)
1 −1 −11 −2 02 −1 −2
f)
6 −2 47 −2 61 −1 2
295
11.5.2. Demostrar que a 1 00 a 10 0 a
n
=
an nan−1 n(n−1)2
an−2
0 an nan−1
0 0 an
11.5.3. Hallar la potencia quinceava de cada una de las matrices del ejercicio
11.5.1.
b) 4b). La matriz A tiene dos valores propios distintos λ1 y λ2, siendo 2 lamultiplicidad algebraica de λ2 y dimker(f − λ2I) = 1
Entonces, f es no diagonalizable y dim ker(f−λ2I) = 1⇒ dim Im(f−λ2I) = 2.El subespacio Im(f − λ2I) es invariante por f , lo cual se comprueba de la mismaforma que en el teorema 1. Tiene sentido por ello hablar de la restriccion f |Im(f−λ2I),de f a Im(f − λ2I), cuyos valores propios y vectores propios lo son tambien de f .
Si λ2 no fuera valor propio de f |Im(f−λ2I), serıa ker(f−λ2I)∩Im(f−λ2I) = 0.Debido a sus dimensiones, serıa tambien, ker(f − λ2I)⊕ Im(f − λ2I) = R3.
En una base u1, u2, u3 donde fuera u1 ∈ ker(f−λ2I) y u2, u3 ⊂ Im(f−λ2I),por ser este ultimo espacio invariante, f se expresarıa por una matriz del tipo:
B =
λ2 0 00 c d0 m n
donde la matriz (
c dm n
)serıa la matriz de la restriccion f |Im(f−λ2I), en la base u2, u3 que no tendrıa λ2como valor propio.
Tendrıamos:
|B − λI| = (λ2 − λ)
∣∣∣∣( c dm n
)− λI
∣∣∣∣Como el polinomio caracterıstico de f es independiente de la base escogida, el
valor propio λ2 serıa solo valor propio simple de f , en contra de lo supuesto.Por tanto, ha de ser ker(f − λ2I) ∩ Im(f − λ2I) 6= 0.Si 0 6= w ∈ ker(f − λ2I) ∩ Im(f − λ2I), se tiene: (f − λ2I)w = 0, siendo
w = (f − λ2I)v para algun v. Los vectores w, v son independientes porque unode ellos es vector propio para λ2 y el otro no. Junto a un vector v1 propio para λ1,forman una base de R3 en la que f se expresa por
J =
λ1 0 00 λ2 10 0 λ2
.
Por ello, v1, w, v forman una base de Jordan de f o de A.
296
Comprobemos explıcitamente que los vectores v1, w, v son independientes (v1y w son independientes por ser vectores propios correspondientes a valores propiosdistintos):
α1v1 + α2w + α3v = 0⇒ (f − λ2I)(α1v1 + α2w + α3v) = 0⇒
α1(f − λ2I)v1 + α2(f − λ2I)w + α3(f − λ2I)v) = 0⇒
α1(λ1 − λ2)v1 + α3w = 0⇒ α1 = α3 = 0
Entonces la combinacion lineal considerada se transforma en α2w = 0, que implicaα2 = 0.
Cualquier vector v ∈ ker(f − λ2I)2 − ker(f − λ2I) es valido para encontrar w.Estos v existen por los razonamientos anteriores. Son los vectores v de ker(f−λ2I)2
que no satisfacen las ecuaciones de ker(f − λ2I) o alternativamente que verifican(f − λ2I)v 6= 0.
Tambien se puede recurrir a las matrices (A−λ2I)2 y A−λ2I: llamando c1, c2, c3a las columnas de A − λ2I un vector propio w de Im(f − λI) es de la forma w =α1c1 + α2c2 + α3c3 6= 0, siendo (A − λ2I)(α1c1 + α2c2 + α3c3) = 0, por lo quellamando d1, d2, d3 a las columnas de (A − λ2I)2, y encontrados α1, α2, α3, talesque α1d1 + α2d2 + α3d3 = 0, y w = α1c1 + α2c2 + α3c3 6= 0, tenemos w y v =α1e1+α2e2+α3e3 = (α1, α2, α3), donde e1, e2, e3 son los vectores de la base canonica.
A la hora de encontrar una base de Jordan de f , en este caso, tenemos que anadira los vectores w = (f − λ2I)v, v anteriores el vector propio v1 para λ1.
EJEMPLO 4:Consideremos el endomorfismo f de R3 dado por la matriz
A =
1 0 −11 −1 −1−2 3 2
Veamos que no es diagonalizable y hallemos su forma de Jordan y una base deJordan.
Tiene como polinomio caracterıstico |A− λI| = λ2(−λ + 2); por tanto tiene unvalor propio simple λ1 = 2, y otro valor propio doble λ2 = 0.
Por otra parte, dim(ker(A − 0I) = dim(ker(A)) = 3 − rango(A) = 3 − 2 = 1,lo cual implica que no es diagonalizable. Por la teorıa demostrada en este caso, suforma de Jordan es:
J =
2 0 00 0 10 0 0
Para encontrar la base de Jordan buscamos v ∈ ker(f − 0I)2 − ker(f − 0I) =
kerf 2 − kerf . Como
297
A2 =
1 0 −11 −1 −1−2 3 2
2
=
3 −3 −32 −2 −2−3 3 3
la ecuacion de ker(f 2) es x − y − z = 0 y las ecuaciones de ker(f) son x − z = 0,x − y − z = 0. Un v posible que satisface la primera pero no las dos segundas esv = (2, 1, 1). El vector w = Av que se obtiene es w = (1, 0, 1), que esta en ker(f)siendo por tanto vector propio para el valor propio 0.
Alternativamente, se puede comprobar si un vector v que satisfaga las ecuacionesde ker(f 2) no esta en ker(f) viendo si Av 6= 0.
Para completar la base de Jordan nos falta un vector propio v1 para el valorpropio λ1 = 2, que ha de verificar (A− 2I)v1 = 0, es decir, las ecuaciones: −1 0 −1
1 −3 −1−2 3 0
xyz
=
000
≡ −x −z = 0−2x +3y = 0
Puede ser el vector v1 = (3, 2,−3).
Entonces la base de Jordan (3, 2,−3), (1, 0, 1), (2, 1, 1) es una base de Jordanpara la forma de Jordan obtenida, siendo
3 1 22 0 1−3 1 1
−1 1 0 −11 −1 −1−2 3 2
3 1 22 0 1−3 1 1
=
2 0 00 0 10 0 0
.
Por el otro metodo, poniendo los coeficientes 0, 1,−1 a las columnas de A2,obtenemos el vector nulo y poniendo los mismos coeficientes a las columnas de A,obtenemos el vector w = (1, 0, 1) = f(0, 1,−1). Por lo que otra base de Jordan es:(3, 2,−3), (1, 0, 1), (0, 1,−1)
Acabada la obtencion de la forma de Jordan y de la base de Jordan de la matrizvamos a hacer la aplicacion a obtener la potencia quinta de A:
A5 =
1 0 −11 −1 −1−2 3 2
5
=
3 1 22 0 1−3 1 1
2 0 00 0 10 0 0
5 3 1 22 0 1−3 1 1
−1 =
3 1 22 0 1−3 1 1
2 0 00 0 00 0 0
1
4
1 −1 −15 −9 −1−2 6 2
=
=
3 1 22 0 1−3 1 1
1
4
25 −25 −25
0 0 00 0 0
=
298
1
4
3 · 25 −3 · 25 −3 · 25
2 · 25 −2 · 25 −2 · 25
−3 · 25 3 · 25 3 · 25
= 23
3 −3 −32 −2 −2−3 3 3
Ejercicios:
11.6.1. Comprobar que las matrices dadas a continuacion no son diagonalizablesy hallar su forma de Jordan y una base de Jordan para cada una de ellas.
a)
1 −1 30 2 10 0 2
b)
0 3 12 −1 −1−2 −1 −1
c)
1 0 −11 −1 −1−2 3 2
d)
0 0 −11 −2 −1−2 3 1
e)
2 0 0−1 1 15
3 0 1
2 −5 11 −1 −23 −3 −2
11.6.2. Hallar la potencia quinta de cada una de las matrices del ejercicio 11.5.1.
11.6.3. Estudiar, segun los valores de los parametros a y b, la forma de Jordande las matrices dadas a continuacion cuando no son diagonalizables.
a)
−1 0 b0 1 00 0 a
b)
1 −1 00 a 0a 1 a
c)
1 2 b0 a 01 0 b
11.6.4. Suponiendo que A es una matriz 3× 3 de numeros reales y conocida su
forma de Jordan, hallar la forma de Jordan de −A en todos los casos.11.6.5. Suponiendo que A es una matriz 3× 3 de numeros reales y conocida su
forma de Jordan, hallar la forma de Jordan de kA en todos los casos.11.6.6. Suponiendo que A es una matriz 3 × 3 de numeros reales invertible y
conocida su forma de Jordan, hallar la forma de Jordan de A−kI en todos los casos.
11.6.7. Suponiendo que A es una matriz 3 × 3 de numeros reales invertible yconocida su forma de Jordan, hallar la forma de Jordan de A−1 en todos los casos.
11.6.8. Suponiendo que A es una matriz 3× 3 de numeros reales y conocida suforma de Jordan, hallar la forma de Jordan de At en todos los casos.
11.6.9.a) Hallar la matriz de Jordan de Jm para m > 0, de la matriz de jordan de un
endomorfismo f de R3 en todos los casos posibles.b) Hallar la matriz de Jordan de fm, cualquiera que sea m, conocida la matriz
de jordan de f , donde f es un isomorfismo de R3, en todos los casos posibles.10.6.10. Demostrar que si f es un endomorfismo de Rn con dos valores propios
distintos λ1 y λ2 y (f − λ1I)(f − λ2I) = 0, f es diagonalizable.11.6.11.a) Comprobar que si f es un endomorfismo de R3 con un unico valor propio real
λ, se deduce del teorema general de Jordan, que (f − λI)3 = 0b) Observar que si f es un endomorfismo de R3 con un unico valor propio real λ
y (f −λI)2 = 0, f admite una forma de Jordan con cajas de Jordan de orden 2 y 1.
299
Resumen de la Diagonalizacion y forma de Jordan deendomorfismos de R3 sin valores propios complejos.
Los casos que se presentan en endomorfismos de C3 (donde los valores propiospueden ser reales o complejos) son los mismos.
Denotamos por f un endomorfismo de matriz A , por λ1, λ2, λ3 sus valores pro-pios, por B su base de Jordan e identificamos ker(f − λI) con ker(A− λI).
1.λ1 6= λ2 6= λ3 6= λ1 f es diagonalizable, J =
λ1 0 00 λ2 00 0 λ3
,
B = v1, v2, v3 donde para cada i, vi ∈ ker(A− λiI)
2.λ1 6= λ2 = λ3
a)dimker(A− λ2I) = 2 f es diagonalizable J =
λ1 0 00 λ2 00 0 λ2
B = v1, v2, v3 donde para cada i, vi ∈ ker(A− λiI)
b)dimker(A− λ2I) = 1 f no es diagonalizable J =
λ1 0 00 λ2 10 0 λ2
B = v1, w, v, donde
v1 ∈ ker(A− λ1I)v ∈ ker(A− λ2I)2 − ker(A− λ2I) w = ker(A− λ2I)v
3.λ1 = λ2 = λ3
a)dimker(A− λ1I) = 3 f es diagonalizable
A = C−1
λ1 0 00 λ1 00 0 λ1
C =
λ1 0 00 λ1 00 0 λ1
B cualquiera
b)dimker(A− λ1I) = 2 f no es diagonalizable J =
λ1 0 00 λ1 10 0 λ1
B = v1, w, v, donde
v /∈ ker(A− λ1I), w = (A− λ1I)v,v1 ∈ ker(A− λ1I) independiente de w
w puede ser una columna no nula de A− λ1I,v la columna de I tal que w = (A− λ1I)v
c)dimker(A− λ1I) = 1 f no es diagonalizable J =
λ1 1 00 λ1 10 0 λ1
B = (A− λ1I)2v, (A− λ1I)v, v,
donde v /∈ ker(A− λ1I)2
w puede ser una columna no nula de (A− λ1I)2,v la columna de I tal que w = (A− λ1I)2v.
300
Forma de Jordan compleja de Matrices 4× 4 de numeros complejos.
Aquı se estudian las formas de Jordan de matrices 4 × 4 en los casos no diago-nalizables en C.
Sea A ∈ M4×4(R) con valores propios reales o complejos. La forma de Jordancompleja es una suma diagonal de cajas de Jordan corespodientes a los valorespropios. Si estos valores propios son reales, la forma de Jordan es real.
Los casos que se pueden presentar son:1) Todos los valores propios de A son distintos. (En este caso, A es diagonali-
zable).2) Todos los valores propios son iguales. Con los siguientes subcasos:2a) dimker(f − λI) = 4, (es diagonalizable).2b) dimker(f − λI) = 3, (no es diagonalizable).2c) dimker(f − λI) = 2, (no es diagonalizable).2d) dimker(f − λI) = 1, (no es diagonalizable).3) Hay solo dos valores propios distintos;3’) Sean estos λ1 simple y λ2 triple. Con los siguientes subcasos:3’a) dimker(f − λ2I) = 3, (es diagonalizable).3’b) dimker(f − λ2I) = 2, (no es diagonalizable).3’c) dimker(f − λ2I) = 1, (no es diagonalizable).3”) Sean estos λ1 doble y λ2, doble. Con los siguientes subcasos:3”a) dimker(f − λ1I) = 2 = dimker(f − λ2I), (es diagonalizable).3”b) dimker(f − λ1I) = 2, dimker(f − λ2I) = 1 (no es diagonalizable).3”c) dimker(f − λ1I) = 1, dimker(f − λ2I) = 1 (no es diagonalizable).4) Hay exactamente tres valores propios distintos; Sean estos λ1 simple, λ2 simple
y λ3 doble, con los subcasos:4a) dimker(f − λ3I) = 2, (es diagonalizable).4b) dimker(f − λ3I) = 1, (no es diagonalizable).
Estudiemos las formas de Jordan en los casos no diagonalizables.2b) dimker(f − λI) = 3, (no es diagonalizable).Entonces dimIm(f − λI) = 1, por lo que el subespacio Im(f − λI) es una recta
invariante y cualquier generador suyo w es un vector propio para el valor propio λ.Este generador es de la forma w = (f − λI)v; como dimker(f − λI) = 3, existendos vectores propios v1, v2 distintos de forma que v1, v2, w son independientes.Entonces, v1, v2, w, v son una base de Jordan de f para la forma de Jordan:
J =
λ 0 0 00 λ 0 00 0 λ 10 0 0 λ
.
Puede comprobarse por los metodos usados para las matrices 3 × 3 que losvectores anteriores son independientes y que la matriz de f en esa base es J.
301
2c) dimker(f − λI) = 2, (no es diagonalizable).Entonces dimIm(f − λI) = 2; de nuevo pueden aparecer dos subcasos.2c1) Im(f − λI) = ker(f − λI),2c2) Im(f − λI) 6= ker(f − λI),En el caso 2c1, los dos generadores w1, w2 de Im(f − λI) son vectores inde-
pendientes de la forma w1 = (f − λI)v1, w2 = (f − λI)v2. Se comprueba por losmetodos anteriores que w1, v1, w2, v2 son una base de Jordan de f para la formade Jordan:
J =
λ 1 0 00 λ 0 00 0 λ 10 0 0 λ
.
En el caso 2c2), al ser el subespacio Im(f − λI) invariante de f y los valorespropios (reales o complejos) de la restriccion de f a este subespacio, valores propiosde f , λ es valor propio de dicha restriccion, por lo que
dim(Im(f − λI)⋂ker(f − λI)) = 1,
luego dim((f − λI)(Im(f − λI))) = dim(Im(f − λI)2)) = 1.Al ser Im(f − λI)2 una recta invariante, un generador sera w = ((f − λI)2)v,
existiendo otro vector propio w′ ∈ ker(f − λI) independiente de w. Los vectoresw′, w, (f − λI)v, v son una base de Jordan de f para
J =
λ 0 0 00 λ 1 00 0 λ 10 0 0 λ
.
lo cual puede comprobarse ya facilmente.
2d) dimker(f − λI) = 1, (no es diagonalizable).Entonces, dimIm(f−λI) = 3; como Im(f−λI) es un subespacio invariante de f
y los valores propios (reales o complejos) de la restriccion de f a este subespacio sontambien valores propios de f , se tiene ker(f−λI) ⊂ Im(f−λI) y dimIm(f−λI)2 =2. Por el mismo procedimiento se demuestra que dimIm(f − λI)3 = 1. Al serIm(f − λI)3 una recta invariante, un generador w = (f − λI)3v es un vector propioy se comprueba facilmente que w, (f − λI)2v, (f − λI)v, v es una base de Jordande f para
J =
λ 1 0 00 λ 1 00 0 λ 10 0 0 λ
.
Para los casos siguientes necesitamos el siguientelema:El polinomio caracterıstico de la restriccion de un endomorfismo f a un sub-
espacio invariante divide al polinomio caracterıstico de f .
302
En efecto, si f es un endomorfismo de V y V1 es un subespacio de V invariantede f y A1 es la matriz de la restriccion de f a V1, en una base B1 de V1, completandola base B1 de V1 a una base B de V , la matriz de f en B es de la forma:(
A1 CO D
).
Al ser el polinomio caracterıstico independiente de la base utilizada para calcularlo,el polinomio caracterıstico de f calculado de esta matriz es |A1−λI||C −λI|, comoquerıamos demostrar.
Seguimos ahora con los distintos casos.
3’b) Hay solo dos valores propios distintos; sean estos λ1 simple y λ2 triple ydimker(f − λ2I) = 2.
Entonces, dimIm(f − λ2I) = 2. El subespacio Im(f − λ2I) es invariante porf y contiene a (λ1 − λ2)v1, donde v1 es el vector propio de f para λ1. El vector(λ1 − λ2)v1 es un vector propio para λ1, y como λ1 es valor propio simple de f , yel polinomio caracterıstico de la restriccion de f a Im(f − λ2I) divide al polinomiocaracterıstico de f , Im(f − λ2I) ha de contener otro vector propio w para el valorpropio λ2; este vector propio es de la forma w = (f − λ2I)v. Ademas, existe otrovector propio w′ de f para λ2 independiente de w, por ser dimker(f − λ2I) = 2.Se comprueba facilmente que los vectores v1, w′, w, v son una base de Jordan def para
J =
λ1 0 0 00 λ2 0 00 0 λ2 10 0 0 λ2
.
3’c) Hay solo dos valores propios distintos; sean estos λ1 simple y λ2 triple ydimker(f − λ2I) = 1.
Entonces, dimIm(f − λ2I) = 3. El subespacio Im(f − λ2I) es invariante porf y contiene a (λ1 − λ2)v1, donde v1 es el vector propio de f para λ1. El vector(λ1 − λ2)v1 es un vector propio para λ1, y como λ1 es valor propio simple de f , yel polinomio caracterıstico de la restriccion de f a Im(f − λ2I) divide al polinomiocaracterıstico de f , ha de contener otro vector propio w para el valor propio λ2; solopuede contener un vector propio independiente para λ2, por ser dimker(f−λ2I) = 1.Luego dimIm(f − λ2I)2 = 2, conteniendo este subespacio el vector (λ1 − λ2)
2v1,que es un vector propio para λ1. Aplicando al subespacio Im(f − λI)2 los mismosrazonamientos anteriores, llegamos a que contiene un vector propio para λ2, que seraw = (f − λI)2v. Se puede comprobar que los vectores v1, w, (f − λI)v, v son unabase de Jordan de f para
303
J =
λ1 0 0 00 λ2 1 00 0 λ2 10 0 0 λ2
.
3”b) Hay solo dos valores propios distintos; sean estos λ1 doble y λ2 doble ydimker(f − λ1I) = 2, dimker(f − λ2I) = 1.
Entonces, dimIm(f − λ2I) = 3. El subespacio Im(f − λ2I) es invariante porf y contiene a (λ1 − λ2)v1, (λ1 − λ2)v2, donde v1, v2 son vectores propios inde-pendientes de f para λ1. Como el polinomio caracterıstico de la restricion de f aIm(f −λ2I) divide al polinomio caracterıstico de f , debe existir un w = (f −λ2I)v,vector propio para v2. Puede comprobarse que los vectores v1, v2, w, v son unabase de Jordan de f para
J =
λ1 0 0 00 λ1 0 00 0 λ2 10 0 0 λ2
.
3”c) Hay solo dos valores propios distintos; sean estos λ1 doble y λ2 doble ydimker(f − λ1I) = 1, dimker(f − λ2I) = 1.
Entonces, dimIm(f − λ2I) = 3. El subespacio Im(f − λ2I) es invariante porf y contiene a (λ1 − λ2)v1, donde v1 es vector propio independiente de f paraλ1. Como el polinomio caracterıstico de la restricion de f a Im(f − λ2I) divide alpolinomio caracterıstico de f , debe existir un w2 = (f − λ2I)v2, vector propio paraλ2.
De la misma forma existe un vector propio w1 = (f −λ1I)v1, vector propio paraλ1.
Puede comprobarse que los vectores w1, v1, w2, v2 son una base de Jordan def para
J =
λ1 1 0 00 λ1 0 00 0 λ2 10 0 0 λ2
.
4b) Hay exactamente tres valores propios distintos; Sean estos λ1 simple, λ2simple y λ3 doble, y dimker(f − λ3I) = 1.
Entonces, Im(f − λ3I), invariante por f contiene al vector (λ1 − λ3)v1 que esun vector propio para λ1 y al vector (λ2 − λ3)v2 que es un vector propio para λ2,
304
y como estos valores propios son simples de f , y el subespacio es de dimension 3 yel polinomio caracterıstico de la restriccion de f a Im(f − λ3I) divide al polinomiocaracterıstico de f , ha de contener otro vector propio w para el valor propio λ3; estevector propio es de la forma w = (f − λ3I)v. Se puede comprobar que los vectoresv1, v2, w, v son una base de Jordan de f para
J =
λ1 0 0 00 λ2 0 00 0 λ3 10 0 0 λ3
.
305
Resumen de la Diagonalizacion y forma de Jordan deendomorfismos de R4 con valores propios reales o complejos.
Denotamos por f un endomorfismo de matriz A , por λ1, λ2, λ3, λ4 sus valorespropios, por B su base de Jordan e identificamos ker(f − λI) con ker(A− λI).
1. Todos los autovalores son distintos. Entonces A es diagonalizable.
2.λ1 6= λ2 6= λ3 6= λ1, λ3 = λ4a)dimker(A− λ3I) = 2 f es diagonalizable
b)dimker(A− λ3I) = 1 f no es diagonalizable J =
λ1 0 0 00 λ2 0 00 0 λ3 10 0 0 λ3
3.λ1 = λ2 6= λ3 = λ4
a)dimker(A− λ1I) = 2 = dimker(A− λ3I) f es diagonalizableb)dimker(A− λ2I) = 1, dimker(A− λ3I) = 2
f no es diagonalizable J =
λ1 1 00 λ1 0 00 0 λ3 00 0 0 λ3
c)dimker(A− λ2I) = 2, dimker(A− λ3I) = 1
f no es diagonalizable J =
λ1 0 00 λ1 0 00 0 λ3 10 0 0 λ3
d)dimker(A− λ2I) = 1, dimker(A− λ3I) = 1
f no es diagonalizable J =
λ1 1 00 λ1 0 00 0 λ3 10 0 0 λ3
Sigue en la pagina siguiente.
306
4.λ1 6= λ2 = λ3 = λ4
a)dimker(A− λ2I) = 3 f es diagonalizable.
b)dimker(A− λ2I) = 2 f no es diagonalizable, J =
λ1 0 0 00 λ2 0 00 0 λ2 10 0 0 λ2
c)dimker(A− λ2I) = 1 f no es diagonalizable, J =
λ1 0 0 00 λ2 1 00 0 λ2 10 0 0 λ2
5.λ1 = λ2 = λ3 = λ4
a)dimker(A− λ2I) = 4 f es diagonalizable.
b)dimker(A− λ2I) = 3 f no es diagonalizable, J =
λ1 0 0 00 λ1 0 00 0 λ1 10 0 0 λ1
c)dimker(A− λ2I) = 2 f no es diagonalizable, J =
λ1 0 0 00 λ1 1 00 0 λ1 10 0 0 λ1
d)dimker(A− λ2I) = 1 f no es diagonalizable, J =
λ1 1 0 00 λ1 1 00 0 λ1 10 0 0 λ1
307
308
DEMOSTRACION DEL TEOREMA GENERAL DEJORDAN PARA ENDOMORFISMOS.
Teorema de Jordan:Todo endomorfismo f : V n → V n donde V n es un espacio vectorial complejo,
admite una base de V n llamada base de Jordan de f tal que f se expresa en esabase por una matriz que es suma directa diagonal de matrices del tipo
λ 1 0 . . . 0 00 λ 1 . . . 0 0
0 0 0. . . 0 0
......
.... . . 1 0
0 0 0 . . . λ 10 0 0 . . . 0 λ
que tienen iguales todos los elementos de la diagonal, 1 sobre todos los elementosde la diagonal y 0 en el resto.
Cada una de estas ultimas matrices se llaman caja de Jordan y esta en corre-spondencia con un subconjunto de vectores elj−1+1
i , ..., elji de la base de Jordan
que verifica (f − λkI)(ejki ) = ejk−1i si lj−1 + 1 < jk ≤ lj y (f − λkI)(elj−1+1i ) = 0.
Este subconjunto de vectores se llama cadena de Jordan. Vamos a llamar vectoresdirectores de la cadena a los vectores e
lj−1+1i , que son vectores propios. La dimension
de la caja es lk − lk−1.
Las demostraciones clasicas de este teorema [C], [F], [G], [Hr], [M] son largas ylaboriosas. Demostraciones cortas pueden encontrarse en [Fp], [F-S], [G-W], [W],[S].
Se da aquı una demostracion sencilla por induccion del teorema en el que solose utilizan conocimientos de aplicaciones lineales y los conceptos de dependenciae independencia lineal en un espacio vectorial. Por ello puede ser entendida poralumnos de primer curso de grado en la Universidad.
Demostracion:
Es claro que el teorema es cierto cuando la dimension del espacio es 1.Suponiendo que el teorema es cierto cuando la dimension del espacio es menor o
igual que n−1, sea f : V n → V n un endomorfismo de un espacio vectorial complejo;entonces, siempre existe un valor propio real o complejo de f : sea este λ1. El espacio
309
imagen de V n por el endomorfismo f − λ1I es un espacio de dimension menor quen, invariante por f , en el que se verifica la hipotesis de induccion.
Sea
e11, ..., er11 , e
r1+11 , ..., er21 , ..., e
rc11 , e12, ..., e
s12 , e
s1+12 , ..., es22 , ..., e
sc22 , ...
· · · , e1k, ..., et1k , e
t1+1k , ..., etkk , ...e
tck−1+1
k , ...etckk
una base de Jordan de la restriccion de f a Im(f − λ1I), donde e11, ..., er11 es
la cadena de Jordan correspondiente a la 1a
caja de Jordan de λ1, er1+11 , ..., er21 es
la cadena de Jordan correspondiente a la 2a
caja de Jordan de λ1, erci−1+1
1 , ..., erc11
es la cadena de Jordan correspondiente a la ultima caja de Jordan de λ1. (Hay c1cajas de Jordan para λ1.)
Tambien, e1i , ..., el1i , e
l1+1i , ..., el2i , ..., e
lcii es la union de las cadenas de Jordan
correspondiente a las cajas de valor propio λi y ci es el numero de cajas de Jordancorrespondientes a λi.
Por estar contenidos en Im(f − λ1I), los vectores er11 , er21 , ..., erc11 son vectores
imagenes respectivas por f − λ1I de otros tantos vectores e′r11 e′r21 , ..., e′rc11 de V n,
que son independientes de los anteriores porque erj1 = (f−λ1I)(e
′rj1 ) es independiente
de las imagenes de todos los restantes: (erj1 es un vector de una base y las imagenes
de los demas vectores por f − λ1I son otros vectores de la base, (si son de lacadena de Jordan correspondiente a λ1), o combinacion lineal de vectores de labase, independientes de e
rj1 , (si son de las cadenas de Jordan de las cajas de los
λi 6= λ1)).
Ademas puede ocurrir que los vectores e1, er1+11 ..., eri+1
1 , ..., erc1−1+11 , que son
vectores propios para λ1 no sean una base de ker(f − λ1I), porque algunos de losvectores propios para λ1 se pueden haber anulado al hacer su imagen por f − λ1I;en ese caso agregamos los vectores propios independientes e1, e2, ..., eh que haga
falta para que junto a los e1, er1+11 ..., eri+1
1 , ..., erc1−1+11 anteriores formen una base
de ker(f − λ1I), (agregamos un numero de ellos igual a dim(ker(f − λ1I)) menosel numero de cajas con λ1).
Ahora, los vectores e′rii , i ∈ 1...c1 unidos a los nuevos vectores propios agre-gados y a los de la base de Jordan primitiva de Im(f − λ1I) forman una base deJordan para f :
Para demostrarlo, sigamos los siguientes pasos:
Observemos que el espacio engendrado por e12, ..., es12 , e
s1+12 , ..., e
sc2−1+12 , ..., e
sc22
(los vectores de la base de Jordan para λ2) es tambien invariante por f − λ1I y lomismo ocurre con los subespacios engendrados por las uniones de las cadenas deJordan correspondientes a cada valor propio.
Observemos tambien que si esj2 es el ultimo vector de una cadena de Jordan
correspondiente a λ2, se tiene (f − λ1I)e2sj = (λ2 − λ1)esj2 + e
sj−12 Ademas, ningun
vector del conjunto que queremos demostrar que es base se transforma por la apli-cacion f − λ1I en e
sj2 ni en una combinacion lineal en la que aparezca. Y se tiene la
propiedad analoga para todos los vectores finales de las distintas cajas.
310
Consideremos ahora que hay una combinacion lineal igual a cero de todos losvectores del conjunto que queremos demostrar que es base. Tambien serıa iguala cero la imagen por f − λ1I de dicha combinacion lineal, que serıa ahora unacombinacion lineal de los vectores de la base de Jordan primitiva de Im(f−λ1I). Sies α2sj el coeficiente del vector e
sj2 en la combinacion lineal considerada, el coeficiente
de este vector en la imagen por f−λ1I de dicha combinacion lineal serıa (λ2−λ1)α2sj .Este coeficiente debe ser cero porque los vectores que han quedado en la imagende la combinacion lineal son de la base de Jordan de Im(f − λ1I) y por tantoindependientes. Lo que implica que α2sj = 0. Lo mismo ocurre con todos los vectoresultimos correspondientes a cada caja de Jordan de cada valor propio distinto de λ1.
Despues, el mismo razonamiento demuestra que los coeficientes de los vectorespenultimos de cada cadena de Jordan correspondiente a λi 6= λ1 son tambien cero;y ası podemos seguir con todos, por lo que los coeficientes en la combinacion linealdada de todos los vectores de la base correspondientes a cajas de valor propio distintode λ1 son nulos.
Llegados a este punto, podemos concluir que tambien son nulos los coeficientesde los restantes vectores no propios de la combinacion lineal considerada (de cajasde Jordan del valor propio λ1), porque deben ser nulos los coeficientes de los vectoresimagenes correspondientes en la imagen de dicha combinacion lineal por f − λ1I.
Y concluimos tambien que los coeficientes de los vectores propios que aparecenson todos nulos porque una parte de ellos eran vectores propios de cadenas de Jordande Im(f − λ1I) y los que hemos agregado eran independientes de ellos.
Luego no hay combinacion lineal nula de la totalidad de los vectores con coefi-cientes no nulos. Por tanto, todos los vectores considerados son independientes.
Por otra parte, el numero de vectores agregado a la base de Im(f − λ1I) es elnumero de cajas de Jordan para λ1 mas la dimension de ker(f − λ1I) menos esemismo numero de cajas, es decir, la dimension de ker(f − λ1I), siendo por tantodimIm(f − λ1I) + dimker(f − λ1I) = dimV el numero total de vectores; Al serindependientes y su cantidad igual a dimV , son una base de V.
Es facil de ver que el conjunto de vectores e11, ..., er11 e′r11 es una cadena de Jordan
correspondiente a una caja de Jordan de orden r1 + 1. Lo analogo ocurre con lasrestantes partes de la base de Jordan para las cajas de λ1. Como los otros vectoresque hemos agregado son vectores propios, entre todos forman una base de Jordan,quedando ası demostrado el teorema.
311
Unicidad.
Veamos que el numero de cajas de Jordan de orden k correspondiente a cadavalor propio λi depende solo de las caracterısricas de la matriz y no de la forma deobtener una base de Jordan.
Sea qki el numero de celdas de orden k para el valor propio λi y ni la multiplicidadalgebraica de λi.
Debido a la invariancia del polinomio caracterıstico:r(J) = q1i + q2i + ...+ qnii + Σnj 6=ninj.Observemos ahora que si Jk(0) es la caja de Jordan de orden k con el valor propio
0, cada vez que elevamos a una potencia la matriz Jk(0), su rango disminuye en 1,por lo que el rango de (Jk(0))j es k− j. Sin embargo, el rango de (Jk(λi−λj))m = ksi i 6= j ∀m y ∀k. Por lo que si qki es el numero de cajas de Jordan Jk(λi), se tiene(denotando por r(A) el rango de A):
r(J − λiI) = Σnj − q1i − q2i − ...− qji − ...− qnii
r(J − λiI)2 = Σnj − q1i − 2(q2i + ...+ qji + ...+ qnii)
r(J − λiI)j−1 = Σnj − q1i − 2q2i − ...− (j − 1)(qj−1i + ...+ qnii)
r(J − λiI)j = Σnj − q1i − 2q2i − ...− j(qji + ...+ qnii)
r(J − λiI)j+1 = Σnj − q1i − 2q2i − ...− jqji − (j + 1)(qj+1i + ...+ qnii)
r(J − λiI)ni = Σnj 6=ninj
por lo que
qji = −(r(J − λiI)j − r(J − λiI)j−1) + r(J − λiI)j+1 − r(J − λiI)j =
= r(J − λiI)j+1 − 2r(J − λiI)j + r(J − λiI)j−1.
Si C es la matriz que tiene en columnas las coordenadas de los vectores de labase de Jordan, y J es la forma de Jordan correspondiente a A, se tiene C−1AC = Jy C−1(A− λiI)jC = (J − λiI)j, por lo que los rangos de (A− λiI)jy (J − λiI)j soniguales. Entonces, r(J − λiI)j = r(A− λiI)j y el numero qij solo depende de A.
312
Ejemplos para un metodo facil para hallar la base de Jordan.
Ejemplo 1.Sea f un endomorfismo de matriz A:
A =
−18 11 2 3 15 −9−10 7 1 2 8 −5−24 13 3 6 20 −12−5 3 0 3 4 −2−21 12 2 3 18 −10−15 9 1 3 13 −7
Su unico valor propio es el 1 con multiplicidad 6. Por tanto (A − I)6 = 0. En
efecto:
A−I =
−19 11 2 3 15 −9−10 6 1 2 8 −5−24 13 2 6 20 −12−5 3 0 2 4 −2−21 12 2 3 17 −10−15 9 1 3 13 −8
, (A−I)2 =
8 −9 −2 1 −7 83 −4 −1 1 −3 48 −10 −3 2 −8 111 −1 −1 1 −1 29 −10 −2 0 −8 93 −5 −1 0 −4 6
,
(A−I)3 =
8 −1 −3 −1 −3 15 −1 −2 0 −2 1
13 −2 −5 −1 −5 21 1 −1 0 0 0
10 −2 −3 −2 −4 111 −4 −3 −1 −5 2
, (A−I)4 =
−17 13 4 −4 10 −7−10 8 2 −2 6 −4−27 21 6 −6 16 −11−5 4 1 −1 3 −2−19 14 5 −5 11 −8−17 13 4 −4 10 −7
,
(A− I)5 =
12 −12 0 0 −8 46 −6 0 0 −4 2
18 −18 0 0 −12 63 −3 0 0 −2 1
15 −15 0 0 −10 512 −12 0 0 −8 4
, (A− I)6 = 0
Debido a que (A−I)6 = 0, las columnas distintas de cero de (A−I)5 son vectorespropios. Mirandolos vemos que hay solo uno independiente.
Podemos coger la ultima columna de (A − I)5 como vector propio; entonces,la ultima columna de (A − I)4 se transforma por A − I en la ultima columna de(A−I)5; la ultima columna de (A−I)3 se transforma por A−I en la ultima columnade (A − I)4; la ultima columna de (A − I)2 se transforma por A − I en la ultimacolumna de (A − I)3; la ultima columna de A − I se transforma por A − I en laultima columna de (A− I)2; la ultima columna de I se transforma por A− I en laultima columna de A− I
Llamando e5, e4, e3, e2, e1, e0 a los vectores obtenidos, en ese mismo orden, setiene (f − I)iej = ej+i si j + i ≤ 5, (f − I)iej = 0 si j + i > 5. Entonces, dada una
313
combinacion lineal α5e5 + α4e
4 + α3e3 + α2e
2 + α1e1 + α0e
0 = 0, se tiene tambien(f−I)5(α5e
5+α4e4+α3e
3+α2e2+α1e
1+α0e0) = 0, es decir, α0e
5 = 0, lo que implicaα0 = 0. Volviendo a la combinacion lineal dada en la que no aparece e0 y haciendola imagen por (f − I)4 de dicha combinacion lineal obtenemos de manera similarα1 = 0 y siguiendo repitiendo el mismo proceso con las combinaciones lineales quevan quedando van saliendo todos los αi nulos, por tanto, los vectores consideradosson independientes.
Teniendose que todas las ultimas columnas enunciadas encadenadas en ese mismoorden forman una base de Jordan del endomorfismo de R6 correspondiente a A.
La base de Jordan es entonces:
(4, 2, 6, 1, 5, 4), (−7,−4,−11,−2,−8,−7), (1, 1, 2, 0, 1, 2),(8, 4, 11, 2, 9, 6), (−9,−5,−12,−2,−10,−8), (0, 0, 0, 0, 0, 1)
para
J =
1 1 0 0 0 00 1 1 0 0 00 0 1 1 0 00 0 0 1 1 00 0 0 0 1 10 0 0 0 0 1
Ejemplo 2.Sea f un endomorfismo de matriz A:
A =
10 −6 −3 1 −8 6−10 9 5 −3 8 −7−8 6 4 −2 7 −5−6 4 2 0 5 −4
7 −5 −3 1 −5 5−20 15 8 −5 17 −12
Su unico valor propio es el 1 con multiplicidad 6. Por tanto (A − I)6 = 0. En
efecto:
A− I =
9 −6 −3 1 −8 6
−10 8 5 −3 8 −7−8 6 3 −2 7 −5−6 4 2 −1 5 −4
7 −5 −3 1 −6 5−20 15 8 −5 17 −13
(A− I)2 =
−17 14 8 −6 14 −11
4 −3 −1 2 −3 25 −4 −2 2 −4 3
11 −9 −5 4 −9 7−11 9 5 −4 9 −7
15 −12 −6 6 −12 9
314
(A− I)3 =
−3 3 3 0 3 −3
1 −1 −1 0 −1 11 −1 −1 0 −1 12 −2 −2 0 −2 2−2 2 2 0 2 −2
3 −3 −3 0 −3 3
, 0 = (A− I)4 = (A− I)5 = (A− I)6.
Los vectores columna distintos de cero de (A−I)3 son vectores propios. Ademasel ultimo vector columna de (A − I)3 es imagen por A − I de la ultima columnade (A − I)2, que a su vez es imagen por A − I de la ultima columna de A − I yeste es imagen por A − I de la ultima columna de I. Ası tenemos cuatro vectoresindependientes (se ve como en el ejercicio anterior) que en el orden:(−3, 1, 1, 2,−2, 3), (−11, 2, 3, 7,−7, 9), (6,−7,−5,−4, 5,−13), (0, 0, 0, 0, 0, 1) for-
man una cadena de Jordan para una caja de Jordan de dimension 4.Llegados a esta situacion solo hay dos formas de completar los vectores enunci-
ados a una base de Jordan: con dos vectores propios independientes entre sı y delanterior vector propio o con una cadena w, v de dos vectores tales que w es vectorpropio y (A− I)v = w.
Si fuera la primera forma, al haber tres vectores independientes, el rango de A−I(igual al rango de J-I) serıa 3, pero el rango de A− I es 4 porque∣∣∣∣∣∣∣∣
−6 −3 1 68 5 −3 −76 3 −2 −54 2 −1 −4
∣∣∣∣∣∣∣∣ = −2 6= 0
y todos los menores de orden 5 son nulos. Entonces, le corresponde la segundaforma.
Por otra parte r(A − I)2 = 2. Como al pasar de A − I a (A − I)2 porA − I, el rango disminuye en 2, hay en el espacio engendrado por las columnasde A− I dos vectores propios independientes, pudiendose, por tanto, encontrar unvector propio independiente de −3, 1, 1, 2,−2, 3). (Tambien es independiente delos otros vectores (porque no son propios) de la cadena anterior). Ademas, al seriguales las segunda y la quinta columnas de (A − I)2, el vector diferencia de esascolumnas en (A− I) es un vector propio (que es independiente de todos los anteri-ores; es el vector (2, 0,−1,−1, 1,−2)t = (A − I)(0, 1, 0, 0,−1, 0)t. Los dos vectores(2, 0,−1,−1, 1,−2), (0, 1, 0, 0,−1, 0) son una cadena de Jordan correspondientea una caja de Jordan de dimension 2, siendo todos independientes. (El unico quequeda por probar que es independiente es el (0, 1, 0, 0,−1, 0) y lo es porque su imagenpor f − I es independiente de las imagenes por f − I de los vectores anteriores.)
315
Entonces,
(2,0,-1,-1,1,-2),(0,1,0,0,-1,0);(-3,1,1,2,-2,3),(-11,2,3,7,-7,9),(6,-7,-5,-4,5,-13),(0,0,0,0,0,1)
una base de Jordan para
J =
1 1 0 0 0 00 1 0 0 0 00 0 1 1 0 00 0 0 1 1 00 0 0 0 1 10 0 0 0 0 1
Ejemplo 3.Sea f un endomorfismo de matriz A,
A =
−4 5 2 −3 5 −2
2 −1 −1 1 −2 12 −2 0 1 −2 14 −4 −2 3 −4 2−3 3 1 −2 4 −1
6 −6 −3 3 −6 4
Su unico valor propio es 1. Por eso (A− I)6 = 0. en efecto:
A− I =
−5 5 2 −3 5 −2
2 −2 −1 1 −2 12 −2 −1 1 −2 14 −4 −2 2 −4 2−3 3 1 −2 3 −1
6 −6 −3 3 −6 3
,
0 = (A− I)2 = (A− I)3 = (A− I)4 = (A− I)5 = (A− I)6
Los vectores de A − I son vectores propios. Solo hay dos vectores independi-entes, que son a su vez, vectores imagenes de vectores columna de I por A − I:el vector propio (2,−1,−1,−2, 1,−3)t = (A − I)(0, 0, 1, 0, 0, 0)t y el vector propio(−3, 1, 1, 2,−2, 3)t = (A− I)(0, 0, 0, 1, 0, 0)t. Dan lugar a dos cadenas de Jordan.
Al ser el rango de I igual a 6 y haber pasado a ser 2 en A − I, hay cuatro vec-tores propios independientes en R6, pudiendose encontrar otros dos vectores propiosindependientes de los anteriores.
Viendo que la suma de la primera y la segunda columnas de A − I es cero,tenemos un vector propio: (1,1,0,0,0,0). Viendo que la suma de la tercera y la sextacolumnas de A− I es cero, tenemos otro vector propio: (0,0,1,0,0,1).
Los cuatro vectores propios son independientes porque∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 0 00 0 1 02 −1 −1 −2−3 1 1 2
∣∣∣∣∣∣∣∣ = −2 6= 0
316
y lo son de los vectores no propios porque lo son sus imagenes por f − I.Los vectores:(1,1,0,0,0,0);(0,0,1,0,0,1);(2,-1,-1,-2,1,-3),(0,0,1,0,0,0);(-3,1,1,2,-2,3),(0,0,0,1,0,0) cons-
tituyen una base de Jordan del endomorfidmo dado por A para
J =
1 0 0 0 0 00 1 0 0 0 00 0 1 1 0 00 0 0 1 0 00 0 0 0 1 10 0 0 0 0 1
.
Ejemplo 4.Sea f un endomorfismo de matriz A,
A =
−12 27 4 0 −8 4−3 7 1 0 −2 1−18 40 6 −1 −12 6−10 23 2 2 −6 5
5 −11 −1 −1 3 −23 −8 0 −1 2 −2
.
con valores propios 1 con multiplicidad 5 y −1 con multiplicidad 1. Entonces, comoel maximo de los ordenes de las celdas para λ1 = 1 es 5, (A − I)5(A + I) = 0 =(A+ I)(A− I)5.
Las columnas de A+ I engendran el subespacio ker(f − I)5. Hallemos la cadenade matrices:
A+ I =
−11 27 4 0 −8 4−3 8 1 0 −2 1−18 40 7 −1 −12 6−10 23 2 3 −6 5
5 −11 −1 −1 4 −23 −8 0 −1 2 −1
,
(A− I)(A+ I) =
−38 81 11 0 −22 11−10 21 3 0 −6 3−44 95 13 −2 −26 11−20 43 5 2 −10 7
10 −22 −2 −2 4 −42 −4 0 −2 0 −2
,
(A− I)2(A+ I)
−24 54 6 0 −12 6−8 18 2 0 −4 2−24 54 6 0 −12 6−8 18 2 0 −4 2
0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0
, (A− I)3(A+ I) = 0
317
Se ve que el vector (6, 2, 6, 2, 0, 0) (ultima columna de (A− I)2(A+ I)) es vectorpropio para λ = 1. Entonces, las ultimas columnas de las matrices precedentes danuna cadena de Jordan de orden 3:
(6, 2, 6, 2, 0, 0), (11, 3, 11, 7,−4,−2), (4, 1, 6, 5,−2,−1).Ademas la cuarta columna de (A−I)(A+I) se transforma en cero por A−I (en
(A− I)2(A+ I)), por tanto es un vector propio para 1, independiente del anterior.Entonces, junto a la cuarta columna de A+ I, dan una cadena de Jordan de orden2: (0, 0,−2, 2,−2,−2), (0, 0,−1, 3,−1,−1)
Como las matrices A−I y A+I conmutan, tambien se tiene (A+I)(A−I)3 = 0,siendo las columnas distintas de cero de (A− I)3 vectores propios de A para el valorpropio −1.
Como
(A− I)3 =
0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0−8 −24 0 0 −8 8−8 −24 0 0 −8 8
0 0 0 0 0 08 24 0 0 8 −8
,
el vector (0, 0, 8, 8, 0,−8) es vector propio para −1. Solo hay una columna indepen-diente.
Juntando las tres cadenas de Jordan obtenidas tenemos una base de Jordan def :
(6, 2, 6, 2, 0, 0), (11, 3, 11, 7,−4,−2), (4, 1, 6, 5,−2,−1);
(0, 0,−2, 2,−2,−2), (0, 0,−1, 3,−1,−1); (0, 0, 8, 8, 0,−8)
para
J =
1 1 0 0 0 00 1 1 0 0 00 0 1 0 0 00 0 0 1 1 00 0 0 0 1 00 0 0 0 0 −1
.
Ejemplo 5.Sea f un endomorfismo de matriz A
A =
−6 2 4 −7 8 1−10 9 5 −3 8 −7−9 7 2 −2 8 −5
1 −1 −2 2 −2 01 −3 0 −3 1 4−8 9 2 1 5 −8
.
de valores propios 1 y −1, ambos de multiplicidad algebraica 3. Entonces, como elmaximo de los ordenes de las cajas para λ1 = 1 y λ2 = −1 es 3, (A− I)3(A+ I)3 =0 = (A+ I)3(A− I)3
318
(A+ I)3 =
−140 118 70 −72 142 −68−84 74 42 −24 66 −60
4 −2 −2 8 −10 −496 −80 −48 48 −96 48−48 40 24 −32 56 −16
12 −6 −6 24 −30 −12
(A− I)(A+ I)3 =
−216 188 108 −80 188 −136−8 4 4 0 4 −840 −36 −20 16 −36 24
128 −112 −64 48 −112 80−128 112 64 −48 112 −80
120 −108 −60 48 −108 72
,
(A− I)2(A+ I)3 =
−144 120 72 −48 120 −96
48 −40 −24 16 −40 3248 −40 −24 16 −40 3296 −80 −48 32 −80 64−96 80 48 −32 80 −64144 −120 −72 48 −120 96
(A− I)3(A+ I)3 = 0
Todas las columnas de (A − I)2(A + I)3 son dependientes, y se transformanen cero al multiplicarlas por A − I, una columna cualquiera es un vector propio;escojamos la cuarta: (−48, 16, 16, 32,−32, 48)t, esta es al mismo tiempo el pro-ducto de A − I por la cuarta columna de (A − I)(A + I)3 y esta ultima es elproducto de A − I por la cuarta columna de (A + I)3. Entonces, los tres vectores:(−48, 16, 16, 32,−32, 48), (−80, 0, 16, 48,−48, 48), (−72,−24, 8, 48,−32, 24) son unacadena de Jordan para λ = 1.
Analogamente, considerando las matrices:
(A− I)3 =
20 −38 10 −18 −20 280 0 0 0 0 0
−68 46 14 −22 68 −28−36 22 6 −14 36 −12
12 −26 6 −14 −12 20−48 48 0 0 48 −32
(A+ I)(A− I)3 =
−72 60 12 −12 72 −40
0 0 0 0 0 024 −12 −12 12 −24 824 −12 −12 12 −24 8−40 36 4 −4 40 −24
64 −48 −16 16 −64 32
,
319
(A+ I)2(A− I)3 =
32 −24 −8 8 −32 160 0 0 0 0 0
32 −24 −8 8 −32 1632 −24 −8 8 −32 1632 −24 −8 8 −32 160 0 0 0 0 0
(A+ I)3(A− I)3 = 0
vemos que las terceras columnas de las tres ultimas matrices:(−8, 0,−8,−8,−8, 0), (12, 0,−12,−12, 4,−16), (10, 0, 14, 6, 6, 0) son una cadena
de Jordan para λ = −1.Y una base de Jordan de f es la union de las dos cadenas:(−48, 16, 16, 32,−32,−72), (−80, 0, 16, 48,−48, 48), (−72,−24, 8, 48,−32, 24); ∪(−8, 0,−8,−8,−8, 0), (12, 0,−12,−12, 4,−16), (10, 0, 14, 6, 6, 0)para
J =
1 1 0 0 0 00 1 1 0 0 00 0 1 0 0 00 0 0 −1 1 00 0 0 0 −1 10 0 0 0 0 −1
.
Ejemplo 6.Sea f un endomorfismo de matriz A
A =
0 0 0 1 −1 0 −11 1 −3 −2 −1 −4 01 1 −5 −5 0 −7 10 3 3 10 −10 0 00 3 0 6 −8 −3 0−1 −3 3 −2 7 7 −1
1 0 3 2 0 3 2
con un unico valor propio igual a 1. Entonces (A− I)7 = 0. En efecto,
A− I =
−1 0 0 1 −1 0 −11 0 −3 −2 −1 −4 01 1 −6 −5 0 −7 10 3 3 9 −10 0 00 3 0 6 −9 −3 0−1 −3 3 −2 7 6 −1
1 0 3 2 0 3 1
320
(A− I)2 =
0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 02 0 0 0 −1 −1 16 0 0 0 −3 −3 36 0 0 0 −3 −3 3−6 0 0 0 3 3 −3
0 0 0 0 0 0 0
(A− I)3 = 0
Solo hay una columna independiente en (A − I)2, que se transforma en cero almultiplicarla por A−I. Por tanto esta columna es un vector propio de f . Escojamosla ultima columna de (A− I)2:
(0, 0, 1, 3, 3,−3, 0)t = (A − I)(−1, 0, 1, 0, 0,−1, 1)t = (A − I)2(0, 0, 0, 0, 0, 0, 1).Entonces, los vectores (0, 0, 1, 3, 3,−3, 0), (−1, 0, 1, 0, 0,−1, 1), (0, 0, 0, 0, 0, 0, 1) for-man una cadena de Jordan para λ = 1.
Como el rango de A− I es 4, hay tres combinaciones lineales de las columnas deA− I que son vectores propios para λ = 1. Pero como Im(f − λI) ⊃ Im(f − λI)2,solo podemos encontrar dos combinaciones lineales que sean vectores propios, a lavez independientes del anterior. Lo son la tercera y la cuarta columna de A− I:
(0,−3,−6, 3, 0, 3, 3) = (f − I)(0, 0, 1, 0, 0, 0, 0)(1,−2,−5, 9, 6,−2, 2) = (f − I)(0, 0, 0, 1, 0, 0, 0)dando lugar a dos cadenas de Jordan de orden 2.
La union de(0,-3,-6,3,0,3,3),(0,0,1,0,0,0,0);(1,-2,-5,9,6,-2,2),(0,0,0,1,0,0,0)con (0,0,1,3,3,-3,0),(-1,0,1,0,0,-1,1),(0,0,0,0,0,0,1) es una base de Jordan de f para
J =
1 1 0 0 0 0 00 1 0 0 0 0 00 0 1 1 0 0 00 0 0 1 0 0 00 0 0 0 1 1 00 0 0 0 0 1 10 0 0 0 0 0 1
.
Se ve que todos los vectores de la base son independientes por procedimientosanalogos a los anteriores.
321
Ejemplo 7.Sea f un endomorfismo de matriz A
A =
5 −3 −1 −3 4 2 26 2 1 0 −2 0 23 −3 2 −3 3 1 2−6 3 0 5 −2 −1 −3
3 0 0 0 2 1 10 −3 0 −3 3 2 1−9 9 3 9 −12 −6 −4
de unico valor propio λ = 2. Entonces, (A− 2I)7 = 0. En efecto,
A− 2I =
3 −3 −1 −3 4 2 26 0 1 0 −2 0 23 −3 0 −3 3 1 2−6 3 0 3 −2 −1 −3
3 0 0 0 0 1 10 −3 0 −3 3 0 1−9 9 3 9 −12 −6 −6
(A− 2I)2 =
0 −3 0 −3 3 0 1−3 −3 0 −3 3 −1 0
0 −3 0 −3 3 0 13 3 0 3 −3 1 00 −3 0 −3 3 0 10 0 0 0 0 0 00 9 0 9 −9 0 −3
(A− 2I)3 =
0 0 0 0 0 0 00 3 0 3 −3 0 −10 0 0 0 0 0 00 −3 0 −3 3 0 10 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0
, (A− 2I)4 = 0
Como el rango de (A−2I)3 es uno, hay una columna distinta de cero de (A−2I)3
que es vector propio. Cogiendo la ultima tenemos:
(0,−1, 0, 1, 0, 0, 0) = (f − 2I)(1, 0, 1, 0, 1, 0,−3) = (f − 2I)2(2, 2,−3,−3, 1, 1,−6) =(f − 2I)3(0, 0, 0, 0, 0, 0, 1).
Entonces los vectores(0,−1, 0, 1, 0, 0, 0), (1, 0, 1, 0, 1, 0,−3), (2, 2,−3,−3, 1, 1,−6), (0, 0, 0, 0, 0, 0, 1) son
independientes y forman una cadena de Jordan de orden 4.
Como r((A− 2I)2)− r(A− 2I)3 = 2− 1 = 1 y Im(f − 2I)3 ⊂ Im(f − 2I)2 nopodemos encontrar una combinacion lineal de las columnas de (A− 2I)2 que sea unvector propio independiente del ya cogido en la cadena de Jordan de orden 4.
322
Sin embargo, como r(A−2I)−r(A−2I)2 = 4−2 = 2 y Im(f−2I)3 ⊂ Im(f−2I)podemos encontrar una combinacion lineal de las columnas de A−I que sea un vectorpropio independiente del ya cogido en la cadena de Jordan de orden 4. Mirando seve que la tercera columna de A−2I se transforma en cero al pasar a (A−2I)2, luego(−1, 1, 0, 0, 0, 0, 3)t = (A−2I)(0, 0, 1, 0, 0, 0, 0)t es un vector propio. Se ve facilmenteque es independiente del anterior.
Ademas el rango de I es 7. Si ha pasado a 4 al multiplicar I por A − 2I, haytres combinaciones lineales de las columnas de I que son vectores propios, aunquesolo podemos encontrar otra combinacion lineal de las columnas de I, que sea vectorpropio independiente de los dos anteriores. Como la primera columna de A − 2Isumada al triple de la cuarta mas el triple de la quinta menos el triple de la sextaes cero, el vector (1, 0, 0, 3, 3,−3, 0) es un vector propio para λ = 2, que se puedecomprobar que es independiente de los dos anteriores.
Ası tenemos que(1, 0, 0, 3, 3,−3, 0); (−1, 1, 0, 0, 0, 0, 3), (0, 0, 1, 0, 0, 0, 0); ∪(0,−1, 0, 1, 0, 0, 0), (1, 0, 1, 0, 1, 0,−3), (2, 2,−3,−3, 1, 1,−6), (0, 0, 0, 0, 0, 0, 1)son todos independientes y forman una base de Jordan de f para
J =
2 0 0 0 0 0 00 2 1 0 0 0 00 0 2 0 0 0 00 0 0 2 1 0 00 0 0 0 2 1 00 0 0 0 0 2 10 0 0 0 0 0 2
.
La obtencion del ultimo vector (1, 0, 0, 3, 3,−3, 0) no ha sido tan facil. Ha habido que resolver
el sistema de ecuaciones homogeneo de matriz A − 2I, pero con este metodo no hemos tenido
que calcular los nucleos de las distintas potencias de A − 2I, lo cual supone resolver muchos mas
sistemas de ecuaciones.
Metodo general.
El procedimiento que vamos a describir para hallar la base de Jordan de un en-domorfismo f de matriz A se basa en el hecho de que multiplicando adecuadamentelas matrices A− λkI de los endomorfismos f − λkI podemos obtener facilmente losvectores directores de las cadenas de Jordan y todos los siguientes que les correspon-den.
Observemos que debido a la invariancia del Polinomio Caracterıstico de un en-domorfismo la suma de las dimensiones de las cajas de Jordan correspondientes aun valor propio λk coincide con la multiplicidad nk de este valor propio.
Tambien, una vez desplegada la base de Jordan, se ve que la union de las cadenasde Jordan correspondientes a un valor propio λk es ker(f −λkI)nk que denotaremos
323
por Ek y V n = ⊕Ek. Siendo la base de Jordan de V n para f la union de las basesde Jordan de f en cada Ek.
Cada subespacio Ej es invariante por f y por f−λiI cualquiera que sea i, siendo(f−λiI)niEi = 0 y por el contario la restriccion de (f−λiI)ni a Ej es un isomorfismosi j 6= i. Esto hace que (Πi 6=k((f−λiI)ni)V n ⊂ Ek = ker(f−λkI)nk , coincideiendo endimension con Ek, por lo que (Πi 6=k((f −λiI)ni)V n = Ek = ker(f −λkI)nk , estando,por tanto, Ek engendrado por las columnas de Πi 6=k((A−λiI)ni) que denotamos porAk
Para obtener la base de Jordan de f en Ek calculamos la sucesion de matrices
(A− λkI)mkAk, mk ∈ 0, 1, ..., nk.
Sabemos que (A − λkI)nkAk = 0. Puede ocurrir que para 1 ≤ dk < nk,(A − λkI)dkAk = 0. En este caso todas las columnas de (A − λkI)dk−1Ak sonvectores propios para λk; Sea edk−1k un vector columna distinto de cero de estamatriz en el lugar `-esimo, entonces las columnas en el lugar ` de las matrices(A−λkI)dk−2Ak, ..., Ak dan lugar a vectores edk−2k , ..., e0i que verifican (f −λkI)ejkk =
ejk+1
k siendo edk−1k , edk−2k , ..., e0k la cadena correspondiente a una caja de Jordan dedimension dk. Cogiendo el maximo numero rk = r(A− λkI)dkAk de columnas edk−1k
independientes y repitiendo el mismo proceso tenemos las cadenas de Jordan corre-spondientes a las cajas de dimension k. (Todos esos vectores son independientes).
Si dk · rk = nk hemos acabado en Ek.
En caso contrario existen cajas de Jordan de dimension inferior. Observemosque en el caso anterior r(A− λkI)dk−j−1Ak − r(A− λkI)dk−jAk es independiente dej e igual a rk, pero en caso contrario existe d′k < dk tal que
r(A− λkI)d′k−1Ak − r(A− λkI)d
′kAk > rk.
Consideramos el maximo de tales d′k, entonces, como las columnas de la ma-triz (A − λkI)d
′k−1Ak engendran el subespacio imagen de (f − λkI)d
′k−1, existen
r(A − λkI)d′k−1Ak − r(A − λkI)d
′kAk combinaciones lineales de las columnas de
(A− λkI)d′k−1Ak que son vectores propios para λk.
Sin embargo, como el subespacio imagen de (f −λkI)d′k−1 contiene al subespacio
imagen de (f−λkI)dk−1, solo podemos encontrar r(A−λkI)d′k−1Ak−2r(A−λkI)d
′kAk
combinaciones lineales de las columnas de (A−λkI)d′k−1Ak que son vectores propios
de λk y son ademas, independientes de los rk primeros vectores propios escogidos.
Si uno de ellos ed′k−1k es combinacion lineal de las n columnas de (A−λkI)d
′k−1Ak
con los coeficientes α1, α2, ..., αn consideremos las combinaciones lineales de lascolumnas de (A − λkI)d
′k−2Ak, ..., Ak con los mismos coeficientes y en el mismo
orden y ası encontramos una sucesion de vectores ed′k−1k , ..., e0k que es una cadena
de Jordan correspondiente a una caja de Jordan de dimension d′k < dk.
Repetimos el procedimiento para todos los ed′k−1k escogidos. Si el numero de estos
es `′k y si dk · rk + d′k · `′k = nk hemos acabado en Vk.
324
En caso contrario existen cajas de Jordan de dimension inferior d′′k < d′k < dk ypor tanto algun d′′k < d′k tal que
r(A− λkI)d′′k−1Ak − r(A− λkI)d
′′kAk > rk + `′k
Escogemos combinaciones lineales de las columnas de (A − λkI)d′′k−1 que sean
vectores propios y al mismo tiempo independientes de los edk−1k y de los ed′k−1k .
Obtenemos las cadenas de Jordan correspondientes a estos ultimos vectores direc-
tores ed′′k−1k con el mismo procedimiento que los hemos obtenido para los e
d′k−1k . El
numero de vectores que podemos y debemos escoger es el numero de cajas de Jordande dimension d”k que segun calculamos en el apartado de la unicidad es
r(A− λiI)d”k+1 − 2r(A− λiI)d”k + r(A− λiI)d”k−1.Seguimos ası hasta tener nk vectores independientes que son una base de Jordan
de Ek.
Como dijimos al principio, la base de Jordan de f en V es la union de las basesde Jordan de f en cada Ek.
Bibliografıa.
[A] A. Almeida Costa. Cours d’Algebre Generale, Ed. Fundacao Calouste Gul-bekian. Lisboa, 1974.
[B] J. de Burgos. Curso de Algebra y Geometrıa. Ed. Alhambra Universidad.Madrid 1982.
[C] M. Castellet, I. LLerena. Algebra Lineal y Geometrıa. Ed. Reverte. 8991.[C] L. Contreras Caballero. Un metodo facil para hallar una base de Jordan.
XV Jornadas Luso-Espanolas de Matematicas. (1990).[Fp] A. F. Filippov. A short proof of the theorem on the reduction of a matrix
to Jordan form. Moscow Univ. Math. Bull.,26 (1971) 70-71.[F-S]R. Fletcher and D.C. Sorensen. An algorithmmic derivation of the Jordan
cannonical form. Amer. Math. Monthly, 90 (1983) 12-16.[F] J. Frenkel, Geometrie pour l’eleve professeur, Ed. Hermann, Parıs, 1973.[G-W]A. Galperin and Z. Waksman. An elementary approach to Jordan theory.
Amer. Math. Monthly 87 (1981),728-732.[G] R. Godement, Algebra, Ed. Tecnos, Madrid, 1976.[Hr] I.N. Herstein, Topics in Algebra, Ed. Wiley Sons, New York, 1975.[M] A.I. Maltsev, Fundamentos de Algebra Lineal, Ed. Mir. Moscow.[S] G. Strang. Algebra Lineal y sus Aplicaciones. Addison-Wesley Iberoameri-
cana. 1990.[W] H. Waliao. An elementary approach to the Jordan form of a matrix. Amer.
Math. Monthly. 93 (1986)711-714.
325
326
APLICACIONES ORTOGONALES.ESPACIO AFIN y MOVIMIENTOS.
Introduccion.
Dados dos espacios vectoriales euclıdeos, las aplicaciones lineales entre ellos querespetan la estructura euclıdea se llaman aplicaciones ortogonales. Estas aplica-ciones conservan las distancias y el origen. Ejemplos de transformaciones ortogo-nales son los giros y las simetrıas ortogonales en el plano y las rotaciones vectorialesen el espacio.
Existe un teorema que reduce cualquier transformacion ortogonal de Rn a unproducto (o composicion) de estos dos tipos de aplicaciones ortogonales (rotacionesvectoriales y simetrıas). Ademas una rotacion vectorial o un giro se pueden de-scomponer en composicion de dos simetrıas ortogonales, de donde se deduce quetoda transformacion ortogonal se puede descomponer en producto (o composicion)de simetrıas ortogonales.
Definicion y Propiedades.
Definicion 1: Una aplicacion lineal entre dos espacios vectoriales euclıdeos esortogonal si conserva el producto escalar:
La aplicacion lineal f : V → V ′ es ortogonal si
< f(x), f(y) >=< x, y > ∀x, y ∈ V
.Las transformaciones ortogonales conservan, por tanto, tambien los modulos.
Como en R3 se identifican los puntos con los vectores y se establece que d(x, y) =||x−y||, las transformaciones ortogonales de R3 conservan las distancias y se llamanisometrıas.
Por conservar el modulo de los vectores, toda aplicacion ortogonal es inyectiva ysi los espacios original y final tienen la misma dimension, es biyectiva.
Aunque la estructura de espacio euclıdeo comprende la linealidad y el productoescalar, se demuestra que es suficiente que una aplicacion entre espacios vectorialeseuclıdeos conserve el producto escalar para que sea lineal:
Proposicion 1: Toda aplicacion entre espacios vectoriales euclıdeos que con-serva el producto escalar es lineal.
327
Demostracion:Sea f : V 7→ V ′ tal que < f(x), f(y) >=< x, y >,1) Viendo que ||f(x+ y)− f(x)− f(y)|| = 0 vamos a comprobar primero quef(x + y) = f(x) + f(y). (Recordemos que si un vector tiene modulo cero es el
vector cero).En efecto,
||f(x+ y)− f(x)− f(y)||2 =< f(x+ y)− f(x)− f(y), f(x+ y)− f(x)− f(y) >=
(por la linealidad del producto escalar)
=< f(x+ y), f(x+ y) > + < f(x+ y),−f(x) > + < f(x+ y),−f(y) > ++ < −f(x), f(x+ y) > + < −f(x),−f(x) > + < −f(x),−f(y) > ++ < −f(y), f(x+ y) > + < −f(y),−f(x) > + < −f(y),−f(y) >=
=< f(x+ y), f(x+ y) > − < f(x+ y), f(x) > − < f(x+ y), f(y) > −< f(x), f(x+ y) > + < f(x), f(x) > + < f(x), f(y) > −< f(y), f(x+ y) > + < f(y), f(x) > + < f(y), f(y) >=
(por conservar f el producto escalar)
=< x+y, x+y > − < x+y, x > − < x+y, y > − < x, x+y > + < x, x > + < x, y > −
− < y, x+ y > + < y, x > + < y, y >=
=< x+ y, x+ y − x− y > − < x, x+ y − x− y > − < y, x+ y − x− y >= 0
de donde f(x+ y) = f(x) + f(y)2) Despues vemos que f(αx) = αf(x) comprobando que ||f(αx)− αf(x)|| = 0.En efecto, por la linealidad del producto escalar y por ser este conservado por f :
||f(αx)− αf(x)||2 =< f(αx)− αf(x), f(αx)− αf(x) >=
< f(αx), f(αx) > + < f(αx),−αf(x) > + < −αf(x), f(αx) > + < −αf(x),−αf(x) >
=< f(αx), f(αx) > −α < f(αx), f(x) > −α < f(x), f(αx) > +(−α)2 < f(x), f(x) >=
=< αx, αx > −α < αx, x > −α < x, αx > +(−α)2 < x, x >=
= α2 < x, x > −α2 < x, x > −α2 < x, x > +α2 < x, x >= 0
de donde f(αx) = αf(x).
En el sentido inverso, solo es necesario exigir a una aplicacion lineal que conserveel modulo de los vectores para que conserve el producto escalar:
Proposicion 2: Si una aplicacion es lineal y conserva el modulo, conserva elproducto escalar. (Por tanto es ortogonal).
Veamoslo: Si f conserva el modulo de los vectores,< f(x+ y), f(x+ y) >= ‖f(x+ y)‖2 = ‖x+ y‖2 =< x+ y, x+ y >,ademas, por ser f lineal y por la linealidad del producto escalar,
< f(x+ y), f(x+ y) >=< f(x) + f(y), f(x) + f(y) >=
328
< f(x), f(x) > + < f(x), f(y) > + < f(y), f(x) > + < f(y), f(y) >,
considerando la expresion
< x+ y, x+ y >=< x, x > + < x, y > + < y, x > + < y, y >
vemos que si < f(x), f(x) >=< x, x > y < f(y), f(y) >=< y, y >, por la simetrıadel producto escalar tenemos < f(x), f(y) >=< x, y >.
Con la proposicion anterior hemos demostrado elTeorema 1: Una aplicacion entre dos espacios vectoriales euclıdeos es una apli-
cacion ortogonal si y solo si es lineal y conserva el modulo de los vectores.Como aplicacion de este teorema podemos deducir que los giros y las simetrıas del
plano son aplicaciones ortogonales. Puesto que son lineales y conservan los modulos.El dibujo siguiente muestra como las simetrıas son lineales:
-3
1
s(v)
s(v’)s(v+v’)
6
vv’
v+v’
Observando tambien que la imagen de un giro por un paralelogramo es un par-alelogramo, concluimos que un giro es una aplicacion lineal.
Otra propiedad importante de las aplicaciones ortogonales es que conservan laortogonalidad de vectores, es decir, dos vectores son ortogonales si y solo si susimagenes por la aplicacion ortogonal son ortogonales.
Debido a ello, tenemos elTeorema 2: Una aplicacion lineal entre espacios vectoriales euclıdeos de la
misma dimension es ortogonal si y solo si es lineal y transforma una base ortonormalen otra base ortonormal.
Cuya demostracion se deja como ejercicio.
329
Corolario 1: Si A es la matriz de una transformacion ortogonal en una baseortonormal, tA · A = I. Esta condicion de la matriz es tambien suficiente para quela aplicacion sea ortogonal.
En efecto, las columnas de la matriz A son las coordenadas de los vectoresde otra base ortonormal. Son de modulo 1 y al multiplicarlas escalarmente demanera cruzada obtenemos 0. La primera condicion implica que la suma de loscuadrados de los elementos de cada columna es 1 y la segunda implica que losproductos de columnas diferentes elemento a elemento siguiendo un orden ascendenteo descendente son cero. Como las columnas de A son las filas de tA, al realizar elproducto tA · A estamos multiplicando columnas de A por columnas de A, por loque sale I.
Este corolario se puede obtener tambien de la definicion de aplicacion ortogonalentre dos espacios vectoriales:
Sea f una aplicacion ortogonal que se escribe en una determinada base porf(x) = Ax y sean G, G′ las matrices de los correspondientes productos escalares.Por conservar f el producto escalar ha de ser:
(x1, x2, ...xn)G
y1y2...yn
=< x, y >=< f(x), f(y) >= (x1, x2, ...xn)tAG′A
y1y2...yn
cualesquiera que sean los vectores x e y. Entonces tenemos la igualdad de lasmatrices centrales:
G = tAG′A
Expresando f en bases ortonormales G = I = G′ , de donde tenemos:
tA · A = I
Corolario 2: Si A es la matriz de una aplicacion ortogonal entre espacios vec-toriales de la misma dimension, A es una matriz invertible.
Demostracion:Si los dos espacios vectoriales son de la misma dimension, la matriz correspon-
diente A es cuadrada y como acabamos de obtener que si G y G′ son las matricesde los productos escalares en V y en V’, G = tAG′A, tenemos |G| = |tA||G′||A|, loque implica |tA||A| = |G|/|G′| 6= 0.
Por tanto, una aplicacion ortogonal entre espacios de la misma dimension tieneinversa, la cual es tambien ortogonal, porque la conservacion del producto escalarse hace en los dos sentidos.
330
Por ello, si la transformacion ortogonal se ha expresado en una base ortonormalpor A, la matriz A−1 existe y tambien verifica: A−1t · A−1 = I expresion de la queal tomar inversas tenemos A · tA = I. Es decir que si A es cuadrada, y tA · A = I,tambien A · tA = I. Siguiendo el razonamiento a la inversa, se ve que esta condiciones suficiente para que la matriz corresponda en una base ortonormal a una aplicacionortogonal.
A las matrices cuadradas tales que tA · A = I o A · tA = I se les llamamatrices ortogonales.
Ademas, Corolario 3: El determinante de la matriz de una transformacionortogonal es 1 o −1.
Demostracion:Si A es la matriz de una transformacion ortogonal expresada en una base ortonor-
mal,|tA||A| = |A|2 = 1
La matriz A′ de la transformacion en otra base esta relacionada con A porA′ = C−1AC de donde
|A′| = |C−1||A||C| = 1
|C||A||C| = |A| = ±1
Ejercicios:
13.1.1. Averiguar si son ortogonales los endomorfismos expresados en las basescanonicas de R2 o R3 (segun corresponda), por las matrices:
a)
(1√2− 1√
21√2
1√2
)b)
(1√2
1√2
1√2− 1√
2
)c)
−1√2
1√6
1√3
0 − 2√6
1√3
1√2
1√6
1√3
.
cuando se usa el producto escalar usual.
13.1.2. Sea E un espacio vectorial euclıdeo de dimension 3 y f un endomorfismode ese espacio dado en una base ortonormal B = e1, e2, e3 por
7f(e1) = 2e1 + αe2 + βe3, 7f(e2) = 6e1 + 2e2 + γe3, 7f(e3) = 3e1 − 6e2 + 2e3
Hallar α, β, γ para que f sea ortogonal.
331
13.1.3. SeaB = u1, u2, u3 una base deR3, donde u1 = (1, 1, 0), u2 = (1, 0, 1), u3 =(0, 1, 1). Estudiar si son ortogonales los endomorfismos de R3 dados en esa base porlas matrices:
a)
1 0 10 1 01 0 0
b)
1 1 10 −1 00 0 −1
13.1.4. Sea A la matriz de un endomorfismo f de R3 en la base canonica.
Comprobar que si A2 = I, f es ortogonal si y solo si la matriz A es simetrica.
13.1.5. Sea U un subespacio de un espacio vectorial euclıdeo V , PU la proyeccionortogonal de V sobre U y PU⊥ la proyeccion ortogonal de V sobre U⊥.
a) Comprobar que la aplicacion SU = PU − PU⊥ es una aplicacion ortogonal deV y S2 = I. (SU es la simetrıa ortogonal respecto a U).
b) Comprobar que SU = I − 2PU⊥ = 2PU − I.c) Justificar por que la matriz de la simetrıa ortogonal respecto a un subespa-
cio vectorial de un espacio vectorial euclıdeo expresada en una base ortonormal essimetrica.
13.1.6. Demostrar que una aplicacion ortogonal de R3 solo admite como valorespropios reales los valores 1 y −1.
13.1.7. Considerando una matriz ortogonal como unitaria, deducir que condicionhan de cumplir sus valores reales complejos.
13.1.8. Demostrar que vectores propios de una aplicacion ortogonal correspon-dientes a valores propios reales distintos son ortogonales.
13.1.9. Sea f una transformacion ortogonal de un espacio vectorial V , y W unsubespacio de V , invariante por f . Demostrar que W = f(W ).
13.1.10. Sea f una transformacion ortogonal de un espacio vectorial V , y W unsubespacio de V , invariante por f . Demostrar que W es tambien invariante por f−1.
13.1.11. Sea f una transformacion ortogonal de un espacio vectorial euclıdeo Vy W un subespacio de V invariante por f . Demostrar que W⊥ es invariante por f .
332
Estudio de las transformaciones ortogonales de R2.
Recordemos que las matrices de los giros de angulo φ son(cosφ −senφsenφ cosφ
)como se deduce del dibujo:
-7
6
φcosφ
senφ
e1
g(e1)
ZZ
ZZZ
ZZZ
ZZ
cosφ
senφ
e2
g(e2)
φ
y que dada una simetrıa respecto a una recta los vectores de esta recta quedan fijosy los vectores perpendiculares a la recta se transforman en sus opuestos, por lo queen una base formada por un vector de la recta y otro perpendicular, la matriz de lasimetrıa es (
1 00 −1
)Veremos a continuacion que solo hay estos dos tipos de transformaciones ortog-
onales en el plano.Para ello estudiamos las restricciones que da la condicion tA · A = I, necesaria
y suficiente para que la matriz A corresponda a una aplicacion ortogonal en unabase ortonormal y las posibilidades de transformaciones ortogonales de un espaciovectorial euclıdeo en R2 expresadas en la base canonica.
Teorema 3. Las transformaciones ortogonales de R2 son giros alrededor delorigen o simetrıas ortogonales respecto a rectas.
Demostracion: Sea
A =
(a cb d
)la matriz de una transformacion ortogonal en la base canonica.
A es ortogonal si y solo si(a bc d
)(a cb d
)= I ≡
a2 + b2 = 1c2 + d2 = 1ac+ bd = 0
333
La primera ecuacion hace que podamos expresar
a = cosφ, b = senφ
La ultima ecuacion da
ac = −bd, de donde, si a 6= 0 y b 6= 0,d
a= −c
b= k
Entonces, la segunda ecuacion da entonces:
1 = k2b2 + k2a2 = k2(a2 + b2) = k2,
por lo que k = ±1.Si k = 1, d = a, c = −b, y si k = −1, d = −a, c = b. Con lo que las posibles
matrices a obtener cuando a 6= 0 6= b, son:Si k = 1,(
cosφ −senφsenφ cosφ
)correspondiente a un giro de angulo φ
Si k = −1, (cosφ senφsenφ −cosφ
)que estudiaremos despues.
Cuando a = 0, por la primera ecuacion ha de ser b2 = 1, (b = ±1), y como b 6= 0,por la tercera condicion ha de ser d = 0, siendo por la segunda condicion, c2 = 1,obteniendose c = ±1, de donde las posibles matrices en este caso son:(
0 11 0
) (0 −11 0
) (0 1−1 0
) (0 −1−1 0
)De estas, la segunda y la tercera son tambien giros de angulos π
2,−π
2.
Los razonamientos analogos cuando b = 0, dan a = ±1, c = 0 y d = ±1. Lasposibles matrices en este caso son:(
1 00 1
) (1 00 −1
) (−1 00 1
) (−1 00 −1
)De estas, la primera y la cuarta son tambien giros de angulos 0, π.
Podemos ver, (dibujando las imagenes de los vectores de la base de los ejescoordenados), que de las matrices obtenidas ultimamente para a = 0 o b = 0 lasmatrices que no corresponden a giros, corresponden a simetrıas ortogonales respectoa las diagonales o respecto a los ejes coordenados.
Dada esta situacion nos preguntamos si las transformaciones ortogonales de R2
que no son giros son simetrıas ortogonales respecto a una recta. De hecho ası ocurrey para ello estudiaremos la forma general que nos quedaba:(
cosφ senφsenφ −cosφ
)334
segun sus vectores propios y valores propios.El lector puede comprobar facilmente que todas las matrices numericas que
surgieron anteriormente y corresponden a simetrıas, se pueden englobar en la formageneral cuando φ = π/2, φ = −π/2, φ = 0 y φ = π.
El teorema 3 quedara completo cuando hayamos demostrado la
Proposicion 3: Si f es una transformacion ortogonal de R2 de matriz(cosφ senφsenφ −cosφ
)f es una simetrıa respecto a una recta.
Demostracion:Esta matriz es una matriz simetrica, por lo que es diagonalizable y si tiene dos
valores propios distintos es diagonalizable en una base ortogonal.Hallemos sus valores propios:∣∣∣∣ cosφ− λ senφ
senφ −cosφ− λ
∣∣∣∣ = (cosφ− λ)(−cosφ− λ)− sen2φ =
= λ2 − cos2φ− sen2φ = λ2 − 1 = 0
tiene las dos soluciones λ = 1 y λ = −1 como valores propios.Entonces, si f(v1) = v1 y f(v2) = −v2, < v1, v2 >= 0.Si f(v1) = v1 y f(v2) = −v2, la recta engendrada por v1 queda fija por f y la recta
engendrada por v2 (que es perpendicular a la anterior), se transforma simetricamenterespecto al origen. Por ser f lineal, f queda determinada por su efecto en estas dosrectas y resulta ser la simetrıa ortogonal respecto a la recta fija, ya que serıa:
f(v) = f(x1v1 + x2v2) = x1f(v1) + x2f(v2) = x1v1 + x2(−v2) = x1v1 − x2v2.
Haciendo el dibujo se ve que el vector f(v) es el vector simetrico del vector vrespecto a la recta determinada por el vector v1.
v1
@@@@R−x2v2
@@@
@I
@@Iv2
x2v2
1
f(v)
x1v1
v
@
@
@
@
@
335
Para el lector que no haya estudiado la diagonalizacion de matrices simetricas, una vez quetenemos los dos valores propios de esta transformacion ortogonal, vemos que los dos vectorespropios correspondientes son ortogonales haciendo el siguiete razonamiento:
< v1, v2 >=< f(v1), f(v2) >=< v1,−v2 >= − < v1, v2 >⇒< v1, v2 >= 0
Conviene saber distinguir mediante calculos los giros de las simetrıas. Para ellovemos la proposicion siguiente:
Proposicion 4: El determinante de la matriz de un endomorfismo es un in-variante del endomorfismo (no depende de la base en que se haya expresado elendomorfismo).
Demostracion:Sea f(x) = Ax en una determinada base. Al hacer un cambio de base, la matriz
de f se transforma en A′ = C−1AC cuyo determinante es
|A′| = |C−1AC| = |C−1||A||C| = 1
|C||A||C| = |A|
Volviendo a mirar las matrices obtenidas para los giros y para las simetrıas deR2 en la base canonica, en el primer estudio que hemos hecho, vemos que los girostienen determinante 1 y las simetrıas determinante −1. Debido a la invariancia deldeterminante de la matriz en un cambio de base, este es 1 para los giros y −1 para lassimetrıas axiales, cualquiera que sea la base en la que se expresen. Distinguiendoselos giros de las simetrıas por el valor del determinante.
Desde el punto de vista de los valores propios, recordemos que las simetrıasaxiales son las que tienen dos valores propios distintos y son diagonalizables, porello, el determinante de su matriz es el producto de sus valores propios que es −1.
El giro de angulo cero es la identidad y el giro de angulo π es la simetrıa centralrespecto al origen. Los demas giros no dejan ninguna direccion fija, por lo que notienen valores propios reales.
El eje de una simetrıa es el conjunto de vectores fijos por la simetrıa, que estambien el conjunto de vectores propios para el valor propio 1.
El angulo de un giro de R2 viene dado por su coseno y su seno, que son losnumeros de la primera columna de su matriz en la base canonica. Si el giro no vienedado en la base canonica, se puede hallar el seno y el coseno del angulo haciendo elcambio de base de la matriz dada a la base canonica.
336
Ejercicios:
13.2.1. Comprobar que la matriz:
1/5
(4 −3−3 −4
)corresponde a una simetrıa ortogonal dada en la base canonica de R2.
Hallar su eje de simetrıa.
13.2.2. Considerar las aplicaciones lineales de R2 dadas en la base (1, 0), (1, 1)por las matrices:
a) 1/2
(0 2√
2√2 0
)b) 1/2
( √3− 1 −2
1 1 +√
3
)Determinar
a) Si son ortogonales.b) Cual corresponde a un giro y cual corresponde a una simetrıa.c) El angulo del giro en su caso.d) El eje de la simetrıa en su caso.
13.2.3. Hallar la matriz en la base canonicaa) del giro que lleva el eje OX a la recta de ecuacion 2x+ y = 0.b) del giro que lleva la recta de ecuacion 2x+ y = 0 al eje OX.c) de la simetrıa ortogonal respecto a la recta de ecuacion 2x+ y = 0.
337
Estudio de las transformaciones ortogonales de R3.
Teorema 5.Las transformaciones ortogonales de R3 son simetrıas respecto a planos, rota-
ciones vectoriales o productos de ambas.
Demostracion:Cualquier aplicacion lineal f de R3 en R3 tiene al menos un valor propio real por
ser impar el grado de su polinomio caracterıstico. Los valores propios reales de lasaplicaciones ortogonales son 1 o −1. Sea v1 el vector propio correspondiente tal quef(v1) = v1 o f(v1) = −v1, entonces, W = Lv1 es un subespacio invariante, porlo que tambien, W⊥ es un plano invariante por la aplicacion ortogonal (Ejercicio13.1.11). Por ser un plano, es isomorfo a R2 y la restriccion al plano de la trans-formacion ortogonal es una de las estudiadas anteriormente. Segun hemos visto alestudiar las transformaciones ortogonales de R2, la restriccion de la transformacionortogonal al plano es un giro o una simetrıa y existe una base ortonormal del planoW⊥: v2, v3 en la que esta restriccion tiene la matriz del giro:(
cosϕ −senϕsenϕ cosϕ
)o la de la simetrıa: (
cosϕ senϕsenϕ −cosϕ
).
Las posibles combinaciones de las actuaciones de la transformacion ortogonalsobre W y sobre W⊥ dan las posibles transformaciones ortogonales de R3. Enprincipio son cuatro, las posibles matrices que se obtienen para la transformacionortogonal en la base Lv1, v2, v3:
1 0 00 cosφ −senφ0 senφ cosφ
−1 0 00 cosφ −senφ0 senφ cosφ
1 0 0
0 cosφ senφ0 senφ −cosφ
−1 0 00 cosφ senφ0 senφ −cosφ
Las transformaciones ortogonales del tipo primero dejan fijo el eje engendrado
por v1 y realizan un giro de angulo φ en el plano perpendicular a este eje. Como laaplicacion es lineal, descomponiendo cada vector en sus componentes segun el eje yel plano, se ve que la transformacion ortogonal es una rotacion vectorial alrededordel eje. (Se ve tambien que todos los planos perpendiculares al eje engendrado porv1 son invariantes, aunque estos planos no son subespacios vectoriales de R3).
338
@@@@@@R
AAAAAAK
ZZZZZZ
v
v’
A(v)
A(v’)
ϕ
O
ϕ
BBBBBBBBBBN
AAAAAAKJJJJJ
v”
v’
A(v”)
A(v’)
O
ϕ
En la segunda se realiza un giro en el plano v2, v3 y se cambia de signo elvector v1. Se pueden hacer los dos pasos en dos etapas seguidas correspondientes ahacer primero una rotacion vectorial y despues una simetrıa precisamente respectoal plano perpendicular al eje de giro de la rotacion vectorial. Los vectores del eje dela rotacion se transforman en sus opuestos, por tanto, aunque el eje ya no es unarecta de vectores fijos, sı es una recta invariante, globalmente considerada.
JJJJ]
AAAAAAAAU
@@@@R
@@@
@
−→v
p(−→v )
A(p(−→v ))ϕ
A(−→v )
Para entender la tercera y la cuarta, tengamos en cuenta que la restriccion dela transformacion ortogonal a W⊥ es una simetrıa axial, por lo que existen vectoresv′2 y v′3 en este plano, ortogonales entre sı, tales que f(v′2) = v′2 y f(v′3) = −v′3.Entonces v1, v′2, v′3 son una base de R3 en la que f se expresa por
a)
1 0 00 1 00 0 −1
o b)
−1 0 00 1 00 0 −1
339
En las transformaciones ortogonales del tipo a), queda fijo el plano v1, v′2 ycambia de signo el vector v′3. Por ello, estas aplicaciones son simetrıas respecto alplano v1, v′2.
En las transformaciones ortogonales del tipo b), queda fija la recta v′2 y cam-bian de signo los vectores del plano v1, v′3. Por ello, son simetrıas respecto ala recta v′2 que tambien se pueden considerar rotaciones vectoriales de angulo πrespecto a la recta fija.
Hemos demostrado ası el teorema.
Solo diremos que una tranformacion ortogonal de R3 es una composicion derotacion vectorial con simetrıa si la rotacion vectorial que aparece en ella es deangulo distinto de cero.
Para distinguir entre sı los distintos tipos de transformaciones ortogonales de R3
consideramos el invariante determinante (ya visto) y ademas otro invariante que esla traza de la matriz del endomorfismo: (La traza es la suma de los elementos de ladiagonal de la matriz del endomorfismo).
Proposicion 5: La traza de la matriz de un endomorfismo es un invariante delendomorfismo.
Demostracion: La matriz del endomorfismo, despues de hacer el cambio de basees A′ = C−1AC; entonces,
|A′ − λI| = |C−1AC − λI| = |C−1(A− λI)C| =
= |C−1||A− λI||C| = 1
|C||A− λI||C| = |A− λI|
Por tanto, los coeficientes de este polinomio son invariantes de f . El coeficientede λn−1 en este polinomio es (−1)n−1traza(A), por tanto, la traza de A es invariante.
Clasificacion y caracterizacion de las transformaciones ortogonales deR3.
Las rotaciones vectoriales son las unicas que tienen determinante positivo (=1).El eje de una rotacion vectorial es la recta engendrada por el vector propio de latransformacion ortogonal para el valor propio 1. El plano perpendicular a este ejees invariante. El angulo de la rotacion vectorial verifica
1 + 2cosφ = traza(rot)
Si cosφ = 1, φ = 0, si cosφ = −1, φ = π. Cada valor del coseno distinto de 1 yde −1, determina el angulo salvo el signo, es decir, salvo el sentido de giro. Dadosdos vectores u2, u3 hay dos sentidos de giro de u2 hacia u3: el sentido del arcomas corto que va de u2 hacia u3 y que es el que usualmente se considera como girode u2 hacia u3 y el opuesto, que es el sentido del arco mas largo va de u2 hacia u3y es el mismo que el sentido del arco que lleva u3 hacia u2 por el arco mas corto.La distincion del signo del angulo de giro, o lo que es lo mismo, del sentido delgiro en la rotacion vectorial se hace con referencia a una base ortonormal escogida
340
en el plano de rotacion. Si esta base es u2, u3 y si senang(u2, f(u2)) > 0, comosenang(u2, f(u2)) es la proyeccion de f(u2) sobre la recta de direccion u3, la rotacionva de u2 hacia u3 por el arco mas corto, y si senang(u2, f(u2)) < 0, va de u2 haciau3 por el arco mas largo, lo que tambien es de u3 hacia u2 por el arco mas corto,segun se ve en el dibujo siguiente:
6
-@@
@@@I
@@@@@
@@@
@@@
@@I
@@@@@
@@@
u2u3
f(u2)senφ > 0
senφ
u2u3
f(u2)
senφ < 0
senφ
Este seno se calcula por
senang(u2, f(u2)) = cosang(f(u2), u3) =< f(u2), u3 >
|f(u2)||u3|
Puede verse que es suficiente que u2, u3 sean ortogonales para calcular el senodel angulo, lo cual nos proporciona numeros mas sencillos a la hora de hacer elcalculo. En efecto, utilizando αu2 y βu3 donde α > 0 y β > 0, en lugar de u2 y u3,se ve que la fraccion final del calculo anterior es la misma. Y como solo nos interesael signo, tampoco hay que calcular |f(u2)||u3|.
Los otros dos tipos tienen determinante negativo (= −1), pero se pueden distin-guir entre sı por la traza, que es 1 en el caso de las simetrıas respecto a un planoy −1 + 2cosφ 6= 1 si φ 6= 0 en la composicion de rotacion vectorial con la simetrıarespecto a un plano.
El plano de simetrıa de una simetrıa es el subespacio de vectores fijos, es decir,de vectores propios para el valor propio 1.
En cuanto al caso del producto de la rotacion vectorial por la simetrıa, los vec-tores del eje de la rotacion vectorial que interviene se transforman en sus opuestos.Constituyen la recta engendrada por el vector propio correspondiente al valor propio−1. Globalmente considerado, es un eje invariante de la transformacion ortogonal,aunque sus vectores no nulos no son fijos.
En el plano de simetrıa de la simetrıa que interviene se realiza solamente larotacion. Este plano es, globalmente considerado, invariante por la transformacionortogonal. Es perpendicular al eje de vectores propios para el valor propio −1.
El coseno del angulo de dicha rotacion vectorial viene dado por la traza, segunla formula:
−1 + 2cosφ = traza(f)
341
Para cada valor del coseno distinto de 1 y de −1, hay dos angulos opuestosposibles. La distincion del signo del angulo de giro, o lo que es lo mismo del sentidodel giro en la rotacion vectorial se hace con referencia a una base ortonormal escogidaen el plano de rotacion. Si esta base es u2, u3, la rotacion va de u2 hacia u3 en elsentido del arco mas corto si senang(u2, f(u2)) > 0 y va de u3 hacia u2 en el sentidodel arco mas corto si senang(u2, f(u2)) < 0. Este seno se calcula por
senang(u2, f(u2)) = cos(ang(f(u2), u3)) =< f(u2), u3 >
|f(u2)||u3|Como solo nos interesa el signo del seno del angulo, podemos coger u2, u3 simple-mente ortogonales y no necesitamos calcular |f(u2)||u3|.
Ejemplo a:Consideremos la aplicacion ortogonal dada por
f
xyz
=1
9
7 4 −44 1 8−4 8 1
xyz
Se decide que transformacion ortogonal es, por el determinante y la traza de la
matriz. El determinante es−1 y la traza es 1; por tanto es, de una simetrıa ortogonalrespecto a un plano. Este plano es el plano de vectores fijos. Los vectores de la rectaperpendicular a este plano se transforman en sus opuestos, por lo que esta recta,considerada globalmente es tambien invariante.
Los vectores fijos de la aplicacion f son los que verifican: xyz
=1
9
7 4 −44 1 8−4 8 1
xyz
de donde se obtienen las ecuaciones:
9x = 7x +4y −4z9y = 4x +y +8z
9z = −4x +8y +z
≡−2x +4y −4z = 04x −8y +8z = 0−4x +8y −8z = 0
≡ x− 2y + 2z = 0
y forman por tanto un plano de vectores fijos que es el plano de simetrıa. La rectavectorial invariante (no de vectores fijos) esta engendrada por el vector (1,−2, 2).
Todas las rectas paralelas a la recta vectorial invariante son invariantes en lasimetrıa pero las que no pasan por el origen no son subespacios vectoriales.
Ejemplo b:Estudiemos ahora la aplicacion ortogonal dada por
f
xyz
=1
3
2 2 1−2 1 2
1 −2 2
xyz
.
342
Determinamos el tipo de transformacion ortogonal que es, viendo el valor del de-terminante y de la traza de la matriz. En este caso solo necesitamos el determinanteporque siendo este 1, se trata de una rotacion vectorial. Su eje de vectores fijos esla recta solucion del sistema: x
yz
=1
3
2 2 1−2 1 2
1 −2 2
xyz
≡≡
2x +2y +z = 3x−2x +y +2z = 3yx −2y +2z = 3z
≡ −2x −2y +2z = 0x −2y −z = 0
≡ x +y −z = 0x −2y −z = 0
≡ x −2y −z = 0
3y = 0
x −z = 0
y = 0
Su vector director es (1, 0, 1).En el plano perpendicular a este eje, de ecuacion x + z = 0, los vectores giran
un angulo φ permaneciendo en el plano, por lo que este plano vectorial es invarianteglobalmente considerado.
Podemos hallar tambien el angulo de la rotacion vectorial: Llamando A a lamatriz de la aplicacion ortogonal:
1 + 2cosφ = Traza(A) =1
3· 5 =⇒ cosφ =
1
3=⇒ |φ| = arccos
1
3.
El signo del angulo indica el sentido del giro; lo podemos determinar escogiendouna base ortogonal del plano de direccion de los planos invariantes. Sea esta base:u2, u3 = (0, 1, 0), (1, 0,−1) (perpendiculares al eje de giro). Si el giro va en elsentido que lleva la direccion de u2 hacia la direccion de u3 en el sentido del arcomas corto, el angulo en esta base es positivo, lo cual se produce si y solo si el senodel angulo que forma u2 con A(u2) es positivo (En caso contrario la rotacion llevala direcion y sentido de u3 hacia la direccion y sentido de u2 en el sentido del arcomas corto). Este seno se puede hallar ası:
senφ = senang(u2, A(u2)) = cosang(A(u2), u3) =< A(u2), u3 >
|A(u2)||u3|En nuestro caso, ya que A(u2) = 1
3(2, 1,−2),
senφ =< 1
3(2, 1,−2) · (1, 0,−1) >
|A(u2)||u3|=
4
3|A(u2)||u3|> 0
Entonces, la rotacion es de angulo arccos13
siendo el sentido el que lleva la recta dedireccion del vector (0, 1, 0) hacia la recta de direccion del vector (1, 0,−1) de formaque el vector (0, 1, 0) gira hacia el vector (1, 0,−1) en el sentido del arco mas corto.
343
-
ϕ
El vector (0,1,0) va hacia adelante de derecha a izquierda.
Para los que les gusta utilizar el producto vectorial, observemos que si u2 gira hacia u3 en el
sentido del arco mas corto, los productos vectoriales u2×A(u2) y u2×u3 tienen el mismo sentido,
por lo que al calcularlos cada uno tiene que ser multiplo positivo del otro.
Se puede observar que la eleccion de u3 esta determinada salvo el signo y por esovamos a ver ahora que aunque cambiemos el signo de u3 el resultado del sentido dela rotacion es el mismo: Si hubiera sido u′3 = (−1, 0, 1),
senφ =< 1
3(2, 1,−2) · (−1, 0, 1) >
|A(u2)||u′3|=
−4
3|A(u2)||u3|< 0,
lo que indicarıa que el vector (0, 1, 0) gira en el sentido del arco mas largo que lolleva hacia u′3 = (−1, 0, 1), pero este sentido es el del arco mas corto que lo llevahacia u3 = (1, 0,−1).
Ejemplo c:Sea f una aplicacion ortogonal de R3 dada por:
f
xyz
=
x′
y′
z′
=1
3
2 2 −1−2 1 −2
1 −2 −2
xyz
≡ A
xyz
Es facil de comprobar que |A| = −1. Teniendo en cuenta solo el determinante de
la matriz, tenemos dos posibilidades: una simetrıa o una composicion de simetrıa conrotacion vectorial. Pero la aplicacion ortogonal no es una simetrıa porque la traza deA es 1/3, en lugar de ser 1, luego es una composicion de simetrıa con rotacion vectorial.
Segun hemos visto teoricamente, esta aplicacion ortogonal tiene un unico vectorfijo que es el cero y es una rotacion vectorial compuesta con simetrıa.
En efecto, los vectores fijos de f son las soluciones del sistema: xyz
=1
3
2 2 −1−2 1 −2
1 −2 −2
xyz
≡344
≡3x = 2x +2y −z3y = −2x +y −2z3z = x −2y −2z
≡0 = −x +2y −z0 = −2x −2y −2z0 = x −2y −5z
sistema de soluciones: x = 0, y = 0, z = 0, por ser el determinante de la matriz decoeficientes de este sistema distinto de cero.
Hay una recta invariante por f (aunque sus vectores no son fijos), es el eje de larotacion vectorial que interviene en f . El plano perpendicular al eje de la rotacionque interviene en f es tambien invariante (aunque sus vectores no son fijos).
Para hallar la direccion de la recta invariante de f hallamos los vectores propiosde A para el valor propio −1:
−
xyz
=1
3
2 2 −1−2 1 −2
1 −2 −2
xyz
≡ −3x = 2x +2y −z−3y = −2x +y −2z−3z = x −2y −2z
≡
≡0 = 5x +2y −z0 = −2x +4y −2z0 = x −2y +z
≡ 0 = x −2y +z0 = 12y −6z
≡ x −2y = −z
2y = z
Haciendo z = 1, obtenemos y = 12, x = 0, siendo por tanto, el vector de direccion del
eje, (0, 12, 1) ∼ (0, 1, 2). El plano perpendicular a este eje, de ecuacion y + 2z = 0,
queda invariante en la transformacion ortogonal. Solo hay un plano invariante. Losplanos paralelos a este no son invariantes.
El coseno del angulo de la rotacion que interviene en f se puede hallar por latraza de la matriz A: −1 + 2cosφ = Traza(A) = 1
3, de donde cosφ = 2
3, siendo
|φ| = arccos23.
El sentido de la rotacion respecto a una base ortogonal u2, u3 del plano vec-torial invariante se determina de manera analoga a como se hacıa en las rotacionesvectoriales: dos vectores ortogonales en el plano invariante (ortogonales tambiena la direccion de la recta invariante), son u2, u3 = (1, 0, 0), (0, 2,−1), ComoA(u2) = 1
3(2,−2, 1), tenemos:
senang(u2, A(u2)) = cosang(A(u2), u3) =
=< 1
3(2,−2, 1)(0, 2,−1) >
|A(u2)||u3|=
1
3
−5
|A(u2)||u3|< 0
siendo, por tanto, el sentido del angulo el que lleva la recta de direccion del (0, 2,−1)hacia la recta de direccion del vector (1, 0, 0) de forma que el vector (0, 2,−1) girahacia el vector (1, 0, 0) en el sentido del arco mas corto. O bien, el que lleva la rectaengendrada por (1, 0, 0) hacia la engendrada por (0, 2,−1) de forma que el vector(1, 0, 0) gira hacia el vector (0, 2,−1) en el sentido del arco mas largo.
Observacion: Una vez visto el invariante traza para aplicaciones lineales, observemos que
podemos usarlo en las transformaciones ortogonales de R2 para reconocer los giros cuando la traza
sea distinta de cero, lo cual nos ahorra el calculo del determinante. A pesar de ello puede haber
giros de traza cero (de ±π/2). Las simetrıas siempre tienen traza cero. Si la traza es cero hay que
345
recurrir al determinante para distinguir giros de simetrıas en R2. La traza sigue sirviendo para
calcular el coseno del angulo de giro.
Ejercicios:
13.3.1. Escribir la matriz de las siguientes aplicaciones ortogonales de R3:a) La simetrıa ortogonal respecto al origen.b) La simetrıa ortogonal respecto al eje coordenado OX.c) La simetrıa ortogonal respecto al plano coordenado z=0.11.3.2. Clasificar las transformaciones ortogonales de R2 o R3 dadas en la base
canonica por las siguientes:
a)
0 0 11 0 00 1 0
b)
0 0 10 1 01 0 0
c)
0 1 01 0 00 0 1
d)
0 1 01 0 00 0 −1
e)
0 1 00 0 1−1 0 0
f)
0 −1 00 0 11 0 0
g)1
9
1 8 −48 1 4−4 4 7
h)
1
7
2 6 33 2 −66 −3 2
i)1
3
2 −2 12 1 −21 2 2
j)1
3
2 2 12 −1 −21 −2 2
k)1
3
2 2 −1−2 1 −2−1 2 2
l)1
9
7 4 −4−4 −1 −8
4 −8 −1
m)
−1√2− 1√
20
1√6− 1√
62√6
− 1√3
1√3
1√3
ii) Si son giros, hallar el angulo de giro.iii) Si son rotaciones vectoriales, hallar el eje de rotacion y el angulo de giro.iv) Si son simetrıas, hallar el eje o el plano de simetrıa.v) Si son composicion de rotacion vectorial con simetrıa, hallar la recta invariante
pero no fija, el plano invariante y el angulo de la rotacion vectorial que interviene.13.3.3. Escribir la matriz de la simetrıa ortogonal de R3 respecto a la recta
engendrada por el vector (1,1,1).13.3.4. Escribir la matriz de la simetrıa ortogonal de R3 respecto al plano de
ecuacion x+ z = 0.13.3.5. Escribir las matrices de las rotaciones vectoriales cuyo eje director es la
recta de vector (1, 1, 1) y cuyo angulo es π/6.13.3.6. Escribir la matriz de una rotacion vectorial que lleve el vector (3, 4, 5) al
eje vertical en sentido hacia arriba. (Indicacion: considerar una rotacion que lleveprimero el vector a un plano coordenado conteniendo el eje vertical y despues otrarotacion en este ultimo plano).
13.3.7. Escribir la matriz de la rotacion vectorial de eje engendrado por (1, 1, 1)y que lleve (1, 0,−1) a (0, 1,−1).
13.3.8. Escribir la matriz de la rotacion vectorial compuesta con simetrıa de ejeinvariante engendrado por (1, 1, 1) y que lleve (2, 1, 0) a (−1, 0,−2).
13.3.9. Encontrar las transformaciones ortogonales de R3 que conmutan con lasimetrıa respecto al plano horizontal.
346
Espacio Afın.
Hasta ahora hemos estudiado el espacio vectorial, que sirve de modelo matematicodel espacio ambiente cuando fijamos en este un punto que llamamos origen de co-ordenadas. Una vez fijado el origen, cada punto determina un vector, que fijadostambien tres vectores representando las tres dimensiones del espacio, determina asu vez tres numeros reales que son las coordenadas del vector y por tanto del punto.Ası es como identificamos el espacio ambiente en que nos movemos con R3.
JJJJ]
BBBBBBBBBBN
@@@R
Haciendo operaciones con las coordenadas de los vectores, obtenemos propiedadesde las figuras geometricas, p. ej. hemos calculado distancias de puntos a planos quepasan por el origen. Y las expresiones matriciales de ciertas proyecciones y simetrıas.Tambien podemos obtener areas y volumenes cuyos lados son vectores conocidos uti-lizando el producto vectorial.
Pero aunque es muy util el modelo matematico espacio vectorial, tiene sus lim-itaciones, porque todos los vectores tienen su origen comun, no habiendo vectoresparalelos; todas las rectas co-rrespondientes a subespacios vectoriales pasan por elmismo punto (el origen); y todas las aplicaciones lineales dejan fijo el origen. Sinembargo, si miramos al espacio, percibimos que hay rectas que no tienen puntos co-munes y si pensamos en las aplicaciones del espacio en el mismo tambien aparecenaplicaciones que no dejan ningun punto fijo (como las traslaciones).
Para recoger mas propiedades del espacio, se construye en algebra lineal la es-tructura de espacio afın, haciendo las siguientes consideraciones:
Para tener en cuenta todos los vectores con distintos puntos origen, tenemos queconsiderar todos los puntos del espacio como posibles orıgenes y hacernos la idea deque en cada punto hay colocado un espacio vectorial que da una correspondenciabiyectiva entre los puntos y los vectores.
347
JJJJ]
BBBBBBBBBBN
@@@R
JJJJ]
BBBBBBBBBBN
@@@R
JJJJ]
BBBBBBBBBBN
@@@R
Se pasa de un origen a otro por una traslacion, que tambien traslada un espaciovectorial a otro y relaciona las distintas biyecciones entre el conjunto de puntos y elespacio vectorial. Las traslaciones transforman un vector en otro paralelo.
JJJJ]
BBBBBBBBBBN
@@@R
JJJJ]
BBBBBBBBBBN
@@@RO
O’
:
Todo este entramado se recoge en la estructura de espacio afın.
Es decir, el espacio afın esta formado por todos los espacios vectoriales que sepueden construir con origen en todos los puntos del espacio, relacionados entre sıpor las traslaciones. Axiomaticamente, se expresa ası:
Definicion 2: Un espacio afın es un conjunto de puntos A con un espaciovectorial asociado: E, tal que a cada pareja ordenada de puntos (p, q) ∈ A × Acorresponde un vector −→pq ∈ E y esta correspondencia tiene las propiedades:
348
a) Fijado p ∈ A, la aplicacion que a cada q ∈ A hace corresponder el vector−→pq ∈ E es biyectiva.
b) Dados tres puntos p q y r,
−→pq +−→qr = −→pr
1
>
p
q
r
En este conjunto llamado espacio afın existen asociadas a cada vector del espaciovectorial abs-tracto unas aplicaciones llamadas traslaciones definidas de la siguienteforma:
A cada vector u ∈ E le asociamos la traslacion Tu : A −→ A que hace corre-sponder a cada punto p el unico punto q tal que −→pq = u.
Las traslaciones tienen las siguientes propiedades: (en correspondencia con a) yb))
α) ∀(p, q) ∈ A×A existe un vector unico u ∈ E tal que Tu(p) = q.β) Tu Tv = Tu+v donde u y v son dos vectores cualesquiera de E.
El vector −→pq es paralelo al vector−→p′q′ si existe u ∈ E, tal que Tu(p) = p′ y
Tu(q) = q′. (−→pq coincide con−→p′q′ en el espacio vectorial E).
*
*
p
p’
q
q’
u
u
349
En el espacio afın, para operar, asociamos a cada punto un conjunto de numeros,escogiendo, en lugar de una base, un sistema de referencia formado por un punto delconjunto y una base del espacio vectorial asociado, lo que permite que cada puntoeste determinado por las coordenadas del vector con origen en el punto del sistemade referencia y extremo el punto considerado. Ası vamos a poder sacar propiedadesgeometricas haciendo operaciones aritmeticas.
Concretando, sea A3 el espacio en que vivimos y O, e1, e2, e3 un sistema dereferencia de A3 donde O ∈ A3 y e1, e2, e3 son tres vectores no coplanarios, las
coordenadas de un punto p en dicho sistema de referencia son las del vector−→Op en
la base e1, e2, e3.El punto p tiene de coordenadas (p1, p2, p3) si
−→Op = p1e1 + p2e2 + p3e3. El punto
q tiene de coordenadas (q1, q2, q3) si−→Oq = q1e1 + q2e2 + q3e3. Dos puntos distintos
p y q determinan un vector −→pq de origen p y extremo q. Por la propiedad b) delespacio afın −→
Op+−→pq =−→Oq,
6
-
1
>
O
p
q
de donde
−→pq =−→Oq −
−→Op = (q1 − p1)e1 + (q2 − p2)e2 + (q3 − p3)e3
teniendose que las coordenadas de −→pq son la diferencia de las coordenadas de lospuntos p y q; por eso se representa
−→pq = q − p y q = p+−→pq.
Distintos orıgenes dan distintas coordenadas de los puntos p y q, pero mientrasmantengamos la base e1, e2, e3, las coordenadas del vector ~pq son las mismas.
350
6
-
1
@@
@@@I
O
p
q
6
-
O’
−→pq =−→Oq −
−→Op =
−→O′q −
−→O′p
Las aplicaciones afines del espacio afın en el mismo son las que respetan laestructura de espacio afın, esto quiere decir que
Definicion 3: Una aplicacion f de un espacio afın en el mismo es una aplicacionafın si existe una aplicacion lineal asociada f : E −→ E en el espacio vectorial
asociado tal que−−−−−→f(p)f(q) = f(−→pq).
Se deduce de esta definicion que vectores paralelos se transforman en vectoresparalelos.
Las aplicaciones afines mas simples son las Traslaciones.Una traslacion Tu de vector u = (u1, u2, u3) aplica cada punto p en el punto Tu(p)
tal que−−−−→pTu(p) = u, es decir, en el punto Tu(p) = p + u. Verifica la condicion de
aplicacion afın, ya que
−−−−−−−→Tu(p)Tu(q) = q + u− (p+ u) = q − p = −→pq = I(−→pq)
donde I es la aplicacion lineal identidad asociada.Se expresa por:
Tu
x1x2x3
=
u1u2u3
+
x1x2x3
=
u1u2u3
+ I
x1x2x3
351
Respecto a las aplicaciones afines en general, con la notacion anterior podemosescribir:
f(q) = f(p) +−−−−−→f(p)f(q) = f(p) + f(−→pq).
Esta expresion indica que la aplicacion afın es homogenea respecto al espacioafın, siendo la aplicacion lineal f la que da la homogeneidad.
Ahora queremos hallar la expresion analıtica general de una aplicacion afın, esdecir, la expresion matricial que da la relacion entre las coordenadas (x1, x2, x3) de
p y las (x′1, x′2, x′3) de f(p) (
−→Op = x1e1 + x2e2 + x3e3 y
−−−→Of(p) = x′1e1 + x′2e2 + x′3e3)
.Por las propiedades del espacio afın,
−−−→Of(p) =
−−−−→Of(O)+
−−−−−−→f(O)f(p) y por ser f una
aplicacion afın, existe una aplicacion lineal f tal que−−−−−−→f(O)f(p) = f(
−→Op), Entonces,
denotando por (a1, a2, a3) las coordenadas de−−−−→Of(O), y A la matriz de f tenemos: x′1
x′2x′3
= f
x1x2x3
=
a1a2a3
+ A
x1x2x3
para una aplicacion afın.
En una traslacion (a1, a2, a3) = (u1, u2, u3) ya que−−−−→Of(O) = (u1, u2, u3) y A = I
Si el punto O queda fijo por f , f(O) = O, teniendose (a1, a2, a3) = (0, 0, 0) yla expresion de la aplicacion afın coincide con la expresion de una aplicacion linealvectorial. Las aplicaciones lineales son casos particulares de las aplicaciones afines.
Segun la expresion anterior de las aplicaciones afines, toda aplicacion afın escomposicion de una traslacion con una aplicacion lineal.
Para determinar una aplicacion afın tenemos que conocer como actua la apli-cacion lineal asociada sobre los vectores del espacio vectorial asociado y como setransforma el origen escogido del sistema de referencia. Sin embargo, la imagendel origen del sistema de referencia puede deducirse tambien, conocida la aplicacionlineal asociada, al conocer la imagen de cualquier otro punto.
Ejemplo 1:1. Obtener la expresion analıtica de la rotacion en sentido positivo en R3 de
angulo π/2 cuyo eje es la recta de ecuaciones x = 1, y = 1. (el sentido positivo esel sentido de giro de un sacacorchos que avanza hacia la direccion positiva del ejeOZ).
En esta aplicacion todos los vectores paralelos al plano horizontal giran un angulode π/2, y los vectores verticales quedan fijos si estan en el eje o se transforman enotros paralelos a ellos, por eso es una aplicacion afın. Su aplicacion lineal asociadaes una rotacion vectorial y sabemos escribir la matriz que le corresponde en la basecanonica. La imagen del origen puede verse haciendo un dibujo comprobando quees el punto (2, 0, 0):
352
@
@@@@
(1,1)
(2,0)
π2
HHHH
π2
(2,0,0)
Entonces la expresion analıtica de la aplicacion en el sistema de referencia O;u1, u2, u3es
f
xyz
=
x′
y′
z′
=
200
+
cosπ2−senπ
20
senπ2
cosπ2
00 0 1
xyz
≡ x′
y′
z′
=
200
+
0 −1 01 0 00 0 1
xyz
Hay veces que no es facil ver mediante un dibujo la imagen del origen pero la
existencia de otro punto fijo o el conocimiento de la imagen de algun punto puedeservir para calcular el vector a.
En el ejemplo anterior, como el punto (1, 1, 0) es fijo, ha de ser: 110
= f
110
=
a1a2a3
+
0 −1 01 0 00 0 1
110
de donde resulta
1 = a1 − 11 = a2 + 10 = a3
≡ a1
a2a3
=
200
igual que haciendo el dibujo.
353
Por otra parte observemos que la expresion de esta aplicacion afın en el sistemade referencia (1, 1, 0); (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) es:
f
xyz
=
0 −1 01 0 00 0 1
xyz
(Como si fuera lineal). Ya que en este sistema de referencia el origen coincide consu imagen.
Ejercicios:
13.4.1. Escribir la expresion analıtica de la traslacion de R3 de vector (2, 1, 0).
13.4.2. Encontrar la expresion analıtica de las siguientes aplicaciones afines deR2:
a) Giro de centro (1, 1) y angulo 2π/3.
b) Giro de angulo π/2 que lleve (1, 1) a (2, 2).
c) Simetrıa ortogonal de R2 respecto a la recta de ecuacion x+ y + 1 = 0.
13.4.3. Encontrar la expresion analıtica de las siguientes aplicaciones afines deR3:
a) Proyeccion ortogonal de R3 sobre el plano de ecuacion x+ z = 1.
b) Simetrıa ortogonal de R3 respecto al plano de ecuacion x+ z = 1.
c) Rotaciones vectoriales de angulos π/6, cuyo eje es la recta que pasa por lospuntos (1, 1, 0) y (0, 0,−1).
13.4.4. Hallar la expresion analıtica de las aplicaciones afines que se puedenobtener componiendo entre sı dos de las aplicaciones de los ejercicios 13.4.2. o13.4.3. Comprobar que la composicion de aplicaciones afines no es conmutativa.
354
Aplicaciones afines con puntos fijos.Aunque el punto origen O del primer sistema de referencia no quede fijo puede
existir otro punto que quede fijo. Como en el espacio afın podemos escoger cualquierpunto como origen, podemos coger como nuevo origen ese punto fijo, si existe; en-tonces, cambiando el origen del sistema de referencia a ese punto fijo, sin cambiarlos vectores de la base de E, la expresion de la aplicacion afın cambia dando lugar ala anulacion del vector (a1, a2, a3) pero dejando igual la matriz A, de forma que laexpresion de la aplicacion afın coincide con la expresion de una aplicacion vectorialcon la misma matriz A y como tal se puede interpretar.
Ejemplo 2:Consideremos la aplicacion afın de A3 dada en el sistema de referencia canonico
por
M
xyz
=1
3
422
+1
3
−1 −2 −2−2 2 −1−2 −1 2
xyz
Los puntos fijos de la aplicacion afın M son los que verifican: x
yz
= M
xyz
=1
3
422
+1
3
−1 −2 −2−2 2 −1−2 −1 2
xyz
de donde se obtienen las ecuaciones:
3x = 4 −x −2y −2z3y = 2 −2x +2y −z3z = 2 −2x −y +2z
≡4x +2y +2z = 42x +y +z = 22x +y +z = 2
≡ 2x+ y + z = 2
y forman por tanto un plano de puntos fijos. Cogiendo como nuevo origen un puntoO en este plano, la aplicacion afın se escribe en O; (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) por
M
xyz
=1
3
−1 −2 −2−2 2 −1−2 −1 2
xyz
lo cual la hace equivalente a una transformacion ortogonal ya que, llamando A a sumatriz, tA·A = I. Se determina que transformacion ortogonal es por el determinantey la traza de la matriz. El determinante es −1 y la traza es 1; se trata de una simetrıaortogonal respecto a un plano. Este plano es el antes hallado como plano de puntosfijos.
Las rectas perpendiculares al plano de puntos fijos son tambien invariantes glo-balmente consideradas, aunque sus puntos no son fijos. Ya que (α, β, 2− 2α− β) esla forma general de un punto del plano, estas rectas son de ecuaciones parametricas:(x, y, z) = (α, β, 2− 2α− β) + λ(2, 1, 1).
355
Ejemplo 3:Estudiemos ahora la aplicacion afın de A3 dada en el sistema de referencia
canonico, por
M
xyz
=1
3
112
+
0 1 00 0 −1−1 0 0
xyz
Para ver si tiene puntos fijos estudiamos si tiene solucion el sistema x
yz
=1
3
112
+
0 1 00 0 −1−1 0 0
xyz
≡ 13
+y = x13
−z = y23−x = z
Operando se tiene:
1 −3x +3y = 01 −3y −3z = 02 −3x − 3z = 0
≡3x −3y = 1
3y +3z = 13x +3z = 2
≡ 3x +3z = 23y +3z = 1
ecuaciones compatibles cuya solucion es una recta de puntos fijos. Cogiendo comonuevo origen un punto O en esta recta, la aplicacion afın se escribe enO; (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) por
M
xyz
=
0 1 00 0 −1−1 0 0
xyz
que es equivalente a una transformacion ortogonal ya que, llamando A a su matriz,tA · A = I. Determinamos el tipo de transformacion ortogonal que es, viendo elvalor del determinante y de la traza de la matriz. En este caso solo necesitamosel determinante porque siendo este 1, se trata de una rotacion vectorial. Su ejede puntos fijos es la recta de puntos fijos hallada anteriormente, cuyas ecuacionesparametricas son: x
yz
=1
3
210
+ λ
−1−1
1
Los planos perpendiculares a este eje son invariantes en la rotacion vectorial. Susecuaciones son x+ y − z +D = 0.
Podemos hallar tambien el angulo de la rotacion vectorial: Llamando A a lamatriz de la aplicacion afın:
1 + 2cosφ = Traza(A) =1
3· 0 = 0 =⇒ cosφ = −1
2=⇒ |φ| = 2π
3
El signo del angulo indica el sentido del giro; lo podemos determinar escogiendouna base ortogonal del plano de direccion de los planos invariantes. Sea esta base:u2, u3 = (1, 0, 1), (1.− 2,−1) (perpendiculares al eje de giro). Si el giro va en elsentido que lleva la direccion de u2 hacia la direccion de u3 por el arco mas corto,el angulo en esta base es positivo, lo cual se produce si y solo si el seno del anguloque forma u2 con A(u2) es positivo. Este seno se puede hallar ası:
356
senφ = senang(u2, A(u2)) = cosang(A(u2), u3) =< A(u2), u3 >
|A(u2)||u3|En nuestro caso, ya que A(u2) = (0,−1,−1),
senφ =3√2√
6=
√3
2> 0
Entonces el sentido del angulo 2π/3 es el que lleva la direccion del vector u2(1, 0, 1)hacia la direccion del vector u3(1,−2,−1) en el sentido del arco mas corto.
JJJJJ]
El vector (1,0,1) va hacia abajo por delante.
Ejemplo 4:Sea M una aplicacion afın de R3 dada por:
M
xyz
=
x′
y′
z′
=
210
+
0 −1 00 0 −1−1 0 0
xyz
≡ a+ A
xyz
en el sistema de referencia (0, 0, 0); (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1).Los puntos fijos de M son las soluciones del sistema:
xyz
= M
xyz
=
210
+
0 −1 00 0 −1−1 0 0
xyz
≡ x = 2 −yy = 1 −zz = −x
sistema de soluciones: x = 1
2, y = 3
2, z = −1
2, siendo por tanto el punto O =
(12, 32,−1
2), el unico punto fijo de la aplicacion.
En el sistema de referencia O; (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) la aplicacion afın seexpresa por
M
xyz
= A
xyz
=
0 −1 00 0 −1−1 0 0
xyz
357
Entonces, la aplicacion afın es respecto a O, lo mismo que la aplicacion de la mismamatriz es respecto a (0, 0, 0); esta es una aplicacion ortogonal ya que tA · A = I.Es facil de comprobar que |A| = −1. Teniendo en cuenta solo el determinantede la matriz, tenemos dos posibilidades para la aplicacion ortogonal asociada: unasimetrıa o una composicion de simetrıa con rotacion vectorial. Pero la aplicacionlineal asociada no es una simetrıa porque la traza de A es cero, en lugar de ser 1.Por tanto, es una rotacion vectorial compuesta con simetrıa.
Hay una recta invariante por M , es el eje de la rotacion vectorial que intervieneen M y es el trasladado del eje de la rotacion vectorial de matriz A al punto O. Elplano trasladado a O del plano invariante de la rotacion vectorial de matriz A, (quees perpendicular al eje de dicha rotacion) es tambien invariante por M.
Para hallar la direccion de la recta invariante, hallamos los vectores propios deA para el valor propio −1:
−
xyz
= A
xyz
=
0 −1 00 0 −1−1 0 0
xyz
≡ −x = −y−y = −z−z = −x
que es el eje de ecuaciones x = y = z, engendrado por el vector (1, 1, 1). Entonces,la recta invariante de M viene dada parametricamente por x
yz
=1
2
13−1
+ λ
111
En cuanto al plano invariante, que es el perpendicular a este eje pasando por O,tendra la ecuacion:
x+ y + z − 3
2= 0
para que se cumplan los dos requisitos.El angulo de la rotacion que interviene en M es el mismo que el angulo de la
rotacion que interviene en M y su coseno se puede hallar por la traza de la matrizA: −1 + 2cosφ = Traza(A) = 0, de donde cosφ = 1
2, siendo |φ| = π/3.
El sentido de la rotacion respecto a una base ortogonal u2, u3 del plano vecto-rial invariante se hace de manera analoga a como se hacıa en las transformacionesortogonales: La direccion del plano invariante es x+ y+ z = 0; dos vectores ortogo-nales en dicho plano (ortogonales tambien a la direccion de la recta invariante), sonu2, u3 = (1,−1, 0), (1, 1,−2), Como A(u2) = (1, 0,−1), tenemos:
senang(u2, A(u2)) = cosang(A(u2), u3) =
< (1, 0,−1)(1, 1,−2) >√2√
6=
3
2√
3=
√3
2> 0
siendo entonces el sentido del angulo el que lleva el vector (1,−1, 0) hacia el vector(1, 1,−2) en el sentido del arco mas corto.
358
Movimientos.
Definicion 3: Se llaman movimientos a las aplicaciones afines que conservanlas distancias.
Las traslaciones son un ejemplo de movimientos. Las aplicaciones ortogonalesconsideradas como aplicaciones afines son movimientos.
Tenemos la interesante Proposicion 7: Todo movimiento es composicion deuna traslacion con una transformacion ortogonal y recıprocamente.
En efecto, toda aplicacion afın f es composicion de una traslacion con una apli-cacion vectorial f y en un movimiento,
‖−→pq‖ = ‖−−−−−→f(p)f(q)‖ = ‖f(−→pq)‖
conservando, por tanto, la aplicacion lineal f el modulo y siendo, por tanto, unaaplicacion ortogonal.
Las aplicaciones afines de los tres ultimos ejemplos son movimientos.
Proposicion 8: La composicion de movimientos es un movimiento.Esta proposicion se sigue de que la composicion de aplicaciones afines es una
aplicacion afın y de que las distancias se siguen conservando en las dos aplicaciones.
El estudio de los movimientos consiste en el estudio de las aplicaciones afinescuya matriz A es ortogonal y en el analisis de como el vector de traslacion a influyesobre la aplicacion ortogonal. Las distintas clases de movimientos en el espacio afınsurgen al considerar las distintas clases de las aplicaciones ortogonales asociadas yestudiar como el vector a de la traslacion asociada afecta a los subespacios de puntosfijos de estas aplicaciones ortogonales.
Se llaman movimentos directos a los movimientos tales que el determinante dela matriz de la aplicacion ortogonal asociada es 1. Se llaman movimentos inversosa los movimientos tales que el determinante de la matriz de la aplicacion ortogonalasociada es −1.
Los movimientos con puntos fijos se identifican con las transformaciones ortogo-nales. Veremos que los movimientos que no tienen puntos fijos admiten descomposi-ciones llamadas canonicas que permiten su interpretacion geometrica, en trasla-ciones llamadas canonicas compuestas con transformaciones ortogonales vec-toriales tambien llamadas canonicas. Ası se obtienen en el plano y en el espacio,ademas de los giros y las simetrıas, las simetrıas deslizantes y los movimientos heli-coidales.
Cada uno de ellos queda caracterizado por la naturaleza de ciertos subespaciosque dejan inva-riantes y por los angulos de giro.
Dos movimientos son equivalentes si existe un isomorfismo del espacio que lospone en correspondencia. Este debe ser isomorfismo en el sentido afın y en el sentidoeuclıdeo.
359
En notacion matematica, dos movimentos f y g son equivalentes si existe otraaplicacion afın ϕ, cuya aplicacion lineal asociada es un isomorfismo afın y euclıdeo,tal que ϕ f = g ϕ. Esta aplicacion afın ϕ transforma los subespacios afinesinvariantes de f en subespacios afines invariantes de g.
Por eso es importante calcular los subespacios invariantes.
Proposicion 9: Dos movimientos son equivalentes si y solo si existen dos sis-temas de referencia en los que ambos tienen la misma expresion analıtica.
En efecto, si f y g son equivalentes, el isomorfismo ϕ transforma un sistema dereferencia en otro sistema de referencia en el que g tiene la misma expresion analıticaque f .
Recıprocamente, si existen dos sistemas de referencia en los que f y g tienen lamisma expresion analıtica, el isomorfismo ϕ que transforma uno de los dos sistemasde referencia en el otro da la equivalencia de los movimientos.
Movimientos en el plano:Segun ocurre en general, los movimentos del plano con puntos fijos se reducen
a las transformaciones ortogonales del plano, es decir, a los giros y a las simetrıas.Los movimientos del plano sin puntos fijos pueden ser traslaciones o como veremos,simetrıas deslizantes.
1.1. Movimientos directos de A2.En estos movimientos del plano, la matriz A corresponde a un giro, por ser
ortogonal y de determinante 1.La matriz de un giro en R2 en cualquier base ortonormal es
A =
(cosφ −senφsenφ cosφ
)Entonces, la expresion analıtica general de un movimiento directo del plano en
un sistema de referencia con base ortonormal es:
f
(x1x2
)=
(a1a2
)+
(cosφ −senφsenφ cosφ
)(x1x2
)Para ver si puede identificarse el movimiento a una transformacion ortogonal
estudiamos la existencia de puntos fijos.Si la matriz A es la identidad, el movimiento es una traslacion y no tiene puntos
fijos.Veamos lo que ocurre si A 6= I. Sus puntos fijos se obtendrıan resolviendo el
sistema: (x1x2
)=
(a1a2
)+
(cosφ −senφsenφ cosφ
)(x1x2
)equivalente al (
−a1−a2
)=
(cosφ− 1 −senφ
senφ cosφ− 1
)(x1x2
)360
Aplicando el teorema de Rouche-Frobenius, vemos que al ser el determinante dela matriz de los coeficientes del sistema |A| = (cosφ − 1)2 + (senφ)2 = 2(1 − cosφ)distinto de cero cuando A no es la matriz identidad, este sistema tiene solucionunica cuando el movimiento no es una traslacion. Como hemos dicho ya anterior-mente, podemos coger este punto fijo C como origen del sistema de referencia y alcoincidir la expresion del movimiento en el nuevo sistema de referencia con la de laaplicacion ortogonal asociada, identificando ambos, concluir que el movimiento esun giro alrededor del punto fijo C. Entonces, todo movimiento directo del plano esun giro alrededor de un punto o una traslacion.
@@@@@@
-
%%
$$
AAAAAAAA
ϕϕ
P
A(P) M(P)−→a
CO
Si el movimiento viene dado en una base ortonormal, tanto el seno como elcoseno del angulo de giro vienen dados directamente escritos en la matriz comoa11, a21, respectivamente. Si viene dado en una base no ortonormal, el coseno delangulo de giro puede determinarse por la traza de la matriz.
Dos traslaciones son equivalentes si y solo si coinciden sus vectores de traslacion.Dos giros son equivalentes si y solo si tienen el mismo angulo.
1.2. Movimientos inversos de A2.En los movimientos inversos del plano el determinante de la matriz A es −1, por
lo que la aplicacion lineal asociada es una simetrıa.Para estudiar los puntos fijos de un movimiento inverso del plano hacemos la
observacion geometrica de que si el vector de traslacion a es perpendicular a ladirecion fija (s) de la simetrıa vectorial de matriz A, trasladando en el plano afın eleje de la simetrıa vectorial segun un vector igual a la mitad del vector de traslacionobtenemos una recta (e) de puntos invariantes por el movimiento.
361
e
s
P
A(P) P’
A(P’)
@
@
@
@
@
@
@@@
@@I
@@
@@I
M(P ) = A(P ) +−→a = Se(P )
−→a
−→a
Cogiendo como origen del sistema de referencia cualquiera de los puntos de larecta trasladada, el movimiento queda identificado a una simetrıa respecto a estarecta de puntos fijos. Todas las simetrıas de este tipo son equivalentes.
Si el movimiento inverso del plano no tiene puntos fijos, de lo anterior se deduceque el vector de traslacion no es perpendicular a la direccion fija de la simetrıa
vectorial. Ahora bien, podemos descomponer el vector a =−−−−−→OM(O) de la traslacion
de la expresion dada en un vector perpendicular c al eje fijo de la simetrıa vectorialasociada y un vector paralelo a dicho eje b.
Q
M(Q)
e
s
P
A(P)
−→b
−→a
A(P ) +−→a = M(P ) = Se(P ) +−→b
−→b
M2(P )
@
@
@@@
@I
@@@
@I
@
@
@@
@
@
@
@
Se(P ) = A(P ) +−→c
−→c
−→c
362
El movimiento dado es la composicion de la traslacion de vector b con el movimien-to resultante al hacer la composicion de la traslacion de vector c y de la transfor-macion ortogonal de la misma matriz A dada. Esta segunda composicion es unasimetrıa respecto a una recta de puntos fijos, por lo que el movimiento dado resultaser la composicion de una traslacion de vector b paralelo al eje de simetrıa con unasimetrıa de puntos fijos. Se llama simetrıa deslizante. La descomposicion que hemoshecho se llama descomposicion canonica de la simetrıa deslizante.
La simetrıa deslizante no tiene puntos fijos, pero el eje de simetrıa de su simetrıacanonica queda invariante por su traslacion canonica y por tanto por la simetrıadeslizante total.
Haciendo un dibujo se puede ver que el vector de la traslacion canonica de lasimetrıa deslizante es la mitad del vector determinado por un punto P y la imagen
M2(P ) del movimiento: b = 12
−−−−−→PM2(P ), cualquiera que sea P. Para los calculos
conviene tomar P = O, el origen de coordenadas.Dos simetrıas deslizantes son equivalentes si y solo si son iguales los vectores de
sus traslaciones canonicas.
Ejercicios:
13.5.1. Clasificar los movimientos de R2 dados por las siguientes expresionesmatriciales:
a)
(y1y2
)=
(−21
)+
(12−√32√
32
12
)(x1x2
)
b)
(y1y2
)=
(10
)+
( √32−1
212
√32
)(x1x2
)
c)
(y1y2
)=
(20
)+
(−1 0
0 1
)(x1x2
)
d)
(y1y2
)=
2
17
(14
)+
1
17
(15 −8−8 −15
)(x1x2
)
e)
(y1y2
)=
3
5
(12
)+
1
5
(3 −4−4 −3
)(x1x2
)
363
f)
(y1y2
)=
(11
)+
1
17
(15 −8−8 −15
)(x1x2
)
g)
(y1y2
)=
(11
)+
(−√32
12
−12−√32
)(x1x2
)
h)
(y1y2
)=
(11
)+
1
5
(3 −4−4 −3
)(x1x2
)
i)
(y1y2
)=
(11
)+
( √22
√22√
22−√22
)(x1x2
)
j)
(y1y2
)=
(−21
)+
(12
√32√
32−1
2
)(x1x2
)13.5.2. Volver a considerar los movimientos anteriores y
a) Hallar los centros y angulos de giro de los que sean giros.
b) Hallar los ejes de simetrıa de los que sean simetrıas axiales.
c) Hallar la descomposicion canonica y recta invariante de los que sean simetrıasdeslizantes.
13.5.3. Encontrar la expresion analıtica de la simetrıa deslizante de A2 cuyarecta invariante tiene la direccion 2x+ y = 0 y que transforma el punto (2, 1) en elpunto (1, 0).
13.5.4. Encontrar la expresion analıtica de la simetrıa deslizante de A2 cuyarecta invariante tiene la ecuacion 2x + y = 1 y cuyo vector de traslacion paralelo ala recta invariante es de modulo
√5 y de sentido hacia arriba.
364
Movimientos en el espacio tridimensional A3:Segun ocurre en general, los movimientos con puntos fijos se identifican geometri-
camente a las transformaciones ortogonales de R3. Las transformaciones ortogonalesde R3 son las rotaciones vectoriales, las simetrıas respecto a un plano y las composi-ciones de ambas de forma que el eje de la rotacion vectorial (de angulo distinto decero), es perpendicular al plano de la simetrıa.
Ademas tenemos los movimientos sin puntos fijos, para cuya discusion tenemosque estudiar la relacion entre la traslacion del vector origen en la aplicacion dada ylos subespacios invariantes de la aplicacion vectorial asociada.
En el caso del espacio tridimensional son mas faciles de estudiar los movimientosinversos que los directos.
Movimientos inversos de A3
2.1.a)Empecemos por el caso en que la matriz A corresponde a la aplicacion ortogonal
composicion de una rotacion vectorial de angulo distinto de cero, con una simetrıarespecto a un plano perpendicular al eje de la rotacion vectorial.
JJJJ]
AAAAAAAAU
@@@@R
@@
@@
O−→v
p(−→v )
A(p(−→v ))ϕ
A(−→v )
JJJJ]
AAAAAAAAU
@@@@R
@@
@@
C
P
p(P)
ϕ
A(P)
En un sistema de referencia O; e1, e2, e3 en el que la base de R3 e1, e2, e3es ortonormal, siendo e1 de la direccion del eje de la rotacion y e2, e3 una baseortonormal del plano de puntos fijos de la simetrıa, (que coincide con un planoinvariante para el giro) la matriz es
A =
−1 0 00 cosφ − sinφ0 sinφ cosφ
365
y la expresion analıtica del movimiento en un sistema de referencia con esa base es:
f
x1x2x3
=
a1a2a3
+
−1 0 00 cosφ − sinφ0 sinφ cosφ
x1x2x3
Sus puntos fijos se obtendrıan resolviendo el sistema: x1
x2x3
=
a1a2a3
+
−1 0 00 cosφ − sinφ0 sinφ cosφ
x1x2x3
equivalente al sistema: −a1−a2
−a3
=
−2 0 00 cosφ− 1 − sinφ0 sinφ cosφ− 1
x1x2x3
El determinante de la matriz de los coeficientes del sistema es −2(2(1−cosφ)) =
|A| distinto de cero en el caso que estamos considerando (φ 6= 0), lo que implica porel teorema de Rouche-Frobenius que si φ 6= 0 este tipo de movimientos tienen ununico punto fijo C y geometricamente son analogos a las transformaciones vectorialesasociadas. Son composiciones de rotaciones afines con simetrıas, de forma que el ejede la rotacion afın es perpendicular al plano de simetrıa. El movimiento tiene unarecta invariante, el eje de la rotacion afın, que es la recta paralela al eje de rotacionde la rotacion vectorial asociada pasando por el unico punto fijo.
El angulo de la rotacion que interviene en M es el mismo que el angulo dela rotacion que interviene en M y se puede hallar por la traza de la matriz A:−1 + 2cosφ = Traza(A), de donde cosφ = 1
2(Traza(A) + 1).
El sentido de la rotacion respecto a una base ortogonal u2, u3 del plano vecto-rial invariante se hace de manera analoga a como se hacıa en las transformacionesortogonales.
Dos movimientos de este tipo son equivalentes si y solo si tienen el mismo angulode rotacion.
El ejemplo 4 visto anteriormente es un movimiento de este tipo.
Si φ = 0, la transformacion vectorial asociada es una simetrıa respecto a unplano, caso que estudiamos despues.
2.1.b)Veamos ahora el caso en que la transformacion vectorial asociada es una simetrıa
respecto a un plano.Este caso es completamente analogo al de los movimientos inversos del plano y
aparecen dos posibilidades: simetrıa respecto a un plano de puntos fijos y simetrıadeslizante. Para verlo, observamos igualmente que podemos distinguir dos subcasossegun que la direccion del vector de traslacion del movimiento dado sea perpendiculara la direccion del plano de vectores fijos de la simetrıa vectorial o no.
2.1.b1). En el primer subcaso, en el que la direccion del vector de traslacion delmovimiento dado sea perpendicular a la direccion del plano de vectores fijos de la
366
simetrıa vectorial, considerando en el espacio afın el plano obtenido desplazando elplano fijo de la simetrıa vectorial asociada segun un vector igual a la mitad del vectorde traslacion y observando que sus puntos quedan invariantes por el movimiento,podemos concluir que el movimiento queda identificado a una simetrıa respecto aeste plano de puntos fijos. Todas las simetrıas de este tipo son equivalentes.
Considerando en el dibujo siguiente las rectas s y e como perfiles de planosperpendiculares al plano del papel, tenemos una interpretacion de estos movimientos.
e
s
P
A(P) P’
A(P’)
@
@
@
@
@
@
@@@
@@I
@@
@@I
M(P ) = A(P ) +−→a = Se(P )
−→a
−→a
El ejemplo 2 visto anteriormente es un movimiento de este tipo.
2.1.b2). En el segundo subcaso podemos descomponer el vector a =−−−−−→OM(O) de
la traslacion de la expresion dada en un vector perpendicular (c) al plano fijo de lasimetrıa vectorial asociada y un vector paralelo a dicho plano (b).
El movimiento dado es la composicion de la traslacion de vector b y el movimientoresultante al hacer la composicion de la traslacion de vector c y de la aplicacionortogonal de la misma matriz A que el dado. Esta segunda composicion es unasimetrıa respecto a un plano de puntos fijos, por lo que el movimiento dado quedadescompuesto como una traslacion de vector b paralelo al plano de simetrıa conuna simetrıa respecto a un plano. Se llama simetrıa deslizante. La descomposicionrealizada se llama descomposicion canonica del movimiento dado.
La simetrıa deslizante no tiene puntos fijos, pero la simetrıa canonica de sudescomposicion canonica sı tiene un plano de puntos fijos que queda invariante porla traslacion canonica y por tanto por la simetrıa deslizante.
Lo mismo que en el caso de las simetrıas deslizantes de A2, haciendo un dibujose puede ver que el vector de la traslacion canonica de la simetrıa deslizante es lamitad del vector determinado por un punto P y la imagen M2(P ) del movimiento:
367
b = 12
−−−−−→PM2(P ), cualquiera que sea P. Para los calculos conviene tomar P = O, el
origen de coordenadas, con lo cual b = 12M2(O).
Considerando en el dibujo siguiente las rectas s y e como perfiles de planosperpendiculares al plano del papel, tenemos una interpretacion de estos movimientos.
e
s
P
A(P)
−→b
−→a
A(P ) +−→a = M(P ) = Se(P ) +−→b
−→b
M2(P )
@
@
@@@
@I
@@@
@I
@
@
@@
@
@
@
@
Se(P ) = A(P ) +−→c
−→c
−→c
Dos simetrıas deslizantes son equivalentes si y solo si son iguales los vectores desus traslaciones canonicas.
Vamos a ver ahora un ejemplo de simetrıa deslizante:Ejemplo 5:
M
xyz
=
x′
y′
z′
=
110
+1
3
1 −2 −2−2 1 −2−2 −2 1
xyz
≡ a+ A
xyz
Al ser |A| = −1 y traza(A) = 1 la aplicacion lineal asociada es una simetrıa.
Si el movimiento total tuviera puntos fijos serıa una simetrıa respecto al plano depuntos fijos. Si no tiene puntos fijos, es una simetrıa deslizante.
Los puntos fijos de M son las soluciones de la ecuacion matricial: xyz
= M
xyz
=
110
+1
3
1 −2 −2−2 1 −2−2 −2 1
xyz
que desarrollada da
2x+ 2y + 2z = 32x+ 2y + 2z = 32x+ 2y + 2z = 0
incompatible
368
por tanto, no hay puntos fijos y se trata de una simetrıa deslizante que tiene unplano invariante constituido por los puntos fijos de la simetrıa canonica de la de-scomposicion canonica de M .
Para hallar esta simetrıa canonica, hallamos primero el vector de la traslacioncanonica:
b =1
2M2(O) =
= frac12M
110
=1
2
110
+1
3
1 −2 −2−2 1 −2−2 −2 1
110
=1
3
11−2
La expresion analıtica del movimiento dado se puede descomponer en
M
xyz
=1
3
11−2
+2
3
111
+1
3
1 −2 −2−2 1 −2−2 −2 1
xyz
donde el primer sumando corresponde a la traslacion canonica y los otros dos a lasimetrıa canonica, cuyo plano de puntos fijos es el plano invariante de la simetrıadeslizante M . Este plano se obtendra por tanto resolviendo la ecuacion matricial: x
yz
=2
3
111
+1
3
1 −2 −2−2 1 −2−2 −2 1
xyz
equivalente a x
yz
=2
3
111
+1
3
1 −2 −2−2 1 −2−2 −2 1
xyz
donde cada renglon puede reducirse a
2x+ 2y + 2z = 2 ≡ x+ y + z = 1
En la simetrıa deslizante son tambien invariantes las rectas de este plano queson paralelas al vector de la traslacion canonica. Como un punto generico del planose puede escribir (x0, y0, 1 − x0 − y0), las rectas invariantes son las de ecuacionesparametricas: x
yz
=
x0y0
1− x0 − y0
+ λ
11−2
Nota: Otro elemento que distingue si un movimento cuya aplicacion ortogonal
asociada es simetrıa es simetrıa deslizante o simetrıa respecto a un plano de puntosfijos es el vector 1
2M2(O). Si este vector es distinto de cero, se trata de una simetrıa
deslizante y si el vector es cero se trata de una simetrıa respecto a un plano depuntos fijos.
369
2.2.Movimientos directos de A3.La aplicacion ortogonal asociada a un movimiento directo es una rotacion vec-
torial, que puede visualizarse como una superposicion de giros en planos paralelos(perpendiculares al eje de la rotacion vectorial), alrededor de puntos fijos alineadosque forman dicho eje.
Si el vector de traslacion dado en la expresion del movimiento esta contenidoen el plano invariante de la rotacion vectorial asociada, al realizar esta traslaciondespues de la rotacion, los puntos de los planos perpendiculares al eje quedan endichos planos. En cada uno de estos planos considerados por separado ocurre un giroseguido de una traslacion, que ya hemos visto en el apartado de movimientos de R2,que siempre es un giro alrededor de otro punto fijo (Vuelvase a mirar los movimientosdirectos del plano). Considerando uno de estos puntos fijos como origen de un nuevosistema de referencia, el movimiento se puede identificar con la aplicacion vectorialasociada, que es una rotacion vectorial. Su eje es paralelo al de la rotacion vectorialasociada y esta constituido por los puntos fijos de los giros en todos los planosperpendiculares a dicho eje. Entonces, el movimiento directo tiene una recta depuntos fijos y una familia de planos invariantes, que son los planos perpendicularesa la recta de puntos fijos.
@@@@R
,1
O
C
O’
C’
/
@@@@@R
PA(P)
M(P)−→c
ϕ
ϕ
@@@@R
,
1
/
@@@@@R
P’A(P’)
M(P’)−→c
ϕ
ϕ
El ejemplo 3 visto anteriormente es un movimiento de este tipo.
Si el movimiento directo no tiene puntos fijos es porque el vector de traslaciona del movimiento en la expresion dada no pertenece al plano invariante (π) de larotacion vectorial asociada, o lo que es lo mismo no es perpendicular al eje de larotacion. En ese caso se puede descomponer el vector a como suma de dos vectoresa = b+c, donde b es paralelo al eje de la rotacion y c es paralelo al plano invariante dela rotacion vectorial asociada (b y c son perpendiculares). El movimiento consistente
370
en hacer la rotacion vectorial dada y despues la traslacion de vector c es otra rotacionafın de eje paralelo al eje e de la rotacion vectorial asociada segun hemos vistoanteriormente. Al hacer posteriormente la traslacion de vector b, los puntos del ejee son trasladados segun b, quedando en el mismo eje, que por tanto, es una rectainvariante. Los puntos de los planos perpendiculares al eje, ademas de ser girados,son desplazados segun el vector b que es perpendicular a ellos y paralelo al eje de larotacion vectorial.
El movimiento directo de A3 sin puntos fijos se llama movimiento helicoidal.
6
-6
−→a−→b
−→c
O
@@@@@@R
6
PA(P)+−→c
ϕC
M(P)=A(P)+−→a
−→b
Se llama descomposicion canonica del movimiento helicoidal a su descomposicioncomo rotacion vectorial canonica seguida de traslacion canonica de vector paraleloal eje de la rotacion.
El vector de traslacion de la traslacion canonica se obtiene proyectando el vectorde traslacion del origen en el movimiento dado sobre el eje invariante de la rotacionvectorial asociada al movimiento dado.
La expresion de la rotacion vectorial canonica se obtiene restando este vector ala expresion del movimiento dado. El eje de puntos fijos de la rotacion vectorialcanonica es eje invariante del movimento helicoidal.
El angulo de giro de la rotacion vectorial canonica es el mismo que el de larotacion vectorial asociada.
Dos movimientos helicoidales son equivalentes si y solo si son iguales los vec-tores de las traslaciones canonicas asociadas y los angulos de giro de las rotacionescanonicas asociadas.
371
Vamos a estudiar un caso sencillo:Ejemplo 6:Sea
M
xyz
=
210
+
0 0 −10 1 01 0 0
xyz
Los puntos fijos deberıan satisfacer las tres ecuaciones: x = 2−z, y = 1+y, z = x.Como este sistema de ecuaciones no tiene solucion, el movimiento no tiene puntosfijos.
La aplicacion vectorial asociada
M
xyz
=
0 0 −10 1 01 0 0
xyz
es una rotacion vectorial de eje Oy y por lo tanto tiene como plano vectorial invari-ante el plano y = 0. Podemos descomponer el vector (2, 1, 0) = (0, 1, 0) + (2, 0, 0)como suma del vector (0, 1, 0), perpendicular al plano y = 0 y otro vector (2, 0, 0),contenido en dicho plano.
Consideramos ahora el movimiento
Mc
xyz
=
200
+
0 0 −10 1 01 0 0
xyz
La traslacion de vector (2,0,0) que hacemos a continuacion de la rotacion vectorial
asociada deja invariante el plano invariante de dicha rotacion. Este plano siguesiendo invariante por Mc.
El movimiento Mc puede considerarse como una yuxtaposicion de movimientosidenticos en planos paralelos al plano y = 0 (que es el plano de las coordenadasXOZ )y por tanto su estudio puede reducirse al estudio de Mc en este plano. Paraello podemos prescindir de la segunda coordenada, obteniendo
Gc
(xz
)=
(20
)+
(0 −11 0
)(xz
)expresion que corresponde a un giro de centro (1,1) y angulo π
2respecto a la base
canonica del plano XOZ. Lo mismo ocurre en todos los planos paralelos al XOZ.Los centros de giro en estos planos son los puntos de la forma (1, k, 1); quedan
invariantes por Mc y forman un eje de giro de Mc paralelo al eje de la rotacionvectorial M . Mc es por tanto otra rotacion vectorial, aunque su eje no pasa por elorigen (por tanto es una recta afın).
En el movimiento total, los puntos del eje de la rotacion Mc solo quedan traslada-dos por el vector (0, 1, 0). Forman una recta invariante de M. (Aunque sus puntosno son fijos).
Cualquier punto (x, k, z) puede considerarse contenido en un plano afın de ecuaciony = k paralelo al plano y = 0 y como tal queda en este plano paralelo al realizarla rotacion vectorial asociada y luego la traslacion del vector (2,0,0) contenido en el
372
plano vectorial invariante. Lo cual es como hacer una rotacion en el plano y = kalrededor del punto (1, k, 1).
Para completar el movimiento dado M, tenemos que realizar ademas de Mc, latraslacion de vector (0, 1, 0), esto es, trasladar todos los puntos en la direccion deleje OY, que es la misma que la direccion del eje invariante de Mc.
Veamos otro ejemplo de movimiento helicoidal mas complicado.Ejemplo 7: Estudiar el movimiento dado en el sistema de referencia canonico
por x′
y′
z′
=
110
+
0 1 00 0 −1−1 0 0
xyz
≡ a+ A
xyz
Como el determinante de A es 1, se trata de un movimiento directo, siendo la
aplicacion vectorial asociada al movimiento una rotacion vectorial. El movimientosera por tanto una rotacion vectorial si tiene puntos fijos y un movimiento helicoidalsi no los tiene. Los puntos fijos son las soluciones del sistema: x
yz
=
110
+
0 1 00 0 −1−1 0 0
xyz
equivalente a
x = 1 +yy = 1 −zz = −x
donde haciendo operaciones se obtiene: x = 1 + y, z = 1 − y, z = −1 − y siendolas dos ultimas ecuaciones incompatibles. Por tanto no hay puntos fijos y M es unmovimiento helicoidal.
El movimiento helicoidal se descompone en una rotacion vectorial llamada canonicay una traslacion canonica de vector paralelo al eje de la rotacion vectorial canonica.
El eje de la rotacion vectorial canonica es paralelo al eje de la rotacion vectorialasociada de matriz A. Por eso hallamos esa direccion resolviendo x
yz
=
0 1 00 0 −1−1 0 0
xyz
de donde se obtiene x = y, z = −y, ecuaciones de la recta engendrada por (1, 1,−1).
Ahora el vector a lo descomponemos a = b+ c donde b es paralelo a (1, 1,−1) yc es perpendicular a (1, 1,−1): 1
10
= λ
11−1
+
c1c2c3
que cumplen
373
(1, 1,−1)
110
= (1, 1,−1)λ
11−1
+ (1, 1,−1)
c1c2c3
≡ 2 = 3λ
por tanto sale el vector b = 23(1, 1,−1) que es el vector de la traslacion canonica
paralelo al eje de la rotacion canonica. La expresion matricial de esta se obtienerestando el vector b a la expresion matricial de M :
Mc
xyz
=1
3
112
+
0 1 00 0 −1−1 0 0
xyz
cuyo eje de puntos fijos ha de salir paralelo a (1, 1,−1) y es una recta invariante delmovimiento helicoidal. Para hallarla resolvemos x
yz
=1
3
112
+
0 1 00 0 −1−1 0 0
xyz
obteniendo
x = 1/3 +yy = 1/3 −zz = 2/3 −x
≡x = 1/3 + yy = 1/3− zz = 2/3− x
≡x = 1/3 + yy = yz = 1/3− y
sistema compatible, cuyas soluciones son x
yz
=
13
013
+ λ
11−1
eje efectivamente paralelo al de la rotacion vectorial asociada.
Nos queda calcular el angulo de la rotacion vectorial canonica asociada. Paraello tenemos 0 = traza(A) = 1 + 2cosφ, lo que implica cosφ = −1/2 y por tantoφ = ±2π/3. El sentido del giro esta determinado respecto a una base ortogonal delplano vectorial de direccion invariante, (ortogonal al eje de direccion de la rotacion),en este caso de ecuacion x+ y − z = 0; cogiendo u2, u3 = (1, 0, 1), (−1, 2, 1), alser A(u2) = (0,−1,−1),
senφ = sen(ang(u2, A(u2))) = cos(ang(A(u2), u3)) =
=< A(u2), u3 >
|A(u2)||u3|=−3√2√
3= −√
3
2< 0
siendo por tanto el sentido de la rotacion el que lleva la direccion y sentido del vector(1, 0, 1) hacia la direccion y sentido del vector (−1, 2, 1) en el sentido del arco maslargo.
374
Ejercicios:
13.6.1. Clasificar los movimientos de R3 dados por las siguientes expresionesanalıticas:
a)
x′
y′
z′
=
210
+
0 0 −10 −1 01 0 0
xyz
,
b)
x′
y′
z′
=
111
+1
9
7 4 −44 1 8−4 8 1
xyz
,
c)
x′
y′
z′
=
210
+1
9
1 8 −48 1 44 −4 −7
xyz
,
d)
x′
y′
z′
=
101
+1
7
−2 −3 −6−3 6 −2−6 −2 3
xyz
,
e)
x′
y′
z′
=
200
+
0 0 −10 1 01 0 0
xyz
,
f)
x′
y′
z′
=
1−1
0
+
12
√22
12√
22 0 −
√22
12 −
√22
12
x
yz
,
g)
x′
y′
z′
=
121
+
1 0 00 0 10 1 0
xyz
,
h)
x′
y′
z′
=
111
+1
9
1 8 −4−8 −1 −4−4 4 7
xyz
k)
x′
y′
z′
=
210
+
0 1 00 0 −1−1 0 0
xyz
,
l)
x′
y′
z′
=
11−2
+
0 1 00 0 −1−1 0 0
xyz
,
m)
x′
y′
z′
=
210
+1
9
1 8 −48 1 4−4 4 7
xyz
,
n)
x′
y′
z′
=
210
+1
7
2 6 33 2 −66 −3 2
xyz
375
o)
x′
y′
z′
=
21−2
+
0 1 0−1 0 0
0 0 1
xyz
,
p)
x′
y′
z′
=
221
+
1 0 00 0 −10 1 0
xyz
,
q)
x′
y′
z′
=1 +√
2
4
1
−√
2−1
+1
2
1√
2 1√2 0 −
√2
1 −√
2 1
xyz
.
13.6.2. a) Seleccionar de los movimientos anteriores los que son movimientoshelicoidales y hallar sus ejes de rotacion y sus angulos de rotacion.
b) Seleccionar de los movimientos anteriores los que son simetrıas y hallar susplanos de simetrıa.
c) Seleccionar de los movimientos anteriores los que sean simetrıas deslizantes yhallar sus des-composiciones canonicas, planos invariantes y rectas invariantes.
d) Seleccionar de los movimientos anteriores los que sean producto de simetrıapor rotacion vectorial y hallar su punto fijo, recta invariante y plano invariante.
13.6.3. Siendo x′
y′
z′
=
443
+1
7
−2 3 αβ 6 2−6 γ 3
xyz
la expresion de una aplicacion afın de A3.
a) Hallar los valores de los parametros para que dicha expresion corresponda aun movimiento.
b) Determinar el tipo de movimiento.
c) Hallar, si tiene sentido, su descomposicion canonica.
d) Hallar, si tiene sentido, sus rectas y planos invariantes.13.6.4. Estudiar cuales son los movimentos resultantes de componer dos simetrıas
deslizantes respecto a planos distintos de A3.13.6.5. Comprobar que el movimiento resultante de componer una simetrıa axial
con un traslacion de vector perpendicular al eje de la simetrıa es ota simetrıa axial.¿Cual es el eje de la nueva simetrıa?
376
Sentido del producto vectorial.
Veremos aquı, utilizando los conocimientos sobre rotaciones vectoriales, que elsentido del producto vectorial de dos vectores (perpendicular al plano de dichosvectores) es el de avance de un sacacorchos dextrogiro que gira en el sentido delprimer vector al segundo segun el arco mas corto que lleva el primero al segundo.
Se ve facilmente aplicando la formula del producto vectorial que−→i ×−→j =
−→k y
se ve a simple vista que el sentido de k es el de avance de un sacacorchos dextrogiro
que gira de−→i a−→j en el cuadrante determinado por los dos, es decir, que se cumple
la regla del sacacorhos.
Tambien se ve, haciendo los calculos que−→i × (a
−→i + b
−→j ) = b
−→k . Si b es positivo,
b−→k va hacia arriba y si b es negativo, bk va hacia abajo. Viendo que si b es positivo
el sentido de giro segun el arco mas corto de−→i a a
−→i + b
−→j es el mismo que el
del giro de arco mas corto de−→i a−→j y que es el contrario si b es negativo, vemos
tambien que se cumple la regla del sacacorchos en este caso. Lo mismo ocurre para
cualquier producto p−→i × (a
−→i + b
−→j ), donde p es un numero positivo.
Consideremos ahora dos vectores −→u = c−→i + d
−→j ,−→v = e
−→i + f
−→j y veamos
que su producto −→u × −→v cumple la regla del sacacorchos: Como estos dos vectoresson horizontales, su producto vectorial es vertical, es decir de la direccion del eje
engendrado por−→k . Una rotacion vectorial R de este eje, deja invariante el sentido
de giro de −→u a −→v y tambien deja invariante el sentido de los vectores verticales.Por tanto, si para alguna rotacion vectorial de este eje se cumple que R(−→u )×R(−→v )cumple la regla del sacacorchos, tambien se cumple para −→u × −→v . Como siempre
existe una rotacion vectorial que lleva −→u a p−→i (p > 0), la cual transformara −→v en
un R(−→v ) = a−→i + b
−→j y hemos visto anteriormente que p
−→i × (a
−→i + b
−→j ) cumple la
regla del sacacorchos, tambien la cumple −→u ×−→v .
Para probar la regla del sacacorchos en general, demostramos ahora que si u yv son dos vectores, para cualquier rotacion vectorial R se verifica que R(u × v) =R(u) × R(v), lo cual nos permite asegurar que la regla del sacacorchos es ciertapara u × v si lo es para R(u) × R(v), ya que una rotacion vectorial conserva en elsacacorchos su sentido de avance. Para ello, tengamos en cuenta que si ∀y ∈ V ,x · y = x′ · y, se tiene (x − x′) · y = 0, ∀y ∈ V , y cogiendo y = x − x′, la igualdad(x− x′) · (x− x′) = 0 implica x− x′ = 0, es decir, x = x′. Entonces, lo que vamos aprobar es que si w es otro vector, R(u× v) · w = (R(u)×R(v)) · w, ∀w ∈ R3.
En efecto, como R es una aplicacion ortogonal
R(u× v) · w = R(u× v) ·RR−1w = u× v ·R−1w = [u, v, R−1w]
siendo este ultimo el determinante de la matriz que tiene por filas las coordenadasde los vectores u, v, R−1w
Por otra parte,
R(u)×R(v) · w = (R(u)×R(v)) ·RR−1w = [R(u), R(v), RR−1w]
377
siendo este ultimo el determinante de la matriz que tiene por filas las coordenadasde los vectores R(u), R(v), RR−1w; Pero esta matriz es la que tiene por filas lascoordenadas de los vectores u, v, R−1w multiplicada a la derecha por la traspuestade la matriz de R, cuyo determinante es 1; por eso,
[R(u), R(v), RR−1w] = [u, v, R−1w]
teniendose la igualdad requerida anteriormente.
Ahora consideramos el producto i × v cuando v = ai + bj + ck es general. Hayuna rotacion vectorial R del eje engendrado por i que lleva el plano engendrado pori y v al plano horizontal, llevando por tanto v a un vector horizontal R(v). Comoel producto i × R(v) cumple la regla del sacacorchos, tambien lo cumple i × v. Lomismo ocurre para cualquier producto pi× v, donde p es un numero positivo.
Para el caso general u × v, donde u es cualquiera, observamos que u puede
llevarse a un vector de la forma p−→i , donde p > 0 con una rotacion vectorial R de eje
perpendicular a los dos vectores u e i, quedando entonces reducidos al caso anteriorque verifica la regla del sacacorchos.
Bibliografıa.
[C] M. Castellet, I. Llerena. Algebra Lineal y Geometrıa. Ed. Reverte. 1991.[G] L. Golovina. Algebra Lineal y algunas de sus Aplicaciones. Ed. Mir. 1980.
378
Conicas.Elipse, Hiperbola, Parabola.
Introduccion.Encontramos aquı las ecuaciones de la elipse, hiperbola y parabola en sus posi-
ciones canonicas y luego vemos como cambian a las ecuaciones de las mismas curvasen una posicion cualquiera. Concluimos que no solo las ecuaciones de estas curvasson ecuaciones de segundo grado sino que las soluciones de cualquier ecuacion desegundo grado con dos incoginitas constituyen una de estas curvas (una conica) ad-mitiendo los casos degenerados que son dos rectas que se cortan, dos rectas paralelas,una recta doble o el conjunto vacıo.
Tambien se ve como se detecta el tipo de curva y como se obtienen sus elementoscaracterısticos.
Ecuaciones de las conicas en posicion canonica.
La elipse es el lugar geometrico de los puntos cuya suma de distancias a dospuntos fijos llamados focos es constante.
Colocando los focos en el eje OX a distancia c del origen, la ecuacion de la elipseen posicion canonica se obtiene ası: sean (c, 0) y (−c, 0) los focos y llamemos 2a ala suma de las distancias de un punto de la elipse a estos dos focos.
El mınimo de la suma de las distancias de un punto variable a otros dos puntosfijos se encuentra cuando el punto esta en la recta determinada por esos dos puntosy en el interior del segmento determinado por ellos. (Por la propiedad triangular).Veamos que c ≤ a: consideramos la desigualdad triangular en el triangulo formadopor los dos focos y un punto de la elipse. (ver dibujo de elipse pag. 401).
2c ≤ d1 + d2 = 2a
Tenemos:
∀P, d((c, 0)P ) =√
(x− c)2 + y2 , d((−c, 0)P ) =√
(x+ c)2 + y2
P esta en la elipse si y solo si
√(x− c)2 + y2 +
√(x+ c)2 + y2 = 2a ≡
√(x− c)2 + y2 = 2a−
√(x+ c)2 + y2
Elevando al cuadrado:
(x− c)2 + y2 = 4a2 + (x+ c)2 + y2 − 4a√
(x+ c)2 + y2
379
−4xc− 4a2 = −4a√
(x+ c)2 + y2 o xc+ a2 = a√
(x+ c)2 + y2
Elevando al cuadrado otra vez:
x2c2 + a4 + 2xca2 = a2(x2 + c2 + 2xc+ y2)
Agrupando terminos:
a2(a2 − c2) = x2(a2 − c2) + a2y2
Llamando b2 = a2 − c2 y dividiendo los dos terminos por a2b2, se obtiene
1 =x2
a2+y2
b2
ecuacion canonica de la elipse, llamada ası porque corresponde a la elipse enposicion canonica.
Esta elipse es simetrica respecto a los ejes coordenados y respecto al origenporque si (x0, y0) satisface la ecuacion de la elipse, tambien la satisfacen (−x0, y0)(x0,−y0) (−x0,−y0).
Sus puntos de interseccion con el eje OX se obtienen haciendo y=0, por tanto son(a, 0) y (−a, 0). Analogamente, los puntos de interseccion con el eje OY se obtienenhaciendo x=0, por tanto son (0, b) y (0,−b). Estos puntos se llaman vertices de laelipse.
El semieje mayor mide a y el semieje menor mide b. El eje que contiene los focosse llama eje focal. La distancia focal es 2c. Se llama excentricidad de la elipse alnumero c/a.
El centro de simetrıa de la elipse se llama centro de la elipse. La elipse es unacircunferencia cuando la excentricidad es cero y los dos focos coinciden con el centro.
Si la excentricidad es 1 se obtiene en la ecuacion (1) y2 = 0 que es la ecuacionde dos rectas coincidentes con el eje OX.
La hiperbola es el lugar geometrico de los puntos cuya diferencia de distanciasa dos puntos fijos llamados focos es constante.
La ecuacion de la hiperbola en su posicion canonica se obtiene ası: sean (c, 0)y (−c, 0) los focos en un sistema de cordenadas cartesianas y llamemos 2a a ladiferencia de las distancias de un punto de la hiperbola a estos dos focos.
∀P, d((c, 0)P ) =√
(x− c)2 + y2 , d((−c, 0)P ) =√
(x+ c)2 + y2
P esta en la hiperbola si y solo si
√(x+ c)2 + y2 −
√(x− c)2 + y2 = 2a ≡
√(x+ c)2 + y2 = 2a+
√(x− c)2 + y2
380
Elevando al cuadrado:
(x+ c)2 + y2 = 4a2 + (x− c)2 + y2 + 4a√
(x− c)2 + y2
4xc− 4a2 = 4a√
(x− c)2 + y2 ≡ xc− a2 = a√
(x− c)2 + y2
Elevando al cuadrado otra vez:
x2c2 + a4 − 2xca2 = a2(x2 + c2 − 2xc+ y2)
Agrupando terminos:
a2(a2 − c2) = x2(a2 − c2) + a2y2
Veamos que ahora c ≥ a aplicando la desigualdad triangular al triangulo formadopor los focos y un punto de la hiperbola. (Ver dibujo de hiperbola en pag. 401).
2c+ d2 ≥ d1 i.e. 2c ≥ d1 − d2 = 2a
Llamando b2 = c2 − a2 y dividiendo los dos terminos por a2b2, se obtiene
−1 = −x2
a2+y2
b2
1 =x2
a2− y2
b2
ecuacion canonica de la hiperbola, llamada ası porque corresponde a la hiperbolaen posicion canonica.
Esta hiperbola es simetrica respecto a los ejes coordenados por la misma razonque lo era la elipse.
Los puntos de interseccion con el eje OY se obtendrıan haciendo x = 0, pero eneste caso no existen. Los puntos de interseccion con el eje OX se obtienen haciendoy = 0, por tanto son (a, 0) y (−a, 0). Estos puntos se llaman vertices de la hiperbola.
El eje que contiene los focos se llama eje focal. La distancia focal es 2c. Se llamaexcentricidad de la hiperbola al numero c/a.
El semieje real vale a. El otro semieje se llama semieje imaginario.
El punto O se llama centro de la hiperbola. La excentricidad de la hiperbolanunca es cero. Cuando la excentricidad es 1 la hiperbola se reduce a dos rectascoincidentes con ell eje OX.
381
La parabola es el lugar geometrico de los puntos que equidistan de un puntollamado foco y de una recta llamada directriz. (Vease dibujo pag. 401).
La ecuacion de la parabola se obtiene ası: Supongamos que la directriz es paralelaal eje OY a una distancia igual a c a la izquierda de este eje y que el foco esta situadoen el eje OX a una distancia c del origen. (se deduce de la definicion que la parabolapasa por el origen, que luego veremos que es el vertice de la parabola).
Entonces,el punto P(x,y) pertenece a la parabola si y solo si d(P, F ) = d(P, directriz), es
decir, si y solo si
(x− c)2 + y2 = (x+ c)2 ≡ x2 − 2xc+ c2 + y2 = x2 + 2xc+ c2
de dondey2 = 4cx
es la ecuacion canonica de la parabola, llamada ası porque esta en posicioncanonica.
Es simetrica respecto al eje OX y el origen es el punto de la parabola mas proximoa la directriz, es el vertice.
Ecuaciones de algunas conicas en posicion no canonica.
Naturalmente existen elipses, hiperbolas y parabolas que no estan colocadas enposiciones canonicas y se van a ver ahora ejemplos de obtencion de sus ecuaciones:
1.Obtener la ecuacion de una elipse de semieje mayor 2, vertical y semieje menor
1 y centro en el origen: tendrıamos que cambiar el eje OX por el eje OY y serıa
1 =y2
4+ x2.
2.Obtener la ecuacion de la elipse E de semieje mayor 2 en la direccion de la
diagonal del primer cuadrante y semieje menor 1 y centro en el punto (1,2).
La ecuacion de esta elipse en la posicion canonica (llamemosla E” )serıa
1 =x2
4+ y2 ≡ x2 + 4y2 − 4 = 0
Llamemos E’ a la elipse obtenida de girar la canonica un angulo de π/4 en sentidopositivo; un punto (x, y) pertenece a E’ si y solo si al girarlo un angulo un angulode π/4 en sentido negativo se situa en E”, por tanto si
1
2
( √2√
2
−√
2√
2
)(xy
)satisface la ecuacion de la elipse E”. Sustituyendo, tenemos que ha de ser:
382
1
4(√
2x+√
2y)2 + 41
4(−√
2x+√
2y)2 − 4 = 0
donde haciendo operaciones se llega a
5x2 − 6xy + 5y2 − 8 = 0,
que es la ecuacion de E’.Buscamos la ecuacion de la elipse pedida en el enunciado que vamos a llamar E.
E coincide con E’ al trasladarla de forma que su centro vaya al origen. Entonces, unpunto (x, y) esta en E si y solo si al trasladarlo segun el vector (−1,−2) obtenemosun punto de E’, o sea, si (x − 1, y − 2) satisface la ecuacion de E’; sustituyendo yhaciendo operaciones se obtiene:
5(x− 1)2 − 6(x− 1)(y − 2) + 5(y − 2)2 − 8 = 0 ≡
≡ 5x2 − 6xy + 5y2 + 2x− 14y + 5 = 0
que es la ecuacion pedida.
3.Obtener la ecuacion de la hiperbola H de semieje real 3 en el primer cuadrante
formando un angulo de π/3 con el eje de abscisas, de excentricidad 5/3 y centro enel punto (1,−1).
Primero obtenemos la ecuacion de una hiperbola H” de las mismas caracterısticasde la pedida pero en posicion canonica.
Como 5/3 = e = c/a y a = 2, c = 5 y b =√c2 − a2 = 4, por lo que la ecuacion
de la hiperbola H” es
x2
9− y2
16= 1 ≡ 16x2 − 9y2 − 144 = 0
Ahora obtenemos la ecuacion de la hiperbola H’ obtenida de H” al girarla paraque el eje de abcisas forme un angulo de π/3 positivo con su eje real:(
xy
)∈ H ′ ≡ 1
2
(1√
3
−√
3 1
)(xy
)∈ H ′′ ≡ 1
2
(x+√
3y
−√
3x+ y
)∈ H ′′
Sustituyendo en la ecuacion de H” y haciendo operaciones, tenemos
39y2 + 50√
3xy − 11x2 − 576 = 0
que es la ecuacion de H’. Para obtener la ecuacion de H observamos que unatraslacion de vector (−1, 1), lleva el centro de H al origen, que es el centro deH’ y lleva H a H’ porque coinciden en la direccion y el tamano del eje real, por loque (x, y) ∈ H ≡ (x− 1, y + 1) ∈ H ′. Sustituyendo (x− 1, y + 1) en la ecuacion deH’ y haciendo operaciones obtenemos:
39y2 + 50√
3xy − 11x2 + (78− 50√
3)y + (22 + 50√
3)x− 548− 50√
3 = 0
ecuacion de la hiperbola pedida.
383
4.Obtener la ecuacion de la parabola P cuya directriz es la diagonal del primer
cuadrante, cuya distancia del foco a la directriz es√
2, con vertice en la diagonaldel segundo cuadrante y dirigida hacia arriba.
Como en los ejemplos anteriores hallamos la ecuacion de la parabola P” de lasmismas caracterısticas de P colocada en posicion canonica (c =
√2/2) siendo esta:
y2 = 2√
2x ≡ y2 − 2√
2x = 0
La directriz de la parabola canonica es vertical; para que coincida su direccion conla de la diagonal del primer cuadrante tenemos que hacer un giro de angulo 3π/4positivo. Hallamos la ecuacion de la parabola P’ obtenida al girar la canonica unangulo de 3π/4 positivo sustituyendo en la ecuacion de la canonica las coordenadasde un punto girado un angulo de −3π/4:
La matriz de dicho giro es
1
2
(−√
2√
2
−√
2 −√
2
)por lo que(
xy
)∈ P ′ ≡ 1
2
(−√
2√
2
−√
2 −√
2
)(xy
)∈ P ′′ ≡ 1
2
(−√
2x+√
2y
−√
2x−√
2y
)∈ P ′′
Sustituyendo estas expresiones en la ecuacion de P” obtenemos
(−√
2
2x−√
2
2y)2 − 2
√2(−√
2
2x+
√2
2y) = 0
Haciendo operaciones se obtiene
x2 + y2 + 2xy + 4x− 4y = 0
que es la ecuacion de P’El vertice de P es el punto a distancia c =
√22
del origen sobre la diagonal delsegundo cuadrante y en el semiplano de las ordenadas positivas porque va haciaarriba. Es el punto (−1
2, 12)
Haciendo ahora la traslacion que lleva el vertice de la parabola pedida al origeny sustituyendo en la ecuacion de P’ obtenemos la ecuacion de P:
(x+ 1/2)2 + (y − 1/2)2 + 2(x+ 1/2)(y − 1/2) + 4(x+ 1/2)− 4(y − 1/2) = 0 ≡
≡ x2 + y2 + 2xy + 4x− 4y + 4 = 0
siendo esta ultima la ecuacion de la parabola pedida.
384
Ejercicios:
14.1.1 Hallar la ecuacion de la elipse de eje mayor 10 y distancia focal 6, cuyoeje mayor forma un angulo de π/6 con el eje de abscisas, siendo su centro el origen.
14.1.2. Hallar la ecuacion de la elipse de eje menor 8 y excentricidad 3/5, cuyoeje mayor forma un angulo de π/3 con el eje de ordenadas, siendo su centro el punto(1,1).
14.1.3. Hallar la ecuacion de una hiperbola de distancia focal 10 y excentricidad5/3, cuyo eje real forma un angulo de π/3 con el eje de abscisas, siendo su centro elpunto (−1, 2)
14.1.4. Hallar la ecuacion de una hiperbola cuyos vertices distan 6, con excen-tricidad 4/5, con centro en el punto (1,−2) y cuyo eje real forma un angulo de +π/3con el eje de ordenadas.
14.1.5. Hallar la ecuacion de la parabola con directriz la diagonal del primercuadrante y vertice en al punto (
√2, 2√
2).
14.1.6. Hallar la ecuacion de la parabola de directriz paralela a la diagonal delsegundo cuadrante y foco en el punto (
√2− 1,
√2 + 1).
Algunos ejemplos de reduccion de curvas de segundo grado a su ecuacioncanonica.
En los tres casos anteriores hemos obtenido como ecuaciones de las conicas,polinomios de segundo grado con dos incognitas igualados a cero. Vamos a verahora en tres casos particulares como podemos dar marcha atras, es decir, como lospolinomios de segundo grado con dos incognitas pueden ser transformados mediantecambios de coordenadas en las expresiones canonicas de la elipse, la hiperbola y laparabola.
5. Consideremos la curva de ecuacion:
52x2 − 72xy + 73y2 + 200x− 350y + 325 = 0
La parte cuadratica del polinomio se puede escribir:
52x2 − 72xy + 73y2 = (x, y)
(52 −36−36 73
)(xy
)Toda forma cuadratica se puede diagonalizar mediante un cambio de base or-
togonal, por eso podemos encontrar un nuevo sistema de coordenadas relacionadocon el anterior por una matriz ortogonal en el que la forma cuadratica tiene matrizdiagonal. Lo encontramos calculando los valores propios y los vectores propios.
385
Los valores propios son λ1 = 25, λ2 = 100, a los que corresponden los vectorespropios normalizados: v1 = (4, 3)/5, v2 = (−3, 4)/5. Entonces, con el cambio decoordenadas: (
xy
)=
1
5
(4 −33 4
)(x′
y′
)(como la matriz de cambio de base es ortogonal su inversa coincide con su traspuesta)la parte cuadratica considerada se transforma en
(x′, y′)1
5
(4 3−3 4
)(52 −36−36 73
)1
5
(4 −33 4
)(x′
y′
)= (x′, y′)
1
5
(25 00 100
)(x′
y′
)En este cambio de coordenadas la parte no cuadratica tambien se transforma:
200x−350y+325 = 200(1
5(4x′−3y′))−350(
1
5(3x′+4y′))+325 = −50x′−400y′+325
haciendo operaciones, con lo que el polinomio total se transforma en
25x′2
+ 100y′2 − 50x′ − 400y′ + 325 = 25(x′
2 − 2x′) + 100(y′2 − 4y′) + 325 =
= 25(x′ − 1)2 − 25 + 100(y′ − 2)2 − 400 + 325 = 25(x′ − 1)2 + 100(y′ − 2)2 − 100
Haciendo ahora el cambio de coordenadas x′′ = x′− 1, y′′ = y′− 2, igualando acero y dividiendo por 100 se obtiene:
x′′2
4+ y′′
2 − 1 = 0 ≡ x′′2
4+ y′′
2= 1
que es la ecuacion de una elipse de semieje mayor 2 y semieje menor 1 en posicioncanonica.
6. Consideremos la ecuacion
7x2 − 48xy − 7y2 − 70x− 10y − 1 = 0
La parte cuadratica
7x2 − 48xy − 7y2 = (x, y)
(7 −24
−24 −7
)(xy
)se transforma mediante el cambio de coordenadas ortogonal dado por los vectorespropios normalizados en una forma cuadratica diagonal, es decir, sin termino en xy.Sus valores propios son λ1 = 25, λ2 = −25, y los vectores propios normalizadoscorrespondientes: v1 = (4,−3)/5, v2 = (3, 4)/5 por lo que el cambio de coordenadases (
xy
)=
1
5
(4 3−3 4
)(x′
y′
)siendo
386
7x2 − 48xy − 7y2 = (x, y)
(7 −24
−24 −7
)(xy
)=
= (x′, y′)
(25 00 −25
)(x′
y′
)= 25x′
2 − 25y′2
La parte no cuadratica tambien se transforma en este cambio de coordenadas:
−70x− 10y − 1 = −70(1
5(4x′ + 3y′))− 10(
1
5(−3x′ + 4y′))− 1 = −50x′ − 50y′ − 1
Entonces el polinomio dado completo se transforma en
25x′2 − 25y′
2 − 50x′ − 50y′ − 1,
que a su vez se transforma en
25(x′2 − 2x′)− 25(y′
2+ 2y′)− 1 = 25(x′ − 1)2 − 25− 25(y′ + 1)2 + 25− 1
Llamando ahora x′′ = x′−1, y′′ = y′+1, y dividiendo adecuadamente la expresionde la ecuacion se transforma en
x′′2
125
− y′′2
125
= 1
expresion de una hiperbola.7. Consideremos la ecuacion
9x2 − 24xy + 16y2 + 70x− 10y + 75 = 0
Como en los casos anteriores, la parte cuadratica de la ecuacion se transformaen una suma de cuadrados mediante un cambio de coordenadas ortogonal.
9x2 − 24xy + 16y2 = (x, y)
(9 −12
−12 16
)(xy
)se transforma mediante el cambio de coordenadas(
xy
)=
1
5
(4 −33 4
)(x′
y′
)dado por los vectores propios normalizados v1 = (4, 3)/5, v2 = (−3, 4)/5 correspon-dientes a los valores propios λ1 = 0, λ2 = 25 en
(x′, y′)
(0 00 25
)(x′
y′
)= 25y′
2
La parte no cuadratica del polinomio se transforma en este cambio de coorde-nadas segun
70x− 10y + 75 = 70(1
5(4x′ − 3y′))− 10(
1
5(3x′ + 4y′)) + 75 = 50x′ − 50y′ + 75
387
con lo que la ecuacion completa se transforma en
25y′2
+ 50x′ − 50y′ + 75 = 25(y′ − 1)2 + 50(x′ + 1) = 0
Llamando ahora x′′ = x′ + 1, y′′ = y′ − 1 y dividiendo por 25 obtenemos
y′′2
+ 2x′′ = 0 ≡ y′′2
= −2x′′
expresion de una parabola.
Reduccion de la ecuacion general de la expresion de una curva desegundo grado a su expresion canonica.
La elipse, hiperbola y parabola se llaman conicas no degeneradas. Antes de pasaral problema general vamos a darnos cuenta de que existen otras configuraciones desoluciones de ecuaciones de segundo grado ademas de las conicas no degeneradas.Son las llamadas conicas degeneradas:
Las soluciones de a2x2 − b2y2 = 0 son las dos rectas diagonales de ecuacionesax − by = 0 e ax + by = 0, que se cortan en el origen. Se pueden considerar comouna degeneracion de la hiperbola.
Las soluciones de a2x2 − k = 0 son dos rectas paralelas si k > 0 y el conjuntovacıo si k < 0. Se pueden considerar como una degeneracion de la hiperbola cuandob =∞. Son una recta doble cuando k = 0, que se puede considerar una degeneracionde la parabola si c = 0.
Las soluciones de a2x2 + b2y2 = 0 estan constituidas por el origen unicamente.Y las soluciones de a2x2 + b2y2 = −k son el conjunto vacıo si k > 0.
Admitiendo estas configuraciones como conicas degeneradas, podemos demostrarque el conjunto de soluciones de una ecuacion dada por un polinomio de segundogrado con dos incognitas igualado a cero es una conica (sea o no degenerada). Lovamos a hacer a continuacion haciendo cambios de coordenadas que conservan lasdistancias y por tanto las formas de las curvas:
La expresion general de una de tales curvas es
a11x2 + 2a12xy + a22y
2 + 2a1x+ 2a2y + a0 = 0
La forma cuadratica a11x2 + 2a12xy + a22y
2 se puede expresar matricialmente
(x, y)
(a11 a12a12 a22
)(xy
)con una matriz simutrica que se puede diagonalizar por una matriz ortogonal uti-lizando los valores propios y los vectores propios.
Mediante un cambio de coordenadas:
388
(xy
)=
(v11 v21v12 v22
)(x′
y′
)dado por los vectores propios normalizados, la parte cuadratica pasa a
(x′, y′)
(λ1 00 λ2
)(x′
y′
)En ese cambio, los coeficientes de x y de y tambien varıan en el polinomio dado
pasando el polinomio completo a ser de la forma:
λ1x′2 + λ2y
′2 + 2b1x′ + 2b2y
′ + b0 = 0
Ahora distinguimos dos casos:a) Si los dos valores propios son distintos de cero,b) Si algun valor propio es cero.En el primer caso podemos agrupar los terminos en x′ y los terminos en y′ dando
λ1x′2 + 2b1x
′ + λ2y′2 + 2b2y
′ + b0 = λ1(x′2 + 2
b1λ1x′) + λ2(y
′2 + 2b2λ2y′) + b0 =
= λ1(x′ +
b1λ1
)2 + λ2(y′ +
b2λ2
)2 + b0 −b21λ1− b22λ2
= 0
Mediante otro cambio de coordenadas x′′ = x′ + 2 b1λ1
, y′′ = y′ + 2 b2λ2
y llamandoco al termino independiente pasamos a
x′′2
−c0λ1
+y′′2
−c0λ2
= 1
que es la ecuacion de una elipse si λ1, λ2 y −c0 son del mismo signo, es el conjuntovacıo si λ1, λ2 y co son del mismo signo, y es un solo punto si λ1, λ2 son del mismosigno y c0 = 0.
Si λ1, λ2 son de distinto signo, tenemos la ecuacion de una hiperbola si c0 6= 0 yla ecuacion de dos rectas que se cortan si c0 = 0.
Pasamos ahora al caso b): supongamos que λ1 = 0, la ecuacion entonces, por ladiagonalizacion de la parte cuadratica pasa a ser
λ2y′2 + 2b1x
′ + 2b2y′ + b0 = 0
que podemos transformar en
λ2(y′ +
b2λ2
)2 − b22λ2
+ 2b1x′ + b0 = λ2(y
′ +b2λ2
)2 + 2b1(x′ +
b0 − b22λ2
b1) = 0
si b1 6= 0. Aquı llamando x′′ = x′ +b0−
b22λ2
b1, y′′ = y′ + b2
λ2que es otro cambio de
coordenadas obtenemos
389
λ2y′′2 + 2b1x
′′ = 0
donde dividiendo por λ2 obtenemos la ecuacion de una parabola.
Si b1 = 0, obtenemos
λ2(y′ +
b2λ1
)2 − b22λ2
+ b0 = 0
donde llamando y′′ = y′ + b1λ2
y c0 =b22λ2− b0 se llega a
λ2y′′2 = c0
que es la ecuacion de dos rectas paralelas si c0 > 0, una recta doble si c0 = 0 y elconjunto vacıo si c0 < 0.
Si λ1 = λ2 = 0, la matriz que hemos diagonalizado es nula, no siendo entoncesla ecuacion que nos han dado de segundo grado.
Hemos llegado a que si el conjunto de puntos soluciones de una ecuacion desegundo grado con dos incognitas es no vacıo, constituye una conica (no degeneradao degenerada). Las conicas se llaman tambien curvas de segundo grado.
Invariantes y Clasificacion de las Conicas.
Invariantes de las Conicas.Dada la ecuacion de una curva de segundo grado, podemos realizar los cam-
bios de coordenadas considerados en el parrafo anterior para ver de que tipo deconica se trata; sin embargo existen ciertos numeros asociados a los coeficientes delpolinomio de la curva que quedan invariantes en cualquier cambio de coordenadasque conserva las distancias y que determinan el tipo de curva que es. Se llamaninvariantes de las conicas y vamos a verlos ahora.
Como se vio en el capıtulo de los movimientos, dichos cambios de coordenadasson transformaciones ortogonales, traslaciones o composicion de ambas. Las vamosa estudiar separadamente.
Puede suponerse que la ecuacion general de la conica es
a11x2 + 2a12xy + a22y
2 + 2a1x+ 2a2y + a0 = 0
que se puede escribir de forma matricial:
(1, x, y)
a0 a1 a2a1 a11 a12a2 a12 a22
1xy
= 0
llamandose la matriz que aparece, matriz de la conica, que representaremos por A.
390
Los cambios de coordenadas correspondientes a transformaciones ortogonalesvienen dados por matrices: 1
xy
=
1 0 00 c11 c120 c21 c22
1x′
y′
donde
C =
(c11 c12c21 c22
)es una matriz ortogonal. Pasando la conica a la ecuacion:
(1, x′, y′)
1 0 00 c11 c120 c21 c22
t a0 a1 a2a1 a11 a12a2 a12 a22
1 0 00 c11 c120 c21 c22
1x′
y′
= 0
donde Ct = C−1 y |C| = ±1.Se puede observar que el determinante de la matriz producto, que es la matriz
de la conica en el nuevo sistema de coordenadas coincide con el determinante de laprimera matriz asociada a la conica.
Miremos ahora lo que pasa en un cambio de coordenadas correspondiente a unatraslacion.
En una traslacion las coordenadas cambian segun x = c1 +x′, y = c2 +y′, lo cualse puede expresar por 1
xy
=
1 0 0c1 1 0c2 0 1
1x′
y′
= 0
Pasando la ecuacion de la conica a ser
(1, x′, y′)
1 c1 c20 1 00 0 1
a0 a1 a2a1 a11 a12a2 a12 a22
1 0 0c1 1 0c2 0 1
1x′
y′
= 0
donde se ve tambien que el determinante de la matriz producto correspondiente a laconica despues del cambio de coordenadas coincide con el determinante de la matrizprimera, ya que el determinante de la matriz de cambio es 1.
Podemos concluir que el determinante de la matriz de la conica es invariante encualquier cambio de coordenadas que conserve las distancias.
Tambien, llamando
A0 =
(a11 a12a21 a22
)se ve que en los cambios anteriores A0 cambia a
391
(c11 c12c21 c22
)t(a11 a12a21 a22
)(c11 c12c21 c22
)en un cambio de coordenadas ortogonal en el que Ct = C−1 y en un cambio corres-pondiente a una traslacion queda igual.
Por esta razon, lo mismo que antes,
|A0| = det
(a11 a12a21 a22
)es invariante. Y al ser
(c11 c12c21 c22
)una matriz ortogonal, su inversa y su traspuesta coinciden, por lo que A0 cambiacomo la matriz de un endomorfismo y es invariante tambien su polinomio carac-terıstico y por tanto su traza: a11 + a22.
Tenemos, pues, tres invariantes: |A|, |A0|, y traza(A0)Al final del proceso de reduccion de la ecuacion de una conica a la ecuacion canonica se divide
para obtener la ecuacion canonica hallada al principio de las conicas. La division o multiplicacion
de los coeficientes por un numero no es un cambio de coordenadas que conserve las distancias y
por tanto los invariantes no se conservan en esta ultima etapa, aunque si se conserva su signo si
dividimos por numeros positivos.
Clasificacion de las Conicas.Con estos resultados y mirando en las ecuaciones canonicas de la elipse, hiperbola
y parabola:
elipse:(
1, x, y) −1 0 0
0 1a2
00 0 1
b2
1xy
= 0
hiperbola:(
1, x, y) −1 0 0
0 1a2
00 0 − 1
b2
1xy
= 0
parabola:(
1, x, y) 0 −2c 0−2c 0 0
0 0 1
1xy
= 0.
y mirando otra vez la ecuacion de las conicas, degeneradas y no degeneradas, pode-mos dada una curva de segundo grado distinguir el tipo de conica que es.
En las conicas no degeneradas y solo en ellas, (|A| 6= 0) Entonces, puede ocurrir:|A0| > 0 en cuyo caso es una elipse si sig|A| 6= sig|A0| y el conjunto vacıo si
sig|A| = sig|A0|.|A0| = 0 en cuyo caso es una parabola.|A0| < 0 en cuyo caso es una hiperbola.En las degeneradas, (|A| = 0), la parabola se reduce a dos rectas paralelas o
coincidentes, la elipse se reduce a un punto y la hiperbola se reduce a dos rectassecantes que tambien pueden coincidir.
Si |A0| > 0 es un punto.Si |A0| = 0 es dos rectas paralelas que podrıan coincidir o el conjunto vacıo.Si |A0| < 0 son dos rectas secantes.
392
Ejes de simetrıa y centro o vertice de las conicas no degeneradas.
Volviendo a mirar las ecuaciones de las conicas en posicion canonica, vemos quesi P = (p1, p2) es un punto que satisface la ecuacion reducida de una elipse o deuna hiperbola, tambien los puntos de coordenadas (−p1, p2), (p1,−p2), (−p1,−p2)satisfacen dicha ecuacion, por lo que los ejes de las coordenadas x′′ e y′′ son ejes desimetrıa de dichas curvas y el origen de dichas coordenadas es centro de simetrıa. Encuanto a la parabola, si P = (p1, p2) satisface la ecuacion reducida de la parabola,tambien la satisface (p1,−p2), por lo que el eje de las x′′ es eje de simetrıa de laparabola, que ademas tiene su vertice en el punto origen del ultimo sistema decoordenadas.
Para determinar los ejes de la elipse y de la hiperbola tenemos en cuenta quepara pasar de la ecuacion general a la ecuacion reducida hemos hecho un cambio decoordenadas dado por una transformacion ortogonal y otro cambio dado por unatraslacion. Como en la traslacion no cambian las direcciones de los ejes, la direccionde los ejes de las coordenadas x′′ e y′′ son las mismas que las de los ejes de coorde-nadas de x′ e y′. Estas coordenadas se habıan obtenido diagonalizando la matriz A0;el endomorfismo dado por A0 es el mismo que el dado por la matriz diagonal cuyadiagonal esta formada por los valores propios, coincidiendo sus vectores propios ysiendo los vectores propios de A0, los vectores propios de la matriz diagonal que sonlos vectores de direccion de las nuevas coordenadas, por tanto el eje x′ tiene la di-reccion del vector propio de A0 correspondiente a λ1 y el eje y′ tiene la direccion delvector propio de A0 correspondiente al valor propio λ2 en la elipse y en la hiperbola.
La longitud de los ejes se puede calcular usando los invariantes y se vera en losejercicios.
Al hacer esta reduccion no siempre el eje x′ es el eje mayor de la elipse o el eje real de la
hiperbola, esto depende de cual de los valores propios sea mayor en la elipse y del signo del
termino independiente en la hiperbola.
Para determinar el centro de simetrıa, que es el origen del sistema de coor-denadas x′′, y′′, tenemos en cuenta que tambien podemos llegar a este sistema decoordenadas haciendo primero un cambio de coordenadas correspondiente a unatraslacion de vector determinado por el origen y el centro de simetrıa y luego uncambio de coordenadas correspondiente a la transformacion ortogonal que cambiala direccion de los ejes. Como al final no hay terminos lineales en las coordenadas,haciendo el cambio de coordenadas inverso al de la transformacion ortogonal, siguesin haber terminos lineales. Pero lo que se obtiene al hacer en la ecuacion reducidael cambio inverso a la transformacion ortogonal que cambiaba la direccion de losejes es la ecuacion resultante de hacer el cambio de coordenadas correspondiente ala traslacion del origen al centro de simetrıa que por tanto no debe tener terminoslineales.
Sustituyendo x = x + c1, y = y + c2 en la ecuacion general de las conicas, los
393
terminos lineales que obtenemos son
(2a11c1 + 2a12c2 + 2a1)x, (2a12c1 + 2a22c2 + 2a2)y
que tienen que ser nulos, lo cual nos da las ecuaciones que debe satisfacer el centro:
a11c1 + a12c2 + a1 = 0a12c1 + a22c2 + a2 = 0
Este sistema de ecuaciones tiene solucion unica en la elipse y la hiperbola porque enellas |A0| 6= 0
La ecuacion de los ejes de simetrıa se obtiene sabiendo que pasan por el centroy que tienen la direccion de los vectores propios de A0.
En cuanto a la parabola, el eje x′ tiene la direccion del vector propio que corres-ponde al valor propio nulo y la tangente en el vertice y la directriz tienen la direcciondel vector propio correspondiente al valor propio no nulo. El vertice es el nuevoorigen de coordenadas y se obtiene teniendo en cuenta que la tangente en el verticees perpendicular al eje de simetrıa que lleva la direccion del vector propio de A0 parael valor propio nulo, por tanto paralela a (a11, a12). La pendiente de la tangente a laparabola en cada punto se puede calcular derivando implıcitamente en la ecuacionde la parabola: si f(x, y) es la ecuacion de la parabola fx(x, y) + fy(x, y)y′ = 0nos dice que (fy(x, y),−fx(x, y)) es un vector en la direccion de la tangente a laparabola, que en el vertice ha de ser paralelo a (a11, a12), por tanto:
fy(x, y)
a11=−fx(x, y)
a12
Aquı obtenemos una relacion entre las coordenadas del vertice, que juntamente conla ecuacion de la parabola da dichas coordenadas.
La ecuacion del eje de simetrıa se obtiene sabiendo que pasa por el vertice y quetiene la direccion del vector propio nulo de A0.
Una vez reducida la ecuacion de la parabola a su forma canonica podemos cal-cular c, estando el foco sobre el eje x′′ a distancia c del vertice. (Tambien se puedecalcular c usando los invariantes como se ve en los ejercicios). Como hay dos puntossobre el eje x′′ a distancia c del vertice decidimos cual es considerando la perpen-dicular al eje de simetrıa que pasa por esos puntos; si pasa por el foco interseca a laparabola en dos puntos y si no pasa por el foco no interseca a la parabola.
Otra manera de distinguir el foco, cuyo fundamento esta fuera del alcance de estelibro es tener en cuenta que la parabola divide el plano en dos regiones de puntoscuyas coordenadas sustituidas en el polinomio de su ecuacion dan el mismo signoen cada region y distinto en distintas regiones. Los puntos distintos del vertice dela tangente a la parabola en dicho punto estan en distinta region que el foco.
394
Calculo del centro de simetrıa y de los ejes de simetrıa de la elipse delejemplo 5.
El centro debe satisfacer las ecuaciones:
52c1 − 36c2 + 100 = 0−36c1 + 73c2 − 175 = 0
Resolviendo el sistema se obtiene C = (−2, 11)/5.
El eje focal pasa por el centro de simetrıa y lleva la direccion de las x′ que esla del vector propio correspondiente al valor propio 25: v1 = (4, 3)/5, por tanto susecuaciones parametricas son:(
xy
)=
1
5
(−211
)+ λ
(43
)El otro eje de simetrıa tambien pasa por el centro y es perpendicular a este,
teniendo, por tanto, de ecuaciones parametricas(xy
)=
1
5
(−211
)+ λ
(−3
4
)Una forma de comprobar si la direccion de los ejes de simetrıa estan bien hallados
es tener en cuenta que el eje de la direccion de las x′ tiene de ecuacion y′ = 0 y eleje de la direccion de y′ tiene de ecuacion x′ = 0 y despejar x′, y′ en funcion de x,y, obteniendo: (
x′
y′
)=
1
5
(4 3−3 4
)(xy
)por lo que
y′ = 0 ≡ −3x+ 4y = 0 satisfecha por v1 = (4, 3)/5
analogamente
x′ = 0 ≡ 4x+ 3y = 0 satisfecha por v2 = (−3, 4)/5.
Los vertices del eje focal estan en dicho eje a una distancia igual a 2 del centro,obteniendose (−2, 11)/5± 2/5(4, 3).
Los otros vertices del eje menor estan en el otro eje a una distancia del centroigual a 1, obteniendose (−2, 5)/5± 1/5(−3, 4)
En este caso sabemos que la medida del semieje mayor es 2 y la del semieje menores 1 porque hemos reducido previamente la ecuacion a su forma canonica. Sin reducirla ecuacion a su forma canonica, los podemos calcular utilizando los invariantes:cuando la ecuacion esta en la forma λ1x
′′2+λ2y′′2+c0 = 0 solo hemos hecho cambios
395
de coordenadas sin dividir; entonces |A| = λ1λ2c0, siendo c0 = |A|/λ1λ2, despuespasamos c0 al segundo miembro y dividimos por −c0, viendose que los cuadradosde los dos semiejes son a2 = −c0/λ1 y b2 = −c0/λ2. Los focos estan a distancia√a2 + b2 del vertice sobre el eje de mayor longitud.
Calculo del centro de simetrıa y de los ejes de simetrıa de la hiperboladel ejemplo 6.
El centro debe satisfacer las ecuaciones:
7c1 − 24c2 − 35 = 0−24c1 − 7c2 − 5 = 0
Resolviendo el sistema se obtiene C = (1,−7)/5.
El eje focal pasa por el centro de simetrıa y lleva la direccion de las x′ que es ladel vector propio correspondiente al valor propio 25: v1 = (4,−3)/5, por tanto susecuaciones parametricas son:(
xy
)=
1
5
(1−7
)+ λ
(4−3
)El otro eje de simetrıa tambien pasa por el centro y es perpendicular a este,
siendo sus ecuaciones: (xy
)=
1
5
(1−7
)+ λ
(34
)Los vertices de la hiperbola estan a distancia igual a 1/5 del centro de simetrıa
sobre el eje focal y son (1,−7)/5± (4,−3)/25.Los focos de la hiperbola estan a distancia igual a
√2/5 del centro de simetrıa
sobre el eje focal y son (1,−7)/5± (4,−3)√
2/25.
En este caso sabemos que la medida del semieje real es 1/5 porque hemos reducidopreviamente la ecuacion a su forma canonica. Lo podemos calcular sin reducir laecuacion a su forma canonica utilizando los invariantes: cuando la ecuacion estaen la forma λ1x
′′2 + λ2y′′2 + c0 = 0 solo hemos hecho cambios de coordenadas sin
dividir; entonces |A| = λ1λ2c0, siendo c0 = |A|/λ1λ2, despues pasamos c0 al segundomiembro y dividimos por −c0, viendose que el cuadrado del semieje real es el quesea positivo de los dos numeros −c0/λ1 y −c0/λ2. Los focos estan a distancia c delvertice sobre el eje real
Calculo del vertice y del eje de simetrıa y del foco de la parabola delejemplo 7.
El vertice es el punto en el que la tangente a la parabola es perpendicular al ejede simetrıa. La direccion del eje de simetrıa es la del vector propio de la matriz A0
correspondiente al valor propio nulo, por tanto es perpendicular al vector (a11, a12),que entonces ha de ser paralelo a la tangente en el vertice.
396
Podemos calcular la pendiente de la tangente a la parabola en cada puntoderivando la ecuacion de la parabola de manera implıcita. En nuestro caso, deriva-mos en la ecuacion:
9x2 − 24xy + 16y2 + 70x− 10y + 75 = 0
obteniendo(18x− 24y + 70) + (−24x+ 32y − 10)y′ = 0
lo que da
y′ =−(18x− 24y + 70)
−24x+ 32y − 10
Un vector que tiene esta pendiente es (−24x+ 32y− 10,−(18x− 24y+ 70)), quepor lo dicho anteriormente ha de ser paralelo a (9,−12), debiendo ser
−24x+ 32y − 10
9=−(18x− 24y + 70)
−12
de donde y = (3x+ 5)/4, lo cual sustituido en la ecuacion de la parabola, que debeser satisfecha por las coordenadas del vertice da x = −7/5, de donde y = 1/5
Se puede comprobar que estas son las coordenadas del vertice porque en laecuacion reducida a la que habıamos llegado el ejemplo 7 con las coordenadas x′, y′
el vertice era (−1, 1). Haciendo el cambio indicado allı de las coordenadas x′, y′ a lascoordenadas x, y obtenemos la misma solucion, lo cual da otro metodo par calcularel vertice.
El eje de simetrıa pasa por el vertice y tiene direccion el vector propio correspon-diente al valor propio nulo, es decir, (4, 3), por lo que sus ecuaciones parametricasson (
xy
)=
1
5
(−7
1
)+ λ
(43
)El foco esta sobre el eje de simetrıa a una distancia del vertice igual a c.Para calcular c tenemos en cuenta que para llegar a la ecuacion λ2y
′′2 +2px′′ = 0solo hemos hecho cambios de coordenadas por lo que al ser el determinante de lamatriz de las conicas invariante por cambios de coordenadas se tiene |A| = −λ2p2;luego, para pasar a la ecuacion canonica dividimos por λ2 y pasamos 2px′′ al segundomiembro. Comparando con la ecuacion canonica tenemos 4c = −2p/λ2, o sea c =−p/2λ2.
En este caso, λ2 = 25 por lo que |A| = −253 = −25p2 ⇒ p = 25, de dondec = −25/50 = −1/2.
Como el foco esta a distancia c del vertice y sobre el eje de simetrıa, es uno delos dos puntos: (
xy
)=
1
5
(−7
1
)± λ
(43
)
397
donde ‖λ(4, 3)‖ = 1/2, para lo cual ha de ser λ = ±1/10, obteniendose los dos puntosposibles (−2, 1)/2, (−18,−1)/10. Decidimos cual es considerando la perpendicularal eje de simetrıa que pasa por esos puntos; si pasa por el foco interseca a la parabolaen dos puntos y si no pasa por el foco no interseca a la parabola.
La perpendicular al eje de simetrıa por el punto (−2, 1)/2 tiene la ecuacion(xy
)=
1
2
(−2
1
)+ β
(−3
4
)=
1
2
(−2− 6β
1 + 8β
)Sustituyendo un punto generico de esta recta en la ecuacion de la parabola da
625β2 + 25 = 0, ecuacion que no tiene solucion en β, lo que quiere decir que estarecta no corta a la parabola. Entonces el foco es (−18,−1)/10.
(Al sustituir el punto 12 (−2− 6β, 1 + 8β) = (−1, 1/2) + (−3, 4)β en la ecuacion de la parabola
se obtiene
(1,−1,1
2)A
1−1
12
+ 2β(1,−1,1
2)A
0−3
4
+ β2(0,−3, 4)A
0−3
4
donde A es la matriz de la parabola.)
Tambien podemos distinguir el foco porque sustituidas sus coordenadas en laecuacion de la parabola tiene que dar un numero de distinto signo del numeroobtenido sustituyendo un punto distinto del vertice de la tangente a la parabola eneste punto; la tangente es la recta de direccion del vector propio para λ2 que pasapor el vertice.
Un punto distinto del vertice de la tangente en el dicho punto a la parabola es
1
5
(−7
1
)+
1
5
(−3
4
)=
(−2
1
)Al sustituir este punto en el polinomio de la ecuacion de la parabola da 25 > 0. Sisustituimos (−2, 1)/2 obtenemos tambiun 25 > 0, luego el foco es (−18,−1)/10.
Ejercicios:
14.2.1. Clasificar las conicas dadas por las siguientes ecuaciones:a). 3x2 + 3y2 − 2xy − 2x− 2y − 7 = 0b) 41x2 + 24xy + 34y2 − 58x+ 44y + 26 = 0c) 23x2 + 2y2 − 72xy − 110x+ 20y − 25 = 0d) 23x2 + 2y2 + 72xy − 50x− 100y − 25 = 0e) 2x2 + 23y2 − 72xy + 68x+ 26y + 47 = 0f) x2 − 6xy + 9y2 + 4x+ 2y − 1 = 0h) 4x2 + 4xy + y2 − 6x+ 8y − 5 = 0i) y2 − 2x2 + xy − 3x− 1 = 0j) 9x2 − 6xy + y2 + 3x− y − 2 = 0k) 4x2 + 4xy + y2 − 2y − 4x− 6 = 0
398
l) x2 − 2xy + y2 − 2x+ 4y + 4 = 0m) x2 + 9y2 − 6xy + 10x− 30y + 25 = 0n) x2 + y2 − 2xy + 6x− 6y + 6 = 0o) 5x2 + 6xy + 5y2 − 16x− 16y − 5 = 014.2.2. Hallar los centros de simetrıa y los ejes de simetrıa de las conicas ante-
riores que sean elipses o hiperbolas.14.2.3. Hallar el vertice, el eje de simetrıa y el foco de las conicas anteriores que
sean parabolas.
Unificamos la elipse, la hiperbola y la parabola en una definicion delugar geometrico:
Son los lugares geometricos de los puntos cuya razon de distancias a un puntollamado foco y una recta llamada directriz es constante. Si esta razon es menor que1, la conica es una elipse. Si la razon es mayor que uno la conica es una hiperbola.Si la razon es uno, la conica es una parabola.
La ecuacion de la rectas directrices de la elipse y de la hiperbola en posicioncanonica es x = a/e, donde e es la excentricidad, obteniendose la parabola enposicion canonica cuando e = 1 siendo en esta a = −c cuando c es la abscisa delfoco en el eje OX.
Comprobacion:Lo comprobamos primero para la elipse en posicion canonica. Si P es un punto
de la elipse y (c, 0) el foco,
d(P, F ) =√
(x− c)2 + y2 =
√(x− c)2 + b2(1− x2
a2) =
=
√x2 + c2 − 2xc+ b2 − b2
a2x2 =
√x2(1− b2
a2) + a2 − 2xc =
=√x2e2 + a2 − 2xea =
√(xe− a)2 = |xe− a|
Sea d1 la recta de ecuacion x = a/e,
d(P, d1) = |x− a
e| = 1
e|xe− a| = 1
ed(P, F ) o equivalentemente,
d(P, F )
d(P, d1)= e
En cuanto a la hiperbola,
d(P, F ) =√
(x− c)2 + y2 =
√(x− c)2 + b2(
x2
a2− 1) =
=
√x2 + c2 − 2xc− b2 +
b2
a2x2 =
√x2(1 +
b2
a2) + a2 − 2xc =
=
√x2c2
a2+ a2 − 2xea =
√(xe− a)2 = |xe− a|
399
Sea d1 la de ecuacion x = a/e.
d(P, d1) = |x− a
e| = 1
e|xe− a| = 1
ed(P, F ) o equivalentemente,
d(P, F )
d(P, d1)= e
Como en la elipse e < 1, se tiene a/e > a, por lo que la recta directriz de la elipseesta a la derecha del vertice. Por el contrario en la hiperbola, al ser e > 1, a/e < a,por lo que la recta directriz de la hiperbola esta entre el vertice y el centro desimetrıa. (En cada una de estas curvas hay otra directriz simetrica a estas respectoal eje de ordenadas debido a su simetrıa).
En las dos expresiones finales correspondientes a la elipse y a la hiperbola se veque cuando e = 1 se obtiene la parabola.
Hemos englobado en la definicion de lugar geometrico las curvas: elipse, hiperbolay parabola.
Recıprocamente dada la recta de ecuacion x = k, si queremos una conica talque los puntos P de la conica verifiquen d(P, F ) = ed(P, r), podemos considerarlos puntos de abscisas k, ke, ke2 del eje OX que verifican d(ke2, ke) = ed(ke, k) =ed(ke, r)y son distintos si e 6= 1, es decir, el punto del eje OX de abscisa ke2 vale defoco de una conica que tiene vertice en ke, excentricidad e y r como directriz.
Obtengamos su ecuacion canonica:
√(x− ke2)2 + y2 = e|x− k| ⇔ x2 + k2e4 − 2xke2 + y2 = e2(x2 + k2 − 2xk)⇔
x2(1− e2) + y2 = e2k2 − e4k2 = e2k2(1− e2)
Dividiendo:
x2
k2e2+ y2
1
e2k2(1− e2)= 1
es la ecuacion de una elipse si e < 1 y de una hiperbola si e > 1.
Tambien quedan unificadas las tres conicas como intersecciones de un cono porun plano, segun que este plano corte a todas las generatrices por el mismo ladorespecto al vertice del cono, (elipse), sea paralelo a una generatriz, (parabola), ocorte a unas generatrices a un lado del vertice y otras generatrices por el otro lado.
400
401
Ejercicios:
14.3.1. Calcular las ecuaciones de las directrices de las elipses que aparecen enel ejercicio 14.2.1.
14.3.2. Calcular las ecuaciones de las directrices de las hiperbolas que aparecenen el ejercicio 14.2.1.
14.3.3. Calcular las ecuaciones de las directrices de las parabolas que aparecenen el ejercicio 14.2.1.
14.3.4. Calcular la ecuacion de una elipse con directriz la recta de ecuacion x = 2y excentricidad 1/2.
14.3.5. Calcular la ecuacion de una hiperbola con directriz la recta de ecuacionx = 2 y excentricidad 2.
14.3.6. Calcular la ecuacion de la elipse con directriz la recta de ecuacion x = 2,foco en (1,0) y excentricidad 1/2.
14.3.7. Calcular la ecuacion de la hiperbola con directriz la recta de ecuacionx = 2, foco en (4,0) y excentricidad 2.
Bibliografıa.
L. I. Golovina. Algebra Lineal y algunas de sus aplicaciones. Ed. Mir 1980.
402
Cuadricas
Introduccion.
En este capıtulo se estudian las superficies de segundo grado, es decir, las su-perficies que son conjuntos de soluciones de una ecuacion de segundo grado en lasvariables x, y, z. El estudio es similar al de las conicas, encontrandose muchos mascasos. En su clasificacion influyen no solo los invariantes de las matrices simetricasasociadas a las ecuaciones sino el rango de estas.
Los ejes y planos de simetrıa de las cuadricas no degeneradas se determinan demanera analoga a como se determinan en las conicas no degeneradas.
A continucion se enuncian las ecuaciones reducidas de las cuadricas. Se puedenhacer los correspondientes dibujos estudiando las secciones de cada cuadrica conplanos paralelos a los ejes.
Elipsoide:x2
a2 + y2
b2+ z2
c2= 1.
Hiperboloide elıptico o de una hoja:x2
a2 + y2
b2− z2
c2= 1.
Hiperboloide hiperbolico o de dos hojas:x2
a2 − y2
b2− z2
c2= 1.
Cono:x2
a2 + y2
b2− z2
c2= 0.
Paraboloide elıptico:x2
a2 + y2
b2− 2pz = 0.
Paraboloide hiperbolico:x2
a2 − y2
b2− 2pz = 0.
Cilindro elıptico:x2
a2 + y2
b2= 1.
Cilindro parabolico:x2
a2 − 2py = 0.
Cilindro hiperbolico:x2
a2 − y2
b2= 1.
Par de planos que se cortan:x2
a2 − y2
b2= 0.
Par de panos paralelos:x2
a2 = 1.
Par de planos coincidentes:x2
a2 = 0.
Es interesante dar valores de a, b, c, p en las ecuaciones anteriores y obtener susgraficas con geogebra vista 3D que es software gratis. (La imagen sale mas claracuando uno de los valores es fraccionario con denominador cuadrado perfecto).
403
Estudio general de la superficie de segundo grado.
La expresion general de una de tales superficies es
a11x2 + 2a12xy + a22y
2 + 2a13xz + 2a23yz + a33z2 + 2a1x+ 2a2y + 2a3z + a0 = 0
Vamos a simplificar progresivamente todo lo posible esta ecuacion mediante cambiosde coordenadas que conservan las distancias, (por tanto las formas), lo cual nos vaa permitir visualizar que tipo de superficie es cada una de las obtenidas.
La forma cuadratica a11x2 + 2a12xy + a22y
2 + 2a13xz + 2a23yz + a33z2 se puede
expresar matricialmente
(x, y, z)
a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33
xyz
con una matriz simetrica que se puede diagonalizar por una matriz ortogonal uti-lizando los valores propios y los vectores propios de dicha matriz.
Mediante un cambio de coordenadas ortogonal, que conserva las distancias, xyz
=
v11 v21 v31v12 v22 v32v13 v23 v33
x′
y′
z′
dado por los vectores propios normalizados, la parte cuadratica pasa a
(x′, y′, z′)
λ1 0 00 λ2 00 0 λ3
x′
y′
z′
En ese cambio, los coeficientes de x, de y y de z tambien varıan por la transfor-
macion ortogonal considerada, en el polinomio dado, pasando el polinomio completoa ser de la forma:
λ1x′2 + λ2y
′2 + λ3z′2 + 2b1x
′ + 2b2y′ + 2b3z
′ + b0 = 0
Ahora distinguimos tres casos con distintos subcasos:
a) Si los tres valores propios son distintos de cero,b) Si solo un valor propio es cero.c) Si dos valores propios son cero.
Los tres valores propios no pueden ser cero porque entonces serıa cero la formacuadratica y el polinomio dado no serıa de segundo grado.
Estudiemos el caso a)En este caso podemos agrupar los terminos en x′, los terminos en y′ y los terminos
en z′ dando
λ1x′2 + 2b1x
′ + λ2y′2 + 2b2y
′ + λ3z′2 + 2b3z
′ + b0 =
404
= λ1(x′2 + 2
b1λ1x′) + λ2(y
′2 + 2b2λ2y′) + λ3(z
′2 + 2b3λ3z′) + b0 =
= λ1(x′ +
b1λ1
)2 + λ2(y′ +
b1λ1
)2 + λ3(z′ +
b3λ3
)2 + b0 −b21λ1− b22λ2− b23λ3
= 0
Mediante otro cambio de coordenadas, x′′ = x′ + b2λ2
, y′′ = y′ + b2λ2
, z′′ = z′ + b3λ3
correspondiente a una traslacion y llamando co al termino independiente, si c0 6= 0,pasamos a
x′′2
−c0λ1
+y′′2
−c0λ2
+z′′2
−c0λ3
= 1
que es la ecuacion de un elipsoide si λ1, λ2, λ3 son del mismo signo, distinto del dec0, es el conjunto vacıo si λ1, λ2, λ3 y c0 son del mismo signo. Si c0 = 0 y λ1, λ2, λ3son del mismo signo es un solo punto.
Si λ1, λ2 son del mismo signo siendo λ3 de distinto signo, tenemos la ecuacionde un cono si c0 = 0 y de un hiperboloide si c0 6= 0; hay dos tipos de hiperboloides:suponiendo c0 > 0, lo cual siempre se puede conseguir cambiando el signo de laecuacion si es necesario, pueden quedar dos de los cuadrados de coordenadas concoeficiente positivo, en cuyo caso se trata de un hiperboloide elıptico o dos de loscuadrados de las coordenadas con coeficiente negativo, en cuyo caso se trata de unhiperboloide hiperbolico.
Pasamos ahora al caso b):Suponiendo que λ3 = 0, λ1 6= 0, λ2 6= 0, la parte cuadratica de la ecuacion pasa
a ser por la diagonalizacion correspondiente a una transformacion ortogonal a:
λ1x′2 + λ2y
′2
y la ecuacion completa pasa a:
λ1x′2 + 2b1x
′ + λ2y′2 + 2b2y
′ + 2b3z′ + b0 = 0
que podemos transformar en
λ1(x′ +
b1λ1
)2 + λ2(y′ +
b2λ2
)2 − b21λ1− b22λ2
+ 2b3z′ + b0 =
= λ1(x′ +
b1λ1
)2 + λ2(y′ +
b2λ2
)2 + 2b3(z′ +
b0 − b21λ1− b22
λ2
b3) = 0
si b3 6= 0. Aquı llamando x′′ = x′ + b1λ1, y′′ = y′ + b2
λ2, z′′ = z′ +
b0−b21λ1− b22λ2
b3, que es un
cambio de coordenadas correspondiente a una traslacion obtenemos:
λ1x′′2 + λ2y
′′2 + 2b3z′′ = 0
ecuacion de un paraboloide elıptico si λ1 y λ2 son del mismo signo y de un paraboloidehiperbolico si son de distinto signo.
405
Si en los pasos anteriores sale b3 = 0 no eliminamos el termino independiente enun cambio de coordenadas de traslacion, quedando la ecuacion de la forma
λ1x′′2 + λ2y
′′2 + b0 −b21λ1− b22λ2
= 0
donde llamando c0 = b0 − b21λ1− b22
λ2tenemos
λ1x′′2 + λ2y
′′2 + c0 = 0
Aquı tenemos distintos subcasos:Cuando c0 6= 0, es el conjunto vacıo si λ1, λ2 y c0 son del mismo signo; es un
cilindro elıptico si λ1 y λ2 son del mismo signo, siendo este distinto del signo de c0y un cilindro hiperbolico si λ1 y λ2 son de distinto signo.
Cuando c0 = 0, es un punto si λ1, λ2 son del mismo signo y y un par de planossecantes si λ1 y λ2 son de distinto signo.
Pasamos al caso c)Supongamos que λ2 = 0 = λ3, λ1 6= 0; la parte cuadratica de la ecuacion pasa a
λ1x′2. Agrupando los terminos en x′ en la ecuacion completa tenemos
λ1(x′ +
b1λ1
)2 + 2b2y′ + 2b3z
′ + b0 −b1
2
λ1= 0
Si b2 = 0 = b3, llamando x′′ = x′ + b1λ1
y c0 = b0 − b12
λ1se obtiene
λ1x′′2 + c0 = 0
que es la ecuacion de dos planos paralelos si λ1 y c0 son de distinto signo, dos planoscoincidentes si c0 = 0 y el conjunto vacıo si λ1 y c0 son del mismo signo.
Si b2 6= 0 o b3 6= 0, podemos anular el termino independiente, englobandolo enla incognita con coeficiente distinto de cero. Suponiendo que b2 6= 0, y llamandoc0 = b0 − b1
2
λ1escribimos
λ1(x′ +
b1λ1
)2 + 2b2(y′ +
c0b2
) + 2b3z′ = 0
Ahora llamando x′′ = x′ + b1λ1
, y′′ = y′ + c0b2z′′ = z′, cambio de coordenadas corre-
spondiente a una traslacion, tenemos
λ1x′′2 + 2b2y
′′ + 2b3z′′ = 0
donde si b3 = 0 tenemos la ecuacion de un cilindro parabolico. Si b3 6= 0 haciendoel cambio de coordenadas ortogonal (correspondiente a un giro):
x′′′ = x′′(y′′
z′′
)=
1√b22 + b23
(b2 −b3b3 b2
)(y′′′
z′′′
),
406
obtenemos:λ1x
′′′2 + 2√a2 + b2y′′′ = 0 ≡ λ1x
′′′2 + 2py′′′ = 0
que es un cilindro parabolico.Hemos concluido el estudio progresivo de todas las superficies de segundo grado
que pueden aparecer.
Invariantes de las Cuadricas.Dada la ecuacion de una superficie de segundo grado, podemos realizar los cam-
bios de coordenadas considerados en el parrafo anterior para ver de que tipo decuadrica se trata; sin embargo existen ciertos numeros asociados a la matriz de coe-ficientes de la ecuacion de la curva que quedan invariantes en cualquier cambio decoordenadas que conserva las distancias y que determinan el tipo de superficie quees. Se llaman invariantes de las cuadricas y vamos a verlos ahora.
Como se vio en el capıtulo de los movimientos, dichos cambios de coordenadasson transformaciones ortogonales, traslaciones o composicion de ambas. Las vamosa estudiar separadamente.
Puede suponerse que la ecuacion general de la cuadrica es
a11x2 + 2a12xy + a22y
2 + 2a13xz + 2a23yz + a33z2 + 2a1x+ 2a2y + 2a3z + a0 = 0
que se puede escribir de forma matricial:
(1, x, y, z)
a0 a1 a2 a3a1 a11 a12 a13a2 a12 a22 a23a3 a13 a23 a33
1xyz
llamandose la matriz simetrica que aparece, matriz de la cuadrica, que representare-mos por A.
Los cambios de coordenadas correspondientes a transformaciones ortogonalesvienen dados por matrices:
1xyz
=
1 0 0 00 c11 c12 c130 c21 c22 c230 c31 c32 c33
1x′
y′
z′
=
(1 00 C
)1x′
y′
z′
donde C es una matriz ortogonal que verifica Ct = C−1 y por tanto |C| = ±1.Pasando la ecuacion de la cuadrica por uno de estos cambios a:
(1, x′, y′, z′)
(1 00 Ct
)a0 a1 a2 a3a1 a11 a12 a13a2 a12 a22 a23a3 a13 a23 a33
( 1 00 C
)1x′
y′
z′
= 0
407
Se puede observar que el determinante de la matriz producto, que es la matrizde la cuadrica en el nuevo sistema de coordenadas coincide con el determinante dela primera matriz asociada a la cuadrica.
Miremos ahora lo que pasa en un cambio de coordenadas correspondiente a unatraslacion.
En una traslacion las coordenadas cambian segun x = c1 + x′, y = c2 + y′,z = c3 + z′, lo cual se puede expresar por
1xyz
=
1 0 0 0c1 1 0 0c2 0 1 0c3 0 0 1
1x′
y′
z′
= 0
Pasando la ecuacion de la cuadrica a ser
(1, x′, y′, z′)
1 c1 c2 c30 1 0 00 0 1 00 0 0 1
a0 a1 a2 a3a1 a11 a12 a13a2 a12 a22 a23a3 a13 a23 a33
1 0 0 0c1 1 0 0c2 0 1 0c3 0 0 1
1x′
y′
z′
= 0
donde se ve tambien que el determinante de la matriz producto correspondiente ala cuadrica despues del cambio de coordenadas coincide con el determinante de lamatriz primera, ya que el determinante de la matriz de cambio es 1.
Podemos concluir que el determinante de la matriz de la cuadrica es invarianteen cualquier cambio de coordenadas que conserve las distancias.
Tambien, llamando
A0 =
a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33
se ve que A0 cambia en los cambios correspondientes a un cambio de coordenadasortogonal a c11 c12 c13
c21 c22 c23c31 c32 c33
t a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33
c11 c12 c13c21 c22 c23c31 c32 c33
= CtA0C
siendo Ct = C−1 y en un cambio correspondiente a una traslacion queda igual.Por esta razon, lo mismo que antes, |A0| es invariante. Y al ser C una matriz
ortogonal, su inversa y su traspuesta coinciden, por lo que A0 cambia como la matrizde un endomorfismo y es invariante tambien su polinomio caracterıstico y por tantolos coeficientes del polinomio caracterıstico: su traza: a11 + a22 + a33 y el numeroα = α11 + α22 + α33, donde αii es el menor diagonal adjunto de aii en la matriz A0.
Tenemos, pues, cuatro invariantes: |A|, |A0|, α y traza(A0)
408
Ademas como se vio en el capıtulo de formas cuadraticas, el rango de la matrizsimetrica de una forma cuadratica es invariante por un cambio de coordenadas, porlo que tambien son invariantes el rango de A y el rango de A0.
Clasificacion de las cuadricas.
Repasando los distintos casos que hemos encontrado en el estudio general delas superficies de segundo grado y las ecuaciones reducidas a las que hemos llegado,teniendo en mente los invariantes que hemos hallado podemos hacer una clasificacionde las cuadricas.
En el caso a) cuando los tres valores propios son distintos de cero, se tiene|A0| 6= 0; en este caso, si ademas c0 = 0, lo cual es equivalente a que |A| = 0,tenemos un punto si los tres valores propios son del mismo signo y un cono si no loson; si c0 6= 0, lo cual es equivalente a que |A| 6= 0 tenemos un elipsoide si todos losvalores propios son del mismo signo, distinto del de c0, es decir, si todos los valorespropios son del mismo signo, siendo sig|A0| 6= sig|A| pero si los valores propios sondel mismo signo, siendo sig|A0| = sig|A|, tenemos el conjunto vacıo. Si c0 6= 0 y noson todos los valores propios del mismo signo tenemos un hiperboloide, teniendo enel elıptico |A| > 0 y en el hiperbolico |A| < 0.
En el caso b), cuando hay un solo valor propio igual a cero, |A0| = 0 y α 6= 0 y setiene un paraboloide si |A| 6= 0, este paraboloide es elıptico si α > 0 y es hiperbolicosi α < 0.
Si |A0| = 0, α 6= 0 y |A| = 0, se tienen cilindros si r(A) = 3, elıpticos si los dosvalores propios son del mismo signo: α > 0 y el signo de los valores propios distintosde cero es distinto del signo de c0, pero se obtiene el conjunto vacıo si α > 0 yel signo de los valores propios distintos de cero es igual al signo de c0; se tienencilindros hiperbolicos si los dos valores propios son de distinto signo: α < 0
Si |A0| = 0, α 6= 0 y |A| = 0, se tienen planos secantes cuando r(A) = 2 si α < 0y una recta si α > 0
En el caso c), cuando hay dos valores propios iguales a cero, |A0| = 0 y α = 0,encontrandose cilindros parabolicos si r(A) = 3, pares de planos paralelos si r(A) = 2y el signo del valor propio distinto de cero es distinto del signo de c0, el conjuntovacıo si r(A) = 2 y el signo del valor propio distinto de cero es igual al signo de c0,y planos coincidentes si r(A) = 1.
409
Clasificacion de las Cuadricas.
1. |A0| 6= 0
|A| 6= 0
sigλ1 = sigλ2 = sigλ3
elipsoide si sig|A| 6= sig|A0|.conjunto vacio si sig|A| = sig|A0|.
sigλ1 = sigλ2 6= sigλ3 hiperboloide
elıptico si sig|A| = sig|A0|hiperbolico si sig|A| 6= sig|A0|
|A| = 0
sigλ1 = sigλ2 6= sigλ3 cono.sigλ1 = sigλ2 = sigλ3 un punto
2.|A0| = 0
|A| 6= 0 es un paraboloide
elıptico si α > 0hiperbolico si α < 0
|A| = 0
α > 0
cilindro elıptico o ∅ si r(A) = 3una recta si r(A) = 2
α < 0
cilindro hiperbolico si r(A) = 3par de planos secantes si r(A) = 2
α = 0
cilindro parabolico si r(A) = 3par de planos paralelos o ∅ si r(A) = 2par de planos coincidentes si r(A) = 1
Se llaman cuadricas no degeneradas aquellas en que |A| 6= 0.
410
Ejes de simetrıa y centro de las cuadricas no degeneradas.
Volviendo a mirar las ecuaciones reducidas de las cuadricas, vemos que si unpunto P = (p1, p2, p3) satisface la ecuacion reducida de un elipsoide o de un hiper-boloide, tambien los puntos obtenidos cambiando el signo de algunas de las coorde-nadas satisfacen dicha ecuacion, por lo que los planos coordenados x′′ = 0, y′′ = 0,z′′ = 0 son planos de simetrıa de dichas superficies, los ejes de las coordenadas x′′,y′′, z′′ son ejes de simetrıa y el origen de dichas coordenadas es centro de simetrıa.
Para determinar los ejes del elipsoide y del hiperboloide tenemos en cuenta quepara pasar de la ecuacion general a la ecuacion reducida hemos hecho un cambiode coordenadas dado por una transformacion ortogonal, cuyos nuevos ejes hemosllamado x′, y′ z′ y otro cambio dado por una traslacion, llegando a los ejes x′′, y′′, z′′.Como en la traslacion no cambian las direcciones de los ejes, la direccion de los ejesde las coordenadas x′′, y′′, z′′ son las mismas que las de los ejes de coordenadasde x′, y′ z′. Estas coordenadas se habıan obtenido diagonalizando la matriz A0;el endomorfismo dado por A0 es el mismo que el dado por la matriz diagonal. Ladiagonal esta formada por los valores propios, coincidiendo sus vectores propios conlos de A0. Los vectores propios de la matriz diagonal, son los vectores de direccionde las nuevas coordenadas, por tanto el eje x′ tiene la direccion del vector propiocorrespondiente a λ1, el eje y′ tiene la direccion del vector propio correspondienteal valor propio λ2 y el eje z′ tiene la direccion del vector propio correspondiente alvalor propio λ3 en el elipsoide y en el hiperboloide.
Por otra parte, se determinan las direcciones de los planos de simetrıa de estassuperficies teniendo en cuenta que son perpendiculares a los vectores propios.
Para determinar el centro de simetrıa, que es el origen del sistema de coorde-nadas x′′, y′′, z′′, tenemos en cuenta que tambien podemos llegar a este sistema decoordenadas haciendo primero un cambio de coordenadas correspondiente a unatraslacion de vector determinado por el origen y el centro de simetrıa y luego uncambio de coordenadas correspondiente a la transformacion ortogonal que cambiala direccion de los ejes. Como al final no hay terminos lineales en las coordenadas,haciendo el cambio de coordenadas inverso al de la transformacion ortogonal en laecuacion reducida, deben desaparecer los terminos lineales. Pero lo que se obtieneal hacer en la ecuacion reducida el cambio inverso a la transformacion ortogonal quecambiaba la direccion de los ejes es la ecuacion resultante de hacer el cambio decoordenadas correspondiente a la traslacion del origen al centro de simetrıa que portanto no debe tener terminos lineales.
Sustituyendo x = x + c1, y = y + c2, z = z + c3 en la ecuacion general de lascuadricas, los terminos lineales que obtenemos son: (2a11c1+2a12c2+2a13c3+2a1)x,(2a12c1 + 2a22c2 + 2a23 + 2a2)y, (2a13c1 + 2a23c2 + 2a33 + 2a3)z que tienen que ser
411
nulos, lo cual nos da las ecuaciones que debe satisfacer el centro:
a11c1 + a12c2 + a13c3 + a1 = 0a12c1 + a22c2 + a23c3 + a2 = 0a13c1 + a23c2 + a33c3 + a3 = 0
Este sistema de ecuaciones tiene solucion unica en el elipsoide y en el hiperboloideporque en ellas |A0| 6= 0
Los ejes de simetrıa son las rectas que pasan por el centro y tienen la direccion delos vectores propios y los planos de simetrıa son los planos que pasan por el centroy son perpendiculares a dichos vectores propios.
En cuanto a los paraboloides, que tambien son cuadricas no degeneradas, pode-mos decir que tienen dos planos de simetrıa perpendiculares a los vectores propioscorrespondientes a los valores propios no nulos y un eje de simetrıa que es la inter-seccion de ambos, que lleva la direccion del vector propio correspondiente al valorpropio nulo. Tanto planos como eje de simetrıa pasan por el vertice del paraboloide,que se puede encontrar como sigue:
El plano tangente en el vertice es perpendicular al vector propio correspondienteal valor propio nulo. Por otra parte, el plano tangente en cada punto esta engendradopor los vectores tangentes a las curvas de interseccion del paraboloide con cada unode los dos planos paralelos a los planos coordenados xOz y yOz, pasando por elpunto.
Derivando y llamando f(x, y, z) = 0 a la ecuacion de la cuadrica se obtienenfx + fz
dzdx
= 0, fy + fzdzdy
= 0, que nos dicen que los vectores (−fz, 0, fx), (0,−fz, fy)son vectores tangentes a las curvas descritas anteriomente y por tanto han de serperpendiculares al vector propio correspondiente al valor propio nulo, que por otraparte es la solucion no trivial del sistema
a11v31 + a12v32 + a13v33 = 0a12v31 + a22v32 + a23v33 = 0a31v31 + a32v32 + a23v33 = 0
y que puede expresarse por el producto vectorial de dos vectores no proporcionalesde los vectores filas de coeficientes del sistema, pudiendo suponer que son las dosprimeras.
Entonces v3 = (a11, a12, a13)× (a12, a22, a23) y expresando que el producto escalarde v3 por (−fz, 0, fx) y (0,−fz, fy) es nulo obtenemos las ecuaciones∣∣∣∣∣∣
a11 a12 a13a11 a22 a23−fz 0 fz
∣∣∣∣∣∣ = 0
∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13a11 a22 a23
0 −fz fy
∣∣∣∣∣∣ = 0
que unidas a la ecuacion del paraboloide son tres ecuaciones que determinan elvertice del paraboloide.
412
Ejercicios.
15.1.1. Hallar la ecuacion reducida y el tipo de las cuadricas dadas por lassiguientes ecuaciones:
a) 45x2 + 54y2 + 63z2 − 36xy + 36yz − 24x− 24y + 6z + 1 = 0.b) 45x2 + 99y2 + 18z2 + 144xy − 180xz + 36yz − 36x+ 72y + 72z + 1 = 0.c) 45x2 + 99y2 + 18z2 + 144xy − 180xz + 36yz + 72x− 36y + 72z + 1 = 0.d) −3y2 + 3z2 − 12xy + 12xz − 2x+ 4y + 4z + 2 = 0.e) 36x2 + 18y2 + 27z2 + 36xz + 36yz − 22x+ 28y + 8z = 0.f) 36x2 + 18y2 + 27z2 + 36xz − 36yz + 2x+ 34y − 40z = 0.g) x2 − y2 + z2 + 2xz − 2y + 1 = 0.h) x2 + y2 + z2 − 2xy + 2xz − 2yz + 4x+ 2y + 4z + 2 = 0.i) x2 + y2 + z2 − 2xy + 2xz − 2yz + 4x− 4y + 4z + 2 = 0.j) x2 − y2 + z2 + 2xz − 2y − 1 = 0.k) x2 + y2 + z2 − 2xy + 2xz − 2yz − 1 = 0.l) x2 + y2 + z2 + 2xz − 1 = 0.m) x2 + y2 + z2 + 2xz + 4 = 0.n) x2 + y2 + z2 + 2xz − 2y + 1 = 0.
Otros invariantes de las cuadricas degeneradas.
Cuando |A| = |A0| = 0, α > 0, r(A) = 3, se obtienen cilindros elıpticos o elconjunto vacıo. Para distinguirlos sirve otro invariante de los cilindros: A11 +A22 +A33, donde Aii es el adjunto del elemento aii en A, la matriz completa del cilindro.
Veamos que A11+A22+A33 es invariante para los cilindros en una tranformacionortogonal:
Llamando
B =
(1 00 C
)en un cambio de coordenadas ortogonal la matrizA cambia aBtAB dondeBt = B−1.De existir A−1 tambien cambiarıa de la misma manera por ser B ortogonal y tambienlo harıa la matriz adjunta de A: adj(A) = |A|A−1, siendo por lo tanto invariantesu polinomio caracterıstico. En los cilindros no existe A−1, porque |A| = 0 peropodemos considerar la matriz polinomial A(γ) = A + γI cuyo determinante es unpolinomio no nulo, y por tanto tiene inversa. Tanto A(γ) como su adjunta varıan dela misma forma en un cambio de coordenadas ortogonal, siendo por ello invariantesu traza: A0(γ) + A11(γ) + A22(γ) + A33(γ). Haciendo γ = 0, y debido a que enun cilindro |A0| = 0, obtenemos que A0 + A11 + A22 + A33 = A11 + A22 + A33 esinvariante en un cambio de coordenadas ortogonal.
Veamos que A11 + A22 + A33 es tambien invariante para los cilindros en unatraslacion:
Puede verse que en la forma reducida de los cilindros se tiene A01 = A02 =A03 = 0. Cualquier traslacion se puede descomponer en dos traslaciones a traves
413
del origen de coordenadas de la forma reducida, por eso es suficiente comprobar queA11 + A22 + A33 es invariante en una traslacion desde el origen de coordenadas dela forma reducida al origen de coordenadas inicial. La adjunta de la forma reducidacambia en una traslacion segun
1 c1 c2 c30 1 0 00 0 1 00 0 0 1
0 0 0 00 A11 A12 A13
0 A12 A22 A23
0 A13 A23 A33
1 0 0 0c1 1 0 0c2 0 1 0c3 0 0 1
cuya matriz producto tiene la caja inferior derecha 3 × 3 igual a la de la matrizadj(A), siendo por tanto invariante A11 +A22 +A33 en cada traslacion de este tipo.
Con lo cual queda demostrada la existencia de este invariante en los cilindros.Se distingue el cilindro elıptico del conjunto vacıo porque es de distinto signo
que los valores propios en el cilindro elıptico mientras que es del mismo signo en elconjunto vacıo.
Tambien servirıa para los pares de planos no secantes por el mismo razonamiento,pero en los pares de planos es cero.
Por eso, vamos a ver otro invariante en los pares de planos no secantes que nospermite distinguir los pares de planos paralelos de los coincidentes y del conjuntovacıo cuando |A| = |A0| = α = 0 y r(A) = 2.
Se trata de ∣∣∣∣ a00 a01a01 a11
∣∣∣∣+
∣∣∣∣ a00 a02a02 a22
∣∣∣∣+
∣∣∣∣ a00 a03a03 a33
∣∣∣∣Debido a que en un par de planos no secantes el rango de la matriz A0 es 1, el
termino anterior es el coeficiente de λ2 en el polinomio caracterıstico de la matrizA, que queda invariante en una transformacion ortogonal.
Por otra parte en una traslacion desde el sistema de ejes en que la cuadrica tienela matriz reducida a otro sistema de ejes paralelos, esta cambia segun
1 c1 c2 c30 1 0 00 0 1 00 0 0 1
a00 0 0 00 λ1 0 00 0 0 00 0 0 0
1 0 0 0c1 1 0 0c2 0 1 0c3 0 0 1
=
a00 + λ1c
21 c1λ1 0 0
c1λ1 λ1 0 00 0 0 00 0 0 0
donde ∣∣∣∣ a00 + λ1c
21 c1λ1
c1λ1 λ1
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ a00 0c1λ1 λ1
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ a00 00 λ1
∣∣∣∣quedando igual el numero considerado. Como toda traslacion puede descomponerseen dos traslaciones que pasen por el origen de coordenadas de la ecuacion reducida,
414
llegamos a la conclusion de que queda igual en cualquier traslacion y lo mismo ocurrepara los otros menores. Con lo que tenemos demostrada la invariancia del numeroanterior en los pares de planos no secantes.
Entonces podemos afirmar que si este numero es cero, se trata de dos planoscoincidentes, si este numero es de distinto signo que el valor propio distinto de cerode A0, se trata de dos planos paralelos y si este numero es del mismo signo que elvalor propio distinto de cero, se trata del conjunto vacıo.
Como hemos visto, para la clasificacion de las cuadricas interesa conocer cuantosvalores propios positivos tiene la matriz de una cuadrica sin tener que resolver laecuacion caracterıstica. Para ello vemos ahora la Ley de los signos de Descartes:Si se sabe que las raices de un polinomio son todas reales, el numero de raicespositivas que tiene el polinomio es igual al numero de cambios de signo que hay enla sucesion de numeros formada por los coeficientes de los monomios del polinomioordenados segun su potencia.
Se puede suponer que el coeficiente del monomio de mayor grado es positivo,cambiandolo de signo si es necesario, lo cual no afecta al signo de las raices.
Dejando de considerar las raices nulas podemos suponer que el termino indepen-diente del polinomio es distinto de cero.
La demostracion se hace por induccion sobre el grado del polinomio.
Si el polinomio es de grado 1, la solucion es positiva si el termino independientees negativo; entonces, hay tantas soluciones positivas como cambios de signo en lasucesion de coeficientes del polinomio, cumpliendose por tanto la ley de los signosen polinomios de grado 1.
Por otra parte, si factorizamos en factores lineales (x − λi), λi 6= 0,∀i, un poli-nomio con coeficiente positivo en el termino de mayor grado vemos que si p es elnumero de raices positivas, el termino independiente es del signo (−1)p.
Sea el polinomio de grado n: anxn + . . .+ a1x+ a0.
Si a1 y a0 son del mismo signo, la paridad del numero de raices positivas delpolinomio es igual a la paridad del numero de raices positivas de la derivada y si a1y a0 son de distinto signo, la paridad del numero de raices positivas del polinomioes distinta de la paridad del numero de raices positivas de su derivada.
Por el teorema de Rolle, las raices reales de dicho polinomio y de su derivadaestan intercaladas, determinando intervalos en la recta real, verificandose que si unpolinomio tiene n raices reales, su polinomio derivada tiene al menos n − 1 raicesreales. Si sabemos que el polinomio tiene tantas raices reales como su grado, elpolinomio derivada tiene tambien tantas raices reales como su grado, es decir, n−1,ya que no puede tener mas por el teorema fundamental del algebra.
415
Si el cero esta a la derecha de todos los intervalos determinados por las raices delpolinomio y su derivada, son todas las raices negativas, no teniendo que considerareste caso.
Si el cero esta a la izquierda de dichos intervalos, son todas las raices positivashabiendo por tanto, en este caso, una raiz positiva mas para el polinomio que parasu derivada.
Si el cero esta en un intervalo que tiene a la izquierda una raiz de la derivadao coincide con ella y a la derecha una raiz del polinomio hay una raiz positiva maspara el polinomio que para la derivada (hagase el dibujo).
Si el cero esta en un intervalo que tiene a la izquierda una raiz del polinomio ocoincide con ella y a la derecha una raiz de la derivada, hay el mismo numero deraices positivas en el polinomio que en la derivada.
En cualquier caso, el numero de raices positivas del polinomio y de la derivada,o coinciden o se diferencian en una unidad. Coincidiran si tienen la misma paridad,que es cuando a1 y a0 son del mismo signo, en cuyo caso, el numero de raices positivasdel polinomio es igual al numero de raices positivas de la derivada, igual al numerode cambios de signo en la sucesion de coeficientes de los monomios de la derivadasuponiendo la ley de los signos cierta para los polinomios de grado n − 1, (por lahipotesis de induccion). En este caso, es igual al numero de cambios de signo de lasucesion de coeficientes en el polinomio dado.
Cuando a1 y a0 son de distinto signo el numero de raices positivas del polinomioy el numero de raices positivas de la derivada son de distinta paridad, ya que estacoincide con el signo del termino independiente del polinomio o de su derivada,siendo, segun la hipotesis de induccion:
Numero raices positivas polinomio= Numero raices positivas de la derivada +1=Numero de cambios en la sucesion de coeficientes de la derivada +1= Numero
de cambios en la sucesion de coeficientes del polinomio.
Podrıa suceder que a0 6= 0 y a1 = 0, entonces el mismo razonamiento se harıacon el primer ak 6= 0, no contandose los ceros de la sucesion de coeficientes en loscambios de signo de dicha sucesion.
Recordemos sucintamente el teorema de Rolle: Si f es una funcion de valoresreales continua en un intervalo cerrado y diferenciable en su interior, coincidiendosu valor en los dos extremos del intervalo, existe un punto del interior del intervaloen el que su derivada se anula.
Demostracion:Si la funcion es constante, su derivada en todo el intervalo es nula, no teniendo
nada que demostrar.Supongamos que la funcion no es constante. La imagen por una funcion continua
de un intervalo cerrado alcanza su maximo y su mınimo. Si la funcion vale lo mismoen los dos extremos y no es constante, o bien el maximo o el mınimo es distinto deese valor y se alcanza en el interior del intervalo. En ese punto la derivada se anula,porque si no se anulara la funcion serıa creciente o decreciente en ese punto, en cuyocaso no serıa maximo o mınimo.
416
Bibliografıa.
A.D. Aleksandrov, A.N. Kolmogorov, M. A. Laurentiev y otros. La matematica:su contenido. metodos y significado. 1. Alianza Universidad. Alianza Ed. 1981.
J. de Burgos. Algebra Lineal y Geometrıa cartesiana. Ed. McGraw-Hill Inter-americana de Espana S. A. U. 2006.
L. I. Golovina. Algebra Lineal y algunas de sus aplicaciones. Ed. Mir 1980.S. Xambo Deschamps. Geometrıa. Ediciones UPC,1997.
417
418
ESPACIO VECTORIAL COCIENTE.
Introduccion.
El espacio vectorial cociente recoge la estructura de los conjuntos imagen inversade un punto por una aplicacion lineal y por ello de la estructura de los conjuntos desoluciones de los sistemas de ecuaciones lineales no homogeneos. Estos conjuntos sellaman variedades afines y se encuentran tambien entre los elementos caracterısticosde las aplicaciones afines.
Variedades afines del plano (R2).Ademas de las rectas del plano que pasan por el origen y pueden ser expresadas
matematicamente como subespacios vectoriales del espacio vectorial R2, hay otrasrectas que no pasan por el origen. Las rectas que no pasan por el origen son un casoparticular de variedades afines de dimension 1.
Cada recta que no pasa por el origen es paralela a una recta que pasa por elorigen y al mismo tiempo, por cada punto del plano pasa una recta paralela a unarecta dada.
Todas las rectas paralelas son variedades afines paralelas, llamandose la que pasapor el origen, recta de direccion de dichas rectas paralelas.
Dado un vector v distinto de cero de la recta de direccion, r, esta es el conjuntor = λv|λ ∈ R. Cada recta paralela a la recta de direccion esta formada por lospuntos extremos de los vectores u+ λv|λ ∈ R donde u ∈ R2.
1
>
HHHHH
Hj
419
Considerada r como subespacio vectorial se denota por W y cualquier rectaparalela a ella se denota por u + W . Es importante observar que u + W = u′ + Wsi u′ ∈ u + W : En efecto, si u′ = u + αv, todos los vectores que se pueden obtenerhaciendo sumas u+ λv, cuando λ varıa en R pueden obtenerse de u′+ λ′v haciendoλ′ = λ− α.
Conjunto cociente.Las rectas paralelas a una dada son una descomposicion del plano en partes,
siendo vacıa la interseccion de dos de estas partes. Se dice que forman una particiondel plano y considerando cada parte como un elemento tenemos un conjunto deelementos que se llama conjunto cociente de R2 por W y se denota por R2/W .
Espacio vectorial cociente.Se pueden definir dos operaciones en R2/W :1) Suma:Dadas dos rectas paralelas r1 = u1+λv|λ ∈ R, r2 = u2+λv|λ ∈ R, definimos
r1 + r2 = u1 + u2 + λv|λ ∈ R.Se puede comprobar que esta suma esta bien definida, es decir, que aunque
cambiemos el vector u1 por otro u′1 que tenga extremo en la misma recta r1 ycambiemos el vector u2 por otro vector u′2, que tenga extremo en la recta r2, la rectasuma obtenida utilizando u′1 y u′2 es la misma porque el vector u′1 + u′2 esta en larecta u1 + u2 + λv|λ ∈ R
1
QQQQQQs -
>
>
-QQQQQQs
1
420
El elemento cero del espacio vectorial cociente es la variedad W que pasa por elorigen.
2) Multiplicacion por un numero:Dada una recta r = u + λv|λ ∈ R y un numero k ∈ R, definimos kr =
ku+ λv|λ ∈ R.Se puede comprobar que esta multiplicacion no depende del vector u escogido
con extremo en r:Si u′ = u + αv la recta ku′ + λv|λ ∈ R es ku + kαv + λv|λ ∈ R = ku +
(kα + λ)v|λ ∈ R = ku+ λ′v|λ′ ∈ R.
1
XXXXXXXz
-
1
XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXz
-
Observese que si el vector que va del extremo de u al extremo de u′ es αv yentonces el vector que va del extremo de ku al extremo de ku′ es kαv, por lo que larecta que pasa por el extremo de ku y tiene direccion v es la misma que la que pasapor ku′ y tiene direccion v.
Es facil comprobar que estas dos operaciones tienen las propiedades asociativas,distributivas, etc... que estructuran al conjunto cociente R2/W como un espaciovectorial, que se llama espacio vectorial cociente.
La aplicacon que asocia a cada vector del plano la recta que pasa por su extremo y es paralela
a W se llama aplicacion cociente de R2 en R2/W y es lineal.
Es curioso observar que el doble de una recta se puede obtener sumando vectorescon extremos en dicha recta, por lo que cualesquiera que sean las parejas de vectoresque cojamos con extremos en la recta, los vectores suma de estas parejas tienenextremos en la misma recta. Vease el dibujo a continuacion.
421
1
>
-
1
1
>
>
-
Otro ejemplo de espacio cociente:
Si W es un plano que pasa por el origen de R3, el espacio cociente R3/W esel conjunto de planos paralelos a W , que se pueden sumar y multiplicar por unnumero. El elemento cero de este espacio vectorial es W .
Podemos hacer en cualquier espacio vectorial V y con cualquier subespacio suyoW el mismo proceso:
Los conjuntos u + λv|λ ∈ R = u + W son casos particulares de variedadesafines, paralelas a W . Consideradas como elementos forman el conjunto cocienteV/W , que se puede estructurar en espacio vectorial con las operaciones suma ymultiplicacion por los numeros del cuerpo de V , analogas a las de R2/W resultandoası el espacio vectorial cociente V/W .
La aplicacion natural p(u) = u+W definida en V sobre V/W se llama aplicacioncociente y es lineal.
422
Relacion entre las aplicaciones lineales y los conjuntos cociente.
Empecemos por considerar aplicaciones lineales sencillas de R2 en R.
Sea f : R2 −→ R definida por f(x, y) = x. Para cada a ∈ R, el conjunto depuntos de R2 que se aplican en a es f−1(a) = (x, y)|x = a = (a, y)|y ∈ R =(a, 0) + (0, y)|y ∈ R = (a, 0) + y(0, 1)|y ∈ R, que podemos escribir (a, 0) + Wcomo una variedad afın, donde W = (0, y)|y ∈ R. Es la recta que pasa por (a, 0)y es paralela a W . Como W es el conjunto de vectores del eje de ordenadas, estarecta es la vertical que pasa por (a, 0). (Observemos que W, recta de direccion deestas variedades afines es el nucleo de la aplicacion lineal f).
Las distintas imagenes inversas de puntos de R son las distintas rectas verticales,que forman una particion de R2 y consideradas como elementos, son el conjuntocociente R2/W , que es biyectivo al espacio R asociando a cada variedad afın f−1(a)el numero a.
No es difıcil comprobar que la biyeccion considerada es tambien lineal y por tantoun isomorfismo, teniendose R2/Nf = R2/W ≈ Im(f) = R.
El lector puede repetir la construccion anterior para la aplicacion lineal f : R2 −→ R definida
por f(x, y) = y, obteniendo que el conjunto de las rectas horizontales con la estructura de espacio
cociente de R2 por el subespacio del eje de abscisas es tambien isomorfo a R.
Para la aplicacion f : R2 −→ R definida por f(x, y) = x + y y para cadaa ∈ R, f−1(a) = (x, y)|x+ y = a es una recta paralela a la diagonal del segundo ycuarto cuadrante. El conjunto de todas estas rectas estructurado en espacio vectoriales isomorfo a R. El isomorfismo asocia a cada recta la abscisa de su punto deinterseccion con el eje de abscisas.
Consideremos ahora la aplicacion f : R3 −→ R definida por f(x, y, z) = x+y+z.Para cada a ∈ R, el conjunto f−1(a) = (x, y, z)|x + y + z = a es un plano.
Los distintos planos que se obtienen para los distintos a son paralelos y forman elconjunto cociente de R3 por el plano W ≡ x+ y+ z = 0. Este conjunto es isomorfoa R. El isomorfismo asocia a cada plano la abscisa de su punto de interseccion condicho eje.
Para la aplicacion f : R3 −→ R2 definida por f(x, y, z) = (x + y, y + z) elconjunto f−1(a, b) es el conjunto (x, y, z)|x + y = a, y + z = b = (x, y, z)|x =a − λ, y = λ, z = b − λ = (x, y, z)|(x, y, z) = (a, 0, b) + λ(−1, 1,−1) que es unarecta paralela a la recta (x, y, z)|x = −λ, y = λ, z = −λ = Nf .
El conjunto de todas estas rectas paralelas es un conjunto cociente de R3 por larecta Nf que con la estructura de espacio vectorial cociente es isomorfo a R2. Elisomorfismo asocia a cada recta la pareja de coordenadas no nulas de su punto deinterseccion con el plano y = 0.
Si consideramos la aplicacion f : R3 −→ R2 definida por f(x, y, z) = (x + y, 0),tenemos dos tipos de puntos en R2: cuando b 6= 0, el punto (a, b) no pertenece ala imagen de f , por tanto su imagen inversa es vacıa, pero para cada (a, 0) ∈ R2,
423
el conjunto f−1(a, 0) es el conjunto (x, y, z)|x + y = a, que es un plano. Para losdistintos a ∈ R, obtenemos distintos planos paralelos, que forman el espacio cocientede R3 por W = (x, y, z)|x+y = 0. El espacio vectorial cociente R3/W es isomorfoa R ≈ Im(f).
El mismo proceso se puede hacer para cualquier aplicacion lineal f : V −→ V ′
entre dos espacios vectoriales, teniendose V/Nf ≈ Imf .
Si f : V −→ V es una aplicacion lineal con un subespacio invariante U , hay unaaplicacion lineal V/U −→ V/U inducida por f que aplica cada variedad afın v + Uen f(v) + U . Puede comprobarse que esta bien definida y que es lineal.
Relacion del espacio cociente con los sistemas de ecuaciones.
Dado un sistema de m ecuaciones con n incognitas, que designamos simplificada-mente por Ax = b, donde A es una matriz m× n, considerando la aplicacion linealf : Rn −→ Rm de matriz A, el conjunto de soluciones del sistema se puede escribircomo la imagen inversa f−1(b), que segun hemos visto es una variedad afın, elementodel conjunto cociente de Rn por el nucleo de f , siendo este, a la vez, el conjunto desoluciones del sistema homogeneo Ax = 0.
Variedades afines y aplicaciones afines
Dada una aplicacion afın f(x) = a+Ax, la imagen inversa de un punto b ∈ Imfes el conjunto de puntos x|a+Ax = b = x|Ax = b−a, conjunto de soluciones deun sistema, que es tambien una variedad afın paralela al conjunto de soluciones delsistema Ax = 0 y por tanto un elemento del conjunto cociente de Rn por x|Ax = 0.
Bibliografıa.
Juan de Burgos. Algebra Lineal y Geometrıa cartesiana. 3a edicion. Ed. Mc-Graw Hill/Interamericana de Espana. S. A. U. 2006.
M. Castellet, I. LLerena. Algebra Lineal y Geometrıa. Ed. Reverte. S. A. 1991.S. Lipschutz. Algebra Lineal. 2a edicion. Ed. McGraw Hill/Interamericana de
Espana. S. A. U. 1992.S. Xambo Deschamps. Geometrıa. Ediciones UPC,1997.
424
PROBLEMAS RESUELTOS DE LOS PROPUESTOS EN EXAMENES DEALGEBRA LINEAL I. (Capitulo 1).
1. Resolver en el cuerpo de los numeros complejos la ecuacion:
6x6 + 5x5 + 4x4 + 4x3 + 4x2 − 2x− 1 = 0
Solucion:
Como 2 divide a 6 se puede intentar y ver por la regla de Ruffini si 1/2 es raizdel polinomio, y comprobado, queda como cociente 6x5+8x4+8x3+8x2+8x+2.
Tambien 3 divide a 6 (coeficiente del termino de mayor grado del cociente delpolinomio dado por (x − 1/2)). Se puede comprobar por la regla de Ruffinique −1/3 es raiz del cociente y que el nuevo cociente al dividirlo otra vez por(x+ 1/3) es 6x4 + 6x3 + 6x2 + 6x+ 6 = 6(x4 + x3 + x2 + x+ 1).
Por tanto, las soluciones de la ecuacion dada son 1/2, −1/3 y las raices de(x4 + x3 + x2 + x+ 1).
Multiplicando este polinomio por x− 1 se obtiene x5 − 1 cuyas raices son lassoluciones de la ecuacion x5 = 1, que son las cinco raices de la unidad enel cuerpo de los numeros complejos. La raiz real x = 1 de este polinomioes distinta de las otras cuatro, pero corresponde al factor x − 1 que hemosintroducido al multiplicar por (x−1), por tanto no es raiz de (x4+x3+x2+x+1).Las otras cuatro raices son:
ei2π5 , ei
4π5 , ei
6π5 , ei
8π5
Por tanto, las soluciones de la ecuacion dada son
1
2, −1
3, ei
2π5 , ei
4π5 , ei
6π5 , ei
8π5
Observese que son 6, igual al grado del polinomio.
2. Encontrar las soluciones reales y complejas de la ecuacion
3x7 + x6 + 6x4 + 2x3 + 6x+ 2 = 0
Solucion:
Se puede probar por la regla de Ruffini que −1/3 es raiz del polinomio primermiembro de la ecuacion dada y que su cociente por x+ 1/3 es
3x6 + 6x3 + 6 = 3(x6 + 2x3 + 2) = 3((x3)2 + 2x3 + 2) = 0.
Entonces, las soluciones de la ecuacion dada son −13
ademas de las raices delpolinomio
425
(x3)2 + 2x3 + 2.
La ecuacion (x3)2 + 2x3 + 2 = 0 es tambien y2 + 2y + 2 = 0, donde y = x3.
Las soluciones de esta ultima ecuacion se pueden hallar por la formula de laecuacion de segundo grado y se obtiene:
y1 = −1 + i =√
2ei34π, y2 = −1− i =
√2ei
54π
Por tanto, las soluciones que se obtienen para x son:
De x3 =√
2ei34π,
x1 =6√
2ei312π x2 =
6√
2ei1112π x3 =
6√
2ei1912π
y de
x3 =√
2ei54π,
x4 =6√
2ei512π x5 =
6√
2ei1312π x6 =
6√
2ei2112π
ademas de −13
.
3. Demostrar:
a) Si un polinomio con coeficientes reales tiene una raiz compleja z, tambienel numero conjugado z es raiz del polinomio. Ademas, la multiplicidad de zcomo raiz del polinomomio es igual a la multiplicidad de z.
b) Si z es una raiz del polinomio 1 + x + x2 + · · · + xn = Σni=0x
i el numeroinverso de z es tambien raiz del polinomio con la misma multiplicidad que z.
Solucion:
a) El numero z es raiz de un polinomio si se obtiene cero al sustituirlo en laexpresion del polinomio. Si sustituimos z en la expresion del polinomio dadoobtenemos el numero conjugado del obtenido al sustituir z, por ser reales loscoeficientes del polinomio, pero como era cero, por ser z raiz del polinomio,sigue siendo cero, por lo que z es tambien raiz del polinomio.
La multiplicidad de la raiz z coincide con el numero de veces que x−z apareceen la factorizacion del polinomio. Si z es raiz del polinomio, este es divisiblepor x − z y por lo anterior, tambien lo es por x − z. Entonces, el polinomiodado es divisible por el producto (x−z)(x−z), que es otro polinomio de grado2 con coeficientes reales, por el que es divisible el polinomio dado.
El cociente del polinomio dado por el polinomio (x−z)(x−z) es otro polinomiocon coeficientes reales en el que si otro z aparece como raiz, tambien apareceotro z. Con lo cual se tiene que z aparece como raiz tantas veces como aparecez siendo iguales sus multiplicidades.
b) Si z es una raiz del polinomio 1+x+x2 + · · ·+xn = Σni=0x
i, es tambien raizdel polinomio (1 + x + x2 + · · · + xn)(x− 1) = (Σn
i=0xi)(x− 1) = xn+1 − 1, y
426
por tanto solucion de la ecuacion xn+1 = 1, cuyas raices son todas de modulo1 en el cuerpo de los numeros complejos. Esto implica que todas las raices delpolinomio considerado son de modulo 1 y por ello sus inversas coinciden consus conjugadas.
Por el apartado a) y por lo anterior, las inversas de las raices del polinomio,tambien son sus raices.
4. Utilizando la aritmetica de los numeros complejos en forma polar y en formabinomica, calcular cosπ
8.
Solucion:
Como cosπ8
+ isenπ8
= eiπ8 , y (ei
π8 )2 = ei
π4 =
√22
+ i√22
tenemos:
(cosπ
8+ isen
π
8)2 =
√2
2+ i
√2
2
Llamando a = cosπ8, b = senπ
8por comodidad, se tiene
(a+ ib)2 =
√2
2+ i
√2
2
de dondea2 − b2 =
√22
2ab =√22
lo que implica
b =
√2
4ay por tanto a2 − 2
16a2=
√2
2.
lo que da las siguientes implicaciones:
a2 − 1
8a2=
√2
2=⇒ 8a4 − 1 =
√2
28a2 = 4a2
√2 =⇒ 8a4 − 4
√2a2 − 1 = 0.
Ecuacion bicuadrada con solucion a2 =√2+24
, de donde cosπ8
es la raiz positiva
del numero√2+24
ya que el angulo π/8 esta en el primer cuadrante.
cosπ
8=
√√2 + 2
2.
427
PROBLEMAS RESUELTOS DE LOS PROPUESTOS EN EXAMENES DEALGEBRA LINEAL I.(Capıtulo 2).
1. Siendo
D =
(1 00 2
)¿Es cierto, para cualquier matriz A, que (D + A)2 = D2 + 2DA+ A2?
Si no es cierto, encontrar una matriz A que no lo verifique.
Si es cierto, dar una demostracion correcta del resultado.
Solucion:
Calculemos (D + A)2 = (D + A)(D + A) = D2 +DA+ AD + A2. Para que
(D + A)2 = D2 +DA+ AD + A2 = D2 + 2DA+ A2
debe ser AD = DA.
Para ver si se cumple cogemos una matriz general 2× 2, A y hacemos las dosoperaciones anteriores y comparamos los resultados:
DA =
(1 00 2
)(a bc d
)=
(a b2c 2d
)
AD =
(a bc d
)(1 00 2
)=
(a 2bc 2d
)Deberıa ser: (
a b2c 2d
)=
(a 2bc 2d
)
Para que lo sea: b = 2b y c = 2c, lo que no es cierto si b 6= 0 o c 6= 0.
Una matriz A para la que no es cierto el resultado es:(1 20 2
).
Se puede comprobar haciendo las operaciones.
Como no es cierto, no se puede dar una demostracion correcta del resultadoescrito al principio.
428
2. Encontrar las inversas de (3 00 2
) (1 06 1
)Solucion:
Multiplicando a la izquierda
(3 00 2
)por una matriz general
(a bc d
):(
3 00 2
)(a bc d
)=
(3a 3b2c 2d
)vemos que el resultado ha sido multiplicar la primera fila por 3 y la segundafila por 2.
La matriz inversa de la primera multiplicada a la izquierda por el productoanterior ha de dar la matriz general fijada al principio. Para ello tenemos quedividir en el producto anterior, la primera fila por 3 y la segunda fila por 2.Se comprueba que eso sucede cuando multiplicamos a la izquierda por
(1/3 0
0 1/2
)luego
(3 00 2
)−1=
(1/3 0
0 1/2
).
Multiplicando a la izquierda
(1 06 1
)por una matriz general
(a bc d
):(
1 06 1
)(a bc d
)=
(a b
6a+ c 6b+ d
)vemos que el resultado ha sido sumar a la segunda fila la primera multiplicadapor 6. La matriz inversa de la primera multiplicada a la izquierda por elproducto anterior ha de dar la matriz general fijada. Para ello ha de restar ala segunda fila la primera multiplicada por −6.
Podemos comprobar que eso sucede cuando multiplicamos a la izquierda por(1 0−6 1
)luego
(1 06 1
)−1=
(1 0−6 1
).
429
PROBLEMAS RESUELTOS DE LOS PROPUESTOS EN EXAMENES DEALGEBRA LINEAL I. (Capıtulo 3).
1. Considerar la matriz
A =
2 0 1 20 1 2 01 0 1 00 1 1 1
a) La matriz A se puede escribir como producto de matrices elementales. Es-tablecer razonadamente por que.
b) Encontrar la expresion de A−1 como producto de matrices elementales.
c) Encontrar la expresion de A como producto de matrices elementales.
a)
La matriz se puede escribir como producto de matrices elementales si haciendoen ella operaciones elementales se puede llegar a la identidad:
Intercambiando la primera fila y la tercera fila obtenemos la matriz:1 0 1 00 1 2 02 0 1 20 1 1 1
=
0 0 1 00 1 0 01 0 0 00 0 0 1
2 0 1 20 1 2 01 0 1 00 1 1 1
,
restando en la matriz resultante a la tercera fila el doble de la primera obte-nemos:
1 0 1 00 1 2 00 0 −1 20 1 1 1
=
1 0 0 00 1 0 0−2 0 1 0
0 0 0 1
1 0 1 00 1 2 02 0 1 20 1 1 1
,
restando en la matriz resultante a la cuarta fila la segunda fila se obtiene:1 0 1 00 1 2 00 0 −1 20 0 −1 1
=
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 −1 0 1
1 0 1 00 1 2 00 0 −1 20 1 1 1
,
y restando en la matriz resultante la tercera fila de la cuarta fila obtenemos:1 0 1 00 1 2 00 0 −1 20 0 0 −1
=
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 −1 1
1 0 1 00 1 2 00 0 −1 20 0 −1 1
.
Ahora, multiplicando por −1 la cuarta fila de la matriz resultante se obtiene:
430
1 0 1 00 1 2 00 0 −1 20 0 0 1
=
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 −1
1 0 1 00 1 2 00 0 −1 20 0 0 −1
,
Haciendo lo mismo en la tercera fila obtenemos:1 0 1 00 1 2 00 0 1 −20 0 0 1
=
1 0 0 00 1 0 00 0 −1 00 0 0 1
1 0 1 00 1 2 00 0 −1 20 0 0 1
,
Sumando a la tercera fila de la matriz resultante la cuarta fila multiplicadapor 2 se obtiene:
1 0 1 00 1 2 00 0 1 00 0 0 1
=
1 0 0 00 1 0 00 0 1 20 0 0 1
1 0 1 00 1 2 00 0 1 −20 0 0 1
,
Restando a la segunda fila de la matriz resultante la tercera fila multiplicadapor 2, obtenemos:
1 0 1 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1
=
1 0 0 00 1 −2 00 0 1 00 0 0 1
1 0 1 00 1 2 00 0 1 00 0 0 1
,
Y restando a la primera fila de la matriz resultante la tercera fila obtenemosla matriz identidad:
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1
=
1 0 −1 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1
1 0 1 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1
.
Por tanto la matriz se puede poner como producto de matrices elementales.
b)
La inversa de la matriz dada es el producto de las matrices elementales querepresentan las operaciones elementales que hemos hecho y son las que figurana la izquierda en los productos de los miembros de la derecha de cada igualdadanterior (en el orden inverso en que las hemos hecho):
A−1 =
1 0 −1 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1
1 0 0 00 1 −2 00 0 1 00 0 0 1
1 0 0 00 1 0 00 0 1 20 0 0 1
·431
1 0 0 00 1 0 00 0 −1 00 0 0 1
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 −1
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 −1 1
·
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 −1 0 1
1 0 0 00 1 0 0−2 0 1 0
0 0 0 1
0 0 1 00 1 0 01 0 0 00 0 0 1
porque dicho producto multiplicado por la matriz dada da la identidad.
c)
La matriz dada es el producto de las inversas de las matrices elementales em-pleadas (que tambien son matrices elementales) en el orden inverso al anterior.
A =
0 0 1 00 1 0 01 0 0 00 0 0 1
−1
1 0 0 00 1 0 0−2 0 1 0
0 0 0 1
−1
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 −1 0 1
−1
·
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 −1 1
−1
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 −1
−1
1 0 0 00 1 0 00 0 −1 00 0 0 1
−1
·
1 0 0 00 1 0 00 0 1 20 0 0 1
−1
1 0 0 00 1 −2 00 0 1 00 0 0 1
−1
1 0 −1 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1
−1
=
=
0 0 1 00 1 0 01 0 0 00 0 0 1
1 0 0 00 1 0 02 0 1 00 0 0 1
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 1 0 1
·
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 1 1
1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 −1
1 0 0 00 1 0 00 0 −1 00 0 0 1
·
1 0 0 00 1 0 00 0 1 −20 0 0 1
1 0 0 00 1 2 00 0 1 00 0 0 1
1 0 1 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1
432
2. Dada la matriz
A =
1 a a a1 b a a1 b b a1 b b 1
a) Hallar las condiciones que tienen que cumplir a y b para que A no seainvertible.
b) Hallar escalonando en las condiciones del apartado anterior, el rango de A.
Solucion:
a)
Una matriz cuadrada es invertible si mediante operaciones elementales sepuede reducir a una matriz triangular superior con las entradas diagonalesdistintas de cero
Para triangularla, intercambiamos la ultima fila y la primera, lo cual es unaoperacion elemental y obtenemos:
A =
1 b b 11 b a a1 b b a1 a a a
Despues restamos la primera fila a cada una de las otras filas, obteniendo:
A =
1 b b 10 0 a− b a− 10 0 0 a− 10 a− b a− b a− 1
Permutando ahora su cuarta fila con la tercera y despues con la segunda,obtenemos:
A =
1 b b 10 a− b a− b a− 10 0 a− b a− 10 0 0 a− 1
Para que las entradas diagonales de esta matriz triangular superior sean dis-tintas de cero, ha de ser a 6= b y a 6= 1.
Tenemos pues que las condiciones para que A no sea invertible son a = b oa = 1
433
b)
Sustituyendo en la matriz anterior a = b, a = 1, obtenemos
A =
1 b b 10 0 0 00 0 0 00 0 0 0
que es siempre de rango 1.
Sustituyendo a = 1, se obtiene cuando b 6= a, la matriz con tres escalones, portanto de rango 3.
Si b = a 6= 1 se obtiene una matriz que se escalona restando a la tercera fila lasegunda y a la cuarta fila la segunda obteniendose una escalonada de rango 2,siendo por tanto, su rango 2.
3. a) Explicar que la traspuesta de una matriz elemental de orden 3 es otra matrizelemental, comprobandolo en todos los casos.
b) Demostrar, dada una matriz A, (sin utilizar el determinante de A), que:
A es invertible si y solo si tA es invertible.
a) Las matrices elementales correspondientes a operaciones elementales con-sistentes en multiplicar una fila por un numero son diagonales, coincidiendocon las traspuestas, por lo que sus traspuestas son elementales.
Las matrices elementales correspondientes a permutacion de filas son simetricaspor lo que tambien coinciden con sus traspuestas y son elementales.
Nos quedan las matrices elementales correspondientes a sumar a una fila otrafila multiplicada por un numero. Se puede ver escribiendolas que sus traspues-tas corresponden a sumar a la otra fila la anterior multiplicada por el mismonumero, por tanto, tambien son elementales. p. ej.
1 0 0 00 1 2 00 0 1 00 0 0 1
t
=
1 0 0 00 1 0 00 2 1 00 0 0 1
b) Como una matriz A es invertible si y solo si es producto de matrices ele-mentales y la traspuesta de una matriz es el producto de las traspuestas de
434
las matrices en orden inverso, se obtiene la traspuesta de una matriz invertiblecomo producto de traspuestas de matrices elementales, que son elementales,siendo At es invertible si y solo si A lo es.
4. Considerar el sistema de ecuaciones siguiente:
x+ y + z = 1x+ y + az = 2x+ y + bz = 3
a) ¿Existen valores de a, b para los que el sistema es compatible determinado?
b) ¿Para que valores de a, b, el sistema es incompatible?
Solucion:
a)
El sistema escrito en forma matricial es: 1 1 11 1 a1 1 b
xyz
=
123
.
Para que el sistema sea compatible determinado deben de ser igual a 3, losrangos de la matriz ampliada y de la matriz del sistema, pero la matriz delsistema es: 1 1 1
1 1 a1 1 b
que escalonada por operaciones elementales evoluciona segun : 1 1 b
1 1 a1 1 1
∝ 1 1 b
0 0 a− b0 0 1− b
que escalonada da como maximo rango 2, porque ya tiene un primer escalonde longitud 2 y es cuadrada.
Por tanto el sistema nunca es compatible determinado.
b)
Se ve a simple vista que el sistema es incompatible si a = 1 = b, ya que como1 6= 2 6= 3 6= 1, aparecen tres ecuaciones incompatibles.
435
Ademas, es incompatible siempre que el rango de la matriz del sistema seadistinto del de la matriz ampliada del sistema. Estudiemoslo:
Si a 6= 1, b 6= 1, el escalonamiento simultaneo de la matriz del sistema y de laampliada da
1 1 1 11 1 a 21 1 b 3
∝ 1 1 1 1
0 0 a− 1 10 0 b− 1 2
∝ 1 1 1 1
0 0 a− 1 10 0 0 2− b−1
a−1
de donde es incompatible si 2− b−1
a−1 6= 0 o equivalentemente si 2(a−1) 6= b−1,es decir, si b 6= 2a− 1.
Si a = 1, b 6= 1, el rango de la matriz del sistema es 2. La matriz ampliadaevoluciona al escalonarla segun: 1 1 1 1
1 1 1 21 1 b 3
∝ 1 1 1 1
0 0 0 10 0 b− 1 2
∝ 1 1 1 1
0 0 b− 1 20 0 0 1
donde se ve que si b 6= 1 a = 1, es de rango 3, siendo el sistema incompatible.
Si a 6= 1 b = 1, tenemos tambien que el sistema es incompatible:
1 1 1 11 1 a 21 1 1 3
∝ 1 1 1 1
1 1 1 31 1 a 2
∝ 1 1 1 1
0 0 0 20 0 a− 1 −1
∝ 1 1 1 1
0 0 a− 1 −10 0 0 2
donde se ve que si a 6= 1, b = 1, la matriz del sistema es de rango 2 y laampliada es de rango 3, siendo el sistema incompatible.
No hay mas casos a considerar.
5. Estudiar usando el metodo de Gauss las condiciones que debe cumplir elparametro a para que el sistema:
x + ay + a2z = aax + a2y − a3z = 0a2x + ay + z = 1
sea
436
a) compatible determinado.
b) compatible indeterminado.
c) incompatible.
Indıquese cual ha sido la transformacion elemental realizada en cada etapa delprocedimiento elegido para aplicar el metodo de Gauss.
Solucion:
a)
El sistema es compatible determinado si al escalonar simultaneamente la ma-triz del sistema y su ampliada, se obtienen iguales sus rangos respectivos.
Escalonemos la matriz ampliada: 1 a a2 aa a2 −a3 0a2 a 1 1
sabiendo que la ultima columna pertenece a dicha matriz ampliada. 1 a a2 a
a a2 −a3 0a2 a 1 1
∝ 1 a a2 a
0 0 −2a3 −a2a2 a 1 1
∝ 1 a a2 a
0 0 −2a3 −a20 a− a3 1− a4 1− a3
∝ 1 a a2 a
0 a− a3 1− a4 1− a30 0 −2a3 −a2
Esta matriz es escalonada de rango 3 si a − a3 6= 0 y ademas −2a3 6= 0, esdecir, si a 6= 0 y a(1 − a2) 6= 0(≡ a /∈ −1, 0, 1), luego si a /∈ −1, 0, 1 elsistema es compatible determinado.
Si a = 0, el rango de la matriz del sistema es 2 igual al rango de la ampliada,menor que 3, que es el numero de incognitas, concluyendose que si a = 0, elsistema es compatible indeterminado.
Si a = 1, el rango de la matriz del sistema es 2 igual al rango de la ampliada,menor que 3, que es el numero de incognitas, concluyendose que si a = 1, elsistema es compatible indeterminado.
Si a = −1, hemos llegado a la matriz ampliada: 1 −1 1 −10 0 0 20 0 2 −1
∝ 1 −1 1 −1
0 0 2 −10 0 0 2
El rango de la matriz del sistema es 2 y el rango de la ampliada es 3 con-cluyendose que si a = −1, el sistema es incompatible.
437
PROBLEMAS RESUELTOS DE LOS PROPUESTOS EN EXAMENES DEALGEBRA LINEAL I. (Capıtulo 5.)
1. Decidir acerca de la dependencia o independencia lineal de los vectores:
a)e1 − e2, e2 − e3, e3 − e4, e4 − e1.
donde e1, e2, e3, e4 son cuatro vectores independientes.
b)(1, 1, 0), (1, 0, 0)(0, 0, 1), (x, y, z)
cualesquiera que sean (x, y, z)
a) Seran independientes si los unicos coeficientes λ1,λ2,λ3λ4, que podemosponer para que salga cero la combinacion lineal:
λ1(e1 − e2) + λ2(e2 − e3) + λ3(e3 − e4) + λ4(e4 − e1)
son todos cero.
Desarrollando la operacion, tenemos:
(λ1 − λ4)e1 + (λ2 − λ1)e2 + (λ3 − λ2)e3 + (λ4 − λ3)e4
combinacion lineal de vectores independientes, que sera cero si y solo si todossus coeficientes son cero. Lo que da el sistema:
λ1 −λ4 = 0−λ1 +λ2 = 0
−λ2 +λ3 = 0−λ3 +λ4 = 0
que se cumple si λ1 = λ4 = λ3 = λ2 no necesitando ser todos cero, por loque no son linealmente independientes. Podemos tomar todos los λi = 1 yobtenemos cero.
b)
Los vectores (1, 1, 0), (1, 0, 0)(0, 0, 1), (x, y, z)son dependientes porque
(1, 1, 0), (1, 0, 0)(0, 0, 1) son ya una base de R3, ya que el determinante∣∣∣∣∣∣1 1 01 0 00 0 1
∣∣∣∣∣∣ = −1 6= 0
Entonces, cualquier otro vector (x, y, z) depende linealmente de los anteriores.
438
2. Hallar los numeros complejos z para los cuales los vectores:
(z + i, 1, i), (0, z + 1, z), (0, i, z − 1)
son linealmente dependientes en el espacio vectorial C3 sobre el cuerpo C.
Solucion:
Los tres vectores son dependientes si y solo si el determinante de la matrizcuyas filas son las coordenadas de los vectores tiene determinante igual a cero.∣∣∣∣∣∣
z + i 1 i0 z + 1 z0 i z − 1
∣∣∣∣∣∣ = (z + i)(z2 − 1− iz) = z3 − i = 0
implica que z es una raiz cubica de i = eiπ2 .
Las raices cubicas de i son
eiπ6 =
√3
2+ i
1
2,
ei(π6+ 2π
3) = ei
5π6 = −
√3
2+ i
1
2
ei(π6+ 4π
3) = ei
9π6 = ei
3π2 = −i
Los numeros complejos z para los que los vectores dados son dependientes sonlos tres anteriores.
3. Dados
S1 = L(1, 2, 1, 2), (2,−1,−1,−1) S2 = L(1, 1, 1,−1), (−2, 5, 4, 3)
Hallar bases y ecuaciones cartesianas de S1 + S2 y de S1 ∩ S2.
Solucion:
El subespacio S1 +S2 esta engendrado por la union de los sistemas de genera-dores de S1 y de S2, por tanto,
S1 + S2 = L(1, 2, 1, 2), (2,−1,−1,−1), (1, 1, 1,−1), (−2, 5, 4, 3)
Estos cuatro vectores son un sistema de generadores de la suma de S1 y S2,pero una base es un sistema de generadores independiente. Para ver si sonindependientes calculamos el determinante
439
∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 1 22 −1 −1 −11 1 1 −1−2 5 4 3
∣∣∣∣∣∣∣∣ = −
∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 −12 −1 −1 −11 2 1 2−2 5 4 3
∣∣∣∣∣∣∣∣ = −
∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 −10 −3 −3 10 1 0 30 7 6 1
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
= −
∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 −10 0 −3 100 1 0 30 7 6 1
∣∣∣∣∣∣∣∣ = −
∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 −10 0 −3 100 1 0 30 0 6 −20
∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0.
Entonces, no son linealmente independientes y por ello no son una base deS1+S2. Para ver si hay tres linealmente independientes calculamos los menores3× 3. El menor superior izquierdo 3× 3:∣∣∣∣∣∣
1 2 12 −1 −11 1 1
∣∣∣∣∣∣ = −3 6= 0
por tanto, los tres primeros vectores son independientes y son suficientes paraformar una base:
Base de S1 + S2 = (1, 2, 1, 2), (2,−1,−1,−1), (1, 1, 1,−1)
La ecuacion cartesiana de S1+S2 se obtiene igualando a 3 (que es su dimension)el rango de la matriz formada por los tres vectores de la base y un vectorgenerico (x, y, z, t) del subespacio suma:
rang
1 2 1 22 −1 −1 −11 1 1 −1x y z t
= 3,
es decir, ∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 1 22 −1 −1 −11 1 1 −1x y z t
∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0 ≡ −2x+ 9y − 10z − 3t = 0.
En cuanto a S1 ∩ S2, hallamos primero sus ecuaciones cartesianas y despuesuna base.
Por la formula de las dimensiones,
dim(S1 + S2) + dim(S1 ∩ S2) = dim(S1) + dim(S2)
440
Como
dim(S1) = rang
(1 2 1 22 −1 −1 −1
)= 2, dim(S2) = rang
(1 1 1 −1−2 5 4 3
)= 2
dim(S1 ∩ S2) = 1
Una base de (S1 ∩ S2) esta formada entonces por un vector y el numero deecuaciones cartesianas independientes que la determinan es 3.
Como un vector v ∈ (S1 ∩S2) si y solo si v ∈ S1 y v ∈ S2, v debe de satisfacerlas ecuaciones de S1 y las de S2, que son dos para cada uno de los subespaciosy de las cuatro ecuaciones cartesianas escogeremos tres independientes.
Ecuaciones cartesianas de S1:
rang
(1 2 1 22 −1 −1 −1
)=
1 2 1 22 −1 −1 −1x y z t
= 2
equivalente a ∣∣∣∣∣∣1 2 12 −1 −1x y z
∣∣∣∣∣∣ = 0 ≡ −x+ 3y − 5z = 0
∣∣∣∣∣∣1 2 22 −1 −1x y t
∣∣∣∣∣∣ = 0 ≡ 5y − 5t = 0
Ecuaciones cartesianas de S2:
rang
(1 1 1 −1−2 5 4 3
)=
1 1 1 −1−2 5 4 3x y z t
= 2
equivalente a ∣∣∣∣∣∣1 1 1−2 5 4x y z
∣∣∣∣∣∣ = 0 ≡ −x− 6y + 7z = 0
∣∣∣∣∣∣1 1 −1−2 5 3x y t
∣∣∣∣∣∣ = 0 ≡ 8x− y + 7t = 0
Las ecuaciones cartesianas de S1 seguidas de las de S2 son:
441
−x +3y −5z = 0y −t = 0
−x −6y +7z = 08x −y +7t = 0
de las que tres independientes son las tres primeras porque∣∣∣∣∣∣
−1 3 −50 1 0−1 −6 7
∣∣∣∣∣∣ = −12 6= 0
Un sistema de ecuaciones de S1 ∩ S2 es:
−x +3y −5z = 0y −t = 0
−x −6y +7z = 0
Una base de S1 ∩ S2 es un vector que verifica las tres ecuaciones: para ellodamos a t el valor 1 y despejamos las demas incognitas, obteniendose:
y = 1, z = 34, x = −3
4, entonces una base de S1∩S2 es el vector (−3
4, 1,−1
4, 1).
Multiplicandolo por cualquier numero distinto de cero, sigue siendo una base;entonces, una base de S1∩S2 es (−3, 4, 3, 4), no teniendo este ultimo, numerosfraccionarios.
4. Sean dos subespacios de R4:
S1 = L(1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0), (1, 1, 1, 2) y S2 = L(1, 0, 0, 2)(1, 1, 1, 1).Hallar una base de:
a) S1 + S2
b) S1 ∩ S2.
Solucion:
a)S1 + S2 = L(1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0), (1, 1, 1, 2)(1, 0, 0, 2)(1, 1, 1, 1)
pero si un generador depende del resto, puede ser suprimido del sistema degeneradores quedando el mismo espacio.
Como (1, 1, 1, 1) = (1, 0, 0, 1) + (0, 1, 1, 0), (1, 1, 1, 1) puede ser suprimido delsistema generador.
Tambien (1, 0, 0, 2) = (1, 1, 1, 2) − (0, 1, 1, 0) por lo que tambien se puedesuprimir, quedando
442
S1 + S2 = L(1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0), (1, 1, 1, 2) = S1
Una base de la suma de subespacios es un conjunto de generadores independi-entes. El numero de generadores independientes es el rango de la matriz cuyasfilas son las coordenadas de los vectores.
Dicha matriz es 1 0 0 10 1 1 01 1 1 2
que contiene al menor de orden 3: 1 0 1
0 1 01 1 2
de determinante 1.
Como el rango de la matriz es 3, los tres generadores son independientes, ypor tanto son una base de S1 + S2 = S1.
b) Como hemos visto que los dos generadores de S2 dependen de los de S1, setiene S2 ⊂ S1 por lo que S1∩S2 = S2. Sus dos generadores son independientesporque el rango de la matriz (
1 0 0 21 1 1 1
)es dos ya que el menor formado por sus dos primeras columnas tiene determi-nante distinto de cero.
Por ello, una base de S1 ∩ S2 es (1, 0, 0, 2)(1, 1, 1, 1).
5. Dados los subespacios siguientes S1 y S2 de R4:
S1 = L(1, 1,−2, 1), (0, 1,−1, 2) S2 ≡3x +az = 0x −2y −2t = 0
Hallar a para que S1 + S2 sea distinto de R4.
Solucion:
Para que S1 + S2 sea distinto de R4, es suficiente con que su dimension seamenor que 4.
Como S1 viene dado por sus generadores, su dimension es el rango de la matrizque tiene en filas las coordenadas de cada generador:
443
dimS1 = r
(1 1 −2 10 1 −1 2
)= 2
Como S2 viene dado por sus ecuaciones cartesianas, su dimension es cuatromenos el rango de la matriz de los coeficientes de las incognitas.
dimS1 = 4− rang(
3 0 a 01 −2 0 −2
)= 4− 2 = 2
cualquiera que sea a.
Entonces, segun la formula de las dimensiones:
dim(S1+S2) = dimS1+dimS2−dim(S1∩S2) = 2+2−dim(S1∩S2) = 4−dim(S1∩S2)
y lo necesario para que dim(S1 + S2) < 4 es que dim S1 ∩ S2 > 0
Si tuvieramos las ecuaciones cartesianas de S1 ∩ S2 su dimension serıa cuatromenos el rango de la matriz formada por los coeficientes de las incognitas. Lasecuaciones de esta interseccion son las ecuaciones de S1 junto a las ecuacionesde S2, por eso hallamos las ecuaciones de S1 que provienen de la igualdad:
2 = rang
(1 1 −2 10 1 −1 2
)= rang
1 1 −2 10 1 −1 2x y z t
y son p. ej. las dos siguientes:∣∣∣∣∣∣
1 1 −20 1 −1x y z
∣∣∣∣∣∣ = x+ y + z = 0
∣∣∣∣∣∣1 1 10 1 2x y t
∣∣∣∣∣∣ = x− 2y + t = 0
Entonces, las ecuaciones de S1 ∩ S2 serıan:
x +y +z = 0x −2y +t = 0
3x +az = 0x −2y −2t = 0
y la dimension de S1 ∩ S2 serıa mayor que cero si el rango de la matriz
444
1 1 1 01 −2 0 13 0 a 01 −2 0 −2
es menor que cuatro, es decir, si la matriz tiene determinante cero. Como sudeterminante es (desarrollando por la tercera columna):∣∣∣∣∣∣
1 −2 13 0 01 −2 −2
∣∣∣∣∣∣+ a
∣∣∣∣∣∣1 1 01 −2 11 −2 −2
∣∣∣∣∣∣ = −18 + 9a
−18 + 9a = 0 ⇒ a = 2, para que S1 + S2 sea distinto de R4.
6. Consideramos el espacio vectorial de los polinomios de grado menor o igualque 2.
a) Demostrar que B = 1, x− 1, (x− 1)2 es una base de ese espacio vectorial.
b) Hallar las coordenadas de 1 + x+ x2 en la base anterior.
Solucion:
Para que B = 1, x − 1, (x − 1)2 sea una base, los tres polinomios tienenque ser independientes como vectores y ademas tienen que ser un sistemagenerador de todos los polinomios de grado menor o igual que 2, es decir,cualquier polinomio de grado menor o igual que 2 se debe poder escribir comocombinacion lineal de los tres polinomios.
a1) Seran independientes si los unicos coeficientes λ1,λ2,λ3, que podemos poneren la combinacion lineal:
λ1 · 1 + λ2 · (x− 1) + λ3 · (x− 1)2
para que dicha combinacion lineal sea cero, son λ1 = λ2 = λ3 = 0.
Veamoslo:
λ1 · 1 + λ2 · (x− 1) + λ3 · (x− 1)2 ⇒
λ1+λ2x−λ2+λ3·x2−2λ3x+λ3 = λ1−λ2+λ3+(λ2−2λ3)x+λ3x2 = 0+0·x+0·x2.
Entonces, han de ser ciertas las ecuaciones:
λ1 − λ2 + λ3 = 0; λ2 − 2λ3 = 0;λ3 = 0.
donde ya tenemos que ha de ser λ3 = 0.
445
Sustituyendo λ3 = 0 en la ecuacion central, ha de ser λ2 − 2 · 0 = 0, de dondetambien λ2 = 0 y sustituyendo ahora los ceros en la primera ecuacion, tenemosλ1 = 0.
Por tanto, son independientes.
a2) Veamos que son un sistema generador:
Para ello, cualquier polinomio de grado menor o igual que 2: a+bx+cx2, (quees un vector de este espacio) se debe poder escribir como combinacion linealde los tres polinomios dados.
Entonces ha de ser:
a+ bx+ cx2 = λ1 · 1 + λ2 · (x− 1) + λ3 · (x− 1)2
para algunos λ1,λ2,λ3. Viendo que podemos encontrar valores de los λi queverifican la igualdad tenemos demostrado que son un sistema de generadores.
En efecto, las igualdades:
a+bx+cx2 = λ1 ·1+λ2 ·(x−1)+λ3 ·(x−1)2 = λ1−λ2+λ3+(λ2−2λ3)x+λ3x2
dan
λ1 − λ2 + λ3 = a, λ2 − 2λ3 = b, λ3 = c.
donde ya tenemos λ3. Sustituyendo λ3 = c en la ecuacion central, ha de serλ2 − 2c = b, de donde tambien λ2 = 2c + b, y sustituyendo ahora los valoresde λ2 y λ3 en la primera ecuacion tenemos λ1 − (b + 2c) + c = a, de dondeλ1 = a+ b+ c. Por tanto son un sistema generador.
b)
Las coordenadas de 1+x+x2 en la base anterior son los coeficientes λ1,λ2,λ3 quecorrespondan segun los valores encontrados anteriormente para un polinomiogeneral a+ bx+ cx2.
Como ahora a = 1, b = 1, c = 1, tenemos, segun lo hallado:
λ3 = c = 1, λ2 = b+ 2c = 3, λ1 = a+ b+ c = 3
Por tanto, las coordenadas son (3, 3, 1).
Se puede y se debe comprobar que sustituyendo los valores de las coordenadasen la combinacion lineal de los polinomios dados (vectores de este espacio)seencuentra el polinomio 1 + x+ x2:
3 · 1 + 3 · (x− 1) + 1 · (x− 1)2 = 3 + 3x− 3 + x2 − 2x+ 1 = 1 + x+ x2.
446
7. Estudiar si las matrices:(1 01 1
)(0 11 1
)(1 10 1
)(1 11 0
)forman una base del espacio de matrices 2× 2 con numeros reales.
Solucion:
Para que las cuatro matrices sean base, tienen que ser linealmente indepen-dientes y ademas ser un sistema generador.
a) Veamos si son independientes:
Para ello, la igualdad
λ1
(1 01 1
)+ λ2
(0 11 1
)+ λ3
(1 10 1
)+ λ4
(1 11 0
)= 0
solo se puede cumplir cuando todos los λi son cero.
La expresion anterior es equivalente a
(λ1 0λ1 λ1
)+
(0 λ2λ2 λ2
)+
(λ3 λ30 λ3
)+
(λ4 λ4λ4 0
)=
(0 00 0
)que implica (sumando las matrices):(
λ1 + λ3 + λ4 λ2 + λ3 + λ4λ1 + λ2 + λ4 λ1 + λ2 + λ3
)=
(0 00 0
).
Por tanto, deberıan cumplirse las cuatro ecuaciones:
λ1 + λ3 + λ4 = 0 λ2 + λ3 + λ4 = 0 λ1 + λ2 + λ4 = 0 λ1 + λ2 + λ3 = 0
Restando la segunda de la primera se obtiene λ1 − λ2 = 0, lo que implicaλ1 = λ2.
Restando la cuarta de la segunda, se obtiene λ4 − λ1 = 0, lo que implicaλ1 = λ4.
Entonces, sustituyendo, las ecuaciones se transforman en:
2λ1 + λ3 = 0⇐⇒ λ3 = −2λ1 λ2 + 2λ1 = 0⇐⇒ λ2 = −2λ1
y λ1 + λ2 + λ3 = 0
de donde
447
λ1 − 2λ1 − 2λ1 = −3λ1 = 0
de donde ha de ser λ1 = 0, y de las anteriores, λ2 = λ1 = 0, λ3 = 0, λ4 = λ1 = 0.
Como todos los λi han de ser cero, las matrices son linealmente independientes.
b) Para ver que son un sistema generador se debe ver que cualquier matrizfijada A puede ponerse como combinacion lineal del sistema de matrices dadas,es decir, que podemos encontrar los coeficientes (λ1, λ2, λ3, λ4) tales que
A =
(a bc d
)= λ1
(1 01 1
)+ λ2
(0 11 1
)+ λ3
(1 10 1
)+ λ4
(1 11 0
)Para ello,(
a bc d
)=
(λ1 0λ1 λ1
)+
(0 λ2λ2 λ2
)+
(λ3 λ30 λ3
)+
(λ4 λ4λ4 0
)teniendose las ecuaciones:
λ1 + λ3 + λ4 = a λ2 + λ3 + λ4 = b λ1 + λ2 + λ4 = c λ1 + λ2 + λ3 = d
Restando a la primera la segunda, a la segunda la tercera, a la tercera la cuartay dejando la cuarta tal como esta, tenemos:
λ1 − λ2 = a− b, −λ1 + λ3 = b− c, −λ3 + λ4 = c− d, λ1 + λ2 + λ3 = d.
de donde
λ1 = λ2 + a− b, λ3 = λ1 + b− c = λ2 + a− c, λ4 = λ3 + c− d = λ2 + a− d,λ1 + λ2 + λ3 = d.
Sustituyendo en la ultima, tenemos:
λ2+a−b+λ2+λ2+a−c = d ≡ 3λ2 = −2a+b+c+d ≡ λ2 = 13(−2a+b+c+d).
Sustituyendo ahora el valor de λ2 en las otras λi obtenemos:
λ1 = 13(a− 2b+ c+ d), λ3 = 1
3(a+ b− 2c+ d), λ4 = 1
3(a+ b+ c− 2d).
Obtenidos los valores de los λi, podemos poner la matriz fijada al principiocomo combinacion lineal de las matrices del sistema independiente, siendo estepor tanto, un sistema generador.
Tambien, para ver que son un sistema generador, se puede tener en cuentaque el espacio vectorial de las matrices 2 × 2 es de dimension 4 y que todosistema linealmente independiente se puede extender a una base. Entonces, alextender el sistema anterior a una base se obtendrıa una base de mas de cuatroelementos, lo cual es contradictorio con el teorema de la base, que afirma quetodas las bases tienen el mismo numero de elementos. Por lo tanto, si cuatroelementos de este espacio vectorial son independientes, son ya una base y unsistema generador.
448
8. Hallar las coordenadas de la matriz(1 11 1
)en la base anterior.
Solucion:
(λ1, λ2, λ3, λ4) son las coordenadas de la matriz dada si
λ1
(1 01 1
)+ λ2
(0 11 1
)+ λ3
(1 10 1
)+ λ4
(1 11 0
)=
(1 11 1
)Entonces, ha de ser
λ1 + λ3 + λ4 = 1 λ2 + λ3 + λ4 = 1 λ1 + λ2 + λ4 = 1 λ1 + λ2 + λ3 = 1
Restando la segunda ecuacion de la primera se obtiene λ1 − λ2 = 0, lo queimplica λ1 = λ2.
Restando la cuarta ecuacion de la segunda, por el mismo procedimiento seobtiene λ1 = λ4.
Por lo que la primera ecuacion da 1 = 2λ1 + λ3 y la ultima da 1 = 2λ1 + λ2;restando estas dos ecuaciones, se obtiene 0 = −λ2 + λ3, es decir, λ2 = λ3 ytodos los λi son iguales.
Mirando ahora en una de las ecuaciones obtenidas anteriormente, y susti-tuyendo se obtiene 3λ1 = 1, de donde λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 1/3.
Siendo las coordenadas de la matriz dada: (13, 13, 13, 13).
9. Dados
S1 = L(1, 1,−2, 1), (1, 0,−1,−1) S2 ≡
x+ y + z + t = 02x− y + z − t = 0
Hallar una base de un subespacio complementario de S1 ∩ S2.
Solucion:
449
Antes de hallar una base del complementario de S1∩S2, hallamos una base deS1 ∩ S2 y luego la completamos a una base de R4, constituyendo los vectoresque hemos anadido, una base de un complementario.
Una base de S1 ∩ S2 puede escogerse cuando se tengan sus ecuaciones, queson las ecuaciones de S2 junto a las ecuaciones de S1. Como S1 viene dadopor generadores, sus ecuaciones surgen de la igualdad de los rangos de las dosmatrices formadas una por los generadores de S1 en filas y la otra por losmismos generadores en fila anadiendole la fila (x, y, z, t):
r
(1 1 −2 11 0 −1 −1
)= r
1 1 −2 11 0 −1 −1x y z t
.
Nos fijamos en el menor
∣∣∣∣ 1 11 0
∣∣∣∣ = −1 6= 0 y lo completamos con la ultima
fila y cada una de las dos columnas restantes, teniendo:∣∣∣∣∣∣1 1 −21 0 −1x y z
∣∣∣∣∣∣ = 0
∣∣∣∣∣∣1 1 11 0 −1x y t
∣∣∣∣∣∣ = 0
Estos menores igualados a cero son:
−x− y − z = 0−x+ 2y − t = 0
≡ x+ y + z = 0
x− 2y + t = 0
Son las ecuaciones de S1.
Entonces, las ecuaciones de S1 ∩ S2 son:
x+ y + z = 0x− 2y + t = 0
x+ y + z + t = 02x− y + z − t = 0
de las cuales hay solo 3 linealmente independientes porque
∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 01 −2 0 11 1 1 12 −1 1 −1
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣−2 0 1
1 1 1−1 1 −1
∣∣∣∣∣∣−∣∣∣∣∣∣
1 0 11 1 12 1 −1
∣∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣∣
1 −2 11 1 12 −1 −1
∣∣∣∣∣∣ = 6+3−9 = 0
y ∣∣∣∣∣∣1 1 01 −2 11 1 1
∣∣∣∣∣∣ = −3 6= 0,
450
Por ello, la dimension de S1∩S2 es 1. Una base de este espacio esta constituidapor (−2,−1, 3, 0) (se puede obtener resolviendo por el metodo de Gauss elsistema de las ecuaciones de S1 ∩ S2 y se puede comprobar que verifica dichasecuaciones).
Segun hemos dicho al principio, una base de un complementario de S1 ∩ S2
esta formada por tres vectores que anadidos a estos den una base de R4, p. ej.
(0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1) ya que∣∣∣∣∣∣∣∣−2 −1 3 0
0 1 0 00 0 1 00 0 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣ = −2 6= 0,
Otra base de otro complementario es:
(1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1) ya que∣∣∣∣∣∣∣∣−2 −1 3 0
1 0 0 00 0 1 00 0 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣ = 1 6= 0,
10. Sean S1 ⊂M2×2(R), S2 ⊂M2×2(R), los siguientes subespacios vectoriales:
S1 =
(a bc d
)∣∣∣∣ a+ b = 0c+ d = 0
S2 =
(a bc d
)∣∣∣∣ a+ c = 0b+ d = 0
a) Explicar cual es la dimension de S1 + S2
b) Hallar las ecuaciones cartesianas (o implıcitas) de S1 + S2.
a)
Primero vamos a encontrar las dimensiones de S1 y de S2
S1 =
(a bc d
)∣∣∣∣ a+ b = 0c+ d = 0
=
=
(a −ac −c
)∣∣∣∣ a ∈ R, c ∈ R =
=
(a −a0 0
)+
(0 0c −c
)a ∈ R, c ∈ R
=
=
a
(1 −10 0
)+ c
(0 01 −1
)a ∈ R, c ∈ R
= L
(1 −10 0
)(0 01 −1
)
451
de donde
(
1 −10 0
)(0 01 −1
)
es un sistema generador de S1. Tambien es una base porque es linealmenteindependiente:λ1
(1 −10 0
)+ λ2
(0 01 −1
)= 0⇒
(λ1 −λ1λ2 −λ2
)=
(0 00 0
)⇒ λ1 = 0, λ2 = 0.
Entonces, dimS1 = 2.
En cuanto a
S2 =
(a bc d
)∣∣∣∣ a+ c = 0b+ d = 0
=
(a b−a −b
)∣∣∣∣ a ∈ R, b ∈ R =
=
(a 0−a 0
)+
(0 b0 −b
)a ∈ R, b ∈ R
=
=
a
(1 0−1 0
)+ b
(0 10 −1
)a ∈ R, b ∈ R
=
= L(
1 0−1 0
)(0 10 −1
)
de donde
(
1 0−1 0
)(0 10 −1
)
es un sistema generador de S2. Tambien es una base porque es linealmenteindependiente:λ1
(1 0−1 0
)+ λ2
(0 10 −1
)= 0⇒
(λ1 λ2−λ1 −λ2
)=
(0 00 0
)⇒ λ1 = 0, λ2 = 0.
Por lo que tambien dim(S2) = 2.
Un sistema generador de S1 + S2 es la union de las bases de S1 y de S2:
(
1 −10 0
),
(0 01 −1
),
(1 0−1 0
),
(0 10 −1
)
pero para que fuera una base, los unicos coeficientes que se podrıan poner en
λ1
(1 −10 0
)+ λ2
(0 01 −1
)+ λ3
(1 0−1 0
)+ λ4
(0 10 −1
)para que salga la matriz nula deben ser los coeficientes nulos. Haciendo laoperacion, tendrıamos:
(λ1 + λ3 −λ1 + λ4λ2 − λ3 −λ2 − λ4
)=
(0 00 0
)≡
λ1 +λ3 = 0−λ1 +λ4 = 0
λ2 −λ3 = 0−λ2 −λ4 = 0
452
Para que el sistema de cuatro incognitas tenga unicamente la solucion trivial,el determinante de la matriz de coeficientes ha de ser distinto de cero, pero
∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 1 0−1 0 0 1
0 1 −1 00 −1 0 −1
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 1 00 0 1 10 1 −1 00 −1 0 −1
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣0 1 11 −1 0−1 0 −1
∣∣∣∣∣∣ = −1 + 1 = 0
por lo que existen solciones no nulas para los coeficientes; por ello, no sonindependientes y para obtener una base hay que prescindir de una o variasmatrices que dependan de las otras.
Observemos que las columnas de la matriz del sistema son las entradas de lasmatrices del sistema generador y que estas son independientes si y solo si lascolumnas lo son, lo cual se puede ver mirando el rango de la matriz; habiendotantas matrices independientes como columnas independientes, siendo estenumero igual al rango de la matriz de coeficientes.
Como ∣∣∣∣∣∣1 0 1−1 0 0
0 1 −1
∣∣∣∣∣∣ = −1 6= 0
las tres marices primeras son independientes y por ser el determinante dela matriz total de coeficientes nulo, la cuarta matriz depende de las otras,pudiendose prescindir de ella para dar una base.
Entonces, una base de S1 + S2 es:
(
1 −10 0
),
(0 01 −1
),
(1 0−1 0
)
b)
Por lo que hemos visto una matriz(a bc d
)pertenece a S1 + S2 si y solo si depende de los vectores (matrices) de subase. Lo cual se verifica cuando la columna (a, b, c, d)t depende de las trescolumnas primeras de la matriz de los coeficientes del sistema anterior, siendosu ecuacion: ∣∣∣∣∣∣∣∣
1 0 1 a−1 0 0 b
0 1 −1 c0 −1 0 d
∣∣∣∣∣∣∣∣ = −a− b− c− d = 0
453
Su ecuacion cartesiana es a+ b+ c+ d = 0.
11. Sea S ⊂M2×2(R), determinado por
S =
(a bc d
)∣∣∣∣ a +b +c +d = 02a +2b +c +d = 0−a +2c +2d = 0
Encontrar, razonadamente, una base de un subespacio complementario de S.
Solucion:
Como S es subespacio de un espacio vectorial de dimension 4 y esta deter-minado por tres ecuaciones independientes, S es de dimension 1; (las tresecuaciones son independientes porque el rango de la matriz de sus coeficienteses 3:
rang
1 1 1 12 2 1 1−1 0 2 2
= 3, ya que
∣∣∣∣∣∣1 1 12 2 1−1 0 2
∣∣∣∣∣∣ = 1 6= 0).
Una base de S esta formada por una matriz que satisface las ecuaciones, p.ej.(0 0−1 1
)Si el sistema hubiera sido complicado, la matriz se puede obtener resolviendoel sistema de las ecuaciones de S por el metodo de Gauss.
Las coordenadas de esta matriz en la base canonica:(1 00 0
) (0 10 0
) (0 01 0
) (0 00 1
)son: (0, 0,−1, 1).
Un complementario de S tiene una base de tres vectores (matrices) indepen-dientes entre sı e independientes de la matriz de la base de S, para lo cuallos vectores formados por sus coordenadas en la base canonica tienen que serindependientes entre sı e independientes del vector (0, 0,−1, 1). Para encon-trarlos escribimos una matriz con primera columna (0, 0,−1, 1) y completamoscon otras columnas que den determinante distinto de cero y esas columnas sonlas coordenadas en la base canonica de las matrices que forman la base de uncomplementario.
454
Como ∣∣∣∣∣∣∣∣0 1 −0 00 0 1 0−1 0 0 0
1 0 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣ = 1 6= 0
las matrices (1 00 0
),
(0 10 0
),
(0 00 1
),
forman una base de un complementario de S.
Tambien podıamos escribir una matriz con la primera fila (0, 0,−1, 1)t y com-pletar con columnas que dieran una matriz con determinante distinto de cero.Las nuevas filas son las coordenadas en la base canonica de las matrices queengendran un complementario.∣∣∣∣∣∣∣∣
0 0 −1 11 0 0 00 1 0 00 0 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣ = 1 6= 0
y se obtienen las mismas matrices como generadores de un complementario.
455
PROBLEMAS RESUELTOS DE LOS PROPUESTOS EN EXAMENES DEALGEBRA LINEAL I. (Capıtulo 6).
1. Considerese la aplicacion lineal T : R4 → R3 que respecto de las basescanonicas de dichos espacios tiene la matriz: 1 0 1 0
0 1 0 11 2 1 2
.
a) Calcular la dimension y las ecuaciones cartesianas de los subespacios NT eimT .
b) Hallar las ecuaciones cartesianas de la imagen por T del subespacio generadopor los vectores:
(1,−1, 0, 0), (1, 0,−1, 0), (1, 0, 0,−1).
Solucion:
a)
La aplicacion es:
T
xyzt
=
1 0 1 00 1 0 11 2 1 2
xyzt
.
(x, y, z, t) ∈ NT ≡
1 0 1 00 1 0 11 2 1 2
xyzt
=
0000
≡x +z = 0
y +t = 0x +2y +z +2t = 0
Como la tercera ecuacion es suma de la primera y del doble de la segunda,podemos prescindir de ella. Las otras dos son independientes porque el rangode la matriz de los coeficientes de las incognitas es:
rang
(1 0 1 00 1 0 1
)= 2.
por tanto, las ecuaciones de NT son:
x +z = 0y +t = 0
456
En cuanto a ImT , esta engendrada por los vectores columna de la matriz dela aplicacion. Como la matriz es de rango 2, solo hay dos vectores columnaindependientes, p.ej. (1, 0, 1), (0.1, 2).Las ecuaciones cartesianas se obtienen teniendo en cuenta que
(x, y, z) ∈ L(1, 0, 1), (0.1, 2) ≡ rang
1 0 10 1 2x y z
= rang
(1 0 10 1 2
)= 2
es decir, ∣∣∣∣∣∣1 0 10 1 2x y z
∣∣∣∣∣∣ = 0 ≡ −x− 2y + z = 0 ≡ x+ 2y − z = 0.
b) La imagen por T del subespacio generado por los vectores:
(1,−1, 0, 0), (1, 0,−1, 0), (1, 0, 0,−1).esta generada por
1 0 1 00 1 0 11 2 1 2
1−1
00
,
1 0 1 00 1 0 11 2 1 2
10−1
0
,
1 0 1 00 1 0 11 2 1 2
100−1
Estos vectores son: 1
−1−1
,
000
,
1−1−1
.
que como generadores quedan reducidos a (1,−1,−1).
Las ecuaciones cartesianas de la recta engendrada por (1,−1,−1) se obtienende
1 = rang(
1 −1 −1)
= rang
(1 −1 −1x y z
)para lo cual es suficiente:∣∣∣∣ 1 −1
x y
∣∣∣∣ = 0
∣∣∣∣ 1 −1x z
∣∣∣∣ = 0
Las dos ecuaciones de Im(T ) ⊂ R3 son x+ y = 0; x+ z = 0.
457
2. a) Considerar la aplicacion de R3 en R3 que deja invariantes los vectores delplano de ecuacion x+ y + z = 0 y aplica el vector ortogonal a dicho plano enel vector nulo. Hallar la matriz en la base canonica de dicha aplicacion.
b) Comprobar que el determinante de la matriz de esa aplicacion es cero yexplicar por que.
Solucion:
Escogiendo una base (1,−1, 0), (1, 0,−1), (1, 1, 1) de R3 formada por dosvectores del plano y un vector perpendicular a el, ya que las columnas dela matriz de la aplicacion en una base son las coordenadas de los vectoresimagenes de la base en esa base:
f(1,−1, 0) = (1,−1, 0) = 1 · (1,−1, 0) + 0 · (1, 0,−1) + 0 · (1, 1, 1).
f(1, 0,−1) = (1, 0,−1) = 0 · (1,−1, 0) + 1 · (1, 0,−1) + 0 · (1, 1, 1).
f(1, 1, 1) = (0, 0, 0) = 0 · (1,−1, 0) + 0 · (1, 0,−1) + 0 · (1, 1, 1).
la matriz de la aplicacion en dicha base es 1 0 00 1 00 0 0
Para hallar la matriz de la aplicacion en la base canonica tenemos que hacerun cambio de base en los espacios original y final. Siendo su matriz.
A =
1 1 1−1 0 1
0 −1 1
1 0 00 1 00 0 0
1 1 1−1 0 1
0 −1 1
−1 =
1 1 1−1 0 1
0 −1 1
1 0 00 1 00 0 0
1
3
1 −2 11 1 −21 1 1
=1
3
2 −1 −1−1 2 −1−1 −1 2
.
Se puede comprobar que la matriz es la pedida, multiplicandola a la izquierdapor los vectores de la base escogida al principio y viendo que sus imagenes sonlas requeridas:
1
3
2 −1 −1−1 2 −1−1 −1 2
1−1
0
=
1−1
0
.
1
3
2 −1 −1−1 2 −1−1 −1 2
10−1
=
10−1
.
458
1
3
2 −1 −1−1 2 −1−1 −1 2
111
=
000
.
b)
El determinante de la matriz A es cero porque la primera fila de la matriz esigual a la suma de las otras dos cambiadas de signo.
Tiene que salir cero porque hay un vector que se aplica en el vector nulo y eldeterminante en la primera base es nulo, siendo el determinante de una matrizde un endomorfismo independiente de la base en la que se exprese, siempreque esta se exprese en la misma base en el espacio inicial y en el espacio finalde la aplicacion.
3. Hallar la matriz en base canonica de una aplicacion lineal f : R3 → R3 cuyonucleo e imagen sean:
Nf ≡x+ 2y + 2z = 02x+ y + z = 0
Imf ≡ x− y + z = 0.
Solucion:
Una aplicacion lineal queda determinada por las imagenes de los vectores deuna base.
Los vectores del nucleo se aplican en (0, 0, 0). Como en este caso, su dimensiones 1 porque las dos ecuaciones son independientes, podemos hallar un vectorque lo genere, que se aplicara en el vector nulo. Despues podemos completareste vector a una base de R3, de forma que las imagenes de los otros dosvectores engendren Imf .
Un vector que engendra Nf se obtiene resolviendo por el metodo de Gauss elsistema de las dos ecuaciones de Nf:
x+ 2y + 2z = 02x+ y + z = 0
x+ 2y + 2z = 0−3y − 3z = 0
≡x+ 2y = −2z−y = z
Haciendo z = 1, obtenemos y = −1, x = 0, por tanto, un vector que engendraNf es (0,−1, 1) Lo ampliamos a una base: (0,−1, 1), (1, 0, 0), (0, 1, 0). (Secomprueba que es base porque∣∣∣∣∣∣
0 −1 11 0 00 1 0
∣∣∣∣∣∣ = 1 6= 0)
Ahora hallamos los generadores de Imf ≡ x = y − z, donde haciendo z =1, y = 0, obtenemos un vector de la imagen: (−1, 0, 1). Otro vector indepen-diente se obtiene haciendo z = 0, y = 1, hallando (1, 1, 0).
459
Entonces, una aplicacion como la pedida es la que cumple:
f(0,−1, 1) = (0, 0, 0), f(1, 0, 0) = (−1, 0, 1), f(0, 1, 0) = (1, 1, 0)
La matriz de f en la base canonica es
0 −1 10 0 10 1 0
0 1 0−1 0 1
1 0 0
−1 =
0 −1 10 0 10 1 0
0 0 11 0 00 1 1
=
−1 1 10 1 11 0 0
4.
Consideremos los subespacios vectoriales:
x+ y + z + t = 0x− y + 2z − 3t = 0
≡ S1 ⊂ R4 S2 = L(1, 2, 3), (2, 3, 1), (1, 1, a) ⊂ R3.
a)
Explicar razonadamente si hay valores de a para los que existe f : R4 −→ R3,tal que el nucleo de f sea S1 y la imagen de f sea S2.
b)
Explicar razonadamente si hay valores de a para los que existe g : R3 −→ R4,tal que el nucleo de g sea S2 y la imagen de g sea S1.
Solucion:
Por la formula de las dimensiones para aplicaciones lineales:
dim(N(f)) + dim(Im(f)) = 4
Como
dim(S1) = 4− rang(
1 1 1 11 −1 2 −3
)= 4− 2 = 2
para que el nucleo de f sea S1 y la imagen de f sea S2, ha de ser dim(S2) = 2,por tanto, ha de ser:∣∣∣∣∣∣
1 2 32 3 11 1 a
∣∣∣∣∣∣ = 0 ≡ −a− 2 = 0 ≡ a = −2
Esta condicion es suficiente y la aplicacion lineal se puede dar construyendouna base de N(f), ampliando esta a una base de R4 con otros dos vectores y
460
aplicando los vectores de la base del nucleo en el vector nulo y los otros dosvectores en (1, 2, 1), (2, 3, 1) respectivamente.
b) Por la formula de las dimensiones para las aplicaciones lineales:
dim(N(g)) + dim(Im(g)) = 3
Como dim(S1) = 2, si Im(g) = S1, ha de ser dim(Ng) = 1, pero dim(S2) ≥ 2,por lo tanto no puede ser N(g) = S2.
No hay valores de a para los que exista g : R3 −→ R4 con Ng = S2 yIm(g) = S1.
5. Dada una aplicacion lineal f : R4 −→ R4 en la base canonica por la matriz:1 0 1 a0 1 a a1 0 a2 b0 1 1 b
a) Hallar a y b para que la dimension del nucleo de f sea igual a la dimensionde su imagen.
b) Hallar una base de un subespacio complementario del subespacio Im(f), sif satisface las condiciones del apartado a).
Solucion:
a) Por la formula de las dimensiones para aplicaciones lineales:
dim(Nf) + dim(Im(f)) = dim(R4) = 4.
Si ademas ha de ser dim(Nf) = dim(Im(f)), tenemos 2dim(Im(f) = 4, esdecir, dim(Im(f) = 2.
La dimension del subespacio Im(f) es igual al rango de la matriz de la apli-cacion, ya que Im(f) esta engendrado por los vectores columnas de dichamatriz. Por ello, ha de ser:∣∣∣∣∣∣
1 0 10 1 a0 1 1
∣∣∣∣∣∣ = 0 ≡ 1− a = 0 ≡ a = 1.
Tambien ha de ser:∣∣∣∣∣∣1 1 a0 1 a0 1 b
∣∣∣∣∣∣ = 0 ≡ (a = 1)
∣∣∣∣∣∣1 1 10 1 10 1 b
∣∣∣∣∣∣ = 0 ≡ b− 1 = 0 ≡ b = 1
461
Estas dos condiciones son suficientes, como se ve sustituyendo a = 1, b = 1en la matriz dada y viendo su rango (que es igual a 2).
b) En las condiciones anteriores, Im(f) = L(1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1). Com-pletando estas dos columnas con (1, 0, 0, 0)t, (0, 1, 0, 0)t obtenemos una matriz4× 4:
1 0 1 00 1 0 11 0 0 00 1 0 0
de rango 4 (su determinante es 1). Entonces, estas cuatro columnas engendranR4 y una base de un complementario de Im(f) es (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0).
6. Sea f : R3 → R3 una aplicacion lineal cuya imagen es un plano ¿Puede serf 2 = 0? (f 2 = f f).
Solucion:
Si f 2 = 0,
f f(R3) = 0 ⇒ f(f(R3)) = 0 ⇒ f(Imf) = 0 ⇒ Imf ⊂ kerf
Segun esto, si la imagen de f es un plano, la dimension de kerf es mayor oigual que 2, pero por la formula de las dimensiones para aplicaciones lineales:
dimImf + dimkerf = 3⇒ 2 + dimkerf = 3⇒ dimkerf = 1
lo cual es una contradiccion con lo anterior.
7. a) Si f : R3 → R3 es una aplicacion lineal dada en la base canonica por lamatriz
A =
1 2 1−1 0 1
0 2 2
hallar la matriz B de una aplicacion lineal g tal que Ng = Imf y Img = Nf .
b) Comprobar que AB = 0 = BA y explicar por que en terminos de aplica-ciones lineales.
462
Solucion:
Hallemos antes Nf e Imf :
Nf = (x, y, z)|
1 2 1−1 0 1
0 2 2
xyz
=
000
≡x +2y +z = 0−x +z = 0
2y +2z = 0
≡ L(1,−1, 1)
La imagen de f esta engendrada por los vectores columna de la matriz A:
Imf = L(1,−1, 0), (2, 0, 2), (1, 1, 2) =
= L(1,−1, 0), (2, 0, 2)(porque(1, 1, 2) = (2, 0, 2)− (1,−1, 0)) =
L(1,−1, 0), (1, 0, 1)
Si Img = Nf , todos los vectores columna de la matriz de g han de ser multiplosde la columna (1,−1, 1)t, no pudiendo ser cero todas las columnas.
Si Ng = Imf , los dos vectores que engendran Imf se han de aplicar en elvector nulo.
Las dos cosas las conseguimos completando la base de Imf = Ng a una basede R3 y aplicando los dos vectores de la base de Imf en el vector nulo y elvector anadido independiente en el vector (1,−1, 1).
La matriz de una de las aplicaciones buscadas en la base (1,−1, 0), (1, 0, 1), (0, 0, 1)del espacio inicial y en la base canonica del espacio final es 0 0 1
0 0 −10 0 1
Para hallar la matriz de la aplicacion lineal en la base canonica hacemos uncambio de base en el espacio inicial, obteniendo:
B =
0 0 10 0 −10 0 1
1 1 0−1 0 0
0 1 1
−1 =
0 0 10 0 −10 0 1
0 −1 01 1 0−1 −1 1
=
−1 −1 11 1 −1−1 −1 1
.
463
b)
AB =
1 2 1−1 0 1
0 2 2
−1 −1 11 1 −1−1 −1 1
=
0 0 00 0 00 0 0
=
−1 −1 11 1 −1−1 −1 1
1 2 1−1 0 1
0 2 2
= BA.
Como AB es la matriz de f g y por ser Img = Nf , f g = 0, ha de serAB = 0.
Lo analogo ocurre con BA.
8. Sea f : Rn −→ Rn una aplicacion lineal que no es isomorfismo.
a) ¿Existe alguna aplicacion lineal g : Rn −→ Rn tal que gf sea isomorfismo?
b) ¿Existe alguna aplicacion lineal g : Rn −→ Rn tal que f g sea isomorfismo?
Solucion:
a) La aplicacion lineal f : Rn −→ Rn es isomorfismo si y solo si Im(f) = Rn.Por tanto, si f no es isomorfismo Im(f) 6= Rn y dim(Im(f)) < n, entoncesdim(Im(gf)) = dim(g(Im(f))) < n por lo que gf no puede ser isomorfismo.
b) La aplicacion lineal f : Rn −→ Rn es isomorfismo si y solo si Im(f) = 0.Por tanto, si f no es isomorfismo dim(Imf) < n, entonces dim(Im(f g) ≤dim(Im(f) < n por lo que f g no puede ser isomorfismo.
464
Este libro ha sido redactado durante los anos en que he ejercido la docencia deAlgebra Lineal del primer curso de la Licenciatura y del Grado de CC. Fısicas y hasido completado para cubrir los cursos cuatrimestrales de Algebra y Geometrıa dela Licenciatura y del Grado de CC. Matematicas en la Facultad de Ciencias de laUniversidad Autonoma de Madrid.
El material es adecuado tambien para los primeros cursos de las ingenierıas.
El curso esta escrito tratando de expresar de la manera mas sencilla posible susconceptos, teoremas y demostraciones, basandose solamente en los conceptos previosde Bachillerato. Ademas es autocontenido, estando detalladas las demostraciones deforma logica y rigurosa. Y motivada cada etapa de la teorıa por problemas teoricosde los que surge.
Al principio de cada capıtulo se encuentran introducciones que preparan parala comprension de sus conceptos. Con el mismo objetivo he realizado dibujos, quefacilitan la comprension de los razonamientos. Dicha comprension puede irse afian-zando al realizar los numerosos grupos de ejercicios intercalados, que tienen un ordenprogresivo en dificultad, pudiendose resolver algunos de dos formas. Hay muchosproblemas tipo y problemas procedentes de examenes finales, resueltos.
EXTRACTO DEL CURRICULUM VITAE DELUCIA CONTRERAS CABALLERO.
Profesora Titular Numeraria en Algebra, Geometrıa y Topologıa desde enero1985 en la Facultad de Ciencias de la Universidad Autonoma de Madrid. Jubiladadesde octubre 2012.
Inscrita en ”International Who is Who in Professional and University Women.”International Biografical Center. Cambridge. England. 1990.
Miembro de Societe Mathematique de France en los anos 1982-2016 inclusive.
Premio Extraordinario de Doctorado. 1979-80.Diplome d’Etudes Approfondies, 1974-75. Sobresaliente Universidad Parıs 7.Premio Extraordinario de Bachillerato. Universidad Granada. 1968-69.
Becaria del British Council. 1978-79. Becaria de Formacion Personal Investi-gador. 1976-79. Del C.R.O.U.S. Gobierno Frances. Universidad Parıs 7. 1974-75.
Premio Mejores Becarios. 1971-72 y 1972-73.Becaria del Patronato Igualdad Oportunidades. Bachillerato y Preuniversitario.
1962-69.
465
