áLgebra lineal [u de chile]

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ı ´
Ingenierá Matematica Ah´ encontrar´s las gu´ de ejercicios y problemas, adem´s
ı a ıas a
FACULTAD DE CIENCIAS
F´SICAS Y MATEMATICAS
I ´ de informaciń acerca de cu´l ser´ la din´mica del curso.
o a a a
UNIVERSIDAD DE CHILE
´
Algebra Lineal 08-2

SEMANA 1: MATRICES

Departamento de Ingenierá Matematica - Universidad de Chile
Usa estas notas al
margen para con-
sultar de manera
m´s r´pida el ma-
a a
1. Matrices terial. Haz tam-
biń tus propias
e
1.1. ´
Definiciones basicas anotaciones.

Definiciń 1.1 (Matriz). Una matriz A, de m filas y n columnas con
o matriz
coeficientes en el cuerpo Ã
(en este apunte ser´
a Ã Ê
o ) es una tabla de
´
doble entrada:

 
a11 ··· a1n
 .
.
A= . . ,
. 
. aij ∈ Ã, ∀i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n.
am1 · · · ... amn

Notamos tambiń la matriz como A = (aij ) y denominamos Mmn ( ) al
e Ã Mmn ( ) Ã
conjunto de todas las matrices de m filas y n columnas con coeficientes en
el cuerpo . Ã
Definiciń 1.2 (Igualdad de matrices). Dadas dos matrices A ∈ Mmn ( ), B ∈
o Ã

´
Ã
Mm′ n′ ( ), diremos que son iguales si y s´lo si:
o A=B

(m = m′ ) ∧ (n = n′ ) ∧ (∀i ∈ {1, ..., m}, j ∈ {1, ..., n}, aij = bij )

Un caso especial de matrices son aquellas de n × 1. Estas matrices se lla-
a ıÃ
marń posteriormente vectores de n . As´ nuestros vectores serń matri-
a vector de Ãn
ces de una sola columna.

ı
Ã
Construimos una estructura algebraica sobre Mmn ( ) a partir de las ope-
Ã
raciones definidas en el cuerpo . Se define la suma de dos matrices como A+B
sigue:
Ã
∀A, B ∈ Mmn ( ), A + B = (aij + bij )
Ê
Por ejemplo, en ( , +, ·):

1 2 3 0 −1 2 1 1 5
+ = .
0 −1 −2 3 1 2 3 0 0
Es fćil verificar que
a

Ã
Proposiciń 1.1. (Mmn ( ), +) tiene estructura de grupo Abeliano.
o

´
Demostracion. La suma es asociativa y conmutativa, como herencia de
las mismas propiedades en el cuerpo . Ã
El neutro aditivo es 0 ∈ Mmn ( ) Ã
 
0 ... 0
. .
0 =  . . . . .  ∈ Mmn ( ).
. . Ã
0 ... 0

1

El inverso aditivo de A = (aij ) es −A = (−aij ). Por ejemplo, en M23 ( ): −A

i 0 0 −i 0 0
+ =
1 −i 0 −1 i 0
i−i 0+0 0+0 0 0 0
= = = 0.
1−1 −i + i 0+0 0 0 0
Luego
i 0 0 −i 0 0
− = .
1 −i 0 −1 i 0

Definiciń 1.3 (Producto de matrices). Dadas A = (aij ) ∈ Mmr ( ), B =
o Ã
Ã
(bij ) ∈ Mrn ( ) se define el producto C = AB como aquella matriz A·B
Ã
C ∈ Mmn ( ) tal que
r
cij = aik bkj , i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n.
k=1

Claramente C ∈ Mmn ( ). Ã

´
Ejemplos:
Ê
1. En ( , +, ·),
 
1 2 −1 0
A=
1
1
−1 0
2 1
Ê
∈ M23 ( ), B = 0 2 −1 0 ∈ M34 ( ) Ê
1 0 −1 0
 

ı
1 2 −1 0
⇒C = A·B =
1
1
−1 0 
2 1
0 2 −1 0 =
1 0
2 6
0 0
−4 1
Ê
∈ M24 ( ).
1 0 −1 1

2. En ( , +, ·),

A = (−i, i, 0) ∈ M13 ( )
 
i
B = 1 ∈ M31 ( )
0
⇒ C = AB = −i · i + i · 1 + 0 · 0· = 1 + i ∈ M11 ( ).

Observaciń: La multiplicaciń de matrices no es conmutativa.
o o
Por ejemplo en M22 ( ) : Ê
1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0
= , = .
0 0 2 0 0 0 2 0 0 0 2 0

2

Dos propiedades importantes de la multiplicaciń son las siguientes:
o

Proposiciń 1.2.
o
Ã
1. Asociatividad: Si A ∈ Mmn ( ), B ∈ Mnq ( ), C ∈ Mqs ( ), en- Ã Ã
tonces:
A(BC) = (AB)C ∈ Mms ( ). Ã
2. Distributividad con respecto a la suma: Dadas A ∈ Mmn ( ), B, C ∈ Ã
Ã
Mns ( ), entonces

A(B + C) = AB + AC ∈ Mms ( ). Ã
De igual manera se tiene la distributividad por el otro lado.
´
Demostracion. Demostremos la distributibidad, quedando la asociativi-
dad de ejercicio. Denominando E = A(B + C), se tiene: ◭ Ejercicio

n
eij = aik (bkj + ckj ) ∀i ∈ {1, ..., m}, j ∈ {1, ..., s}.
k=1

Como la multiplicaciń distribuye con respecto a la suma en
o Ã:
n

´
eij = (aik bkj + aik ckj )
k=1
n n
= aik bkj + aik ckj .
k=1 k=1

De la definiciń de multiplicaciń matricial, se obtiene E = AB + AC.
o o

Un caso particular muy importante es el de las matrices cuadradas, es matriz cuadrada ı
Ã
decir con igual n´ mero de filas y columnas. (Mnn ( ), ·) admite un neutro
u
multiplicativo, denominado matriz identidad: I
 
1 0 ··· 0
0 1 ··· 0
I = ..  = (δij ), con δij = 0 si i = j
 .  1 si i = j.
0 0 ··· 1

En efecto, dada A ∈ Mnn ( ) : Ã
 
  1 0 ··· 0
a11 ... a1n
. 0 1 ··· 0
AI =  .
.
. .
.
 .. 
 . 
an1 ... ann
0 0 ··· 1
n
=( aik δkj ) = (aij δjj ) = (aij ) = A.
k=1

Conclu´
ımos entonces que

3

Ã
Corolario 1.1. (Mnn ( ), +, ·) es un anillo con unidad (existe neutro para
Ã

·). (Mnn ( ), +, ·) es
anillo con unidad

Ã
Dado que (Mnn ( , ·) tiene un elemento neutro I, ¿Tienen sus elementos
inverso?
o Ã
Definiciń 1.4 (Matriz invertible). A ∈ Mnn ( ) es invertible si y invertible
Ã
s´lo si existe B ∈ Mnn ( ) tal que:
o

AB = BA = I. (1.1)

Proposiciń 1.3. De existir una matriz B que satisfaga (1.1), esta es
o
unica. Por ende la notaremos B = A−1 .
´ A−1

´ Ã
Demostracion. Sean B1 , B2 ∈ Mnn ( ) que satisfacen (1.1). Luego

B1 = B1 I = B1 (AB2 ).

Usando la asociatividad de · tenemos,

´
B1 = (B1 A)B2 ,

pero como B1 A = I, se concluye que

B1 = B2 .

Cabe se˜ alar que para que A sea invertible se requiere que exista una matriz
n
ı
B que sea a la vez inversa por izquierda y por derecha. Probaremos m´s a
adelante que es suficiente que A tenga inversa por un solo lado.

Ejemplos:
No todas las matrices cuadradas tienen inverso multiplicativo. En
Ê
M22 ( ), la matriz
1 2
2 4
no tiene inverso. En efecto, si existiese
el inverso,
x1 x2
digamos , deber´ verificarse:
ıa
x3 x4

1 2 x1 x2 1 0
=
2 4 x3 x4 0 1

x1 + 2x3 x2 + 2x4 1 0
⇔ =
2x1 + 4x3 2x2 + 4x4 0 1

4

⇔ x1 + 2x3 = 1

x2 + 2x4 = 0
2x1 + 4x3 = 0
2x2 + 4x4 = 1
De la primera ecuaciń multiplicada por 2, obtenemos: 2(x1 + 2x3 ) =
o
2. Pero de la tercera ecuaciń, 2x1 + 4x3 = 0. De esta contradicciń
o o
conclu´
ımos que el sistema no tiene soluciń.
o

En otros casos s´ existe inverso, por ejemplo, en M22 ( ),
ı Ê
−1
0 1 0 1
=
1 0 1 0

En efecto:
0 1 0 1 1 0
=
1 0 1 0 0 1
O bien, en M22 ( ),
−1

´
i 0 −i 0
= ,
0 −i 0 i

lo que se verifica r´pidamente.
a

ı
1.2. Matrices Particulares
Definiciń 1.5. Diremos que A ∈ Mnn ( ) es:
o Ã
1. Diagonal si y s´lo si aij = 0
o ∀i = j: diagonal

 
a11 0
 a22 
A=
 .. .

.
0 ann

En este caso la matriz es notada A = diag(a11 , a22 , . . . , ann ). diag(a11 , a22 , . . . , ann )

2. Triangular superior si y s´lo si aij = 0 si i > j:
o triangular superior

 
a11 a12 ··· a1n
 0 a22 ··· a2n 
A= .
 . .. . .
. 
. . .
0 ··· 0 ann

3. Triangular inferior si y s´lo si aij = 0 si i < j:
o triangular inferior

5

 
a11 0 ··· 0

 a21 a22 0 ··· 0 
A=
 . .. .
.
. . 0 
an1 an2 ··· ··· ann

Ejemplos:
   
0 0 0 1 0 0
A = 0 2 0  , I =  0 1 0  son matrices diagonales
0 0 3 0 0 1
   
1 2 3 0 0 0
son matrices triangulares, superior e inferior
A = 0 0 1, B = 1 2 0
respectivamente.
0 0 2 2 −1 3

◭ Ejercicio

´
Ejercicio 1.1: Una propiedad que queda propuesta es que si A es
diagonal con aii = 0, para i = 1, . . . , n entonces es invertible, y su
inversa tambiń es diagonal con (A−1 )ii = a1 .
e ii

ı
Notaciń:
o
Ã
Dada una matriz A ∈ Mmn ( ) notaremos su i-´sima fila como:
e Ai•

Ai• = (ai1 ai2 . . . ain )

y su j-´sima columna:
e A•j
a 
1j
 a2j 
A•j = .
 .


.
amj
Podemos escribir entonces la matriz: A = (A•1 , A•2 , ..., A•n ), denominada
notaciń por columnas. O bien:
o
 
A1•
 A2• 
A =  . ,
 .  correspondiente a la notaciń por filas.
o
.
Am•

◭ Ejercicio

6

Ejercicio 1.2: Con respecto a esta notaciń, es un buen ejercicio es-
o
tudiar c´mo el producto de matrices afecta las columnas y filas de las
o
matrices a multiplicar. M´s precisamente: Sean A ∈ Mmn ( ), B ∈
a Ã
Ã
Mnp ( ) y describamos B por sus columnas B = (B•1 , B•2 , ..., B•p ),
demostrar que entonces

AB = (A(B•1 ), ..., A(B•p )) ,

es decir la primera columna de AB es la matriz A por la primera
columna de B, etc.

¿Qu´ hay de las filas de AB?
e
Definiciń 1.6 (Matriz ponderada). Dada una constante λ ∈
o Ã, defi-
nimos la matriz A ponderada por λ: λA

λA = (λaij ).

´
Ejemplo:
En M23 ( ): Ê
1 −1 0 3 −3 0
3· =
2 2 1 6 6 3
Veamos ahora que sucede al multiplicar por la derecha o izquierda una
matriz por otra diagonal:

ı
2 0 1 1 2 2 2 4
DA = =
0 3 2 0 1 6 0 3

constatamos que la primera fila aparece multiplicada por d11 = 2 y la
segunda por d22 = 3.
 
2 0 0
¯ 1 1 2  2 1 6
AD = 0 1 0 =
2 0 1 4 0 3
0 0 3

Aqu´ la primera columna de A aparece multiplicada por 2, la segunda
ı,
por 1, la tercera por 3.

En general:

  a   λ1 a11 ··· λ1 a1p 
λ1 0 11 ··· a1p
.  =  λ2 a21 ··· λ2 a2p 
 ..
.  .
 . .   . . 
. .  . . 
. .
0 λn an1 ··· anp
λn an1 ··· λn anp

7

    
b11 ··· b1n λ1 0 λ1 b11 λ2 b12 ··· λn b1n
 . .  .. = . . . 

.
. .
. . .
. .
. .
.
bp1 ··· bpn 0 λn λ1 bp1 λ2 bp2 ··· λn bpn

De forma m´s compacta,
a

Proposiciń 1.4. Si D = diag(λ1 , . . . , λn ) ∈ Mnn ( ), A ∈ Mnp ( ), B ∈
o Ã Ã
Ã
Mmn ( ), se tiene que
 
λ1 A1•
 . 
DA =  .  , . (1.2)
λn An•

BD = (λ1 B•1 , ..., λn B•n ). (1.3)

´
Demostracion. Probaremos (1.2), mientras que (1.3) queda propuesta
como ejercicio. ◭ Ejercicio
 

´
λ1 0
.. λi si i = j
Sea D= .  = (dij ); con dij =
0 si i = j
0 λn

luego,
n
(DA)ij = dik akj = dii aij = λi aij ,

ı
k=1

y por lo tanto  
λ1 a11 ... λ1 a1p
 . 
AD =  .
. .
λn an1 ··· λn anp

Otra propiedad, que utilizaremos m´s adelante, es la siguiente:
a

Proposiciń 1.5. El producto de matrices triangulares inferiores (superio-
o
res) es triangular inferior (superior).

´
Demostracion. Verifiquemos el caso triangular superior. Sean
   
a11 ··· ··· a1n b11 ··· ··· b1n
 0 a22 ··· a2n   0 b22 ··· b2n 
T1 =  .
 . .. .  
.  , T2 =  .. .. . .
. 
. . . . . .
0 ··· 0 ann 0 ··· 0 bnn

8

n
Luego C = T1 · T2 = (cij ), donde: cij = aik bkj . Como T1 y T2 son

j=1
triangulares superiores: (aiℓ = 0) ∧ (biℓ = 0) ∀ℓ < i. Supongamos j < i,
luego
i−1 n
cij = aik bkj + aik bkj .
k=1 k=i

En el primer t´rmino k < i ⇒ aik = 0. En el segundo t´rmino j < i ≤ k ⇒
e e
bkj = 0, luego ∀j < i cij = 0. Es decir, la matriz C es tambiń triangular
e
superior.
Notemos adem´s que (T1 T2 )ii = aii bii es decir los elementos diagonales
a
del producto de dos triangulares superiores es el producto de los elementos
diagonales correspondientes.

1.3. Potencias, traspuestas e inversas
Definimos por recurrencia las potencias de una matriz cuadrada, como si-
gue:
Definiciń 1.7 (Potencias de una matriz). Dada A ∈ Mnn ( )
o Ã An

´
A0 = I, An = AAn−1 , n ≥ 1.

Ejemplo:
Por ejemplo; dada A ∈ M33 ( ): Ê
 
0 1 2
A = 2 0 0,

ı
1 1 2

se tendr´
a
    
0 1 2 0 1 2 4 2 4
A2 = AA =  2 0 02 0 0 = 0 2 4
1 1 2 1 1 2 4 3 6
    
0 1 2 4 2 4 8 8 16
A3 = AA2 =  2 0 00 2 4 =  8 4 8 .
1 1 2 4 3 6 12 10 20

Definiciń 1.8 (Traspuesta). Dada una matriz A = (aij ) ∈ Mmn ( ),
o Ã
se define la traspuesta de A como aquella matriz de n×m que denotaremos At , traspuesta
por At tal que (At )ij = aji .
Esto corresponde a intercambiar el rol de las filas y columnas. M´s clara-
a
mente, la primera fila de At es la primera columna de A y as´ sucesiva-
ı
mente.

9

Ejemplo:

   
1 0 1
1 2 0 0
t 2 1 1
A = 0 1 0 1, A = .
0 0 0
1 1 0 1
0 1 1
 
1
 −1 
 
A = (1, −1, 0, 0, 1), At =  0  .
 
0
1
   
1 2 1 1 2 1
A =  2 0 1  , At =  2 0 1  .
1 1 4 1 1 4

En el ultimo caso vemos que A = At .
´
Definiciń 1.9 (Matriz sim´trica). Diremos que una matriz A ∈ Mnn ( )
o e Ã
es sim´trica si y s´lo si
e o sim´trica
e
A = At

´
Es fćil verificar que A es sim´trica si y s´lo si:
a e o

aij = aji ∀i, j = 1, .., n

Algunas propiedades de la trasposiciń de matrices son las siguientes:
o
Proposiciń 1.6.
o

ı
1. (At )t = A, ∀A ∈ Mmn ( ). Ã
2. (AB)t = B t At . (AB)t = B t At

Ã
3. Si D ∈ Mnn ( ) es diagonal, entonces Dt = D.
Demostracion. Probaremos 2: Sea C = AB, C t = (AB)t . En la posiciń
´ o
n
(i, j) de la matriz C t aparece el t´rmino cji de la matriz C: cji =
e ajk bki
k=1
t t
Consideremos Z = B A . El t´rmino (i, j) de la matriz Z esta dado por:
e
n n n
t t
zij = (B )ik (A )kj = bki ajk = ajk bki = (AB)ji = (C t )ij ,
k=1 k=1 k=1

luego Z = C , y por lo tanto (AB) = B At .
t t t

Algunas propiedades elementales de matrices invertibles son las siguientes
Proposiciń 1.7.
o
Ã
Sean A, B ∈ Mnn ( ) invertibles entonces:
1. La inversa de A es invertible y (A−1 )−1 = A. (A−1 )−1 = A

10

2. El producto AB es invertible y (AB)−1 = B −1 A−1 . (AB)−1 = B −1 A−1

3. ∀n ≥ 0, (An )−1 = (A−1 )n . (An )−1 = (A−1 )n

4. At es invertible y (At )−1 = (A−1 )t . (At )−1 = (A−1 )t

´
Demostracion. Veamos:
La propiedad 1 se prueba directamente de la definiciń y de la unicidad de
o
la inversa (Proposiciń 1.3).
o
Para 2 se tiene que,

AB(B −1 A−1 ) = A(BB −1 )A−1 = AIA−1 = AA−1 = I.

De manera an´loga se prueba (B −1 A−1 )AB = I Como la inversa es unica
a ´
(AB)−1 = B −1 A−1 .
Para 3, procederemos por inducciń. Se verifica para n ∈ {0, 1}. Suponga-
o
mos cierto el resultado para n ≥ 1 y veamos:

(An+1 )−1 = (An · A)−1 = A−1 (An )−1 ,

por hip´tesis de inducciń
o o

´
(An+1 )−1 = A−1 (A−1 )n = (A−1 )n+1 .

Para probar 4, notemos que AA−1 = I, as´ trasponiendo nos d´ (AA−1 )t =
ı a
I t , lo que implica a su vez (A−1 )t At = I.
Igualmente se obtiene que At (A−1 )t = I. Finalmente, por unicidad de la
inversa: (At )−1 = (A−1 )t .

◭ Ejercicio
ı
Ejercicio 1.3: En general el problema de saber si una matriz es in-
vertible o no es un problema dif´ ıcil. Tendremos que esperar a saber
resolver ecuaciones lineales para obtener un algoritmo eficiente que nos
permitir´ decidir si una matriz en particular es invertible y obtener su
a
inversa.
Por el momento nos contentaremos con el siguiente resultado, propuesto
como ejercicio.
Sea A = (aij ) una matriz de permutaciń, es decir una matriz de
o
n × n con solo 0 y 1 tal que tiene un y s´lo un 1, por cada fila y
o
columna. permutaciń
o
Se tiene que A es invertible y su inversa es A−1 = At .

11

´
Ingenierá Matematica
ı
Semana 1
I ´
´
Algebra Lineal 08-2

Ejercicios

1. Demuestre la asociatividad de la multiplicaciń de matrices. Es decir, si
o Proposiciń 1.2
o
Ã Ã
A ∈ Mmn ( ), B ∈ Mnq ( ), C ∈ Mqs ( ), entonces: Ã
A(BC) = (AB)C ∈ Mms ( ). Ã
2. Pruebe que si A es diagonal (A = diag(a11 , . . . , ann ) ∈ Mnn ( )), en-Ã Ejercicio 1.1
tonces
A es invertible ⇔ aii = 0, para i ∈ {1, . . . , n}.
Demuestre adem´s que, en caso de ser invertible, su inversa es diagonal
a
con (A−1 )ii = a1 .
ii

Ã Ã
3. Sean A ∈ Mmn ( ), B ∈ Mnp ( ) y describamos B por sus columnas Ejercicio 1.2
B = (B•1 , B•2 , ..., B•n ), demuestre que entonces
AB = (A(B•1 ), ..., A(B•n )) .

4. Sea A = (aij ) una matriz de permutaciń, es decir una matriz de
o Ejercicio 1.3
Ã
Mnn ( ) con s´lo 0’s y 1’s tal que tiene un y s´lo un 1, por cada fila y
o o
columna. Pruebe que A es invertible y su inversa es A−1 = At .

´
Ã
5. Se dice que P ∈ Mnn ( ) es una matriz de proyecciń si P = P 2 .
o
(a) Pruebe que si P es matriz de proyecciń, entonces In − P es matriz
o
de proyecciń, donde In es la matriz identidad en Mnn ( ).
o Ã
(b) Pruebe que P es matriz de proyecciń si y s´lo si P 2 (In − P ) = 0
o o
y P (In − P )2 = 0.
Ã
(c) Encuentre P ∈ M22 ( ) tal que P = P 2 y P 2 (I2 − P ) = 0.

ı
Indicaciń: Considere matrices con coeficientes en {0, 1}.
o

Problemas
 
d1

P1. Sea D =  ..
.

Ê
 ∈ Mnn ( ) diagonal, con d1 , . . . , dn distintos
dn
y A, B, M, S ∈ Mnn ( ). Ê
(a) Pruebe que si M D = DM , entonces M es diagonal.
(b) Sea S invertible, tal que S −1 AS y S −1 BS son diagonales. Pruebe
que AB = BA. Indicaciń: Recuerde que el producto de matrices
o
diagonales conmuta.
(c) Sea S invertible tal que S −1 AS = D. Suponiendo que AB = BA,
verifique que S −1 AS y S −1 BS conmutan y concluya que S −1 BS
es diagonal.
P2. (a) Demuestre que si A, B y (A + B −1 ) son matrices invertibles, en-
tonces (A−1 + B) tambiń es invertible y su inversa es A(A +
e
B −1 )−1 B −1 .

12

(b) Sea la matriz de n y n columnas triangular superior a coeficientes

reales siguiente:
 
1 1 0 0 ... ... 0
0 1 1 0 . . . . . . 0
 
. .. .. .. .. .
.. . . . . .
.

. .. .. .. .. .
. . . . . . .
C = . .
.. .. 
. . 1 1 0
 
. 
. . . . . . . . . . 1 1
. 0 
.
. ... ... ...
. 0 0 1
Sea N = C −I, donde I es la matriz identidad de n×n. Demuestre
que N n = 0.
(c) Demuestre que para las matrices C y N definidas en (b), se tiene
que C es invertible y su inversa es:
C −1 = I − N + N 2 − N 3 + · · · + (−1)n−1 N n−1 .

Ê
P3. (a) Sea A = (aij ) ∈ Mnn ( ) una matriz cualquiera. Se define la traza

´
de A, denotada por tr(A), como la suma de los elementos de la
diagonal principal, es decir,
n
tr(A) = aii .
i=1

Por otra parte, se define la funciń f : Mnn ( ) →
o Ê Ê, donde
t
f (A) = tr(AA ).

ı
Pruebe que:
(1) Dadas A, B ∈ Mnn ( ), Ê
tr(AB) = tr(BA).
Ê
(2) f (A) ≥ 0, ∀A ∈ Mnn ( ), adem´s muestre que
a
f (A) = 0 ⇔ A = 0,
donde 0 es la matriz nula de Mnn ( ). Ê
(3) f (A) = tr(At A).
Ê
(b) Sea M ∈ Mmn ( ) una matriz tal que la matriz (M t M ) ∈ Mnn ( ) Ê
es invertible. Definamos la matriz P ∈ Mmm ( ) como Ê
P = Im − M (M t M )−1 M t ,
donde IM es la matriz identidad de orden m.
Pruebe que:
(1) P 2 = P . Muestre adem´s que P M = 0, donde 0 ∈ Mmn ( )
a Ê
es la matriz nula.
(2) La matriz (M t M ) es sim´trica y muestre que la matriz P es
e
tambiń sim´trica.
e e

13

´
ı
I ´
´
Algebra Lineal 08-2

SEMANA 2: MATRICES

1.4. Matrices elementales
Como veremos la resoluciń de sistemas de ecuaciones via eliminaciń de
o o
variables corresponde a premultiplicar (multiplicar por la izquierda) una
cierta matriz por matrices elementales que estudiaremos a continuaciń.o
Hay dos tipos de matrices elementales: elemental de permutaciń y de
o matrices elementales
suma.
Definiciń 1.10 (Matriz elemental de permutaciń). Una matriz ele-
o o
mental de permutaciń tiene la siguiente estructura:
o Ipq
 
1 0
 .. 
 . 0 
 1 
 
 0 ··· ··· ··· 1  fila p
 
 .
. .
. 
 . 1 . 
 
Ipq =  1 

 .
. .
. 

´
 . 1 . 
 
 1 ··· ··· ··· 0  fila q
 
 1 
 .. 
 0 . 
0 1
La matriz Ipq se construye a partir de la identidad, permutando el orden

ı
de las filas p y q.

Ejemplo:
Ê
En M44 ( ):
   
1 0 0 0 0 0 1 0
0 0 0 1 0 1 0 0
I24 = , I13 = .
0 0 1 0 1 0 0 0
0 1 0 0 0 0 0 1

Notemos que toda matriz elemental de permutaciń es una matriz de per-
o
mutaciń, pero no al rev´s. ¿Puedes dar un ejemplo?.
o e ◭ Ejercicio
Veamos ahora lo que sucede al multiplicar una matriz A, por la derecha
o izquierda, por una matriz elemental de permutaciń Ipq : En el ejemplo
o
anterior, sea A = (aij ) ∈ M43 ( ) Ê
      
a11 a12 a13 1 0 0 0 a11 a12 a13 a11 a12 a13
 a21 a22 a23   0 0 0 1   a21 a22 a23   a41 a42 a43 
I24  =  = .
a31 a32 a33 0 0 1 0 a31 a32 a33 a31 a32 a33
a41 a42 a43 0 1 0 0 a41 a42 a43 a21 a22 a23

14

El resultado consiste en permutar las filas 2 y 4 de A. An´logamente, sea
a

Ê
B ∈ M34 ( ):
 1 0 0 0
  
b11 b12 b13 b14 b b14 b13 b12
 b21 0 0 0 1   11
b22 b23 b24    = b21 b24 b23 b22  .
0 0 1 0
b31 b32 b33 b34 b31 b34 b33 b32
0 1 0 0

la matriz resultante es B con las columnas 2 y 4 permutadas. En general,

Propiedad 1.1.
Ã Ã
Dadas Ipq ∈ Mnn ( ), A ∈ Mns ( ) y B ∈ Mqn ( ): Ã
1. Ipq A corresponde a la matriz A con las filas p y q permutadas. Ipq A

2. BIpq corresponde a las matriz B con las columnas p y q permutadas. BIpq

´
Demostracion. Recordemos que, por ser una matriz de permutaciń (Ejer-
o
a −1
cicio 1.3), Ipq es invertible y adem´s Ipq = Ipq . En efecto, el multiplicar
por la izquierda Ipq por si misma, corresponde a intercambiar sus filas p y
q, con lo cual se obtiene la identidad.

´
Ê
Tomemos ahora la matriz A ∈ M44 ( ) y sea:
 
1 0 0 0
0 1 0 0
E2,4 (λ) =  
0 0 1 0
0 λ 0 1

ı
Esta matriz se construye a partir de la identidad colocando el valor λ en la
posiciń (4,2) (notar que s´lo la fila 4 es diferente de la identidad).
o o
Al multiplicar por la izquierda A por E2,4 (λ):
    
a11 a12 a13 1 0 0 0 a11 a12 a13
 a21 a22 a23   0 1 0 0   a21 a22 a23 
E2,4 (λ)  =  =
a31 a32 a33 0 0 1 0 a31 a32 a33
a41 a42 a43 0 λ 0 1 a41 a42 a43
 
a11 a12 a13
 a21 a22 a23 
= 
a31 a32 a33
λa21 + a41 λa22 + a42 λa23 + a43
La matriz, E2,4 (λ)A es exactamente la matriz A, excepto por la fila 4, la
cual se obtiene de sumar la fila 4 de A m´s la fila 2 de A ponderada por λ.
a
En general,

15

Definiciń 1.11 (Matriz elemental). Definimos la matriz elemental Ep,q (λ) ∈
o
Ã
Mnn ( ) como:

Ep,q (λ)

col. p col. q
 
↓ ↓
1 
 .. 
 . 0 
 
 1 
 
 .. 


Ep,q (λ) =  .
. 


λ∈
.
Ã
 .
. 1  p<q
 
0 ··· λ ··· 1 
. . 
. . 
. . 1 
. . .. 
.. .
. . 
0 ··· 0 ··· ··· ··· ··· 0 1

Propiedad 1.2. Dada una matriz A ∈ Mns ( ); se tiene:Ã Ep,q (λ) · A
 
1 0  
 ..  a11 ··· ··· a1s
.

´
 0  . . 
  .
. . 
. 
 1 
 ···   ap1 ··· ··· aps 
  
 .
.  .
. . 
. 
C = Ep,q (λ)·A =  . 1  . . 
 
 0 λ ··· 1   aq1 ··· ··· aqs 
  
 1  . . 
  .
. . 
.
 .. 
.

ı
an1 ··· ··· ans
1
 
a11 ··· a1s
 .
. .
. 
 . . 
 
 ap−11 ··· ap−1s 
 
 .
. .
. 
= . .  .
 
 λap1 + aq1 · · · λaps + aqs  ← q
 
 . . 
 .
. .
. 
an1 ··· ans
o, en notaciń por filas:
o
Ci• = Ai• ∀i = q
Cq• = λAp• + Aq•

Se tiene entonces que el efecto, sobre A, de la premultiplicaciń por Ep,q (λ)
o
es una matriz que s´lo difiere de A en la fila q: Esta es la suma de la fila p
o
ponderada por λ y la fila q.
Es importante observar que la matriz Ep,q (λ) es triangular inferior, que
tiene unos en la diagonal y adem´s:a

16

Proposiciń 1.8. Ep,q (λ) es invertible. Su inversa es la siguiente:
o (Ep,q (λ))−1 =

Ep,q (−λ)
 
1
 .. 
 . 0 
 
 1 
 .. 
 . 
 
−1  .
. 
(Ep,q (λ)) =  . 1 
 
 0 · · · −λ · · · 1 
. . 
. . 
. . 1 
. . .. 
. . .
. . 
0 ··· 0 ··· ··· ··· ··· 0 1

↑ ↑
p q

´
Demostracion. En efecto, sea C = Ep,q (−λ)Ep,q (λ). Se tendr´ que C es
a
la matriz cuya fila q es la suma de la fila p de Ep,q (λ), ponderada por −λ
y la fila q de Ep,q (λ). Es decir:

´
Cq• = −λ(0 . . . 0 1 0 . . . 0) + (0 . . . λ 0 . . . 0 β 0 . . . 0)
↑ ↑ ↑
p p q

= (0 . . . 0 − λ 0 . . . 0) + (0 . . . λ 0 . . . 0 1 0 . . . 0).
↑ ↑ ↑

ı
p p q

Luego: Cq• = (0..,0..,1..,0..,0) adem´s ∀i = q Ci• es la i-´sima fila de la
a e
identidad. Es decir C = I, la matriz identidad

1.5. Sistemas lineales y escalonamiento de matrices
Las matrices elementales son de gran utilidad en la resoluciń de sistemas
o
de ecuaciones lineales.

Ejemplo:
Consideremos, a modo de ejemplo, el sistema de ecuaciones

x1 + 2x2 + x3 + x4 = 2 (1)
−2x1 + 3x2 − x3 = −1 (2)
x1 + x3 + x4 = 1 (3)

Para resolverlo, utilizamos la eliminaciń de variables, pero en forma
o
ordenada, desde la primera variable de la izquierda y desde arriba hacia
abajo:

17

1. Eliminamos la variable x1 en las ecuaciones (2) y (3): para ello

multiplicamos la primera por dos y la sumamos a la segunda ob-
teniendo:

x1 + 2x2 + x3 + x4 = 2
7x2 + x3 + 2x4 = 3
x1 + x3 + x4 = 1

Luego, multiplicamos la primera por −1 y la sumamos a la tercera:

x1 + 2x2 + x3 + x4 = 2
7x2 + x3 + 2x4 = 3
−2x2 = −1

2. Continuamos ahora con x2 , pero a partir de la segunda ecuaciń.o
2
Multiplicando la segunda por 7 y sumńdola a la tercera se obtiene:
a

x1 + 2x2 + x3 + x4 = 2
7x2 + x3 + 2x4 = 3

´
2 4 1
x3 + x4 = −
7 7 7

Ya no es posible eliminar m´s variables. Ahora, desde la ultima
a ´
hasta la primera ecuaciń despejamos en funciń de x4 :
o o
4 1 1
x3 = − x4 − = −2x4 −
2 2 2

ı
1 1 1 1
x2 = (−x3 − 2x4 + 3) = (2x4 + − 2x4 + 3) =
7 7 2 2
1 1 3
x1 = −2x2 − x3 − x4 + 2 = −2 + 2x4 + − x4 + 2 = x4 +
2 2 2
Obtenińdose la soluciń:
e o
3
x1 = + x4
2
1
x2 =
2
1
x3 = − − 2x4
2
x4 = x4

As´ para cualquier valor real de x4 , obtenemos una soluciń del
ı, o
sistema. Existen entonces, infinitas soluciones, dependiendo de la
variable x4 . La variable x4 se denomina independiente o libres.

Veamos ahora, en general, qu´ es un sistema de ecuaciones,
e

18

Definiciń 1.12 (Sistema de ecuaciones). Un sistema de m ecuaciones-
o

y n inc´gnitas consiste en el siguiente conjunto de ecuaciones en las va-
o sistema de ecuaciones
Ã
riables x1 , ..., xn ∈ :

a11 x1 + · · · + a1n xn = b1
.
. .
. .
.
. . .
am1 x1 + · · · + amn xn = bm

en donde los coeficientes, aij , y el lado derecho, bj , son elementos del cuerpo
Ã.
Definiendo la matriz:
 
a11 ··· a1n
A=  .
.
.
. 
.
. ∈ Mmn ( )Ã
am1 ··· amn
la m-tupla (lado derecho) y la n tupla de inc´gnitas
o
   
b1 x1
b= . Ã
 .  ∈ m, x =  .  ∈ . Ãn

´
. .
bm xn
Podemos escribir el sistema matricialmente: Ax = b

Ax = b,

Realizar el procedimiento de eliminaciń de variables descrito en el ejem-
o
plo precedente, con el fin de resolver el sistema, es equivalente a producir

ı
ceros en la matriz aumentada con la columna lado derecho, (A|b) ∈ matriz aumentada,
Ã
Mm(n+1) ( ). En el ejemplo anterior: (A|b)

 
1 2 1 1 2
(A|b) = −2 3 −1 0 −1 
1 0 1 1 1
Eliminar x1 de la segunda ecuaciń es equivalente a producir un cero en
o
la posiciń (2,1) de (A|b). Para ello se multiplica la primera fila por 2 y se
o
suma a la segunda fila. Para eliminar x1 de la tercera ecuaciń se multiplica
o
la primera fila por −1 y se suma a la tercera
   
1 2 1 1 2 1 2 1 1 2
(A|b) →  0 7 1 2 3  →  0 7 1 2 3 
1 0 1 1 1 0 −2 0 0 −1
Eliminar x2 en la tercera ecuaciń a partir de la segunda es equivalente a
o
multiplicar la segunda fila por 2 y sumarla a la tercera:
7
 
1 2 1 1 2
→  0 7 1 2 3  = (A|˜ ˜ b)
2 4 1
0 0 7 7 −7

19

As´ el sistema inicial es equivalente al sistema Ax = ˜
ı, ˜ b.

Conviene se˜ alar que en el procedimiento anterior la operaciń de base ha
n o
sido:

Sumar a una fila q, la fila p ponderada por un n´ mero λ ∈
u Ã
De la definiciń de matrices elementales sabemos que esto es equivalente
o
a premultiplicar por la izquierda por la matriz Ep,q (λ). Veamos esto en el
mismo ejemplo.

Ejemplo:

1. Producir un cero en la posiciń
o (2,1) de (A|b):
  
1 0 0 1 2 1 1 2
E1,2 (2)(A|b) =  2 1 0 −2 3 −1 0 −1 
0 0 1 1 0 1 1 1
.
 
1 2 1 1 2
= 0 7 1 2 3

´
1 0 1 1 1

2. Producir un cero en la posiciń (3,1):
o
  
1 0 0 1 2 1 1 2
E1,3 (−1)E1,2 (2)(A|b) =  0 1 0   0 7 1 2 3
−1 0 1

ı
1 0 1 1 1
.
 
1 2 1 1 1
= 0 7 1 2 3
0 −2 0 0 −1

3. Producir un cero en la posiciń (3,2) desde la posiciń (2,2):
o o
  
1 0 0 1 2 1 1 2
2
E2,3 ( 7 )E1,3 (−1)E1,2 (2)(A|b) =  0 1 0   0 7 1 2 3 
0 2 1
7 0 −2 0 0 −1
.
 
1 2 1 1 2
= 0 7 1 2 3
2 4
0 0 7 7 −1
7

Se concluye entonces que la operaciń de eliminaciń de variable puede
o o
realizarse mediante la pre-multiplicaciń de (A|b) por matrices elementales.
o

20

Hay casos en que tambiń es necesario utilizar matrices de permutaciń de
e o

filas. Por ejemplo, si se tiene:
 
1 1 1 1
0 0 1 1
(A|b) =  
0 1 0 1
0 2 0 1
Vemos que, como a22 = 0, no es posible “producir” ceros en la segunda
columna, a partir de a22 . Luego intercambiamos el orden de las filas (cla-
ramente esto no cambia el sistema de ecuaciones asociado). Por ejemplo,
colocamos la cuarta fila en la segunda posiciń y la segunda en la cuarta.
o
Esto es equivalente a premultiplicar por I24 :
    
1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1
0 0 0 10 0 1 1 0 2 0 1
I24 (A|b) =   = ,
0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1
0 1 0 0 0 2 0 1 0 0 1 1
lo cual nos permite seguir produciendo ceros. Consideremos ahora A ∈

Ã
Mmn ( ), definimos la matriz escalonada asociada a la matriz A, como ˜
matriz escalonada, A
˜ Ã
A ∈ Mmn ( ), tal que:

´
a ˜11 a12 · · · a1i2 · · · · · · · · ·
˜ ˜ ··· a1n 
˜
 a2i2 · · · · · · · · ·
˜ ··· a2n 
˜
 .. . 
 . . 
 . 
˜=
A  
asis
˜ ··· asn  .
˜
 
 
 
0 0

donde los elementos a11 = 0, a2i2 = 0, ..., ˜ sis = 0, se denominan pivotes.
˜ ˜ a ı pivotes
Notar que hemos supuesto que la primera columna no tiene ceros. De no
ser as´ quiere decir que la primera variable no juega ningun rol, y por lo
ı,
tanto si el sistema tiene soluciń esta variable queda de inmediato libre.
o
Supondremos en lo que sigue que la primera columna no es cero.

Observaciń: No hay una unica manera de escalonar una matriz. En
o ´
efecto en el ultimo ejemplo podr´
´ ıamos haber permutado las filas 2 y 3
en vez de las 2 y 4.
Hay dos cosas que son importantes de resaltar a este respecto:
1. Desde el punto de vista de sistemas de ecuaciones no hay diferen-
cia entre un escalonamiento u otro: todos dan el mismo conjunto
soluciń (probablemente descrito de distinta manera).
o
2. Es preferible por otras razones (te´ricas, como son el c´lculo del
o a
determinante y la determinaciń de matrices definidas positivas)
o
tratar de no utilizar permutaciones .

21

˜
La matriz A se obtiene mediante la premultiplicaciń de A por matrices
o

elementales:
˜
A = ( Ej )A,
j

donde Ej es una matriz elemental de suma o de permutaciń de filas.
o
Adem´s, recordemos que las matrices elementales son invertibles. Esta pro-
a
piedad es crucial para probar que el sistema original, Ax = b, y el obtenido
despu´s del escalonamiento, Ax = ˜ son equivalentes (tienen idńtico con-
e ˜ b, e
junto de soluciones). En efecto:

Proposiciń 1.9. Dada una matriz C, invertible entonces:
o

a ∈ K n es soluciń de Ax = b ⇔ a es soluciń de (CA)x = Cb.
o o

´
Demostracion. La demostraciń es simple:
o
⇒) Si Aa = b, entonces C(Aa) = Cb y por ende (CA)a = Cb.
⇐) Supongamos (CA)a = Cb. Como C es invertible se tiene C −1 (CA)a =
C −1 (Cb), lo cual implica que Aa = b.

´
Como las matrices elementales son invertibles y el producto de matrices
invertibles tambiń lo es, y por lo tanto podemos usar la Proposiciń 1.9
e o
con C = j Ej , para concluir que los sistemas Ax = b y Ax = ˜ son
˜ b
equivalentes.

ı

22

´
ı
Guá
ı
´
I
UNIVERSIDAD DE CHILE Semana 2
´
Algebra Lineal 08-2

Ejercicios

1. Encuentre un ejemplo de una matriz que sea de permutaciń, pero no
o Pag. 12
sea matriz elemental de permutaciń.
o
Ã Ã
2. Dadas Ipq ∈ Mnn ( ) y B ∈ Mqn ( ), pruebe que BIpq corresponde a Propiedad 1.1
las matriz B con las columnas p y q permutadas.
Indicaciń: Puede usar la parte 1 de la Proposiciń 1.1.
o o
3. Escriba los siguientes sistemas de ecuaciones en las variables xi , de forma
matricial Ax = b, especificando claramente A, b y x con sus dimensiones:


 2x1 + 4x2 − x3 + x5 = 0

x1 − 16x2 + x3 + 3x4 + 6x5 = 2
(a) 1


 3 x2 − 10x3 + x4 − 6x5 = 2x3
3
x1 − x3 − x4 + 4 x5 = 1


 x4 + x1 = −3

4x1 − 7x2 + πx3 − 12x4 = 1
(b)

 −11 = x3
 1
3 (x1 − x3 ) + x4 − x5 = 20

 x1 − (β − 1)x2 + x3 − αx4 = 2
Ê

´
(c) −7αx2 + πx3 = α + β , con α, β ∈ .
 β
3 x1 − x2 + x4 = β
3

 2x1 = 1


−4x2 = 2
(d)
 9x3 = 0
 3

2 x4 = −1

ı
4. Escriba expl´
ıcitamente las siguientes multiplicaciones de matrices:

Ê
(a) I12 E13 (1, −1), en M44 ( ). (d) E23 (0, 3i)−1 E12 (−1, i)E34 ( 1 , −3),
2
(b) I34 E23 (i, 2)I34 , en M44 ( ). en M44 ( ).
Ê
(c) E12 (2, 1)E13 (1, −1), en M33 ( ).

Problemas
   
1 ··· 1 1
Ê .
P1. Sea J ∈ Mnn ( ) tal que J =  .
.
..
.
.  y e =  . .
.
. .
.
1 ··· 1 1

(a) Pruebe que Je = ne y J 2 = nJ.
1
(b) Sea α = n. Calcule β tal que (I − αJ)−1 = I + βJ.
1
(c) Sea α = n, verifique que (I − αJ)e = 0.
P2. (a) (1) Sean A, B matrices de n × m con coeficientes reales. Pruebe
que

Ê Ê
A = B ⇔ ∀x ∈ Mm1 ( ), ∀y ∈ Mn1 ( ) xt Ay = xt By.

23

Indicaciń: Calcule et Aei donde ej = (Im )j• y ei = (In )i• . Im
o j

y In son las identidades de tama˜ os m y n respectivamente.
n
(2) Sean A, B matrices de n×n sim´tricas con coeficientes reales.
e
Pruebe que

Ê
A = B ⇔ ∀x ∈ Mn1 ( ) xt Ax = xt Bx.

(b) Demuestre que si una matriz cuadrada A verifica Ak = I, para
alg´ n natural k ≥ 1, entonces A es invertible y determine su
u
inversa.
x y
(c) Encuentre todas las matrices de la forma A = que cum-
0 y
Ê
plen A2 = I (x, y, z ∈ ).

P3. Considere el siguiente sistema lineal:

−x1 + x3 + 2x4 = 1,
x1 − x2 + x3 − 2x4 = −1 ,
−x1 − 2x2 + x3 + 3x4 = 2,
−x1 − 4x2 + 2x3 + 4x4 = 5.

´
(a) Escriba el sistema de forma matricial Ax = b. Especifique clara-
mente A, b y x, junto con sus dimensiones.
(b) Resuelva es sistema lineal escalonando la matriz aumentada (A|b).
P4. Considere el siguiente sistema lineal:

x1 + 2x2 + 3x3 − x4 = 1,

ı
−x1 + x2 + x4 = 1,
3x2 + 3x3 = 0,
2x1 + x2 + 3x3 − 2x4 = −2 .

(a) Escriba el sistema de forma matricial Ax = b. Especifique clara-
mente A, b y x, junto con sus dimensiones.
(b) Resuelva es sistema lineal escalonando la matriz aumentada (A|b).

24

´
ı
I ´
´
Algebra Lineal 08-2

SEMANA 3: MATRICES

1.6. ´
Solucion general de sistemas lineales
Dado el sistema Ax = b, A ∈ Mmn ( ), b ∈ Ã Ãm, x ∈ Ãn, al escalonarlo
(escalonando (A|b)) obtenemos:
 ˜1 
a11 · · ·
˜ a1i2 · · · · · ·
˜ ··· a1n
˜ b
 .
. . 
. 
 0 · · · 0 a2i2˜ . . 

 . . .
. .
. .. .
. . 
. 
 . . . . . . 

(A|˜ =  0 · · · 0
˜ b)
0 · · · asis
˜ ··· asn
˜ ˜s  .
b 

 0 ··· 0 0 ··· 0 ··· 0 ˜s+1 
b
 
 . . . . 
 . . .
. .
. . 
.
0 ··· 0 ··· 0 ··· 0 ˜m
b

donde los elementos a11 , a2i2 , . . . , asis son no nulos. Claramente, si existe
˜ ˜ ˜
un ´ındice j ≥ s + 1 tal que ˜j = 0, el sistema no tiene soluciń, ya que se
b o
tendr´ una ecuaciń incompatible: 0 = b
ıa o ˜j = 0.

´
Luego, el sistema tiene soluciń si y solo si ˜k = 0 ∀k ≥ s + 1. En efecto, si
o b
˜k = 0, ∀k ≥ s + 1, se obtiene la(s) soluciń(es) despejando desde la s-´sima
b o e
ecuaciń hasta la primera en funciń de las variables independientes. En este
o o
caso diremos que el sistema es compatible. Cada una de las diferencias en sistema compatible
el n´ mero de columnas que son cero bajo las filas sucesivas, las llamaremos
u
pelda˜ os o escalones . As´ el pelda˜ o que se produce entre la fila k y k+1
n ı n peldaõs
n
es ik+1 − ik . Notar que el ultimo pelda˜ o es: n + 1 − is , es decir los pelda˜ os
´ n n escalones

ı
se miden en la matriz aumentada. La importancia de estos pelda˜ os es la n
siguiente:

Proposiciń 1.10. Si existe soluciń para el sistema Ax = b y en la ma-
o o
˜
triz A hay algń peldaõ de largo mayor o igual a dos, entonces existe m´s
u n a
de una soluciń.
o

´
Demostracion. En efecto. Como por cada fila no nula de la matriz es-
calonada podemos despejar a lo m´s una variable, tendremos entonces que
a
dejar libres tantas variables como n´ mero de pelda˜ os, menos uno.
u n

Un corolario directo del resultado anterior es
Corolario 1.2. Si el sistema Ax = b es tal que n > m (n´mero de inc´gni-
u o
tas mayor que el n´mero de ecuaciones), entonces tiene infinitas soluciones,
u
si es compatible.
´
Demostracion. En efecto, como n > m siempre existe en la matriz es-
˜ un pelda˜ o de largo superior o igual a dos. De no ser as´ se
calonada, A, n ı

25

tendr´
ıa  
···

a11
˜ a12
˜ a1n
˜
 0 a22
˜ ··· a2n 
˜
 . 
˜  .
A= . . 0 . 
. 
 . . . . 
 . . .
. .
. . 
.
0 0 0 amn
˜
de donde m = n.

Un caso particular importante es cuando el lado derecho del sistema es
nulo, b = 0. Hablamos entonces de un sistema homogńeo , Ax = 0.
e sistema homogńeo
e
Vemos que, en este caso, siempre existe al menos una soluciń, la trivial
o
Ã
x = 0 ∈ n . En otras palabras sabemos de antemano que todo sistema
homogńeo es compatible.
e
Podemos resumir nuestro estudio de sistemas en el cuadro siguiente:

Sistema Homogńeo (b = 0)
e Sistema no-Homogńeo (b = 0)
e
Dimensiones n≤m n>m n≥m n>m
N´ mero Soluciones
u 1, ∞ ∞ 0, 1, ∞ 0, ∞

Ejemplo:

´
Resolvamos el sistema
 
  x1  
1 1 1 1 1 1
 x2 
−1 2 0 −1 0     0 
 x  =  
0 1 1 0 1  3 0
x4
1 −1 1 1 0 1
x5
Escalonando:

ı
   
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
0 3 1 0 1 1 0 3 1 0 1 1 
(A|b) →  → 1 →
0 1 1 0 1 0 0 0 2 0 3 −3
3
2

0 −2 0 0 −1 0 0 0 2 0 −1 3
3 3
2

 
1 1 1 1 1 1
0 3 1 0 1 1 
→ 
2
0 0 3 0 2 −1 3 3
0 0 0 0 −1 1
Obtenemos que los pelda˜ os medidos desda la fila 1 son sucesivamente:
n
1,1,2,1. De la ultima ecuaciń despejamos x5 = −1.
´ o
Con esta informaciń en la tercera ecuaciń dejamos libre x4 y des-
o o
pejamos x3 . En la segunda ecuaciń despejamos x2 y finalmente de la
o
primera despejamos x1 , para obtener.
x5 = −1
x4 : libre
3 1 2 1 1 1
x3 = (− − x5 ) = − − x5 = − + 1 =
2 3 3 2 2 2
1 1 1 1
x2 = (1 − x3 − x5 ) = (1 − + 1) =
3 3 2 2
1 1
x1 = 1 − x2 − x3 − x4 − x5 = 1 − − − x4 + 1 = 1 − x4
2 2
26

La soluciń general es: x1 = 1 − x4 , x2 = 1 , x3 = 2 , x4 = x4 , x5 = −1
o 2
1

Existen entonces infinitas soluciones, una por cada valor de la variable
independiente x4 ∈ . Ê
1.7. Sistemas cuadrados y Algoritmo de Gauss
Supongamos que el n´ mero de ecuaciones es igual al n´ mero de inc´gnitas
u u o
(n = m), en este caso el sistema se escribe:

Ax = b, Ã
A ∈ Mnn ( ), x, b ∈ Ãn
˜
Escalonemos el sistema y sea A la matriz escalonada, sin considerar el nuevo
˜
lado derecho b:  
a11 · · · a1n
˜ ˜
˜ .. . 
A= . .
.
0 ann
˜
donde entre los elementos de la diagonal, aii , podr´ haber algunos nulos.
˜ ıa
Se˜ alemos que en el caso de matrices cuadradas el proceso de escalona-
n
miento se denomina
Algoritmo de Gauss. Un resultado importante, que relaciona matrices Algoritmo de Gauss

´
invertibles, soluciń de sistemas y el algoritmo de Gauss, es el siguiente:
o

Ã
Teorema 1.1. Sea A ∈ Mnn ( ), entonces las proposiciones siguientes
son equivalentes:
1. A es invertible.

ı
2. ∀b ∈ Ãn, Ax = b tiene soluciń unica.
o ´
n
3. aii = 0.
˜
i=1

´
Demostracion. Utilizamos un argumento de transitividad para probar
solamente que:
(1 ⇒ 2). Si A es invertible consideremos entonces A−1 . As´ (A−1 A)x =
ı
A−1 b y luego x = A−1 b, por ende el sistema tiene soluciń y claramente
o
esta es la unica.
´
Ã
En efecto si x1 , x2 ∈ n son soluciones, entonces Ax1 = Ax2 = b y se
tendr´ multiplicando por A−1 que (A−1 A)x1 = (A−1 A)x2 , pero entonces
a
x1 = x2 .
˜
(2 ⇒ 3). Sea A la matriz escalonada asociada a A y supongamos que para
alg´ n i: aii = 0. Esto quiere decir que alguno de los escalones tiene largo
u ˜
mayor o igual que 2 y por lo tanto el sistema homogńeo Ax = 0 tiene
e
infinitas soluciones (por Proposiciń 1.10) lo que es una contradicciń. Por
o o
n
lo tanto para todo i = 1, . . . , n aii = 0 o equivalentemente i=1 aii = 0.
˜ ˜

27

n
(3 ⇒ 1). Supongamos aii = 0, esto quiere decir que los elementos dia-
˜

i=1
˜
gonales de A son todos no nulos.
˜
Notemos que A = ( j Ej )A, donde las matrices Ej son elementales y por
lo tanto invertibles. Podr´ ˜
ıamos ahora escalonar hacia arriba la matriz A
para obtener de manera similar una matriz diagonal D. Esto lo podemos
˜
hacer de manera que D tenga por diagonal la misma que A. Es decir
   
a11 · · ·
˜ 0
. .. .  
D= . . . .
. = Ej  A Fk ,
0 · · · ann
˜ j k

donde las matrices Fk son del mismo estilo que las matrices elementales
que hemos usado. Sabemos entonces que las matrices D, E = j Ej y F =
−1
k Fk son invertibles y como A = E DF −1 concluimos que A tambiń es
e
invertible.

Como corolario importante de lo demostrado en esta parte es que:
Corolario 1.3. Una matriz triangular superior es invertible si y s´lo si
o
todos sus elementos diagonales son distintos de cero.

´
Observaciń: Notemos que pasando por la traspuesta se deduce que
o
si A es triangular inferior entonces es invertible si y solo si todos sus
elementos diagonales son distintos de cero. M´s a´ n la inversa de una
a u
triangular inferior es triangular inferior. En efecto, si aplicamos el al-
goritmo de escalonamiento sin permutar obtendremos:
 
a11 · · · 0 r

ı
˜ . .. . 
A= . . . .
. =( Ej )A,
0 · · · ann j=1

donde r es el n´ mero de pasos tomados por el algoritmo y las matrices
u
elementales Ej son del tipo Epq (λ, 1). Notar que los pivotes son los
elementos de la diagonal de A. Como la inversa de cada Ej es del
mismo tipo se deduce que
1
A=( ˜
(Ej )−1 )A.
j=r

r
˜
⇒ A−1 = (A)−1 ( Ej ),
j=1
y por lo tanto la inversa de A es triangular inferior y adem´s sus ele-
a
mentos diagonales son 1/aii i = 1, .., n. Notar que el producto de las
inversas en la expresiń anterior est´ tomado en sentido opuesto:
o a
r 1
( Ej )−1 = (Ej )−1 .
j=1 j=r

28

Pasando por la traspuesta podemos deducir que la inversa de una trian-
gular superior tambiń es triangular superior.
e

1.8. ´
Calculo de la inversa
Supongamos que dada una matriz cuadrada A de tama˜ o n, buscamos una
n
matriz Z de n × n tal que AZ = I. Si describimos Z por sus columnas,
esto es Z = (Z•1 · · · Z•n ) entonces la ecuaciń AZ = I es equivalente a los
o
n sistemas

AZ•i = ei , con i ∈ {1, . . . , n}, y ei la i-´sima columna de I.
e

Probemos ahora que,

Proposiciń 1.11. Si los n sistemas anteriores tienen soluciń, entonces
o o
A es invertible y adem´s A−1 = Z.
a

´
Demostracion. Para ello probemos primero que ∀b ∈ Ãn el sistema Ax =

´
b tiene soluciń.
o
Ã
En efecto sea b = (b1 · · · bn )t un elemento de n , y consideremos a =
Ã
b1 Z•1 + · · · bn Z•n ∈ n . Utilizando las propiedades de la suma, multipli-
caciń y ponderaciń de matrices se obtiene que
o o

Aa = A(b1 Z•1 + b2 AZ•2 + · · · bn Z•n ) = b1 AZ•1 + b2 AZ•2 + · · · bn AZ•n

ı
       
1 0 0 b1
0 1  0   b2 
. . .  . 
= b1  .  + b2  .  + · · · bn  .  =  .
. . .  .
 = b,

0 0 0 b 
n−1
0 0 1 bn
y por lo tanto a es una soluciń del sistema Ax = b.
o
Si A no fuese invertible esto quiere decir que al escalonar A, se tendr´ que
a
˜
alg´ n aii = 0. Consideremos las filas i e i + 1 de A:
u ˜
.   . 
.
. .
.
 ˜   
˜  A•i   0 ··· 0 aii = 0 aii+1
˜ ˜ ··· ain
˜ 
A= ˜ = .
 A•i+1   0 ··· 0 0 ai+1i+1
˜ ··· ai+1n
˜ 
.
. .
.
. .
Si aii+1 = 0, ai+1i+1 = 0 habr´
˜ ˜ ıamos permutados las filas y por lo tanto
la matriz escalonada tendr´ un 0 en la posiciń (i + 1, i + 1), lo que es
ıa o
una contradicciń. Si aii+1 = 0 entonces podemos utilizar este elemento
o ˜
para escalonar hacia abajo y por lo tanto ai+1i+1 = 0. En cualquier caso
˜
se deduce que ai+1i+1 = 0, y por un argumento de inducciń que ann = 0,
˜ o ˜

29

˜
esto es toda la ultima fila de A debe ser 0. Consideremos ahora la matriz
´

˜
invertible C = Ej , donde A = CA, es decir la matriz que permite pasar
j
˜
de A a A. Definamos  
0
0
.
b = C −1  .  .
.
0
1
Si consideramos el sistema Ax = b tendremos que al escalonar la matriz
aumentada (A|b) se obtendr´ una matriz escalonada (usando las mismas
a
operciones elemementales)
.
. .
.
(A|˜ = C(A|b) =
˜ b) . . ,
0 ··· 0 1
lo que representa un sistema incompatible y por lo tanto Ax = b no puede
tener soluciń. Hemos obtenido una contradicciń y por lo tanto la unica
o o ´
posibilidad es que ∀i = 1, .., n aii = 0, y por lo tanto A es invertible. Ahora
˜
de AZ = I se obtiene premultiplicando por A−1 que Z = A−1 .

´
Notemos que de paso se ha probado el siguiente resultado interesante
Ã
Corolario 1.4. Una matriz A ∈ Mnn ( ) es invertible si y s´lo si todo
o
sistema Ax = b tiene soluciń.
o
Lo que a su vez es equivalente a todo sistema Ax = b tiene soluciń
o
unica, por lo probado anteriormente.
´

ı
◭ Ejercicio

Ejercicio 1.4: ¿Qu´ puede decir de una matriz cuadrada A para la
e
cual todo sistema Ax = b tiene a lo m´s una soluciń?. ¿Debe ser A
a o
invertible?. Pru´belo.
e

Para saber si una matriz es invertible hemos entonces probado que basta
estudiar n sistemas lineales. Para el c´lculo de la inversa podemos ir un
a
poco m´s lejos. Consideremos el siguiente ejemplo:
a
Ejemplo:
 
0 1 1
A =  1 −1 2 
1 1 0
luego:  
0 1 1 1 0 0
(A|I) =  1 −1 2 0 1 0
1 1 0 0 0 1

30

Escalonando:

   
1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1
(A|I) →  1 −1 2 0 1 0  →  0 −2 2 0 1 −1 
0 1 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0
 
1 1 0 0 0 1
→  0 −2 2 0 1 −1 
0 0 2 1 2 −1
1
2
En este paso ya estamos en condiciones de resolver los tres sistemas. Pero
podemos a´ n pivotear, ahora “sobre” la diagonal; sin alterar la soluci´n
u o
(ya que multiplicamos por matrices invertibles):
   
1 1 0 0 0 1 1 0 1 0 2 1 1
2
 0 −2 2 0 1 −1  →  0 −2 2 0 1 −1 
0 0 2 1 1 −1 2 2 0 0 2 1 2 −1 1
2
   
1 0 1 0 1 1 2 2 1 0 0 −2 1 3 1
4 4
→  0 −2 0 −1 2 − 2  →  0 −2 0 −1 2 − 1 
1 1 1
2
1 1
0 0 2 1 2 −2 0 0 2 1 2 −1 1
2

´
Finalmente, premultiplicando por la matriz invertible:
 
1 0 0
1
D =  0 −2 0 
0 0 1 2

Se tiene:  
1 0 1 3
0 −1 4 4

ı
2
˜
(I|I) =  0 1 0 1 −1 4 
1
2 4
1 1 1
0 0 1 2 4 −4
Obteniendo los sistemas de soluci´n trivial:
o
   1   1   3
x11 −2 x12 4 x13 4
I  x21  =  1  , I  x22  =  1  , I  x23  =  1  ,
2 −4 4
1 1
x31 2 x32 4 x33 −14

de donde:  1 1 
3
−2 4 4
X = A−1 =  1 −4
2
1 1
4

1 1 1
2 4 −4
En efecto:
  1 1 3   
0 1 1 −2 4 4 1 0 0
AA−1 =  1 −1 2   1 − 4 1  =  0
2
1
4 1 0
1 1 1
1 1 0 2 4 −4 0 0 1

Ã
Luego para calcular la inversa de A ∈ Mnn ( ) basta aplicar el Algoritmo
de Gauss sobre la matriz (A|I). Una vez que se ha obtenido la matriz

31

˜
triangular superior A, realizar el mismo procedimiento para los elementos

sobre la diagonal. Finalmente, se premultiplica por una matriz diagonal
˜
para obtener la identidad en el lugar de A.
¿Qu´ sucede si una matriz A no es invertible?
e
Sabemos que necesariamente aparecer´, al escalonar, un pivote nulo irre-
a
parable.
Ejemplo:
   
1 0 2 1 0 0 1 0 2 1 0 0
(A|I) =  1 1 2 0 1 0 y 0 1 0 −1 1 0
1 0 2 0 0 1 0 0 0 −1 0 1
   
1 0
˜ ˜
y los sistemas Ax =  −1  , Ax =  0  son incompatibles.
−1 1

Pero, en ocasiones, hay pivotes nulos “reparables”.
Ejemplo:
   

´
1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 0
1 1 0 0 1 0  →  0 0 −1 −1 1 0
1 0 0 0 0 1 0 −1 −1 −1 0 1
Ac´ el elemento a22 = 0, pero podemos, premultiplicando por la matriz
a ˜
de permutaciń I23 , intercambiar las filas 2 y 3 obteniendo:
o
     
1 1 1 1 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1

ı
→  0 −1 −1 −1 0 1  →  0 −1 −1 −1 0 1  →  0 −1 0 0 −1 1 
0 0 −1 −1 1 0 0 0 −1 −1 1 0 0 0 −1 −1 1 0
   
1 0 0 0 0 1 0 0 1
→  0 1 0 0 1 −1  ⇒ A−1 =  0 1 −1  .
0 0 1 1 −1 0 1 −1 0

Ejemplo y ejercicio importante: Descomposiciń LDU .
o ◭ Ejercicio
Ã
Supongamos que al escalonar A ∈ Mnn ( ) no encontramos pivotes nulos LU , LDU
(¡no permutamos filas!). Se obtiene entonces
 
a11 · · · a1p
˜ ˜
 .. 
 .  = ( Ej )A
j
0 ann
˜
donde cada una de las matrices Ej es de la forma:
 
1
 .. 
 . 0 



λ 1

, λ ∈

Ã
··· ··· .. 
.
0 1
32

1. Pruebe que la matriz Ej es invertible y su inversa es triangular
j
inferior con 1’s en la diagonal. Digamos:
 
1 0
ℓ .. .
. 
−1  21 . . 
( Ej ) = L =  . .. . 
j
 . . . .
. 
ℓn1 · · · ℓnn−1 1

Despejamos entonces A:
 
an
˜ ··· a1n
˜
.
A=( Ej )−1  .
. 
j 0 ann
˜

1. Concluya que si al escalonar A no se realizan permutaciones, A
puede factorizarse como el producto de una matriz L, triangular

´
inferior con unos en la diagonal, y una matriz U , triangular su-
perior, donde los pivotes figuran en la diagonal. Esta factorizaciń
o
se llama descomposiciń LU .
o
n
2. Recordando que i=1 aii = 0, demuestre que:
˜
   a12
˜ a1n
˜ 
1  1
 a11
˜ ··· a11
˜
..  a11
˜ 0

ı
ℓ . 0 . .. . 
 21
A= .

 ..
.  .
. . .
. 
.
 . ..   an−1n
˜ 
. . 0 ann
˜ 1 an−1n
˜
ℓn1 ··· ℓnn−1 1 0 ··· 1
(1.4)
Es decir, A admite una factorizaciń A = LDU , en donde L es
o
triangular inferior con unos en la diagonal, D es diagonal (forma-
da por los pivotes del escalonamiento) y U es triangular superior
con diagonal de unos. Esta factorizaciń se llama descomposiciń
o o
LDU .
3. Demuestre que si A admite la descomposiciń LDU de (1.5), en-
o
tonces la descomposiciń es unica.
o ´

4. Demuestre adem´s que si A es sim´trica, entonces L = U t .
a e
5. Encuentre la descomposiciń LDU de
o
 
1 1 1
A = 0 1 1 .
1 2 0

33

´
ı
Guá
ı
´
I
´
Algebra Lineal 08-2

Ejercicios

1. ¿Qu´ puede decir de una matriz cuadrada A para la cual todo sistema
e Ejercicio 1.4
Ax = b tiene a lo m´s una soluciń?. ¿Debe ser A invertible?. Pru´belo.
a o e
Ã
2. Supongamos que al escalonar A ∈ Mnn ( ) no encontramos pivotes nulos LU, LDU
(¡no permutamos filas!). Se obtiene entonces
 
a11 · · · a1p
˜ ˜
 .. 
 .  = ( Ej )A
j
0 ann
˜

donde cada una de las matrices Ej es de la forma Epq (λ, 1), con λ ∈ Ã.
a) Pruebe que la matriz Ej es invertible y su inversa es triangular
j
inferior con 1’s en la diagonal. Digamos:
 
1 0
ℓ .. .
. 
 21 . . 
( Ej )−1 = L =  . .. . 
 . . . .
. 

´
j
ℓn1 · · · ℓnn−1 1

Despejamos entonces A:
 
˜
an ··· a1n
˜
.
A=( Ej )−1  .
. 

ı
j 0 ann
˜

a) Concluya que si al escalonar A no se realizan permutaciones, A
puede factorizarse como el producto de una matriz L, triangular
inferior con unos en la diagonal, y una matriz U , triangular su-
perior, donde los pivotes figuran en la diagonal. Esta factorizaciń
o
se llama descomposiciń LU .
o
n
b) Recordando que i=1 aii = 0, demuestre que:
˜
   a12
˜ a1n
˜ 
1   1 a11
˜ ··· a11
˜
ℓ ..  a11
˜ 0 . . 
. 0 ..
 21
A= .

 ..
.  .
. . .
. 
.
 . ..   an−1n
˜ 
. . 0 ann
˜ 1 an−1n
˜
ℓn1 ··· ℓnn−1 1 0 ··· 1
(1.5)
Es decir, A admite una factorizaciń A = LDU , en donde L es
o
triangular inferior con unos en la diagonal, D es diagonal (formada
por los pivotes del escalonamiento) y U es triangular superior con
diagonal de unos. Esta factorizaciń se llama descomposiciń LDU .
o o

34

c) Demuestre que si A admite la descomposiciń LDU de (1.5), en-
o

tonces la descomposiciń es unica.
o ´
d ) Demuestre adem´s que si A es sim´trica, entonces L = U t .
a e
e) Encuentre la descomposiciń LDU de
o
 
1 1 1
A = 0 1 1  .
1 2 0

Problemas
 
1 1 1
P1. (a) Sea la matriz de coeficientes reales A =  a b c . Demueste
a 2 b 2 c2
que si la ecuaciń Ax = 0 tiene una unica soluciń entonces (a =
o ´ o
b) ∧ (a = c) ∧ (b = c).
(b) Considere el sistema lineal a coeficientes reales siguiente
−x1 + αx3 + βx4 = 0,
x2 + αx3 + βx4 = 0,

´
αx1 + βx2 = 0,
βx1 + βx2 + αx3 = 0.
Determine las condiciones sobre los par´metros reales α y β que
a
garanticen que el sistema tenga una unica soluciń.
´ o
Ê
P2. (a) Considere las matrices cuadradas A, B ∈ Mnn ( ). Demuestre
que

ı
1) A es invertible si y s´lo si AAt es invertible.
o
2) Si A = A y B = I − A entonces B 3 = B.
2

Si A es invertible, utilice las condiciones dadas para calcular las
matrices A y B.
Ê
(b) Considere los vectores u, v ∈ Mn1 ( ) {0}. Se define la matriz
Ê
A ∈ Mnn ( ) por A = uv t .
Ê
1) Pruebe que ∀x ∈ Mn1 ( ), Ax = 0 ⇔ v t x = 0.
Indicaciń: Observe que v t x ∈ .
o Ê
2) Encuentre el n´ mero de variables libres en la resoluciń del
u o
sistema Ax = 0.
¿Es A invertible?
P3. Considere
   
1 2 3 −1 β
−1 1 0 1   β2 
A=
0
 b =  .
3 3 α − 3 0
2 1 α −2 −2
Estudiaremos las soluciones del sistema Ax = b, con x ∈ M41 ( ). Ê
Encuentre los valores de α y β de manera que:

35

El sistema no tenga soluciń.
o

El sistema tenga una unica soluciń. Encuentre la matriz inversa
´ o
de A y calcule la unica soluciń del sistema.
´ o
El sistema tenga infinitas soluciones y encuentre sus soluciones.
Determine adem´s el n´ mero de variables independientes.
a u

ı ´

36

´
ı
I ´
´
Algebra Lineal 08-2

SEMANA 4: GEOMETRÁ
I

2. Geometrá lineal en
ı Ãn
2.1. ´
Definiciones basicas
Sea Ã un cuerpo. Anotaremos los vectores de Ãn como columnas, es decir,
  Ãn = Mn,1 (Ã)
x1
Ã n
Ã  . 
Ã
= Mn,1 ( ) = {  .  | xi ∈ , i = 1, . . . , n } .1
.
xn
Ã Ã
Recordar que en n = Mn,1 ( ) tenemos una suma (de matrices columna)
definida por: 
    
x1 y1 x1 + y1
 . 
.
 . 
si x =  .  , y =  .  ∈. Ã
, entonces x + y = 
 .
.
.

,y
xn yn xn + yn
 
0
con ella resulta que ( Ãn , +) es un  . 
grupo Abeliano, con neutro 0 =  . 
.

´
0
  
x1 −x1
 .   . .
y opuestos −x = −  .  = 
. . 
.
xn −xn
Agregamos ahora la operaciń Multiplicaciń por Escalar definida como
o o
sigue:
 

ı
x1
 . 
. Ã
Definiciń 2.1. Si x =  .  y λ ∈ , entonces se define una funciń
o o Ponderaciń
o
xn
 
λx1
Ã Ã
× n
→ Ã n
 . 
, en donde λx =  . . Se le llama ponderaciń
o
(λ, x) → λx .
λxn
o multiplicaciń por escalar.
o

Observaciń: Llamaremos vectores columna, o simplemente vectores,
o
Ã
a los elementos de n , y escalares a los elementos de . De aqu´ el
ı Ã
nombre de esta operaciń.
o

1 Para fijar ideas puede pensar en lo que sigue en = Ã Ê
y n = 2 o 3, que con
´
seguridad le serń familiares de sus cursos de C´lculo. Sin embargo, salvo cuando se diga
a a
expl´ıcitamente lo contrario, Ã
puede ser cualquier cuerpo, y n un natural mayor o igual
a 1.

37

Proposiciń 2.1. Se tienen las siguientes propiedades:
o

1. (∀x ∈ Ãn ) 1 · x = x
2. (∀λ1 , λ2 ∈ Ã) (∀x ∈ Ãn ) λ1 (λ2 x) = (λ1 λ2 )x
3. (∀λ1 , λ2 ∈ Ã) (∀x ∈ Ãn ) (λ1 + λ2 )x = λ1 x + λ2 x
4. (∀λ ∈ Ã) (∀x, y ∈ Ãn ) λ(x + y) = λx + λy.
5. (∀λ ∈ Ã) (∀x ∈ Ãn ) λx = 0 ⇔ λ = 0 ∨ x = 0.

´
Demostracion. Las demostraciones de estos hechos son c´lculos elemen-
a ◭ Ejercicio
tales y quedan como un ejercicio muy simple para el alumnos.
Queda adem´s el lector encargado de verificar que esta ultima propiedad se
a ´
puede tambiń obtener como consecuencia de las propiedades 1. a 4. , m´s
e a
Ã
los hechos de que ( n , +) es un grupo Abeliano y Ã
un cuerpo.

Ejemplos: Caso Ã = Ê.
Ã Ê
n = 1: El conjunto de vectores es 1 = , la recta real, el + es la
suma usual en Ê y la multiplicaciń por escalar es el producto en
o

´
Ê .
n = 2: El conjunto de vectores es Ã2 = Ê2, el “plano x1 − x2”.
x
1
x x=
2
x
2

ı
x1

Un vector x representar´ ambos, un punto del plano y una flecha
a
partiendo del origen que termina en dicho punto. La suma de ele-
Ê
mentos de 2 corresponde entonces a la suma usual de flechas en
el plano:

x+y
y

x

y del mismo modo se representa la ponderaciń:
o

38

2x
x
1/2 x x

x
x

0 x=0
(-1) x

n = 3: La representaciń de vectores en
o Ê3 se hace en el espacio
3-dimensional:

´
x
3

x 1
x= x 2
x 3

x
ı
1

x
2

La ponderaciń se represen-
o
ta de modo similar al caso
plano, y la suma de vectores x+y
tambiń corresponde a la dia-
e y
gonal del paralel´gramo defi-
o
nido por los sumandos:
x

39

Observaciń: A veces conviene (por ejemplo, para mayor claridad de
o

una figura) dibujar un vector como una flecha que parte de algń otro
u
punto distinto del origen. A modo de ejemplo consideremos x, y ∈ 2 Ê
y sea v = y − x. Se ve fćilmente que v ser´ una flecha partiendo en
a a
el origen que tiene el mismo tama˜ o y apunta hacia el mismo lado que
n
una flecha que parta en x y termine en y. Dado ´sto, muchas veces
e
no nos molestamos en dibujar v partiendo del origen, sino que s´loo
dibujamos la flecha de x a y.
y

v
y-x
x
0

2.2. Rectas en Ã n

A partir de nuestra intuiciń geom´trica rescatamos del concepto de recta
o e

´
(en el plano o en el espacio) dos elementos importantes: que una recta define
una direcciń de movimiento y que pasa por algń lugar.
o u
p L2
Pasa por p La misma
Direccion direcccion

ı
L1
No pasa por p
q
Las rectas L1 y L2 del dibujo llevan la misma direcciń, y lo que las di-
o
ferencia es que pasan por distintos puntos. De hecho L2 es L1 desplazada.
Intentamos entonces definir una recta en n como sigue: Ã
Ã
Definiciń 2.2 (Recta). Sean d ∈ n {0} un vector y p ∈ n un
o Ã Recta
punto dado. La recta L que pasa por p y va en la direcciń de d es el
o
siguiente subconjunto de n : Ã
L = Lp,d = {v ∈ Ãn | v = p + td, t ∈ Ã}.

40

p +t d

p

td
L
d

Se dice que p es una posiciń de L y que d es un vector director de L.
o posiciń de L
o
vector director de L

◭ Ejercicio

Ejercicio 2.1: Un par de observaciones importantes:
1. Muchas posiciones definen la misma recta. Probar que, dado d ∈
Ã n
{0} fijo, se tendr´ q ∈ Lp,d ⇔ Lq,d = Lp,d . (Las posiciones
a
de una recta L son sus puntos.)

´
2. Muchos vectores directores definen una misma recta. Probar que,
Ã
dado p ∈ n fijo, se tendr´ Lp,d = Lp,d ⇔ (∃λ ∈ {0}) d =
a Ã
λd. (Los vectores directores de una misma recta son los m´ ltiplos
u
no nulos de un vector director dado.)

ı
El Ejercicio 2.1.2 motiva la siguiente definiciń:
o
o Ã
Definiciń 2.3 (Vectores paralelos). Sean v, w ∈ n . El vector v se paralelo
Ã
dice paralelo a w (lo que se anota v w) ssi (∃λ ∈ {0}) w = λv.

Usando esta definiciń, el Ejercicio 2.1.2 puede ser replanteado como
o

d es un vector director de Lp,d ⇐⇒ d d.

◭ Ejercicio

Ejercicio 2.2: Ã Ã
1. Si A ⊆ n y p ∈ n , definimos la traslaciń de
o
A en el vector p por p + A = {p + x | x ∈ A}. Mostrar que las
Ã
rectas que pasan por p ∈ n son exactamente las traslaciones en
p de las rectas que pasan por el origen 0.

41

p

0

Ã
2. Sean p, q ∈ n , con p = q. Mostrar que la recta de posiciń p y
o
vector director d = q − p es la unica recta que pasa por ambos
´
puntos, p y q.

q
p

´
q-p

Observaciń: La ecuaciń
o o ecuaciń vectorial de la
o
ı
Ã
recta
v = p + λd, λ∈

que describe los puntos (vectores) de la recta Lp,d a medida que se
ıa Ã
var´ λ ∈ se llama ecuaciń vectorial de la recta Lp,d.
o

2.3. Planos en Ã n

Ã Ã
Sean p ∈ n y d1 , d2 ∈ n {0} vectores no paralelos. Apelando a nuestra
intuiciń en el espacio tridimensional, vemos que por p pasan las dos rectas
o
distintas L1 = Lp,d1 y L2 = Lp,d2 , y ambas estń contenidas en un mismo
a
plano Π.

42

L 1

p+sd + td 1 2

L 2
p

sd 1

d 2

Observando la forma como los puntos de este plano se obtienen a partir de
p, d1 y d2 podemos dar la siguiente definiciń en n :
o Ã
Definiciń 2.4 (Plano). El plano que pasa por p y tiene vectores direc-
o Plano
tores d1 y d2 es el subconjunto de n :Ã
Πp,d1 ,d2 = {v ∈ Ãn | v = p + sd1 + td2 , s, t ∈ Ã}

´
ecuaciń vectorial del
o
Observaciń:
o plano

1. v = p + sd1 + td2 , s, t ∈ Ã se llama ecuaciń vectorial del plano
o
Πp,d1 ,d2 .
2. Sea E = d1 | d2 la matriz que tiene por columnas a los
vectores directores d1 y d2 . Entonces juntando los par´metros s
a
s
Ã
ı
2
y t en el vector r = ∈ , la ecuaciń vectorial queda
o
t

v = p + Er ,r ∈ Ã2
, s, t ∈ Ã
s
= p+ d1 | d2
t
3. Notar la similitud con la ecuaciń de una recta v = p+td, t ∈ .
o Ã
En la recta hay un par´metro libre: t ∈
a Ã
(dimensiń 1, esto se
o
formalizar´ mas adelante) y en el plano dos: s, t ∈ (dimensiń
a o Ã
2 ).

◭ Ejercicio

Ejercicio 2.3: Se deja como ejercicio para el lector probar las siguien-
tes propiedades:
1. q ∈ Πp,d1 ,d2 ⇔ Πq,d1 ,d2 = Πp,d1 ,d2 . (Cualquier punto de un
plano sirve como su posiciń.)
o

43

Ã Ãn {0}, con d1no paralelo a d2 y

2. Si p ∈ n , y d1 , d2 , d1 , d2 ∈
d1 no paralelo a d2 , entonces

Ã
Πp,d1 ,d2 = Πp,d1 ,d2 ⇔ (∃A ∈ M2,2 ( ) invertible) d1 | d2 = d1 | d2 A

Ã
3. Dado p ∈ n , todo plano que pasa por p es la traslaciń en p de
o
un plano que pasa por el origen, y si trasladamos en p un plano
cualquiera que pasa por el origen, obtenemos un plano que pasa
por p.
Ã
4. Sean p, q, r tres puntos no colineales en n . Probar que si d1 =
q − p y d2 = r − p, entonces Πp,d1 ,d2 es el unico plano que pasa
´
por p, q y r.

2.4. ´
Ecuaciones parametricas y cartesianas de rectas y
planos
2.4.1. Rectas

´
   
p1 d1
 . 
. Ã  . 
Ã
Sean p =  .  ∈ n y d =  .  ∈ n {0}. Sea L = Lp,d .
.
pn dn
Recordemos que la ecuaciń vectorial de L es v = p + td , t ∈ . Si
  o Ã
x1
 . 
anotamos v =  .  el punto que recorre L cuando t recorre , resulta:
. Ã
ı
xn

 x1
 = p1 + td1

 x2 = p2 + td2

.
.
, t∈ Ã.

 .

xn = pn + tdn
Estas son las llamadas ecuaciones param´tricas de la recta L. (Notar que
e ecuaciones
Ã
p1 , . . . , pn , d1 , . . . , dn son constantes en , las coordenadas de la posiciń y
o param´tricas
e
de la direcciń de L.)
o
Supongamos, para simplificar la notaciń, que las primeras k componentes
o
d1 , . . . , dk de d son no nulas, y el resto todas nulas: dk+1 = dk+2 = . . . =
 d1 
.
 . 
 d.k 
dn = 0, es decir d =  0 . Entonces las ecuaciones param´tricas de la e
 
.
.
.
0
recta L son

44

x1 = p1 + td1
.
.
.
xk = pk + tdk 
xk+1 = pk+1  
.
. Constantes.
. 

xn = pn
Despejando t en cada una de las primeras k ecuaciones, e igualando:
 x1 −p1 x −p x −p
 d1 = 2d2 2 = · · · = kdk k (= t)


 xk+1 = pk+1
 .
.

 .

xn = pn
Este es un sistema de n − 1 ecuaciones lineales para las n inc´gnitaso 
x1
 . 
x1 , . . . , xn , que son las componentes de un punto cualquiera v =  . 
.
xn
de L. Las ecuaciones se llaman ecuaciones Cartesianas de la recta L. ¿C´mo
o ecuaciones Cartesianas

´
quedan las ecuaciones cuando k = 1? de L

Ejemplos:
n = 2: La ecuaci´n Cartesiana (notar que en este caso queda una
o
sola) de L = L p1 ,“ d1 ” queda:
( p2 ) d2

x1 − p1 x2 − p2

ı
= , si d1 , d2 = 0,
d1 d2
x2 = p2 , si d2 = 0, y
x1 = p1 , si d1 = 0.

L L L

d,d =0
1 2
d =0
2
d =01

n = 3: Una recta queda descrita por dos ecuaciones Cartesianas:

x1 − p1 x2 − p2 x3 − p3
= =
d1 d2 d3
(en caso que d1 , d2 , d3 = 0. Escribir las otras posibilidades.)

45

2.4.2. Planos (caso n = 3)

Para simplificar el an´lisis veremos s´lo el caso n = 3 para las ecua-
a o
  Ã
ciones Cartesianas de planos. Sea Π = Πp,d1 ,d2 un plano en 3 , donde
p1
Ã
p =  p2  ∈ 3 es una posiciń de Π, y los vectores directores son los
o
p3
   
d11 d12
Ã
vectores no paralelos en 3 {0}, d1 =  d21  y d2 =  d22 . La
d31 d32
o a Ã
ecuaciń vectorial de Π est´ dada por v = p + sd1 + td2 , s, t ∈ , y des-
componińdola en sus 3 componentes resultan las ecuaciones param´tricas
e e
de Π:

 x1 = p1 + sd11 + td12

x2 = p2 + sd21 + td22 , s, t ∈ . Ã
x3 = p3 + sd31 + td32
Pivoteando, es posible eliminar el par´metro s de dos de estas ecuaciones,
a
y luego tambiń t de una de ellas, de modo que nos quedamos con una
e
ecuaciń final con s´lo x1 , x2 , x3 (sin s y t) de la forma Ax1 +Bx2 +Cx3 = D,
o o
Ã
donde A, B, C, D ∈ , con A, B o C = 0. Esta es la llamada ecuaciń o

´
Cartesiana del plano Π.

o Ã
Observaciń: Si el plano hubiese estado en n , con n ≥ 3, habr´
ıamos
obtenido un sistema de n − 2 ecuaciones cartesianas para el plano.
¿Qu´ pasa en el caso n = 2? ¿Y qu´ puede decir de n = 1?
e e

ı
Sabemos del cap´ ıtulo de Sistemas Lineales que, rec´ıprocamente, un sistema
de una ecuaciń y tres inc´gnitas, como la ecuaciń Cartesiana de Π, tiene
o o o
dos variables libres (digamos x2 y x3 ) y sus soluciones son de la forma:
       
x1 α1 β1 γ1
 x2  =  0  + x2  1  + x3  0  , x2 , x3 ∈ , Ã
x3 0 0 1
   
β1 γ1
con  1  y  0  claramente no paralelos (¿por qu´?), as´ el
e ı
0 1
Ã
conjunto de soluciones representa un plano en 3 . Tenemos entonces que
Ã
los planos en 3 son exactamente los conjuntos soluciń de ecuaciones
o
cartesianas como la que escribimos arriba para Π.
Ejemplo:


1
Ê
El plano Π ⊆ 3 que pasa por el punto p =  0  y con vectores direc-
    0
1 −1
tores d1 =  −1  y d2 =  0  tiene por ecuaciones param´tri- e
0 1

46


 x1 = 1 + s − t
Ê

cas x2 = −s , s, t ∈ de las que se puede fćilmente
a

x3 = t
eliminar s y t para obtener la ecuaciń Cartesiana x1 + x2 + x3 = 1.
o
Por otra parte, si partimos de esta ecuaciń, despejando x1 en t´rmi-
o e
nos de x2 y 3 resulta x1 = 1 − x2 − x3 , por lo que un punto cual-
x 
x1
Ê
quiera v =  x2  ∈ 3 que satisfaga esta ecuaciń tendr´ la forma
o a
   x3       
x1 1 − x2 − x3 1 −1 −1
 x2  =  x2  =  0  + x2  1  + x3  0 ,
x3 x3 0 0 1
con x2 , x3 ∈ Ê tomando valores arbitrarios. El lector reconocer´ esto
a
como una ecuaciń vectorial del mismo plano Π.
o

´
-1
0 x+x+x=1
1 2 3
1

ı
1
0
0 1
-1
0

2.5. ´
Geometrá metrica en
ı Ê n

2.5.1. ´
Definiciones y propiedades basicas
Incorporaremos ahora a nuestro estudio conceptos como distancia entre
puntos, ńgulos, perpendicularidad, etc. Para ello debemos perder un poco
a
de generalidad y restringirnos al cuerpo = Ã Ê
de los n´ meros reales.
u
(Tambiń se puede hacer todo esto con
e Ã
= , los n´ meros complejos,
u
pero esto lo postergaremos para mas adelante.)
Definiciń 2.5 (Producto punto en
x1
o
y1
Ê n
). Sean x, y ∈ Ên , con x =
.
. , y= .
. . Se define el producto punto x, y (tambiń se anota
e producto punto
. .
xn yn
x • y) como el real x, y , x • y
n
x, y = xi yi = xt y = yt x ∈ Ê.
i=1

47

Tenemos as´ una funciń
ı o

Ên × Ên Ê

<, > : −→
(x, y) −→ x, y

llamada producto punto.

o
1. (∀x, y ∈ Ên ) x, y = y, x (Simetrá).
ı
Ê
2. (∀x, y, x, y ∈ n ) x + x, y = x, y + x, y ∧ x, y + y = x, y +
x, y (Bi–aditividad).

3. (∀λ ∈ R) (∀x, y ∈ Ên ) λx, y = x, λy = λ x, y (Bi–homogeneidad).
4. (∀x ∈ Ên ) x, x ≥ 0 ∧ x, x = 0 ⇔ x = 0 (Positividad).

´
Demostracion. La demostraciń de estas propiedades quedan como ejercicio-
o
. ◭ Ejercicio

´
n
El n´
umero  x que aparece en la propiedad 4. es x, x =
x, i=1 x2 , si
i
x1
 .. 
x =  . . Jugando con el Teorema de Pit´goras se puede verificar
a
xn
fćilmente que si n = 2 ´ n = 3,
a o x, x corresponde a la longitud de la

ı
flecha representada por el vector x.
2
2 2 2
x1 + x2 + x3

2
2 +x2
x1 x2

x1 x3
x1

2 2
x2
n=2 x1 + x2

n=3

Aprovechando estos hechos, y con la esperanza de re–obtener el Teorema
Ê
de Pit´goras en n , para todo n, definimos
a
Definiciń 2.6 (Norma Euclidiana). La norma Euclidiana (o, simple-
o
x1
mente, norma) de un vector x = .
.
. ∈ Ên como x =
n
i=1 x2 =
i norma
xn

48

x, x (ra´z cuadrada ≥ 0).
ı x

Tenemos as´ la funciń norma
ı o

: Ên −→ Ê .
x −→ x = x, x

o
1. (∀x ∈ Ên ) x ≥ 0 ∧ x = 0 ⇔ x = 0
2. (∀λ ∈ Ê) (∀x ∈ Ên ) λx = |λ| x
3. (∀x, y ∈ Ên ) x + y ≤ x + y (Desigualdad Triangular.) Desigualdad
Triangular

´
Demostracion. Las demostraciones de 1 y 2 son elementales y se dejan
como un ejercicio fćil para el lector. La prueba de la Desigualdad Trian-
a
gular depender´ del siguiente importante Lema:
a
Lema 1 (Desigualdad de Cauchy–Schwartz). Desigualdad de
Cauchy–Schwartz
Ên) | x, y | ≤

´
(∀x, y ∈ x y .

´
Demostracion. (Desigualdad de C–S) Notar que si x = 0 ∨ y = 0,
la desigualdad se verifica trivialmente (0 ≤ 0). Supondremos entonces que
Ê
ambos vectores x e y son no nulos. Para x, y ∈ n {0} fijos, consideremos
ahora la funciń ϕ :
o Ê Ê →
2
definida por ϕ(t) = tx − y . Claramente
Ê
ϕ(t) ≥ 0 para todo t ∈ (y adem´s, si y no es un m´ ltiplo de x, ϕ(t) > 0
a u
Ê
ı
2
para todo t ∈ ). Por otra parte, ϕ(t) = tx − y, tx − y = x t2 −
2
2 x, y t + y . As´ ϕ es una funciń polinomial de segundo grado en t,
ı, o
2 2
con coeficientes a = x , b = −2 x, y , c = y (notar que como x = 0,
la funciń es efectivamente de segundo grado, y no de un grado menor).
o
Ê
Como ϕ(t) ≥ 0 para todo t ∈ , sabemos que el discriminante b2 − 4ac
ser´ menor o igual a 0 (a lo m´s una ra´ real de multiplicidad 2), es decir
a a ız
2 2
4 x, y − 4 x y ≤ 0, de donde x, y 2 ≤ x 2 y 2 , lo que implica la
2

desigualdad deseada.

Observaciń: Notar que si y no es m´ ltiplo de x, ϕ(t) > 0 para todo
o u
Ê
t ∈ , luego b2 −4ac < 0, de donde se desprende que | x, y | < x y .
De aqu´ que (a´ n en el caso x = 0 ∨ y = 0) se verifica la igualdad en
ı u
Cauchy–Schwartz ssi alguno de los dos vectores es m´ ltiplo del otro.
u
De modo similar se tiene que x, y = x y ssi alguno de los dos
vectores es un m´ltiplo no negativo del otro.
u

49

Podemos ahora probar la desigualdad triangular. Sean x, y ∈ Ên. Tenemos:

2 2 2
x+y = x + y, x + y = x + 2 x, y + y
2 2
≤ x + 2 | x, y | + y

C.–Sch.
≤ x 2+2 x y + y 2

= ( x + y )2

Observaciń: De la observaciń bajo la demostraciń de la desigual-
o o o
dad de Cauchy–Schwartz podemos concluir que en la desigualdad trian-
gular vale la igualdad ssi alguno de los dos vectores es m´ ltiplo no
u
negativo del otro.

Usaremos ahora la norma de Ên para definir la nociń de distancia entre
o
puntos de este conjunto.
Ê

´
Definiciń 2.7. Sean p, q dos puntos en n . La distancia entre p y q es
o distancia
el n´mero real no negativo d(p, q) = q − p .
u d(p, q)

Observaciń:
o
1. Recordando que q − p se puede visualizar como el vector (flecha)
que va de p hasta q, resulta que d(p, q) es la longitud de esta

ı
flecha, es decir, como esperar´
ıamos, la longitud del trazo recto
entre p y q.
2. Podemos usar la distancia entre puntos para interpretar la de-
Ê
sigualdad triangular. Sean p, q, r ∈ n tres puntos que forman
Ê
un trińgulo en n . Entonces: q − p = (q − r) + (r − p) ≤
a
q − r + r − p , es decir d(p, q) ≤ d(r, q) + d(p, r). En el
trińgulo pqr esto significa que la longitud del lado pq es infe-
a
rior o igual a la suma de los otros dos lados ( rq + pr), lo que es
un viejo teorema de geometr´ plana.
ıa

q r

p q-r
r-p

q-p q
p q-p

50

El producto punto est´ ´
a ıntimamente ligado a la nociń de angulo entre
o ´

vectores. Recurramos nuevamente a nuestra intuiciń geom´trica para ver
o e
algunos hechos que indican que esta afirmaciń no es gratuita.
o

´
Situacion 1:
Consideremos el siguiente diagrama:
x
x-y

y

x+y
0

-y

Ê
Los vectores x e y son no nulos en n , y los hemos dibujado en el plano que
pasa por el origen y que los contiene. Supongamos que x es perpendicular a
Ê
y (vamos a suponer que esto tiene sentido en n , y que en el plano de x, y y

´
0 se cumplen las propiedades usuales que conocemos de la geometr´ plana
ıa
del colegio). Esperamos entonces que el trińgulo que tiene por v´rtices x,
a e
y y −y sea is´sceles en x (la altura es la flecha x), y as´
o ı
x−y = x+y ⇐⇒ x − y, x − y = x + y, x + y
⇐⇒ x 2 − 2 x, y + y 2 = x 2 + 2 x, y + y 2

⇐⇒ 4 x, y = 0

ı
⇐⇒ x, y = 0.
Aprovechemos esto para definir perpendicularidad en Ên :
Definiciń 2.8 (Perpendicularidad). Dos vectores x, y ∈ n se dicen
o Ê
perpendiculares u ortogonales ssi x, y = 0. Lo anotaremos como x ⊥ y. perpendicularidad
x⊥y

◭ Ejercicio

Ejercicio 2.4: Probar el Teorema de Pit´goras en
a Ê n
: Sean A, B, C ∈
Ê n
, con (B−C) ⊥ (C−A). Si a = d(C, B) = B − C , b = d(A, C) =
C − A y c = d(B, A) = A − B son los tres lados del trińgulo a
ABC (trińgulo rectńgulo en C, con a, b los catetos y c la hipotenusa),
a a
entonces a2 + b2 = c2 .
c B
A

b a

C

51

´
Situacion 2:

Queremos usar nuestra intuiciń geom´trica para descubrir una relaciń
o e o
Ê
que nos permita definir el ńgulo entre dos vectores de n . Consideremos
a
el diagrama siguiente:
x

y

y

0

Todo transcurre en el plano que pasa por 0 y tiene a x e y como vectores
directores. El punto λy es la proyecciń ortogonal del punto x sobre la
o
recta que pasa por 0 y tiene a y como vector director, θ ser´ el ńgulo de
a a
Ê
la flecha y a la x (si todo esto tiene sentido en n ). La cantidad λy − x
es la distancia de x a su proyecciń. Las relaciones trigonom´tricas que
o e

´
esperar´ıamos que se cumplan dicen: cos θ = λy = |λ|xy .
x
Nos gustar´ eliminar λ de esta f´rmula. Para ello notemos que como
ıa o
2
(λy − x) ⊥ y, entonces λy − x, y = 0, de donde λ y − x, y = 0,
x,y
y as´ |λ| = λ = y 2 . (El dibujo sugiere que λy apunta hacia el mismo lado
ı
que y. Analizar lo que pasa si no. Notar que θ > π en dicho caso.) Luego
2
Ê
cos θ = xx,yy . Usamos esto para definir el ńgulo entre vectores de n :
a

´ Ê
Definiciń 2.9 (Angulo entre vectores). Sean x, y ∈ n {0}. Defi-
o ı
nimos el angulo entre x e y como aquel n´mero θ ∈ [0, π] tal que
´ u
angulo
´
x, y
cos θ = .
x y

Observaciń:
o
1. Notar que la desigualdad de Cauchy–Schwartz asegura que −1 ≤
x,y
x y ≤ 1, as´ la definiciń anterior tiene sentido.
ı o

2. Esta definiciń entrega de manera trivial la famosa f´rmula
o o
x, y = x y cos θ.

52

2.6. ´
Aplicacion a Rectas en Ê 2
y Planos en Ê. 3

2.6.1. Rectas en Ê2 .
∈ Ê2 . Definamos el nuevo vector d⊥ = Ê
x1 −x2
Sea d = ∈ 2. d⊥
x2 x1
Es un ejercicio fćil verificar que las siguientes propiedades se satisfacen:
a

1. d⊥ = d .
2. d⊥ es ortogonal a d.
⊥
3. d⊥ = −d.
4. Si d = 0, entonces (∀v ∈ Ê2) [v ⊥ d ⇔ (∃λ ∈ Ê) v = λd⊥ ].
5. Si d = 0, entonces (∀v ∈ Ê2 ) [v ⊥ d⊥ ⇔ (∃t ∈ Ê) v = td].

d

´
d

Sea ahora p ∈ Ê2 y L = Lp,d = v∈ Ê2 | v = p + td, t ∈ Ê . Tenemos

ı
que
v∈L ⇐⇒ v = p + td, t ∈ Ê
Ê
⇐⇒ (∃t ∈ ) v − p = td
⇐⇒ v − p ⊥ d⊥
⇐⇒ v − p, d⊥ = 0.
Si llamamos n = d⊥ (o cualquier otro vector paralelo a ´ste), hemos conclui-
e
Ê
do que v ∈ L ⇔ v − p, n = 0, es decir, L = v ∈ 2 | v − p, n = 0 .
La ecuaciń
o
v − p, n = 0
se llama ecuaciń normal de L. El vector n (es decir, d⊥ o cualquier otro
o ecuaciń normal de L
o
paralelo a ´l) se dice vector normal a L.
e vector normal a L

53

v-p
v
L
p

n

d

De la ecuaciń normal de L sale fćilmente una ecuaciń Cartesiana. Sean
o a o
n1 p1 x1
n= ,p= yv= . Desarrollando:
n2 p2 x2

v − p, n = 0 ⇔ v, n − p, n = 0 ⇔ n1 x1 + n2 x2 + (−n1 p1 − n2 p2 ) = 0,

´
es decir

ax1 + bx2 + c = 0, con a = n1 , b = n2 y c = − p, n . (2.1)

◭ Ejercicio

ı
Ejercicio 2.5: Concluya que si (2.1) es una ecuaciń Cartesiana de
o
Ê
una recta de 2 , entonces un vector director de esta recta es d = −a .
b

2.6.2. Planos en Ê3 .
Ê
Sean d1 , d2 vectores no nulos y no paralelos en 3 . M´s adelante se prueba
a
Ê
que existe un vector n = d1 × d2 ∈ 3 con las propiedades: n

1. n = d1 d2 |sen θ| = 0, con θ el ńgulo entre d1 y d2 .
a
2. n ⊥ d1 ∧ n ⊥ d2 .
3. (∀v ∈ Ê3) [v ⊥ d1 ∧ v ⊥ d2 ⇔ (∃λ ∈ Ê) v = λn].
4. (∀v ∈ Ê3 ) [v ⊥ n ⇔ (∃s, t ∈ Ê) v = sd1 + td2 ].

Con estas propiedades, sea Π = Πp,d ,d el plano en Ê3 que pasa por un Πp,d1 ,d2
punto p ∈ Ê3 y de vectores directores d1 y d2 . Entonces el lector puede
1 2

demostrar fćilmente que para cualquier v ∈ Ê3 , v ∈ Π ⇔ v − p, n = 0.
a
Nuevamente, n (o cualquier vector paralelo a n) se dir´ vector normal a Π,
a vector normal a Π

54

y la ecuaciń
o

v − p, n = 0
se llamar´ ecuaciń normal de Π.
a o ecuaciń normal de Π
o
Ê
De modo similar al caso de rectas en 2 , la ecuaciń normal conduce di-
o
rectamente a la ecuaciń Cartesiana Ax1 + Bx2 + Cx3 + D = 0 para Π.
o
A
(Donde n = B y D = − p, n .)
C

n d2

d1
v
v-p
p

ı ´

55

´
ı
Guá
ı
´
I
´
Algebra Lineal 08-2

Ejercicios

1. Pruebe las siguientes propiedades de la ponderaciń por escalar:
o Proposiciń 2.1
o

(a) (∀λ1 , λ2 ∈ Ã) (∀x ∈ Ãn) λ1 (λ2 x) = (λ1 λ2 )x.
(b) (∀λ ∈ Ã) (∀x, y ∈ Ãn ) λ(x + y) = λx + λy.
(c) (∀λ ∈ Ã) (∀x ∈ Ãn ) λx = 0 ⇔ λ = 0 ∨ x = 0.
2. Pruebe que: Ejercicio 2.1, Ejercicio
2.2
Ã
(a) Dado d ∈ n {0} fijo, se tendr´ q ∈ Lp,d ⇔ Lq,d = Lp,d . (Las
a
posiciones de una recta L son sus puntos.)
Ã
(b) Dado p ∈ n fijo, se tendr´ Lp,d = Lp,d ⇔ (∃λ ∈ {0}) d = λd.
a Ã
(Los vectores directores de una misma recta son los m´ ltiplos no
u
nulos de un vector director dado.)
Ã Ã
(c) Si A ⊆ n y p ∈ n , definimos la traslaciń de A en el vector p
o traslaciń
o
por p + A = {p + x | x ∈ A}. Las rectas que pasan por p ∈ n Ã
son exactamente las traslaciones en p de las rectas que pasan por
el origen 0.
Ã
(d) Sean p, q ∈ n , con p = q. La recta Lp,q−p es la unica recta que
´

´
pasa por ambos puntos, p y q.
3. Pruebe que: Ejercicio 2.3

(a) q ∈ Πp,d1 ,d2 ⇔ Πq,d1 ,d2 = Πp,d1 ,d2 . (Cualquier punto de un plano
sirve como su posiciń.)
o
Ã
(b) Dado p ∈ n , todo plano que pasa por p es la traslaciń en p de
o

ı
un plano que pasa por el origen, y si trasladamos en p un plano
cualquiera que pasa por el origen, obtenemos un plano que pasa
por p.
Ã
(c) Sean p, q, r tres puntos no colineales en n . Probar que si d1 =
q − p y d2 = r − p, entonces Πp,d1 ,d2 es el unico plano que pasa
´
por p, q y r.
4. Pruebe las siguientes propiedades del producto punto: Proposiciń 2.2
o

Ê
(a) (∀x, y, x, y ∈ n ) x + x, y = x, y + x, y ∧ x, y + y =
x, y + x, y (Bi–aditividad).
(b) (∀λ ∈ R) (∀x, y ∈ Ên ) λx, y = x, λy = λ x, y (Bi–homogeneidad).
(c) (∀x ∈ Ê n
) x, x ≥ 0 ∧ x, x = 0 ⇔ x = 0 (Positividad).
5. Pruebe las siguientes propiedades de la norma Euclidiana: Proposiciń 2.3
o

(a) (∀x ∈ Ên ) x ≥ 0 ∧ x = 0 ⇔ x = 0.
(b) (∀λ ∈ Ê) (∀x ∈ Ên ) λx = |λ| x .

56

Problemas

2 0 −1
P1. (a) Considere los puntos P = 1 ,Q = −1 yR= 1 .
2 1 5
Verifique que son puntos no colineales y encuentre la ecuaciń o
vectorial (o param´trica) y Cartesiana del plano Π1 que los con-
e
tiene.
(b) Dadas las rectas L1 y L2 definidas por
   
1 1
L1 : −1 + t −3 , t ∈ Êy L2 :
3x + y + 4 = 0
z+5=0
.
1 0
Verifique que L1 y L2 son paralelas y distintas y ecuentre la ecua-
ciń vectorial (o param´trica) y Cartesiana del plano Π2 que las
o e
contiene.
(c) Encuentre la ecuaciń vectorial de la recta L que se obtiene como
o
la intersecciń de los plano Π1 y Π2 (L = Π1 ∩ Π2 ).
o
(d) Encuentre el punto S de intersecciń de las rectas L1 y L, y veri-
o
fique que S satisface la ecuaciń Cartesiana del plano Π1 .
o
P2. (a) Verifique que las rectas

´
       
3 −1 2 2
L1 : 4  + t  2  , t ∈ Ê, L2 : 4 + s  1  , s ∈ Ê
5 −5 6 −5
se intersectan en un unico punto. Encuńtrelo.
´ e
1 4
(b) Sea Π el plano con vectores directores d1 = 2 y d2 = 0 ,
3 4
0
que pasa por el punto P = , y sea L la recta con vector

ı
−2
1
director d =
1
b
0 0
a
que pasa por el punto Q = 0 , donde a, b ∈ Ê.
Encuentre los valores de los par´metros a, b tales que
a
L est´ contenida en Π (L ⊂ Π),
e
L y Π no tengan puntos en com´ n (L ∩ Π = ∅). y
u
L ∩ Π contenga exactamente un solo punto.
P3. Sean Π1 el plano de ecuaciń x + y + 2z = 1, Π2 el plano de ecuaciń
o o
0
−x + y = 2 y L1 la recta que pasa por el punto P1 = 1 y cuya
1
1
direcciń es D1 =
o 0 .
0

(a) Encuentre la ecuaciń de la recta L2 , que se obtiene como la
o
intersecciń de los planos Π1 y Π2 . Entregue un vector director
o
de dicha recta.
(b) Encuentre el punto P2 de intersecciń de la recta L1 y Π1 .
o
(c) Calcular el punto P3 de intersecciń de L2 con el plano perpendi-
o
cular a L2 que pasa por el punto P2 .
(d) Encuentre la ecuaciń param´trica o vectorial de la recta conte-
o e
nida en Π2 que pasa por el punto P3 y es perpendicular a L2 .

57

´
ı
I ´
´
Algebra Lineal 08-2

SEMANA 5: GEOMETRÁ
I

2.7. Producto cruz (o producto vectorial) en Ê 3

Utilizaremos la siguiente notaciń, ya tradicional en las aplicaciones de la
o
Ê
geometr´ vectorial. Sean i, j, k ∈ 3 los siguientes vectores:
ıa
     
1 0 0
i =  0 , j =  1 , k =  0 .
0 0 1
b b k
i, j, b
Las siguientes afirmaciones son evidentes:

1. i = j = k =1 (Estos vectores se dicen unitarios.)

2. i ⊥ j ∧ j ⊥ k ∧ k ⊥ i (Son ortogonales entre s´
ı.)

3. ∀x =
x1
x2
x3
∈ Ê3 x = x1 i + x2 j + x3 k, y esta escritura es unica, es
´
decir, si x1 i + x2 j + x3 k = y1 i + y2 j + y3 k, entonces x1 = y1 ∧ x2 =

´
y2 ∧ x3 = y3 .

Observaciń: Las propiedades 1. y 2. se abrevian diciendo que
o
i, j, k es un conjunto ortonormal en 3 . Ê

ı
xk 3

x 1
x= x 2
x
k 3

xi
1 j
i xj2

Mas adelante en el curso definiremos la nociń de determinante, pero ahora
o
consideraremos la siguiente
˛ ˛
Ê
Notaciń: Si a, b, c, d ∈ , anotamos
o
a b
c d
= ad − bc ∈ . Ê ˛ a
˛
˛ c
b ˛
˛
d ˛
Con esto podemos dar la definiciń:
o

58

Definiciń 2.10 (Producto cruz). Si x = x2 , y = y2 ∈ 3 ,
o x3 y3
x1 y1
Ê Producto cruz

definimos el producto cruz o producto vectorial de x e y como el siguiente
Ê
vector de 3 :
i j k
x2 x3 x1 x3 x1 x2
x×y = x1 x2 x3 = i− j+ k.
y2 y3 y1 y3 y1 y2
y1 y2 y3

Es decir, resulta el vector de Ê3 : x×y
 
x2 y3 − x3 y2
x × y =  x3 y1 − x1 y3  ∈ Ê3.
x1 y2 − x2 y1

(Obviamente, esta ultima f´rmula no es muy fćil de recordar, y es preferible
´ o a
usar la notaciń de la definiciń dada primero, cuya operatoria est´ ah´ mis-
o o a ı
mo definida, para memorizar y calcular x × y.)
Hemos as´ definido una ley de composiciń interna × en 3 :
ı o Ê
× : Ê3 × Ê3 −→ 3
Ê
.
(x, y) −→ x × y

´
Proposiciń 2.4. Se tienen las siguientes propiedades
o
1. ∀x, y ∈ Ê3 x × y ⊥ x ∧ x × y ⊥ y.
2. ∀x, y ∈ Ê3 x × y = −y × x (× es anti–conmutativo).

3. ∀x, y, z ∈ Ê3 x× (y + z) = x× y + x× z ∧ (x+ y)× z = x× z+ y × z

ı
(× distribuye sobre +).
4. ∀x, y ∈ Ê3 (∀λ ∈ Ê) (λx) × y = x × (λy) = λ(x × y).
5. ∀x ∈ Ê3 x × x = 0.

´
Demostracion. La demostraciń de estas propiedades b´sicas quedan
o a
propuestas como ejercicio. ◭ Ejercicio

Notemos que con 2, 3, 4 y 5, m´s el simple c´lculo de
a a

i × j = k, j × k = i, k × i = j,
se puede recuperar la f´rmula con que definimos originalmente el producto
o
cruz:

x×y = (x1 i + x2 j + x3 k) × (y1 i + y2 i + y3 k)
= x1 y1 i× i+x1 y2 i× j+x1 y3 i× k+x2 y1 j× i+x2 y2 j× j+x2 y3 j× k
+x3 y1 k× i+x3 y2 k× j+x3 y3 k× k
= 0 + x1 y2 k + x1 y3 (−j) + x2 y1 (−k) + 0 + x2 y3 i + x3 y1 j + x3 y2 (−i) + 0
= (x2 y3 − x3 y2 )i + (x3 y1 − x1 y3 )j + (x1 y2 − x2 y1 )k.

59

La siguiente es una f´rmula para el producto cruz de 3 vectores. Su demos-
o

traciń es un simple c´lculo que omitimos.
o a

(x × y) × z = x, z y − y, z x (2.2)

Notar que el producto cruz no es conmutativo (pero tiene la propiedad
parecida 2) y que desgraciadamente tampoco es asociativo. Para ilustrar
cuń lejos est´ de serlo, est´ la llamada Identidad de Jacobi, que se puede
a a a Identidad de Jacobi
probar fćilmente a partir de la propiedad anterior:
a

∀x, y, z ∈ Ê3 x × (y × z) + y × (z × x) + z × (x × y) = 0 (2.3)
Notemos que usando 2.3 y las propiedades anteriores resulta:

x × (y × z) − (x × y) × z = y × (x × z),

lo que indica que x × (y × z) no tiene por qu´ ser igual a (x × y) × z.
e

Veamos mas propiedades de “×”:

Proposiciń 2.5.
o

Ê3 {0}

´
∀x, y ∈ x×y = x y |sen θ| ,

donde θ es el angulo entre x e y.
´

´
Demostracion. Esto saldr´ de la siguiente identidad, la que pedimos al
a
lector que tenga la paciencia de verificar (es un c´lculo simple pero tedioso):
a

ı
∀x, y ∈ Ê3 x, y 2
+ x×y 2
= x 2
y 2
.

Una vez establecida esta identidad, y recordando que x, y = x y cos(θ),
resulta:
2 2 2 2
x×y = x y − x, y
2
= x y − ( x y cos(θ))2
2

= x 2 y 2 (1 − cos2 (θ))
= x 2 y 2 sen2 (θ).

La siguiente propiedad muestra que el producto cruz representa a la direc-
ciń ortogonal a los vectores participantes.
o

Proposiciń 2.6. Sean x, y ∈
o Ê3 {0} vectores no paralelos, y sea z ∈ Ê3.
Entonces

1. z ⊥ x ∧ z ⊥ y =⇒ (∃λ ∈ Ê) z = λx × y.
2. z ⊥ x × y =⇒ (∃s, t ∈ Ê) z = sx + ty.

60

´
Demostracion. La demostraciń es un ejercicio, explicado en m´s detalle
o a

a continuaciń.
o

◭ Ejercicio

Ejercicio 2.6: El objetivo de este ejercicio es probar la Proposiciń 2.
o
Ê
1. Sean x, y, z ∈ 3 tres vectores no coplanares con el origen, es
decir, que no existe un plano que pasa por el origen y que contiene
a los tres vectores x, y y z. Pruebe que esto equivale a:

(∀s, t ∈ Ê) x = 0 + sy + tz
∧ y = 0 + sx + tz
∧ z = 0 + sx + ty

2. Pruebe que la condiciń anterior es equivalente a
o

(∀α, β, γ ∈ Ê) αx + βy + γz = 0 =⇒ α = β = γ = 0. (2.4)

Ê
3. Sea A ∈ M33 ( ) la matriz descrita por columnas como A =

´
x | y | z . Pruebe que la propiedad 2.9 equivale a que el
α α
sistema homogńeo A β = 0 tiene como soluciń unica
e γ
o ´ β
γ
=
0, es decir, A es invertible.
Ê
4. Concluya que tres vectores x, y, z ∈ 3 no son coplanares con el
origen ssi la matriz A = x | y | z es invertible.

ı
5. Considere ahora x e y no nulos y no paralelos. Pruebe que los
vectores x, y y x × y = 0 son no coplanares con el origen.
Indicaciń: Verifique la condiciń 2.9.
o o
6. Use la conclusiń de la parte 2c para probar que
o

∀z ∈ Ê3 (∃s, t, λ ∈ Ê) z = sx + ty + λx × y. (2.5)

7. Pruebe, usando la propiedad 2.10, la Proposiciń 2.
o

Observaciń: La interpretaciń geom´trica del resultado anterior es:
o o e
Ê
Si x, y son vectores no nulos y no paralelos en 3 , x × y define la lńea
ı
recta (que pasa por 0) de vectores perpendiculares a x y a y. Por otra
parte los vectores perpendiculares a x × y son exactamente aquellos del
plano que pasa por el origen y tiene a x e y como vectores directores.

61

x y
y
0,x,y

0 x

L 0,x y

Un par de propiedades geom´tricas m´s de “×”:
e a

Proposiciń 2.7.
o Ê
1. Sean x, y ∈ 3 {0} vectores no paralelos. En-

´
tonces el area del paralel´gramo que definen es x × y .
´ o
Ê
2. Sean x, y, z ∈ 3 {0} vectores no coplanares con 0. Entonces el
volumen del paralelep´pedo que definen es | x × y, z |.
ı

´
Demostracion. (Deberemos confiar en los conceptos intuitivos de area y
´

ı
volumen que traemos de la geometr´ escolar).
ıa

y x y
z

H y
h
0
x 0 x
1. El ´rea del paralel´gramo es dos veces el ´rea del trińgulo cuyos
a o a a
1 1
v´rtices son x, y y 0. As´ Area = 2 · 2 · base · altura = 2 · 2 ·
e ı,
1
x h, con h = y sen θ. De aqu´ que Area = 2 · 2 · x y sen θ =
ı
x y sen θ = x × y .
2. De la geometr´ de colegio, el volumen del paralelep´
ıa ıpedo se calcula
como el producto del ´rea de su base y su altura. De la parte (a), el
a
´rea de la base es x × y . Por otra parte la altura H es la proyecciń
a o
de z sobre la direcciń perpendicular al plano de x e y, con lo que
o
H = z cos(ϕ), donde ϕ es el ńgulo entre x × y y z. Se obtiene
a
finalmente entonces que Vol = x × y z cos(ϕ) = | x × y, z |.

62

Una ultima propiedad del producto cruz que es necesario indicar es la lla-
´
mada regla de la mano derecha. regla de la mano
De x × y conocemos que apunta en la l´ ınea perpendicular al plano de x derecha
e y, y que tiene por norma x y sen θ, con θ el ńgulo entre x e y.
a
Estos datos nos dejan a´ n dos opciones posibles para x × y: hacia un lado
u
del plano de x e y o hacia el otro. La verdad es que hacia cu´l de estos
a
dos lados se dibuja depende de c´mo dibujamos los vectores ortonormales
o
i, j, k (es decir, de c´mo dibujamos los tres ejes de coordenadas de 3 ).
o Ê
Generalmente se conviene en dibujarlos de modo que si en el plano de i, j
(el plano x1 − x2 ) hacemos los dedos de la mano derecha girar rotando de
i hacia j, k apunta en la misma direcciń del pulgar.
o

k

i j

o e Ê
Con esta convenciń resulta tambiń que, si x, y ∈ 3 {0} son no paralelos

´
y hacemos girar los dedos de la mano derecha en el plano definido por x e
y, desde x hacia y, el pulgar apunta en la direcciń de x × y.
o
x
x y

y y

x x y
ı
Hay que indicar, sin embargo, que si alguien prefiriese dibujar los ejes como:

x1 x2

i j
k
x3

entonces los productos cruz cumplir´ una regla de la mano izquierda.
ıan
Nosotros seguiremos la convenciń universalmente aceptada, dibujando los
o
ejes del primer modo que mencionamos, y nuestros productos cruz se dibu-
jarń siempre seg´ n la regla de la mano derecha.
a u

63

2.8. Distancia entre un punto y un conjunto. Proyeccio-

nes.
Definiciń 2.11 (Distancia punto–conjunto). Sea A ⊆ n un subcon-
o Ê
Ê Ê
junto no vacó de n , y sea q ∈ n un punto. Definimos la distancia de q
ı
al conjunto A como: d(q, A)

d(q, A) = ńf {d(q, x) | x ∈ A} .
ı

x
d(q,x)
y
d(q,y)
A
d(q,A)
q
z d(q,z)

´
◭ Ejercicio

Ejercicio 2.7: Verifique que d(q, A) queda bien definida.

Cabe notar que no tiene por qu´ existir un punto r ∈ A tal que d(q, A) =
e

ı
d(q, r), y si tal r llega a existir, no tiene por qu´ ser unico (¡Construir
e ´
ejemplos de estas afirmaciones!).

Estudiemos a modo de ejemplo el caso en que A = L es una recta Lp,x en
Ên (recta que pasa por p y tiene vector director x).
Supongamos que existe un punto r ∈ L tal que q − r es perpendicular a
L. Afirmamos (como nuestra intuiciń geom´trica lo indica) que d(q, L) =
o e
d(q, r). Probemos algo mejor:
(∀z ∈ L) z = r ⇒ q − z > q − r ,
de donde la distancia de q a L se alcanza en un unico punto r.
´
En efecto, si z ∈ L, como q−r es normal a L, el trińgulo cuyos v´rtices son
a e
z, r y q es rectńgulo en r, y por Pit´goras (recuerde que usted demostr´ en
a a o
Ê 2 2
el Ejercicio 2.4 que es v´lido en n ) q − z = q − r + r − z . Como
a
2
2

z = r, entonces r − z > 0, y eso prueba la desigualdad.

r L
z

q

64

Veremos ahora que tal r ∈ L efectivamente existe.

1
Sea x = x x (vector unitario en la direcciń de x: claramente x = 1).
o
Sea y = q − p el vector que conecta p con q, y sea w = y, x x. Notar que
w apunta en la misma l´ ınea que x, y que
2
w = | y, x | x = y x |cos(θ)| = y cos(θ),

donde θ es el ńgulo entre x e y (que lo supondremos en 0, π para no
a 2
preocuparnos del signo de cos(θ). Si este no es el caso, podemos usar −x
en lugar de x como vector director de L.)
Este vector w es lo que llamaremos proyecciń del vector y sobre la direc-
o
ciń definida por el vector x. Notar que si en vez de x usamos otro vector
o
director λx de L, resulta exactamente el mismo vector w.
x
r
w
u
p
y = q-p q
Sea u = y − w = y − y, x x. Nuestra intuiciń nos har´ esperar que
o ıa
u ⊥ x. Verifiquemos que eso es correcto:

´
1
u, x = y − y, x x, x = y, x − y, x x, x = y, x − y, x x = 0,
x

de donde u ⊥ x.
Basta tomar ahora r = p + w =p + y, x x, es decir

r = p + q − p, x x,

ı
que tiene la propiedad deseada pues q − r = q − p − w = y − w = u ⊥ x,
luego q − r ⊥ L.
Definiciń 2.12 (Proyecciń ortogonal sobre una recta). Llamamos
o o Proyecciń ortogonal
o
Ê Ê
proyecciń ortogonal del punto q ∈ n sobre la recta L ⊆ n , al punto
o sobre una recta
r ∈ L tal que q − r ⊥ L.

Acabamos de probar que dicha proyecciń r existe y es el unico punto de L
o ´
que minimiza la distancia a q, y dimos adem´s una f´rmula para calcular
a o
esta proyecciń en t´rminos de q, la posiciń p de L y su vector director x.
o e o

Como segundo ejemplo, vamos a estudiar ahora en detalle el caso en que
n = 3 y A es un plano Π ⊆ 3 .Ê
◭ Ejercicio

Ejercicio 2.8: Desarrollar de manera similar, en paralelo, el caso en
Ê
que n = 2 y A es una recta en 2 . Notar que ese problema es un caso
particular del que se resolvi´ antes, pero la soluciń va por otro camino,
o o
usando ecuaciones normales en vez de vectores directores.

65

Sea L la recta que pasa por q y que es perpendicular a Π (es decir, que

tiene por vector director un vector normal a Π). Veremos en un momento
que la intersecciń entre Π y L consiste en un solo punto r. Nuestra in-
o
tuiciń geom´trica indica que d(q, Π) = d(q, r), y la demostraciń de este
o e o
hecho sigue exactamente las mismas lineas de lo que hicimos al estudiar la
Ê
proyecciń de un punto sobre una recta en n . (Se prueba la desigualdad
o
(∀z ∈ Π) z = r ⇒ q − z > q − r , etc.)

q

r z

L

´
Definiciń 2.13 (Proyecciń ortogonal sobre un plano). Llamamos
o
Ê Ê
proyecciń ortogonal del punto q ∈ 3 sobre el plano Π ⊆ 3 , al punto
o sobre un plano
r ∈ Π tal que q − r ⊥ Π.
Sabemos que dicho r es el unico punto de Π que minimiza la distancia a q.
´
Lo que no hemos probado a´ n es que tal punto r realmente existe, y a eso
u
nos dedicaremos ahora.

ı
Sea n un vector normal a Π (por ejemplo, si Π = Πp,d1 ,d2 , n se puede tomar
como d1 ×d2 , o si tenemos una ecuaciń Cartesiana Ax1 +Bx2 +Cx3 +D = 0
o
A
para Π, n se puede tomar como B ). La recta L que pasa por q y es
C
perpendicular a Π tiene entonces por ecuaciń vectorial:
o
v = q + tn, t∈ Ê. (2.6)
Sea p un punto (fijo) cualquiera de Π. Podemos entonces escribir la ecuaciń
o
normal de Π:
v − p, n = 0. (2.7)
Ê
Buscamos L ∩ Π, es decir, los v ∈ 3 que satisfacen simultaneamente (2.6)
y (2.7). Pero esto es fćil de resolver. En efecto, (2.7) equivale a v, n =
a
p, n , y usando (2.6), obtenemos

2 p − q, n
q + tn, n = p, n ⇔ q, n + t n = p, n ⇔ t = 2 .
n
Una vez que tenemos la inc´gnita real t despejada, en (2.6) resulta
o
p − q, n
r=v=q+ 2 n (2.8)
n

66

como unica soluciń de (2.6) y (2.7).
´ o

Hemos de paso encontrado una f´rmula (2.8) para la calcular la proyecciń
o o
de q sobre Π en t´rminos de un punto p de Π y un vector normal n a
e
Π. Podemos tambiń calcular la distancia de q a Π: d(q, Π) = d(q, r) =
e
| p−q,n |
r−q = n . De aqu´ sale una famosa f´rmula para la distancia de
ı o
Ê
un punto a un plano en 3 . Supongamos que Π est´ descrito por la ecuaciń
q1
a o
Cartesiana Ax1 + Bx2 + Cx3 + D = 0, y q = q q2 . Entonces f´rmula para d(q, Π)
o
3

|Aq1 + Bq2 + Cq3 + D|
d(q, Π) = √ .
A2 + B 2 + C 2
A
En efecto, podemos usar n = B como vector normal para Π. Con ello la
C
x1
ecuaciń normal de Π ser´ v − p, n = 0, donde v =
o a x2
x3
es un punto que
recorre Π. Manipulando esta ecuaciń normal se obtiene v, n − p, n =
o
0, ´ Ax1 + Bx2 + Cx3 − p, n = 0, y por comparaciń con la ecuaciń
o o o
cartesiana de Π, deber´ tenerse que − p, n = D.
a
Como q, n = Aq1 + Bq2 + Cq3 , entonces

| p − q, n | = | q, n − p, n | = |Aq1 + Bq2 + Cq3 + D| .

´
El resultado se sigue del c´lculo de n .
a
Cabe notar que hay otra manera, tal vez un poco menos eficiente, de calcular
la proyecciń de q sobre Π, usando una ecuaciń vectorial para Π en vez
o o
Ê
de la normal: v = p + λd1 + µd2 , λ, µ ∈ . Esto, junto a v = p + td1 × d2
que es la ecuaciń vectorial de L, entrega el sistema lineal p + λd1 + µd2 =
o
λ

ı
q + td1 × d2 , o mejor d1 | d2 | d1 × d2 µ = q − p. Como d1 y
t
d2 son no nulos y no paralelos, d1 , d2 y d1 × d2 no son coplanares con el
origen, y entonces esta ecuaciń tiene una soluciń unica para λ, µ y t, lo
o o ´
que entrega la proyecciń r = v.
o
Una tercera manera de proceder, tambiń algo mas larga que la primera,
e
es utilizar la f´rmula r = p + λd1 + µd2 (que no dice m´s que el hecho de
o a
que la proyecciń r satisface la ecuaciń vectorial de Π pues es un elemento
o o
de este plano) y recordar que r − q ⊥ Π, es decir, r − q ⊥ d1 ∧ r − q ⊥ d2 .
d1 , p − q + λd1 + µd2 = 0
Se obtiene el sistema de ecuaciones , o,
d2 , p − q + λd1 + µd2 = 0
en su forma matricial:
d1 , d1 d1 , d2 λ d1 , q − p
= .
d2 , d1 d2 , d2 µ d2 , q − p

d1 , d1 d1 , d2
Se puede probar que d1 no es paralelo a d2 ssi la matriz
d2 , d1 d2 , d2
es invertible, luego el sistema anterior tiene una soluciń unica para λ y µ,
o ´
lo que entrega la proyecciń r.
o

67

Observaciń:
o
1. Notemos que la f´rmula (2.8) era fćil de adivinar, pues si n =
o a
1
n n es el vector unitario en la direcciń de n, (2.8) se puede
o
escribir como r = q + p − q, n n

q
p-q <p-q,n>n

n
r p

y recordando que p − q, n n es la proyecciń (como vector) de
o

´
p − q en la direcciń de n, el punto q + p − q, n n deber´ ser
o ıa
el lugar donde la recta que parte de q y va en la direcciń de n
o
encuentra al plano Π.
2. En muchos problemas se puede argumentar de manera similar a la
observaciń 1) (es decir, proyectando sobre una recta vectores que
o
conectan un par de puntos dados, etc.) para llegar r´pidamente
a
a una respuesta.

ı

68

´
ı
Guá
ı
´
I
´
Algebra Lineal 08-2

Ejercicios

1. Demuestre las siguientes propiedades relacionadas con el produto cruz:

(a) ∀x =
x1
x2
x3
∈ Ê3 x = x1 i + x2 j + x3 k, y esta escritura es unica,
´
es decir, si x1 i + x2 j + x3 k = y1 i + y2 j + y3 k, entonces x1 = y1 ∧x2 =
y2 ∧ x3 = y3 .
(b) ∀x, y ∈ Ê3 x × y ⊥ x ∧ x × y ⊥ y.
(c) ∀x, y, z ∈ Ê3 x×(y+z) = x×y+x×z ∧ (x+y)×z = x×z+y×z
(× distribuye sobre +).
(d) ∀x ∈ Ê3 x × x = 0.
(e) ∀x, y, z ∈ Ê3 (x × y) × z = x, z y − y, z x.
2. El objetivo de este ejercicio es probar: Ejercicio 2.6

Sean x, y ∈ Ê3 {0} vectores no paralelos, y sea z ∈ Ê3. Entonces
a) z ⊥ x ∧ z ⊥ y =⇒ (∃λ ∈ Ê) z = λx × y.
z ⊥ x × y =⇒ (∃s, t ∈ Ê) z = sx + ty.

´
b)

Para ello:
Ê
(a) Sean x, y, z ∈ 3 tres vectores no coplanares con el origen, es decir,
que no existe un plano que pasa por el origen y que contiene a los

ı
tres vectores x, y y z. Pruebe que esto equivale a:

(∀s, t ∈ Ê)x = 0 + sy + tz
∧ y = 0 + sx + tz
∧ z = 0 + sx + ty

(b) Pruebe que la condiciń anterior es equivalente a
o

(∀α, β, γ ∈ Ê) αx + βy + γz = 0 =⇒ α = β = γ = 0. (2.9)

Ê
(c) Sea A ∈ M33 ( ) la matriz descrita por columnas como A = x | y | z .
Pruebe que la propiedad 2.9 equivale a que el sistema homogńeo
e
α α
A β = 0 tiene como soluciń unica β = 0, es decir, A es inver-
γ
o ´ γ
tible.
(d) Concluya que tres vectores x, y, z ∈ Ê3 no son coplanares con el
origen ssi la matriz A = x | y | z es invertible.
(e) Considere ahora x e y no nulos y no paralelos. Pruebe que los
vectores x, y y x × y = 0 son no coplanares con el origen.
Indicaciń: Verifique la condiciń 2.9.
o o

69

(f ) Use la conclusiń de la parte 2c para probar que
o

∀z ∈ Ê3 (∃s, t, λ ∈ Ê) z = sx + ty + λx × y. (2.10)

(g) Pruebe, usando la propiedad 2.10, la proposiciń original.
o
3. Estudiar la proyecciń ortogonal de un punto q ∈
o Ê2 sobre una recta Ejercicio 2.8
Ê
L ⊂ 2 , usando ecuaciones normales.

Problemas
P1. Se definen las rectas
       
−1 1 3 0
L1 :  2  + t  2  , t ∈ Ê y L2 :  1  + s  1  , s ∈ Ê.
1 −2 −1 −2

(a) Verifique que L1 y L2 no se intersectan.
(b) Encuentre laecuaciń normal del plano Π que contiene a la recta
o
L1 y es paralelo a L2 .
 

´
3
(c) El punto P =  1  pertenece a L2 . Encuentre la proyecciń o
−1
ortogonal de P sobre el plano Π de la parte (b).
(d) D´ la ecuaciń del plano paralelo a Π que est´ a la misma distancia
e o a
de L1 y L2 (Π es el plano de la parte (b)).
Ê
ı
P2. (a) Sean P y Q puntos distintos en 3 . Demuestre que el conjunto
Ê
A = {x ∈ 3 : ||x − P || = ||x − Q||} es un plano. Encuentre un
punto que pertenezca a A y encuentre un vector normal al plano
A.
(b) En Ê3 considere las rectas
       
0 −1 1 2
L1 : 5 + t −3 , t ∈ Ê y L2 : 2 + s 4 , s ∈ Ê.
1 2 3 1

(1) Demuestre que L1 y L2 se intersectan y encuentre la inter-
secciń.
o
(2) Encuentre el sistema de ecuaciones cartesianas que represen-
 
1
tan a la recta L que pasa por P = 1 y que es perpendi-
1
cular al plano que contiene a L1 y L2 .
(3) Determine las ecuaciones de los planos que son paralelos al
plano que contiene a L1 y L2 , y que se encuentra a distancia
1 del punto en que L1 y L2 se intersectan.

70

 Ê  de Ê
P3. (a) Sean L1 ⊆ 3 el eje las x y L2 ⊆ 3 larecta que pasa por los

1 −1
Ê
puntos 2 y  3 . Encuentre una tercera recta L3 ⊆ 3 que
0 −1
sea perpendicular a L1 y a L2 , y que adem´s intersecte estas dos
a
rectas.
Ê
(b) Sea Π el plano de 3 de ecuaci´n cartesiana x + z + y = 1 y sea P
o
Ê Ê
el origen en 3 . Calcular el punto Q ∈ 3 sim´trico de P , con
e
respecto a Π.

ı ´

71

´
ı
I ´
´
Algebra Lineal 08-2

SEMANA 6: ESPACIOS VECTORIALES

3. Espacios vectoriales
3.1. ´
Definicion
Las estructuras que hasta ahora se han estudiado estń dotadas de opera-
a
ciones que actuan internamente sobre el conjunto donde estń definidas. Es
a
decir, a un par de elementos del conjunto, se le asocia otro elemento del
mismo conjunto. Veremos ahora un tipo diferente de estructura algebraica,
donde la “multiplicaciń” actua sobre un par de elementos de conjuntos
o
distintos. Esta estructura que estudiaremos est´ inspirada en la estructura
a
Ê
lineal de n . Para ello consideremos (V, +) un grupo Abeliano, es decir

+ es ley de composiciń interna
o
+ es asociativa y conmutativa.
Existe un neutro, 0 ∈ V , tal que: ∀x ∈ V, x + 0 = 0 + x = x.
∀x ∈ V , existe un inverso aditivo, −x ∈ V , tal que

´
x + (−x) = (−x) + x = 0.

Sea Ã un cuerpo y definamos una ley de composiciń denominada externa:-
o

Ã×V →V
ley de composiciń
o
externa
(λ, v) → λv ∈ V.

ı
Definiciń 3.1 (Espacio vectorial). Dado un grupo abeliano (V, +) y
o Espacio vectorial
Ã
un cuerpo ( , +, ·), con una ley de composiciń externa. Diremos que V es
o
un espacio vectorial sobre Ã si y s´lo si la ley de composiciń externa
o o
satisface ∀λ, β ∈ K, x, y ∈ V :
(EV1) (λ + β)x = λx + βx.
(EV2) λ(x + y) = λx + λy.
(EV3) λ(βx) = (λβ)x.
(EV4) 1 x = x, donde 1 es el neutro multiplicativo del cuerpo Ã.
En tal caso, los elementos de V se denominan vectores y los de Ã, escalares.- vectores
escalares

Observaciń: Se˜ alemos que en la definiciń anterior participan dos
o n o
estructuras algebraicas diferentes; un grupo Abeliano, (V, +), y un cuer-
Ã
po, . En tal sentido, dos espacios vectoriales son iguales si y s´lo si
o
ambos estń definidos sobre los mismos grupos y cuerpos y, adem´s
a a
con una ley de composiciń externa idńtica.
o e

72

Ejemplos:

1. Es directo de la definiciń anterior que
o Ãn es un espacio vectorial
sobre . Ã
Ã
2. Sea (Mmn ( ), +) el grupo Abeliano de las matrices de m filas y
Ã
n columnas con elementos en . Definamos la ley de composicińo
externa:
Ã
× Mmn ( ) → Mmn ( ) Ã Ã
(λ, A) → λA = (λaij )
Es fćil verificar que se cumplen las propiedades (EV1) a (EV4).
a
Por ejemplo:
   
 a11 . . . a1n b11 . . . b1n 
. + .
λ(A + B) = λ  .
. .
. 
 
am1 . . . amn bm1 . . . bmn

   λ(a + b ) . . . λ(a + b ) 
a11 + b11 . . . a1n + b1n 11 11 1n 1n
. . = . . 

´
= λ .
. .
.  .
. .
. 
am1 + bm1 . . . amn + bmn λ(am1 + bm1 ) . . . λ(amn + bmn )

   
λa11 . . . λa1n λb11 . . . λb1n
. . .
= .
. + .
. .
.  = λA + λB.
λam1 . . . λamn λbm1 . . . λbmn

ı
Ã
ımos entonces que Mmn ( ) es un espacio vectorial sobre
Conclu´
Ã.
Ê
3. Sea Pn ( ) el conjunto de los polinomios de grado menor o igual a
n, con la suma de funciones reales y la multiplicaciń por escalar
o
definida por:

Ê
∀p, q ∈ Pn ( ), (p + q)(x) = p(x) + q(x)
∀λ ∈ Ê, (λp)(x) = λp(x)
n n
o bien, si p(x) = ai xi , q(x) = bi xi
i=0 i=0

n n
(p + q)(x) = (ai + bi )xi , (λp)(x) = (λai )xi .
i=0 i=0

Ê
Es directo verificar que Pn ( ) es espacio vectorial sobre . Ê
Adem´s,
a
Ê ÊÊ
Pn ( ) ⊆ F( , ), lo cual, nos llevar´ m´s adelante, a definir la
a a
nociń de subespacio vectorial.
o

73

Ã
4. Tomemos ahora un cuerpo ( , +, ·) arbitrario. Claramente ( , +) Ã

es un grupo Abeliano. Adem´s, definamos la ley de composiciń:
a o

Ã×Ã→Ã
(λ, v) → λ · v

Ã Ã
donde ” · ” es la multiplicaciń en el cuerpo . Como es cuerpo,
o
se verifican las propiedades . Conclu´ ımos entonces que todo cuerpo,
Ã , es espacio vectorial sobre si mismo. Dos ejemplos importantes
son Ê y .
5. Sea el grupo Abeliano ( , +) con la ley de composiciń externa:
o

Ê× →
(λ, a + bi) → λ(a + bi) = λa + λbi

Ê
Es claro que es un espacio vectorial sobre pero no es el mismo
espacio vectorial definido sobre . Es decir, el espacio vectorial
sobre es distinto al espacio vectorial Ê
sobre , pues los
cuerpos sobre los cuales estń definidos son diferentes.
a

´
◭ Ejercicio

Ejercicio 3.1: Sea V un e.v. sobre Ã. Probar que:
1. 0v = v0 = 0, ∀v ∈ V, 0 ∈ Ã, elemento neutro aditivo de Ã.
2. λ0 = 0λ = 0, ∀λ ∈ Ã, 0 ∈ V , elemento neutro aditivo de V .
3. λv = 0 ⇒ λ = 0 ∨ v = 0, λ ∈ Ã, v ∈ V .
ı

3.2. Subespacios vectoriales
Definiciń 3.2 (Subespacio vectorial). Sea un espacio vectorial V so-
o subespacio vectorial
Ã
bre un cuerpo . Diremos que U = φ, es un subespacio vectorial (s.e.v) de (s.e.v.)
V si y s´lo si:
o
1. ∀u, v ∈ U, u + v ∈ U
2. ∀λ ∈ Ã, ∀u ∈ U, λu ∈ U.
Es decir, ambas operaciones, la interna y la externa, son cerradas en U .
La siguiente proposiciń nos entrega una forma m´s compacta de caracte-
o a
rizar a un s.e.v.

Proposiciń 3.1. Sea un espacio vectorial V sobre un cuerpo
o Ã. U = φ,
es subespacio vectorial (s.e.v) de V si y s´lo si:
o
∀λ1 , λ2 ∈ Ã, ∀u1, u2 ∈ U, λ1 u1 + λ2 u2 ∈ U.

74

´
Demostracion. En efecto, si se verifica la primera definiciń entonces,
o

de la propiedad 2, λ1 u1 ∈ U y λ2 u2 ∈ U . De la propiedad 1 se concluye
λ1 u1 + λ2 u2 ∈ U .
En el otro sentido, basta tomar λ1 = λ2 = 1 para verificar la primera
propiedad y λ2 = 0 para verificar la segunda.

Observaciń: Si U es un s.e.v. de V entonces 0 ∈ U (basta tomar
o
λ = 0). Luego el subespacio vectorial m´s peque˜ o de V es {0}. El m´s
a n a
grande es, obviamente, V .

Ejemplos:

1. El conjunto de los polinomios de grado menor o igual a n, Pn ( ), Ê
ÊÊ
es subespacio de F( , ).
2. U = {(x, y)/ax + by = 0} es un subespacio vectorial de Ê2. En
Ê
efecto, sean (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) ∈ U, λ1 , λ2 ∈ :

λ1 (x1 , y1 ) + λ2 (x2 , y2 ) = (λ1 x1 + λ2 x2 , λ1 y1 + λ2 y2 )

´
Adem´s, a(λ1 x1 +λ2 x2 )+b(λ1 y1 +λ2 y2 ) = λ1 (ax1 +by1 )+λ2 (ax2 +
a
by2 ) = λ1 0 + λ2 0 = 0. Es decir, λ1 (x1 , y1 ) + λ2 (x2 , y2 ) ∈ U .
El subespacio vectorial U est´ compuesto de todos los vectores de
a
Ê 2
contenidos en la recta ax+by = 0. Es claro que, dado un vector
(x, y) de dicha recta, λ(x, y), est´ en la misma recta as´ como la
a ı
suma de dos vectores sobre ella. De esto conclu´ ımos que cualquiera
Ê
ı
recta que pasa por el origen es un s.e.v. de 2 .
Ê
3. Sea la matriz M ∈ Mmn ( ), el conjunto U = {x ∈ n /M x = 0} Ê
Ê
es un s.e.v. de n . En efecto:
Ê Ê
Dados λ1 , λ2 ∈ , x, y ∈ n . M (λ1 x + λ2 y) = λ1 M x + λ2 M y =
λ1 0 + λ2 0 = 0, luego, λ1 x + λ2 y ∈ U.

Supongamos ahora que, dado un espacio vectorial V sobre un cuerpo Ã, se
tienen U, W s.e.v. de V . Es directo que
U ∩ W es tambiń s.e.v de V.
e
En efecto, si x, y ∈ U ∩ W, λ1 , λ2 ∈ K, entonces como U, W son s.e.v. de U ∩ W es s.e.v.
V , λ1 x + λ2 y ∈ U y λ1 x + λ2 y ∈ W .
Sin embargo, la uniń no es necesariamente un s.e.v de V .
o
Ejemplo:
Ê Ê
Tomemos U = {(x, y) ∈ 2 /x − y = 0}, W = {(x, y) ∈ 2 /y − 2x = 0}.
Ê
Es claro que ambos son s.e.v de 2 . Sin embargo, (1, 1) ∈ U, (1, 2) ∈ W
pero (1, 1) + (1, 2) = (2, 3) ∈ U ∪ W , luego no es s.e.v. (grafique para
/
cerciorarse).

75

Esta constataciń nos llevar´, m´s adelante, a definir una operaciń en-
o a a o
tre espacios vectoriales (la “suma”) tal que podamos hablar de “uniones”

compatibles con la estructura de espacio vectorial.

3.3. Combinaciones lineales
Ã
Sea V un espacio vectorial sobre un cuerpo , y una colecciń de vectores
o
v1 , v2 , ..., vn ∈ V , y de escalares λ1 , ..., λn ∈ K. Denominamos combina-
ciń lineal a la suma ponderada de estos vectores:
o combinaciń lineal
o
n
λi vi = λ1 v1 + ... + λn vn
i=1
n
Claramente, por inducciń sobre n, se prueba que
o λi vi ∈ V .
i=1
Dado un conjunto fijo, v1 , ..., vn ∈ V de vectores, definimos el conjunto de
todas sus combinaciones lineales como sigue: {v1 , ..., vn }
n
{v1 , ..., vn } = {v ∈ V /v = λi vi , λi ∈ Ã}.
i=1

´
Proposiciń 3.2. Sean V e.v. y v1 , ..., vn ∈ V . Entonces {v1 , . . . , vn } es
o
un subespacio vectorial de V . Adem´s es el s.e.v. m´s pequeõ que contie-
a a n
ne los vectores v1 , . . . , vn . Es decir, si otro s.e.v U los contiene, entonces
{v1 , . . . , vn } ⊆ U .
Por ende, {v1 , . . . , vn } es llamado subespacio vectorial generado por
{vi }n .
i=1

ı
´
Demostracion. Para probar que es un subespacio vectorial de V , sean
n n
u, v ∈ {v1 , . . . , vn } , α, β ∈ K. Tenemos que u = λi vi , v = λ′ vi ,
i
i=1 i=1
luego
n
αu + βv = (αλi + βλ′ )vi ∈ {v1 , ..., vn } .
i
i=1
Para probar que es el m´s peque˜ o, basta notar que como U es s.e.v. de V
a n
y contiene el conjunto {vi }n , entonces contiene todas sus combinaciones
i=1
lineales.

Ejemplo:
Ê
Tomemos v = (1, 1) ∈ 2 , el subespacio {v} = {λ(1, 1)/λ ∈ } corres- Ê
ponde a la recta que pasa por el or´ ıgen con direcciń dada por el vector
o
(1,1). Sean v1 = (1, 0), v2 = (0, 1),

{v1 , v2 } = {λ(0, 1) + β(1, 0) | λ, β ∈ Ê} = Ê2.
En efecto, dado un vector arbitrario (a, b) ∈ Ê2, este puede escribirse
como
(a, b) = a(1, 0) + b(0, 1).

76

3.4. Dependencia e independencia lineal

Definiciń 3.3. Sea {vi }n ⊆ V , diremos que estos vectores son lineal-
o i=1
mente dependientes (ℓ.d.) si y solo si: existen escalares {λ1 , ..., λn }, no linealmente
n n dependientes (ℓ.d.)
todos nulos, tales que λi vi = 0. En caso contrario, es decir λi vi =
i=1 i=1
0 ⇒ λi = 0 ∀i = 1, ..., n, diremos que el conjunto de vectores {vi }n es
i=1
linealmente independiente (ℓ.i.). linealmente
independiente (ℓ.i.)
Ejemplos:

{(1, 1), (2, 2)} es un conjunto linealmente dependiente:

−2(1, 1) + (2, 2) = (0, 0).

Dado un espacio vectorial arbitrario V sobre Ã, {0} es linealmente
dependiente pues: ∀λ λ0 = 0.
En general, cualquier conjunto de vectores, {vi }n que contenga
i=1
0 ∈ V es linealmente dependiente. Basta tomar la combinaciń o
0v1 + 0v2 + . · · · + 0vn + 1 · 0 = 0, con escalares no todos nulos.

´
De manera similar a lo anterior es fćil verificar que un conjunto depen-
a
diente sigue manteniendo esta propiedad al agregarle vectores. Adem´s, a
un conjunto independiente, mantiene la independencia al extraerle vecto-
res.
En efecto, sea {vi }p ⊆ V un conjunto de vectores ℓ.d, entonces existe una
i=1
combinaciń lineal nula con escalares no todos nulos:
o

ı
p
λi vi = 0.
i=1

Luego ∀v ∈ V, {v} ∪ {vi }p es ℓ.d., ya que basta tomar la combinaciń
i=1 o
lineal:
n
0v + λi vi = 0.
i=1
Supongamos, ahora que el conjunto {vi }p es ℓ.i., es directo de la de la
i=1
definiciń que al sacar un vector, vk , el conjunto {vi }p {vk } es ℓ.i.
o i=1

Ejemplos:

Ê
1. El conjunto {(1, 1, 1), (0, 1, 1), (1, 0, 0)} ⊆ 3 es ℓ.d. En efecto,
(1, 1, 1) = (0, 1, 1) + (1, 0, 0), es decir (1, 1, 1) − (0, 1, 1) − (1, 0, 0) =
(0, 0, 0) donde λ1 = 1, λ2 = −1, λ3 = −1.
È Ê
2. En el espacio vectorial 4 ( ), los polinomios 1, x son ℓ.i En efecto,
tomemos una combinaciń lineal nula λ1+βx = 0, pero si β = 0 se
o
tendr´ que λ + βx es un polinomio de grado 1, luego tiene a lo m´s
a a
una ra´ y el polinomio 0 tiene infinitas ra´
ız ıces, luego λ = β = 0.

77

3. Los vectores en Ê4, {(1, 1, 0, 1), (1, 0, 1, 0), (0, 0, 1, 1), (0, 1, 1, 0)},

son ℓ.i. En efecto:

λ1 (1, 1, 0, 1)+λ2 (1, 0, 1, 0)+λ3 (0, 0, 1, 1)+λ4 (0, 1, 1, 0) = (0, 0, 0, 0)

es equivalente al sistema de 4 × 4:

λ1 + λ2 = 0
λ1 + λ4 = 0
λ2 + λ3 + λ4 = 0
λ1 + λ3 = 0

en t´rminos matriciales
e
    
1 1 0 0 λ1 0
1 0 0 1   λ2   0 
   =  
0 1 1 1 λ3 0
1 0 1 0 λ4 0

Aplicando Gauss a la matriz aumentada:
     

´
1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0
1 0 0 1 0  0 −1 0 1 0  0 −1 0 1 0
 → → 
0 1 1 1 0 0 1 1 1 0 0 0 1 2 0
1 0 1 0 0 0 −1 1 0 0 0 0 1 −1 0

 
1 1 0 0 0
 0 −1 0 1 0
→  ⇒ λ1 = λ2 = λ3 = λ4 = 0.

ı
0 0 1 2 0
0 0 0 −3 0

Ã
En general en n , dado un conjunto de m vectores {v1 , ..., vm }, donde
vi = (v1i , ..., vni ),
i = 1, ..., m, podemos estudiar su dependencia o independencia lineal a
trav´s de un sistema de n ecuaciones y m inc´gnitas. En efecto:
e o

λ1 v1 + ... + λm vm = 0
     0
v11 v12 v1m
.
 v21  v  v  . 
 .  + λ2  22  + ... + λm  2m  =  . 
⇔ λ1  . 
.  . 
.
.  .  .
.
. .
.
vn1 vn2 vnm 0

   0
v11 v12 ··· v1m λ1
.
 v21 v22 ··· v2m   λ2   . 
⇔  .
 . .
. . 
. 
.
. =.∈
.  . Ãm.
. . . . .
vn1 vn2 ··· vnm λm 0

78

Ã

Definiendo M = (vij ) ∈ Mnm ( ) (es decir poniendo los vectores originales
¯ Ã
como columnas) y λ ∈ m como el vector de inc´gnitas, se tiene que para
o
analizar la dependencia o independencia lineal basta estudiar las soluciones
¯
del sistema M λ = 0.
¯
Si existe λ = 0 que satisface el sistema, entonces el conjunto de vectores
{vi }m es ℓ.d., en caso contrario es ℓ.i.. M´s a´ n, sabemos que si m > n el
i=1 a u
sistema tiene m´s de una soluciń, en particular una no nula luego {vi }m
a o i=1
es ℓ.d..
As´ se ha probado:
ı

Teorema 3.1. En Ên, m > n vectores son siempre linealmente dependien-
tes.

o n Ã
Observaciń: Conviene se˜ alar que en n siempre es posible deter-
minar n vectores independientes. Basta tomar el conjunto {ei }n , ei =
i=1
(0, ..., 1, ..., 0), donde la componente no nula es la i-´sima.
e

ı ´

79

´
ı
Guá
ı
´
I
´
Algebra Lineal 08-2

Ejercicios

1. Sea V un e.v. sobre Ã. Probar que: Ejercicio 3.1

(a) 0v = v0 = 0, ∀v ∈ V, 0 ∈ Ã, elemento neutro aditivo de Ã.
(b) λ0 = 0λ = 0, ∀λ ∈ Ã, 0 ∈ V , elemento neutro aditivo de V .
(c) λv = 0 ⇒ λ = 0 ∨ v = 0, λ ∈ Ã, v ∈ V .
2. Determinar cu´les de las siguientes estructuras son espacios vectoriales:
a
(a) Ê2 con la suma usual y la siguiente ponderaciń: α ∈ Ê,
o α(a, b) =
(αa, b).
(b) Ê 2
con la suma usual y la siguiente ponderaciń: α ∈ , α(a, b) =
o Ê
(αa, 0).
(c) Ê +
con la “suma”: x ⊕ y = x × y y la ponderaciń: αx = xα .
o
(d) Ê
El conjunto de las funciones de [a, b] en acotadas, con la suma y
poderaciń (por escalares en ) usuales.
o Ê
(e) Ê Ê
El conjunto de las funciones f : → tales que f (−1) = f (1), con
la suma y ponderaciń usuales.
o
Ê
3. Sea Pn ( ) el conjunto de los polinomios de grado menor o igual a n,

´
con la suma de funciones reales y la multiplicaciń por escalar definida
o
por:
Ê
∀p, q ∈ Pn ( ), (p + q)(x) = p(x) + q(x)
Ê
∀λ ∈ , (λp)(x) = λp(x).
Ê
Pruebe que Pn ( ) es espacio vectorial sobre Ê.
Ê
4. Indique cu´les de los siguientes conjuntos son s.e.v. de P2 ( ) (conside-
a

ı
rado como en la parte anterior) y cu´les no lo son. Pruebe su respuesta.
a
(a) U = {p(x) = a(x2 + x + 1) | a ∈ }. Ê
(b) U = {p(x) = ax2 + bx + b) | a, b ∈ }. Ê
(c) U = {p(x) = x2 + ax + b | a, b ∈ }. Ê
(d) U = {p(x) = ax2 + b | a, b ∈ }. Ê
(e) U = {p(x) = ax2 + b2 x + x + c | a, b, c ∈ Ê {0}}.
5. Determine la dependencia o independencia lineal de cada uno de los
siguientes conjuntos de vectores:

(a)
−3
1
0
,
4
6
−5
,
−7
−5
5
⊆ Ê3.
2 2 2
(b) x + 1, x − 1, x + x + 1 ⊆ P2 ( ). Ê
00 1 0 11 Ê
(c) {( 1 0 ) , ( 1 1 ) , ( 1 1 ) , ( 1 1 )} ⊆ M22 ( )
00

6. (a) Sean a, b, c tres vectores de un espacio vectorial V . Determine si el
conjunto {a + b, b + c, c + a} es un conjunto l.i.
(b) Sea {u1 , u2 , . . . , uk } un subconjunto l.i. de un espacio vectorial V .
Pruebe que ∀α escalar, el conjunto:
{u1 + αu2 , u3 , . . . , uk } es l.i.

80

Problemas

Ê
P1. Sea P3 ( ) el conjunto de polinomios de grado menor o igual a 3 con
Ê
coeficientes reales. Sean p1 , p2 , p3 ∈ P3 ( ) tales que

p1 (x) = 1 + 6x2 , p2 (x) = 4x, p3 (x) = 1 + 3 + 5x2 .

Ê
Demuestre que P2 ( ) = {p1 , p2 , p3 } .
P2. Sean E, F e.v. sobre un cuerpo Ã. Sea T una funciń T : E → F , que
o
satisface:
(1) T (0E ) = 0F . En donde 0E y 0F son los neutros aditivos en cada
e.v.
(2) ∀x ∈ E, ∀α ∈ Ã: T (αx) = αT (x).
(3) ∀x, y ∈ E, T (x + y) = T (x) + T (y).
Considere
T (E) = {y ∈ F | y = T (x), x ∈ E}.
(a) Muestre que T (E) es un s.e.v. de F .

´
(b) Suponga adem´s que T satisface que:
a

∀x ∈ E, T (x) = 0 ⇒ x = 0.

Muestre que si {u1 , . . . , un } ⊆ E es l.i., entonces {T (u1), . . . , T (un )} ⊆
F es l.i.
P3. Sean E y F espacios vectoriales sobre el mismo cuerpo Ã.
ı
(a) Pruebe que dotando al conjunto E × F de las leyes

∀(x, y), (u, v) ∈ E × F, (x, y) + (u, v) = (x + u, y + v)

∀α ∈ Ã, ∀(x, y) ∈ E × F, α(x, y) = (αx, αy),
´ste resulta ser un e.v. sobre Ã.
e
(b) Pruebe que E × {0F } y {0E } × F son subespacios vectoriales de
E × F . Determine 0E×F y pruebe que (E × {0F }) ∩ ({0E } × F ) =
{0E×F }.
(c) Sea {e1 , e2 , . . . , en } ⊆ E un conjunto l.i. en E y {f1 , f2 , . . . , fm } ⊆
F un conjunto l.i. en F . Determine un conjunto l.i. en E × F , de
tama˜ o n + m.
n
P4. Sea E el espacio vectorial sobre Ê de las funciones definidas sobre
a valores reales:

E = {f | f : → Ê es funciń}.
o

81

(a) Sean a1 , a2 ∈Ê con a2 = 0 y F0 el conjunto de las funciones

f ∈ E que verifican la condiciń:
o

∀n ∈ , f (n) + a1 f (n − 1) + a2 f (n − 2) = 0.

Pruebe que F0 es un s.e.v. de E.
(b) Sea ahora F1 el conjunto de las funciones f ∈ E que verifican la
condiciń:
o

∀n ∈ , f (n) + a1 f (n − 1) + a2 f (n − 2) = 1.

Pruebe que F1 no es un s.e.v. de E.

ı ´

82

´
ı
I ´
´
Algebra Lineal 08-2

SEMANA 7: ESPACIOS VECTORIALES

3.5. Generadores de un espacio vectorial
Sea V un espacio vectorial sobre un cuerpo Ã. Diremos que los vectores
{v1 , ..., vn } ⊆ V , generan V si y s´lo s´
o ı: {v1 , ..., vn } ⊆ V
generan V
{v1 , ..., vn } = V

o de manera equivalente:
n
∀v ∈ V, ∃{λi }n ⊆
i=1 Ã, tal que v= λi vi .
i=1

Ejemplo:
Tomemos el conjunto {(1, 0), (0, 1), (1, 1)}. Este genera 2 . En efecto, Ê
(x, y) = x(1, 0) + y(0, 1) + 0(1, 1). Es decir {(1, 0), (0, 1), (1, 1)} = 2 . Ê
Pero, en este caso, la forma de escribir (x, y) no es unica:
´

´
(x, y) = (x − y)(1, 0) + y(1, 1) + 0(0, 1).
En ambas combinaciones lineales “sobra” un vector. M´s ań, constata-
a u
mos que los tres vectores son l.d.:

(1, 1) − (1, 0) − (0, 1) = (0, 0)

Esto nos lleva a la nociń de conjunto generador de 2 con un n´ me-
o u Ê

ı
ro m´ınimo de vectores linealmente independientes. En nuestro ejemplo
anterior
{(1, 0), (0, 1)} ´ {(1, 1), (1, 0)}.
o
¿Hay alguno m´s?.
a

Definiciń 3.4 (Base). Dado un espacio vectorial V sobre , diremos
o Ã
que el conjunto de vectores {vi }n es una base de V si y s´lo s´:
i=1 o ı base

(1) {vi }n es un conjunto l.i.
i=1

(2) V = {v1 , ..., vn } .

Ejemplos:

Ã
1. En n , el conjunto {ei }n , donde ei = (0, ..., 1, 0..,0) es base. En
i=1
efecto, ya probamos que son l.i., adem´s, dado x = (x1 , ..., xn ) ∈
a
Ãn , x = Ãn se denomina base canńica.
n
xi ei . Esta base de o
i=1

83

2. Estudiemos, en Ê3
, si el conjunto de vectores, B =

{(1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1)}, es base. Veamos primero si B es ge-
Ê
nerador. Sea b = (b1 , b2 , b3 ) ∈ 3 y determinemos si existen esca-
lares, {λ1 , λ2 , λ3 }, tales que: (b1 , b2 , b3 ) = λ1 (1, 1, 0) + λ2 (1, 0, 1) +
λ3 (0, 1, 1). Esto es equivalente a estudiar el sistema de 3 × 3:
    
1 1 0 λ1 b1
 1 0 1   λ2  =  b2  .
0 1 1 λ3 b3

Para resolverlo tomemos la matriz aumentada y escalaremos:
     
1 1 0 b1 1 1 0 b1 1 1 0 b1
 1 0 1 b2  →  0 −1 1 b2 − b1  →  0 −1 1 b2 − b1  ,
0 1 1 b3 0 1 1 b3 0 0 2 b3 + b2 − b1

de donde: λ3 = b3 +b2 −b1 , λ2 = b1 +b2 −b2 , λ1 =
2 3 b1 +b2 −b3
. Es decir,
Ê
2
3
dado b ∈ , b es combinaciń lineal de B:
o
b1 + b2 − b3 b1 + b3 − b2 b2 + b3 − b1
(b1 , b2 , b3 ) = (1, 1, 0)+ (1, 0, 1)+ (0, 1, 1).
2 2 2

´
Luego Ê3 = B . Para determinar que el conjunto B es l.i. (y por

lo tanto base) basta resolver el sistema anterior para b = (0, 0, 0).
En este caso se concluye λ1 = λ3 = λ3 = 0, y por lo tanto son l.i.

Ê
3. En el espacio vectorial Pn ( ), el conjunto B = {1, x, x2 , ..., xn } es
base. En efecto. Es claro que cualquier polinomio, q de grado ≤ n

ı
se escribe como combinaciń lineal de los vectores en B:
o
n
q(x) = ai xi .
i=0

para verificar que estos son ℓ.i tomemos la combinaciń lineal
o
n
λi xi = 0.
i=0

Se tiene que, si el polinomio de la izquierda tiene alg´ n coeficiente
u
no nulo, entonces es un polinomio de grado entre 0 y n luego posee,
a lo m´s, n ra´
a ıces. Pero el polinomio de la derecha (polinomio nulo)
tiene infinitas ra´ıces. De esto se desprende que λi = 0, i = 0, ..., n.

Otra manera de verificar la independencia lineal es mediante deri-
vaciń:
o
n
d
( λi xi ) = λ1 + 2λ2 x + ... + nλn xn−1 = 0
dx i=0

84

n
d2
( λi xi ) = 2λ2 + ... + n(n − 1)λn xn−2 = 0

dx2 i=0
.
.
. .
n
dn
( λi xi ) = n!λn = 0
dxn i=0
⇒ λn = 0 ⇒ λn−1 ⇒ ... ⇒ λ1 = 0 ⇒ λ0 = 0

4. Existen espacios vectoriales en los cuales ning´ n conjunto finito de
u
vectores es base, por ejemplo, sea S el conjunto de las sucesiones,
es decir:
S = {(un )/un ∈ , ∀n ∈ }.Ê Æ
Claramente, con la suma (un )+(vn ) = (un +vn ) y la multiplicaciń
o
Ê
λ(un ) = (λun ), λ ∈ , S es un espacio vectorial sobre . Ê
Vemos que el conjunto finito de sucesiones Bn = {x , . . . , x(n) },
(1)
(i)
donde xj = 1 si y s´lo si i = j (0 en otro caso), es linealmente
o
independiente. En efecto:

´
n
λi x(i) = (λ1 , λ2 , ..., λn , 0, 0...) = (0, ..., 0, ...) ⇒ λi = 0 ∀i = 1, ..., n.
i=0

Pero, siempre es posible agrandar este conjunto. Basta tomar
Æ
Bn+1 = Bn ∪ {x(n+1) }. Adem´s ∀n ∈ , Bn no es generador pues
a
dado n fijo, el vector x(n+1) es linealmente independiente de los

ı
vectores de Bn . Es decir, extendiendo adecuadamente las defini-
ciones de l.i. y generador a conjuntos infinitos (lo cual se puede
hacer, pero no lo haremos aqu´ la “base” ser´ B = n≥1 Bn ,
ı), ıa
que es un conjunto infinito. Sin embargo, es posible probar que
B tampoco puede generar a todas las sucesiones de S, es s´lo un
o
conjunto l.i.

5. Observemos que el conjunto de las progresiones aritm´ticas, P A e
es un s.e.v. de S, y este tiene una base finita. En efecto ¯ = 1
(1, . . . , 1, . . . ), e = (1, 2, 3, . . . , n, . . . ) ∈ P A y adem´s son l.i.:
a
¯
λ1 + βe = (λ + β, λ + 2β, λ + 3β, ..., λ + uβ, ...) = (0, ..., 0, ...)

⇒ (λ + β = 0) ∧ (λ + 2β = 0) ⇒ λ = β = 0.
Adem´s son generadores: Sea (xn )n una progresiń de diferencia
a o
d entonces se tiene xn = x0 + nd y por lo tanto:

(xn ) = x0 ¯ + de.
1

85

Una caracterizaciń de base, que nos ser´ util m´s adelante, es la siguiente:
o a´ a

Proposiciń 3.3. Dado un espacio vectorial V , B = {vi }n ⊆ V es una
o i=1
base si y s´lo s´ ∀v ∈ V, v se escribe de manera unica como combinaciń
o ı ´ o
lineal de los vectores del conjunto B.

´
Demostracion. Demostremos esta propiedad:
⇒) Como B es base, B = V , luego v se escribe como combinaciń lineal
o
de los vectores en B. Supongamos que esto puede hacerse de dos maneras:
n n
v= αi vi , v = βi vi .
i=1 i=1

n
Se tiene entonces (αi −βi )vi = 0. Como B es un conjunto l.i., conclu´
ımos
i=1
que αi = βi para todo i.
⇐) Por hip´tesis, cualquier vector v ∈ V es combinaciń lineal del conjunto
o o
n
B, luego B es generador. Supongamos que B es l.d., entonces λi vi = 0
i=1

´
con escalares no todos nulos. Adem´s 0v1 + 0v + ... + 0vn = 0 luego el
a
vector 0 se escribe de dos maneras distintas, lo cual es una contradicciń.
o
Conclu´ımos entonces que B es base.

Observaciń: Por convenciń el conjunto vac´ φ es la base del espacio
o o ıo
vectorial {0}. Esto pues por definiciń diremos que φ es l.i. y adem´s
o a

ı
el subespacio m´s peque˜ o que lo contiene es {0}.
a n

Otra propiedad importante es la siguiente:

Teorema 3.2. Si X = {v1 , . . . , vn } ⊆ V es un conjunto generador, en-
tonces es posible extraer un subconjunto B = {vi1 , . . . , vis } que es base de
V.

´
Demostracion. Procederemos de manera recursiva

1. Elijamos vi1 ∈ B, el primer vector no nulo que encontremos (¿ Qu´ pa-
e
sa si todos son cero?). Hagamos B1 = {vi1 }. Claramente B1 es lineal-
mente independiente.
2. Preguntamos ¿X B1 ⊆ B1 ?
Si es cierto: Entonces B1 es base. En efecto, X B1 ⊆ B1 ⇒
n
∀j = i1 , vj = λj vi1 . Como V = X ⇒ ∀v ∈ V, v = αk vk =
k=1

86

αk λk vi1 + αi1 vi1 = λvi1 ∈ B1 , con λ ∈ Ã lo que implica que

k=i1
V ⊆ B1 . Es decir V = B1 , luego B1 es l.i. y generador.
Si no es cierto: Entonces ∃vi2 ∈ X B1 , vi2 ∈ B1 . Hacemos B2 =
/
B1 ∪ {vi2 } y repetimos el procedimiento anterior.
En el k-´simo paso se habr´ generado, a partir de Bk−1 = {vi1 , ..., vik−1 },
e a
(que es linealmente independiente), el nuevo conjunto:

Bk = Bk−1 ∪ {vik }, vik ∈ Bk−1 .
/

Bk es linealmente independiente: En efecto, sea:
k
λj vij = 0.
j=1

k−1
1
Si λk = 0 entonces vik = − λk λj vij ∈ Bk−1 que es una contra-
j=1
dicciń. Luego λk = 0 y, como Bk−1 es linealmente independiente,
o
λj = 0 ∀j = 1...k − 1.

´
Finalmente, como el conjunto de vectores X es finito, en un n´ mero fi-
u
nito de pasos determinamos un conjunto linealmente independiente Bs =
{vi1 , ..., vis }, tal que X Bs ⊆ Bs y de manera an´loga a lo ya hecho se
a
prueba que es generador y por lo tanto base de V .

En la demostraciń anterior, elegimos el “pr´ximo” vector, vik , para “en-
o o
trar” al conjunto Bk−1 , exigiendo solamente: vik ∈ Bk−1 . Obviamente
/

ı
pueden existir varios vectores con tal propiedad. Esto permite afirmar que,
en general, a partir de B podemos determinar varias bases (a menos claro
que B mismo sea una base).

Ejemplo:
Si B = {(1, 0), (0, 1), (1, 1)}, los subconjuntos
{(1, 0), (0, 1)}, {(1, 0), (1, 1)} y {(0, 1), (1, 1)} son todos bases de
Ê 2
.
Daremos ahora una generalizaciń del Teorema 3.1.
o

Teorema 3.3. Supongamos que tenemos B = {vi }n , base de V y un
i=1
conjunto arbitrario X = {wi }m ⊆ V . Si m > n, entonces el conjunto X
i=1
es l.d.

´
Demostracion. En efecto, como B es base: wi = λ1i v1 + ... + λni vn 1≤
i ≤ m. Tomemos una combinaciń lineal de los vectores de X:
o

β1 ω1 + ... + βm ωm = 0, (3.1)

87

reemplazando cada wi como combinaciń lineal de B, 3.1 equivale a:
o

m
βi [λ1i v1 + ... + λni vn ] = 0
i=1
m n
⇔ βi λji vj = 0
i=1 j=1
n m
⇔ vj ( βi λji ) = 0
j=1 i=1

y como B = {vj }n es l.i., lo anterior es equivalente a
j=1

m
λji βi = 0 1≤j≤n
i=1
¯
o, de manera matricial Aβ = 0, donde
   
λ11 λ12 · · · λ1m β1
 λ21 λ22 · · · λ2m   β2 
A= . . ¯
. , β =  . .
 . . .
. .
.   . 
.

´
λn1 λn2 · · · λnm βm
Del cap´ıtulo anterior sabemos que para m > n el sistema anterior tiene
m´s de una soluciń (infinitas), luego al menos una no nula. Es decir existen
a o
escalares β1 , ..., βm , no todos nulos, soluciń de la ecuaciń 3.1. De donde
o o
conclu´ımos que X es l.d.

ı
De este resultado se desprende directamente el corolario siguiente que es
suma importancia:
Corolario 3.1. Si {vi }i=1 , y {ui }m son bases de V , entonces n = m.
n
i=1

´
Demostracion. En efecto, si n > m, de la propiedad anterior conclu´
ımos
{vi }n es l.d., lo cual es una contradicciń.
i=1 o

As´ si existe una base finita, de cardinal n, entonces cualquier otra base
ı,
contiene exactamente n vectores.
Esto nos lleva a definir la dimensiń de un espacio vectorial.
o
Definiciń 3.5 (Dimensiń). Diremos que un espacio vectorial V sobre
o o dimensiń
o
Ã es de dimensiń n (finita) si admite una base de cardinalidad n. En caso
o
que no exista una base finita, hablaremos de espacio vectorial de dimensiń
o
infinita. dimensiń infinita
o
Notaremos dim V al cardinal de una base (dim V = ∞, si V no posee una
base finita). En particular dim{0}=0.

Ejemplos:

1. dim Ên = n.
88

2. dim S = ∞.

3. dim P A = 2.
4. dim Mmn = m · n.

Verifiquemos esta ultima. Tomemos el conjunto de matrices de 0 y 1:
´
¯
B = {E[α, β] = (eαβ ), eαβ = 1 ⇔ (α, β) = (i, j) α ∈ {1, ..., m}, β ∈ {1, ..., n}}.
ij ij

Este conjunto corresponde a la base canńica del espacio de las matrices.
o
Por ejemplo, para m = 2 y n = 3, el conjunto B est´ formado por las
a
matrices:
1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0
, , , , , .
0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1

Volvamos al caso general, claramente B es l.i.
   
m n λ11 ...λ1n 0 ... 0
 .
. = . 
.
λαβ E[α, β] = . .
α=1 β=1 λm1 ...λmn 0 ... 0

´
⇒ λαβ = 0 ∀α, β.
Adem´s, dada A = (aij ) ∈ Mmn (K):
a
m n
A= aαβ E[α, β].
α=1 β=1

Luego, el conjunto {E[α, β]}α,β es base. Es decir dim Mmn (K) = mn.
ı
Algunas propiedades de los espacios de dimensiń finita son las siguientes:
o

Teorema 3.4.
1. Sea dim V = n. Si {vi }i=1 es l.i. entonces {vi }n es base.
n
i=1

2. Sea U un s.e.v de V , luego dim U ≤ dim V m´s ań se tiene que
a u
dim U = dim V ⇒ U = V .

´
Demostracion.
1. Basta probar que V = {v1 , ..., vn } . Supongamos ∃u ∈ {v1 , .., vn } ,
/
luego
B = {u, v1 , ..., vn } es l.i. y |B| = n + 1 > n. Lo que es una contra-
dicciń, pues todo conjunto de cardinal mayor que la dimensiń debe
o o
ser l.d.

89

2. Supongamos m = dim U > n = dim V , entonces existe {ui }m base
i=1

de U , pero {ui }m ⊆ V es l.i., de cardinal mayor que la dimensiń,
i=1 o
lo cual contradice el hecho que el m´ximo conjunto de vectores l.i. es
a
de cardinalidad n.
Para probar la ultima parte supongamos U = V . Sea {ui }n una
´ i=1
base de U . Como U = V y {u1 , ..., un } = U,
∃v ∈ V U ⇒ B = {v} ∪ {ui }n es l.i. en V y |B| > dim V , que al
i=1
igual que antes da una contradicciń.
o

Un resultado importante es la posibilidad de que, en un espacio vectorial
V,
dim V = n, un conjunto de vectores linealmente independiente, pueda
completarse hasta formar una base de V .

Teorema 3.5 (Completaciń de base). Dado V espacio vectorial so-
o Completaciń de base
o
bre Ã con dim V = n, y un conjunto de vectores l.i.; X = {v1 , . . . , vr }, r <
n, entonces existen vectores vr+1 , . . . , vn , tales que el conjunto {v1 , . . . , vn }
es base de V .

´
´
Demostracion. Sea U = {v1 , . . . , vr } , claramente U = V (justifique).
Luego ∃v ∈ V U . Definiendo vr+1 = v, el conjunto {v1 , ..., vr , vr+1 } es l.i.
En efecto
r+1
λi vi = 0

ı
i=1
r
1
Si λr+1 = 0 entonces, se concluye que vr+1 = − λr+1 λi vi ∈ {v1 , ..., vr }
i=1
lo cu´l es una contradicciń ya que vr+1 ∈ U . Si λr+1 = 0 ⇒ λi = 0 ∀i =
a o /
1, ..., r pues los vectores de X son l.i. Si {v1 , ..., vr+1 } = V hemos termi-
nado, sino repetimos el procedimiento.

Ejemplo:
Consideremos, en Ê4 el conjunto
X = {(1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 0)}.

Claramente este conjunto es l.i. y adem´s (0, 0, 1, 0) a ∈
/
{(1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 0)} . Luego {(1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)} es
l.i.
An´logamente, el vector (0, 0, 0, 1) ∈ {(1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0)}
a /
luego el conjunto B = {(1, 1, 0, 0)(0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)} es l.i.
Ê
y como contiene tantos vectores como dim 4 = 4, es base.

90

3.6. Suma de espacios vectoriales

Recordemos que la uniń de subespacios de un espacio vectorial V , no es
o
necesariamente un espacio vectorial. Definamos una operaciń entre subes-
o
pacios que nos permita determinar uno nuevo, que contenga a ambos. Sean
U, W subespacios de V , definimos la suma de subespacios vectoriales suma de subespacios
como sigue: vectoriales

U + W = {v ∈ V /v = u + w, u ∈ U, w ∈ W }.

Es directo que U + W es un s.e.v de V . En efecto, sean x, y ∈ U + W, λ, β ∈ U +W
K, luego x = u1 + w1 , y = u2 + w2 . Adem´s, λx + βy = (λu1 + βu2 ) +
a
(λw1 + βw2 ) ∈ U + W ya que U y W son s.e.v.

Ejemplo:
Tomemos en Ê2, los subespacios U = {(1, 1)} , W = {(1, 0)}

U + W = {v = λ(1, 1) + β(1, 0)/λ, β ∈ Ê} = Ê2
En efecto, (x, y) = y(1, 1) + (x − y)(1, 0)
Ê
Sean, en 3 , los subespacios U = {(1, 0, 0)} , W = {(0, 1, 0)}

´
U + W = {(x, y, 0) | x, y ∈ Ê} = Ê3.
En general, es directo que U ⊆ U + W y W ⊆ U + W . Basta tomar los
elementos de la forma u + 0 y 0 + w, respectivamente.
Dado V = U + W , un vector no necesariamente admite una escritura unica
´

ı
en t´rminos de U y W .
e

Ejemplo:
Si
U =< {(1, 0), (0, 1)} >, W =< {(1, 1)} >
luego Ê2 = U + W . Pero el vector (1, 1) se escribe de dos maneras:
(1, 1) = (1, 1) + 0

donde (1, 1) ∈ U y 0 ∈ W , pero adem´s
a

(1, 1) = 0 + (1, 1)

donde esta vez 0 ∈ U y (1, 1) ∈ W .

En el caso particular, en que la descomposiciń de un vector de V sea unica
o ´
en t´rminos de los subespacios, diremos que V es suma directa de U y
e
W,
Definiciń 3.6 (Suma directa). Sea un espacio vectorial V y dos sub-
o suma directa
espacios vectoriales U, W de V . Diremos que el subespacio Z = U + W es
suma directa de U y W , notado U ⊕ W = Z, si ∀v ∈ Z, v se escribe de U ⊕W = Z

91

manera unica como
´

v = u + w, u ∈ U, w ∈ W.

En el caso en que V sea suma directa de U y W , diremos que estos ultimos
´
son suplementarios.

Ejemplo:
Ê
Sean, por ejemplo, los subespacios de 2 , V =< {(1, 0)} >, W =<
{(0, 1)} >
Ê 2
= U ⊕ W, pues (x, y) = x(1, 0) + y(0, 1) es unica.
´

Una caracterizaciń util de la suma directa es la siguiente:
o ´

Proposiciń 3.4. Dado V e.v. y U, W, Z s.e.v. de V , entonces
o

Z = U ⊕ W ⇔ (Z = U + W ) ∧ (U ∩ W = {0})

´
Demostracion. En efecto:

´
⇒) Como Z es suma directa de U y W , ∀v ∈ Z, ∃! u ∈ U, w ∈ W tal que
v = u + w ⇒ v ∈ U + W , luego Z = U + W .
Supongamos ahora v ∈ U ∩ W , entonces v = v + 0 = 0 + v. Es decir,
v admite dos escrituras en U + W , luego necesariamente v = 0.
⇐) Como Z = U + W, ∀v ∈ Z, v = u + w, u ∈ U, w ∈ W . Veamos que
esta descomposiciń es unica. Supongamos v = u + w y v = u′ + w′ ,
o ´

ı
entonces u − u′ = w′ − w, donde u − u′ ∈ U y w′ − w ∈ W , luego
u − u′ ∈ U ∩ W ⇒ u − u′ = 0 ⇒ u = u′ ⇒ w = w ′ .

Una propiedad interesante de la suma directa es:

Teorema 3.6. Si V = U ⊕ W y V es de dimensiń finita, entonces dim
o dim U ⊕ W
V = dim U + dim W .

´
Demostracion. En efecto, si U o W corresponde al subespacio nulo, {0},
el resultado es directo.
Supongamos entonces U = {0} = W . Sea {ui }k base de U, {wi }m base
i=1 i=1
de W . Afirmamos que el conjunto B = {u1 , ..., uk , w1 , ..., wm } es base de
V:
1. B es linealmente independiente:
k m
λi ui + βi wi = 0
i=1 i=1

92

k m
Como λi ui ∈ U, βi wi ∈ W y el vector 0 se escribe de manera

i=1 i=1
unica en U + W como 0 = 0 + 0, obtenemos:
´
k m
λi ui = βi wi = 0
i=1 i=1

y por independencia lineal de {ui }i=1 , {wi }m conclu´
k
i=1 ımos λ1 = ... =
λk = β1 = ... = βk = 0.
2. B es generador del e.v. V :

Como V = U ⊕ W, ∀v ∈ V, v = u + w, u ∈ U, w ∈ W . Pero u ∈ U, w ∈
k
W se escriben como combinaciń lineal de sus bases: u =
o αi ui ,
i=1
m
w= λi wi , de donde,
i=1
k m
v= αi wi + λi wi , luego B = V .
i=1 i=1

De (1) y (2) es directo que dim V = k + m = dim U + dim W .

´
Una pregunta importante es la siguiente: dado un s.e.v U de V , ¿ existe
un suplementario de U ?, es decir ¿ un s.e.v W tal que V = U ⊕ W ?
La respuesta es afirmativa, si U = V , basta tomar como suplementario
W = {0}. Si dim U < dim V , tomemos una base de U : X = {ui }k . Por
i=1
el teorema de completaciń de base, existen vectores {uk+1 , ..., un } tales
o
que B = X ∪ {uk+1 , ..., un } es base de V . Sea ahora

ı
W = {uk+1 , ..., un } . Afirmamos que V = U ⊕W . En efecto, como {u1 , ..., un }
es base de V , todo v ∈ V puede escribirse, de manera unica, como combi-
´
naciń lineal de esta base:
o
k n
v= αi ui + αi ui
i=1 i=k+1

k n
Como u = αi ui ∈ U, w = αi ui ∈ W , tenemos que un vector v ∈ V
i=1 i=k+1
se escribe de manera unica como v = u + w.
´

Ejemplos:
Tomemos V = Ê3 y los subespacios
U = {(1, 0, 0), (0, 1, 0)} , W = {(0, 1, 0), (0, 0, 1)}

U ∩W = {(0, 1, 0)} . En efecto, si v ∈ U ∩W, v = α(1, 0, 0)+β(0, 1, 0) =
γ(0, 1, 0) + δ(0, 0, 1). De donde, α = δ = 0, β = γ. Luego v = γ(0, 1, 0).
Es decir
U ∩W = {(0, 1, 0)} , De esto conclu´ ımos que U +W no es suma directa,

93

Ê
sin embargo 3 = U + W =

{(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} .
Ê
En 2 , cualquier par de rectas no colineales, que pasen por el origen,
est´n asociados a subespacios suplementarios. Luego el suplementario de
a
un s.e.v. U no es unico.
´
El siguiente resultado, propuesto como ejercicio, extiende el Teorema 3.6 al
caso en que la suma no es necesariamente directa.

Teorema 3.7. Supongamos que V = U + W , entonces dim V = dim U + dim U + W
dim W − dim U ∩ W .

´
Demostracion. Propuesta como ejercicio. Ver la gu´ para indicaciones.
ıa ◭ Ejercicio

ı ´

94

´
ı
Guá
ı
´
I
´
Algebra Lineal 08-2

Ejercicios

1. Averigue si el conjunto de polinomios {1 + x3 , 1 − x3 , x − x3 , x + x3 }
Ê
constituye una base de F = {p ∈ P( ) | gr(p) < 4}. Donde P( ) el es Ê
espacio de los polinomios a coeficientes reales.
Ê
2. Sea W es subespacio vectorial de 4 generado por el conjunto
      
 1
 1 2 
       
 1 −1 3
, ,  .
1
 1 2 
 
1 −1 3
(a) Determine una base de W y su dimensiń.
o
(b) Extienda la base encontrada antes a una base de Ê4 .
3. Se desea probar el siguiente resultado: Teorema 3.7

Supongamos que V = U + W , entonces dim V = dim U + dim W −
dim U ∩ W .

´
Para ello:
Considere U ∩ W como subespacio de U y W . Si se toma {z1 , ..., zk }
base de U ∩ W , se puede extender a
BU = {z1 , ..., zk , u1 , ..., ul } base de U y
BW = {z1 , ..., zk , w1 , ..., wp } base de W.

ı
Se probar´ que B = {z1 , ..., zk , u1 , ..., ul , w1 , ..., wp } es base de V .
a

(a) Pruebe que B genera a V . Es decir, tome v ∈ V y pruebe que es
combinaciń lineal de los vectores de B. Use que V = U + W .
o
(b) Para probar que B es l.i., tome una combinaciń lineal de B igual
o
a cero:
0 = α1 z1 + ... + αk zk + γ1 u1 + ... + γl ul + β1 w1 + ... + βp wp
de donde
−(β1 w1 + ... + βp wp ) = α1 z1 + ... + αk zk + γ1 u1 + ... + γl ul . (3.2)

Pruebe que existen λ1 , . . . , λk ∈ Ã tales que
−(β1 w1 + ... + βp wp ) = λ1 z1 + ... + λk zk .

(c) Demuestre que β1 = · · · = βp = λ1 = · · · = λk = 0.
(d) Reemplace lo anterior en 3.2 y use que BU es base para probar que
α1 = · · · = αk = γ1 = · · · = γl = 0.
(e) Concluya que B es l.i. y por ende base de V .
(f ) Concluya el resultado buscado.

95

Problemas

P1. Considere los conjuntos W y U definidos por:
 
a b 0
Ê
W = {M ∈ M33 ( ) | M =  b e c ∧ a+e+i = 0, a, b, c, e, i ∈ Ê}.
0 c i
 
0 r s
Ê
U = {M ∈ M33 ( ) | M = r 0 0 , r, s ∈ }. Ê
s 0 0
(a) Demuestre que W y U son subespacios vectoriales de M33 ( ). Ê
(b) Encuentre bases y dimensiones para los subespacios U, W, U ∩ W
y U + W , y decida (justificando) si la suma U + W es directa.
¿Cuńtos vectores es preciso agregar a una base de U +W para ob-
a
tener una base de S = {M ∈ M33 (R) | M sim´trica}? Justifique
e
encontrando una base de S.
Ê
P2. Sea m = 2n con n > 0 y considere el conjunto Pm ( ) de los polinomios
reales de grado menor o igual a m. Si cada p ∈ Pm ( ) se escribe Ê
p(x) = a0 + a1 x + · · · + am xm , se define el conjunto
Ê

´
V = {p ∈ Pm ( ) | ∀i ∈ {0, . . . , m}, ai = am−i .}
(a) Ê
Probar que V es subespacio vectorial de Pm ( ) sobre los reales.
(b) Encontrar una base de V y deducir que su dimensiń es n + 1.
o
(c) Ê
Probar que Pm ( ) = V ⊕ Pn−1 ( ). Ê
(d) Se define
m
Ê
ı
′
V = {p(x) = ai xi ∈ Pm ( ) | ∀i ∈ {0, . . . , m}, ai = −am−i }.
i=0

Ê
Probar que Pm ( ) = V ⊕ V ′ (asuma que V ′ es un subespacio
Ê
vectorial de Pm ( )).
Ê
P3. Si A ∈ Mnn ( ) y V es un subespacio vectorial de Ên, se define:
A(V ) = {Ax | x ∈ V }.
Ê
(a) (1) Pruebe que si A ∈ Mnn ( ) y V es s.e.v. de n entonces Ê
A(V ) tambiń es s.e.v. de n .
e Ê
Ê
(2) Sean V, W s.e.v. de n tales que V ⊕ W = n . Pruebe que Ê
Ê
si A ∈ Mnn ( ) es invertible entonces A(V ) ⊕ A(W ) = n . Ê
Ê
(3) Sean V, W s.e.v. de n tales que V ⊕ W = n . Pruebe que Ê
Ê
si A(V ) ⊕ A(W ) = n , entonces A es invertible.
Ê
Indicaciń: Pruebe que para todo z ∈ n el sistema Ax = z
o
tiene soluciń.
o
Ê
(b) (1) Sea W un s.e.v. de n y definamos E = {A ∈ Mnn ( ) | A( n ) ⊂ Ê Ê
W }. Muestre que E es un s.e.v. de Mnn ( ). Ê
Ê
(2) Sea W = {(t, t) | t ∈ }. Calcule la dimensiń de E = {A ∈
o
Ê Ê
M22 ( ) | A( 2 ) ⊂ W }.

96

´
ı
I ´
´
Algebra Lineal 08-2

SEMANA 8: TRANSFORMACIONES LINEALES

4. Transformaciones lineales
4.1. ´
Introduccion
Sea la matriz A = ( 0 1 ) y multipliquemos los vectores de 2 por esta
10 Ê
matriz. Sea v = ( x1 ), se tiene entonces Av = ( x2 ), es decir el vector que se
x2 x1
obtiene de intercambiar las coordenadas de v.
Si tomamos A = −1 −1 , al multiplicar por el vector v obtenemos Av =
0
0
x1
− ( x2 ) , que es el vector sim´trico con respecto al or´
e ıgen.
Estos dos ejemplos nos dan funciones completamente distintas pero ellas
comparten propiedades que son fundamentales: la imagen de la suma de dos
vectores es la suma de las imagenes y la imagen de un vector ponderado por
un real es la imagen del vector ponderada por el mismo escalar. Funciones
que verifican estas propiedades son llamadas lineales y son el objeto de este
cap´ıtulo. Veamos un caso m´s general.
a
Ê
En n consideremos T como la funciń: o
Ên → Êm

´
T :
v → Av

donde A ∈ Mmn ( ) Ê
Este tipo de transformaciones tiene dos propiedades fundamentales:
1. T (u + v) = T (u) + T (v) ∀u, v ∈ Ên
Ê, v ∈ Ên
ı
2. T (λv) = λT (v) ∀λ ∈
En efecto, T (u + v) = A(u + v). Como la multiplicaciń matricial distribuye
o
con respecto a la suma:

T (u + v) = Au + Av = T (u) + T (v)

Por otra parte, T (λv) = A(λv) = λAv = λT (v)

4.2. Tranformaciones lineales
Definiciń 4.1 (Tansformaciń lineal). Sean U, V dos espacios vecto-
o o Transformaciń lineal
o
Ã
riales sobre el mismo cuerpo . Diremos que una funciń T : U → V es
o
una transformaciń (o funciń) lineal si y s´lo si satisface:
o o o

1. ∀u1 , u2 ∈ U, T (u1 + u2 ) = T (u1 ) + T (u2 )
(4.1)
2. ∀u ∈ U, λ ∈ K, T (λu) = λT (u)
Seãlemos que la propiedad 4.1 establece un homomorfismo entre los grupos
n
(U, +) y (V, +).

97

Ejemplos:

1. Cualquier funciń T :
o Ên → Êm, X → AX, es lineal.
2. El caso particular, f : Ê → Ê, x → ax, a ∈ Ê es lineal. En efecto,
f (x + y) = a(x + y) = ax + ay = f (x) + f (y). Adem´s, f (λx) =
a
a(λx) = λax = λf (x). Esta transformaciń corresponde a una
o
recta (l´
ınea) que pasa por el or´
ıgen con pendiente a.
Ê Ê
3. f : → , x → x2 , no es lineal. En efecto: f (x + y) = (x + y)2 =
x2 + 2xy + y 2 = f (x) + f (y) + 2xy, luego no es lineal. En general
cualquier funciń real de grado superior a uno , trigonom´trica,
o e
etc´tera, no es lineal.
e
Ê Ê
4. f : P3 ( ) → 4 , p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 → f (p) =
(a0 , a1 , a2 , a3 ), es lineal. En efecto; si q(x) = b0 + b1 x + b2 x2 + b3 x3 ,
obtenemos
f (p + q) = f ((a0 + b0 ) + (a1 + b1 )x + (a2 + b2 )x2 + (a3 + b3 )x3 ) =
= (a0 + b0 , a1 + b1 , a2 + b2 , a3 + b3 ) = (a0 , a1 , a2 , a3 ) + (b0 , b1 , b2 , b3 )
= f (p) + f (q)

´
f (λp) = f (λa0 + λa1 x + λa2 x2 + λa3 x3 ) = (λa0 , λa1 , λa2 , λa3 )
= λ(a0 , a1 , a2 , a3 ) = λf (p).

ÊÊ
5. Sea Fd ( , ) el conjunto de las funciones reales derivables. Es
directo verificar que este conjunto es un s.e.v. de F( , ). Consi- ÊÊ

ı
deremos la transformaciń:
o

T : Fd ( ,Ê Ê) → F(Ê, Ê)
f → T (f )
df
donde T (f )(x) = dx (x) es la funciń derivada. Es directo, de las
o
propiedades de derivaciń que T es lineal.
o
S ea V e.v sobre Ã, V = V1 ⊕ V2 y sean:

P1 : V → V1 , P2 : V → V2
v = v1 + v2 → P1 (v) = v1 v = v1 + v2 → P2 (v) = v2
Ambas funciones (¿porqu´ son funciones?) son lineales. Verifique-
e
Ã
mos para P1 : sean λ, β ∈ v = v1 + v2 , u = u1 + u2 , vi , ui ∈ Vi , i =
1, 2.
P1 (λv + βu) = P1 (λv1 + βu1 ) + (λv2 + βu2 )) =
= λv1 + βu1 = λP1 (v) + βP1 (u)
La funciń, Pi , se denomina la proyecciń de V sobre Vi .
o o

98

4.3. Propiedades de transformaciones lineales

Proposiciń 4.1. Sea T : U → V una transformaciń lineal. Se tiene
o o
entonces:
1. T (0) = 0 ∈ V .
2. T (−u) = −T (u).
3. T es lineal si y s´lo si ∀λ1 , λ2 ∈ K, ∀u1 , u2 ∈ U
o
T (λ1 u1 + λ2 u2 ) = λ1 T (u1 ) + λ2 T (u2 ).

´
Demostracion. Demostremos estas propiedades:
1. T (u) = T (u + 0) = T (u) + T (0)
como V es espacio vectorial (V, +) es un grupo Abeliano, luego pode-
mos cancelar T (u); de donde 0 = T (0).
2. T (−u) = T (−1u) = −1T (u) = −T (u).
3. ⇒) T (λ1 u1 + λ2 u2 ) = T (λ1 u1 ) + T (λ2 u2 ) = λ1 T (u1 ) + λ2 T (u2 ).
⇐) Tomando λ1 = λ2 = 1 se verifica la propiedad (1) de linealidad.

´
Considerando λ2 = 0, se obtiene la propiedad (2).

Observaciń: Note que las demostraciones de las propiedades 1 y 2
o
podr´ haber sido omitidas, ya que dichas propiedades son consecuen-
ıan
cias de que T sea morfismo entre los grupos (U, +) y (V, +).

Dada una combinaciń lineal de vectores
o
n
λi xi ∈ U y la transformaciń
o ı
i=1
lineal,
T : U → V . Se tiene, por inducciń, que:
o
n n
T( λi xi ) = λi T (xi )
i=1 i=1

Si dim U = n y β = {ui }n es una base de U , sabemos que u ∈ U se escribe,
i=1
n
de manera unica, como u =
´ αi ui , donde los escalares α = (α1 , ..., αn )
i=1
corresponden a las coordenadas de u con respecto a la base β. Aplicando a
este vector u la transformaciń lineal T :
o
n n
T (u) = T ( αi ui ) = αi T (ui ) (4.2)
i=1 i=1

De este c´lculo se desprende que: basta definir la transformaciń T sobre
a o
una base de U , es decir calcular s´lo {T (vi )}n . Para determinar el efecto
o i=1
de T sobre un vector u ∈ V arbitrario, basta aplicar la ecuaciń 4.2.
o

◭ Ejercicio
99

Ejercicio 4.1: Pruebe que entonces dada una base β = {ui }n de U
i=1
y n vectores X = {vi }n no necesariamente ℓ.i. de V existe una unica
i=1 ´
transformaciń lineal T
o
T :U →V
u → T (u)
tal que T (ui ) = vi i = 1, ..., n.

Consideremos ahora la transformaciń:
o
f :U → n Ã
u → f (u) = α = (α1 , ..., αn )

que a cada vector u le asocia las coordenadas con respecto a una base fija
β = {ui }n .
i=1

Es claro que f es funciń (representaciń unica de un vector con respecto
o o ´
a una base). Adem´s, es lineal. M´s a´ n f es biyectiva (verif´
a a u ıquelo). Esto ◭ Ejercicio

´
nos lleva a la siguiente definiciń.
o
Definiciń 4.2 (Isomorfismo). Sea T : U → V una transformaciń
o o Isomorfismo
lineal, diremos que es un isomorf´
ısmo si T es biyectiva.
Adem´s diremos que U y V son isomorfos si existe un isomorf´smo entre
a ı
U y V , en cuyo caso lo denotaremos como U ∼ V .
=

En nuestro ejemplo anterior f es un isomorf´ = Ã
ısmo y U ∼ n . Esto quiere

ı
Ã
decir que si U tiene dimensiń finita n se “comporta” como si fuera n . Esta
o
isomorf´ no es unica, depende de la base elegida. Por el momento esto no
ıa ´
debe preocuparnos. Calculemos adem´s la imagen, a trav´s del isomorfismo
a e

f , de la base {ui }n del espacio vectorial U .
i=1
0
.
.
.
f (ui ) = f (0u1 + · · · + 1ui + · · · + 0un ) =  1  = ei ∈
. Ãn
.
.
0

Luego, la base asociada a {ui }n
i=1 es la base canńica de
o Ãn .
4.4. ´
Composicion de funciones lineales
Consideremos U, V, W espacios vectoriales sobre el mismo cuerpo. Sean T :
U → V y L : V → W dos transformaciones lineales, la composiciń L ◦ T :
o
U → W es fćil ver que es una funciń lineal. Si adem´s L y T son biyectivas
a o a
ısmos) entonces tambiń lo es L ◦ T .
(isomorf´ e
Otra propiedad importante es que si T : U → V es un isomorf´ ısmo ten-
dremos que la funciń inversa, que existe pues T es biyectiva, tambiń
o e

100

es un isomorf´ ısmo. En efecto s´lo resta probar que T −1 es lineal, pues es
o
Ã

claro que es biyectiva (¿por qu´?). Tomemos v1 , v2 ∈ V, λ, β ∈ . Sean
e
T −1 (v1 ) = u1 , T −1 (v2 ) = u2 por lo tanto

T (λu1 + βu2 )) = λT (u1 ) + βT (u2 ) = λv1 + βv2 ,

esto quiere decir que

T −1 (λv1 + βv2 ) = λu1 + βu2 = λT −1 (v1 ) + βT −1 (v2 ),

entonces T −1 es lineal.
Una transformaciń lineal importante es idU : U → U que es la transfor-
o
maciń identidad. Como sabemos que es biyectiva se tiene que idU es un
o
isomorf´ısmo.
Con todos estos ingredientes se puede concluir que la relaciń entre espacios
o
vectoriales de ser isomorfos es una relaciń de equivalencia.
o

4.5. ´
Subespacios Asociados a una transformacion lineal
Definiciń 4.3 (N´ cleo). Sea una transformaciń lineal T : U → V .
o u o Nćleo
u
Definimos el n´ cleo de T como el conjunto:
u

´
KerT = {x ∈ U/T (x) = 0}.

Claramente, KerT = φ ya que como T (0) = 0 tenemos que siempre 0 ∈
KerT . M´s a´ n, KerT es un s.e.v. de U . En efecto, sean x, y ∈ KerT, λ, β ∈
a u
Ã ;
T (λx + βy) = λT (x) + βT (y) = λ0 + β0 = 0

ı
luego, λx + βy ∈ KerT .
Otro conjunto importante en el estudio de transformaciones lineales es la
imagen:
Definiciń 4.4 (Imagen). Sea una transformaciń lineal T : U → V .
o o Imagen
Definimos la imagen de T como el conjunto:

ImT = T (U ) = {v ∈ V /∃u ∈ U : v = f (u)}

ImT es un s.e.v de V . En efecto, sean v1 , v2 ∈ ImT , existen entonces
Ã
u1 , u2 ∈ U tales que vi = T (ui ), i = 1, 2. Dados λ, β ∈ se tiene:

λv1 + βv2 = λT (u1 ) + βT (u2 ) = T (λu1 + βu2 )
ımos λv1 + βv2 ∈ ImT .
de donde conclu´
Definiciń 4.5 (Rango y nulidad). La dimensiń de ImT se denomi-
o o Rango y nulidad
na el rango de la transformaciń T y se nota r. La dimensiń del KerT se
o o
llama nulidad y se suele denotar por la letra griega ν.

101

Ejemplo:

Desarrollemos un ejemplo. Sea la transformaciń lineal:
o

T : Ê4 → Ê3
x1 x1 +x2
x2
x3 → x2 −x3
x4 x1 +x3

o en t´rminos matriciales:
e
   x1 
1 1 0 0
x 
T (x) =  0 1 −1 0   2 
x3
1 0 1 0
x4
Determinemos los subespacios KerT y ImT . Tenemos que x ∈ KerT ⇔

T (x) = 0, lo que es equivalente a determinar la soluciń general del
o
sistema homogńeo:
e
   x1   
1 1 0 0 0
x 
0 1 −1 0   2  =  0 

´
x3
1 0 1 0 0
x4

Escalonando:
     
1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0
 0 1 −1 0  →  0 1 −1 0  →  0 1 −1 0  (4.3)
1 0 1 0 0 −1 1 0 0 0 0 0

De donde:
x1 = −x2 ı
x1 + x2 = 0 x2 = x3
⇔
x2 − x3 = 0 x3 = x3
x4 = x4
Lo cual permite escribir la soluciń general en funciń de dos par´metros:
o o a
     
x1 = −x3 x1 −1 0
x2 = x3  x2   1 0
⇔   = x3   + x4  
x3 = x3 x3 1 0
x4 = x4 x4 0 1

102

Ê4 de dimensi´n dos.
−1 0
1 0

Luego, KerT = 1 , 0 es un s.e.v de o
0 1
y1
Determinemos ahora ImT . Sea y2
y3
∈ ImT , es decir:

     x1 
y1 1 1 0 0
x 
 y2  =  0 1 −1 0   2 
x3
y3 1 0 1 0
x4
     
1 1 0
= x1  0  + x2  1  + x3  −1 
1 0 1
1 1 0
Luego ImT = 0 , 1 , −1 .
1 0 1
Pero del resultado de escalonar la matriz que tiene como columnas a
1 1 0 0
los vectores 0 , 1 , −1 y 0 , en 4.3 podemos extraer una ba-
1 0 1 0
1 1 0 0 1 1 0
se de 0 , 1 , −1 , 0 = 0 , 1 , −1 , tomando
1 0 1 0 1 0 1
aquellos vectores asociados a columnas con pivotes de la matriz

´
escalonada (Importante: ver gu´ de ejercicios y problemas). Es decir,
ıa
1 1
0 , 1 . ◭ Ejercicio
1 0

Conclu´
ımos entonces que ImT =
1
0
1
,
1
1
0
es un s.e.v. de Ê3 de
dimensi´n dos.
o

Observemos en este ejemplo que 4 = dim 4 = dim KerT + dim ImT . Ê
ı
Adem´s T no es inyectiva ya que KerT contiene m´s de un vector, es
a a
0
decir el vector 0 tiene m´s de una pre-imagen. Tampoco es epiyectiva
a
Ê3 .
0
ya que dim ImT < 3 = dim

103

Teorema 4.1. Sea T : U → V una transformaciń lineal entonces
o
T es inyectiva ⇔ KerT = {0}

´
Demostracion. ⇒) Dado u ∈ KerT, T (u) = 0 = T (0). Como T es
inyectiva, se tiene u = 0.
⇐) Sea T (u1 ) = T (u2 ) ⇔ T (u1 − u2 ) = 0 luego u1 − u2 ∈ KerT = {0}, de
donde u1 = u2 .

De este resultado obtenemos el siguiente Corolario
Corolario 4.1. Una transformaciń lineal T : U → V , es un isomorfismo
o
si y s´lo si KerT = {0} ∧ ImT = V , o equivalentemente dim ImT = dim V
o
y dim KerT = 0.
´
Demostracion. Para probar la biyectividad de T , basta notar que KerT =
{0} (inyectividad) y ImT = V (epiyectividad). La otra equivalencia sale de
que ImT = V ⇔ dim ImT = dim V y KerT = {0} ⇔ dim KerT = 0.

La inyectividad de aplicaciones lineales (KerT = {0}) tiene una consecuen-

´
cia muy importante sobre los conjuntos linealmente independientes.

Teorema 4.2. Si T : U → V es inyectiva, entonces {ui }k es ℓ.i. en
i=1
U ⇒ {T (ui )}k es l.i. en V .
i=1

´
Demostracion. Sea la combinaciń lineal nula:
o

ı
n n
λi T (ui ) = 0 ⇔ T ( λi ui ) = 0
i=1 i=1
n n
⇔ λi ui ∈ KerT = {0} ⇔ λi ui = 0
i=1 i=1

Como {ui }n es ℓ.i., λi = 0, i = 1, ..., n.
i=1

Se puede probar que en efcto esta propiedad caracteriza las aplicaciones
lineales inyectivas (hacerlo!).

Finalizamos est´ secciń mencionando un ejemplo interesante:
a o Ên+1 ∼
=
Ê
Pn ( ). En efecto, sea
Ê Ê
T : n+1 → Pn ( ) tal que:
 
a0
 a1  n
 
 . →
 .
ai xi ∈ Pn ( ) Ê
. i=0
an
Es fćil verificar que T es lineal.
a

104

´
ı
Guá
ı
´
I
´
Algebra Lineal 08-2

Ejercicios

1. El objetivo de este ejercicio es formalizar la tćnica mencionada en la
e
tutor´ para extraer, de un conjunto generador de un cierto subespacio
ıa
vectorial, una base. Esto en el contexto de n . Ê
Considere v1 , . . . , vm ∈Ê n
y U = {v1 , . . . , vm } . Sea adem´s la matriz
a
Ê
A, escrita por columnas como A = (v1 , . . . , vm ) ∈ Mnm ( ). Denotamos
por vij a la coordenada i del vector j y, por ende, a la componente (i, j)
de A.
Escalonando la matriz A, se obtiene:
 
v11 v12 · · ·
˜ ˜
 
 0 0 · · · 0 v2j2˜ 
 
 .. 
 0 0 . 
 
 
 0 vkjk
˜ vk(jk +1)
˜ ··· 
 
˜  0 0 ··· 0 v(k+1)jk+1
˜ 
A= 
 
 .. 
 0 0 . 
 
 vlm 

´
 0 vljl
˜ ··· ˜ 
 
 0 0 ··· 0 
 
.
. .
.
. .

Los coeficientes encerrados en un rectńgulo
a vkjk
˜ son los pivotes de

ı
˜
la matriz escalonada. Notamos por vj a la columna j de la matriz A.
˜

(a) Demuestre que el conjunto de vectores {v1 , vj2 , . . . , vjl }, es decir las
columnas correspondientes a los pivotes, es un conjunto l.i.
Indicaciń: Estudie qu´ sucede si en la matriz original A s´lo hu-
o e o
biese puesto los vectores v1 , vj2 , . . . , vjl .
˜
(b) Pruebe que las columnas de A que no contienen pivotes, que estń a
entre la del pivote k y la del k + 1 (es decir vjk +1 , . . . , vjk+1 −1 ), son
˜ ˜
combinaciń lineal de los vectores v1 , vj2 , . . . , vjk .
o ˜ ˜ ˜
Indicaciń: Use inducciń en k.
o o
(c) Dado un conjunto de vectores {u1 , . . . , um } ∈ Ên y una matriz
Ê
invertible E ∈ Mnn ( ), demuestre que:

u∈ Ên es combinaciń lineal de u1, . . . , um
o ⇔ Eu ∈ Ên es combinaciń lineal de Eu1, . . . , Eum.
o

(d) Use el resultado anterior para probar que, las columnas de A que
no estń asociadas a pivotes, entre la columna del pivote k y la del
a
k + 1 (es decir vjk +1 , . . . , vjk+1 −1 ), son combinaciń lineal de los
o
vectores v1 , vj2 , . . . , vjk .
(e) Concluya que {v1 , vj2 , . . . , vjl } es base de U .

105

Ê
2. Sea un conjunto de vectores v1 , . . . , vm ∈ n , con U = {v1 , . . . , vm } y

dim(U ) < n. Muestre que, construyendo la matriz A del Ejercicio 1, “au-
Ê
mentńdola” con la identidad en Mnn ( ) (es decir (A|I)) y aplicando
a
el mismo procedimiento, se consigue:
Extraer una base de U , desde {v1 , . . . , vm }.
Extender dicha base a una base de Ên .
Ê3 generado por el conjunto
3. Sea U el subespacio vetorial de
1
0 ,
1
−1 ,
1
1 .
Extraiga una base de U y extińdala a una base de Ê3 .
1 2 0
e

Problemas
Ê
P1. Sea P3 ( ) el conjunto de los polinomios de grado menor o igual a 3
Ê
con coeficientes reales. Se define la transformaciń T : P3 ( ) → P3 ( )
o Ê
por:

T (a0 + a1 x + a2 x2 a3 x3 ) = a0 + (2a1 + a2 )x + (2a2 + a3 )x2 + 2a3 x3 .

(a) Probar que T es una transformaciń lineal.
o

´
(b) Probar que T es una transformaciń biyectiva.
o
(c) Si id es la transformaciń identidad del espacio vectorial P3 ( )
o Ê
pruebe que T − 2 id, (T − 2 id)2 , (T − 2 id)3 y T − id son transfor-
maciones lineales.
Indicaciń: Recuerde que dada una funciń f , f k = f ◦ f ◦ · · · ◦ f .
o o
k veces

ı
(d) Encontrar bases y dimensiń de Ker(T − 2 id), Ker(T − 2 id)2 y
o
Ker(T − 2 id)3 .
Ê
(e) Probar que P3 ( ) = Ker(T − 2 id)2 ⊕ Ker(T − id).
P2. (a) Considere la funciń T :
o Ê4 → M22(Ê) definida por
x
y x y+w
T z = .
w 2x + 2y + z + w x+y+z

(1) Demuestre que T es funciń lineal.
o
(2) Determine bases y dimensiones para Ker(T ) e Im(T ).
(b) Dada la transformaciń lineal L :
o Ê3 → Ê2 se sabe que:
     
 1 1  1
0 , 1 1
Ker(L) = y L 1 = .
  −1
0 0 1

Encuentre en t´rminos de x1 , x2 y x3 , los valores de y1 y y2 que
e
x1 y
satisfacen L x = ( y1 ).
x2
2
3

106

P3. Sean V , W e. v.’s sobre Ê. En V ×W se definen la suma y ponderaciń
o

por escalar as´
ı:

(v, w) + (v ′ , w′ ) = (v + v ′ , w + w′ ) , ∀(v, w), (v ′ , w′ ) ∈ V × W ,
λ(v, w) = (λv, λw) , ∀(v, w) ∈ V × W , ∀λ ∈ Ê.
Con estas operaciones V × W es un espacio vectorial sobre Ê (no lo
pruebe).
Dada una funciń f : V → W se define su gr´fico por
o a

Gf = {(v, w) ∈ V × W : w = f (v)} .

(a) Pruebe que f es lineal s´ y s´lo si Gf es subespacio vectorial de
ı o
V × W.
(b) Pruebe que {0V } × W es sub–espacio vectorial de V × W .
Nota: 0V denota el neutro aditivo de V .
(c) Sea f : V → W lineal. Pruebe que Gf ⊕ ({0V } × W ) = V × W .

ı ´

107

´
ı
I ´
´
Algebra Lineal 08-2

SEMANA 9: TRANSFORMACIONES LINEALES

4.6. Teorema del Nucleo-Imagen (TNI)
´
El prop´sito de est´ secciń es probar el siguiente teorema.
o a o

Teorema 4.3 (N´ cleo-Imagen). Sean U, V espacios vectoriales sobre
u Teorema
Ã
un cuerpo , T : U → V una transformaciń lineal, dim U < ∞. Entonces:
o Nćleo-Imagen (TNI)
u

dim U = dim KerT + dim ImT.

´
Demostracion. Daremos una demostraciń constructiva de este teorema.
o
Sea {u1 , ..., uν } una base de KerT . Completemos esta base a una base de
U
βU = {u1 , ..., uν , uν+1 , ..., un }.
Probaremos que β ′ = {T (uν+1 ), ..., T (un )} es base de ImT . Sea v ∈ ImT es
decir v ∈ V y existe u ∈ U T (u) = v. Como βU es base de U se tendr´ que a

´
u = α1 u1 + .... + αν uν + αν+1 uν+1 + .... + αn un ,

de donde
v = T (u) = αν+1 T (uν+1 ) + .... + αn T (un ),
pues T (u1 ) = ... = T (uν ) = 0. Es decir v es combinaciń de los elementos
o
de β ′ . Probemos ahora que son l.i., para ello consideremos

αν+1 T (uν+1 ) + .... + αn T (un ) = 0.
ı
Como T (αν+1 uν+1 + .... + αn un ) = αν+1 T (uν+1 ) + .... + αn un T (un ) = 0
se deduce que el vector αν+1 uν+1 + .... + αn ∈ KerT pero entonces existen
escalares λ1 , ..., λν tal que

αν+1 uν+1 + .... + αn un = λ1 u1 + .... + λν uν ,

o equivalentemente

λ1 u1 + .... + λν uν − αν+1 uν+1 − ... − αn un = 0

Como los vectores u1 , ..., un son ℓ.i. se deduce en particular que

αν+1 = ... = αn = 0,

y por lo tanto β ′ = {T (uν+1), ..., T (un )} es base de ImT . Pero entonces
tenemos

dim U = n = ν + (n − ν) = dim KerT + dim ImT.

108

Es directo del TNI que: si dim U = n, y el rango de T es n se tiene

dim KerT = 0, es decir T es inyectiva. Otra aplicaciń directa es
o

Teorema 4.4. Sea T : U → V aplicaciń lineal.
o
1. Si dim U = dim V entonces

T inyectiva ⇔ T epiyectiva ⇔ T biyectiva.

2. Si dim U > dim V T no puede ser inyectiva.
3. Si dim U < dim V T no puede ser epiyectiva.
4. Como conclusiń de (2) y (3)
o

U isomorfo a V ⇔ dim U = dim V.

´
Demostracion. Probemos s´lo (2), el resto queda de ejercicio. Del TNI
o
se tiene que

´
dim U = dim KerT + dim ImT < dim V,
como dim KerT ≥ 0 se concluye que

dim ImT < dim V,

y por lo tanto ImT es un s.e.v. estrictamente m´s peque˜ o que V , es decir
a n
T no puede ser epiyectiva.

ı
Es importante se˜ alar que en (1c), la implicancia ⇒ es consecuencia de (2)
n
y (3), mientras que ⇐ se obtiene del hecho de que todo espacio de dimensiń
o
Ã
finita n es isomorfo a n (ver ejemplo anterior a la Definiciń 4.2).
o

◭ Ejercicio

Ejercicio 4.2: Probar que si T : U → V es lineal y W es un subespacio
de U entonces
1. T (W ) es subespacio de V.
2. dim T (W ) ≤ dim U .
3. Si T es inyectiva dim T (W ) = dim W .

109

4.7. ´
Matriz Representante de una Transformacion Lineal

Vimos anteriormente que, dado un e.v V sobre , dimV = n, se ten´ Ã ıa
Ã
V ∼ n . Esto nos permite “llevar” el trabajo de cualquier espacio de di-
=
mensiń finita a un espacio de n-tuplas. Trataremos de extender esto para
o
transformaciones lineales, reemplazando estas (en un sentido que precisa-
remos) por matrices.

Ã
Sean U, V espacios vectoriales sobre un cuerpo , dim U = p, dim V = q.
Sean βU = {u1 , ..., up }, βV = {v1 , ..., vq } bases de U y V respectivamente.
Consideremos finalmente una transformaciń lineal T : U → V .
o

Sabemos que T queda completamente determinada por su acciń sobre la
o
base βU
q
T (uj ) = aij vi 1≤j≤p
i=1

o bien,
T (u1 ) = a11 v1 + a21 v2 + ... + aq1 vq
T (u2 ) = a12 v1 + a22 v2 + ... + aq2 vq
.

´
.
.
T (up ) = a1p v1 + a2p v2 + ... + aqp vq

Es claro que la informaciń importante que define T est´ contenida en las
o a
coordenadas, (a1j , a2j , ..., aqj ) de cada vector T (uj ), con respecto a la base
βV , en el espacio de llegada. Esta informaciń la guardamos en una matriz
o

ı
de q filas y p columnas, denominada matriz representante de T , con
respecto a las bases βU y βV : Matriz representante
de T
a a12 ... a1p  MβU βV (T )
11
a21 a22 ... a2p 
Ã

MβU βV (T ) =  .
 . . .  ∈ Mqp ( )
. .
. . 
.
aq1 aq2 ... aqp

donde, q = dim U, p = dim V .

En la columna j-´sima de esta matriz, aparecen las coordenadas del vector
e
T (uj ) con respecto a la base βV :
a 
1j
q
 a2j 
A•j =  .  ⇔ T (uj ) =
 .  aij vi
. i=1
aqj

110

Observaciń: Una pregunta interesante es: ¿Qu´ sucede con esta
o e
matriz si cambiamos las bases?. Esto lo responderemos en breve.

Ejemplo:
Sea T : Ê4 → Ê3, definida por
   x1 
1 1 0 0
x 
T (x) =  0 1 1 0 2 .
x3
0 0 1 1
x4
Consideremos β = βU = {e1 , e2 , e3 , e4 }, base canńica de
o Ê4 ,
β ′ = βV =
1
1
0
,
1
0
1
,
0
1
1
base de Ê3. Se tiene entonces:
1 1 1 1 1 1 1 0
T (e1 ) = T 0 = 0 = 1 + 0 − 1
0
0 0 2 0 2 1 2 1
0 1 1 1 0
T (e2 ) = T 1 = 1 =1 1 +0 0 +0 1
0 0 0 1 1
0
0 0 1 1 0

´
T (e3 ) = T 0 = 1 =0 1 +0 0 +1 1
1 1 0 1 1
0
0 0 1 1 1 1 1 0
T (e4 ) = T 0 = 0 =− 1 + 0 + 1
0
1 1 2 0 2 1 2 1

de donde:  1 1 
2 1 0 −2
 

Mββ ′ (T ) =  1
0 0 1 
 ∈ M34 ( ) Ê
ı
 2 2 
1 1
−2 0 1 2

Tomemos ahora, en Ê3, la base canńica, β′ =
o
1
0
0
,
0
1
0
,
0
0
1
:
1
T (e1 ) = 0 = 1e′ + 0e′ + 0e′
1 2 3
0
1
T (e2 ) = 1 = 1e′ + 1e2 + 0e′
1
′
3
0
0
T (e3 ) = 1 = 0e1 + 1e′ + 1e′
′
2 3
1
0
T (e4 ) = 0 = 0e′ + 0e′ + 1e′
1 2 3
1

Luego,  
1 1 0 0
Mββ ′ (T ) =  0 1 1 0
0 0 1 1
¡Sorpresa!, esta matriz representante no s´lo es distinta de la anterior,
o
sino que corresponde a la matriz que define T en forma natural. Con-
clu´
ımos entonces que: la matriz representante depende de las bases ele-
gidas y que la matriz representante con respecto a las bases canńicas
o

111

es la matriz asociada a T . Esto ultimo lo podemos verificar en el caso
´
general:

Consideremos TA : Ãp → Ãq
x → Ax, A ∈ Mqp ( ) Ã
Sea β = {e1 , ..., ep } la base canńica de
o Ãp y β′ = {e′1, ..., e′q } la base
canńica de q .
o Ã
Se tiene entonces:
 
  0 a 
a11 ... a1j ... a1p  . 
.. 1j


TA (ej ) = Aej =  .
. .
. .   1  =  a2j 
.    . 
. . . .  .  .
aq1 ... aqj ... aqp  . 
.
aqj
0

o bien:
q
TA (ej ) = a1j e′ + ... + aqj e′ =
1 m aij e′
i
i=1

´
ımos Mββ ′ (TA ) = A.
de donde conclu´

Veamos ahora como interactuan T y M = Mββ ′ (T ). Sea u ∈ U , entonces

u = α1 u1 + ... + αp up ,
p q
y por lo tanto T (u) = j=1 αj T (uj ) pero T (uj ) = i=1 mij vi y por lo

ı
tanto p q q p
T (u) = αj mij vi = ( αj mij )vi .
j=1 i=1 i=1 j=1

As´ las coordenadas de T (u) con respecto a β ′ son
ı
p p
αj m1j , . . . , αj mqj ,
j=1 j=1

y por lo tanto si α = (α1 , ..., αp ) son las coordenadas de u entonces M α
son las de T (u). Esto permite trabajar con M en vez de T .
Ya tenemos una matriz que representa T , ahora deseamos “olvidarnos” de
T y trabajar s´lo con un representante matricial. Para hacer esto, en alge-
o
bra acostumbramos establecer una isomorf´ en este caso, entre el espacio
ıa,
Ã
vectorial de todas estas matrices, Mqp ( ), y aqu´l de todas las transforma-
e
ciones lineales. Para ello definamos primero este ultimo espacio.
´
Definiciń 4.6. Sea U, V espacios vectoriales sobre
o Ã, de dimensiones
dim U = p y dim V = q respectivamente.
Definimos

LÃ (U, V ) = {T : U → V /T es transformaciń lineal }
o

112

Es directo que LÃ (U, V ), dotado de las operaciones: LÃ (U, V )

Ã
(λT )(x) = λT (x), ∀λ ∈ , ∀T ∈ LÃ (U, V )
(T + T ′ )(x) = T (x) + T ′ (x), ∀T, T ′ ∈ LÃ (U, V )
es un espacio vectorial sobre el cuerpo Ã.
Tenemos entonces la propiedad buscada:

LÃ (U, V ) ∼ Mqp ( )
= Ã
En efecto, sean βU , βV bases de U y V respectivamente y definamos la
funciń.
o

ϕ : LÃ (U, V ) → Mqp ( ) Ã
T → ϕ(T ) = MβU βV (T )
Es decir, a una transformaciń lineal arbitraria le asociamos su matriz
o
representante con respecto a las bases βU y βV .

1. ϕ es una transformaciń lineal. Sean βU = {u1 , ..., up }, βV = {v1 , ..., vq },
o

´
T, L ∈ LK (U, V ), A = MβU βV (T ), B = MβU βV (L).

Calculemos ϕ(T + L) = MβU βV (T + L).

(T + L)(uj ) = T (uj ) + L(uj ) =
q q q
= aij vi + bij vi = (aij + bij )vi

ı
i=1 i=1 i=1

Luego, la j-´sima columna de MβU βV es el vector:
e
 
a1j + b1j
 .
. 
 .  = A•j + B•j
aqj + bqj
Se concluye entonces:
 
a11 + b11 ...a1j + b1j ...a1p + b1p
 . 
ϕ(T + L) = MβU βV (T + L) =  . .
.
.
.
.
.
. 
aq1 + bq1 ...aqj + bqj ...aqp + bqp

= A + B = MβU βV (T ) + MβU βV (L) = ϕ(T ) + ϕ(L)

De manera an´loga se prueba que
a

ϕ(λT ) = MβU βV (λT ).

113

2. ϕ es biyecciń. Sean T ∈ Ker(ϕ) ⇔ ϕ(T ) = MβU βV (T ) = 0 ∈
o
Ã

Mqp ( )
⇔ T (uj ) = 0v1 + ... + 0vq = 0.
p
Por otra parte, ∀u ∈ U, u = αj uj , de donde ∀u ∈ U, T (u) =
j=1
p p
αj T (uj ) = αj 0 = 0, concluyendo T ≡ 0, la transformaciń
o
j=1 j=1
nula. Luego, ϕ es inyectiva. Veamos la epiyectividad. Dada una matriz

Ã
A = (aij ) ∈ Mqp ( ), le asociamos la transformaciń lineal T , que
o
q
a la base de U asocia: T (uj ) = aij vi . Es directo que ϕ(T ) =
i=1
Mqp (T ) = A, luego ϕ es epiyectiva. De (1) y (2) conclu´
ımos que ϕ es
un isomorfismo.
Directamente, de este resultado se tiene: dim LÃ (U, V ) = dim Mqp ( ) = Ã
pq = dim U dim V . Es decir, la dimensiń del espacio de transformaciones
o

lineales es finita y corresponde al producto de las dimensiones de U y V .

´
En el contexto del resultado anterior ¿que relaciń existe entre la multipli-
o
caciń de matrices y la composiciń de funciones lineales?.
o o
Veamos que sucede al componer dos transformaciones lineales. Sean T :
U → V, L : V → W transformaciones lineales, luego L ◦ T : U → W es
tambiń lineal. Ahora bien, sean dimU = p, dimV = q, dimW = r con
e

ı
bases βU = {ui }p , βV = {vi }q , βW = {wi }r , respectivamente. Supon-
Ã
i=1 i=1 i=1
gamos adem´s que MβU βV (T ) = B ∈ Mqp ( ),
a
Ã
MβU βV (L) = A ∈ Mpr ( ). La pregunta es ¿cu´l es la expresiń de MβU βW (L◦
a o
T )? Los “datos” del problema son:

q
T (uk ) = bjk vj 1≤k≤p
j=1
r
L(vj ) = aij wi 1≤j≤q
i=1
Calculemos ahora:
q
(L ◦ T )(uk ) = L(T (uk )) = L( bjk vj ) =
j=1
q q r
= bjk L(vj ) = bjk ( aij wi )
j=1 j=1 i=1
r q
= ( aij bjk )wi 1≤k≤p
i=1 j=1

114

obteniendo

 q q 
 j=1 a1j bj1 ...a1j bjp 
 j=1 
 . 
MβU βW (L ◦ T ) =  . 
 q . 
 q 
arj bj1 ... arj bjp
j=1 j=1

= A · B = MβV βW (L) · MβU βV (T )

Hemos probado que la matriz representante de la composici´n de dos fun-
o
ciones lineales L ◦ T , es el producto de las matrices representantes.

ı ´

115

Una aplicaciń inmediata de este resultado es
o

◭ Ejercicio

Ejercicio 4.3: T : U → V es una transformaciń lineal y β, β ′ son
o
bases de U y V respectivamente entonces
1. T es invertible ssi Mββ ′ (T ) es una matriz invertible.
2. Si T es invertible,

(Mββ ′ (T ))−1 = Mβ ′ β (T −1 ).

Esto nos permite, cuando se estudian transformaciones lineales sobre espa-
cios vectoriales de dimensiń finita, trabajar directamente en la estructura
o
matricial correspondiente, sumando o multiplicando matrices.

En base a lo anterior se tiene el resultado siguiente:

´
Ã
Teorema 4.5. Para toda matriz A ∈ Mnn ( ), las propiedades siguientes
son equivalentes
1. A es invertible.
2. TA : Ãn → Ãn, v → TA(v) = Av es un isomorfismo.
3. El conjunto {A•j}n es base de Ãn .
j=1

´
Demostracion. Demostremos primero (2)⇔(3). Para ello recordemos que
ı
A es la matriz representante de TA con respecto a las bases canńicas:
o
TA (ej ) = Aej = A•j.
2 ⇒ 3) Como TA es isomorfismo, es en particular inyectiva, luego {TA (ej )}n
Ã Ã
j=1
es ℓ.i ⇔ {A•j }n es ℓ.i en n . Como dim n = n, este conjunto es base.
j=1

3 ⇒ 2) Sabemos A•j = TA (ej ) para 1 ≤ j ≤ n, luego {A•j }n base, es
Ã Ã
j=1
decir {TA (ej )}n es base de n , luego ImTA =< {TA (ej )} >= n . Del
j=1
TNI se tiene:

dim Ãn = n = dim ImTA + dimKerTA, luego n = n + dim KerTA ,

entonces dim KerTA = 0 y por lo tanto KerTA = {0}.
Adem´s las dimensiones de los espacios de partida y llegada son iguales,
a
luego TA es isomorfirmo.

(1)⇔(2) es consecuencia del Ejercicio 4.3, usando el hecho de que TA tiene
a A como matriz representante con respecto a las bases canńicas.
o

116

4.8. Matriz de Pasaje o de Cambio de Base

Cuando definimos la matriz representante vimos que esta depend´ de las
ıa
bases elegidas. De esto surge el problema de la no unicidad de la represen-
taciń: una misma transformaciń lineal tiene asociada m´s de una matriz,
o o a
dependiendo de las bases escogidas.

Sea entonces V un espacio vectorial sobre K, dimV = n, sean β = {vi }i=1
y β ′ = {vi }n dos bases de V . Claramente, los vectores de β ′ tienen una
′
i=1
representaciń unica en la base β:
o ´
′
v1 = p11 v1 + p21 v2 + ... + pn1 vn
.
. .
. .
.
. . .
′
vj = p1j v1 + p2j v2 + ... + pnj vn
.
. .
. .
.
. . .
′
vn = p1n v1 + p2n v2 + ... + pnn vn

Denominamos matriz de pasaje o de cambio de base de β a β ′ a la matriz: Matriz de pasaje o de
  cambio de base
p11 ... p1j ... p1n
 . . 
P = Pββ ′ = (pij ) =  . .

´
. .
. . 
.
pn1 ... pnj ... pnn
′
cuya columna j-´sima corresponde a las coordenadas del vector vj , de
e
′
la “nueva” base β , con respecto a la “antigua” base β. Es fćil ver que
a
est´ matriz es exactamente
a

Mβ ′ β (idV ),

es decir la matriz representante de la identidad de V, colocando como base
de partida β ′ y de llegada β.
ı
Por otra parte, sabemos que a un vector x ∈ V podemos asociarle de manera
Ã
biunivoca un vector α = (α1 , ..., αn ) ∈ n , correspondiente a sus coorde-
nadas con respecto a la base β. De manera an´loga le podemos asociar
a
1 n Ã
α′ = (α′ , ..., α′ ) ∈ n , sus coordenadas con respecto a la base β ′ .
Se tiene entonces:
n n n n n
v= α′ vj =
j
′
α′ (
j pij vi ) = ( pij α′ )vi
j
j=1 j=1 i=1 i=1 j=1

n
Pero, adem´s, v =
a αi vi .
i=1
Como la representaciń es unica, conclu´
o ´ ımos:
n
αi = pij α′
j 1≤i≤n
j=1

matricialmente: α = P α′ .

117

Esta ecuaciń establece la relaciń entre las coordenadas de un mismo vec-
o o

tor v ∈ V con respecto a ambas bases.
¿Es posible “despejar” α′ ?. S´ lo es, y esto es equivalente a probar que P
ı
es invertible. Pero por ser la matriz representante de un isomorf´ ısmo es
entonces invertible. Adem´s P −1 es la matriz de cambio de base de β ′ a β:
a
Mββ ′ (idV ).

Observaciń: Cabe hacer notar que la notaciń no es muy afortunada,
o o
pues la matriz de cambio de base de β a β ′ es Mβ ′ β (idV ) es decir hay
que expresar los vectores de β ′ en funciń de los de β.
o

Estudiaremos ahora la relaciń que existe entre las distintas matrices re-
o
presentantes de una misma transformaciń lineal. Esto lo deduciremos de
o
la regla que tenemos para la matriz representante de una composiciń de
o
aplicaciones lineales. Sea T : U → V lineal y consideremos cuatro bases:
˜
β, β bases de U
′ ˜′
β , β bases de V.

´
La pregunta es ¿c´mo se relacionan Mββ ′ (T ) y Mββ ′ (T )?.
o ˜˜
Todo sale de la observaciń
o

idV ◦ T ◦ idU = T,

y por lo tanto

Mββ ′ (T ) = Mβ β ′ (idV ◦ T ◦ idU ) = Mβ ′ β ′ (idV )Mββ ′ (T )Mββ (idU ).
˜˜ ˜˜ ˜ ˜ (4.4)

ı
Es decir la nueva matriz representante de T es la antigua multiplicada por
matrices de cambio de base. La mejor forma de recordar esto es con un
diagrama
T
˜
U, β −→ V, β ′˜

 
idU T  idV
′
U, β −→ V, β

Recorremos este diagrama de dos maneras distintas. para obtener la f´rmu-
o
la 4.4. Notemos que cuando hacemos el recorrido por “abajo” el orden que
aparecen las matrices es reverso: la matriz m´s a la derecha en 4.4 es la que
a
actua primero y as´ sucesivamente.
ı
Las matrices A = Mββ ′ (T ) y B = Mββ ′ (T ) estń relacionadas por un par
˜˜ a
de matrices invertibles que denotaremos por P, Q:

C = P AQ.

Diremos que entonces A y C son semejantes. Como ejercicio, probar que matrices semejantes
esta es una relaciń de equivalencia. Un caso importante es cuando Q =
o ◭ Ejercicio
P −1 , es decir
C = P AP −1 .

118

En este caso especial diremos que A y C son similares. Esta tambiń es e matrices similares

una relaciń de equivalencia.
o
Se tiene que a diferencia de la semejanza no es fćil saber cuńdo dos
a a
matrices son similares. Parte de este problema la estudiaremos en el pr´xima
o
secciń.
o

ı ´

119

´
ı
Guá
ı
´
I
´
Algebra Lineal 08-2

Ejercicios

1. Sea T : U → V una transformaciń lineal. Pruebe que
o Teorema 4.4

(a) Si dim U = dim V entonces

T inyectiva ⇔ T epiyectiva ⇔ T biyectiva.

(b) Si dim U < dim V T no puede ser epiyectiva.
(c) U isomorfo a V ⇔ dim U = dim V.
2. Probar que si T : U → V es lineal y W es un subespacio de U entonces Ejercicio 4.2

(a) T (W ) es subespacio de V.
(b) dim T (W ) ≤ dim U .
(c) Si T es inyectiva dim T (W ) = dim W .
3. T : U → V es una transformaciń lineal y β, β ′ son bases de U y V
o Ejercicio 4.3
respectivamente entonces
(a) T es invertible ssi Mββ ′ (T ) es una matriz invertible.

´
(b) Si T es invertible,

(Mββ ′ (T ))−1 = Mβ ′ β (T −1 ).

Problemas
Ê
P1. Sean M22 ( ) el espacio vectorial de las matrices de 2×2 a coeficientes
Ê Ê
ı
reales sobre el cuerpo . Sea P2 ( ) el espacio vectorial de los polino-
mios de grado menor o igual a 2 a coeficientes reales sobre el cuerpo
Ê. Sea
T: Ê
M22 ( ) −→ P2 ( ) Ê
a b
c d −→ T ( a d ) = (a + d) + (b + c)x + (a + b + 2c + d)x2 .
c
b

(a) Demuestre que T es una transformaciń lineal.
o
Ê Ê
(b) Sean la bases de M22 ( ) y P2 ( ) siguientes:

βM = {( 1 0 ) , ( 0 1 ) , ( 0 0 ) , ( 0 0 )} ,
00 00 10 01 βP = {1, x, x2 }.

Encuentre la matriz representante de T con respecto a las bases
βM y βP .
Ê Ê
(c) Sean la bases de M22 ( ) y P2 ( ) siguientes:
′
βM = ( 1 0 ) ,
0 1
−1 0
0 1 ,(0 1),
10
0 1
−1 0 , βP = {1 + x, x + x2 , 1 + x2 }.
′

Encuentre la matriz representante de T con respecto a las bases
′ ′
βM y βP .
(d) Calule la dimensiń del N´ cleo y la dimensiń de la Imagen de T .
o u o

120

P2. Considere las funciones lineales f y g tales que

Ê
f : M22 ( ) → Ê3 y
g: Ê3 −→ 2
Ê x1 +x2 −x3
x −→ g(x) = 2x1 +x3 .

y las bases

B1 =
1
3
2
4
,
1 0
−1 2
,
0 3
0 −1
,
2 5
2 −4
de M22 ( ) Ê
y       
 2 0 1 
B2 =  1  , 1 , −2 de
 
Ê3
−1 3 1
1 11 1
Sea A = −2 0 0 1 la matriz representante de la funciń f con
o
Ê Ê3.
2 1 1 −1
respecto a las bases B1 en M22 ( ) y B2 en
(a) Encuentre la matriz representante de B de la funciń g con res-
o
Ê Ê
pecto a las bases canńicas de 3 y 2 respectivamente.
o
(b) Obtenga la matriz representante de g ◦ f con respecto a la base
Ê
B1 en M22 ( ) y a la base canńica de 2 . Ê

´
o
P3. Sea T : V → V una aplicaciń lineal con V espacio vectorial de dimen-
o
siń finita. Demuestre que
o

V = Ker(T ) ⊕ Im(T ) ⇔ Ker(T 2 ) = Ker(T ).

P4. Sea β = {1, x, x2 } la base canńica
o Ê
del espacio P2 ( ). Considere

ı
 
0 1 3
Q = 1 0 0 .
1 0 1

Ê
(a) Encuentre la base β ′ de P2 ( ) tal que Q sea representante de la
Ê Ê
identidad de P2 ( ) con β ′ en P2 ( )con β. Si le sirve, si denotamos
por [p]β el vector de coordenadas de p con respecto a la base β,

[p]β = Q[p]β ′ Ê
∀p ∈ P2 ( ).

Ê Ê
(b) Sea T : P2 ( ) → 3 la transformaciń lineal cuya matriz repre-
o
Ê
sentante con respecto a las bases β en P2 ( ) y canńica en 3 es
o Ê
la matriz  
0 1 0
A = 0 0 2  .
0 0 0
Calcule la matriz representante de T con respecto a las bases β ′
Ê Ê
en P2 ( ) y canńica en 3 , donde β ′ es la base encontrada en
o
(a).

121

´
ı
I ´
´
Algebra Lineal 08-2

SEMANA 10: TRANSFORMACIONES LINEALES - VALORES Y

VECTORES PROPIOS

4.9. Rango de una matriz y forma de Hermitte
Ã
Dada una matriz A ∈ Mqp ( ) definimos el rango de A, como el rango de Rango de A
la transformaciń lineal T (x) = Ax. Denotaremos por r(A) el rango de A.
o
As´ r(A) es la dimensiń de la imagen de A.
ı o
Como Ax = x1 A•1 + ... + xp A•p si x = (x1 , ..., xp ), entonces la imagen de
A es generada por las columnas de A esto es:

ImA = {A•1 , ..., A•p } ,

por lo tanto el rango de una matriz es el n´ mero m´ximo de columnas l.i.
u a

◭ Ejercicio

Ejercicio 4.4: Supongamos que A, B son semejantes es decir existen
matrices invertibles P, Q tal que A = P BQ. Probar que entonces que
A y B tienen el mismo rango:

´
r(A) = r(B).

Nuestro prop´sito es probar la rec´
o ıproca de lo anterior, esto es si dos ma-
trices de igual dimensiń tienen el mismo rango entonces son semejantes.
o
Para ello necesitaremos lo que se llama la forma normal de Hermitte.

ı
Ã
Consideremos A ∈ Mqp ( ), ella induce de forma natural una aplicaciń o
lineal T mediante: T (x) = Ax. Es claro que A = Mββ ′ (T ) donde β, β ′
Ã Ã
son las bases canńicas de p y q respectivamente. Construiremos aho-
o
ra dos nuevas bases. Comencemos por una base de KerA: {u1 , ..., uν }, y
extend´mosla a una base de p
a Ã
˜
β = {w1 , ..., wr u1 , ..., uν }.

Notemos dos cosas: primero que hemos dado un orden especial a esta base
donde los vectores que agregamos van al principio; y segundo que del teo-
Ã
rema del n´ cleo imagen p = dim p = dim ImA + dim KerA y por lo tanto
u
necesitamos agregar tanto vectores como rango de A es decir r = r(A).
Tomemos ahora X = {v1 , ..., vr } donde vi = Awi , i = 1, ...r. Probaremos
que X es un conjunto l.i.. En efecto si

λ1 v1 + ... + λr vr = 0,

se tendr´ que
a

0 = λ1 Aw1 + ... + λr Awr = A(λ1 w1 + ... + λr wr ),

122

es decir el vector λ1 w1 + ... + λr wr est´ en el KerA. Como lo hemos hecho
a

ya varias veces de aqu´ se deduce que los coeficientes deben ser cero. En
ı
efecto, por estar en el KerA se debe tener que

λ1 w1 + ... + λr wr = α1 u1 + ... + αν uν ,

lo que implica que

λ1 w1 + ... + λr wr − α1 u1 − ... − αν uν = 0,

y como los vectores son l.i. se tiene que λ1 = ... = λr = 0.
Extendamos ahora X a una base de q Ã
˜
β ′ = {v1 , ..., vr , vr+1 , ..., vq },

y calculemos la matriz representante de T con respecto a estas nuevas bases:

Aw1 = v1 = 1v1 + 0v2 + ... + 0vr + 0vr+1 + ... + 0vq
Aw2 = v2 = 0v1 + 1v2 + ... + 0vr + 0vr+1 + ... + 0vq
.
.
.
Awr = vr = 0v1 + 0v2 + ... + 1vr + 0vr+1 + ... + 0vq ,

´
Au1 = 0 = 0v1 + 0v2 + ... + 0vr + 0vr+1 + ... + 0vq
.
.
.
Auν = 0 = 0v1 + 0v2 + ... + 0vr + 0vr+1 + ... + 0vq

por lo tanto la matriz representante es:

ı
Ir 0
Mββ ′ (T ) =
˜˜ ,
0 0

donde Ir es una identidad de tama˜ o r y el resto son matrices de ceros de
n
las dimensiones apropiadas. Usualmente esta matriz se denota por H y se
le conoce como la forma normal de Hermitte. Usando el teorema de cambio Forma normal de
de base se encuentra que existen matrices invertibles P, Q tal que Hermitte

A = P HQ.

Ã
Por otro lado si A, B ∈ Mqp ( ) tienen el mismo rango entonces se demues-
tra que existen matrices invertibles P, Q, R, S tal que

A = P HQ, B = RHS, y por lo tanto A = P R−1 BS −1 Q,

como P R−1 , S −1 Q son invertibles se deduce que A, B son semejantes.

El rango de una matriz es el n´ mero m´ximo de columnas l.i., pero que
u a
hay del n´ mero m´ximo de filas l.i., o lo que es lo mismo, el rango de At .
u a
Veremos acontinuaciń que
o

r(A) = r(At ).

123

Usando la forma normal de Hermite, se deduce que existen matrices inver-
tibles P, Q tal que

A = P HQ. At = Qt H t P t ,
que es la forma normal de Hermite para At . Adem´s es claro que r(H) =
a
r(H t ), pero entonces r(A) = r(H) = r(H t ) = r(At ). En particular se
concluye que r(A) ≤ m´ ınimo (p, q).
Un problema que se nos presenta es saber si hay una forma ’fćil’de calcular
a
el rango de una matriz. La respuesta es si, y se obtiene mediante escalona-
miento. Notemos que la matriz escalonada de A que usualmente se denota
˜
A, tiene el mismo rango que A pues estas dos matrices son semejantes. En
˜
efecto A se obtiene por premultiplicaciń de A por matrices elementales que
o
˜
son invertibles. Pero el rango de A es fćil de calcular, pues tiene tantas
a
filas l.i. como filas no nulas tenga, y esto debido a la forma triangular de
˜ ˜
A. Por lo tanto el rango de A es el n´ mero de filas no nulas en A.
u
Tomemos, por ejemplo, el escalonamiento siguiente:
   
1 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0
−1 1 −1 1 1 0 1  0 2 0 2 2 0 1 
  ˜  
A =  0 1 1 1 −1 0 1  → A =  0 0 1 0 −2 0 1  , 2 
  
0 −1 −1 −1 1 1 0 0 0 0 0 0 1 1

´
−1 1 −1 1 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0

◭ Ejercicio

Ejercicio 4.5: Probar que r(AB) ≤ r(A) y por lo tanto

r(AB) ≤ m´
ınimo (r(A), r(B)).

ı
5. Valores y vectores propios
En esta secciń abordaremos el problema de saber cuńdo para una apli-
o a
Ê Ê
caciń lineal L : n → n , es posible encontrar una base B con respecto
o
a la cual la matriz representante de L sea diagonal. En forma equivalente,
¿cuńdo una matriz A de n × n puede descomponerse de la forma
a

A = P DP −1 con D diagonal ? (5.1)

Este problema de naturaleza puramente algebraica, tiene muchas aplicacio-
nes en otras ramas de la Matem´tica, por ejemplo en Ecuaciones Diferen-
a
ciales, Estad´ıstica, etc.
Tal vez el teorema m´s importante de este cap´
a ıtulo es el que dice que toda
matriz sim´trica puede representarse en la forma (5.1).
e

Comenzamos con las nociones de valores y vectores propios de una aplica-
ciń lineal L : V → V donde V es un espacio vectorial sobre ( =
o ÃÃ Ê
o
´ ).

124

Definiciń 5.1 (Vector y valor propio).
o Diremos que x ∈ V es un Vector y valor propio

vector propio de L si:
(i) x = 0
(ii) ∃λ ∈ Ã tal que L(x) = λx.
En este caso el valor λ ∈ Ã que satisface (ii) se denomina valor propio
asociado a x.

Diremos que x ∈ V {0} es un vector propio de A ∈ Mnn si es vector
propio de la aplicaciń lineal L dada por L(x) = Ax. Es decir
o

∃λ ∈ Ã, Ax = λx.

De la misma manera decimos que λ es valor propio de A.
Para la transformaciń lineal asociada a una matriz A mencionada ante-
o
riormente, se tiene:

Ã
Proposiciń 5.1. Dada A ∈ Mnn ( ), son equivalentes:
o
(i) ∃x = 0 Ax = λx.

´
(ii) ∃x soluciń no trivial del sistema (A − λI)x = 0.
o
(iii) Ker(A − λI) = {0}
(iv) A − λI no es invertible.

a e Ã
Necesitamos una forma fćil de determinar qu´ valores de λ ∈ son valores

ı
propios. Para ello ser´ util que la condiciń (iv) pudiera expresarse como
ıa ´ o
una ecuaciń en λ. Veremos que el c´lculo de los valores propios se reduce a
o a
estudiar un polinomio de grado n cuyos coeficientes dependen de la matriz
A.

Con este objetivo introduciremos una aplicaciń llamada determinante,
o
que a cada matriz cuadrada A con coeficientes en Ã
le asigna un elemento
Ã
de .
Para ello primero definiremos Aij la submatriz de A que se obtiene a partir
de A eliminado la fila i y la columna j.

Ejemplo:
 
1 2 3
5 6
A = 4 5 6 A11 = .
8 9
7 8 9

Con esto podemos definir el determinante de una matriz por un procedi-
miento inductivo de la siguiente forma.
Definiciń 5.2 (Determinante). Definimos el determinante de A como
o Determinante

(i) Si A es de 1 × 1 |A| = a donde A = a.

125

n
(ii) Si A es de n × n |A| = (−1)i+1 ai1 |Ai1 |.

i=1

a b
As´, si A =
ı , |A| = a11 |A11 | − a21 |A21 | = ad − cb.
c d

◭ Ejercicio

Ejercicio 5.1: Obtener la f´rmula para una matriz de 3 × 3.
o

A continuaciń daremos las propiedades m´s importantes de la funciń
o a o
determinante, sin dar demostraciones, las cuales se presentan (por comple-
titud) en el Apńdice.
e

ı ´

126

Proposiciń 5.2. Se tienen las siguiente propiedades:
o

1. El determinante es una funciń lineal de las filas de A es decir
o
     
A1• A1• A1•
 .   .   . 
 . .  . 
.  . 
.
∀t ∈ K, x, y ∈ Ãn  
:  tx + y  = t
 . 
  
 x  +  y 
 .   . 

 . .  . 
.  . 
.
An• An• An•

2. Si B se obtiene de A permutando dos filas entonces |A| = −|B|.
3. Si A tiene dos filas iguales |A| = 0.
4. |I| = 1 donde I es la identidad.Si A es triangular superior entonces
n
|A| = aii .
i=1

5. Si a la fila i de la matriz A le sumamos la fila j ponderada por t
entonces el determinante no cambia. Es decir
 A1•   
A1•

´
 .
.   . 
 .   . .
 A   
 i−1•   Ai−1• 
Si B =   donde i = j y A =   entonces
 Ai• + tAj•   Ai• 
 .   . 
 .   . .
.
An• An•
|B| = |A|.

ı
˜
6. Si A = (˜ij ) es una versiń escalonada de A y Nσ , el n´mero de
a o u
permutaciones de filas realizadas para escalonar A. Entonces:
n
˜
|A| = (−1)Nσ · |A| = (−1)Nσ aii .
˜
i=1

7. A es invertible si y s´lo si |A| = 0.
o
8. Una permutaciń del conjunto {1, 2, ..., n} es una funciń σ : {1, 2, ..., n} →
o o permutaciń σ
o
1 2 ... n
{1, 2, ..., n}, biyectiva. Se suele usar la notaciń σ = σ(1) σ(2) ... σ(n) .
o
Dada σ  permutaciń del conjunto {1, 2, ..., n}, se define signo(σ) =
 eσ(1) una o
eσ(2)
 .  donde e1 , ..., en son las filas de la matriz identidad. De (2)
.
.
eσ(n)
y (4) se obtiene que signo(σ) ∈ {−1, 1}. Se tiene adem´s |A| =
a
σ
signo(σ) a1σ(1) a2σ(2) ...anσ(n) donde la suma se extiende sobre todas
las n! permutaciones de {1, ..., n}.
9. |AB| = |A||B|.

127

10. Si A es invertible entonces |A−1 | = 1/|A|.

11. |A| = |At |. Adem´s de (4) si A es triangular inferior entonces |A| =
a
n
aii .
i=1

12. Para cualquiera i0 , j0 ∈ {1, . . . , n} fijos, se tiene:
n
|A| = (−1)i+j0 aij0 |Aij0 | (C´lculo de |A|, usando la columna j0 )
a
i=1

n
|A| = (−1)i0 +j ai0 j |Ai0 j | (C´lculo de |A|, usando la fila i0 )
a
j=1

La propiedad (7) nos dice que λ es valor propio de A si y s´lo si |A−λI| = 0.
o
Esta ecuaciń es un polinomio de grado n en λ.
o
En efecto, usando la formula (8) se tiene
n
|A − λI| = signo (σ) (A − λI)iσ(i)

´
σ i=1

si σ es la permutaciń identidad tendremos
o
n n
signo (σ) (A − λI)iσ(i) = (aii − λ) = (−1)n λn + q(λ)
i=1 i=1

donde q(λ) es un polinomio de grado ≤ n − 1.

ı
Si σ es distinta de la permutaciń identidad se tendr´ que existe un ´
o a ındice
n
i ∈ {1, ..., n} tal que i = σ(i). De donde ℓ(λ) = signo(σ) (A − λI)iσ(i) =
i=1
signo (σ) (aii − λ) aiσ(i) es un polinomio de grado ≤ n − 2
i:σ(i)=i i:σ(i)=i
(este ultimo producto debe contener por lo menos dos t´rminos ¿por qu´?)
´ e e
y por lo tanto

|A − λI| = (−1)n λn + αn−1 λn−1 + ... + α1 λ + α0 ,

donde αn−1 , . . . , α0 dependen de A. Por ejemplo evaluando en λ = 0 se
tiene |A| = α0 .
¿Cuńto vale el coeficiente de λn−1 ?.
a
Definiciń 5.3 (Polinomio caracter´
o ıstico). P (λ) = |A − λI| es llama- Polinomio
do el polinomio caracter´
ıstico de A. caracter´
ıstico

Ejemplo:

4 −5
A=
2 −3

128

¿Cu´les son los valores propios de A?. Para ello estudiemos A − λI.
a

4 −5 λ 0 4−λ −5
A − λI = − =
2 −3 0 λ 2 −3 − λ

pero entonces 0 = |A−λI| = −(4−λ)(3+λ)+10 = −(12+λ−λ2 )+10 =
λ2 − λ − 2. Los valores propios son λ1 = 2, λ2 = −1.

Ejemplo:

0 −1 −λ −1
A= |A − λI| = = λ2 + 1 = 0
1 0 1 −λ
Ê
no tiene soluciń en , y por tanto A no tiene valores propios reales.
o
Sin embargo si el cuerpo donde estamos trabajando es entonces A
tiene dos valores propios.

Ejemplo:
Ê
Sea D( ) = { espacio de funciones infinitamente diferenciables de → Ê
Ê Ê
} se prueba fćilmente que D( ) es un espacio vectorial sobre .
a Ê
Consideremos

´
Ê
L : D( ) → D( ) Ê
df ,
f → Lf =
dt
es decir Lf es la funciń derivada de f .
o

As´ por ejemplo si f (t) = tn , g(t) = cos(t) se tendr´ Lf = ntn−1 ; Lg =
ı a

ı
−sen(t). Estudiemos si L tiene vectores propios:
Lf = λf es decir df = λf . Esta es una ecuaciń diferencial y una
dt o
soluciń es: f (t) = ceλt .
o
Ê
Luego todo λ ∈ es valor propio y un vector propio es ceλt , c = 0.

o Ã
De la definiciń v es vector propio si v = 0 y ∃λ ∈ tal que Av = λv. As´ ı,
λ es valor propio si y s´lo si existe una soluciń no nula de la ecuaciń
o o o

(A − λI)v = 0

Cualquier soluciń no nula de esta ecuaciń es entonces un vector propio
o o
de A con valor propio λ.
Notemos que si v es vector propio tambiń lo es 10v y en general αv para
e
Ã
cualquier α ∈ , α = 0.
Adem´s, si v es vector propio, el valor propio asociado es unico. Supongamos
a ´
que L(v) = λ1 v = λ2 v entonces (λ1 − λ2 )v = 0 . Como v = 0 se tendr´ λ1 −
a
λ2 = 0 y por lo tanto λ1 = λ2 .
Para cada valor propio λ de A, introduciremos el subespacio propio Wλ Subespacio propio
que corresponde a Wλ = Ker(A − λI). Notar que este subespacio debe
contener vectores no nulos, pues λ es valor propio.

129

Si A y B son similares es decir si existe P invertible tal que A = P BP −1 ,

entonces los valores propios de A y B son los mismos y m´s a´ n, el polinomio
a u
caracter´
ıstico es el mismo. En efecto:

A − λI = P BP −1 − λP P −1 = P (B − λI)P −1

|(A − λI)| = |(P (B − λI)P −1 )|
= |P ||(B − λI)||P −1 | pero |P −1 | = 1/|P |
= |B − λI|
luego A y B tienen el mismo polinomio caracter´
ıstico, por lo tanto tienen
los mismos valores propios.

Ejemplo:
4 −5
Sea A = Sabemos que los valores propios son λ1 = 2, λ2 =
2 −3
−1. Calculemos los vectores propios asociados.
λ1 = 2 La ecuaciń de vectores propios es
o

x1 2 −5 x1 0

´
(A − 2I) = =
x2 2 −5 x2 0
5
La soluciń general es x1 = 2 x2 y su espacio propio es:
o

5 5
x1 2
W2 = Ker(A − 2I) = { /x1 = x2 } = .
x2 2 1

ı
5
As´ v es vector propio asociado a λ1 = 2 si y solo si v = α
ı 2 α = 0.
1
Para λ2 = −1
5 −5 5 −5
A − (−1)I = A + I = → , luego la soluciń general
o
2 −2 0 0
de la ecuaciń (A + I)x = 0 es: x1 = x2 , y su espacio propio es
o

1
W−1 = Ker(A − (−1)I) = Ker(A + I) = .
1

130

´
ı
I ´
´
Algebra Lineal 08-2

SEMANA 10: VALORES Y VECTORES PROPIOS

´
Apendice
Hemos definido el determinante de una matriz A de n×n en forma recursiva
de la siguiente manera | A |= (−1)j+1 aj1 | Aj1 |, donde Akℓ es la matriz
j
de n − 1 × n − 1, que se obtiene de A eliminńdole la fila k y la columna
a
ℓ. Probaremos ahora las propiedades fundamentales de esta funciń. Varias
o
de las propiedades pueden probarse por inducciń, dejaremos al lector la
o
tarea de completar estas demostraciones.

1. Si  
a11 ··· a1n
 .
. 
 . 
˜ 
A =  ak1 + bk1 ···

akn + bkn  ,
 . 
 .
. 
an1 ··· ann
entonces

´
   
a11 ··· a1n a11 ··· a1n
 .   . 
 ..   .. 
˜ =  an1
|A|  ···
 
akn  +  bk1 ··· bkn

 = |A| + |B|.
 .   . 
 ..   .. 
an1 ··· ann an1 ··· ann

ı
Por hip´tesis de inducciń (sobre el tama˜ o de la matriz) se tiene
o o n
˜
| Aj1 |=| Aj1 | + | B j1 | .
˜
Adem´s, | Ak1 |=| Ak1 |, luego
a
n n
˜
| A |= ˜ ˜
(−1)j+1 aj1 |Aj1 | = (−1)j+1 aj1 {| Aj1 | + | B j1 |}+
j=1 j=1
j=k

(−1)k+1 (ak+1 + bk+1 ) | Ak1 |=| A | + | B |

An´logamente se prueba que si
a
 
a11 ··· a1n
 . . 
 . . . 
.
˜ 
A =  tak1 ···

takn  ,
 . 
 . . 
an1 ··· ann

131

entonces  
···

a11 a1n
 .. 
 . 
˜  
| A |= t  ak1 ··· akn  .
 . 
 .. 
an1 ··· ann

As´ visto como funciń de las filas de A el determinante tiene la propie-
ı o
dad lineal siguiente
     
A1• A1• A1•
 A2•   A2•   A2• 
 .   .   . 
 .   .   . 
∀x, y ∈ Ã n 
,t ∈ K : 
. 

 tx + y 
 . 
=t 
 x 
 . 
 + 
 y 
 .
 .   .   . 
 . .  . 
.  . 
.
An• An• An•

Es decir el determinante es lineal en cada una de las filas de la matriz.

´
Si estamos considerando matrices de dimensiń n entonces diremos que
o
el determinante es n-lineal.

Probaremos simultńeamente por inducciń las propiedades (2) y (3):
a o
2. Si B se obtiene de A permutando dos filas entonces |B| = −|A|. Se dice
que el determinante es una funciń alternada.
o

ı
3. Si A tiene dos filas iguales entonces |A| = 0. Supongamos que A tiene

las filas i y j iguales, es decir:

A1•
 . 
 . 
 . 
 X  ←i
 . 
A= . 
 .  .
 ←j
 X 
 . 
 . 
.
An•
Cada matriz Ak1 tiene dos filas iguales a menos que k = i o k = j de
donde | Ak1 |= 0 si k = i k = j. Por lo tanto ⇒ | A |= (−1)i+1 ai1 |
Ai1 | +(−1)j+1 aj1 | Aj1 |.

Las matrices Ai1 y Aj1 de dimensiń n−1×n−1 son iguales excepto que
o
la fila X esta en distinta posiciń. En Ai1 esta en la fila j −1. En Aj1 esta
o
en la fila i. As´ podemos llegar de la matriz Ai1 a la matriz Aj1 mediante
ı

132

j −1−i permutaciones. Por cada permutaciń hay un cambio de signo en
o

el determinante (de dimensiń n − 1). Luego | Ai1 |= (−1)j−1−i | Aj1 |.
o
Adem´s ai1 = aj1 ⇒
a

| A | = ai1 {(−1)i+1 (−1)j−1−i | Aj1 | +(−1)j+1 | Aj1 |}
= {(−1)j − (−1)j }ai1 | Aj1 |= 0
˜
Supongamos que A se obtiene de A permutando las filas i y j:
 
A1•
 . 
 . 
.
 
 Aj•  ← i
 . 
˜
A= .  .
 . 
 ←j
 Ai• 
 . 
 . 
.
An•
Tomemos  
A1•
 .
.

´
 .
 
 Ai• + Aj• 
  ←i
 .
. 
B= .  ,
 
 Ai• + Aj•  ← j
 
 . 
 .
. 
An•

ı
como B tiene dos filas iguales se deduce que

       
A1• A1• A1• A1•
 .
.   .
.  .   . 
 .  


.  .   . 
. .
 Ai•   Aj•     
     Ai•   Ai• 
 .   .   .   . 

0 =| B |=  .
. + . =  .  +  . +
 .  .   . 
A +A   
 Ai• + Aj•     
 i• j•   Ai•   Aj• 
 .     .   . 
 .  

.
.

  .   . 
.
. . .
An• An• An• An•
  A 
A1• 1•
 .   . 
. . 
 .   . 
  
 Aj•   Aj• 
   . 
 
+  .  +  .  = 0 + |A| + |A| + 0,
 . .  . 
˜
  
 Ai•   Aj• 
 .   . 
 .   .  . 
.
An• An•

133

y por lo tanto

˜
| A |= − | A |

4. Sea In la identidad de n × n entonces |In | = 1. En efecto
|In | = 1|In−1 | = 1.
De manera m´s general se prueba que si A es triangular superior enton-
a
n
ces |A| = aii , esto tambiń es cierto para una triangular inferior pero
e
i=1
lo probaremos m´s tarde.
a
5. Si a la fila i le sumamos la fila j(i = j) amplificada por alg´ n factor,
u
entonces el determinante no cambia. Sea
 
A1•
 .
. 
 . 
 
 Aj• 
 ←j
˜  .
. 

´
A= .  ,
 
 Ai• + tAj•  ← i
 
 . 
 .
. 
An•
entonces  
A1•
 . 
 . 

ı
 . 
 Aj• 
  ←j
.
˜ |=| A | +t  . 
|A  .  =| A |
 
 Aj•  ← i
 
 . 
 . 
.
An•

6. Las filas de A son l.d. ⇐⇒| A |= 0. Supongamos que las filas de A son l.d.
es decir ∃λ1 , ..., λn no todos nulos tal que λ1 A1• +λ2 A2• +...+λn An• = 0
podemos suponer sin p´rdida de generalidad que λ1 = 0
e
 
λ1 A1• + λ2 A2• + ... + λn An•
 A2• 
˜
A= . =
 .
. 
An•
 
0
n
 A2• 
˜
=  .  = (−1)1+1 0· | A11 | +
. ˜ ˜
(−1)j+1 aj1 |Aj1 |,
 . 
j=2
An•

134

˜ ˜
pero para j ≥ 2 la primera fila de Aj1 es cero luego las filas de Aj1 son

˜ ı ˜
l.d., por tanto | Aj1 |= 0. As´ | A |= 0. Adem´s
a
    
A2• Ak• An•
 A2•   A2•   A2• 
0 = λ1 |A|+λ2  .  +....+λk  .  +...+λn
 ..   . 
 .  = λ1 |A|,
 . 
. .
An• An• An•

pero λ1 = 0 y por lo tanto | A |= 0.

Si las filas son l.i. probaremos que |A| = 0. En efecto, mediante opera-
ciones elementales sobre las filas de A (suma de filas y permutaciń de
o
filas) se llega a
 
a11
˜ a12
˜ ··· a1n
˜
 0 a22
˜ ··· a2n 
˜
 
˜  .
A= . . 0


 . . .. 
 . . .
. . 
0 0 0 0 ann
˜

´
n
˜ ˜
pero entonces | A |= ± | A |. Dado que | A |= aii = 0 (ver (4)), se
˜
i=1
concluye que | A |= 0.

Falta probar que |A| = |At |. Esta proposiciń no es fćil, para ello
o a
necesitamos la siguiente f´rmula:
o

ı
7. |A| = (signo σ) a1σ(1) a2σ(2) ...anσ(n) donde la suma se extiende sobre
σ
todas las permutaciones de {1, ..., n} y signo(σ) se define como
 
eσ(1)
 
signo (σ) =  .  ,
.
.
eσ(n)
donde {e1 , ...en } es la base canńica de
o Ên
Ejemplo:

1 2 3 ··· n
σ=
2 1 3 ··· n

eσ(1) = e2
eσ(2) = e1
eσ(i) = ei i≥2

135

 
0 1 0 ··· 0

1 0 0 ··· 0
 
signo(σ) =  0 0 1 ··· 0  = (−1)3 | In−1 |= −1, luego signo
. .. 
.. . 0
1
(σ) = −1

El t´rmino asociado a esta permutaci´n σ en la f´rmula (7) es:
e o o

−1 a12 a21 a33 a44 ...ann

Notemos que cada t´rmino de la f´rmula (7) es el producto de una ele-
e o
mento por ﬁla y columna.

Demostremos la f´rmula. Dado que A1• = a11 e1 + a12 e2 + ... + a1n en se
o
tendr´
a  
ek
n
 A2• 
| A |= a1k  .  .
 . 
. k=1
An•

´
n
An´logamente A2• =
a a2ℓ eℓ , luego
ℓ=1

   
  ek ek
ek
n  eℓ   eℓ 
 A2•     
 .  = a2ℓ  A3•  = a2ℓ  A3•  .
 .   .   . 

ı
. ℓ=1  .  ℓ=k  . 
. .
An•
An• An•

Por lo tanto
 ek 
e 
k1
 eℓ 
   ek2 
|A| = a1k a2ℓ  Aj•  = a1k1 a2k2 ...ankn  . 
 .   . 
k=ℓ  .  k1 ,...,kn .
. todos ekn
a1k1 a2k2 ...ankn distintos

Esta suma es la suma sobre todas las permutaciones
 
ek1
1 2 ··· n  . 
σ= y  .  = signo (σ),
.
k1 k2 kn
ekn

lo que prueba la f´rmula deseada. Notemos que lo que se uso en probar
o
esta f´rmula es que el determinante es n-lineal y alternada. Por esto
o
estudiaremos un poco como son este tipo de funciones.

136

Supongamos que tenemos una funciń F que asigna a cada matriz cua-
o
Ã

drada de n × n un n´ mero de , de manera que es n-lineal y alternada
u
en las filas de la matriz, entonces necesariamente:
F (A) = |A| · F (I)
Ã
donde F (I) ∈ es el valor que toma para la identidad de tama˜ o n. Este
n
resultado dice que toda funciń n-lineal alternada debe ser un m´ ltiplo
o u
del determinante. De igual forma como lo hicimos para el determinante
se prueba que
 
eσ(1)
 
F (A) = a1σ(1) ...anσ(n) F  .  .
.
.
σ
eσ(n)
Pero por ser F alternada se tendrá
 
eσ(1)
 . 
F  .  = ±F (I)
.
eσ(n)
el signo depende de si se necesitan un n´ mero par o impar de permuta-
u
ciones para llegar a la identidad pero

´
 
eσ(1)
 . 
 . 
.
eσ(n)
es exactamente ±1 dependiendo de la paridad del n´ mero de intercam-
u
bios necesarios para llegar a la identidad. Luego, F (A) = F (I) signo (σ)a1σ(1) ...anσ(n) =

ı
j
F (I)|A|.
8. |AB| = |A||B|

Sea
Ã
F : Mnn ( ) → Ã
A → |AB|
probemos que F es n-lineal. En efecto
   
A1• A1•
 .   . 
 . 
.  . 
.
   
C1 =  X  C2 =  Y 
 .   . 
 . 
.  . 
.
An• An•
   
A1• A1• B
 .   . 
 . 
.  .
. 
˜ = X +Y 
A   ˜ =  XB + Y B  ,
AB  
 .   . 
 . 
.  .
. 
An• An• B

137

y por lo tanto

   
A1• B A1• B
 .   . 
 .   . 
. .
˜ ˜    
F (A) = |AB| =  XB  +  Y B  = |C1 B|+|C2 B| = F (C1 )+F (C2 ).
 .   . 
 .   . 
. .
An• B An• B

De igual forma se prueba que
   
A1• A1•
 .   . 
 . 
.  . 
.
   
F  tAi•  = tF  Ai•  .
 .   . 
 . 
.  . 
.
An• An•

Si intercambiamos las filas i y j de A y definimos
   
A1• A1• B
 .   . 
 . 
.  . 
.

´
   
 Aj•  ← i  Aj• B 
 .   . 
˜
A= .  ˜
AB =  .  ,
 .   . 
   
 Ai•  ← j  Ai• B 
 .   . 
 .   . 
. .
An• An• B

ı
a ˜ ˜
se tendr´ |AB| = −|AB| por lo tanto F (A) = −F (A). Del resultado
anterior concluimos que F (A) = |A|F (I) pero F (I) = |IB| = |B| por lo
tanto |AB| = |A||B|

9. Si A es invertible entonces
1
|A−1 | =
|A|
1
en efecto, |A−1 A| = |I| = 1 = |A−1 | · |A| luego |A−1 | = |A| .

Proposiciń 5.3. Sean σ y σ ′ dos permutaciones entonces signo(σ ◦
o
σ ′ ) = signo(σ) signo(σ ′ ).

´
Demostracion. Sean
   
eσ(1) eσ′ (1)
   
A= . 
.
. B= . 
.
.
eσ(n) eσ′ (n)

138

   
eσ◦σ′ (1) eσ(σ′ (1))

 .   . 
C= .
. = .
. .
eσ◦σ ′ (n) eσ(σ ′ (n))

Si escribimos A en t´rminos de sus columnas, tendremos que el 1 de la
e
primera columna se ubica en la posiciń k (fila k) que hace que σ(k) = 1,
o
pero entonces k = σ −1 (1), por lo tanto A descrita por sus columnas es:
A = (eσ−1 (1) eσ−1 (2) ...eσ−1 (n) ). Como
0 j=k
et ek =
j , se tiene que la primera fila de BA tendr´ la forma:
a
1 j=k

(BA)1j = et ′ (1) eσ−1 (j) = 1 σ ′ (1) = σ −1 (j) ,
σ
0 sino
es decir (BA)1• es un vector de la base canńica, lo que debemos ave-
o
riguar es en que posiciń tiene el ”1”, pero esto se deduce de la ecua-
o
ciń σ ′ (1) = σ −1 (j) pues entonces j = σ(σ ′ (1)) = σ ◦ σ ′ (1), luego
o
(B · A)1• = eσoσ′ (1) . As´ se obtiene:
ı
 
eσ◦σ′ (1)
 eσ◦σ′ (2) 
 
BA =  . 

´
 .
. 
eσ◦σ′ (n)
Por lo tanto C = B · A, de donde |C| = |B||A| y entonces
signo(σ ◦ σ ′ )= signo(σ) signo(σ ′ ). En particular signo(σ −1 )= signo(σ)
pues
signo(σ ◦ σ −1 ) = signo(id) = 1 = signo(σ) signo(σ −1 ),
donde id es la permutaciń identidad.
o
ı
10. Probemos ahora que |A| = |At |. En efecto:

|At | = signo (σ) (At )1σ(1) (At )2σ(2) ...(At )nσ(n)
σ
,
= ( signo(σ))aσ(1)1 , aσ(2) ...aσ(n)n
σ
n n
pero aσ(i)i = aiσ−1 (i) lo que se obtiene reordenando el producto
i=1 i=1
de acuerdo a la primera coordenada. Luego

|At | = ( signo(σ))a1σ−1 (1) a2σ−1 (2) ...anσ−1 (n) .
σ

Como signo(σ) = signo(σ −1 ) y la aplicaciń σ → σ −1 es una biyecciń
o o
se tiene:
|At | = ( signo(ν))a1ν(1) ...a2ν(2) = |A|
ν

139

Formula para A−1
´

Ã Ã F (A) =
n
Sea F : Mnn ( ) → (−1)i+j aij |Aij | que corresponde a
i=1
desarrollar el determinante de A por la columna j.
Se puede probar al igual que hicimos para el determinante que F es
n-lineal y alternada luego F (A) = |A| · F (I) pero F (I) = 1, por tanto
F (A) = |A|. Adem´s si se usa |A| = |At | se prueba que se puede calcular
a
n
|A| utilizando las filas de A esto es: |A| = (−1)i+j aij |Aij |
j=1

Si |A| = 0 definamos B mediante:

1
bij = (−1)i+j |Aji |.
|A|
Calculemos AB:
n n
(−1)k+j
(AB)ij = aik bkj = aik |Ajk |.
|A|
k=1 k=1

´
Analicemos ahora dos casos:
n
1
1. j = i (AB)ii = |A| (−1)k+i aik |Aik | = 1
k=1

n
2. j = i (AB)ij = (−1)k+j aik |Ajk |, que corresponde al determinante
|A|
k=1
de la siguiente matriz, calculado usando la fila j

a11
 .
···
.
a1n
. 

ı
 .. .
. . 
.
 
 ai1 ··· ain  ← i
 . . . 
 . . . 
 . . . 
 ai1 ain  ← j
 |A| ······ 
|A| 

 . . . 
 .. .
. . 
.
an1 ··· ann
n
a
Como las filas de esta matriz son l.d. se tiene (−1)k+j |A| |Ajk | = 0,
jk

k=1
y por tanto AB = I lo que implica que

B = A−1 .

Ejemplo:

Sea
a b
A= .
c d

140

Se tendr´ que
a

|A| = ad − bc
|A11 | = d |A12 | = c |A21 | = b |A22 | = a
t
1 d −c 1 d −b
A−1 = = .
|A| −b a |A| −c a

ı ´

141

´
ı
Gu´a
ı
´
I
´
Algebra Lineal 08-2

Ejercicios

1. Suponga que A, B son semejantes, es decir, existen matrices invertibles
P, Q tal que A = P BQ. Pruebe que A y B tienen el mismo rango:

r(A) = r(B).

2. Probar que r(AB) ≤ r(A) y por lo tanto

r(AB) ≤ m´
ınimo (r(A), r(B)).

3. Obtener la f´rmula del determinante de una matriz de 3×3.
o
Ê
4. Demuestre que si A, B ∈ Mnxn ( ), entonces P (A · B) = P (B · A) si A
es invertible, y donde P (A) denota “el polinomio caracter´
ıstico de A”
5. Determinar los valores y los vectores propios correspondientes a las ma-
trices siguientes:

 
  3 0 1 0    
2 1 0 0  3 2 2 3 −2 1

´
3 0 0 
0 2 0 0 −2 1 −6 2 1 −1
1 3 0
0 0 3 1 −1 4 2 −6 4
0 0 0 3

Problemas
Ã
P1. (a) Pruebe que una matriz A ∈ Mmn ( ) tiene rango 1 si y s´lo si
o
Ã Ã
ı
existen u ∈ m , v ∈ n , ambos no nulos tales que A = uv t .
(b) Si α0 , α1 , ..., αn−1 ∈ Ê y n 2, probar por inducci´n que el
o
polinomio caracter´ ıstico de la matriz
 
0 0 ... 0 −α0
1 0 ... 0 −α1 
 
 −α2 
A = 0 1 ... 0 
. . . . . 
. . . . .
. . . . 
.
0 0 ... 1 −αn−1
n−1
es igual a: (−1)n ( αk λk + λn ).
k=0

Ê
P2. Sean A, B ∈ Mn,n ( ) invertibles y α ∈ Ê, 0 < α < 1.
ıstico de A−1 B. Pruebe que
a) Sea PA−1 B (·) el polinomio caracter´

α
|(αA + (1 − α)B)| = (1 − α)n |A|PA−1 B .
α−1

b) Demueste que existe 0 < α < 1 tal que (αA+(1−α)B) es invertible.

142

P3. Sean A, B matrices de n×n con coeficientes reales tales que AB = BA

a) Pruebe que si Bv = 0 y v es vector propio de A asociado a λ
entonces Bv tambiń lo es.
e
b) Muestre que si v es vector propio de A perteneciente a un espacio
propio de dimensiń 1, entonces v es vector propio de B.
o

ı ´

143

´
ı
I ´
´
Algebra Lineal 08-2

SEMANA 11: VALORES Y VECTORES PROPIOS

Ã Ã
Sea L : n → n lineal y sea A la matriz representante de L con respecto
a la base can´nica B. Supongamos que existe B ′ = {v1 , . . . , vn } base de
o
vectores propios, es decir B ′ es una base de n y Ã
∀ i ∃λi ∈ Ã Avi = λi vi .
¿Cu´l es la matriz representante de L con respecto a B ′ ?
a

Av1 = λ1 v1 = λ1 v1 + 0v2 + · · · + 0vn
Av2 = λ1 v2 = 0v1 + λ2 v2 + · · · + 0vn
.
.
.
Avn = λn vn = 0v1 + 0v2 + · · · + λn vn

 
λ1 0 0
 . 
. 
 0 λ2 .
MB ′ B ′ (L) =  . ..  = D que es diagonal.
 .
. 0 . 0 

´
0 0 λn

Adem´s se tiene el diagrama
a

A
B → B
P −1 ↓ ↑ P.

ı
D
B′ → B′

Por lo tanto A = P DP −1

Algunas ventajas de conocer D:
(1) r(A) = r(D) = n´ mero de valores propios no nulos.
u

n
(2) |A| = |P DP −1 | = |P ||D||P −1 | = |D| = λi .
i=1

(3) |A| = 0 entonces ∀iλi = 0 y A−1 = P D−1 P −1 donde
 
λ−1
1 0
 .. 
D−1 =  . .
0 λ−1
n

En efecto,

A−1 = (P DP −1 )−1 = (P −1 )−1 D−1 P −1 = P D−1 P −1 ,

144

 1 
λ1 0

 .. 
pero D−1 =  . 
1
0 λn

(4)
Am = (P DP −1 )m = (P DP −1 )(P DP −1 ) · · · (P DP −1 )
 m 
λ1 0
 ..  −1
= P Dm P −1 = P  . P
0 λm
n

Como hemos visto A = P DP −1 donde P = MB ′ B (idÃn ) es decir tenemos
que expresar los vectores propios en t´rminos de la base canńica, y por lo
e o
tanto P = (v1 , v2 , . . . , vn ), donde los vectores vi son las columnas de P .
Definiciń 5.4 (Matriz diagonalizable). Diremos que A ∈ Mnn ( ) es
o Ã Matriz diagonalizable
Ã
diagonalizable si n admite una base de vectores propios de A.

Teorema 5.1. A es diagonalizable si y s´lo si A es similar a una matriz
o
diagonal.

´
´
Demostracion.
(⇒) Hemos visto que si A es diagonalizable entonces
 
λ1 0
A = P DP −1 donde D =  .. 
.
0 λn
y P = (v1 , . . . , vn ). Luego A es similar a una diagonal.

(⇐) Supongamos que A es similar a una diagonal, es decir existe P inver-
tible tal que A = P DP −1 . De manera equivalente:
ı
AP = P D.
d1 0
Si suponemos que P = (v1 , . . . , vn ) (notaciń por columnas) y D =
o .. ,
.
0 dn
entoces la igualdad anterior se escribe:
d1 0
A(v1 , . . . , vn ) = (v1 , . . . , vn ) .. .
.
0 dn

Y por propiedades de la multiplcaciń de matrices esto equivale a:
o
(Av1 , . . . , Avn ) = (d1 v1 , . . . , dn vn ).
Finalmente, la igualdad vista por columnas nos dice que ∀i ∈ {1, . . . , n} Avi =
di vi . Es decir, los vectores v1 , . . . , vn son vectores propios de A (son no nulos
pues P es invertibles), con valores propios respectivos d1 . . . , dn .
Ã
Adem´s, son claramente una base de n , pues son las columnas de P que
a
es invertible.

145

Ã

Teorema 5.2. Sea A ∈ Mnn ( ) si {λi }i=1,...,k son valores propios de A
distintos y {vi }i=1...,k son vectores propios de A tal que Avi = λi vi , entonces
{vi }i=1,...,k es un conjunto l.i.

´
Demostracion. Por inducciń sobre k. Para k = 1, la propiedad es ob-
o
viamente cierta. Supongamos

α1 v1 + · · · + αk vk = 0, (5.2)

donde Avi = λi vi y λi i = 1, . . . , k son todos distintos. Entonces

α1 λ1 v1 + · · · + αk λk vk = A(α1 v1 + · · · + αk vk ) = A0 = 0.

Multiplicado (5.2) por λk se tiene α1 λk v1 + · · · + αk λk vk = 0. Luego

α1 (λ1 − λk )v1 + · · · + αk−1 (λk−1 − λk )vk−1 = 0

como {v1 . . . , vk−1 } son l.i. se tiene αi (λi − λk ) = 0 i = 1, . . . ., k − 1. Como
λi = λk se debe tener que αi = 0 i = 1, . . . , k − 1 y de (5.2) se concluye que

´
αk = 0.

Antes de seguir, veremos la extensiń natural del concepto de suma di-
o
recta de m´s de dos subespacios vectoriales. Definamos primero, dados
a k
U1 , U2 , . . . , Uk s.e.v. de un espacio vectorial V , la suma de ellos como: + Ui
i=1

k k

ı
+ Ui = U1 + U2 + · · · + Uk v= ui | ∀i ∈ {1, . . . , k}, ui ∈ Ui .
i=1
i=1

Esto es claramente un s.e.v. de V .
Definiciń 5.5 (Suma directa m´ ltiple). Sea V espacio vectorial y U1 , . . . , Uk
o u
k
subespacios vectoriales de V . Decimos que el subespacio Z = +i=1 Ui es
k
L
suma directa de U1 , . . . , Uk , notado Z = k Ui = U1 ⊕ U2 ⊕ · · · ⊕ Uk ,
i=1 Ui
i=1
si para todo v ∈ Z, v se escribe de manera unica como
´
k
v= ui , con ui ∈ Ui , ∀i ∈ {1, . . . , k}.
i=1

Las siguientes propiedades se tienen de manera an´loga al caso de dos
a
subespacios:

Proposiciń 5.4. Sea V espacio vectorial y Z, U1 , . . . , Uk subespacios vec-
o
toriales de V , entonces:
   
k k k
1. Z = Ui ⇔ Z = + Ui ∧ ∀j ∈ {1, . . . , k}, Uj ∩  + Ui  = {0}.
i=1 i=1
i=1 i=j

146

k
2. Si Z = + Ui y Z es de dimensiń finita, entonces son equivalentes:
o

i=1

k
(a) Z = Ui .
i=1
(b) (∀i ∈ {1, . . . , k})(∀ui ∈ Ui {0}) {u1 , . . . , uk } es l.i.
(c) La yuxtaposiciń de bases de los subespacios Ui es una base (y no
o
s´lo un generador) de Z.
o
k
(d) dim(Z) = dim(Ui ).
i=1

´
Demostracion. Probaremos (a) ⇔ (b) en la parte 2. El resto de las de-
mostraciones, quedan propuestas como ejercicio. ◭ Ejercicio
(b) ⇒ (a) Sea v ∈ Z y dos formas distintas de escribirlo:
k k
′ ′
v= wi = wi , con wi , wi ∈ Ui .
i=1 i=1

´
De aqu´ suponiendo sin p´rdida de generalidad que ∀i ∈ {1, . . . , k ∗ }, wi −
ı, e
′
wi = 0, sale que:
k∗
′
(wi − wi ) = 0,
i=1

lo cual es una combinaciń lineal nula, con escalares no nulos (todos 1), de
o

ı
′
los vectores ui = wi − wi ∈ Ui {0}. Pero esto es una contradicciń con el
o
hecho de que dichos vectores son l.i, por hip´tesis.
o
As´ se tiene que la escritura es unica y por ende la suma es directa
ı ´
k
(a) ⇒ (b) Supongamos ahora que Z = i=1 Ui . Sea {u1 , . . . , uk }, con
ui ∈ Ui , ∀i ∈ {1, . . . , k}. Estudiemos
k
αi ui = 0.
i=1

Como para cada i ∈ {1, . . . , k}, Ui es un s.e.v., luego αi ui ∈ Ui . As´ hemos
ı,
encontrado una forma de escribir al vector nulo como suma de elementos
de los subespacios Ui .
Por unicidad de dicha escritura,

∀i ∈ {1, . . . , k}, αi ui = 0.

Y esto implica, ya que ui = 0, que αi = 0, ∀i ∈ {1, . . . , k}. Es decir,
{u1 , . . . , uk } es l.i.

147

Ã
Teorema 5.3. Sea A ∈ Mnn ( ), λ1 , . . . , λk los valores propios (distintos)
de A y Wλi = Ker(A−λi I), i ∈ {1, . . . , k}. Si W = Wλ1 +Wλ2 +· · ·+Wλk ,
se tiene que
W = Wλ1 ⊕ Wλ2 ⊕ · · · ⊕ Wλk .
En particular, A es diagonalizable si y s´lo si
o

Ãn = Wλ 1 ⊕ Wλ2 ⊕ · · · ⊕ Wλk .

´
Demostracion. Directa de la Proposiciń 5.4.
o

Ã
Corolario 5.1. Supongamos que A ∈ Mnn ( ) y que p(λ) = |A − λI|, el
polinomio caracter´stico de A, tiene n raćes distintas en
ı ı Ã
: λ1 , . . . , λn ,
entonces
1. Wλi = Ker(A − λi I) es de dimensiń 1.
o
2. Sea vi ∈ Wλi con vi = 0 entonces {v1 , . . . , vn } es una base de vectores

´
propios.

Ã
Este teorema da un criterio simple para que A ∈ Mnn ( ) sea diagonizable,
´ste es que A tenga n valores propios distintos.
e

Ejemplo:
Sea  
1 −1 −1

ı
A= −1 1 −1 
−1 −1 1
 
1−λ −1 −1
p(λ) = |A − λI| =  −1 1−λ −1 
−1 −1 1 − λ

= (1 − λ){(1 − λ)2 − 1} − 1{(1 − λ) + 1} − {1 + (1 − λ)}
= (1 − λ)3 − (1 − λ) − (1 − λ) − 1 − 1 − (1 − λ)
= (1 − 3λ + 3λ2 − λ3 ) − 3 + 3λ − 2
= 3λ2 − λ3 − 4
Ahora λ = 2 es una ra´ de p(λ). Por otro lado p(λ)÷λ−2 = −λ2 +λ+2
ız
ıces de p son λ = −1 y λ = 2. Por lo tanto p(λ) =
As´ las otras ra´
ı
−(λ − 2)(λ + 1)(λ − 2) Se puede probar que A tiene una base de vectores
propios por lo que no es necesario que todos los valores propios sean
distintos para que A sea diagonalizable.

148

Ejemplo:

 
1 0 0
Consideremos A =  2 2 0  los valores propios son λ1 = 1, λ2 =
0 0 2 
    
 1   0 0 
2, λ3 = 2 y W1 =  −2  W2 = 1,0 .
   
0 0 1 
1 0 0
Ê
As´ 3 = W1 ⊕ W2 , y A es diagonalizable similar a D =  0 2 0 
ı
0 0 2

Definiciń 5.6 (Multiplicidad geom´trica). Sean A ∈ Mnn ( ) y λ
o e Ã Multiplicidad
un valor propio de A. Definimos la multiplicidad geom´trica de λ,
e geom´trica, γA (λ)
e
γA (λ), como la dimensiń del espacio propio Wλ = Ker(A − λI).
o

Ã
Teorema 5.4. Una matriz A ∈ Mnn ( ) es diagonalizable ssi la suma de
las multiplicidades geom´tricas de sus valores propios es n.
e

´
´
Demostracion. Basta usar el Teorema 5.3 y el hecho de que si λ1 , . . . , λk
son los v.p.’s de A,
k
dim(Wλ1 ⊕ · · · ⊕ Wλk ) = γA (λi ).
k=1

ı
Definiciń 5.7 (Multiplicidad algebraica). Sean A ∈ Mnn ( ) y λ un
o Ã Multiplicidad
valor propio de A. Definimos la multiplicidad algebraica de λ, αA (λ), algebraica, αA (λ)
como la m´xima potencia de (x − λ) que divide al polinomio caracter´stico
a ı
de A, pA (x) = |A − xI|.

Ã
Proposiciń 5.5. Sean A ∈ Mnn ( ) y λ0 un valor propio de A, entonces:
o

1 ≤ γA (λ0 ) ≤ αA (λ0 ) ≤ n.

◭ Ejercicio

Ejercicio 5.2: Demuestre la Proposiciń 5.5. Para ello proceda de la
o
siguiente manera:
1. Pruebe las desigualdades 1 ≤ γA (λ0 ) y αA (λ0 ) ≤ n.

149

2. Sea γ = γA (λ0 ). Considere una base βλ0 = {v1 , . . . , vγ } de Wλ0 =
Ker(A − λ0 I).
3. Extienda dicha base a una base β = {v1 , . . . , vγ , vγ+1 , . . . , vn } de
Ã
n
.
4. Calcule la matriz representante de T (x) = Ax, con respecto a la
base β. Es decir, Mββ (T ).
5. Pruebe que

pA (λ) = |A − λI| = (λ − λ0 )γ q(λ).

En donde q(λ) es un polinomio de grado n − γ.
Indicaciń: Pruebe y use que A y Mββ (T ) son similares.
o
6. Concluya el resultado.

Ã
Corolario 5.2. Sea A ∈ Mnn ( ) y pA (λ) su polinomio caracter´stico. Se
ı
tiene entonces que A es diagonalizable si y s´lo si pA (λ) se factoriza com-
o

´
pletamente en Ã
en factores lineales. Es decir:

pA (λ) = cA · (λ − λ1 )αA (λ1 ) (λ − λ2 )αA (λ2 ) . . . (λ − λk )αA (λk ) ,

y adem´s, para todo valor propio λ de A, se tiene que γA (λ) = αA (λ).
a

´
Demostracion. Supongamos que A es diagonalizable y sean λ1 , . . . , λk
Ã
ı
sus valores propios. Entonces, gracias al Teorema 5.3 tenemos que n =
k
i=1 Wλi .
Sea entonces la fatorizaciń en
o Ã
del polinomio caracter´
ıstico de A:

pA (λ) = cA · (λ − λ1 )αA (λ1 ) (λ − λ2 )αA (λ2 ) . . . (λ − λk )αA (λk ) q(λ),

con q(λ) un polinomio.
Pero, gracias a la Proposiciń 5.5,
o
k k k
n = dim( Ãn) = dim( Wλi ) = γA (λi ) ≤ αA (λi ).
i=1 i=1 i=1

k
De donde i=1 αA (λi ) = n.
Ahora

n = gr(pA (λ)) = gr(cA · (λ − λ1 )αA (λ1 ) (λ − λ2 )αA (λ2 ) . . . (λ − λk )αA (λk ) ) + gr(q(λ))
k
= αA (λi ) + gr(q(λ)).
i=1

n

150

As´ gr(q(λ)) = 0. Es decir, es una constante y se tiene la fatorizaci´n
ı, o

buscada.

Ahora, supongamos que pA (λ) se factoriza completamente en Ã de la si-
guiente manera:

pA (λ) = cA · (λ − λ1 )αA (λ1 ) (λ − λ2 )αA (λ2 ) . . . (λ − λk )αA (λk ) .
k
De donde i αA (λi ) = n. Y, supongamos que A no es diagonalizable. Esto
implica que
k k k
dim( Wλi ) = γA (λi ) < n = αA (λi ).
i=1 i=1 i=1

Lo cual contradice la hip´tesis de igualdad de las multiplicidades.
o

Corolario 5.3. A ∈ Mnn ( ) es diagonalizable si y s´lo si para todo valor
o
propio λ de A, se tiene que

γA (λ) = αA (λ).

ı ´

151

´
ı
Guá
ı
´
I
´
Algebra Lineal 08-2

Ejercicios

1. Demostrar que dados V espacio vectorial y Z, U1 , . . . , Uk subespacios Proposiciń 5.4
o
vectoriales de V , entonces:
   
k k k
(a) Z = Ui ⇔ Z = + Ui ∧ ∀j ∈ {1, . . . , k}, Uj ∩  + Ui  = {0}.
i=1 i=1
i=1 i=j
k
(b) Si Z = + Ui y Z es de dimensiń finita, entonces son equivalentes:
o
i=1
k
(1) Z = Ui .
i=1
(2) (∀i ∈ {1, . . . , k})(∀ui ∈ Ui {0}) {u1 , . . . , uk } es l.i.
(3) La yuxtaposiciń de bases de los subespacios Ui es una base (y
o
no s´lo un generador) de Z.
o
k
(4) dim(Z) = dim(Ui ).
i=1

Ã
2. Pruebe que, dados A ∈ Mnn ( ) y λ0 un valor propio de A, entonces: Proposiciń 5.5
o

´
1 ≤ γA (λ0 ) ≤ αA (λ0 ) ≤ n.

Para ello
(a) Pruebe las desigualdades 1 ≤ γA (λ0 ) y αA (λ0 ) ≤ n.
(b) Sea γ = γA (λ0 ). Considere una base βλ0 = {v1 , . . . , vγ } de Wλ0 =

ı
Ker(A − λ0 I).
(c) Extienda dicha base a una base β = {v1 , . . . , vγ , vγ+1 , . . . , vn } de
Ãn
.
(d) Calcule la matriz representante de T (x) = Ax, con respecto a la
base β. Es decir, Mββ (T ).
(e) Pruebe que
pA (λ) = |A − λI| = (λ − λ0 )γ q(λ).
En donde q(λ) es un polinomio de grado n − γ.
Indicaciń: Pruebe y use que A y Mββ (T ) son similares.
o
(f ) Concluya el resultado.

Problemas
Ê
P1. (a) Sea P2 ( ) el espacio vectorial de los polinomios a coeficientes
reales de grado menor o igual a 2, y sea T : P2 ( ) → P2 ( ) la Ê Ê
transformaciń lineal definida por
o

T (a0 + a1 x + a2 x2 ) = (a0 + 2a2 ) + a1 x + (2a0 + a2 )x2 .

152

(1) Verifique que la matriz representante de T con respecto a la
Ê

base canńica {1, x, x2 } de P2 ( ) (en dominio y recorrido)
o
es  
1 0 2
A = 0 1 0 .
2 0 1
(2) Calcule A2n para cada n ≥ 1 natural, diagonalizando A.
(3) Calcule T 2n (1 + x + x2 ), donde T 2n = T ◦ T ◦ · · · ◦ T .
2n
Indicaciń: Recuerde que la matriz representante de T 2n es
o
A2n .
(b) Encuentre los valores reales de α y β de modo que la matriz
 
2 α 0 0 0
0 2 α 0 0
 
0 0 2 0 0
 
0 0 0 1 β
0 0 0 0 1

sea diagonalizable.

´
Ê
P2. Sea a ∈ . Se define una sucesiń de n´ meros reales (un )n∈Æ de la
o u
siguiente manera: u0 = 1, u1 = a, (∀n ≥ 2) un = aun−1 − un−2 .
Sean x0 = ( 1 ), (∀n ≥ 1) xn = ( uun ).
0 n−1

(a) Demuestre que para todo n ≥ 0 se tiene que xn = An x0 con
A = a −1 .
1 0

ı
(b) Demuestre que si |a| = 2 entonces A no es diagonalizable.
(c) Demuestre que si |a| > 2 entonces A es diagonalizable.
(d) Asuma que |a| > 2 y denote λ1 , λ2 los valores propios de A.
Demuestre que
(1) λ1y ( λ2 ) son vectores propios asociados a λ1 y λ2 , respec-
1 1
tivamente.
Æ λn+1 −λn+1
(2) Para todo n ∈ se tiene que un = 1 λ1 −λ2 . 2

Ê
P3. Sean R, S ∈ Mnn ( ), con S invertible. Considere A = RS y B = SR.
Ê
(a) Pruebe que v ∈ n es vector propio de A asociado al valor propio
λ ∈ R ssi Sv es vector propio de B asociado al mismo valor propio
λ. Concluya que A y B tienen los mismos valores propios.
(b) Sean Wλ (A) = Ker(A− λI) el subespacio propio de A asociado al
valor propio λ ∈ Êy Wλ (B) el subespacio propio de B asociado
a λ. Pruebe que dim(Wλ (A)) = dim(Wλ (B)).
(c) Pruebe que A es diagonalizable ssi B es diagonalizable.

153

´
ı
I ´
´
Algebra Lineal 08-2

SEMANA 12: ORTOGONALIDAD

6. Ortogonalidad
6.1. Conjuntos ortogonales y ortonormales
Recordemos que la proyecciń de u sobre v = 0 est´ definida por w = u,v v.
o a v,v
Este vector w es “el que est´ m´s cerca” de u en el espacio {v} . Es decir
a a
m´ u − λv = u − w .
ın
λ∈ Ê
Notaremos por u⊥v si u, v = 0, es decir si u y v son ortogonales. u⊥v

Definiciń 6.1 (Conjunto ortogonal/ortonormal). Un conjunto {v1 , . . . , vk }
o Conjunto
de Ê
n
se dice ortogonal si vi , vj = 0 i = j. Si adem´s vi = vi , vi =
a
1
2 ortogonal/ortonormal

1, diremos que el conjunto es ortonormal.
En el caso en que {v1 , . . . , vk } es adem´s base de un subespacio vectorial
a
W , diremos que se trata de una base ortonormal de W . Base
ortogonal/ortonormal
Ejemplo:
Ên es una base ortonormal.

´
La base canńica de
o
Veamos una propiedad util de los conjuntos ortogonales:
´

Proposiciń 6.1. Sea {v1 , . . . , vk } ⊆
o Ên{0} ortogonal, entonces {v1, . . . , vk }
es l.i.

ı
k
´
Demostracion. Sea i=1 αi vi una combinaciń lineal nula de los elemen-
o
tos de {v1 , . . . , vk }. Sea j ∈ {1, . . . , k}, luego por propiedades del producto
interno:
k k
αi vi , vj =0 ⇔ αi vi , vj = 0.
i=1 i=1

Pero dado que el conjunto es ortogonal, luego vi , vj = 0 para i = j, de
manera que
2
αj vj , vj = αj vj = 0.
Y como vj = 0, se deduce que αj = 0.
Como este procedimiento es v´lido para todo j ∈ {1, . . . , k}, se concluye
a
que {v1 , . . . , vk } es l.i.

Ahora, en el caso de conjuntos ortonormales, hay propiedades importantes
que motivan su b´ squeda.
u

Proposiciń 6.2. Sea W un subespacio vectorial de
o Ên y {u1, . . . , uk } una
base ortonormal de W , entonces:

154

1. Si x ∈ W ,

k
x= x, ui ui .
i=1

2. Si x ∈ Ên y deﬁnimos
k
z= x, ui ui ∈ W,
i=1

entonces (x−z)⊥w, ∀w ∈ W . Y en particular d(x, z) = m´ w∈W d(x, w),
ın
de hecho ∀w ∈ W {z}, d(x, z) < d(x, w).

´
Demostracion.
1. Como {u1 , . . . , uk } es una base de W y x ∈ W , luego
k
x= αi ui .
i=0

Tomemos j ∈ {1, . . . , k} y calculemos el producto interno entre x y

´
uj :
k
x, uj = αi ui , uj
i=0
k
= αi ui , uj .
i=0

ı
Como el conjunto {u1 , . . . , uk } es ortogonal, se tiene que ui , uj =
0, ∀i = j, de donde
x, uj = αj uj , uj = αi · 1.
Repitiendo este procedimiento para todo j ∈ {1, . . . , k}, se concluye
que αj = x, uj
k
x= x, ui ui .
i=1

2. Sea x ∈ Ên , z = k
i=1 x, ui ui y w ∈ W , veamos:
k k
x − z, w = x, w − z, w = x, w − x, ui ui , w, uj uj ,
i=1 j=1

la ultima igualdad gracias a que w ∈ W . As´ usando las propiedades
´ ı,
del producto interno:
k k
x − z, w = x, w − x, ui w, uj ui , uj
i=1 j=1

155

y como {u1 , . . . , uk } es ortonormal, ui , uj = 0, ∀i = j y

k
x − z, w = x, w − x, ui w, ui ui , ui
i=1
k
= x, w − x, ui w, ui
i=1
k
= x, w − x, w, ui ui = 0.
i=1

w

Para probar que d(x, z) = m´ w∈W d(x, w), sea w ∈ W distinto de z,
ın
Ê
luego por el Teorema de Pit´goras en n , probado en el Ejercicio 2.4:
a
2 2 2
x−z + w−z = x−w .
2
Pero como w − z > 0, luego
2 2
x−z < x−w .

´
De esta manera

∀w ∈ W, d(x, z) = x − z < x − w = d(x, w),

de donde se concluye.

ı
6.2. Proyecciones Ortogonales
La Proposiciń 6.2 motiva la definiciń proyecciń ortogonal sobre un sub-
o o o
Ê
espacio vectorial de n . Asumiremos por ahora el siguiente resultado, el
cual demostraremos en la Secciń 6.4, que asegura la existencia de una
o
base ortonormal de cualquier subespacio vectorial de n . Ê
Proposiciń 6.3. Todo subespacio vectorial de
o Ên posee una base orto-
normal.

Definimos entonces:
Definiciń 6.2 (Proyecciń ortogonal sobre un s.e.v.). Sea W un
o
Ê
subespacio vectorial n y {u1 , . . . , uk } una base ortonormal de W . Defi-
nimos la proyecciń ortogonal sobre W como la funciń
o o

P: Ên −→ W
k
x −→ P (x) = x, ui ui ∈ W.
i=1

156

Observaciń: Notemos que esta definiciń es correcta, es decir que
o o
P no depende de la base ortonormal considerada y que es funciń.o
Gracias a la Proposiciń 6.2.2, sabemos que independiente de la base
o
ortonormal considerada para definirla, la proyecciń es aquella que mi-
o
nimiza la distancia de x a W . As´ si hubiese dos proyecciones z1 , z2 ,
ı,
asociadas a bases distintas y fuesen distintas, luego:

d(x, z1 ) < d(x, z2 ),

lo cual contradice la propiedad que satisface z2 .
De la misma manera se prueba que P es funciń. o

Veamos ahora las propiedades de la proyecciń ortogonal:
o

Proposiciń 6.4. Sea W un subespacio vectorial de
o Ên y P su proyecciń
o
ortogonal asociada, entonces:
1. P es una transformaciń lineal.
o
2. ∀x ∈ Ên, ∀w ∈ W, (x − P (x))⊥w.

´
3. d(x, P (x)) = m´ w∈W d(x, w).
ın

´
Demostracion. 2 y 3 se deducen de la Proposiciń 6.2. La demostraciń
o o
de 1 queda de ejercicio. ◭ Ejercicio

6.3. Subespacio Ortogonal
Definiciń 6.3 (Subespacio ortogonal). Sea W un subespacio de
o
definamos el ortogonal de W como:
Ên Subespacio ortogonal
ı W⊥

W ⊥ = {u ∈ Ên | ∀w ∈ W w, u = 0}.

Proposiciń 6.5.
o
(i) W ⊥ es un subespacio de Ên .
(ii) Ên = W ⊕ W ⊥ . Ên = W ⊕ W ⊥
(iii) dim(W ⊥ ) = n − dim(W ).

´
Demostracion.
Ê
(i) Sea u, v ∈ W ⊥ y λ ∈ , debemos probar que λu + v ∈ W ⊥ . Sea
w ∈ W:
w, λu + v = λ w, u + w, v = 0
lo que es v´lido para todo w ∈ W . Luego λu + v ∈ W ⊥ por lo tanto
a
W ⊥ es un subespacio vectorial de n .Ê
157

Ê
(ii) Es claro que W + W ⊥ ⊆ n . Para la otra inclusiń, dado x ∈
o Ên ,

basta notar que
x = P (x) + (x − P (x)).
En donde P es la proyecciń ortogonal sobre W . As´ P (x) ∈ W y
o ı,
x− P (x) ∈ W ⊥ (gracias a la Proposiciń 6.4), de donde x ∈ W + W ⊥ .
o
Nos basta entonces probar que W ∩ W ⊥ = {0}. En efecto si x ∈
W ∩ W ⊥ , en particular es ortogonal a s´ mismo, es decir x, x = 0,
ı
de donde x = 0.
Se concluye entonces que Ên = W ⊕ W ⊥ .
(iii) Se deduce directamente de (ii).

6.4. ´
Metodo de Gram-Schmidt
El objetivo de esta parte es asociar de forma “canńica” a un conjunto dado
o
Ê
de n , una base ortonormal del subespacio generado por ´l. Este m´todo
e e
es conocido con el nombre de M´todo de Gram-Schmidt.
e
Probaremos el siguiente teorema:

´
Teorema 6.1 (Gram-Schmidt). Dado un conjunto {v0 , . . . , vm } ⊆ Ên ,
existe un conjunto ortonormal {u0 , . . . , uk } tal que

{v0 , . . . , vm } = {u0 , . . . , uk } .

ı
´
Demostracion. La demostraciń de este teorema es precisamente el m´to-
o e
do Gram-Schmidt, que entrega un procedimiento algor´ ıtmico para construir
el conjunto buscado. Sea entonces {v0 , . . . , vm } un conjunto de vectores y
definimos el conjunto {u0 , . . . , uk } mediante el Algoritmo 1. M´todo Gram-Schimdt
e
Probemos que esta definiciń del {u0 , . . . , uk } cumple lo pedido. Lo haremos
o
por inducciń en m.
o

Caso base. Para m = 0, si v0 = 0 luego w0 = 0 y el algoritmo
termina sin generar vectores uj . Esto es consistente con que la unica
´
base de {0} es el conjunto vac´
ıo.
Si v0 = 0, por ende w0 = 0, se tiene el resultado ya que
v0
u0 = ,
v0

que es claramente de norma 1 y adem´s, como es ponderaciń de v0 ,
a o
se tiene que {u0 } = {v0 } .
Paso inductivo. Supongamos que dado el conjunto {v0 , . . . , vm−1 },
el conjunto {u0 , . . . , uk−1 } es ortonormal y tal que

{v0 , . . . , vm−1 } = {u0 , . . . , uk−1 } .

158

Algoritmo 1 M´todo Gram-Schmidt
e
v
1: Partamos con w1 = v1 ∗.
1
2: Luego, proyectamos v2 sobre el subespacio generado por u1 :

z2 = v2 , v1 u1

y restamos esta proyecci´n a v2 :
o

w2 = v2 − z2

´
w2
perpendicular a {u1 } y normalizamos, u2 = w2 ∗.
3: Luego podemos pasar a trabajar con v2

z3 = v3 , u1 u1 + v3 , u1 u2
w3 = v3 − z3 ,
w
perpendicular a {u1 , u2 } y normalizamos, u3 = w3 ∗. 3

ı
4: se sigue del mismo modo: una vez obtenidos {u1 , . . . , uk }, proyectamos
vk+1 sobre {u1 , . . . , uk } y deﬁnimos
k
zk+1 = vk+1 , ui ui
i=0
wk+1 = vk+1 − zk+1 ,
wk+1
perpendicular a {u1 , . . . , uk } y normalizamos, uk+1 = wk+1 ∗.
5: El proceso termina cuando hemos procesado todos los vi .

159

Con k = dim( {v0 , . . . , vm−1 } ).

Veamos los dos casos posibles:
k−1
Si wk = 0, se tiene que vm = vm , ul ul , de donde vk ∈ {u0 , . . . , uk−1 }
l=0
y por ende
{v0 , . . . , vm } = {u0 , . . . , uk−1 } .
Y la base ortonormal generada es {u0 , . . . , uk−1 }.
Ahora si wk = 0, seg´ n el algoritmo, uk estar´ definido por:
u a
k−1
wk 1
uk = = vm − vm , ul ul .
wk wk
l=0

Veamos entonces, para cualquier i ∈ {0, . . . , k − 1}
k−1
1
uk , ui = vm − vm , ul ul , ui
wk
l=0
k−1
1
= vk , ui − vm , ul ul , ui
wk

´
l=0

y por hip´tesis de inducciń, ∀l = i, ul , ui = 0 y ui , ui = 1, luego
o o
1
uk , ui = ( vm , ui − vm , ui · 1)
wk
= 0.
Es decir, el conjunto {u0 , . . . , uk } es ortogonal, y como es claro que

ı
∀i ∈ {0, . . . , k} ui = 1, es adem´s ortonormal.
a
Ahora, por construcciń de uk se tiene
o
k−1
vm = wk uk + vm , ul ul
l=0

es decir, vm es combinaciń lineal de {u0 , . . . , uk }, lo que equivale a
o
vm ∈ {u0 , . . . , uk } . As´ gracias a la hip´tesis inductiva, se tiene que
ı, o

{v0 , . . . , vm } ⊆ {u0 , . . . , uk } . (6.1)
Por otra parte, uk es combinaciń lineal de vm y u0 , . . . , uk−1 , ya que
o
k−1
1 vm , ul
uk = vm − ul .
wk wk
l=0

Ê tales que
k−1
vm ,ul
Pero gracias a (6.1), existen α0 , . . . , αm ∈ wk ul =
l=0
m
αl ul . As´ uk ∈ {v0 , . . . , vm } y luego
ı
l=0

{u0 , . . . , uk } ⊆ {v0 , . . . , vm } .

160

Obteniendo lo buscado.

Luego, por Principio de Inducciń, se tiene el teorema.
o

Observaciń:
o
Notemos que como corolario del Teorema 6.1, se obtiene la Pro-
posiciń 6.3.
o
Adem´s, el Teorema 6.1 puede ser aplicado en particular a una
a
Ê
base {v0 , . . . , vn−1 } de n .

Observaciń: ∗
o
Observar que si alguno de los vectores a normalizar, v1 o los wi , vale
0, significa que el vi correspondiente no aportar´ un nuevo vector a la
a
base, y simplemente se descarta, pasńdose a trabajar con vi+1 .
a
Esto trae como consecuencia que el n´ mero de vectores ui sea menor
u
que el de los vj si estos ultimos son l.d.
´
En general, esto har´ que al procesar el k-´simo vk , estemos producien-
a e

´
do un ui , con i < k, pero no hemos introducido esto en la descripcińo
del algoritmo para no confundir la notaciń.
o

Ejemplo:
        
 0 1 1 1 

ı

 0  ,  1  ,  1  ,  0  en

Ê3 .
1 0 1 1
 
1
0
u0 = v0 / v0 , v0 , como v0 , v0 = 1 se tiene u0 =  0 
2

1
         
1 1 0 0 1
w1 =  1  −  1  ,  0   0  =  1  .
0 0 1 1 0
 
1
1 1
w1 , w1 = 2 ⇒ u1 = √ w1 = √  1 
2 2 0

             
1 1 0 0 1 1 1
1   1  
w2 =  1  −  1  ,  0   0  −  1  , √ 1 √ 1
1 1 1 1 1 2 0 2 0
       
1 0 1 0
1 1
= 1 − 0 − √ √ · 21 = 0
1 1 2 2 0 0

161

1
w2 = 0, por ende ignoramos 1 y redefinimos w2 .

1
             
1 1 0 0 1 1 1
1   1  
w2 =  0  −  0  ,  0   0  −  0  , √ 1 √ 1
1 1 1 1 1 2 0 2 0
             
1 0 1 1 0 1 1
1 1       1  1 
= 0 − 0 − √ √ 1 = 0 − 0 − 1 = −1 .
2 2 0 2 2
1 1 1 1 0 0
1 1 1
Como w2 , w2 = 4 + 4 = 2 , luego
 
1
1
u2 = √   .
−1
2 0

6.5. Producto Herm´tico
ı
Ahora, extendemos el producto interno de ·, · : Ê n × Ên → Ê a ·, · H : n
×
n
→ , de la siguiente forma.

´
u1 v1
Definiciń 6.4 (Producto Herm´
o ıtico). Dados u = .
. ,v = .
. ∈ Producto Herm´
ıtico,
. .
un vn u, v H
n
,
n
u, v H = uj vj .

ı
j=1

◭ Ejercicio

ıtico satisface: ∀λ ∈
Ejercicio 6.1: Probar que el producto herm´
, u, v, w ∈ n
1. u, v H = v, u H.

2. λu + v, w H = λ u, w H + v, w H.

3. u, u H ∈ Ê, m´s ań
a u u, u H ≥ 0 y u, u H = 0 ⇐⇒ u = 0.
De 2a y 2b, se deduce que

u, λv + w ¯
= λ u, v + u, w .
H H H

Observaciń: Los conceptos de ortogonalidad, proyecciń ortogonal,
o o
subespacio ortogonal y el m´todo de Gram-Schmidt, pueden desarro-
e
llarse tambiń en n , como espacio vectorial sobre .
e

162

´
ı
Guá
ı
´
I
´
Algebra Lineal 08-2

Ejercicios

1. Dado W un s.e.v. de n y P : Ê Ên → W su proyecciń ortogonal asocia-
o Proposiciń 6.4
o
da. Probar que P es lineal.
2. Demuestre las siguientes propiedades del producto herm´
ıtico: Ejercicio 6.1

(a) u, v H = v, u H.
(b) λu + v, w H = λ u, w H + v, w H.
(c) u, u H ∈ Ê, m´s ań
a u u, u H ≥ 0 y u, u H = 0 ⇐⇒ u = 0.

Problemas
Ê
P1. Sea W el subespacio vectorial de 4 generado por:
        
 1
 1 1 2 
         
 1 −1 3 3
, ,   .
1
 1 1 2 
 
1 −1 3 3

(a) Encuentre una base ortonormal de W y de W ⊥ .

´
1
(b) Encuentre la descomposiciń de v =
o 2
3 en W + W ⊥ .
4

Ê
P2. Sea A ∈ Mnn ( ) una matriz invertible y U un s.e.v. de Ên de simen-
siń 0 < k < n. Se define
o

Ên | ∀u ∈ U, Ax, Ay = 0}.
W = {y ∈

ı
(a) Probar que W es s.e.v. de Ên y probar que W ∩ U = {0}.
(b) Sea V = {v ∈ Ên | ∃u ∈ U, v = Au}. Pruebe que V es s.e.v. de
Ên.
(c) Sea {v1 , . . . , vk } una base ortonormal de V . Probar que {u1 , . . . , uk }
donde ui = A−1 vi , i ∈ {1, . . . , k}, es una base de U que verifica
la propiedad: Aui , Auj = 0 si i = j y Aui , Auj = 1 si i = j.
(d) Probar que

w ∈ W ⇔ ∀i ∈ {1, . . . , k}, Aw, Aui = 0.

Donde {u1 . . . . , uk } es la base del punto anterior.

Ên entonces z =
k
(e) Probar que si v ∈ Av, Aui ui ∈ U y que
i=1
v − z ∈ W.
Ê
(f ) Deducir que n = U ⊕ W y calcular la dimensiń de W .
o
   
 1
 2 
    
 1 1
P3. (a) Sea W = ,  .
1 1 
 
 
1 0

163

(a.1) Encuentre una base ortonormal de W ⊥ .
Ê

(a.2) Sean x1 , x2 , x3 , x4 ∈ . Encuentre (en t´rminos de x1 , x2 , x3 , x4 )
e
x1 y1
x2 y2
los valores y1 , y2 , y3 , y4 que satisfacen T x3 = y3 ,
x4 y4
Ê Ê
donde T : 4 → 4 es una transformaci´n lineal para la
o
cual Ker(T ) = W y, para todo x ∈ W ⊥ , T (x) = x.
(b) Sean U, V subespacios vectoriales de Ên. Demuestre que
(b.1) (U + V )⊥ = U ⊥ ∩ V ⊥ .
(b.2) (U ⊥ )⊥ = U .
(b.3) (U ∩ V )⊥ = U ⊥ + V ⊥ .
(b.4) Ê
U ⊕ V = n ⇔ U⊥ ⊕ V ⊥ = Ên.

ı ´

164

´
ı
I ´
´
Algebra Lineal 08-2

SEMANA 13: ORTOGONALIDAD

6.6. ´
Espectro de una matriz simetrica
Ê
Sea A ∈ Mnn ( ) una matriz sim´trica entonces
e

∀u, v ∈ Ên Au, v = u, Av . (6.2)
t t t t
En efecto, Au, v = (Au) v = u A v = u Av = u, Av
Ê
Probemos ahora que si A ∈ Mnn ( ) satisface 6.2 entonces A es sim´trica. e
Esto se deduce del siguiente hecho fćil de probar: si {e1 , . . . , en } la base
a
Ê
canńica de n y A es una matriz de n × n entonces
o

Aei , ej = aji . (6.3)
Utlizando esta propiedad y 6.2 se obtiene que
aij = Aej , ei = ej , Aei = Aei , ej = aji ,
donde adem´s se usa el hecho que el producto interno en
a Ên es sim´trico.
e

Dada A ∈ Mnn ( ), definimos la matriz adjunta de A, A∗ , de la siguiente Adjunta, A∗

´
forma:
∀k, ℓ (A∗ )kℓ = aℓk .
Ejemplo:

1 i 1 2−i
A= A∗ =
2+i 3 −i 3

∗ t
ıtica si A = A∗ , notar que si A ∈ Mnn ( ) entonces
Decimos que A es herm´ Ê Herm´
ıtica ı
A=A ⇔A=A.

De forma an´loga al caso sim´trico se prueba que
a e
n
∀u, v ∈ Au, v H = u, Av H
n
ıtica. As´ en particular, ∀u, v ∈
si y s´lo si A es herm´
o ı, Au, v =
Ê
H
u, Av H si A ∈ Mnn ( ) y A es sim´trica.
e

ıstico p(λ) = |A − λI| es
Sea A ∈ Mnn ( ) entonces el polinomio caracter´
un polinomio de grado n con coeficientes complejos y por lo tanto tiene n
ra´ en (con posibles repeticiones). Denotaremos por
ıces
σ(A) = {λ ∈ /|A − λI| = 0}
al conjunto de las raices del polinomio caracter´
ıstico. Este conjunto lo lla-
Ê
maremos el espectro de A. Como Mnn ( ) ⊆ Mnn ( ) podemos definir de espectro, σ(A)
igual manera el espectro de A, para A ∈ Mnn ( ). Ê
En general el espectro de A es un subconjunto de , a´ n cuando A ∈
u
Ê
Mnn ( ), como lo muestra el pr´ximo ejemplo.
o

165

Ejemplo:

 
0 1 0
B= −1 0 0 
0 0 1
 
−λ 1 0
B − λI =  −λ
−1 0  |B − λI| = (1 − λ){λ2 + 1}
0 0 1−λ
Las ra´ ıces son λ = 1 λ = ±i. Si B es considerada como matriz de
Ê
coeﬁcientes reales (es decir estamos trabajando en n ) B tiene un s´loo
valor propio que es 1. Si el cuerpo considerado es entonces B tiene
3 valores propios 1, i, −i. En cualquier caso el espectro de B es σ(B) =
{1, i, −i}.

Teorema 6.2. Sea A ∈ Mnn ( ) herm´tica entonces el espectro de A es
ı
subconjunto de .Ê

´
´
Demostracion. Sea λ ∈ σ(A) (en general λ ser´ complejo) entonces, |A−
a
λI| = 0, es decir A − λI no es invertible, luego debe existir v ∈ n , v = 0
tal que (A − λI)v = 0. Por lo tanto

Av, v H = λv, v H = λ v, v H ,

ı
pero
Av, v = v, Av = v, λv ¯
= λ v, v
H H H H
¯ Ê
como v = 0 v, v H = 0 entonces λ = λ es decir λ ∈ . Se tiene que para A
herm´ ıstico p(λ) = |A − λI| tiene todas sus ra´
ıtica el polinomio caracter´ ıces
reales.

Ê
Corolario 6.1. Si A ∈ Mnn ( ) es sim´trica entonces σ(A) ⊆
e Ê.

Teorema 6.3. Si A ∈ Mnn ( ) es herm´tica y λ1 = λ2 son valores propios
ı
y v1 , v2 son vectores propios asociados a λ1 y λ2 respectivamente entonces
v1 , v2 H = 0.

´
Demostracion. Consideremos Av1 , v2 H = λ1 v1 , v2 H = λ1 v1 , v2 H,
pero Av1 , v2 H
¯
= v1 , Av2 H = v1 , λ2 v2 H = λ2 v1 , v2 H pero λ2 ∈ y por tanto Ê
(λ1 − λ2 ) v1 , v2 H = 0, como λ1 = λ2 , v1 , v2 H = 0.

166

Ê
Notemos que si u, v ∈ n ⊆ n , entonces u, v H = u, v , por lo tanto se

obtiene el siguiente corolario importante.
Ê
Corolario 6.2. Vectores propios de A ∈ Mnn ( ), sim´trica, asociados a
e
valores propios distintos son ortogonales.

Definiciń 6.5 (Transformaciń sim´trica). Sea W un subespacio de
o o e Transformaciń
o
Ên y L : W → W una aplicaciń lineal, diremos que L es sim´trica (en
o e sim´trica
e
W ) si

∀u, v ∈ W L(u), v = u, L(v)

Ê Ê
Lema 2. L : n → n es sim´trica si y s´lo si la matriz representante
e o
o Ê
con respecto a la base canńica de n es sim´trica.
e

´
Demostracion. Si A es la matriz representante de L con respecto a la
base canńica entonces L(u) = Au de donde
o

L(u), v = Au, v u, L(v) = u, Av ,

luego L es sim´trica si y s´lo si A es sim´trica.
e o e

´
◭ Ejercicio

Ejercicio 6.2: Sea W subespacio vectorial de Ên y L : W → W lineal,
probar que:
1. Si B = {u1 , . . . , un } es una base ortonormal de W , entonces

L sim´trica ⇔ MBB (L) sim´trica.
e e
ı
2. Si B = {u1 , . . . , un } es una base de W y

ϕ: W −→ Ên α1
x=
k
αi ui −→ ϕ(x) = .
. .
i=0 .
αk

Entonces x es vector propio de L asociado al v.p. λ si y s´lo si
o
ϕ(x) es vector propio de MBB (L) asociado al v.p. λ.

Ahora estamos en posiciń de probar uno de los teoremas m´s importantes
o a
de la secciń.
o

Ê
Teorema 6.4. Sea W subespacio de n , dim W ≥ 1 y L : W → W lineal,
sim´trica, entonces existe una base ortonormal de W de vectores propios
e
de L.

167

´
Demostracion. Por inducciń sobre la dimensiń de W . Si dim W = 1.
o o
Entonces W = {v} , con v = 0. Notemos que

L(v) ∈ W = {v} ,

luego existe λ ∈ Ê
tal que L(v) = λv. Es decir, λ es un valor propio de L
y v vector propio de L.
Definiendo
1
v=
˜ v,
v
se tendr´ L˜ = λ˜ y adem´s {˜} es una base ortonormal de W . Esto prueba
a v v a v
el caso en que la dimensiń sea 1.
o

Supongamos que la propiedad es cierta para espacios de dimensiń k−1, por
o
demostrar que es cierta para espacios de dimensiń k. Sea W subespacio
o
de dimensiń k y L : W → W lineal sim´trica. Sea B = {w1 , . . . , wk }
o e
base ortonormal de W , gracias al Ejercicio 6.2 la matriz MBB (L) ∈ k es Ê
sim´trica, por lo que tiene todos sus valores propios reales.
e
Sea λ0 un valor propio cualquiera, por lo tanto existe un vector z =

´
(z1 , . . . , zk )t = 0, tal que MBB (L)z = λ0 z.
Sea v = z1 w1 + z2 w2 + · · · + zk wk ∈ W . Como v = 0 (pues z = 0 y
{w1 , . . . , wk } es l.i.), luego gracias a la parte 2 del Ejercicio 6.2, es vector
propio de L (ya que ϕ(v) = z).
˜
Sea W = {u ∈ W | u, v = 0} el ortogonal de {v} con respecto a W . Se
˜
tiene que k = dim W = 1 + dim W lo que implica que dim W = k − 1 ˜

ı
Sea u ∈ W ˜ ⇒ L(u), v = u, L(v) = u, λ0 v = λ0 u, v = 0, luego
˜ ˜
L(W ) ⊆ W . Tomemos
˜ ˜
L:W →W ˜
˜
(la restricciń de L a W ),
o
˜
u → Lu = Lu
˜ ˜
entonces L es lineal y sim´trica. Verifiquemos que L es sim´trica. Consi-
e e
deremos u, w ∈ W ˜

˜ ˜
L(u), w = L(u), w = u, L(w) = u, L(w) ,
˜ ˜ ˜
es decir L es sim´trica en W . Como dim W = k − 1 se tiene por hip´tesis
e o
˜
de inducciń que existe una base ortonormal de W de vectores propios de
o
˜ ˜ ˜ ˜ ˜
L: {w1 , . . . , wk−1 }, es decir L(wi ) = L(wi ) = λi wi luego w1 , . . . , wk−1 son
˜ ˜ ˜
vectores propios de L. Finalmente, consideremos
v
B′ = , w1 , . . . ., wk−1
˜ ˜
v
es una base ortonormal de W , de vectores propios de L, y por lo tanto el
resultado queda demostrado.

168

Ê
Corolario 6.3. Sea A ∈ Mnn ( ), sim´trica, entonces A es diagonalizable
e

y m´s ań, A = P DP t donde P = (v1 , . . . , vn ) y B ′ = {v1 , . . . , vn } es una
a u A = P DP t
base ortonormal de vectores propios de A. D es la matriz diagonal de los
valores propios correspondientes.

´
Demostracion. Sea L(x) = Ax, entonces L es sim´trica. Por el teorema
e
anterior existe una base ortonormal B ′ = {v1 , . . . , vn } de vectores propios.
Luego A es diagonizable y m´s a´ n A = P DP −1 donde P = (v1 , v2 , . . . , vn )
  a u
λ1 0
y D= ··· . Resta por demostrar que P −1 = P t . Calculemos
0 λn

1 i=j
(P t P )ij = vi vj = vi , vj =
t
,
0 i=j

por lo tanto P t P = I.

Una matriz que satisface P −1 = P t se denomina ortogonal o unitaria. Matriz ortogonal o
unitaria

◭ Ejercicio

´
Ejercicio 6.3: Verificar que P es ortogonal si y s´lo si
o

∀u, v ∈ Ên P u, P v = u, v .

Entonces si P es ortogonal P u 2 = P u, P u = u, u = u 2, es decir, P

ı
preserva la norma.
Notemos que no hay unicidad en la base de vectores propios y por lo tanto
una matriz diagonalizable A puede descomponerse de la forma “P DP −1 ”
de muchas maneras. Lo que probamos para una matriz sim´trica es que se
e
puede tomar una base ortonormal de vectores propios y que para esta base
se tiene la descomposiciń “P DP t ”.
o

◭ Ejercicio

Ejercicio 6.4: Probar que Pθ =
cosθ
−senθ
senθ
cosθ
es unitaria en Ê2 .

Ejemplo:
 
2 0 0
A = 0 2 0
0 0 1
los valores propios son λ = 2 y λ = 1 en efecto:

169

 
2−λ 0 0

|A − λI| =  0 2−λ 0  = (2 − λ)2 (1 − λ).
0 0 1−λ
Calculemos el espacio propio de λ = 2.
  
0 0 0 x
0 = (A − 2I)u =  0 0 0   y  ,
0 0 −1 z
  
 x 
luego W2 =  y  | z = 0 . Determinemos W1 :
 
z
  
1 0 0 x
0 = (A − I)u =  0 1 0   y  ,
0 0 0 z
  
 x 
es decir W1 =  y  | x = y = 0 . Por lo tanto una base de vectores
 
z
propios es:

´
      
 1 1 0 
B′ =  0  ,  1  ,  0 
 
0 0 1
   
1 1 0 1 −1 0
P =  0 1 0  P −1 =  0 1 0 
0 0 1 0 0 1

ı
   
1 1 0 2 0 0 1 −1 0
A = 0 1 00 2 00 1 0
0 0 1 0 0 1 0 0 1
Pero A tambi´n posee una base ortonormal de vectores propios:
e
     
 1 0 0 
0,1, 0
 
0 0 1
   
1 0 0 2 0 0 1 0 0
A = 0 1 00 2 00 1 0.
0 0 1 0 0 1 0 0 1

Observaci´n: Cabe se˜ alar que en el caso de que si no hubiese sido
o n
sencillo obtener a simple vista una base ortonormal del subespacio propio
asociado a λ = 2, podemos utilizar el m´todo de Gram-Schmidt en dicho
e
subespacio. En general, la base ortonormal de vectores propios de n Ê
(que sabemos existe en el caso de A sim´trica) puede obtenerse utilizando
e
Gram-Schmidt en cada subespacio propio.

170

El Teorema 6.4 tambiń es cierto para L(x) = Ax, con A herm´
e ıtica, y la

demostraciń es an´loga.
o a
Ejemplo:
Veamos el caso de las proyecciones ortogonales.
Ê
Dado W subespacio de n consideremos W ⊥ el ortogonal de W . Enton-
Ê Ê Ê
ces n = W ⊕ W ⊥ . Sea adem´s P : n → n , la proyecciń ortogonal
a o
sobre W .
Esta funcion P verifica

1. P 2 = P .
En efecto: P (u) = w ∈ W luego w = w + 0 es la unica descompo-
´
siciń, de donde
o
P P (u) = P (w) = w.
Se tiene adem´s P (I − P ) = 0.
a
2. Im(P ) = W y Ker(P ) = W ⊥ .
En efecto, es claro que Im(P ) ⊆ W . Por otro lado, si w ∈
W P (w) = w, luego Im(P ) = W . Ahora si v ∈ W ⊥ v = 0 + v es
la descomposiciń unica y por tanto P (v) = 0, as´ W ⊥ ⊆ Ker(P ).
o ´ ı

´
Sea v ∈ Ker(P ), luego P (v) = 0 y por tanto v = 0 + v es decir
v ∈ W ⊥.
3. P es sim´trica.
e
En efecto sean u1 = w1 + v1 , u2 = w2 + v2 , luego

P (u1 ), u2 = w1 , w2 + v2 = w1 , w2 + w1 , v2 = w1 , w2 =

ı
w1 + v1 , w2 = u1 , P (u2 )

4. Los valores propios de P son 0 ´ 1.
o
Sea P (u) = λu, u = 0, entonces como P 2 = P se tiene P (u) =
P 2 (u) = P (P (u)) = P (λu) = λP (u) = λ2 u. De donde (λ2 − λ)u =
0. Como u = 0 λ2 − λ = 0 entonces λ = es 0 ´ 1.o

Identificaremos P con su matriz representante respecto a la base canńi-
o
ca. Dado que P es sim´trica P = ΓDΓt con Γ ortogonal y D satisface:
e
 
1
 ..   
 . 
  Ir 0
 1   
D= =
 0 
 ..  0 0
 . 
0

Como P y D son similares tienen el mismo rango, as´ r = r(P ) =
ı
dim(Im(P )) = dim(W ). Γ puede construirse de la siguiente forma: Γ =

171

(Γ1 , . . . , Γn ). Escogemos {Γ1 , . . . , Γr } una base ortonormal de W , la cual
Ê

completamos a una base ortonormal de n {Γ1 , . . . , Γn }.
Puede comprobarse directamente que I − P es la proyecci´n ortogonal
o
sobre W ⊥ .

ı ´

172

´
ı
Guá
ı
´
I
´
Algebra Lineal 08-2

Ejercicios

1. Sea W subespacio vectorial de Ên y L : W → W lineal, probar que: Ejercicio 6.2

(a) Si B = {u1 , . . . , un } es una base ortonormal de W , entonces

L sim´trica ⇔ MBB (L) sim´trica.
e e

(b) Si B = {u1 , . . . , un } es una base de W y

ϕ: W −→ Ên α1
x= k
αi ui −→ ϕ(x) = .
. .
i=0 .
αk

Entonces x es vector propio de L asociado al v.p. λ si y s´lo si ϕ(x)
o
es vector propio de MBB (L) asociado al v.p. λ.
2. Verificar que P es ortogonal si y s´lo si
o Ejercicio 6.3

∀u, v ∈ Ên P u, P v = u, v .

Ê2 .

´
cos θ sen θ
3. Probar que Pθ = es ortogonal en Ejercicio 6.4
− sen θ cos θ

Problemas
P1. Considere la matriz A ∈ M33 ( ) Ê siguiente,
 

ı
2 1 1
A = 1 2 −1 .
1 −1 2

(a) Calcular los valores propios de A.
(b) Calcular una base de vectores propios de A.
Ê
(c) Encontrar una matriz P ∈ M33 ( ) y D ∈ M33 ( ), D diagonal, Ê
tal que A = P DP t .
(d) ¿Es A una matriz invertible?, justifique su respuesta.

Ê
P2. (a) Sea A ∈ M33 ( ). Se sabe que A es sim´trica y que 0 es vector
e
1
0

propio de A asociado al valor propio 2, y adem´s la dimensiń del
a o
Ker(T ) es igual a 2. Calcular A.
1a 0
(b) Sea A = 0 1 a , donde a es un par´metro real. Calcule los valores
a
Ê
0 0 3
de a ∈ para los cuales la matriz A es diagonalizable.
P3. Sean v1 , . . . , vk ∈ Ên ortogonales y de norma 1, sean α1 , . . . , αk ∈
Ê {0}, y
t t
A = α1 · v1 v1 + · · · + αk · vk vk ∈ Mnn ( ). Ê
173

⊥
(a) Pruebe que Im(A) = {v1 , . . . , vk } , que Ker(A) = {v1 , . . . , vk } ,

y determine r(A), es decir el rango de A.
(b) Sea {w1 , . . . wn−k } base ortonormal del Ker(A). Demuestre que
Ê
{v1 , . . . , vk , w1 , . . . wn−k } es una base de n de vectores propios
de A. Especiﬁque cu´l es el valor propio correspondiente a cada
a
uno de estos vectores propios.
5/4 −3/4
(c) Sea A = −3/4 5/4 . Determine {v1 , v2 } base ortonormal de Ê2
Ê
y α1 , α2 ∈ tales que
t t
A = α1 · v1 v1 + α2 · v2 v2 .

ı ´

174

´
ı
I ´
´
Algebra Lineal 08-2

´
SEMANA 14: FORMAS CUADRATICAS

7. ´
Formas cuadraticas
7.1. ´
Formas cuadraticas y matrices definidas positivas
En esta secciń estudiaremos las formas cuadr´ticas inducidas por una ma-
o a
triz sim´trica. Las formas cuadr´ticas aparecen en varias aplicaciones en
e a
matem´ticas. Una de ellas es la caracterizaciń de m´
a o ınimos o m´ximos
a
para funciones de varias variables. Nosotros nos interesaremos en la carac-
terizaciń de matrices definidas positivas. Al final del cap´
o ıtulo estudiaremos
las cńicas en 2 .
o Ê
Definiciń 7.1 (Forma cuadr´tica).
o a Ê
Dada A ∈ Mnn ( ) sim´trica,
e Forma cuadr´tica,
a
definimos: xt Ax
q: n→ Ê Ê
x → q(x) = xt Ax.
q es llamada una forma cuadr´tica en
a Ên .

´
a Ê
Notemos que una forma cuadr´tica en n es homogńea de grado 2,
e
Ê
es decir, ∀x ∈ n q(λx) = λ2 q(x). En efecto, q(λx) = (λx)t A(λx) =
λxt Aλx = λ2 xt Ax = λ2 q(x).

Ejemplo:

ı
q: Ê2 → Ê, q(x1 , x2 ) = x2 + 2x1 x2 + x2 = (x1 , x2 )
1 2
1 1
1 1
x1
x2
.
Se tiene q(1, −1) = 0, en realidad q(x1 , −x1 ) = 0.

Definiciń 7.2 ((Semi)Definida positiva/negativa). Sea A ∈ Mnn ( ),
o Ê (Semi)Definida
sim´trica diremos que
e positiva,
(Semi)Definida
A es definida positiva si ∀x = 0 xt Ax > 0. negativa

A es semidefinida positiva si ∀x xt Ax ≥ 0.
A es definida negativa ∀x = 0 xt Ax < 0.
A es semidefinida negativa ∀x xt Ax ≤ 0.

Notar que A es definida (semidefinida) positiva ssi −A es definida (semide-
finida) negativa.

175

Ejemplo:

q(x) = 2x2 + 2x1 x2 + 2x2 = (x1 + x2 )2 + x2 + x2
1 2 1 2
2 1 x1
= (x1 x2 )
1 2 x2
2 1
A = es deﬁnida positiva, en efecto, si q(x) = 0 ⇒ x2 =
1
1 2
2
0, x2 = 0, luego x1 = x2 = 0.

Ê
Teorema 7.1. Supongamos que A ∈ Mnn ( ) es sim´trica. Entonces las
e
siguientes proposiciones son equivalentes.
1. ∀x = 0 x t Ax > 0 (A es deﬁnida positiva)

2. Los valores propios de A son positivos.

3. Sea  
a11 a12 ··· a1n

´
 a21 a22 ··· a2n 
A= .
 .


.
an1 an2 ··· ann

 
a11 a12 a13
a11 a12
A(1) = [a11 ] A(2) = A(3) =  a21 a23  . . .

ı
a22
a21 a22
a31 a32 A33

. . . A(n) = A
entonces |A(1) | = a11 > 0 , |A(2) | > 0, · · · |A(i) | > 0 · · · |A(n) | =
|A| > 0

4. El m´todo de Gauss utilizando s´lo operaciones elementales del ti-
e o
po Epq (α, 1); p < q permite escalonar A y adem´s los pivotes son
a
siempre positivos.

´
Demostracion. (1) ⇒ (2).
Sea λ un valor propio de A y v = 0 un vector propio correspondiente al
valor propio λ.

0 < v t Av = v t (λv) = λv t v = λ v 2
⇒λ>0

176

(2) ⇒ (1). Sabemos que por ser A sim´trica tiene la descomposiciń A =
e o

P DP t , donde las columnas de P son una base ortonormal de vectores pro-
pios y D es la diagonal de los valores propios respectivos. As´
ı

xt Ax = xt P DP t x = (P t x)t DP t x,

entonces si definimos z = P t x se tendr´ que en t´rminos de estas nuevas
a e
variables la forma cuadr´tica queda
a

xt Ax = z t Dz = λ1 z1 + · · · + λn zn ≥ 0,
2 2

pues los valores propios son positivos. M´s a´ n la unica forma en que esta
a u ´
suma de cuadrados sea cero es que z1 = · · · = zn = 0 es decir z = 0, pero
entonces P t x = 0 ⇒ x = P 0 = 0 (recordemos que P −1 = P t ).
a
0
(1) ⇒ (3). Sea a = 0 y definamos x = .
. , entonces
.
0

n n n
0 < xt Ax = xi (Ax)i = xi aij xj
i=1 i=1 j=1 .

´
2
= a a11 , luego a11 > 0

Sea v = (v1 , . . . , vk )t ∈ Êk , tomemos x = (v1, . . . , vk , 0, . . . , 0)t ∈ Ên
n k
xt Ax = xi xj aij = vi vj aij = v t A(k) v
i,j=1 i,j=1

ı
si v = 0 se tiene x = 0, luego v t A(k) v = xt Ax > 0 es decir A(k) es definida
positiva.

De donde A(1) , A(2) , . . . , A(n) = A son todas definidas positivas. Pero una
matriz definida positiva tiene todos sus valores propios positivos (por lo ya
demostrado). Como el determinante es el producto de los valores propios
entonces el determinante es positivo. Luego
|A(1) | > 0, . . . , |A(n) | > 0.

(3) ⇒ (4).
Por inducciń sobre i
o a11 > 0 es el primer pivote. En la etapa i tendremos
 
a11 a12
˜ ··· a1i · · · a1n
˜ ˜
 .
. . 
. 
 0 a22˜ . .
 . .. .  
 . . ai−1i−1 .  
 . ˜ .  B1 B2
 .  
A˜i =  . = .
 0 ··· ··· 0 aii
˜ . 
 
.  B3 B4
 0 ··· ··· 0 aii+1
˜ .
. 

 . . . .. . 
 .. .
. .
. . . 
.
0 ··· ··· 0 ain
˜ ann
˜

177

Donde B1 : i × i, B2 : i × n − i, B3 : n − i × i, B4 : n − i × n − i. Por hip´tesis
o

˜
de inducciń, se obtuvo Ai mediante el algoritmo de Gauss, sin utilizar
o
permutaciones de filas pues todos los pivotes a11 , . . . , ai−1i−1 son positivos.
˜ ˜
ı, ˜
As´ Ai = ( Ek )A donde Ek son matrices simples del tipo Ep,q (α, 1) que
k
˜
son invertibles y triangulares inferiores con diagonal 1. Por tanto A = C · Ai
donde C = ( Ek )−1 es tambiń triangular inferior con unos en la diagonal.
e
k
As´ si C = C1 C2 donde C1 : i×i, C2 : i×n−i, C3 : n−i×i, C4 : n−i×n−i,
ı C3 C4
se tendr´ C2 = 0 y adem´s C1 es triangular inferior con diagonal 1, y por
a a
lo tanto |C1 | = 1. Luego:
    
C1 0 B1 B2 C1 B1 C1 B2
A=  = .
C2 C3 B3 B4 C2 B1 + C3 B3 C2 B2 + C3 B4
Por lo tanto A(i) = C1 B1 , de donde 0 < |A(i) | = |C1 B1 | = |C1 ||B1 | =
i
|B1 |. Por otro lado B1 es triangular superior, luego |B1 | = ajj , pero
˜
j=1
a11 , a22 , . . . , ai−1i−1 > 0 se concluye, aii > 0. As´ el m´todo de Gauss no
˜ ˜ ˜ ˜ ı e
necesita intercambiar filas y adem´s todos los pivotes son > 0.
a

´
(4) ⇒ (1).
Como todos los pivotes son positivos y no hay que hacer intercambios de
filas se tendra que A = LDU , con L triangular inferior D diagonal y U
triangular superior. U y L tienen 1 en la diagonal y dii = aii . Como A es
˜
sim´trica U = Lt entonces
e
√ √ √

ı
A = LDLt = (L D) ( DLt ) = RRt , con R = L D
y
√ 
a11
˜ √ 0
√  a22
˜ 
D=
 .. .

.
√
0 ann
˜
˜
Dado que |A| = |A| = a11 a22 , . . . , ann > 0 entonces 0 < |A| = |RRt | = |R|2
˜ ˜ ˜
luego |R| = 0, y por lo tanto R es invertible y as´ su traspuesta.
ı

xt Ax = xt (RRt )x = (Rt x)t Rt x = Rt x 2 .
Si x = 0 ⇒ Rt x = 0 pues Rt es invertible luego Rt x 2
> 0 de donde
xt Ax > 0 si x = 0 es decir A es definida positiva.

Hemos probado de paso la que toda matriz definida positiva tiene la si-
guiente descomposiciń.
o
Definiciń 7.3 (Descomposiciń de Cholesky). Decimos que A ∈ Mnn ( ) Descomposiciń de
o o o Ê
admite una descomposiciń de Cholesky si existe R matriz triangular infe-
o Cholesky
rior, con diagonal estrictamente positiva tal que
A = RRt .

178

Notemos que A es definida positiva ssi ∃R triangular inferior con diagonal

no nula tal que:
A = RRt .

Observaciń: Hay que hacer una precisiń sobre la propiedad 4 del
o o
teorema anterior. Es fćil ver que la matriz
a

2 1
A= ,
1 2

es definida positiva, pero si al escalonar utilizamos E12 ( 1 , −1) obte-
2
nemos la matriz escalonada
2 1
,
0 −3
2

y los pivotes no son todos positivos!. Sin embargo si utilizamos
1
E12 (− 2 , 1) obtenemos
˜ 2 1
A= 3 .
0 2

´
Por lo tanto es importante recordar que para estudiar si una matriz es
definida positiva las operaciones elementales permitidas son Epq (α, 1).

7.2. ´
Formas canonicas
Sea q(x) = xt Ax una forma cuadr´tica. Como A es sim´trica, entonces
a e
A = P DP t donde P = (v1 , · · · , vn ) con {v1 , · · · , vn } una base ortonormal

ı
de vectores propios de A y
 
λ1 0
 λ2 
D=  .. ,

.
0 λn
siendo λ1 , . . . , λn los valores propios de A.
Sea y = P t x entonces
n
xt Ax = xt P DP t x = y t Dy = 2
λi yi
i=1
As´ haciendo este cambio de variables la forma cuadr´tica tiene la expresiń
ı a o
2 2 2
q (y) = λ1 y1 + λ2 y2 + · · · + λn yn .
˜

Ejemplo:

√
√ 1 3
q(x) = x2
1 + 2x2
2 + 3x1 x2 = xt √
3
2 x.
2 2

179

Consideremos A la matriz que deﬁne esta forma cuadr´tica.
a

√
3
1 2
A= √
3
,
2 2
Calculemos los valores y vectores propios:
√
3
1−λ 2
3
|A − λI| = √
3
= (1 − λ)(2 − λ) − = 0.
2 2−λ 4

Luego el polinomio caracter´
ıstico es
5
λ2 − 3λ + = 0,
4
cuyas raices son
√ 5
3± 9−5 3±2 λ1 = 2
λ= = = 1
2 2 λ2 = 2

Calculemos los vectores propios:
5
λ= 2
√ √
5 3 3 3
5 1− −2

´
A− I = √ 2 2 = √ 2
2 3 5 3 1
2 2− 2 2 −2
las ﬁlas son ℓ.d. (¿ por qu´?) luego
e
√
5 3 3 √
(A − I)v = 0 ⇐⇒ − v1 + v2 = 0 ⇔ v2 = 3v1 .
2 2 2
√
Sea v1 = 1, v2 = 3, un vector propio colineal de largo uno es:

ı
1 √1
w1 = .
2 3
1
λ= 2
√
1 3
1 2 2
A− I = √
3 3
2 2 2
y por lo tanto
√
1 1 3 √
(A − I)v = 0 ⇐⇒ v1 + v2 = 0 ⇔ v1 = − 3v2 .
2 2 2
Un vector propio de largo uno es:
√
1 − 3
w2 = ,
2 1
y una base de ortonormal de vectores propios est´ formada por {w1 , w2 }.
a
Se tiene que
√ √ √
3 1 3 5 1 3
t 1 2 2 − 2 2 0 2 2
A = P DP = √ = √ 1 √ .
3
2 3 1 0 2 − 23 1
2 2 2 2

180

Consideremos el cambio de variables:

√
1 3
y1 t 2 2 x1
y= =P x= √ .
y2 − 23 1 x2
2

La forma cuadr´tica en t´rminos de y es q (y) = 5 y1 + 2 y2 . El cambio
a e ˜ 2
2 1 2

de coordenadas de x a y corresponde a una rotaciń (¿en qu´ ńgulo?).
o ea

Volvamos al caso general. En el sistema y = P t x, la forma cuadr´tica se
a
escribe como
n p r
2 2 2
q (y) =
˜ λi yi = λi yi + λi yi
i=1 i=1 i=p+1

donde:

λ1 , . . . , λp son > 0, λp+1 , . . . , λr son < 0, λr+1 = · · · = λn = 0.

Definamos
zi = λi yi i = 1, . . . , p
zi = −λi yi i = p + 1, . . . , r

´
zi = yi i = r + 1, . . . , n
es decir,
 √λ 0
1 √
 λ2 
 .. 
 . 
 

ı
 λp 
 
 
 −λp+1 
z=  ..
 y = Qy.

 . 
 √ 
 −λr 
 
 1 
 .. 
 . 
0 1

luego tenemos z = QP t x. En las nuevas variables z, es la forma cuadr´tica:
a
2 2 2 2 2 2
q (z) = z1 + z2 + · · · + zp − zp+1 − zp+2 · · · − zr ,
ˆ

donde r corresponde al rango de A. El n´ mero 2p − r = n´ mero de valores
u u
propios positivos menos el n´ mero de valores propios negativos, es llamada
u
la signatura.

El cambio de coordenadas y = P t x corresponde a una rotaciń de sistemas
o
de coordenadas. El cambio z = Qy corresponde a dilatar y contraer ciertas
direcciones (homotecia).
5 1
En nuestro ejemplo z1 = 2 y1 z2 = 2 y2

181

2 2 5 2 1 2 5 2 1 2
z1 + z2 = ( y1 ) + ( y2 ) = y1 + y2
2 2 2 2

Para ubicar el nuevo sistema, con respecto al inicial, consideremos el pro-
blema en dos etapas. En el cambio y = P t x, el eje correspondiente a “y1 ”
est´ en la direcciń “x” tal que
a o
   
1 1
0 0
P t x =  .  luego x = P  .  = v1 ,
. .
. .
0 0

la primera columma de P que corresponde al primer vector propio. De igual
forma el i-´simo eje del sistema de coordenadas “y” es el i-´simo vector
e e
propio vi . De igual forma el sistema de coordenadas “z” tiene sus ejes en
las direcciones v1 , . . . , vn , solamente que algunos ejes se han contra´ y
ıdo
otros expandido.
Hemos probado el siguiente resultado

´
Teorema 7.2. Sea xt Ax una forma cuadr´tica, existe L invertible tal que
a
si z = Lx, entonces en t´rminos de las variables z la forma cuadr´tica se
e a
2 2 2 2
expresa como q (z) = z1 + · · · + zp − (zp+1 + · · · + zr ), donde r=rango A =
ˆ
n´mero de valores propios = 0, p = n´mero de valores propios > 0.
u u

7.3. ´
Conicas en Ê 2
ı
Una cńica en
o Ê2 es el conjunto soluciń de una ecuaciń del tipo
o o

ax2 + by 2 + 2cxy + dy + f x = e
o en forma matricial
a c x x
(x, y) + (d, f ) = e = v t Av + g t v = e,
c b y y

donde
a c x d
A= , v= , g=
c b y f
λ1 0
Supongamos que A = P DP t , con D = y P = (v1 v2 ). Entonces
0 λ2
la ecuaciń de la cńica es:
o o

e = v t P DP t v + g t v = v t P DP t v + gP P t v.

182

Sea u = P t v. En este nuevo sistema de coordenadas la ecuaciń de la cńica
o o

es:
f˜
e = ut Du + g t u con g = P t g = ˜ .
˜ ˜
d
La expresiń que toma la cńica es entonces
o o
˜ ˜
e = λ1 u2 + λ2 u2 + f u1 + du2
1 2

1. λ1 = λ2 = 0 (⇔ a = b = c = 0)
El conjunto soluciń es {(x, y)/dy + f x = e} que en general es una
o
recta (pudiendo ser vac´ si d = f = 0 y e = 0).
ıo

2. El caso interesante es cuando λ1 = 0 o λ2 = 0, llamemos

u′ = u1 − α
1
u′ = u2 − β
2

˜ ˜
λ1 (u′ + α)2 + λ2 (u′ + β)2 + f (u′ + α) + d(u′ + β) = e

´
1 2 1 2

˜ ˜
λ1 (u′ )2 + λ2 (u′ )2 + u′ {2λ1 α + f } + u′ {2βλ2 + d} = e
˜
1 2 1 2
˜ ˜
con e = e − (λ1 α2 + λ2 β 2 + f α + dβ)
˜

d ˜
Si λ1 = 0 (λ2 = 0) tomemos: β = − 2λ2 , α = 0 se llega a la ecuaciń
o

ı
′ ˜
λ2 (u2 )2 + f u′ = e.
˜
1

˜
Si f = 0 (u′ )2 = e
˜
2 λ2 . As´ el conjunto soluciń serń dos rectas
ı, o a
e
˜ e
˜
paralelas: u′
2 =± λ2 si ≥ 0 (que en realidad es una sola si e = 0)
λ2 ˜
o ser´ vac´ si
a ıo e
˜ ˜= 0
< 0. Si f
λ2
e−λ (u′ )2
˜
u′ =
1
2
˜
f
2
, que corresponde a una par´bola, en las coordenada
a
′ ′
u1 , u2 . El caso λ1 = 0 λ2 = 0 es totalmente an´logo.
a

f d˜ ˜
Falta ver el caso λ1 = 0 y λ2 = 0, tomamos α = − 2λ1 y β = − 2λ2 .
En el sistema u′ , u′ tenemos la ecuaciń
1 2 o

λ1 (u′ )2 + λ2 (u2 )2 = e
1
′
˜

3. λ1 > 0, λ2 > 0, e ≥ 0; o λ1 < 0, λ2 < 0, e ≤ 0 la soluciń es una elipse
˜ ˜ o
(una circunferencia si λ1 = λ2 ) en el sistema u′ , u′ Si λ1 > 0, λ2 >
1 2
0, e < 0; o λ1 < 0, λ2 < 0, e > 0 no hay soluciń.
˜ ˜ o

183

4. λ1 > 0 y λ2 < 0 podemos suponer que e ≥ 0 de otra manera multi-
˜

plicamos por −1

λ1 (u′ )2 − |λ2 |(u′ )2 = e, que corresponde a una hip´rbola con eje de
1 2 ˜ e
simetr´ el eje u′ . El caso λ1 < 0, λ2 > 0, e ≥ 0 el conjunto soluciń
ıa 1 ˜ o
es una hip´rbola con eje de simetr´ u′ .
e ıa 2
Notemos que en general el sistema (u1 , u2 ) corresponde a una rotaciń con
o
respecto al eje (x, y) y sus ejes estń en la direcciń de los vectores propio.
a o
El sistema (u1 , u′ ) corresponde a una traslaciń o cambio de origen del
′
2 o
sistema (u1 , u2 ).

ı ´

184

´
ı
Guá
ı
´
I
´
Algebra Lineal 08-2

Ejercicios

1. Escriba en forma xt Ax las siguientes formas cuadr´ticas, en donde x =
 x1  a
x2
 . :
.
.
xn

1
(a) q(x) = −2x1 − 2 x1 x2 + 5x2 .
2
2
(b) q(x) = x1 (2x1 − x2 ) + x2 (3x1 + x2 ).
1
2 2
(c) q(x) = x2 + y2 − y3 − x1 x2 + x1 x3 .
(d) q(x) = (x1 + x2 )2 − (x1 + x3 )2 .
2. Se˜ ale si las matrices siguientes son definidas positivas/negativas, o nin-
n
guna de las dos:

−1 1 −3 1
(a) . (c) .
1 −1 1 −1
 
1 0 0 0 0  
0 2 0 0 0 −1 2 1 1
 
(b) 0
 0 1/2 0 0.

2 1 1 1
(d)  .

´
0 0 0 1 0 1 1 0 1
0 0 0 0 4 1 1 1 −1

Ê
3. Sea A ∈ Mnn ( ) una matriz sim´trica.
e
Ê
(a) Probar que v ∈ n es vector propio de A si y s´lo si es vector propio
o
Ê
de I − A. Si λ ∈ es el valor propio de A asociado a v, ¿cu´l es el
a

ı
valor propio de I − A asociado a v?
(b) Probar que la matriz I − A es definida positiva si y s´lo si todos los
o
valores propios de A son menores estrictos que uno.

Problemas
P1. Considere la cńica de ecuaciń 5x2 + 5y 2 + 6xy + 16x + 16y = −15.
o o
Realice el cambio de variables que permite escribir la cńica de ma-
o
nera centrada y escriba la nueva expresiń (escribir expl´
o ıcitamente el
cambio de variables). Identifique la cńica resultante y dib´ jela.
o u
Ê
P2. Sea A ∈ M22 ( ) sim´trica definida postiva, b ∈
e Ê2 , c ∈ Ê y f : Ê2 →
Êtal que
f (x) = xt Ax − bt x + c.
Se quiere minimizar f .
1
(a) Sea x0 = 2 A−1 b. Pruebe que f (x) = (x−x0 )t A(x−x0 )−x0 Ax0 +c.
t

(b) Concluya que el unico m´
´ ınimo de f se alcanza en x0 , i.e., que
Ê
f (x) ≥ f (x0 ) para todo x ∈ 2 y que la igualdad se alcanza
solamente cuando x = x0 -

185

P3. Sea α ∈ Ê y considere la ecuaci´n
o

√ √
αx2 + αy 2 + 2(α − 1)xy − 2x + 2y = 0.

Determine todos los valores de α tales que la ecuaci´n corresponde a:
o

(a) Circunferencia. (d) Par´bola.
a (g) Un punto.
(b) Elipse. (e) Hip´rbola.
e
(c) Recta o rectas. (f ) Conjunto vac´
ıo.

ı ´

186

´
ı
I ´
´
Algebra Lineal 08-2

SEMANA 15: FORMA DE JORDAN

8. Forma de Jordan
8.1. ´
Definicion
Estudiaremos aqu´ un procedimiento que permite obtener, a partir de una
ı
matriz A, otra similar con gran cantidad de ceros. Obviamente, el ideal es
obtener una matriz diagonal, pero esto no siempre es posible. Nos confor-
maremos con una forma algo m´s compleja que la matriz diagonal, pero
a
con la ventaja de que ´sta puede obtenerse para matrices arbitarias.
e
La idea general de reducir una matriz consiste en determinar una base de
modo que la transformaciń lineal asociada a la matriz inicial tenga una
o
representaciń simple en la nueva base.
o
Partamos con un ejemplo. Consideremos la transformaciń lineal TA : 9 →
o
9
dada por x → Ax, cuya matriz representante J, con respecto a una base
βJ es:
2 1 0 

´
 0 2 1 
 
 0 0 2 
 
 2 1 
 
J = 0 2 
 
 (2) 
 
 5 1 
 
0 5

ı
(6)

Es claro que σ(A) = {2, 5, 6}, con multiplicidades algebraicas 6, 2, 1 respec-
tivamente.
La base βJ la notaremos como sigue:
1 1 1 1 1 1 2 2 3
βJ = {v11 , v12 , v13 , v21 , v22 , v31 , v11 , v12 , v11 }
De la definiciń de matriz representante, obtenemos:
o
1 1
TA (v11 ) = 2v11
1 1 1
TA (v12 ) = v11 + 2v12
1 1 1
TA (v13 ) = v12 + 2v13
1 1
TA (v21 ) = 2v21
1 1 1
TA (v22 ) = v21 + 2v22
1 1
TA (v31 ) = 2v31
2 2
TA (v11 ) = 5v11
2 2 2
TA (v12 ) = v11 + 5v11
3 3
TA (v11 ) = 6v11

187

1
Vemos que v11 es vector propio (cabeza de serie) asociado al valor propio

1 1 1 1
λ1 = 2, v12 es una “cola” asociada a v11 y v13 es “cola” asociada a v12 .
Posteriormente obtenemos otro vector propio asociado a λ1 = 2 con una
cola y ﬁnalmente un tercer vector propio asociado a λ1 = 2. Luego se
repite el mismo esquema: un vector propio y una cola asociados a λ2 = 5 y
ﬁnalmente un vector propio asociado a λ3 = 6.
En general la matriz J que nos interesa en este p´rrafo tiene la forma:
a

λ 1
 
1
 ..
 . 1  

 0 λ1 
 
 .. 
 . 
   
 λ1 1 
 
  .. 


. 1  

 0 λ1 
 
 .. 
 .   
 λr 1 
 
  .. 

 . 1  


´
 λr 
 
 .. 
 . 
   
 λr 1 
 
  .. 
. 1 
λr

ı
donde los bloques son de tama˜ o s(1, 1), . . . , s(1, p1 ), . . . , s(r, 1), . . . , s(r, pr ),
n
p1 pr
y el espectro es σ(A) = {λ1 , . . . , λr }, con multiplicidades s(1, j), . . . , s(r, j),
j=1 j=1
respectivamente. La base se escribe:
1 1 1 1 1 1 r r
βJ = {v11 , . . . , v1s(1,1) , v21 , . . . , v2s(1,2) , . . . , vp1 1 , . . . , vp1 s(1,p1 ) , . . . , vpr 1 , . . . , vpr s(r,pr ) }

o mediante una tabla de doble entrada:

↓ ↓ ↓ ↓ ↓
1 1 1 r r r
v11 v21 ··· vp1 1 ··· v11 v21 ··· vpr 1

1 1 1 r r r
v12 v22 ··· vp1 2 ··· v12 v22 ··· vpr 2
.
. .
. .
. .
. .
. .
.
. . . . . .

1 1 1 r r r
v1s(1,1) v2s(2,1) ··· vp1 s(1,p1 ) ··· v1s(r,1) v2s(r,2) ··· vpr s(r,pr )
↓ ↓ ↓ ↓ ↓
(8.1)

188

vectores de la base vectores de la base
···
asociados a λ1 asociados a λr
las flechas indican el encadenamiento de los vectores de base. Por ejemplo
1 1
al vector v1s(1,1) le sigue v21 .
El primer elemento de cada columna corresponde a un vector propio. Bajo
un vector propio figuran las colas asociadas.
Adem´s:
a
k
k k λk vij si j = 1 (1era fila de la tabla)
TA (vij ) = Avij = k k
(8.2)
vij−1 + λk vij si j > 1

Una base βJ , con estas caracter´
ısticas se denomina base de Jordan asociada Base de Jordan
a la transformaciń lineal T y su matriz representante es justamente J.
o
Tambiń es claro que los subespacios propios son:
e
1 1
Vλ1 = v11 , . . . , vp1 1 , dim Vλ1 = p1
2 2
Vλ2 = v11 , . . . , vp2 1 , dim Vλ2 = p2
.
.
.

´
r r
Vλr = v11 , . . . , vpr 1 , dim Vλr = pr

Los bloques se notan:
 
λi 1
 .. .. 
 . . 
Ji =  .. 
 . 1 

ı
λi

Definiciń 8.1 (Forma de Jordan). Una transformaciń lineal
o o Forma de Jordan

n n
TA : −→
x −→ TA (x) = Ax

se reduce a la forma de Jordan si y s´lo si es posible determinar una
o
base βJ con las caracter´sticas definidas en (8.1) y (8.2).
ı

Veamos otro ejemplo. Sea la matriz:
 
8 1 0 0 0  
0 8 0 0 0 J1
 
J = 0 0 0 1 0 =  J2 
 
0 0 0 0 0 J3
0 0 0 0 0
8 1 0 1
donde J1 = , J2 = , J3 = (0).
0 8 0 0

189

Tenemos σ(J) = {λ1 = 8, λ2 = 0} con multiplicidades 2 y 3 respectivamen-

te.
Vλ1 = V8 = {e1 } , Vλ2 = V0 = {e3 , e5 }
donde {ei }5 es la base canńica de
i=1 o 5
. De acuerdo a nuestra notaciń,
o
la base de Jordan, βJ es:
1 2 2
v11 v11 v21

1 2
v12 v12

asociados a asociados a
Vλ1 Vλ2

Estudiemos el esquema de similitud entre la matriz A (representante de T
con respecto a la base canńica) y βJ :
o
A
5 5
T : →
β β β : base canńica
o
P ↑ ↑ P βJ : base de Jordan
5 5
→

´
βJ J βJ
Luego J = P −1 AP o equivalentemente AP = P J. Pero P es la matriz de
1 1 2 2 2
pasaje de la base canńica a βJ = {v11 , v12 , v11 , v21 , v21 }. Es directo que:
o
1 1 2 2 2
P = (v11 , v12 , v11 , v12 , v21 )
y se tiene:

ı
   
8 1
0 8
1   1 1   1 1
Av11 = P J•1 = P  0  = 8v11 , Av12 = P J•2 = P  0  = v11 + 8v12 ,
   
0 0
0 0
   
0 0
0 0
2   2 2   2 2
Av11 = P J•3 = P  0  = 0v11 , Av12 = P J•4 = P  1  = v11 + 0v12 ,
   
0 0
0 0
 
0
0
2   2
Av21 = P J•5 = P  0  = 0v21
 
0
0
recuperńdose la relaciń (8.2).
a o
Simplifiquemos por un momento la notaciń. Si escribimos P = (v 1 , . . . , v n )
o
tal que β = {v 1 , . . . , v n } es base de Jordan, se verifica:
∀i = 1, . . . , n Av i = λi v i o bien Av i = v i−1 + λv i .

190

En el primer caso v i es un vector propio y en el segundo lo denominaremos

vector propio generalizado (existe una “cola”).
En estas condiciones se tiene el teorema siguiente:

Teorema 8.1. Una transformaciń lineal arbitraria, TA = n →
o n
, x→
Ax, es reductible a la forma de Jordan, o de manera equivalente:
∀A ∈ Mnn ( ), ∃J ∈ Mnn ( )
matriz de Jordan, similar a la matriz A:
A = P JP −1
donde las columnas de P son los vectores de la base asociada a βJ .

´
Demostracion. La demostraciń la omitimos aqu´ y no se cubrir´ en
o ı a
clases, sin embargo se presenta en el apńdice de la semana, s´lo por
e o
completitud.

8.2. Aplicaciones de la forma de Jordan

´
8.2.1. Potencias de una matriz
Vimos anteriormente que la diagonalizaciń de matrices nos entregaba una
o
forma fćil de calcular las potencias de una matriz. Sin embargo, esto s´lo
a o
es aplicable a matrices que admitan una diagonalizaciń.o
A continuaciń veremos que la forma de Jordan tiene tambiń utilidad para
o e
el c´lculo de potencias, con la ventaja que cualquier matriz cuadrada admite
a
una forma de Jordan. Veamos primero que la forma de Jordan nos da una

ı
descomposiciń especial, para cualquier matriz cuadrada.
o
Si J es la matriz de Jordan de A, cada bloque de J es de la forma:
   
λi 1 0 0 1 0
 .. ..   .. .. 
 . .   . . 
Ji = 

 = λi Ii + 
 
,

 .. ..
. 1  . 1
0 λi 0 0
en donde Ii es la identidad de la dimensiń correspondiente. Llamemos Ni
o
a la segunda matriz de la suma. Esta matriz tiene la siguiente propiedad,
propuesta como ejercicio:
◭ Ejercicio

Ejercicio 8.1: Suponga que Ni ∈ Mss ( ), pruebe entonces por in-
Æ
ducciń que ∀m ∈ , ∀p, q ∈ {1, . . . , s},
o

1 si q = p + m,

m
(Ni )pq =


0 si q = p + m.

191

Adem´s deduzca que Nis = 0. Una matriz con esta propiedad, se dice
a
nilpotente.

Luego, reescribiendola matriz A por bloques:
 
   
 λ1 I1 0 ... 0 N1 0 ... 0 
 
 0 λ2 I2 . . . 0  0
  N2 ... 0  −1
A = P  .
 . . .. . + . . .. .  P .
 . .
. . .   .
. . .
. . .
. 

 
 0 0 . . . λr Ir 0 0 ... Nr 
D N

Notar que los valores propios λ1 , . . . , λr son los valores propios de A con
posible repetici´n.
o
Se tiene que la matriz N es nilpotente, gracias al siguiente ejercicio:

◭ Ejercicio

´
Ejercicio 8.2: Sea B una matriz diagonal por bloques, es decir
 
B1 0 . . . 0
 0 B2 . . . 0
 
B= . . .. . 
 .. .
. . . 
.
0 0 ... Br

ı
en donde B1 , . . . , Br son matrices cuadradas y el resto son matrices
cero.
Æ
Sea m ∈ , pruebe que entonces
 m 
B1 0 ... 0
 0 B2 . . .
m
0 
 
Bm =  . . .. . .
 .. .
. . . 
.
m
0 0 ... Br

Concluya que la matriz N anterior es nilpotente.

Hemos probado entonces la siguiente propiedad:

Proposici´n 8.1. Dada A ∈ Mnn ( ), existen una matriz invertible P ,
o
una matriz diagonal D y una matriz nilpotente N , tales que

A = P (D + N )P −1 .

192

Usaremos lo anterior para calcular potencias de una matriz. Sea A ∈
Æ

Mnn ( ) y m ∈ . Queremos calcular Am . Por lo visto en la parte de
diagonalizaciń:
o
Am = P (D + N )m P t .
Debemos entonces estudiar (D + N )m , que gracias al Ejercicio 8.2 es equi-
valente a estudiar (λi Ii + Ni )m , es decir cada bloque de la forma de Jordan.
Se puede probar que el Teorema del Binomio de Newton es tambiń v´lidoe a
para matrices, si la multiplicaciń de ´stas conmuta. Este es precisa-
o e
mente el caso de λi Ii y Ni , que conmutan pues λi Ii es ponderaciń de la
o
identidad. Luego
m
m
(λi Ii + Ni )m = (λi Ii )m−k Nik .
k
k=0

Para k ∈ {0, . . . , m}, (λi Ii )m−k = λm−k Ii . As´ gracias al Ejercicio 8.1:
i ı,

 m 
0 ... k λm−k
i 0
 .. .. 
 . . 
m m m−k k   m m−k 


´
(λi Ii )m−k Nik = λi Ni =  k λi 
k k  
 .. . 
 . .
. 
0 0

En donde los t´rminos m λm−k estń ubicados desde la posiciń (1, k)
e k i a o
hasta la (k, n). Notar adem´s que, si λi + Ni ∈ Mss ( ), la matriz anterior
a

ı
es nula para k ≥ s.
Finalmente, sumando sobre k, se obtiene:
 m m m m m−(s−1) 
λi 1 λm−1
i 2 λm−2
i ... s−1 λi
 .. 
 0 λm m
λm−1 m
λm−2 . 
 i 1 i 2 i 
 
(λi Ii + Ni )m = .
. ..
.
..
.
..
.
..
. .
 . 
 . 
 .
. ... 0 λm m
λm−1 
i 1 i
0 ... ... 0 λm
i
(8.3)
Y tenemos entonces que
 
(λ1 I1 + N1 )m 0 ... 0
 0 (λ2 I2 + N2 )m ... 0 
  −1
Am = P  . . .. . P ,
 .
. .
. . .
. 
0 0 ... (λr Ir + Nr )m

con los bloques (λi Ii + Ni )m como en (8.3).

193

8.2.2. Matriz exponencial

Otra aplicaciń importante est´ relacionada con calcular la exponencial de
o a
una matrix, la generalizaciń de la funciń exponencial real para matrices.
o o
Dicha matriz exponencial tiene utilidad en ciertos m´todos de resoluciń
e o
de ecuaciones diferenciales (que ver´s en cursos m´s adelante).
a a
Veamos primero la definiciń de la matriz exponencial.
o
Definiciń 8.2 (Matriz exponencial). Sea A ∈ Mnn ( ). La expo-
o Matriz exponencial
nencial de A, denotada por eA , es la matriz en Mnn ( ) dada por la serie
de potencias
∞
1 k
eA = A .
k!
k=0

Esta serie siempre converge, por lo que eA est´ bien definida.
a

Observaciń: El ultimo punto tratado en la definiciń, acerca de la
o ´ o
convergencia, lo aceptaremos aqu´ Esto sale de los t´picos a tratar en
ı. o
el curso.

Veamos primero algunas propiedades de la exponencial, las cuales no pro-

´
baremos aqu´
ı:

Proposiciń 8.2. Dadas matrices B, C ∈ Mnn ( ), se tiene
o
−1
1. Si C es invertible, eCBC = CeB C −1 .
2. Si BC = CB, entonces eB+C = eB eC = eC eB .
3. Si B es diagonal, B = diag(b1 , . . . , bn ), entonces
eB = diag(eb1 , . . . , ebn ).
ı
Sea entonces A ∈ Mnn ( ), que gracias a la Proposiciń 8.1 se escribe como
o
A = P (D + N )P −1 , con D matriz diagonal con los vectores propios de A y
N una matriz nilpotente.
Calculamos entonces la exponencial de A, utilizando la Proposiciń 8.2 y
o
el hecho de que D y N conmutan (ya se sus bloques conmutan):
eA = P e(D+N ) P −1 = P (eD eN )P −1 .
Veamos eN ,
∞
1 k
eN = N .
k!
k=0
Gracias al Ejercicio 8.2 y sumando en k, se tiene que (este paso se puede
formalizar, pero no lo haremos aqu´
ı)
 N1 
e 0 ... 0
 0 eN 2 . . . 0 
 
eN =  . . .. . .
 . . .
. . . 
.
0 0 . . . eN r

194

Adem´s, por la Proposici´n 8.2,
a o

 λ 
e 1 I1 0 ... 0
 0 eλ2 I2 ... 0 
 
eD =  . . .. . ,
 . . .
. . .
. 
0 0 ... eλr Ir

el i-´simo bloque de eD eN es:
e
∞ s−1
1 k 1 k
eλi Ii eNi = eλi N = eλi N .
k! i k! i
k=0 k=0

Ya que si suponemos Ni ∈ Mss ( ), como Ni es nilpotente, para k ≥ s se
tiene Nik = 0. As´ı:
 λi 1 λi 1 λi 1 λi 
e 1! e 2! e ... (s−1)! e
 .. 
 0 eλi 1 λi 1 λi . 
 1! e 2! e 
 
eλi eNi =  . . ..
.
..
.
..
.
..
.  (8.4)
 . 
 . 
 . . ... 0 eλi 1 λi 
1! e

´
0 ... ... 0 eλi
Finalmente
 
eλ1 eN1 0 ... 0
 0 eλ2 eN2 ... 0 
  −1
eA = P  . . .. . P ,
 . . .
. . .
. 
eλr eNr

ı
0 0 ...

con cada bloque como en (8.4).

8.2.3. Teorema de Cayley-Hamilton
El Teorema de Cayley-Hamilton se˜ ala que una matriz es siempre raiz de
n
ıstico. Para comprender a qu´ nos referimos con esto,
su polinomio caracter´ e
notemos que dado un polinomio
p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn ∈ Pn ( ),
podemos asociarle naturalmente una funci´n de Mnn ( ) a Mnn ( ). Dada
o
X ∈ Mnn ( ):
p(X) = a0 I + a1 X + a2 X 2 + · · · + an X n .
Enunciemos entonces el teorema:

Teorema 8.2 (Cayley-Hamilton). Dada una matriz A ∈ Mnn ( ) y Cayley-Hamilton
pA (x) su polinomio caracter´stico, entonces
ı
pA (A) = 0.

195

Demostracion. Consideremos A = P JP −1 , la forma de Jordan de A. Sa-
´
bemos que dos matrices similares tienen el mismo polinomio caracter´
ıstico,
luego
pA (x) = pJ (x).
Ahora, como J es triangular superior, pJ (x) puede ser calculado como:

pJ (x) = |J − xI| = (x − λ1 )s1 (x − λ2 )s2 . . . (x − λr )sr ,

en donde cada t´rmino (x − λi )si corresponde al bloque de Jordan Ji .
e
Calculemos entonces pA (A). Gracias a lo visto en la parte de diagonaliza-
ciń, no es dif´ probar que:
o ıcil

pA (A) = pJ (A) = P ·pJ (J)·P −1 = P (J−λ1 I)s1 (J−λ2 I)s2 . . . (J−λr I)sr P −1 .

Ahora, mirando el bloque i-´simo del t´rmino i de este producto (de di-
e e
mensiones s × s), tenemos que:

(Ji − λi Ii )s = Nis = 0,

´
ya que gracias al Ejercicio 8.1, la matriz Ni es nilpotente.
Luego, usando el Ejercicio 8.2, se concluye.

8.2.4. Traza de una matriz
Una ultima utilidad de la forma de Jordan, que veremos, es permitir carac-
´
terizar la traza de una matriz.
Definiciń 8.3 (Traza). La traza es la funciń tr : Mnn ( ) →
nida por:
o o , defi-
ı Traza

n
∀A = (aij ) ∈ Mnn ( ), tr(A) = aii .
k=0

Es decir, es la suma de los elementos de la diagonal de la matriz.

Las siguientes propiedades quedan de ejercicio:

o
1. La funciń tr es lineal.
o
2. ∀A, B ∈ Mnn ( ), tr(AB) = tr(BA).

´
Demostracion. Propuesta como ejercicio. ◭ Ejercicio

As´ podemos probar el siguiente resultado:
ı,

196

Proposiciń 8.4. Sea A ∈ Mnn ( ), con valores propios distintos λ1 , . . . , λr .
o

Entonces r
tr(A) = αA (λi ) · λi .
i=1

En donde recordemos que αA (λi ) es la multiplicidad algebraica de λi .

Demostracion. Sea A = P JP −1 , la forma de Jordan de A, luego
´

tr(A) = tr(P JP −1 ) = tr(P −1 P J) = tr(J).

En donde ocupamos la Proposiciń 8.3, con P J y P −1 .
o
Ahora, en la diagonal de J estń precisamente los valores propios de A,
a
repetidos tantas veces como su mutiplicidad algebraica. As´
ı,
r
tr(A) = tr(J) = αA (λi ) · λi .
i=1

ı ´

197

´
ı
I ´
´
Algebra Lineal 08-2

SEMANA 15: FORMA DE JORDAN

Probaremos el siguiente teorema:

Teorema 8.3. Una transformaciń lineal arbitraria, TA = n →
o n
, x→
Ax, es reductible a la forma de Jordan, o de manera equivalente:
∀A ∈ Mnn ( ), ∃J ∈ Mnn ( )
matriz de Jordan, similar a la matriz A:
A = P JP −1
donde las columnas de P son los vectores de la base asociada a βJ .

´
Demostracion. Por inducciń sobre la dimensiń, n, del espacio. Es tri-
o o
vialmente cierto para n = 1 (verifique). Supongamos que el resultado se
cumple ∀k ≤ n − 1. Veremos primero:

Caso 1: La matriz A es singular (detA = 0).
En este caso r(A) = r < n, es decir dim Im(TA ) = r(A) = r < n. Sea:

´
T ′ = T |ImTA : ImTA → ImTA
Por hip´tesis, como dim ImTA < n, existe la descomposiciń de Jordan.
o o
Existe entonces una base de ImTA que verifica las hip´tesis. M´s expl´
o a ıci-
tamente: Si σ(T ′ ) = {λ1 , . . . , λm } y adem´s los subespacios propios:
a

1 1 m m
Vλ1 = {v11 , . . . , vp1 1 } , . . . , Vλm = v11 , . . . , vpm 1
obtenińdose la base β, de Jordan para T ′ :
e
1
v11 ··· 1
vp1 1 → vectores propios de Vλ1
ı
1 1
v12 vp1 2
.
. .
.
. . colas asociadas
1 1
v1s(1,1) vps(1,p1 ) a los vectores propios de Vλ1
.
. .
. .
.
. . .
m m
v11 ··· vpm 1 → vectores propios deVλm

m m
v12 ··· vpm 2
.
. .
.
. . colas asociadas
m m
v1s(m,1) ··· vpm s(m,pm )
donde r = dim ImTA = s(i, j) y se verifica:
i,j

k
λk vij si j = 1
T ′ (vij ) =
k
k k
vij−1 + λk vij si j > 1

198

Donde:

 
J11
 .. 
 . 
 
 Jp1 
 
 J12 
 .. 
 . 
 
J = 
 Jp2 2 
 .. 
 . 
 
 
 J1m 
 .. 
 . 
Jpm m
y cada bloque:
 
λk 1
 .. .. 
 . . 
Jik = .. 
 . 1 
λk

´
k k
es de dimensiń s(k, i)×s(k, i), asociado a los vectores de base vi1 , . . . , vis(k,i) .
o

Subcaso 1: KerTA ∩ ImTA = {0}.
De acuerdo al Teorema del N´ cleo-Imagen (TNI), dim KerTA +dim ImTA =
u
n, luego n = KerTA ⊕ ImTA , de donde la base de Jordan ser´:a

ı
βJ = {w1 , . . . , wr } ∪ {z 1 , . . . , z n−r }
n−r
donde {wi }r es base de Jordan de ImTA y {z i }i=1 es una base del n´ cleo
i=1 u
de TA .
La matriz asociada es:
 
J11
 .. 
 . 
 
 Jpm m 
J = 
 0  n − r bloques
 .. 
 .  de 1 × 1 con
0 el valor propio 0

que verifica claramente:

TA wi = λi wi o
´ TA wi = wi−1 + λi wi 1≤i≤r

y adem´s, TA z i = 0z i
a 1 ≤ i ≤ n − r.

Subcaso 2: KerTA ∩ ImTA = u1 , . . . , up , subespacio de dimensiń
o
p ≥ 1.

199

Es decir ui ∈ KerTA y ui ∈ ImTA . Estos vectores son propios TA (ui ) =

0ui . Adem´s, como ui ∈ ImTA estos son vectores propios de T ′ = T |ImTA .
a
Por hip´tesis de Jordan existen, para cada uno de los vectores ui , un bloque
o
(eventualmente de 1×1). Sin p´rdida de generalidad, supongamos que en la
e
base de Jordan asociada a T ′ , se tiene λ1 = 0. Luego obtenemos los bloques
siguientes:
1 1 1
v11 v21 ··· vp1
1 1
.
.
v12 v22 .
. . . vectores propios asociados a λ1 = 0
.
. .
. .
.
1 1 1
v1s(1,1) v2s(1,2) ··· vps(1,p)
que veriﬁcan la recurrencia:

1 1
TA v11 = 0 · v11
1 1 1
TA v12 = v11 + 0 · v12
.
.
.
1 1 1
TA v1s(1,1) = v1s(1,1)−1 + 0 · v1s(1,1) (8.5)

´
.
.
.
1 1
TA vp1 = 0 · vp1
.
.
.
1 1 1
TA vps(1,p) = vps(1,p)−1 + 0 · vps(1,p)

ı
n
Para “completar” la base de Jordan asociada a ImTA a una base de ,
elegimos el conjunto de vectores β2 = {y j }p tal que:
j=1

Ay 1 = v1s(1,1)
1

Ay 2 = v2s(1,2)
1

.
.
.
Ay p = vps(1,p)
1

Es decir, los vectores {y j }p son soluciones de los sistemas asociados al
j=1
ultimo vector de cada bloque del vector λ1 = 0. Estos sistemas tienen
´
1
soluci´n ya que, por hip´tesis, vjs(1,j) ∈ ImTA , ∀j = 1, . . . , p.
o o
p
Adem´s, son vectores linealmente independientes. En efecto, si
a cj y j = 0
j=1
entonces p p p
j j 1
cj T A y = cj Ay = cj vjs(1,j) = 0
j=1 j=1 j=1

como, por hip´tesis el conjunto
o {vjs(1,j) }p
1
j=1 es linealmente independiente,
ımos que cj = 0, ∀j = 1, . . . , n.
conclu´

200

M´s a´ n, los vectores {y j }p satisfacen:
a u j=1

TA (y j ) = Ay j = vjs(1,j) + 0y j 1 ≤ j ≤ p.
luego podemos redefinir el orden de los vectores en el conjunto β2 ∪ βJ para
obtener una descomposiciń en bloques de Jordan. Por ejemplo, veamos la
o
inclusiń del vector y 1 .
o
Ten´ıamos (ver Ecuaciń (8.5)):
o
1 1
TA v11 = 0v11
.
.
.
1 1 1
TA v1s(1,1) = v1s(1,1)−1 + 0v1s(1,1)

definiendo v1s(1,1)+1 = y 1 , se tiene que
1

1 1 1
TA v1s(1,1)+1 = v1s(1,1) + 0v1s(1,1)+1
y redefinimos el primer bloque:
v11 , . . . , v1s(1,1) , v1s(1,1)+1 = y 1
1 1 1

que satisface la recurrencia de Jordan.

´
1
En general, para cada bloque asociado a λ1 , agregamos el vector vjs(1,j)+1 =
y j , lo cual satisface la recurrencia de Jordan. Los nuevos bloques tienen la
forma:  
0 1 0
 .. .. .
.
 . . .
 .. 
 . 1 0
 

ı
 0 1
0 ··· ··· 0
Debemos verificar que el conjunto β2 ∪ βJ es ℓ.i.: Consideremos ϕ una
combinaciń lineal nula, escrita por bloques:
o
ϕ = [α1 v11 + α1 v12 + · · · + α1
11
1
12
1 1
1s(1,1) v1s(1,1) ] + . . .

+ · · · + [α1 vp1 + α1 vp2 + · · · + α1
p1
1
p2
1 1
ps(1,p) v1s(1,p) ] + . . .

+ [αk v11 + · · · + αk
11
k k
1s(k,1) v1s(k,1) ] + . . . (8.6)
+ [αkk 1 vpk s(1,pk )
p + · · · + αkk s(k,pk ) vpk s(k,pk ) ]
p
k
+ ...
1
+ β1 y + β2 y 2 + · · · + β p y p = 0

Aplicando la transformaciń TA a esta ecuaciń obtenemos:
o o
1
TA (ϕ) = Aϕ = [α11 Av11 + α1 A2 v12 + · · · + α1
1
12
1 1
1s(1,1) Av1s(1,1) ] + . . .

· · · + [α1 Avp1 + α1 Avp2 + · · · + α1
p1
1
p2
1 1
ps(1,p) Av1s(1,p) ]+

· · · + [αk Av11 + · · · + αk
11
k k
1s(k,1) Av1s(k,1) ]+

· · · + [αpk 1 Avpk s(1,pk ) + · · · + αkk s(k,pk ) Avpk s(k,pk ) ] + . . .
p
k

· · · + β1 Ay 1 + · · · + βp Ay p = 0

201

Reemplazando seg´ n la recurrencia de Jordan y recordando que λ1 = 0:
u

Aϕ = [α1 v11 + α1 v12 + · · · + α1
12
1
13
1 1
1s(1,1) v1s(1,1)−1 ] + . . .

+ [α1 vp1 + α1 vp2 + · · · + α1
p2
1
p3
1 1
ps(1,p) v1s(1,p)−1 ] + . . .

+ [αk λk v11 + · · · + αk
11
k k k
1s(k,1) (λk vpt s(k,1) + v1s(k,1)−1 )]

· · · + [αkk 1 λk vpk 1 + · · · + αkk s(k,pk ) (λk vpk s(k,pk ) + vpk s(k,pk )−1 )] + . . .
p
k
p
k k

1 1 1
+ β1 v1s(1,1) + β2 v2s(1,2) + · · · + βp vps(1,p) = 0

Reordenando, agregamos cada vector asociado a los escalares βj a su res-
pectivo bloque:

TA (ϕ) = [α1 v11 + · · · + α1
12
1 1 1 1
1s(1,1) v1s(1,1)−1 + β v1s(1,1) ] + . . .

· · · + {(αk λk + αk )v11 + (αk λk + αk )v12 + . . .
11 12
k
12 13
k

· · · + (α1s(k,1)−1 λk + αk
k k k k
1s(k,1) )v1s(k,1)−1 + α1s(k,1) λk v1s(k,1) } + · · · = 0

como los vectores son ℓ.i se tiene que

α1 = α1 = · · · = α1
12 13 1s(1,1) = β1 = 0

´
.
.
.
1
αp2 = α1 = · · · = α1
p3 ps(1,p) = βp = 0

y ∀k ≥ 1 (bloques asociados a λk ):

αk λk + αk = 0
11 12

ı
αk λk + αk = 0
12 13
.
.
.
α1s(k,1)−1 λk + αk
k
1s(k,1) = 0

αk
1s(k,1) λk = 0

como λk = 0, reemplazando desde la ultima a la primera ecuaciń, con-
´ o
clu´ ımos
αk = 0 ∀k, ∀i, j. Recordemos que, al aplicar TA , desaparecieron los coefi-
ij
cientes
α1 , . . . , α1 , pero, como el resto de los coeficientes αk , βj , es nulo se tiene
11 p1 ij
en (8.6):
α1 v11 + · · · + α1 vp1 = 0
11
1
p1
1

Como {vj1 }p es ℓ.i, conclu´
1
j=1 ımos α1 = · · · = α1 = 0, luego el conjunto
11 p1
β2 o βJ es ℓ.i.
El conjunto anterior β2 ∪ βJ tiene r + p vectores, donde r = dim ImTA , es
decir | β2 ∪ βJ |= p + r ≤ n. Nos falta entonces considerar KerTA ImTA ∩
KerTA . Pero esto es fćil, sea:
a

KerTA = u1 , . . . , up ⊕ {z1 , . . . , zq }

202

donde {u1 , . . . , up } = ImTA ∩KerTA y {z1 , . . . , zq } es un suplementario

en KerTA .
Aﬁrmamos que la base de Jordan de n est´ dada por:
a
′ q
βJ = βJ ∪ β2 ∪ β3 , β3 = {zi }i=1 .

Claramente estos n vectores son ℓ.i., pues si
r p q
αj wj + βj y j + γj zj = 0
j=1 j=1 j=1

aplicando TA y recordando que zj ∈ KerTA obtenemos:
r p
αj TA wj + βj T A y j = 0
j=1 j=1

que corresponde al an´lisis de la independencia lineal de β2 ∪βJ que hicimos
a
q
previamente, luego αj = βj = 0. S´lo queda entonces
o γj zj = 0 de donde
j=1
γj = 0 pu´s {zj } es ℓ.i.
e
La matriz de Jordan, agregando los {zi }q al ﬁnal de la base, es la siguiente:

´
i=1

 ˜ 
J11
 .. 
 . 
 ˜ 
 Jp1 
 
 J12 
 .. 
 

ı
 . 
 Jp2 2 
 
 .. 
J = 
 . 
 
 J1m 
 .. 
 . 
 
 
 Jpm m 
 
 0 
 ··· 
0
˜ ˜
donde J11 , . . . , Jp1 son los bloques asociados a λ1 = 0 con la “cola” agre-
gada {yi }. El ultimo grupo de q bloques de 0’s corresponde a la base del
´
suplementario de
ImTA ∩ KerTA en KerTA .
Con esto hemos demostrado que, si A es regular (no invertible), esta es
reductible a la forma de Jordan.

Veamos ahora el caso invertible: Como A ∈ Mnn ( ), ∃λ ∈ valor propio
asociado a A. Consideremos la matriz singular A′ = A − λI. Por el proce-
dimiento desarrollado anteriormente existen matrices J ′ y P invertible tal

203

que:

J ′ = P −1 A′ P ⇔ J ′ = P −1 (A − λI)P
⇔ P J ′ P −1 = A − λI ⇔ A = P J ′ P −1 + λI =
= P J ′ P −1 + λP P −1 = P (J ′ + λI)P −1
luego la matriz de Jordan asociada a TA es J = J ′ + λI, donde λ aparece
en la diagonal principal.

◭ Ejercicio

Ejercicio 8.3: La forma de Jordan es unica, salvo permutaci´n del
´ o
orden de la base.

ı ´

204

´
ı
Guá
ı
´
I
´
Algebra Lineal 08-2

Ejercicios

1. Sea Ni ∈ Mss ( ), definida por
 
0 1 0
 .. .. 
 . . 
 .
 .. 
 . 1
0 0

Æ
Pruebe por inducciń que ∀m ∈ , ∀p, q ∈ {1, . . . , s},
o

1 si q = p + m,

(Nim )pq =


0 si q = p + m.

Adem´s deduzca que Nis = 0. Una matriz con esta propiedad, se dice
a
nilpotente.
2. Sea B una matriz diagonal por bloques, es decir
 

´
B1 0 . . . 0
 0 B2 . . . 0 
 
B= . . .. . 
 .. .
. . . 
.
0 0 . . . Br

en donde B1 , . . . , Br son matrices cuadradas y el resto son matrices cero.
Æ, pruebe que entonces
ı
Sea m ∈
 m

B1 0 ... 0
 0 B2m
... 0 
 
Bm = . . .. . .
 .. .
. . .
. 
m
0 0 ... Br

3. Pruebe las siguientes propiedades:
(a) La funciń tr : Mnn ( ) →
o es lineal.
(b) ∀A ∈ Mmn ( ), ∀B ∈ Mnm ( ), tr(AB) = tr(BA).
4. A ∈ Mnn ( ), una matriz no necesariamente diagonalizable tal que
Ê
σ(A) ⊆ . Pruebe que
|eA | = etr(A) .

5. Calcule eA , A3 y A5 , para las siguientes matrices:
   
−1 1 1 1 0 0 0 2 1 0 0
(a) . 0 1 0
0 −1  0 0 0 2 1 0

(c)  .
(b) 0 0 1/2
 0 0. 0
 0 2 0
0 0 0 4 1 0 0 0 −1
0 0 0 0 4
205

Problemas

P1. Se define la siguiente recurrencia de n´ meros reales
u

xn+1 = 2xn − xn−1 , ∀n ≥ 1
x1 = 1, x0 = 0.

(a) Para n ∈ Æ, defina vn = ( xx n
n−1 )∈ Ê2. Encuentre A ∈ M22(Ê)
tal que
vn+1 = Avn .
(b) Pruebe que vn = An v0 , ∀n ∈ Æ.
(c) Use lo anterior para resolver la recurrencia, obteniendo un valor
expl´
ıcito para xn .
Indicaciń: Use la forma de Jordan.
o
P2. (a) Sea λ ∈ Ê {0}. Pruebe por inducciń que
o
n
λ 1 λn nλn−1
= ∀n ≥ 1.
0 λ 0 λn

´
(b) Considere  
4 −1 −3
0 4 1 .
0 0 2
Encuentre P invertible y J en forma de Jordan tal que A =
P JP −1 .

ı
(c) Para la matriz A de la parte anterior y n ≥ 1 cualquiera calcule
An expl´ıcitamente, encontrando expresiones para los coeficientes
de An en funciń de n.
o

206

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