Algebra Lineal

´ ALGEBRA LINEALJos´ L´pez/ Jos´ Rodr´ e o e ıguez 6 de septiembre de 2010 ii A Texto procesado en LTEX y 90 gr´ficas en PsTricks. a iii GARANT´ IA Los autores de este texto garantizan a los estudiantes y a los profesores que todo el material es intuitivo, entendible, de complejidad regulada y que saldrń bien preparaa dos. Nuestra garant´ se debe a que hemos revestido todo el formalismo algebra´ ıa ıco de conceptos geom´tricos, intuitivos y depurados. Tambiń sabemos que para el estue e diante es muy dif´ asimilar muchos conceptos nuevos al mismo tiempo y por ello ıcil hemos sido cuidadosos en introducir conceptos nuevos poco a poco. Hemos aãdido n muchos ejemplos y variados ejercicios de rutina y adem´s talleres de contenidos a veces a desafiantes. Por todo esto, el estudiante puede confiar en que sale bien preparado si trabaja el material concienzudamente. Comenzamos con sistemas de ecuaciones de primer grado. Inmediatamente pasamos al estudio de matrices y de las operaciones que se pueden hacer con ellas. Paralelamente uno se pregunta sobre el significado de lo que se hace y la respuesta puede darse en t´rminos geom´tricos con sus sofisticaciones: vectores, l´ e e ıneas, planos, paralelep´ ıpedos, vol´menes y determinantes, transformaciones lineales, cambio de coordenadas y diagu onalizaciń. o Jos´ Dar´ L´pez Garc´ e ıo o ıa. Jos´ del Carmen Rodr´ e ıguez Santamar´ ıa Universidad de los Andes iv ´ INDICE GENERAL 1. ECUACIONES 1.1. Algoritmo solucionador . . . . . . . . . . . 1.2. Sobre las aplicaciones . . . . . . . . . . . . 1.3. Ecuaciones en forma matricial . . . . . . . 1.4. Sistemas de m ecuaciones con n inc´gnitas o 1.5. Ejercicios de repaso . . . . . . . . . . . . . 1.6. Resumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 9 11 14 21 29 30 31 31 34 39 44 46 51 58 63 68 72 74 76 82 91 98 101 103 105 105 106 117 118 2. LINEAS, PLANOS, Rn Y EV=ESPACIOS VECTORIALES 2.1. Espacios cartesianos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Paralelogramos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. EV=Espacios vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4. Espacios digitales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5. La norma de un vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6. El producto interior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7. L´ ıneas en el plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8. Ecuaciń vectorial de la l´ o ınea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.9. Proyecciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.10. Traslaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.11. Sistemas 2 × 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.12. Planos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.13. L´ ıneas y planos en R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.14. Sistemas 3 × 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.15. Las estaciones (opcional) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.16. Ejercicios de repaso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.17. Resumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. EL DETERMINANTE 3.1. Idea fundamental . . . 3.2. Paralelep´ ıpedos = plps 3.3. Ejercicios de repaso . . 3.4. Resumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 4. DEPENDENCIA E INDEPENDENCIA 4.1. Combinaciones lineales . . . . . . . . . . 4.2. Subespacios . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. Bases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4. Planos y sub-EV . . . . . . . . . . . . . 4.5. Espacios de matrices . . . . . . . . . . . 4.6. Complemento ortogonal . . . . . . . . . 4.7. Ejercicios de repaso . . . . . . . . . . . . 4.8. Resumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5. TL 5.1. 5.2. 5.3. 5.4. 5.5. 5.6. 5.7. LINEAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ INDICE GENERAL 119 119 126 128 133 137 138 139 141 143 143 148 150 153 158 159 160 169 169 178 185 186 187 188 197 204 205 207 207 213 215 218 223 227 233 235 237 237 240 241 247 249 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = TRANSFORMACIONES LINEALES Definiciń de TL . . . . . . . . . . . . . . . o La matriz de una TL . . . . . . . . . . . . . Composiciń de las TL . . . . . . . . . . . . o Multiplicaciń de matrices . . . . . . . . . . o Ejercicios de repaso . . . . . . . . . . . . . . Resumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gran taller de repaso . . . . . . . . . . . . . TL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. DETERMINANTE DE UNA 6.1. TL y determinantes . . . . . 6.2. Nćleo e imagen de una TL u 6.3. Ejercicios de repaso . . . . . 6.4. Resumen . . . . . . . . . . . 7. LA 7.1. 7.2. 7.3. 7.4. MATRIZ INVERSA El c´lculo de la inversa a La descomposiciń LU o Ejercicios de repaso . . Resumen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8. CAMBIO DE COORDENADAS 8.1. Bases arbitrarias . . . . . . . . 8.2. Rotaciones en R2 . . . . . . . . 8.3. N´meros que rotan . . . . . . . u 8.4. Bases ortonormales . . . . . . . 8.5. La matriz transpuesta . . . . . 8.6. Aplicaciones . . . . . . . . . . . 8.7. Ejercicios de repaso . . . . . . . 8.8. Resumen . . . . . . . . . . . . . 9. TL 9.1. 9.2. 9.3. 9.4. 9.5. EN CUALQUIER PAR Fundamento . . . . . . . . Reflexiones en el plano . . El papel de las bases . . . Ejercicios de repaso . . . . Resumen . . . . . . . . . . DE BASES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .7. . . . .APLICACIONES 12. . . . . . . . . . . . . . . . . Resumen . . . . . . . . . . . . . . . .8. .8. . . . . . . . . . . . . . . . Ejercicios de repaso . . . . . . . . . . . Uso del determinante . . . . . .5. . . . . 11. . . . . . . Matrices diagonales . . . . . . . ´ 11. 11. . . . . . . . . . . . . . 13. . . . . . . . . a 12. Sistemas din´micos lineales . . . . . . . . . . . . 12. . .2. . El eigen-problema . . . . . . . . . .1. . . . . . . . . . 12. . . . . . . . . . . . . . . . . 10. .DIAGONALIZACION 11. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4. 12.6. . . . . .1. . . Ejercicios de repaso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Diagramas conmutativos 11. . . . . . . . . . . . . . 10. . . . . . . . . . . . . 10. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .tsname 10. . . . 11. . . . . . . . . .6. . . . e 11. . Magnificaciones . . . . . . . . . . . . 3 251 251 253 262 265 266 266 267 268 270 272 274 275 281 283 287 287 289 289 293 300 304 308 312 312 313 315 . . 10. . . . . . . . . Resumen . .5. . . . . . . . . . . . . .4. . . . . Gran taller de repaso . . Resumen . .9. . . . 12. . .2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . a 12. . . . . . . . . . . . . Trayectorias sobre el plano . .6. . . . . . . . . . . . . . . Rotaciones en 3D . . . . . . . . . . . . . . . . Matrices sim´tricas . . . . . . . . . . .3. . . . . . . . Ejes principales . . . . . .Respuestas . . . . . . . . Reconociendo las cńicas o 11. . .5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .LA MATRIZ DE LA COMPUESTA 10. . . . . . . . . . . . . . . .3. . . . . . . . . . . . . . . . . .3. . . . . . . . . . . Ajuste de patrones . . . . . . . . . .2. 12. . . . . 11. . 12.1. .4. . . . . . . . . . . . Ejercicios de repaso . . . Cambio de coordenadas y TL . . . . M´ximos y m´ a ınimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11. . . . . . . . . . . . . . . 10. . . . . . . . . . . . Diagramas . . . . . Cu´dricas . . . . . . . . . . .7. . 4 ´ INDICE GENERAL . 5 = 4 + 1 es una identidad pues tenemos tanto a la derecha como a la izquierda del igual dos s´ ımbolos que representan el mismo objeto. Por ejemplo: 3x + 1 = 2. es decir. o o ´sta se convierte en 3(1) + 1 = 4 que es la identidad 4 = 4. Nosotros fijamos el contexto especificando el conjunto universal a partir e del cual se construye lo que se necesite. Si reescribimos dicha identidad como 5 + x = 4 + 1 + x. Para verlo. El conjunto soluciń de una e o identidad es todo el conjunto universal. Dado un conjunto universal. o 3x = 2x + x es una identidad sobre cualquier conjunto que admita suma. es una ecuaciń. donde x toma valores en el conjunto de los reales. tomemos la identidad 5 = 4 + 1. Una ecuaciń es una igualdad en la cual hay una o varias o inc´gnitas o variables que se denotarń por letras x. . por lo que su conjunto soluciń es o a u o el conjunto de los n´meros reales. Por ahora. los llamados lineales y que definiremos despu´s. Nuestro conjunto universal est´ formado por a los n´meros reales.. a menos que se especifique lo contrario. Una soluciń de una ecuaciń con una variable es un n´mero que al ser reemplazao o u do en la ecuaciń en el lugar de la variable convierte la ecuaciń en una identidad. y que toman valores en el conjunto universal.. u Nuestro objetivo es aprender a resolver un tipo especial de sistemas de ecuaciones.. e 1. . veamos algunos conceptos. z.CAP´ ITULO 1 ECUACIONES La validez de las cosas que uno dice depende del contexto dentro del cual se est´ hablando. el siguiente es un sistema de ecuaciones: u 3x + 4y = 7 3x + 4y = 7 o simplemente 4x + 3y = 7 4x + 3y = 7 5 . u Un sistema de ecuaciones es un conjunto de ecuaciones cuyas inc´gnitas toman o valores en el mismo conjunto de n´meros.. ♣ Definiciones. una identidad es una ecuaciń que siempre es verdadera. x2 .. es v´lida para todos o a los elementos del conjunto universal. y. por ejemplo y haciendo referencia a los u n´meros reales. nos damos cuenta de que es una ecuaciń que es v´lida para cualquier n´mero real. Una o o soluciń de 3x + 1 = 4 es x = 1 porque al reemplazar 1 en lugar de x en la ecuaciń. o letras con sub´ o a ındices como x1 . El conjunto soluciń de una ecuaciń o de un sistema de o o ecuaciones es la reuniń de todas las soluciones posibles. multiplicaciones u de variables o variables con exponentes diferentes de uno. por ejemplo. un a o sistema lineal puede reconocerse porque contiene unicamente sumas de variables que ´ han sido multiplicadas por n´meros reales. Ejemplo Decir que el sistema . En general. y = 1 pues estos valores convierten al o sistema de ecuaciones en el sistema de identidades 3+4 = 7 4+3 = 7 Es posible que un sistema no tenga soluciones. cada una de ´stas se convierte en una identidad. pero no aparecen. Diremos.6 CAP´ ITULO 1. a e Una soluciń del sistema anterior es x = 1. planos o a sus generalizaciones. Y en general. ECUACIONES Tambiń podemos escribir todas las ecuaciones de un sistema en un mismo renglń e o separando ´stas por medio de una coma. Para demostrar que un conjunto S es el conjunto soluciń hay que demostrar que o cada elemento de S es soluciń y que todas las soluciones estń en S. o que exista una unica soluciń o ´ o que existan much´ ısimas. a o n lo cual corresponde a despejar los valores de las inc´gnitas. 2. Por dicha razń. Por lo tanto. o 4. eso es o a dif´ y es la razń de ser de este curso. resolver un sistema de ecuaciones no es m´s que transformarlo mediante procedimientos adecuados de tal manera que a cada a paso sea m´s clara la soluciń. Nuestro punto de partida es notar lo siguiente: ıcil o la soluciń de un sistema de ecuaciones se da en t´rminos de igualdades que tambiń o e e definen otro sistema de ecuaciones. Resolver un sistema de o ecuaciones consiste en hallar el conjunto soluciń y describirlo de manera simplificada o y entendible. Se termina cuando ya no haya forma de aãdir claridad. que el conjunto soluciń de un sistema es una o l´ ınea recta o un plano. un sistema de ecuaciones se denomina lineal cuando est´ asociado a rectas. e Una soluciń de un sistema de ecuaciones es una asignaciń de n´meros a las o o u variables tal que al reemplazar las variables por sus valores asignados de forma simultńea en todas las ecuaciones. Decimos que dos sistemas de ecuaciones son equivalentes si o tienen la misma soluciń. Con esto podemos entender o la razń de las siguientes definiciones: o 3. Todos los ejemplos que siguen son o de sistemas lineales. Ejemplo El sistema 3x2 + 4y = 7 3xy = 7 no es lineal porque la primera ecuaciń contiene una variable al cuadrado y adem´s o a la segunda tiene una multiplicaciń de dos variables. digamos. ♣ Definiciń. Decimos que un procedimiento para transformar un sistema de o ecuaciones en otro es conservativo si transforma un sistema de ecuaciones cualquiera en otro equivalente. Contraejemplos Hay procedimientos que hacen lo mismo a cada lado de la ecuacion pero no son conservativos porque cambian el conjunto soluciń: o a) Un procedimiento no conservativo se ilustra partiendo de la identidad 2+3 1 =1= 5 1 Esta identidad tiene como conjunto soluciń al conjunto de los n´meros reales. ´ dicho punto es la soluciń y es unica.7 3x + 4y = 7 4x + 3y = 7 y el sistema x=1 y=1 son equivalentes es lo mismo que decir que el primer sistema tiene una soluciń y o que ´sta es unica. o u Sumamos ahora 1 en los numeradores a cada lado de la ecuaciń y obtenemos o 2+3+1 1+1 = 5 1 2 6 = =2 5 1 lo cual es una contradicciń. Como dos l´ o ıneas que no son paralelas se cortan en un unico punto. o ´ En general. ♣ Definiciń. cada lado debe o o tomarse de forma indivisible. cada ecuaciń del primer sistema corresponde a una l´ o ınea recta que no es paralela a la de la otra ecuaciń. el sistema que indique la soluciń tiene que ser por pura l´gica equio o valente al sistema original. 5. Un sistema que contenga una contradicciń se denomina inconsistente. Por ejemplo. si hacemos la misma operaciń sobre cada lado de una ecuaciń. o cuando se haga una operaciń en un lado de una ecuaciń debe hacerse lo mismo en el o o otro lado de la misma ecuaciń. si multiplicamos un lado de la ecuaciń o o 3x = 1 por 1/3. hay que tener cuidado: 6. Todo procedimiento que aspire a ser conservativo debe cumplir el requisito. como un todo. como lo veremos en el cap´ e ´ ıtulo 2. ley o regla del balance: puesto que una ecuaciń representa una balanza bien equilibrada. Esto es cierto debido a que. o . el otro lado tambiń debe multiplicarse por 1/3 y nos queda x = 1/3. e Sin embargo. cuyo conjunto soluciń es el vac´ Es por ello que o o ıo. donde suponemos que a = 0. Ahora bien. hay a a que descartar las soluciones espurias. Fabricando procedimientos conservativos. Ejemplo Los siguientes dos procedimientos son conservativos 1) Sumar un n´mero u a ambos lados de una ecuaciń. ı ı c) Multiplicar por cero a ambos lados de una ecuaciń no es un procedimiento cono servativo. pero si se usan. esta es una soluciń y es la unica. ´ o ´ Es fćil liberarse de la preocupaciń de la conservaciń del conjunto soluciń si a o o o podemos demostrar que la soluciń al sistema original es unica. pues el procedimiento inverso es restar el mismo n´mero o u a ambos lados. Concluimos que multiplicar por cero no conserva soluciones. quitamos la b sumando a ambos lados −b y despu´s quitamos e la a multiplicando en todos lados por 1/a y obtenemos x = (c − b)/a. Multiplicando por 1/3 en ambos lados llegamos a x = 1/3. que tienen inverso. u 9. podemos o ´ utilizar cualquier m´todo para hallar una soluciń y si al verificarla nos queda una idene o tidad. ¿Por qu´ al multiplicar a lado y lado de una ecuaciń por cero se crea una infinidad e o de soluciones espurias mientras que al multiplicar por 1/3 no? Hay varias maneras de responder y una de ellas es decir que multiplicar por cero es una operaciń no invertible. o Para despejar la x. Ejercicio Demuestre que el encadenamiento de dos procedimientos conservativos da un procedimiento conservativo. no tiene inversa. Decimos que nuestro procedimiento cre´ una o o o soluciń espuria o falsa o no autńtica. llegamos a 0 = 0. como aqu´ que deberámos descartar x = −1. 2) Multiplicar a lado y lado de una ecuaciń por un n´mero distinto de o u cero. pues su inverso es dividir por el mismo n´mero a ambos lados. 7. ninguna operaciń algebraica puede o transformar la ecuaciń 0 = 0 en x = 3. que tiene como unica soluciń x = 1. Vemos que los procedimientos conservativos son aquellos que son reversibles. o o . o cuyo significado lo podemos entender si pensamos sobre un ejemplo: Sea 3x = 1. 10. cuyo conjunto soluciń es o todo R pues es una identidad equivalente a x = x. Veamos por qu´: tomemos la ecuaciń x = 3. Como usamos unicamente procedimientos conservativos. En ese caso. Pero si partimos de x = 3 y multiplicamos por cero en ambos lados. Nos queda 0 = 0. 8. En algunos casos los procedimientos o e no conservativos que crean soluciones falsas son m´s fćiles. por lo que la operaciń multiplicar por cero no o o es reversible. Esa es una razń por la cual nos interesamos en la unicidad de la soluciń.8 CAP´ ITULO 1. Ejemplo Resolvamos la ecuaciń ax + b = c. entonces podemos estar seguros de haber encontrado todo lo que era necesario encontrar. o multiplicar por 1/3 es reversible. Si partimos de x = 1/3 podemos restaurar la ecuaciń original multiplicando por 3. ´ El conjunto soluciń no se conserv´. Su unica soluciń es 3. Por lo tanto. Elevamos o ´ o 2 al cuadrado en ambos lados: x = 1 que se resuelve con x = 1 o con x = −1. e o ´ o Multipliquemos por cero en todo lado. ECUACIONES b) Elevar al cuadrado cada lado de una ecuaciń no es un procedimiento conservativo: o Tomamos la ecuaciń x = 1. Ya sabemos que hay al menos una soluciń: s = (c − b)/a. b. z = 1. 1.1. si a = 0. el sistema x + 4y + 3z = 7 x + 3y + 4z = 7 tiene varias soluciones. digamos. se debe demostrar. Esto o significa que as + b = c y que az + b = c. queda: z = s. Algoritmo solucionador La palabra algoritmo es de origen ´rabe y honra al matem´tico ´rabe de principios a a a del siglo IX Muhammad ibn Musa al-Jwarizmi (Gran Enciclopedia Larousse. Un m´todo que puede usarse para solucionar un sistema de dos ecuaciones lineales e con dos inc´gnitas es despejar una variable de ambas ecuaciones. 1983. Supongamos ahora que existen dos soluciones s y z. ALGORITMO SOLUCIONADOR 9 11. La estructura t´ o ıpica de una demostraciń de unicidad puede o verse en el teorema siguiente: 12. Hay sistemas que tienen varias soluciones y hay otros que no tienen soluciń. lo cual es algo que uno puede verificar. lo cual puede o o verificarse por sustituciń. Es decir. u Demostraciń. Otra soluciń es x = −7. lo cual es conservativo por ser invertible. y = 2. Una es x = 0. o z = 2. La ecuaciń ax + b = c tiene una soluciń y esa soluciń es unica o o o ´ para a. podemos multiplicar por su inverso multiplicativo a ambos lados. o Pero por ahora no podremos probar que nuestro procedimiento nos permite hallar todas las soluciones.1. Pero el sistema siguiente no tiene soluciń pues es una contradicciń: o o x=1 x=2 Estas dos advertencias permiten ver que cuando se hable de unicidad de una soluciń. y = 1. ⋄ Teorema. Sumando z en ambos lados. por sustituciń. Restar lado a lado la segunda ecuaciń de la o primera es un procedimiento conservativo pues es invertible y da as+b−(az +b) = c−c que se puede simplificar en a(s − z) = 0. Ahora bien. Advertencias. lo cual es un procedimiento invertible y por lo tanto conservativo. o Por ejemplo. si hay dos soluciones y estas son iguales: la soluciń es unica. y nos queda s − z = 0. o ´ Enseguida vamos a aprender a utilizar un procedimiento que produce soluciones de sistemas de ecuaciones.1. c n´meros reales y a = 0. igualar sacando una o . vol I) y se emplea hoy en d´ con un sentido muy preciso y tćnico que en definitiva sirve ıa e para designar un conjunto de instrucciones ejecutables por un computador. El m´todo anterior puede generalizarse a sistemas con tres inc´gnitas y con mucho e o trabajo uno podr´ tratar de usar el mismo m´todo para sistemas con cuatro variables. Pero antes. La intenciń que tenemos es restar las dos ecuaciones para o aniquilar la x. Eso implica que eso de sumar o restar ecuaciones o no garantiza de por s´ que uno no cambie el conjunto soluciń. El resultao ı do es 0 = 0. La idea entonces es combinar las ecuaciones de tal o manera que no se pierda informaciń pero sin aumentar el n´mero de ecuaciones. Ejemplo Resolvamos el sistema 3x + 4y = 7 4x + 3y = 7 Estas dos ecuaciones pueden multiplicarse separadamente por n´meros distintos y u despu´s sumarse o restarse con el objetivo de aniquilar una variable. sola ecuaciń x = 1 es equivalente al sistema conformado por las dos ecuaciones x = 1 o y 0 = 0. debemos desarrollar un m´todo que permita solucionar con e igual seguridad tanto sistemas con 2 inc´gnitas como con un millń. Procedamos: 4(3x + 4y) = 4(7) 3(4x + 3y) = 3(7) Ejecutando: 12x + 16y = 28 12x + 9y = 21 . Vamos a aprender a combinar ecuaciones de un e sistema lineal multiplicando por n´meros no nulos y sumando o restando para resolver u sistemas de ecuaciones. Eso querr´ decir que con el m´toıa e do de igualar variables despejadas estos problemas ser´ irresolubles en la prćtica. despejarla y despu´s reemplazar para sacar el valor de o e la otra variable. ıan a Para salir del embrollo. e multiplicamos ambos lados de la primera ecuaciń por 4 y separadamente multiplicamos o ambos lados de la segunda ecuaciń por 3. Igualmente.10 CAP´ ITULO 1. Por supuesto que o o no estamos pensando en resolver nosotros tales sistemas. dos ecuaciones pueden multiplicarse separadamente o por n´meros distintos no nulos y despu´s sumarse o restarse y el resultado ser´ una u e a ecuaciń. Todo lo que hay que hacer es asegurarse de no perder informaciń: podemos restar una ecuaciń de s´ misma. As´ que m´s nos vale ı o ı a que procedamos con cautela. pero no podemos olvidar la o o ı ecuaciń que origin´ todo. y restarla de s´ misma. 13. para que los coeficientes de la x en ambas o ecuaciones queden iguales. El ejemplo es tomar x = 1. ECUACIONES ecuaciń en una sola variable. cuya soluciń es 1. vale la pena que nos preguntemos: ¿tiene eso algń u peligro? Por supuesto que podemos sumar o restar ecuaciones lado a lado y el resultado es una ecuaciń. sino en saber c´mo programar o un computador para que ´l lo haga. Concretamente. As´ por ejemplo. cuya soluciń es todo R. cuya soluciń es x = 1. ¿ el procedimiento ser´ conservativo? Veamos que eso no es siempre o a cierto. es correcto decir que el sistema de una o o ı. El o u siguiente ejemplo ilustra el procedimiento. Pero. ıa e Los problemas realistas involucran muchas variables. Pero. podemos verificar por sustituciń o directa que x = 1 y y = 1 en realidad forman una soluciń al sistema. 3x + 4y = 7 y nos queda o o 3x+4 = 7 que inmediatamente da x = 1. pero que nos permita despejar la y. ¿nos o faltarń soluciones? No. Sobre las aplicaciones Los sistemas de ecuaciones lineales salen naturalmente de la vida real. Para ello. Ahora bien.2. en todos los casos esta regla evitar´ errores crasos. no perdiendo informaciń. en algunos casos esto puede lograrse aplicando la siguiente regla y si la regla no es suficiente.1. invertibles. tanto para manipular cada ecuaciń como para tratar con o todo el sistema.2. SOBRE LAS APLICACIONES 11 Ahora las restamos. En este momento no tenemos la intenciń o o de ser muy rigurosos en justificar el aspecto conservativo de nuestros procedimientos. pues en el cap´ ıtulo de la inversa podremos estudiar el asunto con comodidad y eficacia. Traducir dichos problemas en ecuaciones no siempre es una tarea sencilla. no nos faltan soluciones pues hemos utilizado procedimientos a conservativos. 14. restamos la segunda ecuaciń o de la primera y el resultado lo ponemos en lugar de la segunda ecuaciń: o 12x + 16y = 28 16y − 9y = 28 − 21 que se simplifica en 12x + 16y = 28 7y = 7 Multiplicamos la primera ecuaciń por 1/4 y la segunda por 1/7 en ambos lados y o nos produce 3x + 4y = 7 y=1 Reemplazamos la soluciń y = 1 en la primera ecuaciń. Es decir. Sin embargo. Ejercicio Resolver el sistema 3x + 6y = 9 4x + 7y = 11 1. producimos un nuevo sistema que sea equivalente al original. a . con el alimento C2. En cambio s´ se puede sumar cantidad ıa ı del producto consumido por los p´jaros de tipo uno con la cantidad consumida del a mismo producto por los p´jaros de tipo dos. En cuanto a qu´ est´ pero e a mitido sumar y qu´ no. tenemos: 4x + 7y = 11. a Obs´rvese la coherencia en las unidades y del buen sentido de la suma: todos los t´rmie e nos de esta ecuaciń estń en onzas y se refieren al alimento C1. a a Entre ambos tipos de p´jaros deben agotar el alimento C1. ser´ lo mismo que sumar diamantes y flores. tendr´ mucho sentido sumar cantidad ıa del producto uno con cantidad del producto dos.12 15. Sea x la cantidad de p´jaros P1 y y la del a a tipo P2 que pueden coexistir. De igual modo. onzas. Ejemplo En un resguardo hay dos tipos de p´jaros. De forma semejante. Pero sumar concentraciń de sal al 20 % con concentraciń de sal al 30 % no tiene o o sentido porque mezclar dos vasos de salmuera con las concentraciones indicadas no produce una soluciń con concentraciń al 50 %. sumar mg de vitamina A con mg de vitamina A tiene mucho sentido. ¿c´mo a a a o se modifica la situaciń si se aumenta el alimento 100 veces? o Soluciń: notemos que se usan las mismas unidades. y guardando la coherencia de unidades. Por ejemplo. Estar´ mal formulada o a ıa la ecuaciń si todo estuviese en onzas pero en un t´rmino hubiese alimento C1 y en o e otro C2. P1 y P2. Cada p´jaro del tipo P1 consume por semana a 3 onzas del alimento C1 y 4 onzas del alimento C2. Pero no en el contexto del problema. ECUACIONES Al plantear las ecuaciones de un problema debe tenerse en cuenta que las operaciones indicadas tengan sentido y que todos los t´rminos de e cada ecuaciń se refieran al mismo o tipo de elemento y que estń en las e mismas unidades. ¿cuńtos p´jaros podrń coexistir?. Cada p´jaro del tipo P2 consume a 6 onzas de alimento C1 y 7 onzas del alimento C2. en tanto que y p´jaros P2 consumirń 6y onzas del alimento C1. 3x + 6y = 9. Ellos se alimentan por su cuenta de mosquitos y semillitas pero para asegurar su perfecta nutriciń se les o administran dos tipos de comida C1 y C2. tenemos lo siguiente: si uno se prepara para abordar un aviń e o en el cual le cobran a uno por kilos de equipaje. Por tanto. sumar onzas con o o gramos no est´ permitido. Regla de oro: CAP´ ITULO 1. x p´jaros del tipo P1 consumirń 3x onzas a a del alimento C1. Si se suministran 9 onzas del alimento C1 y 11 onzas del alimento C2. Lo dicho queda m´s claro si lo presentamos en la siguiente tabla: a Consumo de alimento x P´jaros tipo 1 y P´jaros tipo 2 Totales a a Alimento C1 3x 6y 9 Alimento C2 4x 7y 11 . Por tanto. debe hacerse una reducciń a las mismas unidades. a o a 16. ıa o . ¡caramba!.com est´ a su disposiciń con material pedag´gico para a o o aprender desde cero a programar la evoluciń usando el lenguaje Java. Si se multiplica el alimento de cada tipo por 100. el primero dejar´ m´s hijos y llenar´ la tierra. El magn´ a ıa ıfico sitio web http:www.evoljava. ¿qu´ pasar´ si en lugar de ıa e ıa alimentar 100 y 100 dese´ramos aprovechar ‘mejor’ las posibilidades y decidi´ramos a e cultivar 300 p´jaros del tipo P1 y nada del tipo P2? de esa forma podr´ a ıamos sacarle el m´ximo provecho al alimento C1. Por supuesto que uno podr´ alimentar 50 p´jaros de cada tipo y el sobrante echarıa a lo a la basura. la cantidad de p´jaros a de cada tipo se multiplicar´ por 100. ciencia. en el segundo caso. Eso causar´ un despilfarro del a ıa alimento C1. Pero. Este tema podr´ llegar a ser una profesiń de por vida. pues suponemos que el apetito es proporcional al n a tamaõ. pues cada p´jaro del tipo P1 consume 4 unidades del alimento C2. a Para no correr el riesgo de que se mueran por causa de desnutriciń. Pero supongaıcil mos que no hubiese en el mundo m´s que p´jaros del tipo P1 y p´jaros del tipo P2: a a a ¿Qu´ pasar´ Observando que los p´jaros del tipo P2 tienen m´s o menos el doble del e ıa? a a tamaõ de los p´jaros del tipo P1. El alimento alcanza para exactamente un p´jaro de o a cada tipo. la biolog´ se ha ıa ıa vuelto hoy en d´ materia de seguridad planetaria y por lo tanto de inter´s universal. podemos decidir o alimentar 275 p´jaros del tipo P1 y nada del tipo 2. ıa e y del otro. Pero. Este tipo de temas relacionados con la evoluciń se consideraban antiguamente o como dominio exclusivo de la biolog´ pero sucede que. Y entre menos dogm´tico se desee ser. y que entre todos tienen casi las mismas necesidades. pues sobrar´ 900 − 3 × 275 = 75. ıan Nos aventuramos a asegurar que nuestra soluciń (x = 100 y y = 100) utiliza o los recursos minimizando la basura. Esto sucede en el resguardo. a a a de tal forma que es dif´ imaginar que haya desperdicios no utilizados. ¿se comportar´ la naturaleza como si quisiera minie a a mizar el desperdicio? En realidad. el desperdicio. uno podr´ decir que n ıa francamente no importa si se tienen 2 p´jaros del tipo P1 o uno del tipo P2.2. pero tendr´ a ıamos una deficiencia del alimento C2 de 100 unidades. Pero podemos decir lo siguiente: si un ser viviente utiliza mejor los desperdicios que otro. SOBRE LAS APLICACIONES Las dos ecuaciones siguientes definen el sistema: 3x + 6y = 9 4x + 7y = 11 13 con soluciń x = 1 y y = 1. Esto es complejo o e importante no s´lo por su aspecto tćnico o cient´ o e ıfico sino adem´s porque a muchas a personas les interesa el problema del origen de la vida y de las especies en su relaciń o con la evoluciń. se tendrń 100 a a p´jaros del tipo P1 y otros 100 del tipo P2. de un lado. Esa neua tralidad permitir´ que el sistema evolucionar´ ca´ticamente: las proporciones variar´ ıa a o ıan con el tiempo de un lado al otro como un barco a la deriva. En este ultimo caso quedar´ el sistema a ´ ıa 3x + 6y = 900 4x + 7y = 1100. ¿qu´ suceder´ en la naturaleza?. tecnolog´ y arte. que se ha inventado una metodolog´ que simula la evoluciń biol´gica para ıa o o resolver todo tipo de problemas de matem´ticas. no se acostumbra hoy en d´ a vociferar tales pregunıa tas tan llenas de antropomorfismos. es mucho m´s dif´ o a a ıcil. Habr´ un desperdicio. Por lo tanto.1. Ejercicio Deseamos producir dos tipos de jabones. Vamos a remediar eso de una vez por todas y lo haremos a muy bajo costo y de tal forma que el procedimiento pueda automatizarse. aprendamos a escribir un sistema en forma matricial. Para ello. ¿cuńtos jabones a de cada uno se logra hacer? 1. Si se tiene en la bodega 160 kilos de desengrasante y 60 de suavizante.3. Pareciera que ignorar el problema de si un procedimiento es conservativo o no. Ambos contienen desengrasante y suavizante pero var´ en sus proporciones. Ecuaciones en forma matricial El m´todo que hemos aplicado en la secciń anterior para resolver un sistema de e o ecuaciones no se preocupa por distinguir cu´l es el sistema original y cu´l es el modia a ficado. uno industrial y el otro para manos. ECUACIONES 17. Ahora bien. Por ejemplo.14 CAP´ ITULO 1. el sistema: 4y + 3x = 7 4x + 3y = 7 se reordena en: 3x + 4y = 7 4x + 3y = 7 Por otra parte el sistema 3x = 7 4x + 3y = 7 se expl´ ıcita exhaustivamente en 3x + 0y = 7 4x + 3y = 7 . Ejercicio Hallar al menos una soluciń de cada uno de los siguientes sistemas: o a) 2x − 5y = −3 7x − 4y = 3 2x − 8y = −4 4x − 5y = 11 3x − 2y = 5 2x + 3y = 12 b) c) 18. Los sistemas m´s generales que admiten la representaciń matricial que vamos a introducir a o se llaman lineales. Usemos la siguiente convenciń: al escribir un sistema de ecuaciones se adjudica un o lugar fijo a cada variable y todas las variables se escriben expl´ ıcitamente. fuese la mejor manera de acabar con todos los problemas. ıan El tipo industrial necesita 120 gramos de desengrasante y 30 gramos de suavizante mientras que el de manos requiere 40 gramos de desengrasante y 30 de suavizante. quedar´ claro que ya estamos trabajando con sistemas muy espec´ a ıficos. .) Las dos ultimas reglas en la prćtica se utilizan al tiempo. Ejecutando las operaciones obtenemos: . La matriz corresponde a los n´meros que ´ u acompaãn a las inc´gnitas. . las y con las y. con el fin de convertir el coeficiente respectivo en cero. Apliquemos la regla aniquiladora para empezar a solucionar el sistema dado en su nueva reescritura matricial: en la segunda fila o renglń escribimos el resultado de o multiplicar la primera ecuaciń por 4 menos la segunda fila por 3: o . Las reglas para encontrar soluciones a un sistema en forma matricial son: Primera. y el vector independiente es el que queda al lado derecho n o del sistema de ecuaciones y que no tienen variables. 4(3) − 3(4) 4(4) − 3(3) . Tercera. 7 . 3 4 . 4 3 . Matrices. ECUACIONES EN FORMA MATRICIAL 15 19. 0 7 . entonces dos renglones en su expresiń o matricial tambiń. . Denominamos entrada a un lugar espec´ ıfico de la matriz. 7 A estos arreglos se les llama as´ todo el conjunto se llama matriz aumentada. Segunda. 20. entonces no hay necesidad de escribirlas. por cualquier n´mero diferente de cero. . y si cada variable va siempre en su lugar. 1) representa el coeficiente que en la segunda ecuaciń acompaã a la x o primera o n variable y que. en todas las entradas. 3 4 . . 7 . dos u filas o renglones pueden sumarse o restarse columna por columna (es decir. Simplemente se sobreentienden. vale 4. por fuera de la matriz. 7 . la entrada (2. 4(7) − 3(7) . como dos ecuaciones pueden intercambiarse de lugar. Escribir el historial ayuda a corregir errores. 7 . los o cuales suceden frecuentemente. ı: la parte izquierda que tiene dos columnas se denomina matriz y la parte derecha con una unica columna vector independiente. . Solucionemos este sistema pero usando la nueva reescritura matricial. por ejemplo. exactamente en e el mismo renglń donde se ejecutan.1. Con esa convenciń o el sistema 3x + 4y = 7 4x + 3y = 7 se reescribe en forma de arreglo de n´meros u . y las y siempre van en el segundo lugar. en e o todos lados. 3 4 4R1 − 3R2 → Obs´rvese que las operaciones se indican. una fila o renglń de una matriz puede multiplicarse. las x con las x. Si convenimos en que las x van siempre en el primer lugar. Dos filas o renglones de una matriz pueden multiplicarse por separado en toda entrada por n´meros distintos y despu´s restarse o sumarse con u e el objetivo de aniquilar una variable. Regla aniquiladora. es decir. etc. en este caso. ´ a como en la regla siguiente.3. z = 4. 1 0 . 0 1 . por ejemplo. cada nueva matriz debe tener: 21. 0 1 . 3−0 4−4 . y que es cuadrada y tiene unos en la diagonal pero ceros en el resto del mundo se llama la matriz identidad y se nota I aunque a veces se le agrega un sub´ ındice para indicar su tamaõ. pero o no por azar sino porque hemos sido cuidadosos conservando toda la informaciń. sumando y restando. con 3 inc´gnitas. el triple del primer renglń y lo hubi´semos ı a o e puesto en el segundo. por ejemplo. Resolver un sistema de ecuaciones escrito en foro o ma matricial equivale a combinar apropiadamente los renglones de la matriz. z? Es e o encontrar los valores de dichas inc´gnitas que satisfagan el sistema. 3 0 . . 1 lo cual dice que ya pudimos despejar x = 1. (1/7)R2 → Hemos despejado y = 1. Para despejar la x procedemos. y. o En efecto. 1 Despejamos la x: (1/3)R1 → . esto correspone a: . se llama combiu naciń lineal.16 CAP´ ITULO 1. El resultado de la resta se pone en o la primera ecuaciń y no en la segunda. la matriz identidad en el lado izquierdo del arreglo matricial. ECUACIONES La segunda ecuaciń dice 7y = 7. 1 . pues de lo contrario perder´ o ıamos la informaciń o ya despejada que dice y = 1. si es a u posible. . primero a igualar los coeficientes de las y en ambas ecuaciones. . Esta forma de combinar renglones. multiplicando por n´meros. invertibles. 7−4 . Conclusiń y definiciń. ¿qu´ es solucionar un sistema. . No o hubiese sido as´ si tom´ramos. multiplicamos la segunda ecuaciń o por 4 y. 0 1 . 7 . 0 1 . . 1 . x. . . restamos las dos ecuaciones. Por supuesto que debemos dividir por 7 para o despejar y. multiplicńdolos por n´meros diferentes de cero y sumando o restando para recuperar. R1 − 4R2 → Simplificamos: . digamos x = 2. y = 1. 1 . Si escribimos esta soluciń en forma matricial tenemos: o . a continuaciń. o y = −1. 3 . n Precauciń: todos nuestros procedimientos han sido conservativos. En general. 3 4 . Esta matriz que queda en el lado izquierdo de este arreglo matricial. Para eso. Verifiqu´moslo: e Si aplicamos sobre el arreglo dado el primer procedimiento. . Consideremos el procedimiento de poner en el segundo renglń 5R1 − 2R2 . 2 3 . Pero no ponemos en la fila uno de la nueva matriz tres veces la tercera menos 4 veces la sexta. ECUACIONES EN FORMA MATRICIAL  . o o siempre ponemos una combinaciń lineal que involucre el renglń i de la vieja matriz. . 5 6 . 5(4) − 2(7) 2 3 que es igual a . 6 Si a este arreglo le aplicamos el segundo procedimiento. 5(2) − 2(5) 5(3) − 2(6) . .   . Este a m´todo de solucionar ecuaciones se denomina eliminaciń Gauss-Jordan. 4 . Ejemplo Tomemos un sistema representado por .1. Advertencia y ejercicios. Pero e o para no difamar tćitamente a esos dos grandes hombres. . m´s nos vale darnos cuenta a a de que hemos utilizado la siguiente restricciń: en el renglń i de cada nueva matriz. . 4 . 2    0 1 0 . 22. −1  . . . 0 0 1 . 4 . 7 . 2 3 . 2 3 que es exactamente el arreglo original. Se puede llegar a la matriz identidad cuando existe la soluciń y ´sta es unica. . obtenemos: . podemos recuperar la informaciń o inicial y por ende toda la informaciń se ha conservado. 1 0 0 . en la fila uno de la nueva matriz ponemos 3 veces la primera m´s 4 veces la a quinta. (5/2)(2) − 0 (5/2)(3) − (1/2)(3) . Por ejemplo: o . Pero no siempre se puede llegar a la matriz identidad. 4 .3. o o Por ejemplo. Hacemos esto para asegurar que nuestros algoritmos sean conservativos e invertibles. . o 23. 4  17 Podemos ver que la matriz identidad est´ en el lado izquierdo de este arreglo. . 0 3 . . obtenemos . (5/2)(4) − (1/2)(6) . Este proo cedimiento es invertible y su inverso consiste en poner en el segundo renglń o (5/2)R1 − (1/2)R2 . Es decir. o e ´ porque no hay soluciń o tal vez porque hay muchas. escriba el sistema correspondiente en forma matricial usando una matriz 2 × 2 y argumente por qu´ no e se puede llegar a la identidad. a Multipliquemos la tercera fila por menos uno: . no hay manera de decir x vale tanto y y vale tanto. de lo o ´ contrario o no se llega o se llega pero con una contradicciń. Por ahora aceptamos esto o como un resultado emp´ ırico. no hay forma de llegar a la matriz identidad. 25. . donde y puede tomar cualquier n´mero real. ECUACIONES a) Consideremos el sistema de ecuaciones compuesto por una sola ecuaciń o 3x + 4y = 5 como este sistema tiene infinidad de soluciones de la forma x = (5 − 4y)/3. la cual puede transformarse en una matriz que contiene tanto la identidad 2 × 2 como una contradicciń (ejercicio). 0 0 −1 . 0    0 1 −1 .18 CAP´ ITULO 1. 1 0 −1 . 0    . . u es decir. . S´lo queda o recuperar un cero en la tercera fila:  . o En resumen. R3 + 2R1 → . . 0   . .  0 1 −1 . 1 0 −1 . Por lo tanto. 0    . pero conservamos el desaf´ de probarlo. −1 −2 0 1 . b) Consideremos ahora el sistema de ecuaciones   x=5 y=2  x=4 Vemos que este sistema es inconsistente. Ejercicio Resolver todos los incisos del ejercicio 17 por medio de matrices. se llega a la identidad cuando la soluciń existe y es unica. −1  Ahora ponemos ceros por fuera de la diagonal de la columna 2: ya est´ hecho.  Primero ponemos ceros por fuera de la diagonal en la columna uno. . ¿Qu´ pasa cuando lo estudiamos matrie cialmente? A este sistema se le puede representar por una matriz 3 × 2. Ejemplo: Resolvamos el sistema siguiente  . con 3 renglones y dos columnas. ıo 24. . Con todo. Resolvamos el sistema:  .   19 Pongamos ceros por fuera de la diagonal de la columna 3  . Ejemplo Hemos utilizado en el ejercicio anterior una manera estńdar para a resolver un sistema en forma matricial. −5 .   . . . 1 −R3 → 0 0 1 . De antemano o se plane´ esta respuesta para que la aritm´tica quedara sencilla de entender. R2 + R3 →  0 1 0 . 3   −R2/2 →  .   . . . −2 1 1 .1. 1 0 0 . . pero un o e sistema puede planearse para que tenga cualquier respuesta. −5 2 1 −3 .  . Hemos recuperado la matriz identidad.   . −6  . recuperando la matriz identidad de manera muy ordenada. −5 2 1 −3 . . .   . .  0 R2 + 3R3 →  0 −2 .  0 . Cuando la identidad puede recuperarse.  .   . 2 −2 −1 . .  0 3 −2 . este m´todo siempre funciona.  0 0 1 . . 0 1 0 −1 . Ya no volvemos a tocar esa ecuaciń y despeo o jamos x y z de las otras ecuaciones:  .   .    0 1 −1 . . 0    . 0 −1 0 . 3  R1 + R2 →  . 1 0 0 1 . −R3 → 2 0 1 0 . 0  . como para programar un computador. 1 . 1  . R1 + R3 →   . ECUACIONES EN FORMA MATRICIAL  . 26.   . −2  Procedemos: La tercera ecuaciń dice que y = 2. 0 −1 0 . la soluciń es x = y = z = 1. R3 + R1 → . un problema espec´fico bien puede resolverse e ı creativamente con un poco de desorden.3. 0  3 −2 . −2   . −5 2 1 −3 . Despu´s de verificar la soluciń. 2 . 3   . c)  . Ejercicio Primero verifique que todos los siguientes sistemas de ecuaciones escritos en forma matricial tienen la misma soluciń x = y = z = 1. 3 .    0 4 2 . 13    . 3 2 −4 5 . 7 2 5 0 . e)  2 . n ı e e o resolver todos esos sistemas por Gauss-Jordan. 6  . .   . 2  . . 2 1 1 0 . 4  . Ejercicio Descubra el secreto para lograr que todos los sistemas contengan la misma soluciń (1. lo cual ha sido o diseãdo as´ para que la aritm´tica resulte sencilla. . .  .  . 7 .    2 4 7 .  0 0 1 . .  .  .    . o . 28. 1 0 1 . 0 0 1 . 2 0 5 . 2 0 1 . 4 7 . .   . . y = 2. d)  .20 CAP´ ITULO 1. 2  . 3  .  . R1 − R2 + 3R3 →     que nos dice que x = 1. 0 1 0 . 1 1 0 0 .  . ECUACIONES  .   . 1). . −5 − 2 + 9 = 2 2 0 0 . 3  .   . 13  . b)  0 3 1 . 5 3 0 2 . a)  0 1 1 . .   . 0 1 0 . . z = 3. 3 −2 2 . 5 1 4 0 . 2 . . (1/2)R1 →     27. 1. 5 3 0 2 .   .   . b) 100 ml de una tercera soluciń que tenga 50 % del componente A y 50 % del o componente B. SISTEMAS DE M ECUACIONES CON N INCOGNITAS 21 29. por ejemplo. d) 100 ml de una tercera soluciń que tenga 55 % del componente A y 45 % del o componente B. bioqu´ ımica y biolog´ molecular es ıa 30. qu´ ımica. tenemos 80 ml de la mezcla M2 que contiene 70 % del componente A y 30 % a del componente B. e 3) Las concentraciones no se pueden sumar. digamos 10. primero se hacen las cuentas para saber las fracciones de cada mezcla y despu´s se mira en los frascos e sobre el estante para ver si hay suficiente material. Adem´s. x = 2. a e e ıa ımica. a) 100 ml de una tercera soluciń que tenga 10 % del componente A y 90 % del o componente B. 4 o m´s com´ a ponentes. 31.4. Sistemas de m ecuaciones con n inc´gnitas o Raramente resolveremos en este texto un sistema con m´s de tres inc´gnitas. z = −3.4. Sin embargo.´ 1. Un ejemplo muy claro que promete sistemas o o 1 Inventado propuesto por Jorge Palacio . Pńgalo en o o prćtica y resu´lvalo para verificar la honestidad del m´todo. Un caso concreto podr´ ser: tenemos e ıa 60 ml de una mezcla M1 que tiene 40 % del componente A y 60 % del componente B. e) 70 ml de una tercera soluciń que tenga 80 % del componente A y 20 % del o componente B. Por lo tanto. c) 70 ml de una tercera soluciń que tenga 50 % del componente A y 50 % del o componente B. Ejercicio 1 En ingenier´ qu´ comń encontrar el problema de fabricar una soluciń en cantidad y prescripciń de u o o concentraciones dadas teniendo otras soluciones ya preparadas en cantidades y prescripciones determinadas. Diga qu´ cantidad de la mezcla M1 y qu´ de M2 deben combinarse e e para fabricar. y = 5. 1. por cada componente aparece una ecuaciń que expresa su conservaciń: en un lado de la o o ecuaciń est´ la contabilidad del componente antes de producir la mezcla y en el otro la o a contabilidad del componente despu´s de la mezcla. Ejercicio Inventar problemas semejantes al anterior pero con 3. 20 ´ 50. pero a o es importante tener en cuenta que en las aplicaciones se pueden encontrar sistemas con muchas inc´gnitas. si se puede. 2) Recuerde guardar en todos los t´rminos el mismo tipo. Ayudas: 1) Tenga en cuenta el proceder natural en el laboratorio. Ejercicio Dise˜e un m´todo para inventar un sistema de ecuaciones que con n e seguridad tenga una soluciń prefijada. las mismas unidades y que las operaciones tengan sentido. a veces se puede decidir de antemano que ciertas concentraciones son imposibles de obtener a partir de mezclas dadas. Para resolver el problema lo unico que hay que tener en cuenta ´ es que la cantidad de cada componente se conserva individualmente. Nosotros ya hemos visto una variante del algoritmo de Gauss-Jordan. o a o 32. Ejemplo Los siguientes dos sistemas son equivalentes: Primer sistema x−y = 1 2x + y = 2 Segundo sistema x=1 y=0 . Decir que las operaciones elementales no alteran las soluciones y que las operaciones elementales son suficientes para resolver sistemas lineales es lo mismo que decir lo siguiente: 34. Las siguientes son operaciones elementales entre renglones de M : 1) Intercambiar dos renglones o filas cualesquiera. con e el cual se puede resolver cualquier sistema. Es decir. vale la pena preocuparse por desarrollar m´todos que sean al mismo tieme po eficientes e informativos. 35. ♣ Definiciones. Dos sistemas son equivalentes si y s´lo si la matriz aumentada que o representa a un sistema se puede obtener de la matriz aumentada que representa el otro sistema mediante operaciones elementales por renglones. pero como ese m´todo es de uso corriente e para programar computadores. u o 33. o un pa´ o una interconecciń elćtrica para todo un continente. la corriente que entra es igual a la corriente que sale. El problema consiste en hacer que en cada tomacorriente de cada o casa o f´brica haya suficiente corriente para alimentar un motor o un televisor. o 3) Reemplazar un renglń cualquiera por la suma del mismo renglń con otro o o renglń. Y tambiń es necesario pensar si no estaremos causando e errores de aproximaciń que se encadenan unos con otros y que a la larga producen o errores no despreciables.22 CAP´ ITULO 1. ⋄ Teorema. Para cada o ıs o e nodo. o En la prćtica. combinamos las reglas 2 y 3 en una sola: reemplazar un renglń a o cualquiera por la suma de un m´ltiplo escalar no nulo del mismo renglń con otro u o m´ltiplo escalar de otro renglń. Este ultimo problema se estudia en los cursos de an´lisis ´ a num´rico. Ejercicio Demuestre que toda operaciń elemental es invertible y que por lo o tanto produce un procedimiento conservativo. Por o eso. consideremos una red elćtrica que alimenta o e una regiń. es importante ver una formulaciń muy precisa. por cada nodo hay una ecuaciń. Sea M una matriz aumentada que codifica un sistema de ecuaciones de tal forma que cada ecuaciń del sistema corresponde a un renglń de la o o matriz. esta secciń est´ dedicada a su formalizaciń. a Por eso. ECUACIONES con millones de ecuaciones es el siguiente: teniendo en cuenta que una ecuaciń puede o interpretarse como una ley de conservaciń. 2) Multiplicar un renglń cualquiera por un escalar no nulo. llegaremos a la identidad.  Al decir que la anterior matriz no es escalonada. −1 . 0 3 . 2) El n´mero de ceros antes del primer elemento diferente de cero de un renglń es u o mayor que el del renglń inmediatamente superior. 0 1 1 . R2/3 → R1 + R2 → 0 Lo que deseamos es. Una matriz. . 1 2 0 0 . 1 0 .   . . la matriz aumentada del primer sistema puede transformarse con operaciones elementales en la matriz aumentada del segundo sistema: 1 2 . 2 R2 − 2R1 → . 1 . la cual nos dice inmediatamente que el sistema no tiene soluciń. encadenar operaciones elementales para llegar a una soluciń del sistema.4. 1 .´ 1. pero nosotros fijaremos la atenciń en un m´todo sencillo y eficaz. 2 . o 37. . pues en el tercer renglń nos queda la contradicciń 0 = 1: o o o . 1 . . 1 . 0 1 . . SISTEMAS DE M ECUACIONES CON N INCOGNITAS 23 En efecto. se dice que est´ en forma o a escalonada si: 1) Los renglones compuestos unicamente por ceros estń en la parte inferior de la ´ a matriz. por supuesto. ♣ Definiciń. . . 1 . −1 . lo que estamos mencionado es que se puede combinar el segundo y tercer renglń.    0 1 1 . 0 . o  . pero ¿a dńde llegamos? Hay varios estilos de terminar los o problemas. M . por lo menos. . 1 −1 . o o ´ ¿qu´ pasa cuando no hay soluciń o si no existe soluciń? La respuesta es que no e o o llegamos a la identidad. hasta inmediatamente abajo de la diagonal. Pero. 36. 1 . 3  . con operaciones elementales para o que nos quede la matriz escalonada siguiente. aumentada o no. 0 . Si la soluciń es unica. Ejemplo La siguiente matriz no es escalonada porque se incumple la condiciń o 2) pues el n´mero de ceros antes del primer elemento diferente de cero del renglń tres u o es igual al del renglń dos. 0 . el cual o e est´ basado en las matrices escalonadas que son aquellas cuyos ceros forman una esa calera por debajo de la diagonal y que debe llegar. 1 . una matriz escalonada nos dice si hay o no hay soluciń.   . e 39. 2 0 0 . . 1 . Una matriz. .   . . a saber. 2 . 1 1 0 8 . la tercera matriz nos o ´ dice que el sistema asociado tiene infinitas soluciones con un grado de libertad. o sea con una y solamente una inc´gnita libre.  Observemos que la ultima matriz nos dice que tenemos un sistema con 2 ecuaciones ´ y 3 inc´gnitas. . ♣ Definiciń. 0 0 0 . Concretamente. Ahora ya podemos formalizar el algoritmo de Gauss-Jordan tal como se usa en la vida real: 40. que puede ser la z. aumentada o no. la segunda tampoco es escalonada reducida pues el primer elemento diferente de cero en el segundo renglń no es 1.    0 1 1 .   . 3  0 2 0 . 1 0 0 . . M. Por lo tanto. . la primera no es escalonada reducida pues no es escalonada. Ejemplo De las siguientes tres matrices. 3  .   . 0 . ECUACIONES En general. . y si la soluciń o o es unica o no. . . Podemos sacar m´s informaciń con un poco de trabajo adicional. 1 . podemos o leer las soluciones despejando x y y en t´rminos de z: e x = −8z + 1 y = −5z + 3. Algoritmo de Gauss-Jordan para resolver un sistema lineal de ecuaciones con n inc´gnitas y m ecuaciones: o Sea el sistema .  CAP´ ITULO 1. 3 . 2 . . ´l mismo. o 3) En la columna correspondiente al primer elemento no nulo de un renglń hay o solo un elemento diferente de cero. a 2) El primer elemento diferente de cero en un renglń es el 1. Esto implica que nos queda una inc´gnita libre a la cual se le puede dar o o cualquier valor para que nos quede un sistema de 2 inc´gnitas con 2 ecuaciones con o soluciń unica (pues nos queda la identidad 2 × 2).24  .    0 1 5 . se dice que est´ en forma o a escalonada reducida si 1) Est´ en forma escalonada. 3  . pero la tercera matriz s´ es o ı escalonada reducida:  . 1 1 0 8 . 0 1 2 . 1 R2 − R1 → 0 0 0 . ´ a o 38.    0 1 5 . 0 0 1 . . a o 5) Escribir la soluciń al sistema.    . Ejemplo Resolvamos por Gauss-Jordan el sistema Obs´rvese que no es necesario que el sistema tenga el mismo n´mero de ecuaciones e u y de inc´gnitas.   . bm am1 am2 . a es decir.´ 1. . .. . + amn xn = bm 25 2) Escalonar por renglones la matriz aumentada.. . a cuńtas inc´gnitas se les puede dar valores arbitrarios.  11  ..4. Si hay soluciń. amn .    am1 x1 + am2 x2 + . . . . . . si no hay soluciń o ´ o (si se llega a una contradicciń. Puede ser que haya m´s ecuaciones que inc´gnitas o puede ser que o a o haya menos... hay que o ´ hallarla. .. Tenemos 5 pasos.    1 −2 −1 . + a2n xn = b2     .  .     . . + a1n xn = b1     a21 x1 + a22 x2 + .  . . v´lidos tanto para c´lculos a mano como para programar un computador: a a 1) Escribir la correspondiente matriz aumentada asociada al sistema:   . . terminar el algoritmo. .. .. .. 1 2 1 2 .  21 a22 . Eso no importa. a2n . si la soluciń es unica. Pero si hay infinitas soluciones. Es decir. pues el algoritmo resuelve todos los casos. . o 41. como 1 = 2) o si hay infinitas soluciones (si hay por lo o menos un renglń de s´lo ceros y no hay contradicciń). se especifica cuńtos grados de libertad hay. . . b1 a a12 .  . . . .     . . .. . o a decidir si la soluciń es unica (cuando se llega a la matriz cuadrada I). 3) Decidir la existencia y unicidad de la soluciń: basńdose en la matriz escalonada. describirla llevando o o la matriz a la forma reducida escalonada.. . b2   . a1n .  a  .. SISTEMAS DE M ECUACIONES CON N INCOGNITAS   a11 x1 + a12 x2 + . . 3 3 −6 −3 . . o o o 4) Si no hay soluciń. Soluciń paso a paso: o a) Matriz asociada   2x + y + 2z = 1 x − 2y − z = 2  3x − 6y − 3z = 3  . . 2  .     . 1  1 .   0 −1 1 .  −2 3 −1 . .    0 −1 1 .  0 −1 . 1 −2 −1 .  3) Decidimos la existencia y unicidad de la soluciń: como hay una contradicciń o o en el ultimo renglń que dice que 0 = −4.  .   . .   .   .  2 1 2 .   . 1  . 3   . lo cual ni quita ni pone: o  . 1 . ECUACIONES b) Escalonamos.  0 5 4 . ´ o por tanto la soluciń es el conjunto vac´ o ıo. . .   . . 2   . 42. Ejemplo Resolvamos por Gauss-Jordan el sistema   Soluciń paso a paso: o 1) Escribimos la matriz aumentada asociada  1 −2 x − 2y + z = 0 −2x + 3y − z = 1  3x − 2y + z = 2. −4 R3 − 3R1 → 0 0 0 . 2) Escalonamos  .   .   .  R2 + 2R1 →  . .  . 1  . . concluimos que el sistema es inconsistente. 0 . 1 −2 1 . 2 3 −2 1 . En nuestro proceso usamos el s´ ımbolo R1 ↔ R2 que significa que intercambiamos el renglń dos con el uno.  . .   . −3  . .26 CAP´ ITULO 1. 2 R3 − 3R1 → 0 4 −2 .  R2 − 2R1 →  . 1  . 0 1 −2 1 . 0 R3/2 →  1 −2 1 . 6 R3 + 4R2 → 0 0 2 . 2 R1 ↔ R2  1 −2 −1 . . 3 −6 −3 . . 3 0 0 1 . 1  . . 0 . 0 R3 + 2R1 → 0 0 0 . la hallamos. −3 R1 − R2 →  2 −1 0 . .  5) Escribamos la soluciń: la soluciń es unica y es x = 1. la soluciń es unica. R2 − R3 →  0 −1 0 .  R2 + 2R1 →  .   . 4) Reducimos  .  0 0 1 . . 3 0 0 1 . .´ 1. 1  .   . 2   . .4. y = 2. 1 R1 − 2R2 →   . 0 0 0 0 . 2  . 4    . para lo cual reducimos la matriz o ´ escalonada:  . . −3 R1 − R3 →  1 −2 0 . o o ´ 43. −2 2 −2 . de s´lo ceros.  0 . −R2 →  0 1 0 . O tambiń se puede decir que al reducir se puede llegar a la o ´ e matriz identidad 3 × 3. 1 2 −1 1 . 2 −1 . nos indica o o que el sistema admite infinitas soluciones. 3 0 0 1 . . Ejemplo Resolvamos por Gauss-Jordan el sistema   Soluciń: o 1) Matriz aumentada 2x − y + z = 1 −4x + 2y − z = 2  −4x + 2y − 2z = −2  2) Escalonamos la matriz   −4  −4  2 −1  . 3) Decidimos la existencia y unicidad: el tercer renglń. . 1 0 0 . 1 . . . .   .   . . . o ´ 4) Como existe la soluciń y es unica. 4  0 1 . SISTEMAS DE M ECUACIONES CON N INCOGNITAS 27 3) Decidimos la existencia y unicidad: puesto que el ultimo renglń empieza por ´ o uno. z = 3.   . por lo que la soluciń es unica. .  . −2  .  . y. . entonces el sistema tendr´ soluciń unica si a = 0. o 44. 4).. 0 0 0 . el a o ´ sistema no tendr´ soluciń si a = 0 y b = 0. 0  5) Escribimos la soluciń. o 45. Adem´s. a ´ Notemos que el n´mero de variables es igual al n´mero de columnas de la matriz no u u aumentada. tal y como se encontr´. y. x = (1/2)y − 3/2 z=4 de lo cual queda claro que y es una variable libre a la cual se le puede dar cualquier valor. o es decir. 3.0. z)/x = −3/2 + (1/2)y.28 CAP´ ITULO 1. en este caso. 46. R1/2 →   . debe haber una variable libre. Ejercicio Resuelva por Gauss-Jordan de cinco pasos los siguientes sistemas:   x+y+z = 2 x−y+z = 1 a)  −x − y + z = 1 . y es la unica variable libre.. tenemos un grado de libertad. −3/2 . para y ∈ R} La tercera es      −3/2 1/2 −3/2 + (1/2)y 0  y  = y 1 + S= 4 0 4  donde y ∈ R. y el sistema tendr´ infinitas soluciones si a o a a = b = 0. Observaciń o Si el ultimo renglń de la matriz aumentada escalonada de un sistema cuadrado ´ o es de la forma (0. De aqu´ podemos obtener soluciones particulares dando valores a la ı variable y. se obtiene la soluciń (−3/2. si y = 0. por ejemplo. .  0 0 1 . la matriz reducida qued´ con dos renglones. o La soluciń general puede escribirse de varias maneras. 4    . ECUACIONES  . a : b). z = 4. z ∈ R} La segunda es S = {(−3/2 + (1/2)y. dos condiciones independientes para el sistema. 0. La primera es: o S = {(x. 1 −1/2 0 . para x. 4). Por tanto. Por otro lado. Ejercicio Adecue la observaciń anterior al caso de matrices no cuadradas. y. El sistema correspondiente es: o x − (1/2)y = −3/2 z=4 o bien. Identifique claramente qu´ es A. el algebraico y el geom´trico.1. pase por los puntos (3. a u B. renglń o diagonales son iguales a n(n2+1) . X. Ejercicios de repaso x − 3y + z = 1 2x + y − z = −1 1. EJERCICIOS DE REPASO   x+y+z x−y+z b)  2x + 2z   x+y+z x−y+z c)  2x + 2z =2 =1 =3 =2 =1 =1 29 47. de tal forma que las sumas de los elementos 2 de cada columna. 4. Encontrar los valores de a. Comenzana e do desde el pr´ximo cap´ o ıtulo. 0). Muestre que no a n 4 9 2 existen cuadrados m´gicos de tamaõ 2. tiene soluciones no triviales.5. 1). (2. y que se denota gen´ricamente como X e sistemas de dos por dos. S´lo que en lugar de a o u o ir´ una matriz A y en vez de x ir´ una n-tupleta de inc´gnitas. e a) Use el sentido comń para reescribir el primer problema del presente taller u de la forma AX = B. b y c tales que la curva y = ax2 + bx + c. diferentes del vector . es decir. puede ser y y se lee vector X. combinaremos los dos aspectos para hacer realidad la siguiente idea: un sistema lineal de ecuaciones no es m´s que una generalizaciń a o de una ecuaciń en n´meros reales de la forma ax = b. Un cuadrado m´gico de tamaõ n es una matriz n × n cuyos elementos consisten a n en todos los enteros entre 1 y n2 . B. invente un sistema 3 × 3 y verifique su predicciń usando el algoritmo de Gauss-Jordan de cinco pasos: o a) Su soluciń sea unica. en vez de b ir´ un vector o columna de n´meros. que si se trata de a a o x . para el(los) cual(es). a n 3. Por ejemplo. Escriba la soluciń general del sistema lineal o 2. El ´lgebra lineal tiene dos componentes. o 1. un o   8 1 6 cuadrado m´gico de tamaõ 3 es la matriz A =  3 5 7  . el a sistema AX = B. un sistema lineal de ecuaciones que se pueda escribir como una matriz aumentada tambiń se puede reescribir de la forma AX = B. En una palabra. c) Tenga infinitas soluciones con dos grados de libertad. e b) Encuentre el(los) valor(es) del par´metro k = 0. 3) y (−1. Similarmente. Ejercicio Para cada una de las siguientes opciones.5. d) No tenga soluciń. o ´ b) Tenga infinitas soluciones con un grado de libertad. cada una de las cuales es reversible.30 CAP´ ITULO 1. la soluciń es unica. Para sistemas lineales tales que su matriz reducida tenga n columnas o variables y r renglones no nulos o condiciones independientes para las variables. De esa forma. Si no hay contradicciones y el n´mero de variables o columnas o u de la matriz no aumentada es mayor que el n´mero de renglones no nulos.6. Hemos elaborado la propuesta de reducir el estudio de los sistemas de ecuaciones lineales al de los problemas matriciales. Si hay una contradicciń o ´ o aparente. donde A = 1. segń reglas claras y sencillas. En este ultimo caso. solucionar un sistema equivale a reducir. lo cual garantiza que no se crea ni se pierda informaciń. pues no crea ni destruye e soluciones. Este pro3 1 blema tiene la lectura geom´trica siguiente: hallar todos los vectores X no e nulos tales que al multiplicar o aplicar la matriz A sobre X. Eso se debe a que todo algoritmo de Gauss-Jordan es una composiciń de o operaciones elementales. u hay infinitas soluciones. el n´mero de variables libres es igual al ´ u n´mero de columnas o variables menos el n´mero de condiciones o renglones no nulos u u y se denomina grados de libertad de la soluciń que es igual a n − r. u una matriz aumentada cualquiera a una matriz escalonada reducida. Resumen Los sistemas de ecuaciones lineales tienen una amplia gama de aplicaciones pero la complejidad de los problemas resultantes demanda m´todos poderosos y conceptos e claros. exhiba la soluciń general del sistema AX = B. columna con ceros en todas las entradas. ECUACIONES 1 3 . n > r. consignadas en el algoritmo de Gauss-Jordan.   1 2 3 o c) Si A =  0 4 3 . o . no hay soluciń. donde 0 0 1 B es cualquier vector columna de tres componentes. Hemos podido o entender por qu´ el algoritmo de Gauss-Jordan es conservativo. lo que resulta es kX que es un alargamiento de X. se cumple que: Si la matriz terminal es la identidad. simplemente refirińdose a relaciones entre n´meros. Sin embargo. PLANOS. puesto e que todos nosotros tenemos cientos de millares de horas de experiencia en manejo espacial. todos nosotros tenemos un enorme conocimiento que podemos utilizar para dos cosas: una es usar la geometr´ para dilucidar problemas de ´lgebra lineal y la otra ıa a es usar el ´lgebra lineal para resolver problemas de geometr´ a ıa. ya nos liberamos. los espacios veca a toriales. 2. la geometr´ es una ıa ıa ciencia aplicada pues nace y se realiza en nuestra relaciń con el espacio f´ o ısico ligado a la tierra. Por naturaleza. El espacio unidimensional recto o recta real lo notamos R y tiene su origen en el 31 . a La geometr´ estudia las relaciones espaciales. iremos reuniendo evidencia a a favor de la tesis de que el algoritmo de Gauss-Jordan es conservativo. Observemos que gracias a nuestra interpretaciń o de ecuaciones por rectas. al menos en este caso. en este curso la geometr´ es b´sica. partiremos de ideas geom´tricas muy sencillas y gradualmente iremos abstrayendo las nociones e matem´ticas necesarias. o puede no haber soluciń cuando las rectas o o son distintas pero paralelas. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES En este cap´ ıtulo introduciremos un pilar b´sico del ´lgebra lineal. Y lo que es m´s. Un primer objetivo ser´ poder interpretar una ecuaciń lineal con dos inc´gnitas a o o como una recta en el plano. uno puede hacer un curso de geometr´ ıa ıa sin hacer un solo dibujo.CAP´ ITULO 2 LINEAS. la geometr´ es redundante. de la preocupaciń de o si nuestro algoritmo es conservativo o no. Para mostrar que no hay nada misterioso en esas estructuras. cuando las rectas no son paralelas. Espacios cartesianos El tipo de geometr´ que vamos a considerar fue inventado por Descartes y consiste ıa en representar los n´meros sobre el espacio cartesiano que es un espacio con un sistema u de direcciones para llegar a cualquier punto. pues hay una correspondencia perfecta entre ıa a algunos problemas geom´tricos y sistemas de ecuaciones lineales. o puede haber infinitas soluciones cuando las dos ecuaciones representan una misma recta. Con e u todo. Por otra parte. resolver un sistema de dos ecuaciones con dos inc´gnitas equivaldr´ a encontrar todos los puntos comunes a dos rectas: puede ser uno o a s´lo.1. Por tanto. 32 CAP´ ITULO 2. y. negativa hacia abajo. 5. es decir. A (x. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES punto 0 y todos los n´meros conceptualizan una distancia y una direcciń. e Z (3. pero orientado de manera arbitraria. Las siguientes recomendaciones pueden ayudar: el espacio tridimensional se dibuja de manera que el piso represente el plano XY y la altura el eje Z. Esos ejes determinan la representaciń de cada elemento de R2 como (x. Y 1 (4. LINEAS. El plano cartesiano. Adem´s. a El ´ ındice es el eje Z positivo hacia arriba. 2) e no son las mismas. Es conveniente aprender a representar en la mente al espacio tridimensional. y). Se forma o 5 4 Y . El espacio 3D (tres dimensiones): la tripleta (4. Una dupleta representa tanto un punto como un vector. 1) y (1. o donde x es la componente en X y y es la componente en Y . negativa hacia la izquierda. El plano cartesiano es el espacio bidimensional notado como R2 . 5) o el vector (4.1) • 4 X 1 Y (4. la cual tiene a 3 coordenadas (x. 5) 3 X Figura 2. el cual tiene direcciń. se usa el convenio de la mano izquierda: el pulgar es el eje X positivo. no representan el mismo elemento del plano. Una tripleta tambiń representa un vector. sentido y magnitud. pues las dupletas (2.0. El espacio tridimensional R3 es el espacio en el que vivimos y se representa por 3 ejes mutuamente perpendiculares y cada punto est´ dado por una tripleta. 5). y) tambiń se le llama dupleta ordenada. los negativos al lado izquierdo. z). PLANOS. El dedo del corazń es el eje Y .1) 4 X Figura 2. 5. La componente y se dibuja verticalmente: positiva hacia arriba del origen.1. 4. Los n´meros u o u positivos se ponen al lado derecho del origen. o El plano cartesiano tiene dos ejes mutuamente perpendiculares. y el eje vertical Y . el eje horizontal X que puede considerarse como la l´ ınea de los reales R insertados en el plano. La componente x se dibuja horizontalmente: positiva hacia la derecha del origen. entonces puede demostrarse que no existir´ sistemas planıan etarios estables: un pequeõ meteorito sacar´ de ´rbita a cualquier planeta. Tampoco n ıa o existir´ ´tomos. el valor de otras. xn ). La maquinaria propuesta por Descartes y aceptada universalmente funciona igual de bien en 3 dimensiones como en 93 o en cualquiera otra. 0) y corresponde con el origen de coordenadas.2. o o la fuerza. ıan ıan Una vez hecho esto. Dos n-tuplas ordenadas son u e o iguales si hay igualdad entre las coordenadas. 2. El vector (4. gire la mano de manera arbitraria: tendr´ el espacio tridimensional con ejes a que apuntan en direcciń arbitraria. pues el tracto intestinal nos dividir´ en ıan ıa dos partes separadas que ya no ser´ un organismo. Eso significa armar relaciones entre las variables de tal manera que mediante el valor de algunas de ellas. La disciplina f´ ıan a ıa ısica que se ha agarrado de lleno con el problema de la dimensionalidad es la teor´ de cuerdas ıa (Zwiebach. ♣ Definiciń. Si o a a adicionalmente las ecuaciones son lineales (de la forma 3x + 4y − 7z = 8). Rn es el conjunto de las n-tuplas ordenadas o vectores. la aceleraciń.1. los elementos de Rn . .. Si todo eso o se expresa por medio de f´rmulas matem´ticas. ESPACIOS CARTESIANOS 33 un tr´ ıpode con 3 ńgulos rectos. La vida como la conocemos no podr´ existir. apuntando con el eje X o pulgar hacia el corazń. al menos aproximadamente. 0. Esta equivalencia permite interpretar un vector como una posiciń o bien como una abstrao cciń de objetos vectoriales. R2 tambiń se llama el plano. Pero no s´lo se desea describir la naturaleza. −3. el campo magn´tico.. entonces uno agrega otra m´s a ver si eso sirve de algo. un espacio de 8 dimensiones. −2. En efecto. −5) es elemento de R3 . . En la prćtica.. lo notamos (x1 . mientras que (6. tenemos un modelo matem´tico. a Nosotros usamos una equivalencia. El cero en R3 es (0. por ejemplo. las n-tupletas pueden aparecer naturalmente en cualquier momento. Dicho de otra manera. es elemental tratar con conjuntos de 8-tupletas y aplicarles las mismas leyes que se aplican a las dupletas en el plano o tripletas en el espacio. n-tupletas ordenadas. los puntos de dicho espacio se representar´ por 8-tupletas. como el desplazamiento. no tenemos hasta ahora una razń matem´tica para seãlar a la dimensiń 3. Un modelo es una definiciń de un conjunto de variables independientes y de sus interrelaciones. como privilegiada: no sabemos por qu´ nuestro espacio es tridimensional. x2 . eso se hace por tanteo. lo ideal es meter tan pocas variables independientes como sea posible. a o Ahora. tenemos un modelo lineal. En nuestro mundo. Al n´mero n tambiń se le llama dimensiń. la velocidad. Se e han propuesto posibles explicaciones de este misterio. Si con 3 variables uno no puede hacer a grandes predicciones. 3) no son iguales. Formalmente tenemos: e 48. los representamos indistintamente como un punto con sus coordenadas correspondientes o bien como un vector o flecha que sale del origen y que llega hasta el punto dado. y a R3 el e espacio. 3) y (2. las cuales tendr´ 8 coordenadas. Los vectores (1. por ejemplo: en dos dimensiones no podr´ haber organismos como nosotros. uno pueda predecir. llamadas independientes. 4) lo es de R4 . sino que tambiń se aõra enteno e n derla. Pues bien. llamadas dependientes. 2004). o sea. o Una de las ventajas inmediatas de la idea de Descartes es que soluciona el problema de no poder imaginar. 2. Un o elemento x ∈ Rn . 1. la de nuestro o a n o espacio. Pero si el universo tuviese m´s de ıan a 3 dimensiones espaciales. etc. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES Para conectar nuestros vectores con las aplicaciones en f´ ısica. 2) + (3. xn ) + (y1 . Por eso decimos que la suma es una o o . y2 . . En general. x2 . la cual aprenderemos a medir o un poco despu´s.. Un e e a segmento est´ determinado por un par de puntos sin preferencia de orden.. As´ vamos fabricando dos e ı mundos paralelos: el algebraico y el geom´trico. cuya descripciń me dice si o me muevo de aqu´ para all´ o de all´ para ac´.. (x1 . u Definamos la suma de vectores y despu´s la multiplicaciń de un vector por un e o n´mero. Un segmento dirigido es o un segmento para el que es importante decir cu´l es el comienzo y cu´l el final. 49. A los n´meros tambiń se les llama escalares. 6). PLANOS.. . LINEAS. el cual es un producto sorpresivo pues el resultado no es un vector sino un escalar. 4) = (1 + 3. ı a a a Cabeza Segmento Segmento dirigido Cola Figura 2.. Un a a segmento dirigido puede representar un desplazamiento. al punto de inicio se le llama cola y al punto donde termina se le llama cabeza. Segmento y segmento dirigido. Los vectores se suman coordenada por coordenada.34 CAP´ ITULO 2. Notemos que P Q = QP . Un vector es un segmento dirigido que sale del origen. Paralelogramos Veamos de qu´ manera hay una relaciń natural entre operaciones algebraicas con e o vectores y movimientos geom´tricos en un paralelogramo. La idea es aprender a cambiarnos de e mundo segń nos convenga. La notaciń P Q denota un segmento dirigido o ← − con cola P y cabeza Q.2. Hay tambiń dos entidades m´s: segmentos y segmentos dirigidos. xn + yn ). y como siempre sale del origen. 2 + 4) = (4. lo notamos a P Q. debemos notar que nuestros vectores tienen direcciń. Este representa una varilla de hierro que poco importa si se coloca en una direcciń o en la otra. donde P es un extremo y Q es el otro.2. Si estamos o 2 en el plano o R . El segmento dirigido se representa por una flecha que va − → desde la cola hacia y hasta la cabeza. En un segmento dirigido.. M´s adelante u u e e a definiremos el producto punto entre dos vectores. sentido y magnitud. Observemos que. nuestra definiciń s´lo se encarga de sumar dos elementos. esto nunca se explicita y por lo tanto un vector est´ determinado por un punto. ♣ Definiciń. podr´ ıamos tener: (1... . yn ) = (x1 + y1 . a 2. la cabeza. x2 + y2 .. Despu´s la resta. mientras que la notaciń P Q denota un segmento dirigido con o ← − − → cola Q y cabeza P . y trasladarlo paralelamente a s´ mismo hasta que llegue a la cabeza del primer vector. o a o 52. que (u + v) + w = u + (v + w) y por lo tanto. v se tiene u + v = v + u. 2): a 3 2 1 0 0 1 2 3 4 Figura 2. uno se lo imagina que est´ en R2 y todo le funciona. pero como un paralelogramo est´ totalmente o a contenido en un plano. aquel vector que sale del origen y llega hasta la cabeza del segundo vector. Por eso decimos que la suma es cerrada. La suma es el desplazamiento total. a o es decir. Adem´s. Un paralelep´ ıpedo es una figura tridimensional de caras planas paralelas dos a dos. est´ definida de tal forma que la suma de dos elementos o a a del mismo espacio quede dentro del mismo espacio. Un paralelogramo es una figura plana bordeada de 4 segmentos paralelos dos a dos. Demuestre algebraicamente (a partir de la definiciń) que la suma es conmutativa. es decir. Los vectores se suman coordenada por coordenada. el cual se codifica partiendo del origen y llegando hasta el punto indicado. o 50. Un cuadrado es un rectńgulo con todos sus laa a dos iguales. Ejercicio Justifique gr´ficamente la apreciaciń de que la suma es asociativa. como en el siguiente gr´fico en el cual se suma (3. Suma de vectores. La conclusiń es que los vectores ı o que se estń sumando definen los lados contiguos de un paralelogramo y el resultado a de la suma es la diagonal que une el origen con la cabeza del segundo sumando.2. Eso de poner la cola contra la cabeza implica tomar el segundo vector. PARALELOGRAMOS 35 operaciń binaria.2. a Ahora relacionemos el ´lgebra con la geometr´ Un vector es un desplazamiento. es decir.3. 51. (Dos lados son paralelos si las l´ ıneas que los contienen nunca se cortan. que para cualquier par de vectores u. e pero gr´ficamente eso equivale a poner la cola del segundo vector sobre la cabeza del a primero. Eso explica la siguiente e definiciń. Un rectńgulo es a un rombo con ńgulos internos iguales. Sumar dos vectores es sumar dos desplazamientos. que en principio sale del origen. 1) con (1. la suma binaria puede extenderse a una suma ternaria de manera unica. ¿Podr´ extenderse la suma o a a una operaciń n-aria? o . lo cual permite definir u+v + w sin ambigëdad. Un paralelogramo puede definirse en cualquier dimensiń. ´ u Prueba la asociatividad a partir de la definiciń de suma. Un cubo es una paralelep´ ıpedo cuyas caras son cuadrados. ♣ Definiciones. Ejercicio Justifique gr´ficamente la apreciaciń de que la suma es conmutativa.) Un rombo es un paralelogramo de cuatro lados iguales. es desplazar el primer vector y despu´s el segundo vector. a ıa. Deseamos que la suma est´ relacionada con paralelogramos. pero no es cierto que el resultado de la suma indique que uno puede reemplazar las dos cuerdas por una tercera y que el resultado sea el mismo en ambos casos. no definimos suma de segmentos o dirigidos. La suma de las dos fuerzas corresponde a la fuerza que una tercera persona puede hacer para producir el mismo efecto (a muy corto plazo) que las dos personas en conjunto. Uno podr´ entonces pensar que se puede abstraer la situaciń ıa o diciendo que estamos tratando con vectores generalizados y que ´stos tambiń pueden e e sumarse de una forma muy simple. que al ser sumado a cualquier vector no lo cambia: u + o = u. Demuestre que dicho vector es unico y por eso se llama el inverso de u y ´ se nota −u. es decir. Por esta razń.36 CAP´ ITULO 2. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES 53. pero una sola fuerza no necesariamente produce rotaciones. decimos que tenemos un grupo. En particular. Pero no hemos definido la suma de segmentos dirigidos que empiecen en cualquier parte. Pasemos ahora a considerar la multiplicaciń de un vector por un n´mero. Cada una de esas ciencias propone su forma de abstraer. con a o elemento neutro y con inverso. de elaborar los modelos matem´ticos y de interpretar los resultados. dos fuerzas que operan en puntos distintos de un cuerpo pueden producir rotaciones. o. PLANOS. en efecto: ı nosotros hemos definido la suma para vectores. Es imposible entender la f´ ısica moderna en cualquiera de sus facetas sin el concepto de grupo. 54. la teor´ de fluidos. por ejemplo. a Todo esto quiere decir que sumar dos vectores pegando la cabeza del primero con la cola del segundo es un abuso legitimado por la geometr´ pero el cual no tiene ıa. para todo u. ´ En el futuro. Ejercicio Demuestre que en Rn existe un elemento neutro. Ejercicio Demuestre que en un grupo el elemento neutro es unico. para segmentos dirigidos que empiezan todos desde el origen. en vez de decir que tenemos un conjunto con estructura de grupo diremos que podemos sumar sin problema. Cuando un conjunto est´ provisto de una operaciń binaria cerrada. Pues bien. asociativa. ¿Por qu´? Porque queremos que nuestras definiciones e capten algo importante de lo que pasa en el mundo real. Si la piedra es pequeã. Por supuesto. o u . LINEAS. es verdad que uno puede definir suma de segmentos dirigidos de una manera muy simple. lo m´s seguro es que las cuerdas actén sobre puntos a u distantes de la piedra. uno puede n aproximar la situaciń diciendo que la fuerza actá sobre el mismo punto y todo lo o u representamos como suma de vectores. la ciencia de resistencia ıa de materiales. en dos personas que halan una piedra con dos cuerdas y que cada uno hace una fuerza correspondiente. justificaciń f´ o ısica en todas las ocasiones. Pero si la piedra es grande. Tal vez uno tenga sumas que impliquen un grave problema y as´ es. la teor´ de a a ıa elasticidad (tanto lineal como no lineal). 55. ¿Pero qu´ hacemos entonces con la vida real en la cual hay varias fuerzas e que actán en diversos puntos de un mismo cuerpo? Para estudiar estas situaciones se u han desarrollado ciencias complicadas. Cuando sumamos dos vectores estamos pensando. digamos la est´tica y la din´mica. en el fondo de todo a eso uno encontrar´ vectores con su suma sin problemas. Ejercicio Demuestre que en Rn para cada vector u se tiene un vector w tal que u + w = o. σ (sigma).. 6).2. coordenada por coordenada. 4). Ejemplo −(3. al rev´s de a e e un vector se le llama el inverso (aditivo). Verifique que la suma de dos vectores es un tercer vector que es la diagonal principal del paralelogramo formado por los dos vectores dados. c) Repita el ejercicio anterior con u + w y w + v. 4) + (−3.2) 1 0 0 1 2 3 4 5 6 Figura 2. etc. 4 − 4) = (0. Para acortarlo a la mitad se multiplica coordenada por coordenada por 1/2. todo lo cual corresponde simplemente a multiplicarlo por un escalar o n´mero u real. w en un mismo plano coordenado. λ (lambda). uno puede doblarla. PARALELOGRAMOS 37 Cuando uno hace una fuerza.2. . µ (mu). δ (delta). xn ) un vector de Rn y λ (lambda) un n´mero o u o escalar. λxn ). Ejercicio Sea u = (2. Veamos algunas letras junto con otros s´ ımbolos usuales en las matem´ticas: a α (alfa ).. β (beta).. b) Sume u + v y dibuje la suma. El doble de un vector. reversarla. acortarse y rea versarse. −3). ν (nu).4) 3 2 (1. γ (gamma). ∃ (existe) ∈ (pertenece) ∀ (para todo). 57. Eso debe imo o plicar que un vector (como entidad matem´tica) debe poder alargarse. −4) a) Dibujar los vectores u. 4) = (−3. . v. El uso de letras griegas es usual para representar escalares. 2) = (2 × 1. Por ejemplo. λx2 . los vectores admiten otra operaciń: la multiplicaciń escalar. −4) y tenemos que un vector m´s su inverso da el vector cero: a (3. Para reversarlo se multiplica por −1... v = (7. 5 4 (2. para alargar un vector dos veces se multiplica cada coordenada del vector por dos. Por eso. −4) = (3 − 3. La multiplicaciń escalar entre el escalar y el vector la definimos coordenada o por coordenada. triplicarla. Observemos que un vector m´s su rev´s da cero. Sea u = (x1 . . como λu = (λx1 . w = (−2. 2 × 2) = (2.. ♣ Definiciń.4. x2 . Ejemplo: 2(1. ǫ (´psilon). Adem´s a de suma. e ρ (ro). 0) 56. −3). −u. Ejercicio Demuestre que en Rn el reverso de un vector da el inverso. 60. Ejemplo. Es decir: (−1)u = −u. 59.5. Existe una manera autom´tica de dibujar el vector resta. 3) − (1.38 CAP´ ITULO 2. Es lo o mismo que con n´meros: 3 − 2 = 3 + (−2). Similarmente u u − v = u + (−v). v = (1. 1). Se basa en la analog´ a ıa con los n´meros reales: 5 − 3 es lo que le falta a 3 para llegar a 5. a a Pero para nosotros todos los vectores salen del origen. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES d) Opere y dibuje 4u + 2v 2u + 3w 3w + 5v e) Calcule y dibuje −v. LINEAS. Eso se remedia trazando desde el origen un vector que sea paralelo a la resta gr´fica pero con la misma direcciń y a o sentido. Ejercicio Sea u = (2. En definitiva da lo mismo que restar coordenada por coordenada. De igual forma. 58. Se define como la suma del inverso. 6). . es una flecha cuya cola est´ en la cabeza de v y su cabeza est´ en la de u. 3) + (−1. PLANOS. u − v = (−2. 3). Calcule y grafique las siguientes restas usando la definiciń de resta como vectores y el equivalente de resta o de puntos: a) 4u − 2v b) 2u − 3w c) 3w − 5v. v = (7. u u u−v v Figura 2. si u = (−2. u − v es el vector que representa lo que le falta a v para llegar a u. w = (−2. Resta gr´fica de vectores: u − v sale del origen y es paralelo al segmento a dirigido que va desde v hasta u. o sea 2. −w. 2) = (−2. Resta de vectores. es decir. −4). ♣ Definiciń. −2) = (−3. 2). 61.2.3. es cerrada y lo mismo la multiplicaciń escalar. El espacio Rn puede verse como una elaboraciń de R y. Y lo hemos podido hacer de manera natural y sin problema. Pero entonces. 62. v se cumple que λ(u + v) = λu + λv. es asociativa. Se requiere una suma y una multiplicaciń escalar. lo unico que o ´ nos importa es la primera coordenada: (x1 . Ejercicio Demuestre que Rn es un espacio vectorial.3. EV=Espacios vectoriales Nosotros hemos trabajado con Rn y hemos visto c´mo se suman vectores y c´mo se o o multiplica un vector por un escalar. y). Alargar un vector una vez es lo mismo que no hacer nada. y) + (0. o Para que un conjunto sea EV se requiere. 0) La suma. hay muchos otros conjuntos fuera de Rn donde tambiń puede e definirse una suma y una multiplicaciń escalar sin problema alguno. no hay problema ni con la suma. uno tiene un EV . ıa . y) = (λx. aunque tal vez n pueda ser a infinito. Alargar un vector α veces y el resultado alargarlo β veces. que sea no vac´ ıo. Pues bien. Contraejemplo Nos gusta decir y enfatizar que cuando uno puede sumar y alargar sin problema. Pero o eso no es suficiente para ser EV . Por ahora no profundizaremos en estos temas. y). EV=ESPACIOS VECTORIALES 39 2. ser´ de la forma (0. Veamos que la suma es conmutativa. para multiplicar por un escalar: λ(x. Se requiere que el conjunto con la suma cumpla los axiomas de grupo. Para todo par de o escales α. A dichas o estructuras se les llama espacios vectoriales. a 63. La multiplicaciń por un vector distribuye la suma de escalares. con coordenadas (x. Para todo u se tiene que 1u = u. es lo mismo que alargar al vector αβ veces: α(βv) = (αβ)v. o sea un conjunto en el cual uno puede operar como si estuviese en Rn . w) = (x. 0) Similarmente. tal como la hemos definido. Nuestra suma la definimos como sigue: para sumar. todos o los espacios vectoriales no son m´s que matrices de Rn . en el cual se definen la suma y la multiplicaciń escalar de manera especial. Como conjunto tomamos el plano. pero (x. 0) = (x. entre otras cosas. no hay elemento neutro. en cierto sentido. EV= Espacio vectorial. y2 ) = (x1 + x2 . ni con la multiplicaciń escalar. Un espacio vectorial es un conjunto o no vac´ sobre el cual se ha definido una suma que le da estructura de grupo y una ıo multiplicaciń por escalares que cumple las siguientes propiedades: o La multiplicaciń por un escalar distribuye la suma de vectores. o Como quien dice. Para todo escalar o λ y todo par de vectores u. β y cualquier vector u se tiene que (α + β)u = αu + βu. y1 ) + (x2 . w). pero puede ser muy conveniente dar unos dos o tres ejemplos de espacios vectoriales un poco m´s abstractos. ¿qu´ querr´ decir sumar o alargar con e a problemas? Para entender eso. ♣ Definiciń. pues si existiese. consideremos el siguiente ejemplo. Ejemplo y ejercicio Intuitivamente podemos decir que una l´ ınea es tangente a una curva cuando es la l´ ınea que m´s se parece a la curva cerca del punto de tana gencia. o u ¿Es esa la unica manera de definir una suma generalizada y una multiplicaciń escalar ´ o de tal manera que la estructura resultante sea EV ? 65. 0) = (x. la cual contiene a infinitas cosas que uno ni se imagina y que se pueden tratar con igual naturalidad que . Demuestre que los polinomios de grado 3 no forman un EV. Ejercicio Generalice el ejemplo anterior a derivadas de orden superior. 68. LINEAS. no hay necesidad de pensar en inversos. Ejemplo y ejercicio Notamos por Mn×m al conjunto de las matrices con n renglones y m columnas. Adem´s. si suma de u continuas es continua. 64. Ejemplo y ejercicio Intuitivamente podemos definir la clase de las funciones continuas como aquellas cuyas gr´ficas son curvas que no tienen roturas. y una multiplicaciń escalar. 69. la suma oficial. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES Como no hay elemento neutro. 0) = (x. pero que los polinomios de grado menor o igual que 3 s´ forman un EV. las inducidas por las operaciones naturales de los n´meros reales. si la suma de derivables es derivable. y no tenemos un grupo. Defina la a suma de dos funciones continuas y averigë si la suma es cerrada.40 CAP´ ITULO 2. y) = (1x. asociar una a u l´ ınea tangente en cada punto. es decir. o 66. o pues uno no puede definir cu´l es la unica l´ a ´ ınea que m´s se parece a la funciń. para ser EV se requiere que el n´mero uno se multiplique por a u cualquier vector del mismo n´mero. entonces 1(x. Dichos polinomios pueden sumarse ı y multiplicarse por n´meros reales sin ningń problema y siguen siendo polinomios de u u grado menor o igual que 3. Podemos definir la clase de las funciones derivables como aquellas funciones cuya gr´fica es una curva a la cual se le puede. ningń problema y por lo tanto es un EV. Lo mismo con la multiplicaciń escalar. u Demostraciń: ejercicio. Definimos la suma de matrices entrada por entrada y la multiplicaciń escalar de una matriz por un escalar real como la multiplicaciń de cada o o entrada por el escalar. Ejercicio Un polinomio de grado 3 es una expresiń del tipo p(x) = a+bx+cx2 + o 3 dx . No tenemos un EV . Una funciń que no es continua no puede ser derivable o en los puntos de discontinuidad y lo mismo una funciń continua que tenga esquinas. Concluya declarando si el conjunto de las funciones o derivables es o no un EV. Este conjunto es no vac´ permite sumar y multiplicar sin ıo. es decir. pńgale rigor a nuestra definiciń intuitiva de funciń derivable tanto en o o o un punto como en un intervalo abierto. Estos ejemplos anuncian el enorme cubrimiento del ´lgebra lineal. Usana o do l´ ımites. Lo misu mo con la multiplicaciń escalar. Verifique que la suma y o la multiplicaciń escalar no tienen problema alguno. y). PLANOS. Concluya declarando si el conjunto o de las funciones continuas es o no un EV. Falso. y) ∈ R2 . Defina la suma de dos funciones derivables y averigë si la suma es cerrada. Veamos si es cierto: u Si (x. Ejercicio Sobre cualquier Rn hemos definido una suma. 67. sin ambigëdad alguna. 71. Es decir. (−1)u = −u. a . Esto est´ bien para un plano. Demuestre que el reverso de un vector da el ´ ´ inverso. Los datos reales. u e) Observe si es verdad que algunas plantas orientan sus hojas para maximizar la iluminaciń recibida y por lo tanto demarcan el oriente y el occidente. Compare con el ejercicio 58. fueron tomados de la o a Gran Enciclopedia Larousse (1983). que dijo: hay un extranjero que desea hablar con el rey. Ejercicio sobre Tierra plana vs. Ve´ pues el rey a toda la Corte en una sola parranda y pregunt´: ¿Hay alguien ıa o aqu´ que est´ interesado en algo m´s que en divertirse? Los cortesanos sintieron pavor ı e a pero fueron salvados por uno de ellos. Siguiendo por este camino de abstracciń se puede llegar a la o mecńica cuńtica que es un pequeõ cap´ a a n ıtulo del ´lgebra lineal considerada en toda a su generalidad (la cual se denomina an´lisis funcional). Eran grandes las riquezas que tra´ n ıa ı a ıan de ultramar y el que nac´ nac´ para derrochar. Un buen ejemplo es la Tierra. o b) Discuta la viabilidad e inter´s de usar coordenadas cartesianas para representar e puntos en el espacio ocupados por estrellas y de usar vectores para representar sus desplazamientos. La siguiente narrativa combina la ficciń con la realidad. (¿Se mueven las estrellas?) c) Discuta la viabilidad e inter´s de usar coordenadas cartesianas para representar e la din´mica de un conjunto de variables de inter´s m´dico. Ejercicio Demuestre que en cualquier espacio vectorial el elemento neutro es unico.2. pues sabemos de sobra que es contraproducente que un niõ aprenda a caminar n sin haber aprendido a gatear. digamos la tensiń arterial. y la concentraciń de azćar. Ejercicio a) Discuta la viabilidad e inter´s de usar coordenadas cartesianas para representar e la posiciń de un carro y de usar vectores para representar sus desplazamientos. o e o u d) Compare la forma de orientaciń de alguien que se gu´ por coordenadas carteo ıa sianas y de alguien que lo hace con ayuda de una br´jula. ıa ıa venas. y el rey repart´ su tiempo aqu´ y all´. especialmente si ten´ nobleza en sus ıa. Reinaba en aquel entonces Carlos V de la casa de Habsburgo sobre Alemania y Espaã. EV=ESPACIOS VECTORIALES 41 a los elementos de R2 . flamenco. a e e o la concentraciń de triglic´ridos. ¿C´mo podremos o o saber con ayuda de dichas plantas cu´l es el oriente y cu´l el occidente? ¿Ser´ m´s benea a a a ficioso guiarse por los nidos de termitas que se orientan hacia el polo norte magn´tico? e f) Explique por qu´ un perdido en la selva o en el mar termina haciendo c´ e ırculos.3. tierra curva En este curso trabajamos con espacios planos. No profundizaremos en estos a temas. en alemń. Fue llevado Fernando de Magallanes ante el rey que. h) La suma de vectores coordenada por coordenada es equivalente a la suma mediante un paralelogramo. fćilmente distinguibles. pero es importante tener en cuenta que no todo es plano. Y que cada inverso es unico. ¿Podr´ definirse la suma de a a desplazamientos sobre la superficie de una esfera mediante un paralelogramoide (un paralelogramo curvo) de tal forma que la suma sea conmutativa? 72. 70. o e ı o Pero de todas maneras siguieron y descubrieron el estrecho que hoy se llama de Magallanes. y despu´s de 3 meses e de penurias lleg´ a las Marianas en 1521. Inmediatamente se dijo: yo voy a ıa defender a Dios de todos sus enemigos. PLANOS. Hubo consejo y le dieron por misiń demostrar su pretensiń. Si no me dan la respuesta correcta. Agonizante. pero poco despu´s fue muerto en una isla de o e las Filipinas. Magallanes le dijo a Elcano: por Dios y por el rey. Viendo Magallanes en los ojos de o o e Elcano su sinceridad. su sabidur´ y su firmeza. Se aventur´ a meterse en las entraãs del ocáno Pac´ o n e ıfico. Pues bien. Este tipo no pod´ desmayarse porque el pose´ la tradiciń n ıa ıa o de los piratas que data desde los romanos: cuando Pompeyo fue encomendado para acabar con ellos. ni mostr´ conmociń alguna. Y pensando en eso. que yo ya a s´. Los cortesanos quer´ preguntarle la causa ıan de su estremecimiento. le dio la vuelta a Asia y tambiń a Africa y o e lleg´ a Espaã en el otoõ de 1522. excepto don Beltrń Alonso Rodr´ a ıguez. o ¿qu´ ser´ lo que la mantiene en su puesto? Y no encontr´ m´s respuesta sino a la e a o a mano de Dios. Como los cortesanos vieron que el rey no mandaba o o o a ahorcar a los matem´ticos. de pronto comprendi´ el o o rey que Elcano hab´ cumplido la misiń y que ´l s´ sab´ de sobra y con certeza ıa o e ı ıa que la Tierra era redonda en verdad. cumplid la misiń. pero el rey los dej´ callados al ordenarles: hagan o otras siete horcas para los matem´ticos. Cuando lleg´ a esa conclusiń. e o u Lleg´ a Am´rica por Brasil. Sabiendo ellos que el rey ten´ un refinado gusto por ıa las cosas maravillosas. Y se pregunt´: yo no siento que la Tierra se caiga. duque de Fuensaldaã. llor´. Bajaron a Elcano de la horca y cuando los matem´ticos supieron para qu´ eran a e las otras siete horcas. se desmayaron todos. ıa o o o Elcano tom´ el mando de las carabelas. Cuando los matem´ticos terminaron fueron al rey y le dijeron: a la Tierra es redonda en verdad. y por all´ mismo una tormenta le desbarat´ una carabela. cerca de la costa europea se ıa o . ellos esperaban que el rey llorar´ de alegr´ Pero el rey no ıa ıa. Le pusieron la soga al cuello y dieron la bitćora a los matem´ticos para que la a a estudiaran. incluyendo las mediciones de rigor). Se present´ al rey Carlos V y le entreg´ su bitćora o n n o o a (las memorias de su recorrido. los ahorcar´. e e Los matem´ticos estaban tan embolatados en sus quehaceres que ni cuenta se dieron a de las otras siete horcas. Y entonces el rey visualis´ a la Tierra como o a una manzana en el espacio. dedujeron que ellos hab´ llegado a la respuesta correcta a ıan que el rey ya sab´ ıa. que si tal vez sent´ a ıa dolor porque ahorcaran a Elcano. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES dijo: ¡Hablad! Magallanes respondi´: puedo demostrar que la Tierra no es plana sino o redonda. s´lo se salvaron aquellos que se aventuraron a abrirse de las costas y o meterse mar adentro en el Mediterrńeo donde no pod´ ver las montaãs que serv´ a ıan n ıan de gu´ sino s´lo contaban con las estrellas. que por dem´s fue bastante pronunciado. Elcano respondi´: por vos la cumplir´. Elcano estaba ah´ con la soga en su cuello esperando el veredicto y el rey se ı maravill´ de su serenidad y de su paciencia. Le fue anunciado a Elcano la cifra de toda la fortuna que se hab´ invertido en su expediciń y lo llevaron ıa o a un lugar donde ser´ ahorcado si su bitćora no demostraba que su misiń hab´ sido ıa a o ıa cumplida. LINEAS. o o El portugu´s Magallanes sali´ de Sanlćar de Barrameda en 1519 con 5 carabelas.42 CAP´ ITULO 2. el rey se estremeci´ pues nunca en su o o o vida hab´ percibido a Dios tan cerca de su vida. su corazń se llen´ de paz y muri´. El rey miraba la escena desde una ventana y detr´s de una cortina tra´ desde a ıda Flandes. Hubo risas y hasta algo de nerviosismo pero ni Elcano se defendi´. Y algo similar ıan ıan pero complementario suced´ desde dicha costa. Eso era un claro efecto de la redondez ıa de la Tierra. guardaron silencio y se proclam´: n o La Tierra es redonda. precisamente por Panam´. lo cual a a n evidencia la redondez del mar. EV=ESPACIOS VECTORIALES 43 ´ ve´ estrellas hacia el norte que no se ve´ desde la costa de Africa. El d´ ıas ıa seãlado tocaron trompeta. a Elcano y a su tripulaciń. pues por tener mucha riqueza gratis no desarroll´ su poder manufacturero o y ań m´s. la cual fue contra una revoluciń civil. Darwin regres´ a Am´rica desde Europa con un unico prop´sito. o e ´ o investigar la evoluciń natural de las poblaciones de las Gal´pagos. ni tampoco se o defendieron los matem´ticos. al rey. unos 100 km por d´ Tenga ıa). o tanta sangre derramada. en terreno plano. Gloria a Dios. b) ¿Qu´ clase de mediciones deber´ estar en la bitćora para que los matem´ticos e ıan a a pudiesen decidir si la Tierra era redonda o no? c) ¿C´mo resolvieron los matem´ticos y Elcano la objeciń del bufń? o a o o d) ¿Para qu´ se necesitaban 5 carabelas si todas iban juntas? ¿No era acaso suficiente e una sola? El Beagle de Darwin era uno solo pero de todas formas le dio vuelta y media al mundo y m´s o menos en el mismo tiempo que la expediciń de Magallanes. el cual es de alrededor de 6. Y con esas risas empez´ el festejo. destruy´ el que ten´ que no era poco. ¿C´mo estaba tan seguro Magallanes que por el sur e o se unir´ los dos ocános. despu´s de a o e dar la vuelta al mundo. o Y sali´ el bufń y dijo: o o La Tierra es redonda como un cilindro. digamos. nadie le hab´ dado la vuelta al Cono Sur de Am´rica y no se sab´ que a ıa e ıa los dos ocános se comunicaban. Compare su estimativo sobre el radio de la Tierra con el moderno. al doble.000 km. Los comuneros castellanos se rebelaron n o contra su rey por ser extranjero. asumiendo que las carabelas navegaron durante 3 aõs a una velocidad promedio por d´ de 80 km (personas n ıa ordinarias pueden recorrer en cicla. Espaã se endeud´ por 3 ı n o eternidades y de la infinita riqueza sacada de las Indias s´lo qued´ el recuerdo y un pa´ o o ıs enmiserado. a o a) Ofrezca un estimativo del radio de la Tierra. Sin duda lo que o a encontr´ fue el bastiń que le permiti´ sustentar su teor´ sobre el surgimiento de las o o o ıa especies por evoluciń. a Magallanes. pero Carlos V los demoli´ en 1521 y qued´ con un o o . Tenga en cuenta que Carlos V gan´ su primera guerra a los o 16 aõs. en cuenta que el viaje no fue por el ecuador. El libreto presentado sugiere que la causa de eso fue una suerte de inspiraciń divina en la cual el sinti´ demasiado o o cerca de s´ la presencia de Dios. adentrńdose en el mar.2. lo cual alarg´ el recorrido m´ o ınimo. Adem´s.3. el Atlńtico y el Pac´ ıan e a ıfico? ¿Por qu´ no se dirigi´ al norte? e o f) ¿C´mo dilucidaron los matem´ticos que Magallanes no se hab´ devuelto desde o a ıa ´ el Cono Sur de Am´rica por el ´ e Indico hacia el extremo sur de Africa? g) ¿Por qu´ mataron a Magallanes y a Elcano no? ¿Por qu´ no los mataron a todos? e e h) ¿Se debe a Magallanes que en Filipinas una cierta minor´ hable espaõl actualıa n mente? i) El rey Carlos V fue un rey buscapleitos toda su vida. Por causa de tanta guerra. Elcano fue citado a los 15 d´ siguientes para que recibiera los honores. Procure elaborar otra explicaciń a u a o ıa. ni por un c´ ırculo m´ximo sino con muchas a vueltas. las montaãs se van ocultando. o e) Si bien Cort´s fue guiado en 1513 por un aborigen al ocáno Pac´ e e ıfico. Al quedarse e corto en la respuesta. preguntarse qu´ puede ser una cuadrupleta o una octupleta. Uno cualquiera de ellos Ij es de la forma [j. bajo o o la cual las cuadrupletas. Este tema se estudia en geometr´ diferencial. Nosotros estudiamos en este curso una amalgama de ´lgebra y geoa a metr´ plana. Tomemos el intervalo I = [0. y que por tanto hay o a a que saberla bien. Por eso. El enfoque adoptado para combatir la complejidad que trae consigo la introducciń o de la curvatura es el mismo de los cart´grafos: a pequeã escala la tierra se modela o n plana. Espacios digitales Nosotros estamos muy acostumbrados a ver a las tripletas de n´meros reales como u puntos del espacio. LINEAS. Veamos como se construye. presentamos a continuaciń una interpretaciń de las n-tupletas. n) y lo dividimos en n subintervalos iguales. Se trata del e o a n espacio digital. ya ser´ mucho lo que ha ganado. que ensancha la mente y unifica las ideas.44 CAP´ ITULO 2. Este espacio es muy similar a R pero al mismo tiempo es muy diferente. Esta idea se ha venido desarrollando y ahora cubre toda la f´ ısica. Aunque las aplicaciones de esta materia ıa son muy variadas. el cual ha sido direccionado por unos ejes cartesianos. nuestra materia es fćil pues los temas ıa a complicados estń asociados a geometr´ curva y a herramientas anal´ a ıa ıticas apropiadas. por ejemplo. se puede llegar a pensar que todo esto no es m´s que un juego a bobo. La funciń P2 es un pulso que vale uno sobre el intervalo [2.3) y cero por o fuera. j + 1). la gravitaciń o se reduce segń la relatividad general propuesta por Einstein a un efecto de la curu vatura del espacio-tiempo. como la funciń que asigna 1 a cualquier elemento sobre Ij y 0 a todo o lo dem´s. las octupletas y las trillonitupletas todas tienen un sentido muy claro. las m´s conocidas son en f´ a ısica pues. y de inter´s tanto tecnol´gico como matem´tico.4. . Es natural por tanto. La curvatura sale de la forma como se curvan los diversos mapas para ser pegados unos con otros. tal como se ve en la gr´fica siguiente: a a 2 1 0 -1 0 1 2 3 4 5 Figura 2. a 2. y comenzar a trabajarse despu´s de ver c´lculo vectorial aunque una hojeada por un estudiante e a del presente curso le podr´ servir para ver las ideas generales. Definimos sobre I la funciń Pj . Si logra sacar como ıa conclusiń que el ´lgebra lineal est´ en el fundamento de todo.6. PLANOS. en Internet. y se construyen mapas que se pueden poner sobre una mesa. Un enfoque sobre el tema que es moderno. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES poder absoluto. y que adem´s es pedag´gico puede encontrarse en Rodr´ a o ıguez (2008). En el mundo de la complejidad. una estructura en la cual el tiempo no se puede disociar del espacio. lineal. Para saber m´s. que se o lee pulso en j. muy simple. Esta tetratupleta dice que n o hemos tomado el intervalo [0. Formalice la definiciń de o n isomorfismo de espacios vectoriales y demuestre formalmente que Dn y R son isomorfos. 0. Demu´strelo formalmente. i + 1) es un espacio vectorial con la suma y la multiplicaciń escalar naturales. 7).2. podemos notar a P2 como (0. i + 1)). es decir. 6) = 3P0 + 4P1 + 2P2 + 6P3 . A dicho espacio lo notamos o Dn y lo llamamos el espacio digital de dimensiń n. Todo parece indicar que tenemos un espacio vectorial. e 78. ESPACIOS DIGITALES 45 Si el intervalo base es [0. 2. es decir. 3) b) (0. pruebe que el conjunto de funciones e definidas sobre I = [0. 0. no forman un espacio vectorial. Decimos que Rn y Dn son isomorfos. siempre y cuando uno tenga claramente definida la unidad de tiempo b´sica dada por un reloj. n) y constantes sobre cada subintervalo [i. 0. Ejercicio Dibuje los siguientes pulsos: a) (0. 1. Pero si el intervalo base es [0. 0). 0. el espacio digital. 5. 4. 0) o o 75. si cada mensaje tiene 7 pulsos y si los bits u (que son biopcionales. 0. 0) c) (0. 1. (Dn . 6). n) y constantes sobre cada subintervalo [i. Defina la suma de trenes o de pulsos y su multiplicaciń escalar de forma natural. 4. especifique de cu´les: a a) (0. Rn y Dn son practicamente lo mismo. 5). 4) y sobre ´l hemos definido una funciń o seãl que e o n puede notarse como (3. todo o nada) se mandan de izquierda a derecha? Bosqueje el tren de pulsos correspondiente. 1. Podemos sumar y alargar sin problema. Por abuso del lenguaje. Ejercicio Los pulsos son importantes en transmisiń de informaciń. Ejercicio Las siguientes n-tupletas no son pulsos. Ejercicio Si uno cuenta con un dispositivo de amplitud modulada. 1) b) (0. 0. 0. 0) 74. ¿A qu´ tren de pulsos e corresponde el n´mero binario 1011010. es el conjunto de funciones definidas sobre I = [0. 0. P2 deber´ ser notado como (0. 2. los o elementos de Dn tambiń se llaman pulsos. 0) c) (0. Cuando a los pulsos se transmiten en serie se crea un tren de pulsos. Muestre que el conjunto de trenes de pulsos con la suma y la multiplicaciń o escalar as´ definidos. a 73. se pueden transmitir seãles cuya notaciń es del estilo (3. 0. 7. un pulso se interpreta como un uno y una ausencia de pulso como un cero. . 1. 0. pero son modificaciones sencillas de pulsos. 0). 0. 76. ı 77. coordenada por cooro denada. 0. Ejercicio Desde el punto de vista de espacios vectoriales.4. 0. Ejercicio Formalice la definiciń de tren de pulsos. 0. El ´rea de un rectńgulo de base b y altura h es bh. en la cual las zonas de compresiń o o y de expansiń se acomodan a lo largo de la direcciń en la cual se transmite. PLANOS. habr´ poca fidelidad. la norma se define de tal manera que cumpla las propiedades naturales que cumple la norma en Rn .000 el o c´ ırculo m´ximo de la Tierra que pasaba por un determinado pueblo. La unidad de ´rea es un cuadrado de un metro de lado. Cuando se o transmite sonido en forma digital. Pero para espacios vectoriales en o o general. La unidad de volumen en metros c´bicos es un cubo de un metro de lado. ´ste lo transforma en una onda elćtrica que o e e viaja a trav´s del cable. su ´rea es bh. Los franceses definieron el metro como 1/40. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES El espacio digital es el referente te´rico de la m´sica digital. la onda e se ve como se espera. a a descubierto hace 2.500 aõs. Consideremos que b. Si los pulsos son muy gordos. LINEAS.46 CAP´ ITULO 2. La generalin zaciń de la definiciń de norma en Rn es inmediata. Hay que lograr un ajuste adecuado. a . h sean enteros. La unidad de longitud es lo que mide una determinada barra cuya longitud sea muy estable a la humedad. pero si son muy a flacos consumen mucha informaciń. La vara la defini´ Eno o rique VIII como la distancia desde la punta de su nariz hasta la punta de su mano bien estirada en posiciń horizontal. La longitud de un a segmento en metros es la cantidad de barras de un metro de largo que es necesaria para cubrir el segmento. El sonido es una onda de presiń longitudinal. a a Demostraciń. por lo tanto se requieren bh cuadros para recubrirlo. Digitalizar el sonido consiste en generar un tren de pulsos del espacio Dn . El volumen de una figura en metros c´bicos u u es el n´mero de cubos unitarios que se necesitan para cubrirla. el calor. Es decir. o la amplitud del pulso que codifica la onda de sonido tambiń debe codificarse y se e obtendr´ un sistema de amplitud modulada. u 80. La norma de un vector Definiremos la longitud de un vector de R2 para que coincida con la nociń de lono gitud del mundo en que vivimos. Si uno o o pone un micr´fono para captar sonido. Para ello necesitamos algunos prerrequisitos. s´lo se usan pulsos de amplitud uno. el cual est´ caracterizado por el teorema de Pit´goras. Veamos algunos detalles o u del asunto. en el cual los datos son los cambios de frecuencia y no de amplitud. ⋄ Teorema. como una curva que baja y sube innumerables veces. ♣ Definiciones. O podr´ usarse un sistema de frecuencia ıa ıa modulada. 2. El area de a ´ una figura en metros cuadrados es el n´mero de cuadrados de un metro de lado que u son necesarios y suficientes para enladrillar la figura.5. que pueden ser tanto positivos como negativos y que tienen diferente amplitud de tal forma que su envolvente sea la onda dada. Al rectńgulo de base b y altura h o a lo cuadriculamos y se forman bh cuadros de 1 unidad de lado. Por lo tanto. Si se visualiza dicha onda por medio de un osciloscopio. la corrosiń. 79. los ńgulos opuestos por el v´rtice son iguales. entonces son iguales.2.7. O mejor dicho: si dos ńgulos tienen lados paralelos. ⋄ Teorema. a e Con los dos resultados anteriores podemos hacer la demostraciń solicitada. Angulos iguales. ♣ Definiciń. Area de un paralelogramo. Como el ´rea de un rectńgulo es base por a a a altura. Demostraciń. y su base es lo que mida PQ. Para probar esto necesitamos el siguiente hecho: o α α α α ´ Figura 2. ⋄ Teorema del medio Sol y ejercicio. El ´rea de una paralelogramo es base por altura. Medido en grados un angulo a ´ recto mide 90. cuando dos a l´ ıneas se cruzan. Un ńgulo se llama recto cuando queda en un v´rtice de dos o a e l´ ıneas que se cruzan formando cuatro ńgulos iguales. e 83. la del paralelogramo tambiń. Por otra parte. LA NORMA DE UN VECTOR 47 81. ¿Por qu´ se llama este teorema as´ e ı? Demostraciń. Se fabrica el rectńgulo TURS trasladando el a trińgulo PTS hasta que coincida con el trińgulo QUR. ´ 82. Una escuadra al ser deslizada sobre una l´ ınea ni se abre ni se cierra. Los ńgulos internos de un trińgulo a a suman 180 grados o π. a S R P T Q U ´ Figura 2. y en radianes mide π/2. Su altura es lo que mida el sego mento TS. El rectńgulo nuevo tiene la a a a misma ´rea que el paralelogramo original.8. o . 84. Consideremos el paralelogramo PQRS. haga lo posible por terminarla. Ejercicio Discuta si la anterior demostraciń es en realidad una demostraciń o o o si apenas es su comienzo.5. En el ultimo caso. 9. a a Demostraciń. Trińgulo de Pit´goras. con su a a hipotenusa apuntando hacia la derecha.10. Hacemos cuatro copias del trińgulo dado y con ellas formamos a un cuadrado de lado c de tal forma que quede un cuadrado interior de lado b − a. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES 3 2 β 1 0 α γ α β 6 α γ 7 8 -1 0 1 2 3 4 5 Figura 2. a 85. la suma de los ńgulos a internos de un trińgulo es de 180 grados. En la figura podemos ver tres demostraciones del Teorema. b e hipotenusa c se cumple que c2 = a2 + b2 .48 CAP´ ITULO 2. Supongamos que el trińgulo rectńgulo tiene como v´rtices A. En la figura siguiente. B. PLANOS. LINEAS. a= nus ote Hip b √ a2 + c= 2 b a Figura 2. C o a a e y como lados a. . Por tanto. b. c. En un trińgulo rectńgulo (con uno de sus angulos a a a ´ recto) de lados a. Teorema del medio Sol. el trińgulo inicial est´ en la esquina inferior derecha. Hay tres maneras de trasladar los ńgulos internos para que queden juntos sobre el mismo lado de una l´ a ınea recta de tal forma que llenen todo ese medio mundo. ⋄ Teorema de Pit´goras. el teorema de Pit´goras es inmediato: a El ´rea del cuadrado grande es c2 . m´s el ´rea de 4 trińgulos. el exterior.2. Analicemos entonces el v´rtice C en donde hay un a e ńgulo recto en el interior del trińgulo. a n Demostremos lo mismo para el cuadril´tero grande. b) . b) = a2 + b2 . a Habiendo demostrado que realmente tenemos un cuadrado de lado b − a dentro de otro de lado c. 87. La norma de un vector (a. se deduce que el ńgulo interno del cuadril´tero pequeõ en el a a n v´rtice C tambiń es recto. ¿son estas figuras realmente cuadrados? Lo que pasa es que un cuadrado no es simplemente una figura que tiene todos los lados iguales. armando un trińgulo a √ apropiado. b) es la distancia desde su cola hasta su cabeza. a Pero tenemos un problema. en un trińgulo rectńgulo los a a a dos ńgulos no rectos suman 180−90 = 90 grados.11. entonces a a a a c2 = (b − a)2 + 4(ab/2) = b2 − 2ab + a2 + 2ab = b2 + a2 = a2 + b2 86. se deduce que (a. Teorema de Pit´goras. Se nota como (a. ⋄ Teorema autodemostrado 1. Por lo tanto. cada uno de ´rea (ab)/2. Por tanto. la cual es igual al ´rea del cuadrado pequeô a a n 2 interior. Pero como el ńgulo que queda al lado de una a a a recta es de 180 grados. (b − a) . . Nuestro razonamiento es v´lido para todas las esquinas del e e a cuadril´tero pequeõ y por tanto es un cuadrado. Para que una figura de cuatro lados iguales sea cuadrado se requiere adem´s que los a ńgulos internos sean todos rectos. Un vector unitario es aquel cuya norma es uno. Ejercicio Describa todos los vectores de R2 que sean unitarios. o 88. LA NORMA DE UN VECTOR 3 49 A a 2 b−a 1 0 c b -1 -2 C -3 -3 -2 -1 0 1 2 a 3 B Figura 2. entonces. Como los ńgulos a a internos de un trińgulo suman 180 grados.5. ♣ Definiciń. el ńgulo en cada esquina a a del cuadril´tero grande es recto pues contiene los dos ńgulos no rectos del trińgulo a a a rectńgulo. 98. Ejercicio Defina la elipse por la regla del jardinero. k) y un punto cualquiera de la circunferencia (x. (2. 3). Tome tres puntillas. Calculemos la distancia de P a Q. 3. z) al punto (2. . (2. 6. 2) y √ √ hallemos su norma (0. (−1. definido o por v. 3. Ejercicio Generalice la definiciń de norma de un vector para cualquier vector o en Rn . 93. y − 3. (1. 5). 91. 3). Por tanto. y el punto Q. que es la ecuaciń de la circunferencia con centro en (h. −2. Sea el punto P definido por el vector u. −4. 95. −1) es la norma del vector (x − 2. 3. (−3. 2. 94. 1). Ejercicio Usando Pit´goras defina la norma de un vector en el espacio 3D. 5). −2. Generalice a a a a n-dimensiones. o o 97. a 90. Sea el centro (h. 5). calculado por u − v. (x − 2)2 + (y − 3)2 + (z + 1)2 . Ayuda: forme un plp cuya diagonal principal es el vector dado. Aplique Pit´goras sobre esos dos trińgulos. Un plp (paralelep´ ıpedo) es una figura tridimensional bordeada por 6 caras planas paralelas dos a dos. LINEAS. y). z + 1). k) y de radio r > 0. 5) + (−1. Q = (1. la ecuaciń es (x − h)2 + (y − k)2 = r y elevando al cuadrado ambos lados se tiene o (x − h)2 + (y − k)2 = r2 . Ejemplo Definamos la circunferencia y hallemos su ecuaciń. Ejemplo Sea P = (1. La distancia entre dos puntos P y Q es la norma del vector que va desde P a Q. (−3. 5) − (1. 92. igual al radio r. 2).50 CAP´ ITULO 2. (−1. Con la ´ tercera puntilla tense la cuerda y vaya dibujando la elipse. Para ello. 3. 5. −3). es decir. Ejercicio Calcule la norma de los vectores (2. hagamos la resta (1. −5). Repaso. ♣ Definiciń. 2) = 25 + 4 = 29. y. 3). RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES 89. PLANOS. o Una circunferencia es un conjunto de puntos de R2 que equidistan de un punto fijo llamado centro. 2. 96. una arista del plp y otra diagonal sea cundaria. 2. 3. llamados focos. Fije dos de ellas en puntos separados. Observe ahora que la diagonal secundaria es la hipotenusa de un trińgulo a rectńgulo en la base del plp. y unalas con un cuerda floja. Ejercicio Defina una esfera y halle su ecuaciń. y) al centro es constante. Ejemplo La distancia de un punto cualquiera (x. −3) = (0. Forme un trińgulo a rectńgulo vertical con la diagonal principal. 3) = (1. 5. Entonces la distancia de (x. a d) p(v) = 0 si y s´lo si v es el vector cero (un vector que no es cero tampoco tiene o norma cero).2. las cuales se toman como la definiciń o de norma en un espacio vectorial arbitrario. de tal manera que si los dos focos estuviesen en el mismo punto. b2 origen del plano cartesiano. b) p(λv) = |λ|p(v) para cualquier escalar λ y cualquier vector v (si se alarga un vector. En este y en la gran mayor´ de textos. La norma es una funciń p definida sobre un espacio vectorial que asocia un o n´mero real a cada vector v tal que u a) p(v) ≥ 0 (la norma o largo de un vector no puede ser negativa).6. v.6. si forman un ńgulo recto. c) p(u + v) ≤ p(u) + p(v). y2 = 1. Se llama producto interno. quedar´ una ıa circunferencia. es decir. debe cumplirse que el camino directo tiene la distancia m´s corta entre dos puntos).12. Demuestre que un punto (x. (Cuando se utiliza la norma para medir distancias. EL PRODUCTO INTERIOR 51 T T T Figura 2. la distancia b 2 = a2 − c 2 . la cuerda del entre los focos mide 2c. para cualquier par de vectores u. Ejercicio y definiciń Demuestre que la definiciń que tenemos de norma o o n sobre R cumple con las siguientes propiedades. A esta desigualdad se le llama la desigualdad triangular. y hemos definido 99. Elipse. la norma se nota como ||v|| pero en otros ıa libros se usa |v|. 2. la norma se alarga consecuentemente). El producto interior Existe una herramienta especialmente diseãda para saber si dos vectores son o n no perpendiculares. y) de la elipse satisface la ecuaciń o x2 + a2 donde la elipse se ha centrado en el jardinero mide de largo 2a. a . RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES interior. Veamos eso con los prerrequisitos b´sicos: a a 107. 1. el seno a es la longitud del segmento vertical abierto por el ńgulo. v = (v1 . (2. i+1). u2 ). (1. v2 ). Ejemplo Si u = (1. ♣ Definiciń. u = (u1 . 100. Dados dos vectores de R2 . 7). Recordemos que seno y coseno son relaciones definidas para un c´ ırculo de radio 1: dado un ńgulo con uno de sus lados sobre el eje X. 102. −1. (2. −2) entonces u · v = (3)(4) + (5)(−2) = 12 − 10 = 2. Ejemplo Si u = (1. mientras que el coseno es la a longitud del correspondiente segmento horizontal. (3. 3). PLANOS. m) y v = (1. 1). (1. Seno y coseno. −1) c) (1. −1. Decimos que Rn y Dn son isomorfos como espacios vectoriales con producto interno. 1). el conjunto de funciones definidas sobre I = [0. Ejercicio Sea el espacio digital Dn . −2) b) (1. 1) entonces u · v = (1)(1) + (−1)(1) = 1 − 1 = 0. Ejemplo Si u = (3. n) y constantes sobre cada subintervalo [i. Ejercicio Generalice la definiciń de producto punto a Rn . definimos o el producto interno. 1) e) (1. 5) y v = (4. −1) y v = (1. Defina la norma en Dn . 4) d) (1. Dib´jelos y u observe cu´les pares son perpendiculares y cuńto da su producto punto: a a a) (1. Construya sobre Dn un producto interno que lo haga en todo semejante a Rn . 104. de un elemento cualquiera. o 105. Comenzamos con una definiciń v´lida para R2 .52 CAP´ ITULO 2. 1. 1). Ejercicio Calcule el producto punto entre los pares de vectores. 101. . despu´s o a e n la generalizamos a R y luego a un espacio vectorial cualquiera. 0) El producto interno entre dos vectores puede relacionarse con la norma de los vectores y el ńgulo entre ellos. de un tren de pulsos. 106. 103. escalar o punto u · v como el n´mero u u · v = u1 v 1 + u2 v 2 . LINEAS. −1/m) entonces u · v = (1)(1) + (m)(−1/m) = 1 − 1 = 0. de un pulso. escalar o punto. mientras a que el coseno es el cociente entre el cateto adyacente y la hipotenusa.2. se puede demostrar que en un a trińgulo recto. Teorema de los cosenos. Coseno de una suma. B. el cual se basa en la identidad. Usando trińgulos semejantes. ⋄ Teorema de los cosenos. C b A n h c m a B Figura 2. cos α = x/r. 108. c y de a 2 a ńgulos opuestos A. EL PRODUCTO INTERIOR A r O x E α y B 53 Figura 2. Esta identidad puede demostrarse m´s luego con ayuda de los n´meros complejos a u y por ahora la utilizaremos para demostrar el teorema de los cosenos el cual es una generalizaciń del teorema de Pit´goras. En un trińgulo cualquiera de lados a. C siempre se tiene que c = a2 + b2 − 2ab cos(C). sen α = y/r. El teorema de Pit´goras dice que en la gr´fica anterior.14. o a 109. La propiedad m´s importante del producto punto se basa en el teorema de los a cosenos.13.6. cos(γ1 + γ2 ) = cos γ1 cos γ2 − sen γ1 sen γ2 . el seno es el cociente entre el cateto opuesto y la hipotenusa. x2 +y 2 = 1. . b. lo cual significa a a 2 2 que sen θ + cos θ = 1. donde θ es el ńgulo entre los vectores u y v. c se cumple a2 +b2 = c2 . u2 ). La altura separa a c en dos partes.54 CAP´ ITULO 2. ⋄ Teorema. v = (v1 . Demostracion: ejercicio.15. obtenemos c2 = a2 + b2 − 2ab cos C tal como reza el teorema. Aplicando el teorema de los cosenos. Ahora podemos establecer lo que podr´ ser el teorema central del producto punto. sean m. Si reemplazamos esta igualdad en c2 = a2 + b2 − 2(h2 − mn). por qu´? a e 111. Aparentemente. ⋄ Teorema. v2 ). u2 ) Figura 2. Sea u = (u1 . LINEAS. tenemos: a a a2 = m2 + h2 b2 = n2 + h2 Sumando a2 + b2 = m2 + h2 + n2 + h2 = m2 + n2 + 2h2 = c2 − 2mn + 2h2 = c2 + 2(h2 − mn) Es decir. ıa el que lo relaciona con normas y ńgulos. PLANOS. entonces a dicho trińgulo es rectńgulo. entonces o u · v = u1 v 1 + u2 v 2 Utilizando el teorema de los cosenos y midiendo el largo de un segmento por medio de la norma. el ńgulo C es dividido por h en dos partes γ1 cuyo lado opuesto a es n y γ2 cuyo lado opuesto es m. y leyendo dichos valores en el trińgulo resulta: a cos C = cos(γ1 + γ2 ) = (h/b)(h/a) − (n/b)(m/a) = (1/ab)(h2 − mn) Por lo tanto h2 − mn = ab cos C. n tal que c = m + n y por tanto c2 = m2 + n2 + 2mn o sea que m2 + n2 = c2 − 2mn. Pongamos a descansar el trińgulo sobre el lado c y del v´rtice opuesto o a e C bajamos la altura h. Usando Pit´goras en a los dos trińgulos rectńgulos resultantes. Este teorema define lo que es un ńgulo recto para los a a a ingenieros. a Demostraciń. v2 ) v−u v θ u (u1 . 110. b. c2 = a2 + b2 − 2(h2 − mn). Por otro lado. la prueba es v´lida para el a a plano. . Aplicando la identidad del coseno de una suma de ńgulos tenemos: a cos C = cos(γ1 + γ2 ) = cos γ1 cos γ2 − sen γ1 sen γ2 . pero en realidad es v´lida para R3 . RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES Demostraciń. u · v = u v cos θ. Si en un trińgulo de lados a. tenemos: (v1 . 55 112.2. Demostraciń. −1/m). 116. Ejercicio Halle un vector que quede en el segundo cuadrante. Dos vectores no nulos se cortan en ńgulo recto ssi su producto a interior es 0. b) siempre es perpendicular al vector (b. pues u·v = u v cos θ. Ejercicio Demuestre que el vector (a. su producto interno tambiń. (1. 114. m). Dos vectores u. dos vectores son a perpendiculares si su producto punto es cero. Ejercicio Demuestre que si u ⊥ v entonces la perpendicularidad se conserva aun si estos vectores se alargan o se acortan: λu ⊥ µv. que sea de norma 3 y que sea perpendicular al vector (1. 117. O bien. el coseno debe ser cero y por lo tanto el ńgulo es recto. Ejercicio Halle un vector en direcciń θ = π/6 y que mida 8 unidades. Ejercicio + ♣ Definiciń Compare las dos definiciones siguientes de pero pendicularidad y diga cu´l es mejor y por qu´. −a) y que lo mismo pasa con los vectores (1. . Decimos que los dos vectores son ortogonales. u⊥v ssi u · v = 0 v u Figura 2.6. u2 − v2 ) 2 − (u1 . u ⊥ v. v2 ) 2 2 2 = (u1 − v1 )2 + (u2 − v2 )2 − u2 − u2 − v1 − v1 1 2 2 2 2 2 = u2 − 2u1 v1 + v1 + u2 − 2u2 v2 + v2 − u2 − u2 − v1 − v1 1 2 1 2 = −2u1 v1 − 2u2 v2 Resumiendo: −2 u v cos θ = −2u1 v1 − 2u2 v2 al dividir por −2 se tiene el resultado solicitado. son ortogonales a e o perpendiculares. Si los dos vectores se cortan en ńgulo recto. u2 ) 2 − (v1 . Despejando −2 u v cos θ = u − v 2 − u 2 − v 2 = (u1 − v1 . Rec´ e ıprocamente. su coseno es cero o a o y. a 113. 5). a 115. ⋄ Teorema. 90 ´ π/2. Ejercicio Halle los ńgulos entre todos los pares de vectores del ejercicio 106. por lo tanto. EL PRODUCTO INTERIOR u − v 2 = u 2 + v 2 − 2 u v cos θ. Ortogonalidad de vectores.16. si el producto punto es cero y ninguno tiene norma cero. si se cortan en ńgulo recto. o 118. v. Veamos c´mo se procede. o u Es decir. 1) es paralelo con (2. v y para cualquier escalar λ: a a) Simetr´ u · v = v · u. 122. ♣ Definiciń. c) Aditividad (distributividad): u · (v + w) = u · v + u · w. o 123. 120. u y v son paralelos ssi existe un escalar λ = 0 tal que u = λv. El producto interno sobre Rn cumple las siguientes propiedades. e) Inyectividad: si para todo v se tiene que u · v = 0 entonces u = 0. Pero (1. si u ⊥ v y si v ⊥ w. Se llama producto interno o interior sobre un espacio o vectorial a una funciń que a cada par de vectores le asocia un n´mero real y que o u cumple con las propiedades listadas en el teorema anterior. ♣ Definiciń. PLANOS. 1) y (1. v = λu. Demostraciń: ejercicio. LINEAS. donde adem´s aparecen las a propiedades de compatibilidad con la multiplicaciń por un escalar. o 124. d) No negatividad: u · u ≥ 0. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES 119. o . Ejemplo (1. ıa: b)Bihomogeneidad escalar: (λu)·v = λ(v·u) = v·(λu). o o El producto interno asocia un n´mero a dos vectores. 3) no son paralelos. ⋄ Teorema y ejercicio. e) No asociatividad: la expresiń u · u · w tiene al menos dos interpretaciones no o equivalentes. la norma definida aqu´ coincide con la que ya se ten´ ı ıa. ⋄ Teorema y ejercicio. las cuales se toman e como definiciń de producto interior en cualquier espacio vectorial real (con escalares o reales). Al multiplicar uno cualquiera de los vectores por un escalar. Ejercicio En el plano cartesiano. Demostraciń: ejercicio. Pero para un EV cualquiera. v´lidas para cualquier par de vectores u. o. se hace una o definiciń por propiedades y a partir de ella se deduce todo. Pero a pesar de que el resulu tado no es un vector. Tambiń cumple otras propiedades listadas en el siguiente teorema. El producto interior definido sobre un EV arbitrario cumple con: a) v · (λu) = λ(v · u) b) (λv) · (λu) = λ2 (v · u) c) (v + w) · u =√ · u + w · u v d) La funciń u · u cumple las propiedades de una norma por lo que podemos o √ definir ||u|| = u · u. 2) porque el segundo es 2 veces el primero. e o 121. se le da el nombre de producto porque cumple la ley distributiva. Dos vectores son paralelos ssi uno es m´ltiplo escalar del otro. Si el producto interno en Rn se define de la manera usual. ¿qu´ relaciń hay entre u y w? Demuestre su pron´stico.56 CAP´ ITULO 2. el producto interno se multiplica por el escalar. o Las propiedades del producto interno sobre Rn se pueden demostrar a partir de la definiciń operacional que hemos dado. Puede ser que un pulso dure un segundo. a tensiones. nunca ha dejado de ser e interesante imaginar circuitos cuyos m´dulos sean ´tomos o molćulas con modos de o a e vibraciń electrńica aislados del movimiento t´rmico (Boylestad y Nashelsky. 1) y lo dividimos en n subintervalos iguales. cerrados por abajo y abiertos por arriba.... Dicha particiń induce un espacio digital En sobre [0. nosotros tomamos el intervalo [0. i + 1) y cero sobre el resto del intervalo [0. el del audio digital. el cual es un e o espacio vectorial. Decida si la familia Dn es la misma que En o si al menos son isomorfos como espacios vectoriales. Demuestre que podemos definir sobre dicho espacio un producto interno. cn ) y d = (d1 . . 126. Por todo esto. 1994). n). pero entre m´s alta sea la frecuencia. un ruido que se genera debido al calor. Pero ahora tomamos el intervalo [0. mayor a volumen de informaciń pueden transmitir pero m´s dif´ o a ıciles son de hacer y de controlar. un milisegundo. pero si se bajan mucho. Por ejemplo. A esto se le llama una particiń o homogńea.2. n). el generado por los pulsos Pi que tienen amplitud uno sobre el intervalo [i. c = (c1 . o Al definir un pulso. La medida ser´ entonces disminuir los niveıa les de potencia. dn ) es c · d = c1 d1 + c2 d2 + . quedar´ la informaciń tapada por el ruido ıa o t´rmico. se pueden utilizar cristales de cuarzo para estabilizar la frecuencia de los pulsos. el cristal vibra mecńicamente. a) Demuestre que nuestra definiciń satisface todas las propiedades de producto o interno. pero ¿qu´ significa eso e tecnol´gicamente? Que tenemos un reloj que marca el tiempo del sistema y que hemos o tomando n unidades de tiempo. pues un pulso ıa puede interpretarse como un uno y una ausencia de pulso como un cero.6. o 125. n). 1978).. . c2 .. + cn dn .. las cuales pueden dislocarlo. 1). lo cual crea desplazamientos relativos. m´s es el estr´s del cristal y poa a e dr´ llegar a romperse. Y que con un tren de pulsos puede transmitirse informaciń binaria que es suficiente para transmitir o todo tipo de informaciń. o Recordemos que Dn es el espacio digital sobre el intervalo [0.. c) En tambiń es conocido como el conjunto de las funciones escalonadas. Estas e funciones se usan para aproximar a las funciones continuas a trozos que tambiń cone forman un EV. c2 . b) Demuestre que el producto interno que hemos definidio en el espacio digital En puede escribirse como una integral. o o e Tratar de acortar un pulso hasta cero crea severos problemas no s´lo tćnicos sino o e tambiń matem´ticos. . cn ). Eso es algo tan escurridizo que su formalizaciń correcta tuvo que esperar o hasta casi mediados del siglo XX y se denomina teor´ de distribuciones o funciones ıa generalizadas y se estudia como parte del an´lisis funcional (Yosida. Ejercicio Relacione D2 con E2 y D4 con E4 . Ejercicio Un elemento cualquiera de En se nota (c1 . Esto se debe a que cuando se aplica un voltaje ondulatorio ıa a un cristal. Escriba la norma de un vector usando la forma integral del producto interior de En . un nanosegundo o un femtosegundo. EL PRODUCTO INTERIOR 57 Hab´ ıamos dicho que los pulsos son importantes en tecnolog´ digital. Entre m´s cortos sean los pulsos. Veamos ahora c´mo este espacio tambiń tiene o e su producto interior y c´mo se relaciona con Dn .. d2 . y el producto interior entre dos elementos de En . .. En las matem´ticas el tema motiv´ la definiciń de la funciń e a a o o o delta de Dirac como un pulso de duraciń cero pero de altura infinita para que el ´rea o a total sea uno. Demos los a primeros pasos en esa direcciń... f y g. Atr´vase a definir un producto interior en C que respete la relaciń entre e o C y En . como el l´ ımite cuando n tiende a infinito del producto interno de las funciones escalonadas que aproximan a f y a g y que dicho producto interno toma la sencilla forma siguiente: 1 f ·g = f (x)g(x)dx 0 127. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES punto o escalar entre dos funciones. PLANOS.17. T y En para n grande? e o Atr´vase a definir un producto interior en T que respete su relaciń con C y con En . o 130. 128. Demuestre u que T es un espacio vectorial. ¿Qu´ relaciń hay entre C. LINEAS. Dos trińgulos semejantes.7. Dibuje algunas funciones que pertenezcan a E16 pero no a E8 . a . 1). Luego desarrollaremos una tecnolog´ que nos permita tratar con l´ ıa ıneas en un espacio de dimensiń cualquiera. Ejercicio Dibuje algunas funciones que pertenezcan tanto a E16 como a E8 . L´ ıneas en el plano Primero repasaremos la tecnolog´ m´s usual para tratar con l´ ıa a ıneas en el plano. Ejercicio Sea C el conjunto de las funciones continuas definidas sobre el intervalo [0. Dos trińgulos son semejantes si uno de ellos es la ampliaciń o a o del otro.58 CAP´ ITULO 2. por elementos de En . l´ o e ınea y l´ ınea recta como sinńimos. a) ¿Qu´ relaciń hay entre C y En para n grande? e o b) ¿Qu´ pasa cuando n tiende a infinito? e 129. 1). Nosotros utilizaremos los t´rminos recta. por instinto y sin cargo de conciencia. que son continuas a trozos pero con un n´mero finito de discontinuidades. a o Figura 2. e o 2. Ejercicio Sea T el conjunto de las funciones definidas sobre el intervalo [0. ♣ Definiciń. Dibuje una funciń que o no pertenezca a ningń En y aprox´ u ımela. O lo que es lo mismo: dos trińgulos son semejantes si existen escalas de a medida en las cuales los dos trińgulos se ven como uno s´lo. a n Es decir. los lados del trińgulo grande subtienden exactamente los mismos ńgulos a a que el trińgulo pequeõ. lo cual puede reescribirse como (λa)2 = (λb)2 + (λc)2 − 2(λb)(λc) cos θ. l2 dos lados del primer trińgulo y como l1 . que representa el teorema de los cosenos para el trińgulo grande. Puede ser conveniente n n aclarar que en esta verbalizaciń. conserva o a los ńgulos.18. la cual alarga los lados. Multiplicando esta ecuaciń por un escalar λ2 tenemos: o 2 2 2 2 2 2 2 λ a = λ b + λ c − 2λ bc cos θ. pero con el mismo a ńgulo que el pequeõ. por ejemplo: lado uno grande es a o lado uno pequeõ como lado dos grande es a lado dos pequeõ. La ampliaciń de un trińgulo. Homolog´ y proporcionalidad.7. Supongamos que para obtener el trińgulo grande multiplicamos los o a lados del pequeõ por el escalar λ. ⋄ Teorema. Por el teorema de los cosenos se tiene que para un n ńgulo cualquiera del trińgulo pequeõ θ: a a n a2 = b2 + c2 − 2bc cos θ. a Demostraciń. n . O en quebrados. ⋄ Teorema. a a ′ l1 l2 l1 ′ l2 Figura 2. l2 los o a dos lados hom´logos del segundo trińgulo. ′ ′ l1 /l2 = l1 /l2 Demostraciń: o ′ l1 = kl1 ′ l2 = kl2 Por tanto: ′ ′ l1 /l2 = kl1 /(kl2 ) = l1 /l2 lo cual implica que ′ ′ l1 /l1 = l2 /l2 Es bueno aprender a verbalizar esta expresiń. a n 132. ıa ′ ′ Demostraciń. Al considerar dos trińgulos semejantes se tiene que lado uno es a a lado uno del otro trińgulo como lado dos es a lado dos del otro trińgulo. Denotemos como l1 . cuando decimos lado grande o lado pequeõ realmente o n estamos diciendo lo que el lado grande mide o lo que el lado pequeõ mide.2. L´ INEAS EN EL PLANO 59 131. Se tiene: o a (lado uno) es a (lado uno prima) como (lado dos) es a (lado dos prima). 134. Un tercer punto pertenece a la l´ a ınea si todos los trińgulos resultantes son semejantes. aunque eso no es absolutamente necea a sario. PLANOS. 0) Soluciń: Saquemos la ecuaciń de la recta a partir de trińgulos semejantes. cambiando la posiciń relativa del punto a o arbitrario (x. Por consiguiente: y/1 = x/1. o simplemente y = x. a Q = (1. Hallemos la ecuaciń de la l´ o ınea que pasa por los puntos P = (0. LINEAS. 1). por tanto a XR/QS = RP/SP . RP = 1.19. Siempre asumiremos trińgulos rectńgulos. o Un punto X de coordenadas (x. y X = (x. y) R Figura 2. Eso implica que las medidas de los segmentos a siguientes son proporcionales: QS/XR = SP/RP . La ecuaciń de una recta. Trińgulos y rectas. P SQ son semejantes. Imaginemos el trińgulo sobre el plano cartesiano. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES 133.60 CAP´ ITULO 2. Ejemplo y Q = (1. a Q X P R S Figura 2. P en el origen (0. 0). y) entonces XR = y. cualquiera. a Un punto X. ♣ La ecuaciń de la l´ o ınea. 0). S = (1. pertenece a la l´ ınea generada por los puntos P y Q si los trińgulos P RX. 1). y) est´ en la l´ a ınea que pasa por los puntos P y Q siempre y cuando los trińgulos P XR y P QS sean semejantes. y) con respecto a los puntos dados: Q P S X = (x. Una l´ ınea es un conjunto del plano determinado por dos puntos y por trińgulos semejantes. como en la figura.20. pero o o a hagamos una ligera variante en la gr´fica. . 21.22. a m se la llama la pendiente.7. Si la pendiente es 5/4. Soluciń: o Q = (5. 8) X = (x. o o x=k Figura 2. o QS/XR = SP/RP equivale a: (8 − 3)/(y − 3) = (5 − 1)/(x − 1) 5/(y − 3) = 4/(x − 1) reordenando queda: 4(y − 3) = 5(x − 1) (y − 3) = (5/4)(x − 1) y = (5/4)(x − 1) + 3 = (5/4)x − 5/4 + 12/4 = (5/4)x + 7/4 que en definitiva nos da: y = (5/4)x + 7/4. Observemos que la pendiente es simplemente cateto opuesto sobre cateto adyacente para el ńgulo situado en P . La ecuaciń de una recta que no pasa por el origen. Una l´ ınea es vertical si y s´lo si su ecuaciń es de la forma x = k. Ejemplo y Q = (5. Al coeficiente de x cuando y est´ despejada se le denomina la pendiente. a 137. ♣ Definiciń.2. 3) 5 S = (5. 8). y) 61 Hallemos la ecuaciń de la l´ o ınea que pasa por los puntos P = (1. 3) P = (1. Al ńgulo θ = Arctg(m) se le llama el angulo de inclinaciń a a ´ o de la recta. 3) 4 Figura 2. o . 136. el ńgulo de inclinaciń es aproximadamente 51 a o grados. 3) R = (x. L´ INEAS EN EL PLANO 135. En el ejemplo anterior la pendiente es 5/4. Cuando la ecuaciń de una recta se ha escrito de la forma o o y = mx + b. ⋄ Teorema. La ecuaciń de una recta vertical. LINEAS. (5. 3) y (−5. Ejemplo Hallemos la ecuaciń de la l´ o ınea que pasa por (1. y). −4) y (1. 3) d) (1. la ecuaciń de la l´ o ınea es y = (3/4)x + (9/4). por favor. Por tanto. 5) c) (−2. y por 3 y lo mismo con el o otro punto: 3=m+b⇒b=3−m 6 = 5m + b ⇒ 6 = 5m + 3 − m = 4m + 3 ⇒ m = 3/4 ⇒ b = 3 − 3/4 = 9/4. −1) b) (2. 3) y (5. 2) 142.62 CAP´ ITULO 2. −3) y (1. 3). O de otra forma. ⋄ Teorema y ejercicio. una l´ ınea no vertical que pasa por dos puntos (x1 . −1) y en general. todos esos puntos estń sobre la vertical que pasa exactamente a por (5. todos los puntos de la forma (5. Toda l´ ınea que no es vertical es de la forma y = mx+b donde m es la pendiente y b es el corte con el eje vertical Y . 139. b. Por tanto. dicha ecuaciń representa too o dos los puntos cuyas coordenadas (x. 3) y (5. los siguientes puntos estń en dicha l´ a ınea: (5. diga exactamente en dńde se usa el hecho de o o que la recta no sea vertical. (x2 . Soluciń: puesto que y = mx + b reemplazamos x por 1. (5. y) cumplen que x = 5. En el plano. y2 ) tiene pendiente m= por lo que su ecuaciń es o y − y1 = m(x − x1 ) o bien y − y2 = m(x − x2 ) y2 − y1 x2 − x1 Demostraciń. 138. Por ejemplo. c n´meros reales. 0). 2) y (−1. u o a o ınea que pasa por los puntos: 141. 6) e) (1. −4) y 5 c) (−2. 3) y −5 d) (1. 2) y 0 . 140. y1 ). pensemos en la ecuaciń x = 5. ejercicio y. PLANOS. La ecuaciń de una recta cualquiera en el plano es o de la forma ax + by = c. 8). 3) y −2 b) (2. con a. −3) y 6 e) (1. es la ecuaciń estńdar. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES En efecto. Ejercicio Halle la ecuaciń de la l´ a) (2. Ejercicio Halle la ecuaciń de la l´ o ınea que pasa por el punto dado con la pendiente dada: a) (2. ⋄ Teorema y ejercicio. 6). Ejercicio Halle la ecuaciń de la l´ o ınea que tiene la pendiente dada y el corte con el eje Y dado: a) 2 y 1 b) −3 y −1 c) ∞ y −5 d) −1 y −3 e) 0 y −8 144. Rectas y vectores. 3) λ(2. −3) y −3 2. 3) y 4 d) (1. Aprendamos ahora una tecnolog´ que nos permita tratar con ıa l´ ıneas en cualquier dimensiń. Ecuaciń vectorial de la l´ o ınea El enfoque que hemos aprendido en la secciń anterior es muy bueno para estudiar o l´ ıneas en el plano. ECUACION VECTORIAL DE LA L´ INEA 63 143.8. hasta llegar al o punto. ♣ Definiciń. que son m´ltiplos de un vector dado D. Una l´ o ınea que pasa por el origen es simplemente el conjunto de todos los vectores que resultan de alargar. Esto tambiń se interpreta como: para ir desde el origen hasta un punto X sobre la e l´ ınea se camina en la direcciń D lo que sea necesario. u Informalmente. una l´ ınea que pasa por el origen es el conjunto de puntos X = λD.8.´ 2. . llamado vector director. Pero la generalizaciń de esa metodolog´ al espacio de tres dio ıa mensiones es imposible. pero empezaremos con l´ o ıneas en el plano para despu´s e generalizar. −4) y −3 c) (−2. regulando λ. acortar o reversar un vector dado.23. Ejercicio Halle la ecuaciń de la l´ o ınea que pasa por el punto dado y el corte con el eje Y dado: a) (2. 145. 3) Figura 2. o lo que es lo mismo. 6 5 4 3 2 1 0 -1 -2 -3 -4 -5 -6 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 (2. 3) y −8 b) (2. con X = λD} Esta simbolog´ se lee as´ la l´ ıa ı: ınea L es el conjunto de puntos X = (x. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES Tenemos en escritura matem´tica: a 2 L = {X = (x. LINEAS. Si x = 0. pasemos a considerar l´ ıneas del plano que no pasan por el origen. . se tiene: x = 2λ y = 3λ Si despejamos λ de la primera ecuaciń x/2 = λ mientras que de la segunda y/3 = λ. El eje Y es una l´ ınea que tiene como ecuaciń x = 0. o Igualando x/2 = y/3 la ecuaciń de la l´ o ınea es y = (3/2)x que tambiń se escribe e y − (3/2)x = 0. y = 1 nos da el primer punto P (0. Tomamos primero dos puntos arbitrarios sobre la l´ ınea. coordenada por coordenada. 3). Este segmento se representa por el vector D. Como la igualdad tiene sentido. 147. Ejemplo Definamos en el plano la l´ ınea L que pasa por el origen y por el punto (2. es decir. El segmento dirigido P Q genera una l´ ınea. X Q P D Figura 2. 3) = (2λ. 3)} lo cual lo leemos como: la l´ ınea L es el conjunto de puntos X del plano tal que existe un escalar λ tal que se cumple (x. y) = λ(2. o Demostraciń: ejercicio. y) ∈ R2 : ∃λ ∈ R. y = 4 nos da el segundo punto Q(1. y) = λD. 1). Nuestro punto de partida puede entenderse perfectamente si consideramos la recta y = 3x + 1. y si x = 1. ⋄ Teorema y ejercicio. m) formando un segmento cuyo angulo de e ´ inclinaciń con la horizontal tiene como tangente m y por eso la pendiente es m. 3): L = {X = (x. o Ahora.24.64 CAP´ ITULO 2. 4). tal que se cumple X = λ(2. las cuales pasan tambiń por el punto (1. 3λ). o Todas las dem´s l´ a ıneas del plano que pasan por el origen son de la forma y = mx. y) del plano para los cuales existe un escalar λ de manera que se cumple (x. y) ∈ R : ∃λ ∈ R. la l´ ınea generada por el vector director (2. PLANOS. 146. Cualquier segmento dirigido P X es un m´ltiplo escalar del vector u director D. 4) − (0. S − R = (3. si desea llegar a un punto X de la l´ ınea. 3b + 1) − (a. −2) = (8. S = (7. si se avanza una unidad en sentido horizontal. Es decir. 7 6 5 4 3 2 1 0 -1 -2 -3 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 D = (2. Tomemos ahora otros dos puntos arbitrarios sobre la l´ ınea. 4) Figura 2. 3) X λD (1. 3) que corresponde bien con la pendiente de 3 de la recta. 150. si los restamos. c)R(−1. Restamos los dos puntos. S = (3. b) R(1. L´ ınea que no pasa por el origen. d)R(a. Ejemplo Hallemos la ecuaciń de la l´ o ınea que pasa por (1. 3a + 1) = (b−a. 3a + 1). 24) = 8(1. 22). S − R = (b. 10) − (1. ♣ Definiciń. 1) = (1. 6) = 2(1. 4). 4) y tiene el vector director (2. S = (3. u 149. Es decir X − P = λD. llegue desde el origen hasta P sobre ella y despu´s quiebre en la direcciń del vector director y siga en esa direcciń hasta que e o o encuentre el punto buscado. 22) − (−1.8. 10). S − R = (3. 3b + 1). 3) = (b−a)D. 148. 10). 3). S = (b. 7). S − R = (7. Una l´ o ınea que pasa por P y tiene vector director D es un conjunto de vectores X tales que el segmento que parte desde P y llega hasta la cabeza de X es un m´ltiplo del vector director D. el resultado siempre es un m´ltiplo del vector director. 3b+1−(3a+1)) = (b−a. 3b−3a) = (b−a)(1. A este vector lo llamamos el vector director de la l´ ınea y lo notamos D = (1. 3). 7) = (1. −2). considerados como vectores Q − P = (1. . ⋄ Teorema inmediato. 4) = (2. 10) − (2. Una l´ ınea en el plano que pasa por el punto P y con vector director D es el conjunto de los puntos X de la forma X = P + λD. 3) = D.´ 2. ECUACION VECTORIAL DE LA L´ INEA 65 Ahora analizamos el vector que empieza en P y termina en Q. 3) = 8D.25. 3) = 2D. se avanza 3 en sentido vertical. Algunos ejemplos: u a) R(2. y) estar´ en la l´ a ınea que pasa por Po (xo . Igualando coordenada por coordenada tenemos: x = 1 + 2λ y = 4 + 3λ. si sus vectores directores son paralelos. esto es. 153. es la misma pendiente de la l´ ınea que pasa por (0. 151. y) = (1. ⋄ Teorema y ejercicio. queda y = 3. Dos l´ o ıneas en el plano son paralelas si nunca se cortan. Toda l´ ınea en el plano cartesiano es de la forma x = k o y = mx + b. En general. 3) y e o camine lo que sea necesario regulando λ hasta llegar a X: X = (x. 0) y tiene vector director (2. 3). pues cuando x = 0. 3). b) que da el sistema de ecuaciones x − xo = λa y − yo = λb que en forma vectorial se escribe como x y o bien X = Po + λD . LINEAS. PLANOS. la forma general de una l´ ınea es ax + by = c. ♣ Definiciń. 4) y quiebre despu´s en la direcciń (2. o El siguiente teorema es una repeticiń. mejor dicho. 3) = (1 + 2λ. lo cual tambiń se escribe como e (x − xo .66 CAP´ ITULO 2. yo ) y en direcciń o del vector D si el segmento Po P es paralelo al vector D. si existe λ ∈ R tal que Po P = λD. y − yo ) = λ(a. El t´rmino b es el corte con el eje Y. un punto P (x. Multiplicando la primera ecuaciń por 3 y la segunda por 2 y despu´s restando: o e 3x − 2y = 3 − 8 o sea 3x − 2y = −5 es una l´ ınea con pendiente 3/2. y = b. pues tal l´ ınea tiene como ecuaciń a 3x−2y = 0. ⋄ Teorema. Coe mo y = mx + b es lo mismo que mx − y = −b. o sea que pasa por cero-cero o y luego por (2. = xo yo +λ a b 152. pero lo dejamos aqu´ para poder hacer su o ı demostraciń a partir de la ecuaciń vectorial de la l´ o o ınea. y si x = 2. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES Para llegar a X llegue primero a (1. . Dos l´ ıneas en el plano son paralelas ssi llevan la misma direcciń o. 4) + λ(2. y el otro caso es x = k. 4 + 3λ). lo cual da su vector director. o Demostraciń: ejercicio. Si el vector director de otra l´ ınea no es paralelo a (0. 156. 1). El corte con el eje Y es b = −(dh − ck)/c. −2) b) Es paralela a la l´ ınea dada en el inciso a) y pasa por (7. Las o l´ ıneas verticales tienen a (0. 154. 1) y (3. Si dos l´ ıneas no son verticales. d) Es paralela a la l´ ınea dada en el inciso a) pero corta al eje X en 8. Si son verticales y pasan por el punto (k. Ejercicio Halle la ecuaciń de la l´ a) Pasa por los puntos (1. y) ∈ L ssi ∃λ ∈ R tal que (x − h. la l´ ınea y = 3x + 1 es paralela a la l´ ınea y = 3x + 7 pero ninguna de ellas es paralela a y = 2x − 4. Todas las l´ ıneas verticales son paralelas. Ella pasa por un punto cualquiera P = (h. y) sobre la l´ ınea cumple: X = (x. 1).8. d) con c = 0. Por lo tanto. 1) como vector director. k). Esta l´ ınea tiene la misma pendiente de la l´ ınea que pasa por (0. −2). ECUACION VECTORIAL DE LA L´ INEA 67 Demostraciń. y − k) = λ(c. e) Es paralela a la l´ ınea dada en el inciso a). ellas son paralelas si tienen la misma pendiente. . d) = (cλ. Dos l´ o ıneas son perpendiculares si se cortan formando cuatro angulos iguales. Por ejemplo. ♣ Definiciń. ⋄ Teorema y ejercicio. entonces es de la forma (c. queda arriba de ´sta y guarda una e distancia vertical de 5 unidades con dicha l´ ınea. f) Equidista de los puntos (1. Demostraciń: ejercicio. (3. 0) con vector director (c. 5) c) Es paralela a la l´ ınea dada en el inciso a) pero corta al eje Y en 5. que tiene sentido pues c = 0. Cualquiera de los ńgulos se llama angulo recto y su medida en ´ a ´ grados es 90 y en radianes π/2. Despejando queda y = (d/c)x − (dh − ck)/c que es de la forma y = mx + b con pendiente m = d/c. dλ). 0) cumplen la ecuaciń x = k. Igualando coordenadas x − h = cλ y − k = dλ Multiplicando la primera ecuaciń por d y la segunda por c y despu´s restando: o e dx − cy − dh + ck = 0 o sea dx − cy = dh − ck.´ 2. Las l´ o ıneas verticales que pasan por el origen todas cumplen la ecuaciń o x = 0. o o ınea que: 155. d). un punto cualquiera (x. o 158. i. ver figura anterior. donde λ = (u · v)/(v · v). y sea v otro vector.27. Ejemplo. por el vector u sobre otro v genera un ńgulo recto con el piso donde cae. o 2. 0) cuyo producto punto da cero. Sea el vector u.9. y que es m´ltiplo del vector donde cae la proyecciń. es el vector P royv (u). Demostraciń: ejercicio. U u O h P Sombra = λv v Figura 2. que la sombra proyectada ıa. U y P definen un trińgulo rectńgulo en P . El nombre a oficial para la sombra es proyecciń: o u u v λv v λv λv u v Figura 2. ⋄ Teorema. Esto significa que la sombra es un m´ltiplo escalar de v. PLANOS. ⋄ Teorema y ejercicio. ⋄ Teorema y ejercicio.68 CAP´ ITULO 2. La sombra de u sobre v es el vector rete˜ido λv.e. cuya cabeza es el punto U. (1. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES 157. Proyecciones Pasamos ahora a calcular la sombra de un vector u sobre otro v. Dos rectas de la forma y = mx+b son perpendiculares ssi el producto de sus pendientes es −1. LINEAS. Demostraciń: ejercicio. el eje X es perpendicular al eje Y porque sus vectores directores son (0. 1). Dos l´ ıneas son perpendiculares ssi sus vectores directores son ortogonales. n Obs´rvese que la sombra de u sobre v es un acortamiento o alargamiento de v e que puede estar en el mismo sentido o en sentido contrario. La proyecciń o sombra de un vector u sobre un o vector v es P royv (u) = λv. o u 159. a a 160. tal que el u o origen. o La proyecciń de u sobre v. La proyecciń o sombra de u sobre v. donde imaginamos que la sombra es causada por el Sol del medio d´ es decir. pero siempre en la misma direcciń de v. ♣ Definiciń. o . con cabeza en o P.26. P royv (u) = λv. el cual es un vector unitario en la direcciń de v. Entonces. Sea h el segmento P U . Por lo que v Proyv (u) = (Compv u) ||v|| . ||v|| ||v|| u·v se le llama la componente del vector u sobre v y se nota ||v|| Compv u. simplificando y recordando que ||v||2 = v · v obtenemos la respuesta (ejercicio). a o v Proyv (u) = ||Proyv (u)|| ||v|| Reemplazando. Ejercicio y definiciń Demuestre que Proyv (u) = o Al escalar u·v v . i. la proyecciń es un vector. Esto quiere decir que tiene direcciń. Como estamos en un trińgulo rectńgulo y necesitamos determinar un a a cateto adyacente. Pero adem´s e a u · v = ||u||||v|| cos θ por lo que u·v cos θ = ||u||||v|| y entonces u·v ||Proyv (u)|| = ||u||||v|| ||u|| Por otra parte. . PROYECCIONES 69 Hagamos dos pruebas de este teorema.e. Prueba 1. el producto punto se llama producto porque distribuye a la suma: a · (b + c) = a · b + a · c.9. Aplicando esta propiedad a la ecuaciń anterior tenemos o u · v − λv · v = 0 u · v = λv · v por tanto λ = (u · v)/(v · v) y por consiguiente u·v Proyv (u) = [ u·v ]v = ||v||2 v v·v 161. decimos. cateto adyacente (la proyecciń) es igual a hipotenusa (el o vector u) por el coseno del ńgulo entre la hipotenusa y el cateto adyacente.2.: h·u=0 (u − λv) · v = 0 Como vimos en el teorema 122. la o o cual est´ dada por v/||v||. una que trabaja con segmentos y otra que se basa en vectores. junto con U y P forman un trińgulo rectńgulo. El punto U es la cabeza de u y P la de la Proyv (u) = λv. Tenemos: u =Proyv (u) + h = λv + h h = u − λv Como el origen O. El coseno a lo podemos reemplazar del producto punto para obtener: ||Proyv (u)|| = cos θ||u||. el vector a a OP = λv debe ser perpendicular a P U que se representa por el vector h (que en realidad sale del origen y es paralelo a P U ). Obs´rvese que esta igualdad es entre normas o magnitudes de vectores. Prueba 2. (−3. (3. 1) · (1. −3) d) (−1. 163. 1) = 2(1. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES Lo cual nos dice que el vector Proyv (u) es un vector en la direcciń de v. 6). Ejemplo Encontremos la distancia d del punto U (1. 1))](1. 1) y tambiń su norma: Utilizando la f´rmula o u·v u·v Proyv (u) = [ ]v = v v·v ||v||2 tenemos: Proy(1. −4) e) (1. 2). (−5.70 CAP´ ITULO 2. Utilice el m´todo de la componente e para la norma: a) (1. 1)|/ 2 = 4/ 2 = 2 2 = 8. 3)) = [(1 + 3)/(1 +√ 1)](1. LINEAS. (3. en algunos casos. 166. Ejercicio Averigë (d´ un contraejemplo si es falso o pruebe si es verdadero) si se cumple que a) Proyv1 +v2 (u) =Proyv1 (u)+Proyv2 (u) b)Proyλv (u) = λProyv (u). −5). ||v|| o e 162. 1))/((1. 2). 2). 164.1) ((1. 3) sobre v = (1. −5). 3) · (1. Ejercicio Demuestre que Proyv (u1 + u2 ) =Proyv (u1 )+Proyv (u2 ) Proyv (λu) = λProyv (u). 1) c) (−1. 3) a la l´ ınea y = x.1) ((1. su uso se optimiza con o ´ la ayuda de la componente. PLANOS. cada punto se proyecta en ńgulo recto. 3)) = [((1. . 1) Proy(1. e e La norma de la proyecciń es 8. Como en la proyecciń que hemos definido. Demuestre que ||Proyv (u)|| = |Compv u| = |u·v| . Ejemplo Calculemos la proyecciń de u = (1. la cual tambiń puede calcularse por el m´todo o de la componente: ||Proyv (u)|| = |Compv u| = |u·v| ||v|| lo que nos da: √ √ √ √ ||Proyv (u)|| = |(1. o a la proyecciń es util para calcular distancias. 1) = (2. pues basta con calcular ´ o el valor absoluto de la componente. (3. La como ponente es util para calcular la magnitud del vector proyecciń. 3/2) b) (1. Ejercicio Calcule la proyecciń del primer vector sobre el segundo y la norma o correspondiente en cada uno de los siguientes casos. u e 165. −4). 3) · (1. (1.2. o La componente del vector u sobre v se nota Compv u y se define como . k = 5 b) Recta: y = 2x + 1. En cualquier EV. ademas.28. PROYECCIONES U d P u v λv y=x 71 Figura 2. a k unidades por encima de ´sta. si e a) Recta: y = x. n Observemos que d = ||u||2 − |Compv √ 2 (u)| pero |Compv (u)| = 4/ 2 luego √ √ d = 10 − 8 = 2. Ejercicio Encuentre la ecuaciń de la recta que est´ por arriba de la recta o a dada (las dos rectas son paralelas) y. pero para dimensiones superiores. o uno debe comenzar con definiciones del siguiente estilo: 169. 0) e) 3x − 7y = 5. (4. definimos la recta que pasa por la cabeza de o P y que tiene vector director D como el conjunto de vectores de la forma X = P + λD para λ ∈ R. k = 8 Todo lo que hemos hecho ha sido desarrollado para el plano. Algunas cosas tienen interpretaciń directa en el espacio tridimensional. k = 7 d) Recta: y = 7x − 8. Si en el EV tambiń se ha definido un producto interior. −3) d) y − 4x = −2. entonces podemos definir e la componente de un vector a lo largo de otro y la proyecciń. (1. (1. que podemos hallar usando la componente. 167. ♣ Definiciń. 0) b) y = 3x + 1.9. La distancia de U a la l´ ınea y = x es la magnitud del segmento rete˜ido. 2) c) y − 3x = 3. Ejercicio Encuentre la distancia del punto a la l´ ınea. dado: a) y = x. (2. (2. 168. −1). k = 6 c) Recta: y = 3x + 4. 5) f ) 3x + 2y = 1. y los espacios e vectoriales que ellos generan. probar que foro o man un espacio vectorial. −1) se convierte en (2. son muy usuales. 2) • • (2.10. Recordemos que un espacio digital se construye a partir de los pulsos definidos sobre un intervalo dado. 2π) y aprox´ o ımela por elementos de los espacios digitales D4 . 2) trasladado (1. ıa En realidad. Una traslaciń no es m´s que sumar un vector fijo. hay una variante de los sino tetizadores sinusoidales que hace la s´ ıntesis de sonido modulando la frecuencia y estos s´ han resultado competitivos y muy profesionales). (En realidad. Demostr´moslo haciendo una pequeã referencia a la e n s´ ıntesis y percepciń del sonido. Ejercicio para el profesor a) Por pura intuiciń. Y a la proyecciń de u sobre v se nota y se define como o v Proyv (u) =Compv u ||v|| . 2) + (1. D16 y compare los resulo tados con las aproximaciones obtenidas en a). y como un buen ejercicio. D8 . 1). Defina el producto interior sobre T como una integral. les han ganado a los sinusoidales en el mercado del sonido electrńico (Beauchamp. Demostrar que los senos sen(mx) y los cosenos cos(mx) forman una base infinita de dicho espacio. b) Sea T el espacio vectorial de funciones continuas a trozos sobre [0. 1) (1. 1). es decir. LINEAS. Trate de explicar a por qu´ los sintetizadores de sonido digitales. D16 . Uno podr´ pensar que los EV de muchas dimensiones. Ejercicio de investigaciń Definir las funciones peri´dicas. 2) trasladado (1. c) Halle rigurosamente la proyecciń de f sobre D4 . Ejemplo El punto (1. El punto (1. o 170. d) Rigurosamente. pues (1. 1). −1) = (2. ı 2. D8 . PLANOS. que a la larga no son m´s que funciones de R e a en R? 171. proveerlo de un producto interior. 2007). aun infinitas. 2π). sobre [0. o tome la funciń f (x) = sen x. . −1) Figura 2. Atr´vase a decir cu´l podr´ ser el fune a a damento matem´tico de un sintetizador sinusoidal lineal de sonido. (1. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES u·v Compv u = ||v|| . que operan sobre pulsos. −1) se convierte en (2. Traslaciones 172. cuyos elementos son todos mutuamente perpendiculares. Dn o En . one o das sonoras registradas elćtricamente.72 CAP´ ITULO 2. ♣ Definiciń. o o a 173.29. son arte puro. ¿qu´ debe entenderse por digitalizaciń del sonido. 0.1) Figura 2. o 73 Una circunferencia centrada en cualquier parte C = (h. k) es una circunferencia centrada en el origen (0. Si la trasladamos el vector C. Imaginemos que encima del plano a o est´ superpuesto otro de caucho y que sobre ´l hemos dibujado una circunferencia con a e radio 1 y centro en el origen. y) sobre la supuesta elipse al ser encogido horizontalmente a veces se transforma en un punto de la circunferencia unitaria. ´ b) horizontalmente a unidades y verticalmente b unidades. Estas nuevas coordenadas cumplen la ecuaciń de la circunferencia que pasa por el origen: o (w − h)2 + (z − k)2 = r2 o cambiando de nombre a las variables queda como es usual (x − h)2 + (y − k)2 = r2 . o • •(3. z) son tales que al e antitrasladarlas al origen. Antitrasladarla equivale a restar (h.30. 0) y trasladada el vector C. k. la cual es una elipse. z). Ejemplo Traslaciń de una circunferencia. Podemos hallar la ecuaciń de dicha circunferencia o midiendo distancias. Pero hay otro m´todo: las coordenadas (w. Veamos ahora c´mo se prueba que en verdad lo o es. a o o sea el punto (w. Instintivamente sabemos que resulta una elipse. Por lo tanto. 0) y trasladada el vector C. k).10. Una circunferencia centrada en cero fue trasladada (3. Ejercicio Repetir el razonamiento anterior cuando el caucho se estira a) en el sentido vertical unicamente b unidades.2. Un punto arbitrario (x. cuyos puntos tienen como coordenadas (w. 1). quedarń sobre la circunferencia centrada en el origen y a cumplirń la ecuaciń de dicha circunferencia. cumple la ecuaciń de dicha figura: o (x/a)2 + y 2 = 1. 175. una circunferencia que pasa por el origen tiene como ecuaciń x2 + y 2 = r2 . La tecnolog´ que hemos aplicado a las traslaciones es una parte especial de otra ıa m´s general y de la cual presentamos otra aplicaciń. z −k). TRASLACIONES 174. l) es una esfera centrada en el origen (0. Ejercicio Demuestre que una esfera centrada en cualquier parte C = (h. z) se transforma en (w −h. En efecto. 176. . queda una circunferencia centrada en C. Estiremos el caucho horizontalmente a veces. es decir.74 CAP´ ITULO 2. o Si son dos ecuaciones con dos inc´gnitas.11. imaginemos que s´lo necesit´ramos gl´ cidos a o a u o harinas que vienen en la papa y prote´ ınas que vienen en la carne y los cereales. tendremos u un sistema 2 × 2 con una unica soluciń.31. b) dos l´ o ´ ıneas que tienen igual pendiente pero que no son la misma l´ ınea. Podemos usar dos tipos de alimentos para llenar los u requerimientos. o o c) dos l´ ıneas que son la misma. a ¿Qu´ significa en t´rminos prćticos que la soluciń a un sistema 2 × 2 sea unica? e e a o ´ Algo muy prćtico es alimentarse bien. Ejercicio Demuestre que una l´ una traslaciń adecuada. ınea cualquiera es invariante (queda igual) ante 178. La unicidad de la soluciń significa lo que la mam´ no puede alimentar al niõ o a n . RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES 177. u Un par de l´ ıneas puede constar de: a) dos l´ ıneas que tienen pendiente diferente y que por lo tanto se cortan en un punto. es decir. Con un poco m´s de precisiń. o ser paralelas y nunca cortarse (centro) o coincidir y tener todos los puntos en comń (derecha). dando una soluciń unica. 2. representado por dos l´ ´ o ıneas que se cortan. en ese caso no hay soluciń. las cuales pueden cortarse en un punto (izquierda). LINEAS. PLANOS. Halle una relaciń entre el vector traslaciń y el vector direco o o tor de la l´ ınea dada. Sistemas 2 × 2 Con la geometr´ que hemos visto podemos ya entender el significado de la cantidad ıa de soluciones de un sistema de ecuaciones lineales (que se pueden representar con matrices) cuando dicho sistema tiene 2 inc´gnitas. En general. todos los puntos de la una pertenecen a la otra y tenemos un n´mero infinito de soluciones. cada ecuaciń representa una l´ o o ınea. Y Y Y X X X Figura 2. Glćidos y prote´ u ınas deben combinarse en determinadas proporciones y cantidades segń la edad y la actividad. Un sistema 2 × 2 representa un par de l´ ıneas. Ejercicio Demuestre que una l´ ınea cualquiera es una traslaciń de una l´ o ınea que pasa por el origen. el uno rico en prote´ ınas y el otro rico en glćidos. lo cual quiere decir que podemos andar por la l´ ınea soluciń para adelante o o para atr´s. cuando las u a o dos l´ ıneas coinciden se dice que hay un n´mero infinito de soluciones con un grado de u libertad. las autoridades no pueden dejar que los restaurantes alimenten a sus clientes con lo m´s barato de la temporada. digamos para la ´ u comida de la noche. 180. con x = 1 tenemos la u o soluciń x = 1.2. da una soluciń espec´ u o ıfica que se llama soluciń particular. Son productos de valor diet´tico no e diferenciado. una proporciń de glćidos del 30 % igual a la de prote´ o u ınas. digamos arroz y papa. Ser´ m´s plausible en tecnolog´ de alimentos sint´ticos y corresponder´ o ıa a ıa e ıa a tomar dos productos que tengan el uno. en vez de x puede a ponerse cualquier n´mero y se tiene una soluciń. seguramente no tendr´ mercado. Con x = 25 tenemos la soluciń particular x = 25. Debe hacer a una prescripciń que refleje un adecuado balance de los diferentes elementos requeridos o y cobrar exageradas multas a quien no haga bien las cosas. De igual modo. Ejercicio Invente un significado en la industria que sea de acuerdo con su carrera para un sistema 2 × 2 representado por dos l´ ıneas paralelas distintas. Ejercicio Considere las 5 ecuaciones siguientes. sino que debe estudiar algo sobre diet´tica para combinar e correctamente los alimentos. todos los puntos de una de ellas son soluciń de la primera o ecuaciń y por ende de la segunda. y el otro producto. digamos. cuando todos se o a a reemplazan por n´meros. o o Cuando uno tiene una soluciń con uno o m´s par´metros libres. la x. Hay infinitas soluciones de la forma (x. SISTEMAS 2 × 2 75 con lo que le venga en gana. Interprete la cantidad de soluciones en t´rminos e geom´tricos. ıan 179.1) es una soluciń particular al sistema dado. sin soluciń. Por ejemplo. es decir. o 181. o Por ejemplo. otro por dos l´ ıneas que se cortan en un unico punto y otro por dos l´ ´ ıneas que coinciden. Las l´ e u ıneas son: a) 2x − 3y = 5 b) 2x + 3y = 3 . (5 − 2x)/3) o con un grado de libertad. Estudie 5 sistemas 2 × 2 generados por varios pares de ellas. una comida liviana. Por lo tanto. y = −15. se trata o de dos l´ ıneas superpuestas. y = 1. ¿Y qu´ significar´ el caso de un sistema 2 × 2 que represente dos l´ e ıa ıneas paralelas que son la misma l´ ınea? Puede tratarse de llenar los requerimientos de glćidos y de u nada m´s tomando dos alimentos ricos en glćidos.11. (1. Con el deseo a u de mejorar el buen gusto se puede intercambiar caprichosamente lo uno por lo otro si de lo unico que se trata es de llenar los requerimientos de glćidos. con un par´metro libre. Ejemplo Resolvamos el sistema: 2x + 3y = 5 4x + 6y = 10 Dividiendo la segunda ecuaciń por 2 encontramos la primera. Es improbable que se d´ el caso de productos naturales que conlleven a un sistema e que corresponda a dos l´ ıneas que son diferentes pero paralelas y sin puntos comunes. Aseg´rese de encontrar los 3 casos posibles. una proporciń de glćidos del o u 20 % y que sea igual a la proporciń de prote´ o ınas. la ecuaciń x = 0 es una expresiń que no e ı o o significa nada. o ´ 2. y) como (0. Verifique algebraicamente su pron´stico. El contenido de verdad de las proposiciones depende del contexto que se le d´ al discurso. a tal grado que intercambiamos lo uno con lo otro. 7). z) tales que su primera coordenada es cero. 1. LINEAS. (0. En el ejemplo que sigue y en adelante usamos dos notaciones equivalentes para un punto que son P = (x. y) cuya primera coordenada es cero.(0. PLANOS. (0. ¿Cuńtas unidades de cada materia prima se necesitan a para hacer un pedido de 300 unidades del producto? Demuestre geom´tricamente que e nuestro problema tiene una soluciń unica. y por un vector que es a perpendicular al plano y se llama el vector normal del plano. Todo esto vamos a probarlo ahora mismo. Tambiń adoptamos la misma equivalencia de notaciones para vectores. 7). 0). (0. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES c) 3x − 2y = 3 d) 4x − 6y = 10 e) 6x − 4y = 7. 1. prediciendo la cantidad de soluciones de cada sistema correspondiente. (0. 1). estamos diciendo que nos referimos a los puntos de la recta a real con coordenada 0. Halle la ecuaciń de cada l´ o ınea. z) y P (x. 5). 10. Vemos que todos estos puntos estń a 3 alineados sobre el eje Y y. −4). pero la ecuaciń ax + by + cz = d no es una l´ o ınea en 3D (tres dimensiones) sino que es un plano. por lo tanto.12. o sea (0. (0. z) como por ejemplo (0. forman una l´ ınea. En general. −8. 10). y. 0. y. Advertencia. e . Pero esa ecuaciń adquiere significado si uno especifica en qu´ espacio o e est´. En la siguiente definiciń o continuamos usando la equivalencia entre un vector (una flecha) y su cabeza (un punto). Tome algunos pares de esas l´ ıneas. Pero x = 0 en el plano R2 es una ecuaciń que se satisface por o o todos los puntos P (x.76 CAP´ ITULO 2. Consideremos tan s´lo un producto con dos tipos de materia prima o P 1 y P 2 que tienen dos tipos de componentes C1 y C2. una l´ ınea en el plano 2D (dos dimensiones) es de la forma ax + by = c. y. En particular. Ejercicio Trace 5 l´ ıneas sobre el plano cartesiano. 182. No hay m´s que un punto en la recta real que satisface dicha a ecuaciń y es el origen. z). 0). 3). por lo menos dos paralelas entre ellas. y. As´ por ejemplo. −8). donde pasa el plano. La materia prima P 1 tiene el 10 % del componente C1 y el 1 % del componente C2 que se necesita para hacer una unidad del producto. o 183. Planos 184. todos los puntos de la forma (0. La materia prima P 2 tiene el 40 % del componente C1 y material sustituto de componente C2 en equivalente al 5 % de los requerimientos para hacer una unidad de producto. 10. (0. ax + by = c representa en 3D el plano ax + by + 0z = c. Si decimos x = 0 en R. Hay varias maneras de determinar un plano y una de ellas es la siguiente: un plano est´ determinado por un punto. es decir. Ejercicio Una industria necesita varios tipos de materias primas para poder hacer sus productos. (0. En cambio en R la ecuaciń o x = 0 representa todos los puntos (x. 5. o bien. yo . c) y un punto arbitrario X(x. ♣ Definiciń. 5. Ahora bien. Π N • P • X Figura 2. El segmento que va desde (1. por lo que realizando el producto punto y luego expandiendo: (x − 1.12. 2. yo . z − 3) · (4. 3) o y que tiene como vector normal al vector N (4. Por tanto. 6). c). y. y teniendo en mente la misma figura. Primero designamos un punto cualquiera del espacio como X(x. 6). Hay puntos del espacio que no pertenecen al plano pero hay otros que s´ estń en el plano. b. o En general. c) = 0 o bien a(x − xo ) + b(y − yo ) + c(z − zo ) = 0 que es la ecuaciń del plano que pasa por P (xo . Un plano Π es un conjunto de puntos X tales que el segmento o que une el punto X a un punto fijo P es perpendicular a un vector fijo llamado vector normal al plano N . y − 2. De la ecuaciń o (X − P ) · N = 0 se tiene: (x − xo . y. N (a. z − zo ) · (a. y. 5. z) est´ en el plano es que el segmento que va desde (1. un plano cumple la ecuaciń (X − P ) · N = 0. z) es simplemente (x − 1. b. 2. 5. este vector debe ser perpendicular al vector normal (4. y. . 6) = 0 4(x − 1) + 5(y − 2) + 6(z − 3) = 0 4x + 5y + 6z = 4 + 10 + 18 = 32. Un plano en R3 . En un o ejemplo puede entenderse todo. el cual adem´s a representa al vector que sale del origen y llega a ese punto. 3) al punto (x. PLANOS 77 185. z). 3) al punto (x.32. 2. 6). Ejemplo Determinemos la ecuaciń del plano que pasa por el punto P (1. zo ). z). y − yo . 186. z) sea e perpendicular al vector (4. la cual es la ecuaciń requerida. zo ) y cuyo vector normal es o N (a. ax + by + cz = d con d = axo + byo + czo . Esta ecuaciń es equivalente a o ax + by + cz = axo + byo + czo . tomamos P de coordenadas P (xo .2. y. z − 3). La condiciń para que ı a o (x. b. y − 2. es decir. −6) es perpendicular a todo segmento que empieza en (x. 2. y. 189. z) y termina en (0. 0. x = 2. Esta es una ecuaciń con 3 inc´gnitas. Tenemos que demostrar que existe un vector fijo. o 191. Vemos que hay 2 grados de libertad: a a y a b se les puede dar el valor que queramos que el de c siempre puede hallarse. 1) · (x − 0. a) Halle el plano que pasa por (−1. Ejemplo Demostremos que 2x + 4y − 6z = 7 es un plano. Bosqueje un dibujo que indique el trińgulo formado por los tres e a puntos. b) Halle el plano que pasa por (0−. y − b. 5). z − c) = 0 = 7 − 2a − 4b + 6c. ¿Qu´ significa esto? e Que estamos buscando un punto en donde anclar al plano. Ejercicio Observando que el eje X cumple con las ecuaciones y = 0 y z = 0. a izquierda-derecha). Ejercicio Hallar las ecuaciones de algunos planos. a ambos lados. el vector fijo N = (0. Pero para lograr esto tenemos que resolver 0 = 7 − 2a − 4b + 6c. x = 3. As´ se hallan tres puntos que tambiń determinan el ı e plano (¿por qu´?). Procedamos: 2x + 4y − 6z = 7 = puede reescribirse como 2(x − a) + 4(y − b) − 6(z − c) = 7 − 2a − 4b + 6c donde hemos rellenado la expresiń. z) y termina en (a. −6) · (x − a. que es perpendicular a todos los segmentos del plano. 1) es perpendicular a todo segmento que empieza en (x. 4. Damos a a el valor 0. Procedamos: z = 0 puede reescribirse como 0(x − 0) + 0(y − 0) + 1(z − 0) = 0. z − 0) = 0. z = 0. Una manera c´moda de lograrlo es encontrar los cortes del plano con cada uno de los tres o ejes. Ejemplo Demostremos que z = 0 es un plano. y. a b el valor 0 y por o o tanto c toma el valor −7/6. y − 0. Describa y dibuje dichos planos con referencia a un sistema de ejes (en el salń de clase). z = −3. c). hallar el corte del plano hallado anteriormente. o sea el vector fijo N = (2. para que pueda releerse en el o lenguaje de la perpendicularidad: (2. x = 1. 2. y = −1. PLANOS. . y = 0. 4. N . o el cual es un plano. lo cual en lenguaje de perpendicularidad se lee: (0.78 CAP´ ITULO 2. que es perpendicular a todos los segmentos del plano. LINEAS. 0. 2. −3) y que tiene por vector normal a (3. 7). el cual tiene dos grados de libertad (adelante-atr´s vs. 190. 0. 187. 0). Geom´tricamente esto es obvio. 4x + 5y + 6z = 32. Repita lo mismo con los otros dos ejes. al menos en la mente. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES A veces es muy conveniente poder visualizar un plano. con el eje X. 0. e pues z = 0 es una condiciń cumplida por todos los puntos del ‘piso’ del espacio 3D. Y ese punto puede anclarse en cualquier parte del plano. −3) y que tiene por vector normal a (−1. Ejercicio Halle el vector normal a cada uno de los planos siguientes x = 0. N . La demostraciń algebraica consiste en demostrar que existe un o vector fijo. b. 188. (1. Dividiendo por d obtenemos: x+y +z = 1. b. a las cuales o o o . 0. PLANOS 79 c) Halle el plano que pasa por (−1. c. Ejemplo y R(1. 0. dos par´metros libres. Pero d no puede ser cero pues nos o a quedar´ la ecuaciń 0 = 0 que no dice nada. 194. 2. d) Halle el plano que equidista de los puntos P (1. −5). 0). 0. v = (0. lo a cual ya se sab´ de antemano pues la ecuaciń de un plano ax + by + cz = d tiene 3 ıa o inc´gnitas y una sola restricciń. −4. 2. 1) y Q(−2. 0. (4. 0. Ejercicio Halle el plano determinado por los 3 puntos: a) (1. reemplazamos los puntos en la ecuaciń. 0). 1. 4) y P = (0. 5). 0. 8). (1. reversarse y. (1. ıa o 193. −1). 0) Puesto que todo plano es de la forma ax + by + cz = d. 0. alargarse.2. (4. d. Consideremos el plano Π1 con ecuaciń z = 3x + 4y − 5. 5. (1. e) Halle la ecuaciń del plano que est´ por encima del plano x + y + z = 1 y que o a est´ exactamente a 5 unidades de distancia de ´ste. 1) d) (5. 1. 3) (en forma de columna). o o Esto quiere decir que hay un grado de libertad. 5). (2. o o Podemos escribir la misma ecuaciń en forma vectorial: o           0 0 1 x x  y = y  = x 0  + y 1  +  0 . 2. 0. 1). ♣ Definiciń. Q(0. por lo que quedan dos inc´gnitas libres. 1. una por cada punto y 4 inc´gnitas a. 0) en ax + by + cz = d queda a = d Reemplazando (0.12. 3. obtenemos 3 ecuaciones. −1) c) (1. 3). (−1. 0). el resultado tambiń es otro vector e normal al plano dado. 0). La ecuaciń vectorial del plano nos dice que X est´ en el plano que pasa por el punto o a P y que es generado por los vectores u y v. 0). sin embargo. 6) b) (0. 0) en ax + by + cz = d queda b = d Reemplazando (0. lo cual significa que el vector normal puede acortarse. 1. 2. 1. 0. 1). 0. Reemplazando (1. a e 192. −3) y que tiene por vector normal a (−6. 1. 0. 3. 3). 1) en ax + by + cz = d queda c = d La ecuaciń ser´ entonces dx + dy + dz = d. Dando diversos valores a α y a β vamos obtenemos diversos puntos del plano y todo punto del plano se obtiene de esta forma. −5 4 3 3x + 4y − 5 z Esta ecuaciń tiene la forma general que define la ecuaciń vectorial del plano: o o X = αu + βv + P En el ejemplo considerado u = (1. Por esto decimos que el plano tiene dos grados de libertad. Hallemos el plano determinado por los puntos P(0. En R3 . 1). El producto cruz entre dos vectores v. Ejercicio Encuentre las ecuaciones param´tricas de los planos hallados en el ejercicio anterior. Lo que se enfatiza es que i × j es k y no es −k y se dice que el producto cruz define una orientaciń llamada de la mano izquierda que es la orientaciń usual de R3 . 0). (v × w)⊥w. Pero resulta que Alejandro y Manuela compraron el lote de ´ . a asumiendo que el techo resultar´ un plano. w2 . 1. El problema de hallar el vector normal a otros dos ocurre con frecuencia. c) Su norma es igual al ´rea del paralelogramo determinado por los dos vectores. w va con el dedo del corazń y v × w va con el ´ o ındice. o o En general. El lote est´ determinado por l´ a ıneas que pasan por los puntos siguientes (0. averigë las longitudes de las o u vigas y el area del techo. Las armaron y todo sali´ bien: el techo ıa o empalm´ perfectamente con las columnas. −(v1 w3 − v3 w1 ). donde θ es el ńgulo entre v y w. todos los dedos son de la mano izquierda. pero sobre los otros dos puntos pusieron columnas de 5 metros. w3 ) es un vector notado v × w y definido por v × w = (v2 w3 − v3 w2 . Para esto podemos utilizar el producto punto. 0. Que todo esto sirva para tener muy presente que la ecuaciń ax + by + cz = d no es y no puede ser la ecuaciń de una l´ o o ınea en 3D. De las tres maneras posibles de resolver este ejercicio (por reemplazo. se forma un tr´ ıpode de la forma que v va en el pulgar. Pusieron una columna de 3 metros en (0. 2). Si consideramos el plano Πo . Pero existe para R3 una manera estńdar de a hacerlo y se denomina producto cruz. ⋄ Teorema y ejercicio. ♣ Definiciń.80 CAP´ ITULO 2. entonces i × j = k. w de R3 cumple las propiedades: a) Es anticonmutativo. k = (0. Ejercicio Paula y Ricardo compraron su lote y se dispusieron a techarlo. podemos decir que Π1 es igual a Πo trasladado el vector P . 1) y otra en (1. (2. Demostraciń: ejercicio. 0). Y. 196. v1 w2 − v2 w1 ). a ||v × w|| = ||v|| ||w|| sen θ. (v × w)⊥v. e 195. que pasa por el origen. j = (0. ¿cu´l es m´s fćil? a a a 199. 0). 197. v3 ) y w = (w1 . v × w = −w × v b) Es perpendicular a ambos vectores. el producto cruz o producto vectorial entre dos o vectores v = (v1 . (0. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES se les puede dar cualquier valor. Z respectivamente. 0. v2 . o 198. 1) son los generadores de las direcciones positivas de los ejes coordenados X. Ejercicio Rehaga el ejercicio 193 usando el producto cruz. Por favor. por producto punto y por producto cruz). 0). PLANOS. que consiste de todos los puntos X = αu + βv. LINEAS. a d) Si i = (1. 0). Notemos que en la coordenada i falta el sub´ ındice i y que hay antisimetr´ (reversa ıa el signo) en cada coordenada. Mandaron a hacer la vigas met´licas. (1. el segmento que va de M a Q y el segmento que va de Q a P . y qued´ un gran marco plano. Por lo tanto. El vector normal N al plano es N = (1. rectil´ ıneo. las transportaron al lote. Q puede ser cualquiera. pero al tratar de montarlo sobre las columnas no cuadr´ ni o o porque le dieron mucho martillo. 6) al plano P Π N • M •Q Figura 2. −5) · (1. 3)|/ 12 + 22 + 32 .2. Calculemos la distancia d del punto P = (4. Ellos llegaron a la conclusiń de que el lote era de o mala suerte y lo pusieron en venta y lo venderń as´ le pierdan el 30 % del costo. 6) = (−3. (0. Mandaron a hacer las vigas en la misma parte que sus vecinos Paula y Ricardo. 1. 3). (4. Diga si lo que o o ´ ıa ellos cuentan puede ser cierto y en ese caso explique el misterio (¿por qu´ a Paula y e Ricardo les funcion´ todo y a ellos no?) y deles un consejo. − → En resumen: d = |CompN P Q| Luego: √ d = |Comp(1. Utilizamos la siguiente idea: fabricamos un punto Q sobre el plano. 5. la distancia es simplemente el valor absoluto de la componente − → de P Q sobre N . −4. que era muy plano. 5). Con la anterior construcciń. la cual es la norma de la proyecciń del vector P Q sobre o el normal. −4.2. El punto sobre el plano es Q = (1. Encontremos un punto cualquiera Q sobre el plano. a o o 200. 5. nos lo imaginamos en el punto M . y = 1 y por tanto z = 1. 1) − (4. la distancia del punto P al plano es simplemente la o − → distancia del segmento P M . con esquinas con coordenadas (2. 0). El segmento de P a Q es − → P Q = (1. la operaciń de montaje coincidi´ con el ultimo d´ de octubre. 1. Ejemplo x + 2y + 3z = 6. 1). y en los dos ultimos pusieron ´ columnas de 5 metros. o La definiciń de proyecciń y su relaciń con distancias desarrollada para el plano es o o o v´lida para cualquier dimensiń. −5). las soldaron en el suelo. PLANOS 81 al lado. Sobre los primeros dos puntos pusieron columnas de 3 metros. 0). (0. 2. Como el vector normal al plano N puede ser imaginado en cualquier punto del plano. Se tiene un trińgulo rectńgulo e a a formado con el segmento normal que va de M a P . −4. −5))| = |(−3. Digamos x = 1.3) ((−3. 2). de tal forma que la l´ ınea generada por el vector normal pasa por M y tambiń pasa por P . En a ı realidad.12.33. 2. Distancia de un punto P a un plano Π. Veamos c´mo se utiliza en el espacio tridimensional. Aclaremos que estos dos planos son paralelos porque tienen el mismo vector normal N (1. todo quedar´ bien. 6) pertenece al segundo plano. Veamos c´mo se impleo o menta esto en tercera dimensiń y c´mo se resuelven problemas con planos y rectas. x − 2y + 4z = 6 b) (−1. si usted siente que va encontrando mucha redundancia. nosotros ya resolvimos este problema en el ejemplo 200. 5.82 CAP´ ITULO 2. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES √ = 26/ 14. 5. 4). −2. o o Amable lector. . 205. por todos los escalares posibles. −2x + 2y − 5z = 6 e) (−3. LINEAS. 203. el uno es m´ltiplo del otro. 202. Luego la √ distancia entre los planos es de 26/ 14. En general. Ahora podemos encontrar la distancia entre dos planos paralelos. −1. a a o 201. Ejercicio Encuentre la distancia d del punto al plano: a) (4. −1). es decir. −2x + 3y + 2z = 6 c) (0. Ejemplo Encontremos la distancia entre dos planos paralelos. Ejercicio Rehaga el ejercicio anterior utilizando la nociń de componente. u El punto (4. dos planos son paralelos ssi (si y s´lo si) sus vectores normales o son paralelos. la distancia entre los dos planos es igual a la distancia entre el plano x + 2y + 3z = 6 y el punto (4. ♣ Definiciń. 2. Una l´ o ınea L en R3 que pasa por el origen es simplemente el conjunto de todos los vectores que resultan de multiplicar uno dado. L´ ıneas y planos en R3 La idea de l´ ınea es seguir siempre en la misma direcciń. −3. Si los ńgulos y magnitudes se conservan. 3). −x − y − 7z = 6. 3). 6). 204. Ejercicio Rehaga el ejercicio 202 con problemas que consisten en hallar la distancia entre dos planos paralelos. 5. El primero es x + 2y + 3z = 6 y el segundo x + 2y + 3z = 32. 6). 0. es que usted ya va entendiendo bastante. llamado director. Afortunadamente. 0). 2. Por tanto. PLANOS. a Pero los podemos representar en cualquier punto del espacio por clones adecuados que son segmentos dirigidos. Es necesario tener en cuenta que los vectores estń todos anclados en el origen. 3x − 5y − 2z = 6 d) (2.13. Nos alegra mucho. 3. Esta ultima ecuaciń se interpreta as´ para llegar desde el origen hasta ´ o ı: el punto X de la l´ ınea. λ = 1 obtenemos el punto (2. 208. z) = λ(2. quiebre en la direcciń o de D y camine la proporciń de D que necesite. 3. 207. y. 7) con λ ∈ R} es decir X(x. −3. Tambiń podemos probar que el punto (6. la igualdad tiene sentido coordenada por coordenada. Ejercicio Describa las ecuaciones param´tricas de las l´ e ıneas que pasan por el origen y adem´s por el punto a a) (1. 8. por lo que λ = 3. 83 Ejemplo Especifiquemos la l´ ınea que pasa por el origen y por el punto (2. 2) c) (2. 9) no est´ en la recta. 1. 7λ). Ahora pasemos a l´ ıneas que pasan por cualquier otro punto. . λ = −1 obtenemos el punto (−2. 3λ. En este caso. 3. 4) b) (−1. Dando diferentes valores a λ vamos obteniendo e puntos sobre la l´ ınea. λ. Como es natural. Una l´ ınea est´ determinada por un punto P y una direcciń que puede a o ser la de un vector D llamado director. o D X • • P Figura 2. 3. Una l´ o ınea que pasa por el punto P y tiene vector director D es un conjunto de puntos X tales que el segmento que parte desde P y llega hasta X es un m´ltiplo del vector director D. L´ INEAS Y PLANOS EN R3 206. Es decir. −1) Hemos considerado l´ ıneas que pasan por el origen.13. pues debe e a cumplirse que 6 = 2λ. ♣ Definiciń. Por ejemplo. 7). para λ = 0 obtenemos el punto de la recta (0. lo cual no se cumple e con λ = 3. Pero tambiń. con λ ∈ R: x = 2λ y = 3λ z = 7λ A este sistema de ecuaciones con un grado de libertad se le denomina las ecuaciones param´tricas de una recta. y. hasta llegar a X.2. −7). 7) = (2λ. 3. L = {X : X = λ(2. 0. 8 = 3λ. 7). 2. por lo tanto. z) ∈ L ssi ∃λ ∈ R tal que (x. llegue desde el origen hasta el punto P . X − P = λD o lo que es lo mismo u X = P + λD. 0).34. Cuando se trata de l´ ıneas en el espacio hay que tener m´s cuidado. pues ambas son de la forma ax + by + cz = d con tres inc´gnitas y s´lo una restricciń. y. e La primera igualdad da un plano y la segunda otro plano. 5. 6) − (1. despejemos λ de las ecuaciones param´tricas dadas por e x = 2λ − 1 y = 3λ − 8 z = 7λ − 1 Si despejamos λ de las dos primeras ecuaciones nos queda 3x − 2y = −3 + 16 y si lo hacemos de la segunda y de la tercera queda 7y − 3z = −56 + 3. es decir. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES 209. 7) = λ(2. una l´ ınea es la intersecciń o de dos planos. 7). Por a ejemplo. 3) + λ(3. pudimos despejar el par´metro λ sin proa blema alguno. Ejemplo Hallemos las ecuaciones param´tricas de la l´ puntos (1. 7) y tiene como vector director a (2. LINEAS. 3. 3. 6. zo ) y en la direcciń del vector o D = (a. PLANOS. o bien. 3). las ecuaciones param´tricas de la recta son e x = 3λ + 1 y = 3λ + 2 z = 3λ + 3 Cuando estudi´bamos l´ a ıneas en el plano. y. 3) = (3. a e ınea que pasa por los 210. En el espacio estas ecuaciones representan planos y no l´ ıneas. y. z) = (1. 7λ + 7). 3. yo . Como la l´ ınea pasa por (1. 7) + (5. Como la igualdad tiene sentido coordenada por coordenada. Soluciń: X(x. tenemos: x = 2λ + 5 y = 3λ + 6 z = 7λ + 7 A estas ecuaciones se les llama ecuaciones param´tricas de la recta. si una recta pasa por el punto Po (xo . o (x. 5. 3λ + 6. 3. Tenemos o o o o entonces que una l´ ınea en 3D se puede entender como la intersecciń de dos planos. y. 2. z) − (5. 2. 3). b. D = (4. 7) = (2λ + 5. y a λ el e par´metro. En general. z) ∈ L ssi ∃λ ∈ R tal que (x. con λ ∈ R: e e x = xo + aλ . 3. o Otra manera de escribir lo mismo es despejando λ de todas las ecuaciones e igualando: (x + 1)/2 = (y + 8)/3 = (z + 1)/7 A este tipo de escritura se le llama las ecuaciones sim´tricas de una recta en 3D. con λ como real. 3) la ecuaciń de la l´ o ınea es (x. Ejemplo Hallemos la l´ ınea que pasa por (5. 6. 7). 6. con dos inc´gnitas libres. c) entonces la ecuaciń de dicha recta puede darse en forma param´trica o o e en forma sim´trica. Por tanto. 6). Soluciń: necesitamos hallar el vector director. 3) y (4. 2. La forma param´trica es. 2. z) = λ(2.84 CAP´ ITULO 2. El vector que va de un punto al otro o nos puede servir. −2). Ejercicio Halle el vector director. 5. o componentes. −1. La idea es la de un m´vil que va a velocidad constante por una trayectoria que es una l´ o ınea recta. −1. las ecuaciones param´tricas y las sim´tricas e e de las l´ ıneas que pasan por a) (1. a a podemos hallar la distancia de un punto P a una l´ ınea L. 3) y (2. P • M • L Figura 2. las ecuaciones param´tricas y las sim´tricas e e de las l´ ıneas que empieza en (1. −3. y c son no nulos. 2. Con ayuda de un trińgulo rectńgulo y proyecciones. el cual puede hallarse por Pit´goras. P M . 2) y (2. de tal manera que se o a cumpla el horario prefijado. 4). La distancia del punto a la l´ ınea es la magnitud del otro cateto. 2. 4) b) (−1. L´ INEAS Y PLANOS EN R3 y = yo + bλ z = zo + cλ La forma sim´trica es: e 85 x − xo y − y o y − yo = = a b c si a. Ejemplo Encontremos la distancia d del punto P = (2. −1). 2. 5) a la l´ ınea con vector director D = (4.35. La distancia de M a Q a a puede hallarse por la componente de P Q sobre el vector director de la l´ ınea. Ejercicio Halle las l´ a las l´ ıneas del ejercicio 211 pero que pasan por (2. Procedemos: a • Q .2. b. 3. Todas estas ecuaciones se obtienen de X = Po + λD. Se debe formular una relaciń entre el par´metro λ y el tiempo. o 211. −2). Encontramos un punto Q sobre la l´ ınea. 212. 214. Al proyectar P Q sobre la l´ ınea generamos un trińgulo rectńgulo P QM . 6) y que pasa por el punto (−1. Utilizamos la siguiente idea. la ecuaciń de la recta en o cualquier dimensiń.13. 0. ıneas que son paralelas (tienen el mismo vector director) 213. Ejercicio Halle el vector director. 3) a las 0 horas y a las 8 va en (2. 3. 3. −2) = (3. 7) 2 − (39/ 77)2 = 67 − 39 ≈ 6.6) ((3. Ejemplo Desarrollemos un m´todo para encontrar la distancia entre dos planos paralelos. −3. D(−2. −1. P (−1. 1. D(−2. −1.5. c) Q(5.. 6)|/ 42 + 52 + 62 √ √ Comp(4. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES Encontramos un punto Q sobre la l´ ınea. 2. 7)) = (12 − 15 + 42)/ 77 = 39/ 77 Sea M el punto sobre la l´ ınea que est´ en el borde de la proyecciń del segmento a o P Q sobre la l´ ınea. y el segmento M P cuyo largo es d. el cual puede ser Q = (−1. 7) · (4. Nuestra geometr´ es tal que tenemos un ıa trińgulo rectńgulo con hipotenusa = segmento P Q = u = (3. −4.e.6) ((3. 217. CompD (u) = |(u · D)|/||D|| √ Comp(4. 0). 0. 2. 2. Por tanto: √ 2 (3. 0). 5). Todo lo que tenemos que hacer es proyectar el segmento que los une sobre el vector normal. 3. 7)) = |(3. 5). P (−2. Ejemplo Encontremos la distancia entre los planos Π1 : x + 2y + 3z = 1 y Π2 : x + 2y + 3z = 2. −1. d= 77 ınea cuyo vector director 215. Ejercicio Encuentre la distancia del punto Q a la l´ D y punto P son: a) Q(1. D(2. 5. sobre el vector director de la l´ ınea D. −2.87. e 216. Despu´s e encontramos el vector u definido por el segmento P Q: u = P − Q = (2. Encontramos dos puntos. La distancia del punto P a la l´ ınea es exactamente la de P a M .5. 1. 0). la cual es simplemente la componente en valor o absoluto. P (1. Hallamos la componente de u sobre la l´ ınea. 3). 3. −5). 2. P (2. 5) − (−1. d) Q(−3. −3. −3. N Π2 • •Q •P Π1 d . 0). 4).86 CAP´ ITULO 2. 0). b) Q(−1. PLANOS. LINEAS. −3. uno en cada plano. −2. D(1. que es la norma del segmento M P . D(2. 7). e) Q(−1. 0). 1). la norma de la proyecciń es la distancia requerida. −2). la cual es d. −3. −1. −1. 7). la proyecciń a a o PD (u). 3). i. P (1. 5). −3. 2). El segmento P Q es (5. −1) pertenece al primer plano. mientras que Q = (5. 3x − 5y + 2z = 3 b) −x + 3y + 2z = 3. 3))/ ||(1. 3). Calculamos la componente de P Q sobre el vector normal N = (1. Sin embargo. Ejercicio Encuentre la distancia entre los siguientes pares de planos: a) 3x − 5y + 2z = 1. −4x + 8y − 4z = 2 f) x − 3y + 4z = 1. podemos hallar a a la distancia entre dos planos paralelos. Este es un ejercicio desafiante. Miremos c´mo se implementa este principio. ellos son paralelos y su distancia se halla como sigue: Fabricamos un punto P en un plano y otro Q en otro plano.2.13. podemos aplicar un principio TRIZ (Altshuller. 2. 2. −1) = (1. 2000) que dice: una dimensiń m´s. o CompN (u) = (u · N )/ ||N || Π2 d Π1 Figura 2. En nuestro caso.2. entonces uno se ayuda con otra parte o faceta del mundo. hay un vector normal a ambos planos y es (1. lo cual es lo mismo. La distancia d entre los dos planos es el valor absoluto de la componente. x − 3y − 2z = 3 d) −2x + 4y − 2z = 4.3) (1. Ejemplo Veamos un m´todo para encontrar la distancia entre dos l´ no se intersecan. use o invente herramientas y andamios cuando lo necesite.37. Con ayuda de un trińgulo rectńgulo y componentes. 0. e ıneas que 219. 2. 0) = ((1. 0) · (1. la distancia entre ellos es cero. P Q. Con ayuda de dos planos paralelos podemos hallar la distancia entre dos l´ ıneas que nunca se cortan. 3)|| √ √ = 1/ 14 = 14/14. 3x − 9y + 12z = 0. Esto significa que o a o a si el mundo lo abruma a uno con su complejidad.36. 0. 218. El punto P = (4. 3): Comp(1. 0. −x + 3y + 2z = 7 c) x − 3y − 2z = 2. 0. . 0). 2. Si los planos se cortan. se proyecta sobre el vector normal a los dos planos y el valor absoluto de la componente resultante es la distancia entre ellos. Cuando sea preciso. 0. −1) − (4. 0. El segmento que los une. una salvaciń m´s. 0. Si hay un vector que sea normal a ambos planos. −1) pertenece al segundo plano. L´ INEAS Y PLANOS EN R3 87 Figura 2. y. Tenemos: N · D1 = 0 y N · D2 = 0. −1) y D2 = (5. El segundo es el segmento sobre el vector normal que va de l´ ınea a l´ ınea. entonces de 6u − 3v = 0 tenemos v = 2. Ejemplo y ejercicio Encontremos la distancia entre las l´ cuyos vectores directores y puntos son respectivamente D1 = (1. 0. Para ello podemos utilizar el producto cruz (inmediato) o el producto punto. y el tercero es un segmento sobre una de las l´ ıneas que completa el trińgulo. 1). Y eso es todo. Los dos planos son paralelos y ambos tienen el mismo a vector normal. Utilicemos el segundo. Necesitamos construir el vector normal de los planos paralelos que contienen a las l´ ıneas. por lo tanto su producto punto debe ser cero. El problema era saber por qu´ esto funciona. una variable que puede ser fijada como quiera. Sea u tal inc´gnita o y fijemos u = 1. el vector normal a ambos planos es N = (1. v. 1. o o La distancia entre las dos l´ ıneas es precisamente la distancia entre los dos planos. debemos tener por lo menos un o grado de libertad. Deslizando el otro l´piz de o a a a igual forma. Tenga cuidado pues hay un par de l´ ıneas que son paralelas y no hemos visto antes nada igual. La ecuaciń del plano o refleja el hecho de que el segmento desde un punto no espec´ ıfico del plano (x. o 221. LINEAS. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES Podemos construir dos planos paralelos. z) a un punto fijo del plano es perpendicular al vector normal. ıneas en el espacio 220. o o La ecuaciń del segundo plano es (x − 5) + 2(y − 0) + 3(z + 1) = 0 ´ x + 2y + 3z = 2. la tr´ a n ıada formada por los dos vectores directores y el vector normal. y de u + v − w = 0 tenemos w = 3. (u. i. −1). Juegue con dos l´pices que simulen los vectores directores de las a l´ ıneas. Como tenemos dos planos paralelos que contienen a las l´ ıneas. 1) = 5u − 4v + w = 0 Sumemos estas dos ecuaciones: 6u − 3v = 0.e. Ejercicio Encuentre la distancia entre los siguientes pares de l´ ıneas. 0. v. Puesto que tenemos 3 inc´gnitas y 2 ecuaciones. generar´ otro plano. v. PLANOS.e. w) · (5. Damos el vector director y el punto de la primera l´ ınea y despu´s lo mismo pero para e la segunda: . tal que uno contenga la primera l´ ınea recta y el otro la segunda. La ecuaciń del primer plano es (x − 4) + 2(y − 0) + 3(z + 1) = 0 ´ x + 2y + 3z = 1. Y esto a e ya se entendi´. Observemos que al final todo se reduce a estudiar un trińgulo rectńgulo determinado por tres segmentos: el primero es el determinado a a por un punto sobre una l´ ınea y otro sobre la otra l´ ınea. i. la cual fue hallada en el ejemplo 217.88 CAP´ ITULO 2. w) · (1. w) un vector normal. −1) = u + v − w = 0 (u. Para m´s seãs. Por tanto. 3). generar´ un plano. El vector normal debe ser perpendicular a ambos vectores directores. P1 = (4. P2 = (5. Deslice un l´piz en forma paralelo con respecto a s´ mismo pero siguiendo la a ı direcciń del otro l´piz: de ese modo. 2. son vectores mutuamente perpendiculares. −4. −1). −4. 1. la distancia entre ellas es la misma que la distancia entre los planos. Sea N = (u. 2) + λ(1. Calcule el inventario gastado en n horas. Ejercicio Halle la ecuaciń param´trica de la recta intersecciń entre los planos Π1 : 2x − y + z = 0 y Π2 : x + 3y − z = 2. 7). −4/3). 5) La unica diferencia entre estas dos expresiones es que la segunda l´ ´ ınea tiene un vector director que es el doble de la primera l´ ınea. 0. −1. 2. 4. una de posiciń y otra de velocidad. para mezclarla con el chocolate y para refrigerar los huevos. 3). (1. (−1. 8. 2. 4). 2). −1). 7) pero el m´vil est´ en el origen o o a en el tiempo cero. −2. 1. 0). El siguiente sistema de e ecuaciones describe una carretera que va en l´ ınea recta pero recorrida por un m´vil o que no va a velocidad constante sino que cada vez se mueve m´s r´pido: a a x = 2λ2 y = 3λ2 z = 7λ2 La carretera pasa por el origen en la direcciń (2. n . chocolate y huevos para hacer un brownie. 6. −1). 2. 0. El primero es el punto de vista de o o los ´rboles de la carretera. 700) recorriendo grandes o a distancias en tiempos muy pequeõs. 3. a y renueve el inventario. Dualidad: Las ecuaciones param´tricas de una l´ e ınea contienen dos tipos de informaciń.13. 1. 1. −2. −1. 0. 8. 3. 10) = (3. Ejercicio El vector (6. cuando est´ dormido. (−1. 1) en unidades apropiadas denota la cantidad de harina. 4). 2. 1. 225. e) (1. Todo se puede entender si consideramos las dos ecuaciones siguientes: X = (3. (−2. (−3. (7. Ejercicio El vector (6. 1) denota la cantidad de dinero gastado en harina. 224. 8. (0. Pero. L´ INEAS Y PLANOS EN R3 a) (1. !atenciń¡. Calcule el inventario gastado en n brownies. (0. c) (4. 226. 1. (2. 223. El segundo es el punto de vista de un carro que recorre la a carretera. 3. vemos inmediatamente que o la segunda ecuaciń describe un carro que se mueve al doble de velocidad que el carro o descrito por la primera ecuaciń. 2) + λ(2. 89 o e o 222. (2. las dos l´ ıneas son la misma. 2/3). 0). 3. −1. 5). 1) en unidades apropiadas denota la cantidad de glćiu dos. b) (0. 0). (2. −1. (−2. (1. 2. −5). chocolate y huevos gastados en hacer un brownie. 50. −4. (−2. 5). −19). 300. Cuando λ = 2 el primer m´vil o a o va en (4. Calcule el inventario gastado en n brownies sabiendo que se necesita una infraestructura de (100. Ejercicio El vector (4. si interpretamos λ como el tiempo. 2) + 2λ(1. Por lo tanto. 0). 40) que indica lo que se gasta en equipo para amasar la harina. 0). Reduzca el metabolismo 20 veces. l´ ıpidos y prote´ ınas gastados por hora por una persona en el gimnasio.2. 3. cuando λ = 1 el m´vil est´ en (2. o Obs´rvese que estos juegos pueden ser muy complicados. 5) X = (3. 14) y si el tiempo es 10 el m´vil est´ en (200. 2). (2. 2). 0. −1. d) (1. 1/3). −12) + (λ/15)(2. 3). −2. La ecuaciń de la trayectoria o solicitada es X = (−3. −5) − (−3. 3). 3. 2. e Soluciń: La l´ o ınea est´ en la direcciń de a o D = (−1. 2) o ınea que est´ en P a la hora a 228. −1. 6. 3. −6. −12) + (2)(2. −6. Los datos estń dados en el orden P. 1. 7) y. −6. 3. −6. 4). b) (−1. (−1. −12) a las cero horas. 3k. 2. 3k. 7). 1. Si λ = 30 estamos en la posiciń o X = (−3. λ = 0. −6. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES 227. −12) + (4. 6. 3. −12) + (30k. −5) = (−3. −12) + λ(2. −6. −3. Ejemplo Hallemos la l´ ınea que parte de (−3. −6. −12) + (λ/15)(2. −6. (−1. 3. −6. t y s. 3. encuentre la posiciń a la hora e e o s. 2. −12) + λ(2k. −3. 1. −3. PLANOS. 14. 7). (3. 45k − 6. −12) + λ(2k. vamos bien. Cuando λ = 0 este carro est´ en (−3. Ejercicio Encuentre la parametrizaciń de la l´ cero. 39. 6). −6. 2). −3. −3. Cuando λ = 15 esta ecuaciń produce el punto (27. 6. −1). 7). 7k) = (−3. 93). y pasa a trav´s de Q despu´s de t horas. 7) = (−3. ´sta puede codificarse en e uno de los posibles vectores directores. Cuando λ = 15 a debemos estar en (−1. 1. 0. 7) = (−3. −6. 7k). 12) = (2. 45k. −5) + (3. 105k − 12) Despejando k de la primera coordenada k = (−1 + 3)/30 = 2/30 = 1/15 Despejando k de la segunda coordenada k = (−3 + 6)/45 = 3/45 = 1/15 Despejando k de la tercera coordenada k = (−5 + 12)105 = 7/105 = 1/15 (¿Acaso esto pudo haberse hallado m´s simplea mente?) Como todos los resultados son iguales. 1). 3k. Todos los vectores directores son de la forma D = k(2. −12) + 15(2k. 5. 14) = (1. tal como se necesita. e) (0. Averigëmos luego u en qu´ punto estaremos a la hora 30. y que pasa por (−1. 0. 3. Ahora tenemos que o regular la velocidad para que una nueva ecuaciń describa la misma carretera pero con o una trayectoria que pase por los puntos especificados a las horas requeridas. −5): (−1. −12) + (30/15)(2. 6. 0). 0. (0. 7k) = (−3. 3k. −1. c) (2. 7. LINEAS. −6. La clave de todo es que si la velocidad es constante. Q. elaborando el punto de vista de los ´rboles del camino la ecuaciń de la recta a o ser´ ıa X = (−3. −12). 7) = (2k. 7) = (−3. d) (−1. 5. (4. 2. −5) = (30k − 3. 1).90 CAP´ ITULO 2. 105k) (−1. −6. 3. −3. 7k) y la ecuaciń buscada es de la forma o X = (−3. −5) a las 3 de la tarde (cuando λ = 15). a a) (1. −12) = (−1. λ = 0. . la soluciń o no es unica y se tiene 1 grado de libertad. SISTEMAS 3 × 3 91 2. si se trata de solucionar o ıo. al igual que con los sistemas 2 × 2: o 1. Los planos son paralelos y son diferentes no teniendo ningń punto en comń: el u u conjunto soluciń es el conjunto vac´ no hay soluciń. es decir.14. son un mismo plano repetido 3 veces.2. o Si tenemos un sistema lineal 3×3. Ahora analizaremos los sistemas 3 × 3. o Veamos ejemplos concretos de cada caso: 1) Los planos se cortan en un unico punto. la soluciń es unica. Muy importante es la capacidad que tiene el an´lisis geom´trico a e para medir la cantidad de soluciones que un sistema de ecuaciones debe tener. como las hojas de un cuaderno. Los planos se intersecan en una l´ ınea. Los planos se intersecan en un unico punto.14. es decir. tenemos un plano. 20 ´ 1. Los tres planos coinciden. lo que se encuentra es una contradicciń. para e hallarla. ´ o ´ 2. 0. El lector debe intuir que la forma de razonar en 2 y 3 dimensiones se o generaliza inmediatamente a 8. un sistema de 3 ecuaciones con 3 inc´gnitas. Consideremos el sistema ´   x=0 y=0  z=0 La soluciń es (0. lo que tenemos en cada ecuaciń es una expresiń o o de la forma ax + by + cz = d. ver ejemplo 186. ´ . por ejemplo. es decir. Veamos de qu´ manera tenemos 3 planos que se cortan en o e un unico punto. Hay varios casos. o el sistema. a 3. y se tiene una cantidad infinita de soluciones con 2 grados de libertad para indicar que se puede ir a la derecha o a la izquierda y arriba o abajo en el espacio de soluciones. Sistemas 3 × 3 Estamos interesados en entender lo que significa geom´tricamente la soluciń a un e o sistema de ecuaciones. 4. 0). Esa certeza nos permite usar cualquier m´todo o el de Gauss-Jordan. Por lo tanto un sistema 3 × 3 nos representa un sistema de 3 planos al cual hay que hallarle los puntos comunes o de intersecciń. Ya analizamos los sistemas 2 × 2 y pudimos ver.000 dimensiones. que uno puede estar seguro de que un sistema tiene una unica soluciń cuando representa un par de l´ ´ o ıneas no paralelas. se tiene una cantidad infinita ´ de soluciones con un par´metro libre. si al reducir por Gauss-Jordan un sistema de ecuaciones queda la matriz identidad.    0 1 0 . . esta ecuaciń nos representa el piso o plano XY. Rec´ o ´ ıprocamente. esta ecuaciń nos o o o representa la pared lateral izquierda. Por consiguiente. la matriz original representaba un conjunto de planos que se cortan en un unico punto. o sea el vector que apunta en direcciń del eje X. 0). Por esta razń. 0  . .0. La dos paredes laterales y el piso se intersecan en un unico punto (0. es decir. 0.0) y cuyo o vector normal es (0. el vector que apunta en direcciń del eje Z.92 CAP´ ITULO 2. 1 0 0 . la soluciń es unica y puede leerse directamente.   . si al reducir una matriz 3 × 3 queda la matriz identidad. LINEAS. el vector que apunta en direcciń del eje Y . 1. PLANOS. como en el sistema La ecuaciń z = 0 en el espacio nos representa el plano que pasa por (0. ´ De igual manera. . 0 0 0 1 . 0. Por lo o tanto. 1). La ecuaciń y = 0 en el o espacio nos representa el plano que pasa por (0.38. 0. 0). esta ecuaciń nos representa o o la pared lateral derecha (uno ve el mundo desde el origen). 0. 0). ´ 2) Los planos se intersecan en una l´ ınea. 0 . 0. 0) y cuyo vector normal es (0. La ecuaciń x = 0 en el espacio o o nos representa el plano que pasa por (0. 0) y cuyo vector normal es (1. Tres planos que se cortan en un unico punto (0. esto es. 0. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES Z y=0 x=0 Y z=0 X Figura 2. 0). como las hojas de un cuaderno. Obs´rvese que si ponemos el sistema en forma matricial queda ´ e como   . Por otro lado. y = 0 es otra pared lateral que tambiń contiene el eje Z. La matriz del sistema dado puede e reducirse hasta . pero la tercera no tiene restricciń. Comencemos o e e notando que la tercera ecuaciń dice que x = y. z) pues las dos primeras variables valen cero. Un punto est´ en dicho plano si es de la forma a (x. Por lo tanto. el eje Z.2. x = 0 representa una pared lateral que contiene al eje Z. La soluciń es el eje Z que es una l´ o o ınea. y. z) de la forma (0. x. 1). Su soluciń es una l´ o ınea. SISTEMAS 3 × 3   x=0 y=0  x−y = 0 93 Z y=0 x=0 Y x−y =0 X Figura 2. x. −1. 0) + (0. 0. u Notemos que efectivamente estamos en el caso de tres planos que se organizan como las hojas de un cuaderno. Tambiń podemos proceder por Gauss-Jordan. z) = x(1. y combinando con las dos primeras o ecuaciones queda x = y = 0. Cuaderno. hall´mosla por m´todos algebraicos. 0). 0) + z(0. Aunque ya conocemos la soluciń. Todos los planos contienen al eje Z y se organizan como un libro.14. Vemos que cuando x = 0 nos queda el eje Z. 1. x = y representa un plano que contiene el eje Z y que pasa por la diagonal principal del piso. z) = (x.39. la ecuaciń e o x = y es lo mismo que x − y = 0 que es un plano con vector normal (1. 0. La soluciń est´ formada por el conjunto de puntos o a (x. 0. los tres planos tienen en comń el lomo del cuaderno. Por lo tanto la soluciń al sistema es simo o plemente el conjunto de puntos (x. o o 4) Los planos son paralelos y son diferentes nsin tener ningń punto en comń. 1. 1 0 0 . la soluciń es un plano. y. 0  . 0. 0) = (x.94 CAP´ ITULO 2. u u Ejemplo: Π3 : z = 3 Π2 : z = 0 Π1 : z = −3 . Ejemplo:   z=0 2z = 0  3z = 0 las dos ultimas ecuaciones se simplifican y dan la primera. 0) = x(1. LINEAS. y. 0 0 0 0 . que puede ignorarse y nos queda un o sistema con 3 inc´gnitas y dos restricciones. 0 . 0) + (0. Todos estos puntos forman el plano que corresponde al piso.    0 1 0 . es una l´ ınea.   . el cual tiene dos grados de libertad. en otras palabras. lo cual produce un problema con 3 inc´gnitas y una restricciń: hay dos o o o inc´gnitas sin especificar. o o De lo dicho queda claro que al reducir el sistema por Gauss-Jordan nos quedar´ s´lo a o una ecuaciń. La interpretaciń es la siguiente: si o al reducir una matriz 3 × 3 queda convertida en una matriz con s´lo 2 filas o renglones. y. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES  . 0). que la tercera ecuaciń nos da que 0 = 0. las tres ecua´ ciones son realmente una misma ecuaciń. uno en direcciń del eje X y otro en direcciń del eje Y. Esto es. . PLANOS. 3) Los tres planos coinciden. hay dos grados de libertad. z) cuya tercera coordenada es cero. o tenemos el caso de 3 planos que se organizan como las hojas de un cuaderno y viceversa. o sea de la forma (x. son un mismo plano repetido 3 veces. 0. el sistema tiene infinitas soluciones con un o grado de libertad. 0) + y(0. .  es decir. 1). −1. o Analicemos ahora un caso m´s complicado: a 229. El plano −x − y + z = 5 tiene como vector normal a N2 = (−1. Planos paralelos que representan una soluciń vac´ o ıa. Eso implica que los tres planos son perpendiculares al plano Π. el sistema reescrito en forma matricial a queda . Estas ecuaciones representan 3 planos. SISTEMAS 3 × 3 Π3 Π2 95 Π1 Figura 2.14. e por Gauss-Jordan un sistema como el dado se llega a una ecuaciń de la forma 0 = 1. 5). El plano 2x − 3y + 4z = 2 o tiene como vector normal N1 = (2. Tal vez los tres planos estń organizados como las hojas de un cuaderno y la soluciń e o est´ representada por una l´ e ınea. ´sta representa un punto en el o ´ e espacio.40. Si la soluciń es unica. la tercera fila desaparecer´. o la soluciń es una l´ o o ınea o es vac´ Pero no puede ser un plano ıa. Veamos c´mo podemos utilizar los vectores normales. lo cual significa que N3 est´ sobre el plano a Π generado por N1 y N2 . a o bien. si tiene muchas soluciones estas representarń. Ahora bien. podemos hallar la soluciń por nuestro m´todo preferido. un plano en el espacio y si no hay soluciń ser´ porque los planos son paralelos o a entre s´ Una vez sepamos eso. En efecto. pues los vectores normales apuntan cada uno en una direcciń distinta. o bien. una linea en el espacio. o Ahora veamos qu´ da el m´todo de Gauss-Jordan. En conclusiń. −3. o lo cual es una contradicciń. Por consiguiente al reducir por GaussJordan. 4). e e Observemos que el sistema fue construido ex profeso para que la tercera ecuaciń o fuese la suma de la primera con la segunda. O tal vez los planos no tengan nada en comń entre u los tres. Dichos pisos no tienen ningń punto en comń y la soluciń es vac´ Obs´rvese que al reducir u u o ıa. −4. N1 + N2 = N3 .2. el piso cero. en tanto que el vector normal de x − 4y + 5z = 7 es N3 = (1. cos: Ejemplo Interpretemos la soluciń al siguiente sistema en t´rminos geom´trio e e   2x − 3y + 4z = 2 −x − y + z = 5  x − 4y + 5z = 7 Lo que queremos hacer es un an´lisis geom´trico que nos d´ certeza sobre la cantidad a e e de soluciones que el sistema tiene. o e Gauss-Jordan. ı. el piso 3 y el piso -3.    0 1 −6/5 .   . 7 1 −4 5 . −13 . 0 0 0 . Si hubiese alguna duda sobre la fidelidad de la soluciń. .96 CAP´ ITULO 2. hay infinitas soluciones con un grado de libertad. Verifiqu´moslo. Es muy elocuente la forma como el m´todo Gauss-Jordan nos va diciendo c´mo e o son las soluciones. −13/5 . es decir. .    −1 −1 1 . o sea. 0 R1 + R2 − R3 → 0 0 0 . R1 + 2R2 →  0 −5 6 . e Reduciendo la matriz escalonada obtenemos   . Ya que la intersecciń es una l´ o ınea. −12/5. x = −(1/5)z − 13/5 y = (6/5)z − 12/5 z=z esto es       −1/5 −13/5 x  y  =  −12/5  +  6/5  z 1 0 z Al traducir esta matriz aumentada a un sistema de ecuaciones vemos que tenemos 2 ecuaciones con 3 inc´gnitas. PLANOS.   . −12/5  . Su vector director es (−1/5. 0). concluimos que no hay soluciones espurias. sin faltar y sin aãdir ninguna soluciń espuria. . 0 0 0 . Eso ser´ digno de ser n o a probado en el caso general. y lo haremos en el cap´ ıtulo de la inversa. 6/5. 2 . 2 −3 4 . 0  .  . Esto dice que x + (1/5)z = −13/5 y que y − (6/5)z = −12/5 y que 0z = 0.   . . Y nuestro an´lisis a previo sobre los vectores normales nos dice que no faltan soluciones.  que al escalonar por renglones se obtiene  que es una l´ ınea con par´metro z. puesto que sus vectores directores no son paralelos. 2 planos. . 12  . RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES  .    −1 −1 1 . . Una vez hecho. 0     . z puede ser cualquiera. . . 5  . podr´ o ıamos verificarla por reemplazo. R1 − 3R2 →  5 . 1 0 1/5 . 2 2 −3 4 . 5  . pues nos da una geometr´ fćil de interpretar y nos produce todas ıa a las soluciones. Por lo tanto. 0 1 . 1) y cuando a z = 0 pasa por el punto (−13/5. . los cuales se intersecan en una l´ o ınea. LINEAS. 232.5). 6x + 8z = 2. 3x + y + z = 3 en R3 . 9x + 12z = 3 en R2 y en R3 . y el n´mero de par´metros libres o grados de libertad del u a conjunto soluciń f. m. x − 3y + 4z = 3 en R3 . Por tanto. 3). x − 2y + 3z = 1. x − y + z = 1. (2. Ejercicio Resuelva e interprete geom´tricamente la soluciń a los sistemas e o siguientes:   x − y + 4z = 2 −x + y + z = 5 a)  5z = 7  −3x + 5z = 7  −2x − 2y + 4z = 2 b)  −x + 2y + z = 5   3x − y + 4z = 2 2x − 4y + 5z = 7 c)  −x − 3y + z = 5 e 231. i. 4). Por favor.2. SISTEMAS 3 × 3 97 230. h) x + y + z = 1. g) x + y + z = 1. Ejercicio Halle un polinomio de tercer grado que pase por los puntos (1. y = 0. (1. x + y + z = 1. x + y + z = 3 en R3 .14.5. el n´mero de o u o u ecuaciones independientes. x + y − z = 1. Miscelńea Resuelva los siguientes sistemas e interprete geom´tricamente sus a soluciones: a) 3x + 4z = 1. Un buen ejercicio Un sistema de ecuaciones es reducido por Gauss-Jordan para saber el n´mero de ecuaciones independientes. b) 3x + 4z = 1. ilustre su conclusiń con ejemplos adecuados y aãda o o n una explicaciń geom´trica. 1. x − 3y + 4z = 3 en R4 . 6x + 8z = 2 en R2 y en R3 . (2. y = 0. c) 3x + 4z = 1. o e 233.00000001 en R2 y en R3 . Gauss-Jordan es un prou cedimiento para limpiar redundancias.5. Supongamos que tenemos un sistema de ecuaciones con n inc´gnitas y que despu´s de reducirlo nos quedan i ecuaciones independio e entes. 6x + 8z = 2. 2x − y + 4z = 2 en R3 . 1). e) x = 0. d) x + y + z = 0. . Establezca un ecuaciń que relacione el n´mero de inc´gnitas. f) x = 0. Los trompos que no o son perfectamente sim´tricos pueden balancearse mientras giran: a este movimiento se e llama precesiń. Tenga en cuenta que la estacionalidad de los fen´menos botńicos o a arrastra la estacionalidad de los dem´s. lo que se puede decir es que el eje de giro se conserva. LINEAS. El eje de giro es ni m´s ni menos el vector normal a al plano de giro que es el mismo plano que contiene la rueda. Este tema debe dominarse a tal grado que uno pueda contarlo a los sobrinos y a la abuelita. o En efecto. o Ahora bien. sobre la variabilidad de la vida. Explicar esto a la luz de una vela. y ayudńdose de una naranja o una pelota. plantas silvestres y de cultivo. Comencemos mencionando un contraste entre los buenos ciclistas y los aficionados. Pero al mismo tiempo. Aãda consideraciones sobre la conducta de a n los humanos y del turismo.98 CAP´ ITULO 2. PLANOS. este sistema es estable: se necesita hacer algo para desequilibrarlo. La consecuencia es que el eje de giro de la Tierra ıa. nosotros recorremos 40000 km cada d´ Y adem´s la Tierra pesa mucho. Dicha ‘estabilidad’ del plano de giro de la rueda es lo que oficialmente se denomina como conservaciń del momento angular. El nombre tćnico de dicho vector es vector de momento angular.15. el cual va en direcciń vertical. sobre la estacionalidad o de los fen´menos biol´gicos. a resulta impresionante. que simule el Sol. en vez de decir que el plano de giro se conserva. gira sobre su propio eje. o Puede decirse que. Ejercicio Proponga algunos efectos de las estaciones sobre las migraciones y contramigraciones peri´dicas. En cambio ellos pueden viajar largos trechos en bicicleta sin hacer prćticamente nada. 234. o Pensemos ahora en la Tierra: ella gira al rededor del Sol en una ´rbita el´ o ıptica. mam´ o o e ıferos. La Tierra gira a muy alta velocidad. e Los trompos y las pirinolas se mantienen de pie mientras giran porque la interacciń o con el piso no alcanza a interferir notablemente con la rotaciń y por consiguiente el o momento angular se conserva. Girando sobre su propio eje se origina el d´ ıa y la noche. peces. las ruedas giran y lo hacen sobre un plano vertical a la Tierra y en la direcciń que uno lleve. . Por supuesto que no es inconmovible. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES 2. a es muy estable. A los aficionados eso no les funciona. en cierto sentido. A los primeros se les ve detenidos en los sem´foros haciendo delicadas maniobras para a no caerse. que simule la Tierra. ¿C´mo pueden ellos hacer eso si a o solamente son aficionados? La razń es que hay una ley de la naturaleza que los favorece. Este cambio de punto de vista nos permite alargar o acortar el vector normal para dar a entender que la ‘estabilidad’ del plano de giro puede ser mayor o menor: es m´s estable entre m´s veloz a a se vaya. Esto se logra si uno se desbalancea un poquito hacia algń lado u y se crea lo que se llama un torque. D´ ejemplos con aves. Las estaciones (opcional) Veamos de qu´ manera las matem´ticas que hemos visto nos dan la capacidad de e a formular ideas muy sencillas con las que podemos tener una visiń bastante profunda o sobre la naturaleza de uno de los fen´menos planetarios que m´s incidencia global tiene o a sobre la vida en la Tierra: las estaciones. cuando la bicicleta se mueve. pero es muy estable. insectos. Segundo: con el ´ ındice de la mano derecha imitamos los rayos solares y en la mano izquierda sostenemos la naranja. ese momento el rayo de Sol (el ´ ındice) cae exactamente en la direcciń del poste de la o luz (el palillo de dientes sobre la naranja). o o La clara razń es que el eje de la Tierra no es perpendicular al plano orbital: el eje o de la Tierra est´ inclinado. Luz solar Pared Figura 2. la vamos moviendo por su ´rbita y notamos que hay una posiciń (y otra al otro lado o o de la ´rbita) en la cual a medio d´ el Sol ilumina perpendicularmente la Tierra. o una casa.42. En o ıa. orientada de oriente a occidente es iluminada por el Sol por el sur. o ¿C´mo podemos saber la direcciń del eje de giro de la Tierra? Veamos de qu´ maneo o e ra se puede medir muy sencillamente y as´ explicar un hecho simple pero espectacular: ı si una pared. Si las cosas no funcionan es porque al mover la naranja no se observ´ la conservaciń del momento angular. o a Imaginemos un poste de luz sobre el Ecuador.15. Conservaciń del momento angular. una pared orientada de oriente a occidente es iluminada en noviembre por a el sur y en mayo por el norte. a En Bogot´. y clavarle un palillo de dientes que haga las veces a de un poste de la luz cercano a la casa que habitamos. ¿C´mo podemos medir el ńgulo de inclinaciń del eje de a o a o giro de la Tierra con respecto al plano orbital? Primero debemos jugar un poco con una naranja. Lo mejor es clavarle un o o l´piz a la naranja para representar su eje de giro y para tener en claro que al moverla a la direcciń del l´piz no debe cambiar. a veces es cero. Y viceversa. ıa e . con toda seguridad el Sol la iluminar´ a los seis meses por el norte. Estaciones y patrń de iluminaciń.41. o z x y Figura 2. El ńgulo entre el poste de la luz a y el rayo del Sol var´ con la ´poca. LAS ESTACIONES (OPCIONAL) 99 Resumimos todo diciendo que la direcciń y la magnitud del vector momento ano gular se conservan mientras la Tierra recorre su ´rbita. el Sol cae perpendicularmente. que representar´ la Tierra.2. o Con esta forma de pensar se ha estimado que el ńgulo α entre el eje de giro de a la Tierra y la normal al plano orbital es de unos 22 grados. ellos miden exactamente lo mismo. En ese instante puede medirse el ńgulo. lo mismo que A′ OB ′ . El ńgulo m´ximo de inclinaciń del Sol con respecto al poste a a o corresponde a una situaciń en la cual el poste de la luz. Y de igual forma. Adem´s. a A’ B’ 0 ´ Figura 2. rayo de Sol. Este resultado se basa en un hecho geom´trico importante: cuando dos e ńgulos agudos tienen lados perpendiculares. o 235. En a a ıa consecuencia. PLANOS. e B A α α α Rayo de Sol Poste Figura 2. La inclinaciń del eje de giro de la Tierra. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES pero a veces es mucho. Angulos con lados perpendiculares. LINEAS. el ńgulo AOB es agudo.43. entonces el ńgulo A′ OB mide 90 − α. entonces el ńgulo BOA debe ser el complementario de a a A′ OB y por lo tanto debe medir tambiń α. Observemos que si el ńgulo α fuese de 0 grados.100 CAP´ ITULO 2. Pero a a como el ńgulo A′ OA es recto. y dicho ńgulo es el que est´ entre el eje de giro de la Tierra y la normal al a a plano orbital. la mayor parte de Canad´ estar´ en eterno invierno. En la gr´fica. Explique c´mo se hizo para saberlo. Si es un movimiento continuo o si ha sido por causa de una hecatombe. con el ńgulo de inclinaciń del eje de la Tierra se regula la productividad a o bi´tica de la Tierra. a medio d´ entre el poste de la luz y el a ıa. especificando el papel de la geolog´ o ıa y de la biolog´ ¿Qu´ se espera para el futuro? ıa. el lado AO a a a ′ es perpendicular a A O. el eje de giro y el Sol estń o a sobre el mismo plano.44. Eso significa que si el ńgulo B ′ OA′ mide α. el lado BO es perpendicular al B ′ O. Ejercicio de investigaciń Investigue si el eje de giro de la Tierra ha camo biado a lo largo de su historia. e Podemos jugar un poco m´s con nuestra naranja y si de noche la iluminamos a con una linterna podemos observar lo que el polo alejado del Sol est´ poco o nada a . Aristarco pudo lograr lo que o e hizo porque se nutri´ de una cultura muy desarrollada que ya sab´ por ejemplo. Estas doce horas alargan los d´ de verano y acortan los de invierno. Dar´ la ıas ıa impresiń de que la Tierra girara m´s despacio en verano y m´s r´pido en invierno. 3. (Gran Enciclopedia Larousse. a 2. las estaciones cerca del Sol son cortas.16. de todas las especies. Ejercicios de repaso 1. pero s´lo o con Newton pudo ofrecerse una explicaciń del porqu´. Midiendo este desbalance podr´ estimarse la excentricidad de la ıa elipse orbital. no e son 180 los grados iluminados sino que son 200 ´ m´s. este polo est´ en invierno. la casa ıa “mira hacia la izquierda. un punto sobre la o a superficie al ir girando permanecer´ m´s tiempo a la luz que en la oscuridad. En particular. 1) y v = (1. 0). En realidad. C. son largas. en el verano los d´ son largos y en el invierno son cortos. el Sol nunca se oculta y la papa puede crecer y dar fruto en los tres meses que dura el verano.16. hay 12 horas de diferencia entre estos dos mediod´ y no 24 como debiera ıas ser. la ´rbita es recorrida o a o lentamente. de altas latitudes deber´ ıan ser m´s fuertes que entre sus hom´logos del tr´pico? ¿Ser´ cierto? a o o a Y ahora viene algo preocupante: cuando el Sol se ve al mediod´ en enero. Cuando la Tierra est´ m´s cerca del Sol. tomando un paralelo a la altura de M´xico en verano. ¿Qu´ efecto ıas e podr´ tener este hecho? a La intrigante sencillez que hemos promovido se ha conseguido a un alto precio pagado a lo largo de muchas generaciones. Encuentre los valores de t para los cuales el espacio soluciń de AX = 0 es una o recta que pasa por el origen o un plano que pasa por el origen. o s´lo el origen o o . Por otro lado.2. El polo cercano al Sol est´ siendo a a fuertemente iluminado. 0. Por lo tanto. 1983). Considere los vectores a = 2i + 3j − 2k y b = i + j + k. las estaciones no duran cada una tres meses. Es decir. ¿No es esta una razń para insinuar que los a o lazos familiares entre los habitantes. Los d´ a a ıas son m´s largos en verano que en invierno. o medir la distancia de la Tierra tanto a la Luna como al Sol. EJERCICIOS DE REPASO 101 iluminado por el Sol. este polo est´ en verano. tiene una ´rea iluminada mayor o a a a que la del otro. adem´s. Por eso se puede cultivar papa en a latitudes exageradas de Siberia. o a a a ¿C´mo puede suceder si el momento angular de la Tierra se conserva y ella siempre o gira a la misma velocidad angular? Considere la siguiente explicaciń: debido a que la o inclinaciń del eje de giro de la Tierra no es nula. la ´rbita es el´ o ıptica y el Sol est´ en uno de sus focos. c´mo o ıa. b) Proyb a. Por lo tanto. 0. al mediod´ la casa “mira hacia la derecha. Pero cuando la Tierra est´ alejada. Las estaciones alejadas del Sol. ´sta recorre su a a a e ´rbita deprisa (para no caerse). la presesiń de la tierra fue o estudiada cuantitativamente por Hiparco hacia el 125 antes de nuestra era. 1. n 2.”Pero en junio. J. Encuentre el ńgulo entre los vectores u = (1. 1. Calcule: a) Compb a.”Por ıa lo tanto. en casi todos los d´ hay un hemisferio o ıas que no s´lo esta m´s cerca del Sol sino que. algo que fue desarrollado por Aristarco de Samos hacia el aõ 250 a. 0). a 8. 6. 4). c) ProyH v. 1). o c) El ´rea del trińgulo cuyos v´rtices son A. 3. −2. c) Halle la ecuaciń de la recta que pasa por dos v´rtices opuestos del pao e ralelep´ ıpedo. g) Determine el volumen del paralelep´ ıpedo. 4. h) Halle la ecuaciń del plano que est´ 5 unidades por encima de la cara superior o a del paralelep´ ıpedo. −3. i ) Halle la ecuaciń de la recta que se encuentra en la cara superior del pao ralelep´ ıpedo y que dista 5 unidades de una de las aristas de la cara superior. 0. siendo A =  1 t 1  . e b) La ecuaciń del plano Π que contiene a los puntos A. Sea H = {(x. (0. e) Punto de intersecciń de la recta L y el plano Π. o 5. 4. b) ProyH ⊥ v. 7. y. 1). Halle: a) Las ecuaciones sim´tricas de la recta L que pasa por los puntos A y C. f ) Halle el ´rea de una de las caras del paralelep´ a ıpedo. PLANOS. Encuentre las ecuaciones param´tricas del plano en R3 que pasa por los puntos e (1. Considere los puntos A(2. 3) y C(5. 0) y w = (6. B y C. 3). e b) Determine las coordenadas del punto medio del paralelep´ ıpedo. 3. v = (−1. −1). 10. 1. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES  1 1 t todo R3 . 3. e) Halle la distancia entre el punto medio del paralelep´ ıpedo y una de sus caras. . z): x + y = 0} y sea v = (1. 0) y (0. Considere el paralelep´ ıpedo generado por los vectores u = (1. en R3 .102 CAP´ ITULO 2. B y C. 0). B(−1. 8) con uno de sus v´rtices en el punto A(3. Hallar: a) H ⊥ . 1. 4) al plano Π. e a) Halle las coordenadas de los 7 v´rtices restantes. 0. 4) y que sea paralela o x−y+z =1 a los dos planos 2x + y − 3z = 2 7. 1). Encuentre una ecuaciń lineal simple en tres variables cuyo conjunto soluciń sea o o exactamente el plano dado en el inciso a). 9. Hallar el punto Q del plano Π: 2x + 2y + z = −1 m´s cercano al punto P (9. Encuentre la ecuaciń de la recta que pase por el punto (2. a a e d ) Distancia del punto (−2. 6. 0. t 1 1  4. LINEAS. d ) Halle la ecuaciń del plano que contiene a la cara superior del paralelep´ o ıpedo. 2. Uno quisiera pensar o e que lo dicho de alguna manera se extrapola para problemas con m´s de 3 variables. que la tecnolog´ moderna a duras penas ha podido imitarla. De esa manera. La a verdad es que esta intuiciń necesita ser elaborada y es un objetivo que enfrentaremos o en pr´ximos cap´ o ıtulos. RESUMEN 103 2. tan eficiente.17. uno sabe de antemano la o forma de la soluciń.17. la cual puede hallarse por cualquier m´todo. e uno puede predecir si la soluciń es unica o si hay infinitas soluciones sobre una recta o o ´ si quedan sobre un plano o si no hay soluciń. Resumen La capacidad de an´lisis visual de los mam´ a ıferos es algo tan maravilloso. . Pudimos constatar que al interpretar un sistema de ecuaciones en t´rminos de planos o rectas. La ıa geometr´ es la plataforma que convierte ese poder visual en una herramienta muy ıa eficaz para el an´lisis de sistemas lineales (y no lineales). tan poderoso. Hemos desarrollado el tema a para dos y tres variables. lo cual nos indujo a considerar rectas y planos. 104 CAP´ ITULO 2. LINEAS. PLANOS. RN Y EV=ESPACIOS VECTORIALES . o Existe una manera de tratar de una sola vez por todas no solo ambos casos sino tambiń las generalizaciones correspondientes a altas dimensiones.1. Pero si las l´ o ıneas son paralelas y coincidentes. entonces un sistema de ecuaciones generado por la matriz o no tiene soluciń o tiene infinitas o soluciones. Idea fundamental Consideremos un sistema lineal 2 × 2. verificar que no son paralelas y que. u Consideremos ahora un sistema lineal de ecuaciones 3×3. mientras que el vector (5. −6) lo es a la l´ ınea 5x − 6y = 7. Si las o ´ l´ ıneas son paralelas. se cortan en un unico punto y que por ende la soluciń al sistema es unica. Si los planos ´ o ´ tienen una l´ ınea en comń o un plano. La idea es como e sigue: Consideremos el sistema 2x + 3y = 4 5x − 6y = 7 Uno puede graficar las dos l´ ıneas. Veamos ´ o ´ ahora c´mo se puede predecir que la soluciń es unica con el determinante. la soluciń es unica. o ´ 3. Si los planos se cortan en un unico punto. por lo tanto. El vector (2. no hay soluciń. Tenemos 7 o o ´ pasos: Paso 1. pero no coinciden. entonces hay un n´mero infinito de soluciones. el sistema tiene infinitas soluciones. 3) es perpendicular a la l´ ınea 2x + 3y = 4. Y si los u planos son paralelos y diferentes. y si el determinante es distinto de cero entonces cualquier sistema generado por la matriz tiene soluciń unica. Si las l´ ıneas no son paralelas. entonces no hay ninguna soluciń. 105 . ellas se cortan en un punto y la soluciń al sistema es unica.CAP´ ITULO 3 EL DETERMINANTE En el presente cap´ ıtulo veremos de qu´ manera uno puede asociar un n´mero llamae u do determinante a una matriz de tal forma que si el determinante es cero. el cual representa dos l´ ıneas. Cada ecuaciń representa o un plano. plp. en cuyo caso la soluciń es vac´ o que o ıa. Si o ´ el determinante es cero. Paso 4. Pero si dicha ´rea es cero. Como todo depende del ´rea del paralelogramo generado por los vectores a normales. pero que el determinante asociado a un sistema 2×2 sea cero o no. si el determinante es diferente de cero. por lo tanto. Para saber si dos vectores son paralelos. En nuestro ejemplo. Paso 7. EL DETERMINANTE N1 N2 N2 N1 Figura 3. la soluciń no es unica. formamos con ellos un paralelogramo y calculamos su ´rea. es la generalizaciń a n dimensiones de un paralelogramo. las l´ o ´ a ıneas son paralelas y puede ser que nunca se corten. Paso 3. son paralelos. no son paralelos. pero a o pondremos la mira en sistemas lineales n × n cualesquiera. pues debemos calcular dicha ´rea. Lo haremos en la siguiente secciń. que tambiń puede llamarse determinante (aunque hay una e pequeã diferencia). Paso 2.2. All´ no tendremos ´rea a a sino volumen generalizado. Cada l´ ınea tiene una infinidad de vectores normales. Paso 6. puede ser porque no exista soluciń o o ´ o puede ser porque haya infinidad de soluciones. si el determinante no es cero. Por lo tanto. es algo que no depende de la escogencia de los vectores normales. Veamos c´mo ´ o ´ o obtenemos la misma respuesta por el determinante. o La descripciń algebraica de un plp se basa en un sencilla observaciń: o o . A un par de l´ ıneas asociamos un paralelogramo determinado por los vectores normales. si lo son los vectores normales y las l´ ıneas no son paralelas. si sus vectores normales no lo son. hay soluciń unica. ya conocemos la respuesta: las l´ ıneas se cortan en un unico punto y por consiguiente nuestro sistema tiene soluciń unica. Paso 5. entonces el determinante es diferente de cero. En ese caso. y en ese caso hay infinitas soluciones todas sobre la recta dada. Si el ´rea del paralelogramo determinado por los vectores normales es difea rente de cero. Paralelep´ ıpedos = plps Un paralelep´ ıpedo. las l´ ıneas coincidan.106 CAP´ ITULO 3. los vectores normales no son paralelos.0. Las l´ ıneas son paralelas. el sistema representado por las l´ ıneas tiene soluciń unica. n 3. a la cual vamos a llamar determinante: si el determinante a es cero. Por lo e a tanto. d)] su 2-volumen est´ dado a a por ad − bc (cuando sea negativo. Ordenamos las aristas diciendo cu´l es la primera.. Por lo tanto. quedarń generadas todas las caras que salen de dicho e a v´rtice y adem´s. El ´rea del 2-plp es e a entonces el ´rea de dicho rectńgulo menos el ´rea de todo lo que est´ por fuera del plp a a a a pero por dentro del rectńgulo: dos trińgulos y dos rectńgulos y otros dos trińgulos. + αn un ı: donde los escalares αi pueden tomar valores entre cero y uno. u el ´rea de un paralelogramo. Si o e queremos rellenar todo el plp. todas las otras caras del plp se construyen por paralelismo. Si un 2-plp est´ dado por [(a. A los n-plps se les puede calcular el volumen.. a 238.2... un ]. 236.Observemos que en esta definiciń a o s´lo tenemos las aristas. que son las aristas que parten del origen.. PARALELEP´ IPEDOS = PLPS 107 Figura 3. la segunda. 237.. k]. j. El 3-volumen de un ´ a 3-plp es su volumen comń y corriente.1. a Una cara est´ determinada por dos vectores pues las aristas opuestas son segmentos a paralelos a los vectores dados. b). (c. El 2-volumen de un 2-plp es su ´rea. si se enuncian las aristas o vectores que salen de un v´rtice cualquiera. t´mese el valor absoluto).. es decir. ⋄ Teorema. Uno tambiń puede rellenar las caras o rellenar todo el plp. Inscribimos al 2-plp en el rectńgulo que tiene todas sus aristas paraleo a las a los ejes y que contiene el origen del plp y el v´rtice opuesto. Aristas b´sicas de un plp. ♣ Definiciń. El 1-volumen de un 1-plp es la norma del unico vector que lo forma. El cubo unitario es un 3-plp dado por [i. a a a a . Calculemos el 2-volumen de un 2-plp. un plp est´ completamente descrito por las aristas que parten de un v´rtice a e dado. Ejemplo Un paralelogramo es un 2-plp. o Demostraciń.3. . se procede as´ X ∈ P relleno ssi X = α1 u1 + .. Un n-plp P anclado en el origen de Rn es un conjunto ordenado o de n vectores P = [u1 . Y eso nos garantiza que nuestro procedimiento para calcular el ´rea del 2-plp [i. Ejemplo Usemos la teor´ del determinante para saber si el sistema siguiente ıa tiene soluciń unica o no: o ´ 2x + 3y = 4 5x − 6y = 7 . Ejemplo Calculemos el 2-volumen de [(1. d) d Figura 3.108 CAP´ ITULO 3. 1). Ejercicio Calcule el 2-volumen de los 2-plps dados por a) [(1. Por ejemplo. b + d) b c d (a. se obtiene el vector j. j] d´ como resultado un n´mero positivo. e e a la orientaciń natural de R3 es la de [i. k] = [(1. 3)] b) [(1. 2)]. EL DETERMINANTE (a + c. ıa El ´rea es entonces a A = (a + c)(b + d) − 2[ab/2 + cb + cd/2] = ab + ad + cb + cd − ab − 2bc − dc = ad − bc. lo que significa que dos vectores colineales generan un plp cuyo volumen es cero. j. Observemos que astutamente cuadramos el dibujo para lograr que A = ad − bc > 0 y as´ no tener que preocuparnos por la posibilidad real de obtener una ´rea negativa. 239. 241. (0. 0)] d) [(1. 1)] que tambiń o e se llama de la mano izquierda. (2. (2. −1). 0). cuyo a j−´simo vector tiene un uno en la j-´sima coordenada y cero en las dem´s. (1. 240. cada a e u forma de ordenar los vectores de un n-plp se llama una orientaciń. 1). (0. 0). 0. 1)]. 0). 0. −3)] c) [(0. ı a Eso se debe a que dibujamos los 2 vectores del 2-plp para que quedaran ordenados como el 2-plp [i. En general. la cual es dada por el n-plp unitario.2. Todos nuestros o n R estń orientados de la manera natural. (2. 1. (0. j]: si rotamos 90 grados en direcciń contraria a las manecillas del reloj al o vector i. 1). Geometr´ del determinante. b) a b a+c c (c. Es 1 × 2 − 2 × 1 = 0. Como (2. o d) Det(u. en tanto que el vector (5. d)] es o ad − bc y se nota como Det(P ) = a c b d = ad − bc. aplicando ad − cb es. ⋄ Teorema. i)] ser´ el n´mero notado ıa u a d g b e h c f i Det(P ) = Calcular este n´mero por geometr´ para que represente el volumen de una caja u ıa es todo un reto que cada quien puede enfrentar. El 2-volumen es igual al valor absoluto del determinante. b). de donde se deduce que el ´ sistema tiene soluciń unica. c) Det(u. a por consiguiente. Se dice que el determinante es una funciń alternada. v) = λDet(u. −6) lo es a la l´ ınea 5x − 6y = 7. y = −1. v). un plp generado por un solo vector tiene volumen cero. . por lo que ellas se cortan en un unico punto. 243. o ´ a) x + y = 2. (c. si se alarga una arista del plp. por lo tanto. Como el determinante es diferente de cero. −6). b) Det(λu. x = 2 d) x = 4. El 2-det tiene las siguientes propiedades: a) Det(u. v)+Det(u. (g. 2x + 3y = 5 b) x − y = 4. El determinante de un 2-plp definido por [(a.3. w). Por lo tanto. c). 3) es perpendicular a la l´ ınea 2x+3y = 4. Ejercicio Use la teor´ del determinante para decidir si los siguientes sistemas tienen soluciń unica o no. PARALELEP´ IPEDOS = PLPS 109 El vector (2. Pero en realidad eso es bastante m´s a complicado y menos general que el siguiente proceso algebraico. h. su volumen se amplifica consecuentemente. v + w) = Det(u. 2x − 3y = 4 c) y = 4. e.2. dichos u vectores no son paralelos. forman un paralelogramo cuya ´rea no es cero. los vectores normales no son paralelos. b. una permutaciń de los vectores o aristas cambia el o signo. v) = −Det(v. las l´ ıneas correspondientes tampoco. ♣ Definiciń. u) = 0. (d. la soluciń es unica. se dice que el determinante es multilineal. Esa respuesta puede sacarse autom´ticamente o ´ a como sigue: El 2-volumen del paralelogramo generado por los vectores normales es. 244. Teniendo en cuenta esta propiedad y la b. Nuestra notaciń se generaliza naturalmente a n-plps: el 3-volumen de un 3-plp o P = [(a. o ´ ıa 242. (2)(−6) − (5)(3) = −12 − 15 = −27. la suma en cada entrada del determinante se reparte. u). 3) no es un m´ltiplo escalar de (5. f ). di + ej + f k. EL DETERMINANTE e) Det(i. f k. Ejemplo Calculemos el 3-volumen de P = [(a. g i+hj +ik)+ Det(ai. g i + hj + ik) Ahora repartimos las sumas de la primera entrada: Det(P ) =Det(ai. di. reescribimos el plp P en notaciń vectorial y no de coordenadas: o P = [(ai + bj + ck). y para hallar el ´rea se toma el valor a a absoluto. g i+hj +ik)+ +Det(ai. (d. i)+ adhDet(i. j) = Det(i. Por esto los tres determinantes anteriores dan cero: Det(i. f ). ik). (g i + hj + ik)]. di. i.110 CAP´ ITULO 3. ej. Ejercicio Explique la siguiente contradicciń: det pero por otro lado: 2 4 6 8 1 2 3 4 1 2 3 4 2 4 6 8 = 16 − 24 = −8 Det = Det 2 = 2Det = 2(4 − 6) = −4. c). Repartimos las sumas de la tercera entrada del primer renglń: o Det(ai. di+ej +f k. g i+hj +ik) = Det(ai. Repartamos las sumas de la segunda entrada en el primer renglń de la expresiń o o anterior: Det(ai. g i + hj + ik). el volumen del 2-plp unitario es 1. f) El determinante tiene signo m´s o menos. e. di + ej + f k. i) = Det(i. (g. di. i. h. j)+ adiDet(i. o 248. Para utilizar las propiedades del determinante. i. Sacamos las constantes: Det(ai. g i + hj + ik). (di + ej + f k). g i)+ Det(ai. di + ej + f k. 247. i. i)]. i. j) = 1. Desarrollo. Por tanto. di. b. Ejercicio Ilustre gr´ficamente el teorema anterior para que parezca obvio. g i + hj + ik) = adgDet(i. . hj)+ Det(ai. i. di. Tenemos Det(P ) =Det(ai + bj + ck. k) = 0 Reflexionemos ahora un poco. k). di. Observemos que el volumen de un 3-plp apachurrado (que cabe en un plano) es cero. ♣ Definiciń. g i + hj + ik) = Det(ai. g i + hj + ik)+Det(bj. en un determinante casi todo da cero. ¿Qu´ es lo e que no da cero? Pues s´lo aquellos casos en los cuales llegamos a un plp elemental (un o cubo permutado) no apachurrado. a o 246. g i + hj + ik)+ +Det(ck. 245. di + ej + f k. El determinante es un n´mero asociado a un n-plp y que goza o u de la generalizaciń natural de todas las propiedades dadas en el teorema 244 para 2D. Resumiendo: Det(P ) = Det(ai + bj + ck. k. k)+ bf gDet(j. g i)+ +Det(ck.3. j. i. Sacamos las constantes: = aeiDet(i. k) = −af h bdiDet(j. j) = cegDet(i. i. k. j) = cdhDet(i. j. 6]. 5. j)+ cegDet(k. k. si se entiende que e el determinante de las matrices con estrellas es el determinante de las matrices 2 × 2 que quedan al quitar las estrellas: a d g Det(P ) = b e h c f i       ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ = aDet  ∗ e h  − dDet  b ∗ h  + gDet  b e ∗  c f ∗ c ∗ i ∗ f i 249. k) = −bdi bf gDet(j. i) = −cegDet(k. 4)]. j. k) = bf gDet(i. j) = −cdhDet(i. i) = −cegDet(i. ej. j. i. j. i)+ +cdhDet(k. ik)+ Det(ai. k) = −ceg. i). hj)+ Det(ck. g i + hj + ik) =Det(ai. j. 1 2 3 Det(P ) = −1 3 5 6 2 4       ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ = 1Det  ∗ 3 5  − 2Det  −1 ∗ 5  + 3Det  −1 3 ∗  6 2 ∗ 6 ∗ 4 ∗ 2 4 = a(ei − f h) − d(bi − ch) + g(bf − ce) = 1(3 × 4 − 2 × 5) − 2(−1 × 4 − 6 × 5) + 3(−1 × 2 − 6 × 3) = 2 − 2(−34) + 3(−20) = 2 + 68 − 60 = 10. di. (3. j)+ bdiDet(j. k. (2. i. j. hj)+ Det(bj. k) = aei af hDet(i.2. j) = −af hDet(i. ej. Lo anterior se puede reescribir de una manera muy nemotćnica. j. k) = cdh cegDet(k. f k. k) = bf g cdhDet(k. ik)+ Det(bj. k)+ af hDet(i. PARALELEP´ IPEDOS = PLPS Det(P ) = Det(ai + bj + ck. j. di + ej + f k. −1. i) = −bf gDet(j. k) = −bdiDet(i. i. k. g i). di. 3. k. Ejemplo Usemos el Det para calcular el 3-volumen del 3-plp [(1. i. g i + hj + ik) = aei − af h − bdi + bf g + cdh − ceg = a(ei − f h) − d(bi − ch) + g(bf − ce). f k. di + ej + f k. . 2). 111 Permutemos los vectores para convertirlos en un cubo unitario con determinante positivo: aeiDet(i. la constante puede salir de la primera columna: Det(kA) = kDet(c1 . Multiplicar A por k significa multiplicar cada entrada de A por k. kcn ) y tambiń puede salir de la segunda: e Det(kA) = k 2 Det(c1 . El determinante de A es el determinante del n-plp formado por las o columnas de A. .. c2 . y un escalar k tenemos que Det(kA) = k n DetA Demostraciń.. . .. El determinante de una matriz n × n es el determinante del o n-plp definido por las columnas de la matriz.112 CAP´ ITULO 3. kcn ) Teniendo en cuenta que el determinante es multilineal. obtenemos: Det(kA) = k n Det(c1 . ... Para una matriz A.... ♣ Definiciń. c2 .. kcn ) y saliendo de todas. los cuales son vectores de Rn .. el ´rea se convierte a a a en (ka)(kb) = k 2 ab. EL DETERMINANTE 250. cn ) = Det(A). .. Para memorizar este resultado. y por lo tanto. cn ) donde las ci son las columnas de A. cada columna tambiń queda multiplicada por k: e Det(kA) = Det(kc1 .. n × n. c2 . . De esta forma podemos identificar una matriz con el plp formado por sus columnas... Podemos escribir Det(A) = Det(c1 . lo que uno tiene que tener en cuenta es que si uno tiene un rectńgulo de ´rea ab. kc2 . y si cada lado se multiplica por k. ⋄ Teorema. 1 0 3 a) −1 −3 5 6 1 4 7 5 3 b) −1 −3 3 2 0 5 1 2 −3 2 c) −7 −8 −1 −1 1 d) 1 0 3 0 −3 0 −6 −1 4 252. Ejercicio Calcule los siguientes determinantes.. 251. kc2 . lo que nuestra definiciń dice es que se calcule simb´licamente o o . Si ellos se cortan en un unico punto.3. Una de las formas como esa decisiń puede justificarse es como sigue: ´ o Cada ecuaciń de un sistema de n ecuaciones con n inc´gnitas representa una entio o dad geom´trica llamada hiperplano. Si dicho volumen no es cero. 255. los o hiperplanos van cada uno por su lado y. Pero las matrices vienen de sistemas de ecuaciones y nosotros introdujimos los determinantes para que representaran el volumen del n-plp formado por los vectores normales a cada l´ ınea. Por eso que la teor´ de sistemas lineales es algo que nos va a llevar tiempo y o ıa requerir´ nuevos puntos de vista que elaboraremos a partir del pr´ximo cap´ a o ıtulo. un escalar. o notamos el producto cruz entre esos dos vectores mediante el siguiente simbolismo:  i j k u × v = Det  u1 u2 u3  v1 v2 v3  Recalquemos que en el primer renglń hay vectores. Si hay al menos dos de ellos paralelos. nos queda por averiguar si las o ´ soluciones quedan. v2 . v3 ). que determina si la u u soluciń de un sistema lineal es unica o no. o ´ Segń hemos visto. la soluciń o ´ o es vac´ Si todos los hiperplanos coinciden. Notaciń para el producto cruz. reemplazar para verificarla y olvidarse de e soluciones espurias. o hay una infinidad de soluciones o no hay soluciń. ´ o o ´ uno puede buscarla por cualquier m´todo. plano o correspondiente generalizaciń. Ejercicio Asocie un sistema de ecuaciones a cada una de las matrices del ejemplo 251 y prediga si dicho sistema tiene soluciń unica o no. Usando el mismo protocolo que en el c´lculo o ´ a del determinante. En el protocolo del producto cruz usamos los s´ ımbolos i. sobre un plano o si quedan sobre una l´ ınea o si no hay soluciń. Pero cuando la soluciń no es unica. por tanto. k para indicar vectores de largo uno en las direcciones de los ejes coordenados. Ejercicio Hemos definido el determinante de una matriz n×n como el Det del n-pln definido por sus columnas. o Para determinar la forma de intersecciń entre los hiperplanos. el determinante es un n´mero. PARALELEP´ IPEDOS = PLPS 113 253. o Dichos vectores normales pueden leerse directamente en los renglones de la matriz y no en las columnas. pero que no se toquen. En un sistema n×n uno considera la intersecciń e o de n hiperplanos. calculamos el determio nante del n-plp formado por los vectores normales asociado al conjunto de hiperplanos. que es perpendicular a los dos primeros. la soluciń es el hiperplano de coincidencia. el sistema correspondiente tiene ´ soluciń unica. Eso se debe a que una vez sepamos que la soluciń es unica. uno puede asociar a un par de vectores en el espacio 3D un tercer vector. Por eso. 254. v = (v1 . Sea u = (u1 . hay paralelismo entre los vectores normales y. ıa. j. por ejemplo. u2 . se cortan en un unico punto y la ´ soluciń al sistema es unica. ya hemos terminado de ver la teor´ referente a sistemas lineales ıa con una unica soluciń. u3 ). por lo tanto. ¿Acaso definimos mal el determinante de una matriz? Nos interesa el determinante para decidir si un sistema de ecuaciones tiene soluciń o unica o no. pero en los otros dos van o coordenadas. Si dicho volumen es cero. o ´ En cierta forma. llamado producto cruz.2. −3) Verifiquemos la perpendicularidad: (1. 2. 3) × (4. Ejemplo Calculemos (1. 3) · (−3. 6) · (−3. 6) y verifiquemos que es perpendicular a ambos vectores: i j k 1 2 3 4 5 6      ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ = iDet  ∗ 2 3  − jDet  1 ∗ 3  + kDet  1 2 ∗  4 5 ∗ 4 ∗ 6 ∗ 5 6  = i(−3) − j(−6) + k(−3) = −3i + 6j − 3k = (−3. pero que el resultado se interprete como un vector. 2. 5. demuestre que u × v = u ||v sen θ. donde θ es el ńgulo entre los dos vectores. lo a cual da el ´rea del plp expandido por los dos vectores. Ejercicio Demuestre que el producto cruz cumple las propiedades siguientes: a) Si los dos vectores que se van a multiplicar estń en el plano XY.      ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ = iDet  ∗ u2 u3  − jDet  u1 ∗ u3  + kDet  u1 u2 ∗  v1 v2 ∗ v1 ∗ v3 ∗ v2 v3  256. 6.3. 257. cuyas componentes son las siguientes: u×v u v Figura 3. a . En ese caso. la tercera coa ordenada es cero y el producto cruz coincide con el determinante de los vectores considerados como elementos del plano (con dos coordenadas). EL DETERMINANTE este determinante usando las mismas reglas del determinante ordinario. 5. −3) = −3 + 12 − 9=0 (4. 6. 6.114 CAP´ ITULO 3. El producto cruz. −3) = −12 + 30 − 18 = 0. 3. Dicha soluciń puede escribirse en t´rminos de determinantes. PARALELEP´ IPEDOS = PLPS 115 b) Sin un s´lo c´lculo. Ejercicio Invente ejercicios que ilustren los descubrimientos hechos en el ejercicio anterior. Pero en realidad. que es igual al valor absoluto de su determinante. valdr´ la pena escalonar la matriz original (se transforma por Gauss-Jordan ıa en otra que tenga ceros debajo de la diagonal). El determinante de la matriz original seguramente est´ relacionado con el determinante de la matriz escalonada. vale la pena preguntarse cu´l podr´ ser una manera eficiente a ıa de calcular determinantes de matrices grandes. el sistema tiene soluciń o o unica. Para un sistema ´ o e 2 × 2 de la forma ax + by = m cx + dy = n la soluciń puede escribirse como: o m Det n  x= a Det c  lo cual puede probarse por sustituciń directa (ejercicio). La idea o a de determinante surgi´ de la necesidad de calcular vol´menes de plps en cualquier o u dimensiń. e ¿c´mo? o La orientaciń tiene importancia en muchas ´reas de la ciencia. Pero. e 258. demuestre que para cualquier par de vectores del espacio se o a cumple que u × v = u ||v sen θ.2. o b  d  b  d  a Det c  y= a Det c  m  n  b  d  260. tambiń es igual al valor absoluto de (u × v) · w. el signo del determinante tiene una utilidad a sin igual y es que distingue la mano derecha de la izquierda. Invente una notaciń que pueda generalizarse para cualquier sistema de n o ´ o ecuaciones con n inc´gnitas. Intriga Debido a que en las aplicaciones uno puede encontrarse con sistemas de muchas variables. 262. Ejemplo y ejercicio Cuando el determinante de la matriz asociada a un sistema de n ecuaciones de n inc´gnitas es diferente de cero. Ejercicio Observe la estructura de las expresiones de la soluciń del ejemplo o anterior y generalice para sistemas de 3 inc´gnitas con 3 ecuaciones que tengan soluo ciń unica. . Ejercicio Demuestre que el determinante de una matriz escalonada superior (que tenga ceros abajo de la diagonal) es el producto de los elementos de la diagonal. v. A la luz del resultado del ejercicio anterior. Por eso siempre hab´ o ıamos tomado el valor absoluto del determinante y el signo lo ignor´bamos. c) Demuestre que el 3-volumen de un 3-plp [u. o 259. 261. w]. Decimos que la orientaciń de la mano izquierda es el Det[i. En contraste. dicho signo a a aparece al cuadrado. a definir la forma como un objeto es asim´trico. asimetr´ e e ıa espacial. k] cuyo determinante es +1. j. no puede explicar a estructuras asim´tricas. Este problema ha llegado a ser tan grande que se enmarca dentro de una tem´tica desafiante: ¿c´mo nacen las propiedades de los sistemas complejos que desaf´ a o ıan las leyes establecidas para sistemas simples? (Primas. por ende. el anular el Y (j) y el ´ ındice el Z (k). El problema de la quiralidad se reduce algunas veces a distinguir si se est´ a la a derecha o a la izquierda de un eje de referencia y. Decimos que la orientaciń de la mano derecha es el Det(i. j. bien como la izquierda en vez e de ser sim´tricas. el o anular el Y (j) y el ´ ındice el Z (k). el pńcreas y el bazo quedan a la izquierda. Cient´ o ıficamente. la mano derecha tiene o orientaciń negativa: si el dedo pulgar de la mano derecha representa el eje X (i). Investigando. la primera letra de la palabra latina sinister (izquierda). si el dedo pulgar de la mano izquierda representa el eje X (i). en o ese orden. j. EL DETERMINANTE En efecto. la forma como se numeran los elementos de un plp se llama quiralidad y uno habla de quiralidad derecha o izquierda. k]. la forma espacial adoptada por algunas molćulas que se orientan.116 CAP´ ITULO 3. La dextrosa es R. Pero en mecńica cuńtica. muchas molćulas tienen quiralidad. y que la mano derecha tiene orientaciń negativa. e El problema de la quiralidad en qu´ ımica consiste en predecir por las leyes de la f´ ısica el origen de la quiralidad molecular. La o o forma como llegamos a saberlo fue porque un compuesto llamado talidomida. 2009). que se usaba como sedante en los aõs 1950. La orientaciń o quiralidad es importante en bioqu´ o ımica: muchos tipos de molćulas e de los seres vivos forman estructuras espaciales y pueden quedar como la mano izquierda L o como la derecha R. de izquierda a derecha y despu´s el eje Z y el plp es (j.000 beb´s en todo el mundo con n e malformaciones gen´ticas. por lo tanto. son L. La quiralidad es notada usualmente como L(left) o R(right) pero a los qu´ ımicos les gusta R la primera letra de la palabra latina rectus (derecha) o S. la mano izquierda genera el plp [i. en ese orden. y o que la mano izquierda tiene orientaciń positiva. En la gran mayor´ o o ıa de humanos. bien como la mano derecha. La quiralidad es importante en antropolog´ las formas R y L de un sitio orientable ıa: . se lleg´ a la conclusiń de que la causa ten´ e o o ıa que ver con la organizaciń espacial de los ´tomos en formas quirales (Talidomida en o a Wikipedia. La mecńica cuńtica es en principio la que tiene la palabra. lo cual quiere decir que la mecńica a cuńtica no puede distinguir entre derecha e izquierda y. Pero de vez en cuando los noticieros reportan un mutante que tiene todo al rev´s y que se desenvuelve tan bien como los normales. para lo cual primero se numera el piso. no importa el signo. Diversas molćulas pueden tener la misma f´rmula estructural e o pero diferente organizaciń espacial y conllevar a diversas propiedades biol´gicas. la e a a cual es. produjo unos 10. Un caso que siempre causa curiosidad se relaciona con las e mutaciones que cambian la posiciń de los ´rganos del cuerpo. sin exagerar. 1983). i. La predicciń de la mecńica cuńtica es fćil o o a a a de entender: la diferencia entre derecha e izquierda se percibe en mecńica cuńtica a a por un signo que puede ser positivo o negativo. el corazń. k). k) cuyo e determinante es −1. la mano derecha genera un plp. los componentes de las prote´ a ınas. por tanto. Todos los aminoćidos. un cap´ ıtulo del ´lgebra lineal y ella predice que no debe haber a distinciń entre derecha e izquierda. Sin embargo. mientras que el o a h´ ıgado queda a la derecha. −j]. Calcule el volumen del plp generado por los 3 vectores: (1. Eso lleva tiempo y para los e aminoćidos la vida media del estado L es alrededor de un millń de aõs. (2. haga gr´ficas adecuadas que demuestren la natuo ´ a ralidad de todos los conceptos utilizados. por ejemplo. x − y − z = 3. lo cual a o n permite estimar la edad de f´siles muy antiguos (Snakefly. (a) x = 1. 4. (1. Demuestre que despu´s de un viaje cerrado. Ejercicio La cinta de M obius es como un cinturń que antes de cerrarlo se le ¨ o da media vuelta a la correa y al cual se le recorta la parte de cuero que quede fuera de la chapa. −1). (d) x = 0. a 263. o b) Dibuje sobre un pedacito de papel el plp [i. j]. uno termina recorriendo toda la correa por ambas caras del cinturń. 1). 2009). y = 1. 5. 3. El siguiente ejercicio muestra un detalle de c´mo se vive la orientaciń en geometr´ o o ıa diferencial y f´ ısica matem´tica (Nash y Sen. 1983). 2x − 3y = 4. el e plp original se transforma en [i. o La orientaciń tambiń es importante en f´ o e ısica de part´ ıculas elementales. Transporte el plp sin girarlo a lo largo de la cinta hasta que llegue al mismo lugar.3. e u a a una molćula puede cambiar de una estructura a la otra. (e) x = 1. Halle Det(−2A + 9B). Use dos m´todos. 1. Use la geometr´ del determinante para decidir si los siguientes sistemas tienen ıa soluciń unica o no. EJERCICIOS DE REPASO 117 de una molćula no son estables sino que. 1984). y = 0. (b) x − y = 2. debido al efecto tńel de la mecńica cuńtica. y = 2. (f) x + y + z = 1. a) Pruebe experimentalmente que la cinta de M obius tiene s´lo una cara. halle Det(−2A). z = 0.3. Por favor. 2. Ejercicios de repaso 1. Es decir. Ponga el papelito sobre la cinta de tal forma que parezca el plano XY. (c) x + y = 1. Halle por el m´todo de Kramer las soluciones a los sistemas de ecuaciones del e punto uno. z = 1. −1. 3. ¨ o si uno da un recorrido cerrado a lo largo de la cinta. Por eso decimos que la cinta de M obius no es ¨ orientable. 3). algunos experimentos no se pueden explicar a menos que se asuman neutrinos de quiralidad izquierda (Halzen y Martin.3. 3. . Sea A una matriz 4 × 4 con Det(A) = −3. Sean A. el del determinante y el otro que utiliza tanto el producto cruz e como el producto punto. B matrices 4 × 4 con Det(A) = −3 y Det(B) = 8. 2x − 9y = 5. x − y + z = 2. por Kramer. o ´ e por ejemplo. el sistema tiene soluciń unica. Pero si el determinante es cero.4. EL DETERMINANTE 3. Resumen El determinante de una matriz M es un n´mero que predice si un sistema de u ecuaciones asociado a M tiene soluciń unica o no. puede pasar que no haya soluciń o que haya una infinidad de soluciones. Si el determinante es diferente o ´ de cero. e .118 CAP´ ITULO 3. la cual puede buscarse por cualquier m´todo. Nosotros sabemos esto y tambiń o e sabemos claramente el porqu´. CAP´ ITULO 4 DEPENDENCIA E INDEPENDENCIA LINEAL Cuando un sistema tiene soluciń unica, lo cual puede averiguarse con el determio ´ nante, uno puede hallar la soluciń por cualquier m´todo, verificarla e interpretarla o e como un punto en el espacio. Y ya no hay nada m´s qu´ hacer. Pero cuando la soluciń a e o no es unica, los problemas empiezan con la incertidumbre de no saber si no hay soluciń ´ o o si hay una infinidad de soluciones que quedan tal vez sobre una recta, o sobre un plano o sobre algo m´s extendido. Para resolver esa incertidumbre necesitamos profuna dizar la tem´tica. Curiosamente, eso no implica grandes maravillas sino simplemente a aclarar los pequeõs detalles que andan por ah´ medio perdidos entre tanto material y n ı ponerlos a funcionar en una gran maquinaria. Un primer detalle es la posibilidad de combinar los elementos de un EV con multiplicaciń por escalares y sumńdolos entre ellos. Comenzamos elaborando esa posibilio a dad con el estudio del plano R2 . Resulta que su dimensionalidad dos no juega ningń u papel especial y que algunos conceptos importantes v´lidos en el plano tienen sentido a en tanto en cualquier dimensiń como en cualquier espacio vectorial, como puede ser o el espacio de los polinomios de grado menor o igual que n. 4.1. Combinaciones lineales Los elementos del plano R2 se notan (x, y) que de acuerdo con Descartes inmediatamente dan la posiciń donde queda dicho elemento. Hagamos la siguiente observaciń: o o (x, y) = (x, 0) + (0, y) = x(1, 0) + y(0, 1) lo que esto significa es que cualquier punto del plano XY es simplemente un resultado de combinar apropiadamente el conjunto de vectores {i = (1, 0), j = (0, 1)}. En el presente contexto, combinar vectores significa simplemente multiplicar por constantes y sumar. En general, los vectores pueden sumarse, y un vector cualquiera puede multiplicarse por una constante. Por ahora, no tenemos ningń modo general de multiplicar u vectores en cualquier EV de tal forma que el resultado del producto sea un vector. Hay que advertir que nosotros hemos considerado el producto interno pero tal producto da n´meros y no vectores; tambiń consideramos el producto cruz, pero lo definimos por u e 119 120 CAP´ ITULO 4. DEPENDENCIA E INDEPENDENCIA LINEAL una construcciń que ten´ sentido s´lo en 3 dimensiones. As´ que no tenemos multio ıa o ı plicaciń de vectores ni mucho menos divisiń. Con lo permitido hasta ahora, dados o o dos vectores u, v todo lo que puede hacerse se reduce a multiplicarlos por un escalar y luego sumarlos, produciendo as´ lo que llamamos una combinaciń lineal de los dos ı o vectores. Espec´ ıficamente tenemos: 264. ♣ Definiciń. Dado un conjunto de vectores B = {v1 , v2 , ..., vn } de un espacio o vectorial V , una combinaciń lineal de B es una expresiń del tipo o o w = α1 v1 + α2 v2 + ... + αn vn con α1 , α2 , ..., αn n´meros reales. u o 265. Ejemplo y contraejemplo El vector (2, 13) es combinaciń lineal del conjunto B = {(1, 3), (4, 5)} pues 6(1, 3) − (4, 5) = (6, 18) − (4, 5) = (2, 13) (se sobreentiende que estamos trabajando en R2 ). Sin embargo, el vector (1, 1) no es combinaciń lineal o del conjunto B = {(1, 0), (3, 0)} pues si as´ fuese, existir´ constantes α y β tales que ı ıan (1, 1) = α(1, 0) + β(3, 0) lo cual implicar´ que (1, 1) = (α + 3β, 0) de donde se deduce, ıa mirando las segundas coordenadas, que 1 = 0 lo que es una contradicciń. o 266. ♣ Definiciń. Dado B subconjunto finito de un espacio vectorial V, el conjunto o generado por B es el conjunto que reńe todas las combinaciones lineales que se pueden u hacer con los elementos de B y se nota gen(B). 267. Ejemplo y contraejemplo Tomemos el plano R2 : La igualdad (x, y) = (x, 0) + (0, y) = x(1, 0) + y(0, 1), donde x, y son reales, dice que el plano R2 es el conjunto de todas las combinaciones lineales de {i, j} o que el plano es generado por el conjunto de vectores {i, j}. Cuando x > 0, y > 0 se genera el primer cuadrante. Si x < 0, y > 0 se genera el segundo cuadrante. Si x < 0, y < 0 se genera el tercer cuadrante. Si x > 0, y < 0 se genera el cuarto cuadrante. Pero, por otra parte: (x, y) = −(−x, −y) = −(−x, 0) + [−(0, −y]) = −x(−1, 0) + (−y)(0, −1) lo cual dice que el plano tambiń es el conjunto de todas las combinaciones lineales e de {−i, −j}. M´s ań, el conjunto de vectores D = {u = (1, 1), v = (−1, 1)} tambiń genera a u e todo el plano. Eso se demuestra probando que los vectores que generan el plano, {i, j}, tambiń son generados por D. En efecto : (1, 1) − (−1, 1) = (2, 0) por lo que e i = (1/2)(1, 1) − (1/2)(−1, 1). Adem´s, (1, 1) + (−1, 1) = (0, 2) por lo que a j = (1/2)(1, 1) + (1/2)(−1, 1). Sin embargo, el plano no es generado por el conjunto de vectores D = {u = (1, 1), v = (3, 3)}, pues ambos vectores de ese conjunto generan la misma l´ ınea. Es decir, las combinaciones lineales de {u, v} producen la misma l´ ınea que las combinaciones lineales de {u} o {v}. De esta manera se distinguen 2 clases de conjuntos de vectores. Veamos la primera: 268. ♣ Definiciń. Un conjunto de vectores se dice que es LD (linealmente o dependiente) cuando uno cualquiera de ellos es combinaciń lineal de los otros. Es o decir, cuando hay redundancia de vectores en el conjunto. 4.1. COMBINACIONES LINEALES Podemos clarificarlo un poco mejor: 121 269. ⋄ Teorema. Si un conjunto finito de vectores B es linealmente dependiente, entonces existe la forma de quitarle algń vector, not´moslo w, de tal forma que el u e conjunto resultante B − {w} queda generando el mismo conjunto que B. Demostraciń. Supongamos que un vector cualquiera de ellos, not´moslo w, es combio e naciń lineal de los otros, w = α1 v1 + α2 v2 + ... + αn vn , con lo cual estamos diciendo que o B = {v1 , ..., vn , w}. Entonces una combinaciń lineal cualquiera de B es una expresiń o o del tipo z = γ1 v1 + ... + γn vn + ǫw = γ1 v1 + ... + γn vn + ǫ(α1 v1 + α2 v2 + ... + αn vn ) lo cual es una combinaciń lineal del conjunto en el cual w no aparece. Por lo que o w no aãde nada nuevo y puede ser suprimido sin que B pierda capacidad generatriz. n 270. Comentarios y ejercicios En la demostraciń del teorema anterior usamos o la poderosa capacidad humana de razonar y no fuimos muy formales. Con todo, es conveniente tener presente lo que la formalidad exige. En primer t´rmino, podemos e escribir el teorema anterior as´ si un conjunto finito B es LD entonces existe w ∈ B ı: tal que gen(B) = gen(B − {w}). Ahora bien, para demostrar que dos conjuntos A y B son iguales hay que demostrar dos cosas, que A ⊂ B, el primer conjunto est´ contenido en el segundo (que todos a los elementos del primer conjunto estń en el segundo) y viceversa, que B ⊂ A o a sea que el segundo conjunto est´ contenido en el primero (todos los elementos del a segundo conjunto estń en el primero). Pues bien, nuestra demostraciń solamente a o prueba que gen(B) ⊂ gen(B − {w}). Pero faltar´ hacer la segunda parte y demostrar ıa que gen(B − {w}) ⊂ gen(B). No lo hicimos porque nos parece obvio que si un conjunto est´ contenido en otro entonces sus conjuntos generados guardan la misma relaciń. a o Por otro lado, tambiń es cierto que si para un conjunto finito B se tiene que existe e w ∈ B tal que gen(B) =gen(B − {w}), entonces ese conjunto es LD. Demostrarlo queda de ejercicio. Reuniendo el teorema con el ejercicio podemos decir sucintamente: un conjunto finito B es LD ssi (si y s´lo si) existe w ∈ B tal que gen(B) =gen(B − {w}). Vemos o que para demostrar una proposiciń de la forma o p ssi q hay que demostrar dos cosas, que a partir de p se puede concluir q y que de q se puede concluir p. No todos los conjuntos de vectores son LD, y como son tan importantes, merecen un nombre. 271. ♣ Definiciń y ejemplo. Un conjunto es LI (linealmente independio ente) si no es LD. Por ejemplo, el conjunto {−i, −j} es LI. Lo mismo el conjunto {(1, 2), (1, 3)}. 122 CAP´ ITULO 4. DEPENDENCIA E INDEPENDENCIA LINEAL Decimos que un conjunto A es estrictamente mayor que otro B cuando A contiene a B, pero A tiene al menos un elemento m´s que B. a 272. ⋄ Teorema y ejercicio. Un conjunto de vectores B es LI ssi todo elemento de B es esencial en el sentido que el conjunto generado por B es estrictamente mayor que el generado por el conjunto que resulta de quitarle un vector cualquiera a B. Demostraciń: ejercicio o 4 (2,4) (-1,3) 3 2 (1,2) 1 0 -1 (0.5,-1.5) -2 -2 -1 0 1 (1,-2) 2 Figura 4.0. Conjuntos LD: {(1, 2), (2, 4)}, {(1, 2), (2, 4), (−1, 3)}, {(−1, 3), (0,5, −1,5)}. Conjuntos LI: {(1,2), (-1,3)}, {(1,2),(0.5,-1.5)},{(-1,3)(0.5,-1.5)},{(2,4),(1,-2)}. 273. Interpretaciń geom´trica. Los conceptos LD, LI tienen contraparte geoo e m´trica que en algunos casos simplifica las tareas. Citemos algunos ejemplos: e Primero que todo, consideremos dos vectores no nulos paralelos, el uno m´ltiplo del u otro. El primero determina una l´ ınea. El segundo determina la misma l´ ınea. Los dos juntos determinan la misma l´ ınea: son redundantes. Son dependientes. Pero si los dos vectores dan l´ ıneas diferentes, entonces, ellos forman un conjunto LI, pues cada vector da informaciń independiente. o Consideremos el conjunto formado por el vector nulo y otro vector no nulo. El vector nulo genera el origen. El otro vector genera una l´ ınea que pasa por el origen. El vector nulo es redundante: no da nada que no est´ en el espacio generado por el e segundo vector. Este conjunto es dependiente. El vector i = (1, 0) genera el eje X, y el vector j = (0, 1) genera el eje Y. Entre los dos generan todo el plano. Si a dichos ejes se les rota, dentro del plano, por separado para que el ńgulo entre ellos quede agudo u obtuso o al rev´s, de todas formas generarń a e a todo el espacio, a menos que queden superpuestos o paralelos. 4.1. COMBINACIONES LINEALES 123 Consideremos 3 vectores en el plano en direcciones distintas. Ellos generan 3 l´ ıneas diferentes. Y, sin embargo, forman un conjunto LD, la razń es que entre dos l´ o ıneas generan un plano. La tercera l´ ınea no agrega nada nuevo. La tercera l´ ınea es redundante. Al igual que la primera es redundante con respecto a las otras dos. En definitiva, en el conjunto de las 3 l´ ıneas hay redundancia. El conjunto de los 3 vectores es un conjunto LD. Consideremos 3 vectores en el espacio no totalmente contenidos en un plano. Forman un conjunto LI. Pero si tomamos 4 vectores en el espacio, el conjunto formado es LD, pues entre los 4 hay uno, al menos, que no aãde informaciń independiente de la que n o ya aportan los otros. 274. Ejercicio Por inspecciń gr´fica diga cu´les de los siguientes conjuntos de o a a vectores son linealmente independientes. 1. {(1, 1), (2, 3)} 2. {(−1, −1), (1, 1)} 3. {(1, 1)} 4. {(1, 1), (0, 0)} 5. {(1, 1), (2, 2)} 6. {(1, 2), (2, 3), (−1, −2)} 7. {(1, 2, 3)} 8. {(1, 2, 3), (2, 4, 6)} 9. {(1, 2, 3), (2, 4, 7)} 10. {(1, 2, 3), (2, 4, 7), (1, 0, 0)} 11. {(1, 2, 3), (2, 4, 7), (1, 0, 0), (0, 0, 1)} 12. Una f´brica produce sillas y escritorios, cuyas cantidades relativas con respecto a a la media las notamos (x, y). Observe cada uno de los conjuntos anteriores con vectores de R2 y prediga si se trata de f´bricas clonadas u originales. Considere ahora a los vectores con tres coordenadas y piense en (sillas, escritorios, archivadores) y tome los conjuntos de g) a k) y resuelva la misma pregunta. Existe una forma totalmente autom´tica de decidir si un conjunto de vectores a es LD o no. La idea es simple y su prueba lo es ań m´s. Observemos el conjunto u a S = {(1, 1), (2, 2)}. Este conjunto es LD puesto que el subconjunto s = {(1, 1)} genera la misma l´ ınea que S. Por eso, (2, 2) es redundante con respecto a s: es suficiente ver que 2(1, 1) = (2, 2). O, lo que es lo mismo, 2(1, 1) − (2, 2) = (0, 0). Existe otra forma de leer esa igualdad: si comenzamos un viaje desde el origen y viajamos hasta 2(1, 1) y despu´s viajamos al rev´s de (2, 2), entonces retornamos al origen: podemos hacer un e e 124 CAP´ ITULO 4. DEPENDENCIA E INDEPENDENCIA LINEAL viaje redondo (que llega al mismo lugar de partida) combinando los elementos de S, empezando y terminando en el origen. 275. Ejemplo La suma (3, 1) + (1, 2) = (4, 3) dice que el conjunto S = {(1, 2), (3, 1), (4, 3)} es LD. Pero esto es equivalente a decir que (3, 1) + (1, 2) − (4, 3) = (0, 0), lo cual expresa que si comenzamos desde el origen y viajamos hasta (3, 1) y despu´s caminamos lo e equivalente a (1, 2) y despu´s retrocedemos lo equivalente a (4, 3), entonces retornamos e al origen. 3 2 1 0 0 1 2 3 4 Figura 4.1. Un viaje redondo con un conjunto LD. Pero cuando el conjunto S es LI, nosotros no podemos hacer un viaje redondo que empiece y termine en el origen a menos que aniquilemos todos los elementos de S multiplicńdolos por la constante cero. Veamos c´mo funciona eso para el conjunto a o {(1, 1), (−1, 1)}. Supongamos que podemos hacer un viaje redondo a partir del origen, i.e. supongamos que existen escalares α, β tal que α(1, 1) + β(−1, 1) = (0, 0) (α, α) + (−β, β) = (0, 0) (α − β, α + β) = (0, 0) Esto nos da un sistema de dos ecuaciones con dos inc´gnitas: o α − β = 0, α + β = 0 Sumando obtenemos α = 0 y restando queda que β = 0. Es decir, la unica forma de hacer un viaje redondo es anulando los recorridos. ´ 276. ⋄ Teorema del viaje redondo. Un conjunto B es LI ssi el unico viaje ´ redondo que permite es el viaje nulo. Un conjunto B es LD ssi existe un viaje no nulo redondo que combina los elementos de B. Demostraciń. Si el conjunto B es LD, uno de sus vectores es redundante, not´moslo o e w, puede ser expresado como combinaciń lineal de los otros y obtenemos una expresiń o o al estilo w = α1 v1 + ... + αn vn donde no todos los escalares son cero y con lo cual estamos diciendo que B = {v1 , ..., vn , w}. Esta expresiń es equivalente a: o w − α1 v1 − ... − αn vn − ǫw = 0 4.1. COMBINACIONES LINEALES 125 Partiendo de la suposiciń de que B es LD hemos construido un viaje no nulo y o redondo que empieza y termina en el origen. Rec´ ıprocamente: si tenemos partiendo del origen un viaje no nulo y redondo con elementos de B, tenemos una expresiń de la forma o α1 v1 + ... + αn vn = 0 con algń coeficiente αi distinto de cero y con lo cual estamos notando a B de u la forma B = {v1 , ..., vn }. Se puede dividir por dicho coeficiente, pues no es cero, y despu´s se puede despejar el correspondiente vi : e vi = −(αj1 /αi )vj1 − ... − (αjn−1 /αi )vjn−1 con lo que estamos probando que si B permite un viaje redondo no nulo entonces B es LD pues tiene un vector redundante. Esa notaciń complicada corresponde a una o renumeraciń y es la forma de decir que el vector vi ya no aparece en la combinaciń o o lineal de la izquierda. 277. Ejercicio Use el teorema del viaje redondo para escribir pruebas formales de los hechos que por intuiciń usted encontr´ en el ejercicio 274. o o Cuando hablamos de combinaciones lineales, hablamos de ´lgebra, pues hacemos a operaciones algebraicas. ¿Cu´l es el equivalente geom´trico de dependencia o indepena e dencia lineal? Supongamos que estamos en el plano, sobre el cual dibujamos un 2-plp. Si uno de sus lados es cero, el ´rea del plp es cero. Si las dos aristas fundamentales del plp a son paralelas, formando un conjunto LD, su ´rea tambiń es cero. Pero si las aristas a e fundamentales no son paralelas, entonces ´stas expanden un plp cuya ´rea no es cero e a y por consiguiente su determinante tampoco es cero. Esto significa que si un 2-plp es generado por un conjunto LI, su determinante no puede ser cero. Pasemos ahora a 3D, en donde tomamos un 3-plp, el cual es expandido por 3 vectores que salen del origen. Si cualquiera de los tres vectores es cero, el plp tiene volumen cero. Si los tres vectores expanden s´lo un plano, el plp correspondiente est´ contenido en un plano o a con volumen cero y el determinante tambiń es cero. Pero si los tres vectores no estń e a sobre un plano, formando un conjunto LI, el volumen es diferente de cero al igual que su determinante. 278. ⋄ Teorema y definiciń. Un conjunto de n vectores en Rn es LI ssi su o determinante es diferente de cero. Un n-plp tiene volumen diferente de cero ssi es generado por un conjunto LI. Un n-plp cuyo determinante es cero y que es generado por un conjunto LD se denomina un plp apachurrado. La prueba de este teorema es simplemente una generalizaciń del siguiente ejemplo: o consideremos el 3-plp definido por [a, b, a + b], cuyo determinante obedece la relaciń o Det[a, b, a + b] = Det[a, b, a] + Det[a, b, b]. Notemos ahora que el plp [a, b, a] forma un paralelogramo cuyo 3-volumen es cero. En general, el Det de un plp con 2 vectores iguales es cero. Esto es una consecuencia 126 CAP´ ITULO 4. DEPENDENCIA E INDEPENDENCIA LINEAL directa del axioma de alternancia del Det, si se intercambian dos vectores de un plp o de una matriz, el Det cambia de signo. Por tanto, en [a, b, a] se puede intercambiar el primer vector con el tercero, pero el resultado permanece inalterado y en cambio el Det cambia de signo. Por tanto, tenemos: Det[a, b, a] = −Det[a, b, a] Puesto que estamos trabajando con n´meros reales, esta ecuaciń es v´lida s´lo u o a o para el n´mero cero. Es decir, u Det[a, b, a] = 0. ıa 279. Ejercicio Use la tecnolog´ del determinante para demostrar que cada uno de los siguientes conjuntos es LD. a) [(0, 0), (1, 2)] b) [(1, 2), (2, 4)] c) [(1, 2), (−1, −2)] d) [(0, 0, 0), (1, 2, 3), (4, 5, 6)] e) [(1, 2, 3), (2, 4, 6), (7, 8, 9)] f) [(1, 2, 3), (4, 5, 6), (5, 7, 9)]. Entramos a estudiar desde el punto de vista geom´trico el conjunto de todas las e combinaciones lineales generadas por un conjunto finito. 4.2. Subespacios Si V es un EV , un subespacio vectorial de V es un subconjunto de V que se comporta como si el mismo fuese un EV. Es decir, un subespacio es un EV pequeõ n metido dentro de otro. Esto tambiń implica que la suma sobre el espacio pequeõ es e n la misma suma del espacio grande pero restringida al espacio pequeõ, y lo mismo con n la multiplicaciń escalar. o 280. ♣ Definiciń. Si V es un EV, se dice que U es subespacio de V si U es no o vac´ si est´ contenido en V y si la suma y la multiplicaciń escalar de V restringidas ıo, a o a U son cerradas sobre U . 281. Ejercicio Formalice y demuestre la aseveraciń de que un sub-EV es un EV o metido dentro de otro m´s grande. a 282. Ejemplo El eje X es subespacio vectorial de R2 . 283. Contraejemplo R no es subespacio de R2 , puesto que los n´meros reales no u aparecen en la lista de los elementos del plano. Con todo, uno establece una equivalencia entre R y el eje X y de esa forma uno dice que R s´ es subespacio del plano. ı 284. Ejemplo El conjunto de elementos del plano que quedan sobre la l´ ınea L 2 definida por y = 3x es un subespacio vectorial de R . 4.2. SUBESPACIOS 127 En efecto: dicho conjunto est´ contenido en el plano, del que hereda una suma y una a multiplicaciń escalar, las cuales debemos demostrar que son cerradas. Para la suma: o Sean u y v dos elementos de L, debemos demostrar que al sumarlos su resultado est´ sobre la l´ a ınea. Procedamos: los elementos de la l´ ınea L son de la forma (l, 3l). Entonces, si u est´ en la l´ a ınea, existen coordenadas (u1 , u2 ) tales que u2 = 3u1 , es decir u = (u1 , 3u1 ). En cuanto a v, ´ste se puede escribir como (v1 , 3v1 ). Al sumar estos dos e elementos obtenemos (u1 + v1 , 3u1 + 3v1 ), que es lo mismo que (u1 + v1 , 3(u1 + v1 )) que es de la forma (z, 3z). por lo tanto, la suma es cerrada. Ahora veamos que la multiplicaciń escalar es cerrada. Tomamos un elemento de o la l´ ınea, (l, 3l), lo multiplicamos por un escalar, λ, nos da (λl, λ(3l)) = (λl, 3(λl)) que es de la forma (z, 3z), por lo que est´ en la l´ a ınea. Entonces la multipliaciń escalar es o cerrada. Como la suma y la multiplicaciń escalar son operaciones cerradas sobre L, tenemos o un subespacio vectorial. Todas las dem´s propiedades que L necesita para ser EV, L a las tiene por herencia del plano, el cual es EV. 285. Contraejemplo La l´ ınea y = 3x + 1 no es subespacio del plano. Es suficiente demostrar que la suma no es cerrada. Tomamos dos elementos determinados (1, 4), (2, 7). Al sumarlos da (3, 11) que no es de la forma (l, 3l + 1), pues debiera haber sido (3, 10). Adem´s, si x = 0 entonces y = 1, por lo que el elemento a (0,0), el cual es el cero del plano considerado como espacio vectorial, no est´ en la a l´ ınea. Esa es otra razń que por s´ misma es suficiente para decir que la l´ o ı ınea no es un subespacio del plano. 286. Contraejemplo La circunferencia de radio uno no es EV . En efecto, los puntos (1, 0) y (0, 1) pertenecen a dicha circunferencia, pues cumplen con la ecuaciń x2 + y 2 = 1. Pero al sumarlos da (1, 1), que ya no cumple con dicha o ecuaciń. o 287. Ejercicio Decida cu´les de los siguientes conjuntos, definidos por la condiciń a o dada, son sub-EV del EV indicado: a) y = 3x + 1 de R2 . b) y = 7x − 2z en R3 . c) z = 4x − 5y en R3 . d) y = 3 en R. e) y = x2 en R2 . Hay una manera estńdar de generar subespacios, que es simplemente aãdir todo a n lo que sea estrictamente necesario para lograr que uno pueda sumar y alargar sin problema. 288. ♣ Recordemos. Dado un conjunto de vectores D de un EV V, se nota por gen(D) el conjunto de todas las combinaciones lineales finitas de D y se llama el conjunto generado por D. Concretamente, si D = {u1 , u2 , ..., un }, entonces 128 CAP´ ITULO 4. DEPENDENCIA E INDEPENDENCIA LINEAL gen(D) = {λ1 u1 + λ2 u2 + ... + λn un : λi ∈ R, i = 1, 2, ..., n}. Por ejemplo, si D = {i, j}, tenemos que gen(D) es todo el plano. En efecto, los elementos de D son LI, y adem´s cualquier elemento (x, y) del plano puede escribirse a como (x, y) = xi + y j, es decir, como una combinaciń lineal de D, lo cual implica que o el plano est´ contenido en gen(D). Por supuesto que gen(D) no es m´s grande que el a a plano, pues cualquier combinaciń de D queda en el plano, pues el plano es cerrado a o las combinaciones lineales, pues es un EV. 289. ⋄ Teorema y ejercicio. El conjunto gen(D) generado por D, un subconjunto de un EV, por medio de todas sus combinaciones lineales es cerrado bajo la suma y bajo la multiplicaciń escalar. Es decir, la suma de dos elementos cualesquiera pertenece al o conjunto y lo mismo el resultado de multiplicar un elemento del conjunto por un escalar cualquiera. Eso implica que si D es un conjunto no vac´ de vectores, gen(D) es un ıo sub-EV . Demostraciń formal: ejercicio. o 290. Ejemplo Todos los Rn son sub-EV de Rn+m . Para poder decir eso hay que sobreentender que los elementos de Rn no pertenecen a Rn+m , pero que uno los asimila a elementos de Rn+m con cero en las coordenadas faltantes. As´ el elemento (1, 2, 3) ı, 3 5 de R se asimila a (1, 2, 3, 0, 0) R . 291. Contraejemplo. Una l´ ınea que no pasa por el origen no es un sub-EV de R3 . Demostraciń. Una l´ o ınea que no pasa por el origen tiene como ecuaciones param´tricas e xi = ki λ + bi con λ ∈ R, pero al menos algń bi = 0. u Si multiplicamos tal elemento por 2, el resultado se sale de la l´ ınea. En efecto, al multiplicar por 2 nos queda: xi = 2ki λ + 2bi = ki (2λ) + 2bi = ki (µ) + 2bi pero este nuevo elemento no pertenece a la l´ ınea original, pues el t´rmino independiente debe ser bi pero es 2bi y no hay forma e de arreglar el desperfecto en la coordenada donde el bi no es cero. 292. Ejercicio Pruebe que un plano en R3 es un EV de R3 ssi pasa por el origen. 4.3. Bases Cuando un conjunto genera todo el espacio y lo hace sin redundancia, tenemos una base. 293. ♣ Definiciń. Un conjunto de vectores B que es LI y que genera un EV V se o dice que es una base de V. Algunos ejemplos aparecen en la siguiente gr´fica. a 4.3. BASES 4 129 (2,4) (-1,3) 3 2 (1,2) 1 0 -1 -2 -2 (0.5,-1.5) -1 0 (1,-2) 1 2 Figura 4.2. No-bases en el plano: {(1, 2)}, {(1, 2), (2, 4)}, {(1, 2), (2, 4), (−1, 3)}, {(−1, 3), (0,5, −1,5)}, {(1, 2), (−1, 3), (1−, 2)}. Bases : {(1, 2), (−1, 3)}, {(1, 2), (0,5, −1,5)}, {(−1, 3), (0,5, −1,5)}, {(2, 4), (1, −2)}. Otros ejemplos: a) {i, j} es una base de R2 . Esta es la base natural de R2 . A la base natural tambiń e se la llama canńica. Esta definiciń se extiende de forma natural a todos los Rn o o b) {i, 2i} no es una base de R2 . c) {i, i + j} es una base de R2 . d) {i, j, i + j} no es una base de R2 . e) {i, j k} es una base de R3 . Esta es la base natural de R3 . 294. Ejemplo Demostremos usando la definiciń de base que el conjunto o 3 B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} es una base de R . Demostraciń. Tenemos que demostrar que B es LI y que genera todo el espacio, es o decir, que gen(B) = R3 . Para demostrar que B es LI tomemos una combinaciń lineal arbitraria de B que o d´ cero: e α(1, 0, 0) + β(0, 1, 0) + γ(0, 0, 1) = (0, 0, 0) Eso es lo mismo que decir que (α, β, γ) = (0, 0, 0). Ahora bien, dos vectores son iguales cuando sus componentes son iguales. Eso da el sistema de ecuaciones   α=0 β=0  γ=0 z) un elea mento arbitrario de R3 . a a Demostremos que todo elemento de gen(B) est´ en R3 : un elemento de gen(B) es a una combinaciń lineal de elementos de B que tambiń son elementos de R3 . Es decir. 1). 1. β. 1) + β(2. DEPENDENCIA E INDEPENDENCIA LINEAL que dice que la unica forma de hallar una combinaciń nula con los elementos de ´ o B es anulńdolos a todos. Como R3 o e es EV . y. y. 296. 0). Sea (x. Es decir. a todo elemento de gen(B) est´ en R3 . β. z). 3. y. z) = α(1. (0. y. es una base para dicho espacio. 0) + z(0. (0. z) ∈ R . 1. 1. a 3 Ahora demostremos que todo elemento de R est´ en gen(B). 1)} es una base de R3 . (1. es decir. 1. z) ∈ gen(B). Por lo tanto. 0. 2. el cual es EV . y. o (x. Hemos demostrado que B no tiene elementos redundantes y que genera todo el espacio R3 . no importa cu´l. z) = x(1. Los vectores normales a dichos planos forman un plp [(1. β. γ o tales que (x. z) es una combinaciń lineal de los elementos de B. a ´ . cerrado bajo las combinaciones lineales. Sea (x. El o determinante:  1  0 det(B) = 1 conjunto B define un plp cuyo volumen lo da el valor absoluto del  2 0 1 3  = (1)det 0 1 1 3 0 1 − (2)det 0 3 1 1 = 1 − (2)(−3) = 7 Como el volumen es 7. 1)]. El determinante de ese plp es 7. Para ello. y. (2. 0. es cerrado bajo la suma y bajo la multiplicaciń por escalares y por lo tanto es o cerrado bajo combinaciones lineades. tenemos: (x. z) se puede expresar como una combinaciń lineal de los elementos de B. Como todos los elementos de B estń en R3 . 1) lo cual dice que (x. Por esto todo elemento de gen(B) est´ en R3 . siempre se puede descomponer de manera unica en B. 0). 1) lo cual da un sistema de 3 ecuaciones con 3 inc´gnitas α. 295. Debemos demostrar que (x. γ. por lo tanto. Eso quiere decir ´ que (x. el conjunto es LI. Probemos ahora que todo elemento de R3 lo es a 3 de gen(B). y. y. γ: o   x = α + 2β y = β + 3γ  z = α+γ Este sistema define un conjunto de 3 planos en el espacio α. pues todos los 3 vectores son esenciales para expandir un volumen. 0. B es LI. Demostraciń. los planos se cortan en un unico punto.130 CAP´ ITULO 4. Ejemplo Demostremos usando el determinante que B = {(1. 3. y que todo elemento de R3 est´ en gen(B). a Para demostrar que gen(B) = R3 hay que demostrar que todo elemento de gen(B) est´ en R3 . que existen escalares α. Ejercicio Formule la base natural de Rn y demuestre formalmente que es una base. 0) + y(0. 0. 3). 0. hay que demostrar que todo elemento de gen(B) lo es de R3 y que todo elemento de R3 lo es de gen(B). Probemos ahora que gen(B) = R3 . 0) + γ(0. O sea que B debe tener m´s de 1 elemento. Ahora bien. 298. Consideremos s´lo R2 : o o Sea B una base de R2 . el vector (a. ⋄ Teorema. u entonces todas las bases tienen el mismo n´mero de elementos. En efecto. sea (a. −1. u Eso implica que. Ejercicio Demuestre que los pulsos Pi forman una base del espacio digital Dn . ese elemento no es base de R2 . −1). b+1) = {(λa. B no puede ser vac´ puesto que el espacio generado por ıa. −3. entonces (a. pero esos alargamientos forman una l´ ınea que no pasa por (a.4. 0). B tiene al menos un elemento. est´ mal imaginarse que una l´ a ınea expanda todo el plano. b) genera una l´ ınea. a . (0. pues si pasaran por ese punto. u Demostraciń. Por lo tanto. Si en un EV alguna base tiene un n´mero finito de elementos. o Por ende. λb)}. λb)} para algń λ. se tiene: a = λa b + 1 = λb de la primera ecuaciń λ = 1 y reemplazando en la segunda se deduce que 1 = 0. b+1). 0. b). det(M ) 297. uno quisiera decir exactamente el valor de los escalares. Para m´s claridad. b + 1) est´ en R2 y sin embargo no a a es combinaciń lineal de {(a. b)} puesto que las unicas combinaciones lineales de dicho o ´ conjunto son los alargamientos: {(λa. Ejercicio Use el determinante para averiguar si el conjunto B = {(−1. el elemento (a. entonces podemos a aplicar la regla de Kramer: Sea   1 2 0 M = 0 1 3  1 0 1   x 2 0 Mx =  y 1 3  z 0 1   1 x 0 My =  0 y 3  1 z 1   1 2 x Mz =  0 1 y  1 0 z Tenemos que x= det(Mx ) det(M ) y= det(My ) det(M ) z= det(Mz ) . coordenada por coordenada. (2. BASES 131 Si adem´s. 299. 1)} es una base de R3 . 2 una base vac´ es el vac´ y R no es vac´ ıa ıo ıo. la cual pasa por el origen pero 2 no es todo R .3. Como los dos primeros elementos de la base B generan todo el espacio. Si estas rectas fuesen paralelas. Esos escalares se denominan las coordenadas del vector (z. Debemos probar que siempre se pueden encontrar escalares α. u2 ). v2 ) Esto es equivalente a un sistema de ecuaciones 2 × 2: z = αu1 + βv1 w = αu2 + βv2 Las inc´gnitas son α. Ejercicio Generalice el ejemplo anterior a Rn . podemos cambiar dichas inc´gnitas por x. La pendiente de la primera recta es −u1 /v1 y la de la segunda es −u2 /v2 . u2 ) + β(v1 . y = (z − xu1 )/v1 y = (w − xu2 )/v2 Revisemos las pendientes de estas l´ ıneas para saber sin son paralelas o no. Pero esto es lo mismo que decir que u1 = λv1 y que u2 = λv2 que escrito en forma vectorial se lee (u1 . Por lo tanto. 301. cualquier elemento del plano puede expresarse como combinaciń lineal de los elementos de B. Demuestre que el determinante de una base nunca es cero. O sea que esos tres elementos generan el mismo espacio que los dos primeros. . Entonces. u 300. pues estos vectores forman una base. pues si tuviese uno m´s. los n´meros que nos dicen c´mo combinar los dos vectores para generar u o todo el plano. v = (v1 . ıa: ıa ıa Hemos demostrado que una base cualquiera en R2 tiene exactamente dos elementos y por consiguiente que todas las bases en R2 tienen el mismo n´mero de elementos. Sea (z. Por consiguiente. u2 ) = λ(v1 . β. Por lo tanto. w) en la base dada B. entonces B no tiene m´s elementos. Que es lo mismo que ıa decir u1 /u2 = v1 /v2 . y: o o z = xu1 + yv1 w = xu2 + yv2 Reordenando: yv1 = z − xu1 yv2 = w − xu2 despejando. w) = α(u1 . Si w es otro a a ıa elemento aparte de los dos primeros. forman una base. entonces.132 CAP´ ITULO 4. DEPENDENCIA E INDEPENDENCIA LINEAL Sea B = {u = (u1 . w) un elemento o cualquiera del plano. ya demostramos que los dos primeros elementos de una base cualquiera en R2 son LI y expanden todo el plano. Es decir. las dos l´ ıneas no son paralelas y se cortan en un unico punto: podemos ´ hallar α y β. lo cual no puede ser. v2 )} . que es un conjunto LI. β tales que (z. En efecto. sus pendientes ser´ iguales: −u1 /v1 = −u2 /v2 . siempre y cuando v1 y v2 sean diferentes de cero. B no ser´ LI. Ejercicio Demuestre que un n-plp tiene determinante diferente de cero ssi las aristas fundamentales del plp forman una base para Rn . w estar´ generado por los dos primeros ıa elementos de B. v2 ) que es lo mismo que asegurar que u y v forman un conjunto LD. el tercero sobrar´ B ser´ LD y no ser´ base. digamos 6. La clave es que mientras m´s alto el grado del polinomio. de donde salen 6 ecuaciones con 6 inc´gnitas.4. 4. o y en consecuencia se ajusta el grado del polinomio. que son las inc´gnitas que hay que determinar. Ejercicio Halle la dimensiń del EV formado por todos los polinomios de grado o menor o igual que 3. demu´strelo o invente contraejemplos. podemos ver que uno puede aproximar una funciń cualquiera por o polinomios tanto como se desee. Planos y sub-EV Hemos visto la definiciń geom´trica de plano: es un conjunto de puntos tales que o e cualquier segmento contenido en dicho conjunto es perpendicular a un vector fijo dado. seno. digamos. siempre se puede encontrar un polinomio con o las mismas derivadas y resulta que el polinomio dado se parece a la funciń tanto m´s o a cuanto mayor n´mero de derivadas se involucre. la concavidad. o o 304.4. Ejercicio Halle la dimensiń del espacio digital Dn . Se denomina dimensiń de un espacio vectorial no nulo al o o n´mero de elementos de cualquier base de dicho espacio. Una aplicaciń inmediata es esta: en vez de atiborrar los como putadores con tablas infinitas sobre los valores de las funciones. La segunda. o o Usando esta idea. uno puede dar cada vez m´s informaciń sobre la a o gr´fica de la curva. Por eso. Ejercicio de investigaciń sobre polinomios de Taylor Investigue en o los libros de c´lculo la siguiente idea para aproximar funciones derivables por polia nomios. Siguiendo con derivadas de orden superior. Por favor. Podemos o generalizar esta situaciń: o . para calculadoras es usual que sea de 6 cifras decimales. se fija la prea a o cisiń deseada. Para ello. Problema. coseno. Pudimos demostrar que un plano cumple la ecuaciń ax + by + cz = d. Por supuesto. j}. El polinomio resultante se le llama u polinomio de Taylor. hay que decidir el grado del polinomio. lo que se hace es grabar en memoria el polinomio asociado y calcularlo para cada valor deseado. Si un EV tiene un unico u ´ elemento que es el elemento neutro de la suma y que se nota 0. 306. e 307. llamado el vector normal del plano. PLANOS Y SUB-EV 133 302. se reemplaza o cada punto en la ecuaciń del polinomio. Nosotros ya sabemos c´mo hallar un polinomio que pasa por detero minados puntos. 303.4. 305. Ahora vamos a dedicar un poco de atenciń a la siguiente o o 2 observaciń: el plano por excelencia R es generado por el conjunto LI {i. La primera derivada indica la pendiente. La idea propuesta por Taylor es la de darse cuenta de que. Generalice a grado n. Ejemplo Rn tiene dimensiń n. Tomamos un polinomio de grado 5 pero con coeficientes indeterminados. entonces no tiene subconjuntos LI y no puede tener base. ♣ Definiciń. por ejemplo. m´s precisiń. dadas a las n primeras derivadas de una funciń. exponencial. DEPENDENCIA E INDEPENDENCIA LINEAL 308. y. 1. es generado por un conjunto LI de dos vectores. 1. o Demostraciń: ejercicio. y. 3) + y(0. y2 . es decir. (x. 0. 5)} que es LI pues el uno a no es alargamiento del otro. λy. Ejemplo z = 3x + 5y + 8 es un plano que es el resultado de trasladar 8 unidades por el eje Z al subespacio que cumple la ecuaciń: z = 3x + 5y. entonces a (x. 0. 1. 3x + 5y) = x(1. 8) que es el resultado de trasladar el plano que pasa por el origen descrito por (x. Veamos que es cerrado a la suma y a la multiplicaciń o escalar: Sean dos vectores que estń en Π: (x1 . 3x + 5y + 8) = x(1. 0. comencemos verificando que o ese plano es un subespacio. y. z) que satisface la ecuaciń o o de Π. 3λx + 5λy)). (0. w. y. 3v + 5w) por lo que la tercera coordenada vale ´ o z = 3v + 5w. Tomemos un elemeno to de Π. Si denotamos λx como v y λy como w. Hemos demostrado que este plano tiene dimensiń dos. entonces Π es un subespacio vectorial. por lo que este plano es cerrado a la suma. 312. Ejercicio Demuestre que x = 0 tiene dimensiń 0 en R. Ejercicio Demuestre que las siguientes ecuaciones describen planos que son la traslaciń de un plano generado por 2 vectores que forman un conjunto LI: o a) z = 2x − 5y . z) = (x. ⋄ Teorema. y1 + y2 . 3x + 5y). y1 + y2 . λy. 3) + y(0. o pues tiene una base de dos elementos. Tenemos que (x. z) = (x. Como Π es cerrado a la suma y a la multiplicaciń escalar y es un subconjunto no o vac´ de un EV. la ultima expresiń se convierte en (v. e a Veamos ahora que Π es cerrado a la multiplicaciń escalar. Un plano (que no pasa por el origen) es el resultado de trasladar un subespacio vectorial de dos dimensiones que pasa por el origen. y. y. o o 309. Sumamos e y obtenemos (x1 + x2 . 5) una distancia por el eje Z de 8 unidades. 3x1 + 5y1 + 3x2 + 5y2 ) = (x1 + x2 . Vemos que la suma de dos vectores arbitrarios de Π tambiń est´ en Π. 313. z) = (x. 5) es decir. 3x2 + 5y2 ). 0. y. esa figura est´ generada por el conjunto de vectores B = {(1. 3(x1 + x2 ) + 5(y1 + y2 )) Si denominamos x3 = x1 + x2 y y3 = y1 + y2 . lo cual dice que la multiplicaciń escalar de un elemento de Π tambiń o e es un elemento de Π. la ultima expresiń adquiere la ´ o forma (x3 . y. Ejemplo z = 3x + 5y es la ecuaciń de un plano Π en R3 que pasa por el origen que es un subespacio de dimensiń 2. siendo la tercera coordenada. y. 5) + (0. λ(3x + 5y)) = (λx. y. 0. 3x + 5y) = x(1. Un plano que pasa por el origen en R3 es un subespacio vectorial de dimensiń dos.134 CAP´ ITULO 4. dimensiń 1 en R2 y o o 3 dimensiń 2 en R . o 311. 3x3 + 5y3 ) por lo que z. es z = 3x3 + 5y3 . 1. Si lo multiplicamos por λ obtenemos: λ(x. 310. que denota un elemento del plano z = 3x + 5y. En efecto: si o un punto (x. Sea (x. y3 . Para verlo. ıo Verifiquemos ahora que Π tiene dimensiń dos. z) est´ en el plano original. 3x + 5y) = (λx. y1 . ⋄ Teorema. 3) + y(0. 3). 3x1 + 5y1 ) y (x2 . o Y el tercero es que los valores de α y β hallados deben satisfacer el ultimo sistema ´ . que existen escalares α y β tales a que (x. Cierto.4. ese plano pasa por el origen por lo que es un subo espacio de R3 . Para verlo. pues la tercera ecuaciń es la o primera menos la segunda. y. 2. Hay tres lugares en la demostraciń que ofrecen retroalimentaciń para saber si o o uno va bien o mal. y. Ejemplo Demostremos que el conjunto B = {(2. B genera todo el plano. Cierto. Concluimos que o ´ B es una base del plano Π. El segundo es que debe haber una ecuaciń redundante. Lo que tenemos que hacer es demostrar que est´ en el gen(B). 135 314. La unica forma de que eso tenga sentido es que una de las ecuaciones sea ´ redundante. El primero es que los elementos de B deben satisfacer la ecuaciń o del plano. o Es decir β = −x/5 + 2y/5.4. En tercer lugar. pudimos demostrar que todo elemento del plano es combinaciń lineal unica de B. 2α = x − x/5 + 2y/5 = 4x/5 + 2y/5. Sustituyendo este valor en la primera ecuaciń. x − y) = α(2. 1. −3) Obtenemos un sistema de ecuaciones dado por  x = 2α − β  y = α + 2β  x − y = α − 3β La primera preocupaciń es que tenemos un sistema con 2 inc´gnitas pero con 3 o o ecuaciones. Al final. Lo bonito es que eso se ve inmediatamente. sea (x. podemos olvidarla o y nos queda un sistema de dos ecuaciones con dos inc´gnitas: o 2α − β = x α + 2β = y Si multiplicamos la segunda ecuaciń por 2 y restamos. 2. Por lo tanto. Primero que todo. 1) + β(−1. En cuarto lugar. x − y). los vectores satisfacen la ecuaciń del plano. A las constantes α y β las llamamos las coordenadas de (x. Demostraciń. Como la tercera ecuaciń es redundante. (−1. 1). obtenemos −5β = x − 2y. los dos vectores forman un conjunto LI porque a el uno no es m´ltiplo escalar del otro. tomemos un vector arbitrario de Π. PLANOS Y SUB-EV b) z = 2x − 5y − 7 c) 2x − 3y + 4z = 1 d) 3x − 5y + 2z = 3 e) x = 0 f) y = 0 g) y = 3. los dos vectores generan todo el u plano. En segundo lugar. y. obtenemos o 2α − (−x/5 + 2y/5) = x. −3)} es una base de Π el subespacio de R3 dado por x − y − z = 0 o bien z = x − y. es decir. Lo cual nos da α = 2x/5 + y/5. es decir. por lo o que estń en el plano. 1. z) en la base B. pero queda seguro de haber a hecho las cosas bien. −3). a3 ). (0. Uno se demora un poquito m´s. En la segunda ecuaciń tenemos: o α + 2βy = 2x/5 + y/5 + 2(−x/5 + 2y/5) = 2x/5 + y/5 − 2x/5 + 4y/5 = 5y/5 = y. Coordenada por coordenada tenemos: x = αa1 + βb1 y = αa2 + βb2 z = αa3 + βb3 Multiplicamos cada ecuaciń por separado por un escalar tal que en cada ecuaciń o o el coeficiente de α sea el mismo: a2 a3 x = αa1 a2 a3 + βb1 a2 a3 a1 a3 y = αa2 a1 a3 + βb2 a1 a3 a1 a2 z = αa3 a1 a2 + βb3 a1 a2 Restamos la segunda de la primera: a2 a3 x − a1 a3 y = βb1 a2 a3 − βb2 a1 a3 = β(b1 a2 a3 − b2 a1 a3 ) Restamos la tercera de la primera: a2 a3 x − a1 a2 z = βb1 a2 a3 − βb3 a1 a2 = β(b1 a2 a3 − b3 a1 a2 ) Despejamos β de ambas ecuaciones e igualamos: β = (a2 a3 x − a1 a3 y)/(b1 a2 a3 − b2 a1 a3 ) = (a2 a3 x − a1 a2 z)/(b1 a2 a3 − b3 a1 a2 ) Ahora notamos que esa expresiń complicada puede reordenarse para que quede de o la forma ax + by + cz = 0. z) = α(a1 . Si logra hacerlo. DEPENDENCIA E INDEPENDENCIA LINEAL de ecuaciones. y. 1. z) ∈ Π ssi (x. El espacio generado por un conjunto de dos vectores LI en R3 es de la forma ax + by + cz = 0. Sean esos vectores (a1 . Ejercicio Revise detalladamente la demostraciń del teorema anterior y deso cubra que hay un paso que a veces se puede hacer y que a veces no. 2. b3 ). b3 ). 318. Demostraciń. Todo plano en el espacio tiene un plano paralelo que pasa por el origen y que es subespacio vectorial generado por dos vectores. y. a2 .136 CAP´ ITULO 4. Aãda lo que falte a la demostraciń para que sea compleo a n o tamente general. Veamos si es cierto: α = 2x/5 + y/5. ⋄ Teorema. . b2 . Pero el converso tambiń es v´lido: e a 316. a2 . Entonces (x. Tal y como debe ser. Sea Π el plano generado por esos dos vectores. −1)} es una base del subespacio de R3 dado por x + y + z = 0. ⋄ Teorema. Ejercicio Demuestre que el conjunto B = {(1. Invente un ejemplo para el cual la demostraciń funcione y un contraejemplo que ilustre que la deo mostraciń est´ incompleta. (b1 . 315. En R3 todo conjunto Π que contiene al punto P y que es paralelo a otro generado por un conjunto LI de dos vectores cumple con la propiedad: X ∈ Π ssi (X − P ) · N = 0 para algń vector N llamado el vector normal al plano (en la notaciń u o hemos usado la dualidad punto-vector). 317. perm´ ıtanos felicitarlo(a) muy calurosamente. a3 ) + β(b1 . b2 . Un plano es el conjunto generado por 2 vectores que forman un conjunto o LI. β = −x/5 + 2y/5 dan que 2α − β = 2(2x/5 + y/5) − (−x/5 + 2y/5) = 4x/5 + 2y/5 + x/5 − 2x/5 = 5x/5 = x. x − y − 2z = 5. que las matrices forman EV . Ejemplo M2×2 es el espacio de matrices de dos renglones y dos columnas con entradas reales y con la suma y multiplicaciń escalar definidas entrada por entrada. o A+B = a11 + b11 a12 + b12 a21 + b21 a22 + b22 y la multiplicaciń de A por un escalar λ es o . es e decir. Nosotros obtendremos AX = B donde A es una matriz. necesitamos considerar. ESPACIOS DE MATRICES 137 319. que la multiplicaciń de una matriz por un escalar es la multiplicaciń o o de todas las entradas de la matriz por el escalar. c.5. 3x + 2y − 3z = 6. x − y − 2z = 5. d ∈ R Si uno tiene dos matrices A y B de M2×2 definidas por a11 a12 a21 a22 b11 b12 b21 b22 A= B= la suma es. b) 2x + 3y − z = 1. que las matrices tambiń se suman y restan y que se pueden multiplicar por un escalar. Ejercicio: Resuelva los siguientes sistemas de ecuaciones y caracterice la cantidad de soluciones en t´rminos geom´tricos: e e a) x + y + z = 1. n 320. X y B denotan vectores. definimos Mm×n como el espacio de matrices con m filas y n columnas. El e teorema dice que la definiciń algebraica del plano coincide con su definiciń geom´trica o o e que conocemos de antaõ. En general. Espacios de matrices Tenemos una idea en mente y es armar la infraestructura necesaria para tratar todo sistema lineal de ecuaciones como una generalizaciń de la ecuaciń para n´meros o o u reales ax = b. c) 2x + 3y − z = 1. x + 2y − 3z = 2. tal que las matrices se pueden sumar entrada por entrada y. por definiciń. d) x + y + z = 1. o Formalmente: M2×2 = { a b c d donde a. b.4. Ejercicio Haga un dibujo que ilustre el teorema anterior y demu´strelo. 3x + 2y − 3z = 3. −x + 2y − z = 0. 321. Para poder hacer esto. 4. entre otras cosas. Al igual que hay muchos Rn .5. tambiń hay muchos e espacios de matrices. 3x + 3y + 3z = 3. 2x + 2y + 2z = 2. similarmente. ´ . ♣ Definiciń. Complemento ortogonal 323. Decimos que en un espacio vectorial W. a 324. generan todo R3 . si tanto H ⊥ como H son subespacios vectoriales de W y si adem´s a) entre H ⊥ y H generan a todo V. y b) si todos los elementos del uno son a ortogonales a todos los elementos del otro. a 4. tomamos como H el eje X y como H ⊥ el eje Y. La descomposiciń dada por subespacios a veces es unica y a veces o ´ a) Los ejes coordenados X. Ejercicio En M2×2 defina el conjunto de las matrices triangulares inferiores. 327. ♣ Definiciń.6. u 325. o Por lo tanto. Esto generaliza una definiciń previa para o n R ver 112 p´g 55. Demuestre que es un subespacio y h´llele una base. S es un subespacio vectorial de M2×2 . Y. Decimos que en un espacio vectorial W. el piso y Z son complementos ortogonales uno del otro y cada elemento de R3 se descompone de manera unica en piso y Z. los subespacios X. d ∈ R S hereda de M2×2 la suma y la multiplicaciń escalar bajo las cuales S es cerrado. o 322. no: Ejemplo Ejemplo En el plano. El siguiente es el subespacio de las matrices triangulares superiores: S2×2 = a b 0 d donde a. o o de la siguiente igualdad: a b c d = a 0 0 0 + 0 b 0 0 + 0 0 c 0 + 0 0 0 d M2×2 tiene muchos subespacios vectoriales. abusando de la gentileza del lector. b. H ⊥ es el compleo mento ortogonal de H. Decimos que en un espacio vectorial W.138 CAP´ ITULO 4. Esa aseveraciń sale. Z son subespacios. los subespacios H y o K generan a todo W si cada elemento w ∈ W puede escribirse como combinaciń de o elementos de los dos subespacios: w = h + k con h ∈ H y k ∈ K. La dimensiń de S es 3. Esta definiciń se o generaliza a cualquier n´mero finito de subespacios. M2×2 tiene dimensiń 4. 326. ♣ Definiciń. los vectores u y v son o ortogonales si su producto interior es cero. Y general el piso. DEPENDENCIA E INDEPENDENCIA LINEAL λA = λ a11 a12 a21 a22 = λa11 λa12 λa21 λa22 Con estas operaciones podemos sumar y alargar sin problemas: M2×2 es un EV. Si A= a11 a12 a21 a22 B= b11 b12 b21 b22 entonces definimos el producto interno. −1. 4. y) + (z. 2. u} es un conjunto linealmente / independiente. . x + 2y + 3z = 0}. 2. a) El espacio vectorial que es paralelo a la l´ ınea que pasa por (1. w. 3) y (4. Ejercicio En R3 . Ejercicios de repaso 1. z). y + w) y k(x. y. 5. ´ 329. EJERCICIOS DE REPASO 139 b) X. w} es un conjunto linealmente independiente en un espacio vectorial V y u ∈gen{v. a) Encuentre dos vectores v1 y v2 . que generen a todo W. la cual no es complemento ortogonal del piso. v2 }? a 4. Sean V = R3 y W = {(x. con las operaciones suma y producto por escalar definidas por (x. Demuestre que cada elemento del espacio grande se descompone de manera unica entre el subespacio y su complemento. 3. interior o escalar de A y B como A · B = a11 b11 + a12 b12 + a21 b21 + a22 b22 a) Demuestre que en realidad nuestra definiciń cumple con los axiomas de producto o interno. b) ¿Est´ el vector v = (−1. pero entre el piso y esa pared generan todo el espacio R3 pero no de manera unica. Z generan una pared. Determine si R2 .7. 1) en el gen{v1 . 6). Ejercicio En M2×2 definimos el producto interior entre dos matrices de la siguiente forma. 2ky) es un espacio vectorial. ´ 328. b) Halle el complemento ortogonal del subespacio de las matrices triangulares superiores.7. o c) Halle el complemento ortogonal de D en M2×2 y muestre c´mo se descomo pone dicho espacio en D y su complemento. halle el complemento ortogonal de los subespacios seãlados y n construya una base de todo el espacio uniendo bases del subespacio y de su complemento. b) El plano que pasa por el origen y es paralelo a 2x − 4y + 5z = 8. n b) Halle una base para D y determine su dimensiń.4. w} entonces {v. Demuestre que si {v. Sea D el conjunto de matrices de la forma 0 a a a+b a) Demuestre que D es un subespacio de las matrices de tamaõ 2 × 2. y) = (2kx. w) = (x + z. Determinar una base para W. Mostrar que el conjunto n S = {x : Ax = λx} es un subespacio de Rn . una base para U y una base para W ∩ U . Sean W = {p ∈ P≤3 : p(0) = 0} y U = {p ∈ P≤3 : p(1) = 0}. 1] el conjunto de funciones derivables sobre el intervalo abierto (0. Considere el conjunto H = {(x. t): t ∈ R} .140 CAP´ ITULO 4. b) Encuentre una base y la dimensiń de H. 1]? Justifique su respuesta claramente. z) = (t. y. 1) cuya derivada es continua. Realice lo indicado: a) ¿Es el conjunto {1 − x. Demuestre que el conjunto de todos los polinomios en P≤n que tienen una tangente horizontal en x = 0 es un subespacio de P≤n . o c) Represente geom´tricamente el espacio H. y) ∈ R2 : y = 4 − x2 } es un subespacio vectorial? Justifique claramente. −3t. P≤n tiene una nociń de igualdad. a) Muestre que H es un subespacio vectorial de R3 . 1 + x. e . z): (x. 1 + x2 }? a 7. ¿Es G = {f ∈ C 1 [0. DEPENDENCIA E INDEPENDENCIA LINEAL 5. b] sobre R tales que ellas y sus derivadas sean continuas. a Demuestre que P≤n es un EV con estas operaciones. Sea V = C 1 [a. x2 + 2x − 1. 10. 0 3 4 11. ¿El polinomio 1 + x + x2 est´ en el generado por B = {1 − x. por lo cual hay que probar que este conjunto es un subespacio.. Formalice matem´ticamente estas definiciones. Un polinomio de grado n es una funciń de R en R de la forma o p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + . y. 1]: f ′ (x) = xf (x)} un subespacio vectorial de C 1 [0. 9. 8. b] el conjunto de funciones que van del intervalo [a. x2 + 3} una base de P≤2 ? Justifique claramente. ¿Es H un subespacio vectorial de V ? 12. c) Sea C 1 [0. Sea H = {f ∈ V | f (x) + f ′ (x) = 0}. b) En R2 . Muestre que W y U son subespacios del espacio P≤3 . Sea P≤n el conjunto de los polinomios de grado menor o igual u a n. ¿el conjunto S = {(x. + an xn donde todos los ai son n´meros reales y x es una variable que se instancia con u n´meros reales.. Encuentre una base para tal subespacio. una suma y una mutiplicaciń por un o o escalar definidas grado por grado. Determine la dimensiń de S si o   1 0 3 λ = 3 y A es la matriz A =  0 0 −1  . 6. Sea A una matriz de tamaõ n × n y λ ∈ R. cuando al quitar algń elemento se genera. es decir. dependencia e independencia lineal y bases.8. Un conjunto de vectores es linealmente independiente cuando todos sus elementos son esenciales. o sea que al quitar cualquier vector se genera un espacio menor. El elemento cohesivo ha sido la geometr´ Un espacio ıa.8. Resumen Con miras a proveer una plataforma que nos permita pisar s´lidamente al atacar o problemas en altas dimensiones hemos definido espacio vectorial. el mismo esu pacio que antes. el resultado permanece en el mismo plano. con sumas y multiplicaciones por n´meros. RESUMEN 141 4. vectorial es como un plano que pasa por el origen: al combinar vectores. .4. Una base es un conjunto no redundante que genera todo el espacio. con combinaciones lineales. Un conjunto u de vectores es linealmente dependiente cuando hay elementos redundantes. 142 CAP´ ITULO 4. DEPENDENCIA E INDEPENDENCIA LINEAL . la composiciń de las T L genera un o o producto entre matrices de tal forma que el producto de dos matrices da una matriz que representa la matriz de la T L compuesta. correspondencia. transformaciń lineal. transformaciń lineal. En o primera instancia. y la consecuencia es que la composiciń de las T L es otra T L. asignaciń o transformaciń o o o asociada a un sistema lineal de ecuaciones por medio de una matriz. llamada o T L. Ahora definiremos lo que es una T L. ponerse en serie. Nosotros deseamos que la manera de asignar una T L a una o 143 . Para esto comenzamos introduciendo las matrices. Por tanto. Definiciń de TL o Consideremos el sistema de ecuaciones: 3x + 4y = 7 5x + 3y = 9 Reescribamos este sistema usando la siguiente notaciń: o 3 4 5 3 x y = 7 9 Asignemos un significado a nuestra nueva notaciń. Como sucede con las funciones. planos. definimos rectas. Tenemos en primer t´rmino la o e matriz M= 3 4 5 3 Ahora asignaremos a esta matriz una funciń con propiedades especiales. una tras de otras. las T L tambiń e e pueden componerse. Veremos esto con mucho detalle para despu´s generalizar. una T L es una funciń. 5.1.CAP´ ITULO 5 TL = TRANSFORMACIONES LINEALES Toda nuestra teor´ tiene un objetivo: entender de manera productiva la estructura ıa general de los sistemas lineales de ecuaciones (que son los que siempre hemos visto). espacios vectoriales y bases. las dupletas son horizontales. y el conjunto sobre el cual caen los resultados de la transformaciń se denomina codominio. y) = (7. que est´ directamente relacionado con los e sistemas de ecuaciones. y). Dicha preimagen es un conjunto que puede tener un unico vector. es decir. a la matriz M es: o T x y = 3 4 5 3 x y = 3x + 4y 5x + 3y x 3x + 4y . o puede ser vac´ ıo. interno o interior. Como las y las transforma en la dupleta 5x + 3y y dupletas son elementos de R2 . un conjunto de ´ vectores. (x. Ejercicio Observe la forma como se multiplica una matriz de dos columnas por un vector de dos componentes y descubra dńde y c´mo se ha usado el producto o o punto. un sistema de ecuaciones es simplemente M X = B y se dice que resolverlo es lo mismo que hallar la preimagen de B por M . la manera natural de asociar por definiciń una o o funciń T . Reexprese la regla de multiplicaciń de una matriz por un o vector en t´rminos de dicho producto. puesto que cada T L es una funciń. para indicar c´mo es T : o T toma la dupleta T : R2 → R2 T ((x. Es igual que o en funciones. TL = TRANSFORMACIONES LINEALES matriz tenga un significado natural. pero cuando representamos la T L en . usual para fune o ciones. 330. y) = (3x + 4y. Tambiń podemos definir lo que debemos entender por multiplicar una matriz e por un vector: es lo mismo que considerar la matriz como T L y aplicarla sobre el vector para recuperar el lado izquierdo de un sistema de ecuaciones: a b c d x y = ax + by cx + dy Lo hecho aqu´ se extiende de forma natural a cualquier dimensiń. Nota de rigor: recalcamos que cuando usamos la notaciń de funciones para designar o una T L. En general. es decir. y) tal que M (x. donde M es la matriz o T L asociada al sistema. En este ejemplo. 5x + 3y). a la ı o multiplicaciń de cualquier matriz con n columnas por un vector columna con n como ponentes. Por esa razń. tambiń usamos la siguiente notaciń. e Ahora podemos decir que resolver el sistema de ecuaciones 3x + 4y = 7 5x + 3y = 9 es lo mismo que exigir encontrar (x. de clase T L. el dominio es igual o al codominio.144 CAP´ ITULO 5. y)) = T (x. 9) = B. el plano o R2 . y es el conjunto de dupletas. El conjunto sobre el cual opera la T L se denomina dominio. a W se le o llama el codominio. podemos sacar un gran provecho de la infraestructura que hemos fabricado con EV y dem´s. La notaciń usual es T : V → W . matrices. Ejercicio Hallar la T L asociada a cada una de la siguientes matrices: a) b)  3 −2 −1 3 3 −2 4 −1 3 −7 Aunque ya hemos captado la idea de una T L. la matriz (x. un EV es un conjunto a en donde se puede sumar y alargar (multiplicaciń por un escalar). o es conveniente tener presente que en el formalismo que estamos construyendo para x .´ 5. Pues bien. o  3 −2 4 3 −7  c)  −1 0 4 −5   3 −2 3  d)  −1 0 4 . Ejercicio Para los sistemas de ecuaciones dados. Lo que es una dupleta y horizontal en una notaciń se convierte en vector columna en la otra. a V se le llama el dominio. hallar la matriz asociada y la T L que ´sta genera. DEFINICION DE TL forma matricial. o M´s rigurosamente. las dupletas forman un vector columna 145 x . Sin embargo. Respeta o o la suma y la multiplicaciń escalar. maneras de asignar o transformar vectores de V en vectores en W. que es compatible con la estructura de EV. es decir. si uno tiene dos espacios vectoriales V y W uno puede considea rar funciones entre ellos. Una transformaciń o o lineal es una asignaciń. explicitando el dominio y el codominio: e a) 8x − 1y = 7 2x + 3y = 13 −3x + 4y − 4z = 7 4x + 3y − 2z = 7 b)   −3x + 4y − 4z = 7 4x + 3y − 2z = 7 c)  −x − 2y + 3z = 4 332. Para una transformaciń dada. o funciń. y) ser´ muy diferente de la matriz a y 331.1. Ejemplo T (X) = 8X es una T L pues T (αX + β Y ) = 8(αX + β Y ) = α(8X) + β(8Y ) = αT (X) + βT (Y ). Cada matriz define una T L. 334. Una T L (transformaciń lineal) T : V → W es una funciń tal o o o que si u. Ejemplo 1: Verifiquemos que T definida por T (x. ♣ Definiciń. o 335. T L. 4x + 3y) es . e e En otras palabras. se tiene que: a a a a) T (u + v) = T (u) + T (v) y b) T (λu) = λT (u) para λ ∈ R. ⋄ Teorema. v ∈ V y α. TL = TRANSFORMACIONES LINEALES 333. β ∈ R.0. Una transformaciń es lineal cuando da lo mismo primero combinar y o despu´s transformar que primero transformar y despu´s combinar. v.146 CAP´ ITULO 5. T es T L cuando la transformaciń de una combinaciń lineal es o o la combinaciń lineal de las transformaciones. u + v estń en V y todas sus im´genes estń en W. o a 337. Ejercicio Demuestre que T es T L ssi T (αu + βv) = αT (u) + βT (v) para u. 336. V T W αX + β Y T (αX + β Y ) X Y T (X) T (Y ) Figura 5. y) = (3x + 4y. Ilustremos este importante resultado con un ejemplo de una funciń que ya sabemos que est´ asociada a una cierta matriz. u2 ) = α(3u1 + 4u2 . 4αu1 + 3αu2 ) βT (v1 .1. αu2 ) + (βv1 . −3x + 2y) b) T (x. 0) no es T L. b) el conjunto de las funciones cuyo dominio es el intervalo abierto (a. βv2 )) = T (α(u1 . u2 ) + β(v1 . . v2 )). 2x + 4y − 5z) f) La derivada de funciones. u2 ) + βT (v1 . y) = (−x − y. 4(αu1 + βv1 ) + 3(αu2 + βv2 )) = T (αu1 + βv1 . 4u1 + 3u2 ) T (v1 . 4βv1 + 3βv2 ) y al fin: αT (u1 . 2x − 7y) c) T (x. DEFINICION DE TL Necesitamos probar que T (αu + βv) = αT (u) + βT (v) Con las correspondencias obvias. 0) = λ2 (x2 . Contraejemplos. 4v1 + 3v2 ) Por tanto: αT (u1 . Ejercicio Repita la anterior demostraciń en notaciń matricial. αu2 + βv2 ) = T ((αu1 . v2 ) Ahora bien: T (u1 . y) = (2x + 4y. u2 ) = (3u1 + 4u2 . y) = (x2 . u2 ) + βT (v1 . Generalice la demostraciń para que quede claro que en realidad a cada matriz se le asocia de o manera natural una T L. y) = (5x − y. De igual forma C n (R) denota el espacio de las funciones que tienen como dominio a todo R y que tienen n derivadas todas continuas. eso es lo mismo que probar que: T (α(u1 . y) = (x − y. v2 ) = (3v1 + 4v2 . Hay funciones que no son T L. y. notamos por C n (a. z) = (2x + 3y − z. que dictaminan la din´mica de muchos sistemas din´micos. u2 ) + β(v1 . Al hablar de funciones derivables. x + y) d) T (x. En efecto: T (λx. Ejercicio Demuestre que las siguientes transformaciones son lineales: a) T (x. y) cuando λ diferente de 1 o de 0. 4u1 + 3u2 ) = (3αu1 + 4αu2 . 4αu1 + 4βv1 + 3αu2 + 3βv2 ) = (3(αu1 + βv1 ) + 4(αu2 + βv2 ). −2x + 3y) e) T (x. λy) = ((λx)2 . Este ejercicio es importante porque la linealidad de la derivada permite definir y tratar los sistemas de ecuaciones diferenciales lineales. como las siguientes: T (x. b) y que van sobre R que tengan n derivadas todas continuas. 0) = λ2 T (x. 4αu1 + 3αu2 ) + (3βv1 + 4βv2 . y) = λT (x. v2 ) = β(3v1 + 4v2 . con igual naturalidad y a a soltura que los sistemas de ecuaciones lineales que estamos viendo. 340. 4v1 + 3v2 ) = (3βv1 + 4βv2 . 4βv1 + 3βv2 ) = (3αu1 + 3βv1 + 4αu2 + 4βv2 .´ 5. v2 ) = (3αu1 + 4αu2 . v2 )) = αT (u1 . 339. 147 o o 338. Soluciń: se escribe T en notaciń vertical y se factoriza (x. derivar funciones es una T L sobre el espacio de funciones derivables. Ejemplo y definiciń Sea X = (x1 . . y + 1) no es T L pues T (λx. y) = (x. Con todo. Ejemplo Calculemos la matriz de T (x. Codificar esa informaciń en forma de matriz de tal manera que se responda naturalmente a la o siguiente pregunta: si se requieren 3 productos tipo P y 4 tipo Q. 341. Q. λy + 1) lo cual es diferente de λT (x. esa matriz es la matriz identidad. xn ) ∈ Rn . λy) = (λx. Para hacer un producto tipo Q se requieren 2 de A y 3 de B. y + 1) = (λx. Puesto que la matriz de I es una matriz tal que a X no le hace nada. A esta transformaciń lineal la llamamos la identidad y la notamos I. por inspecciń. Ejercicio Formule un test para decidir de una sola mirada si una transformaciń es T L o no. 4x + 3y). o 343. Ponga a prueba su test sobre varios ejemplos y contraejemplos. 5. uno puede definir una T L sin necesidad de ı pensar en un sistema de ecuaciones. ¿cuńto se necesita a de cada insumo? Especificar la T L asociada y verbalizar su significado. o 344.2. o 342. ⋄ Teorema sobre la caracterizaciń geom´trica de una TLT. λy + λ). y de ah´ sacar una T L. Para hacer un producto tipo P se requieren 2 del tipo A y uno de B. Ejercicio En una empresa. y) en el sentido de la o o relaciń entre los sistemas de ecuaciones y las matrices. Para fijar ideas. la que tiene unos en la diagonal y ceros en las dem´s a entradas. I. Hallemos la matriz de o I(X) = X. Para o e saber c´mo funciona una T L sobre R2 es suficiente saber qu´ hace ella sobre la base o e natural.148 CAP´ ITULO 5. . una secciń toma varios insumos de diferentes o tipos y produce varios productos. pensar en matrices origina serios problemas. Por ejemplo. y) = λ(x. TL = TRANSFORMACIONES LINEALES De igual forma T (x. Da la matriz o 3 4 4 3 . La matriz de una TL Nosotros sabemos c´mo hallar la matriz asociada a un sistema de ecuaciones lio neales. Pero en casos muy simples se procede muy sencillamente.. B y dos productos P... 345. y) = (3x + 4y. Con tanta generalidad. imaginemos que se tienen 2 insumos A. y) = x(1. y) = T (x(1. .. Adem´s de la base natural. 0).5. la cual ser´ estudiada como prerrequisito a a la diagonalizaciń. e Demostraciń. Ejercicio Generalice el teorema anterior a Rn . 0. 4x + 3y) se tiene T (i) = T (1. 1) = (4. (0. (0. Sea T una T L cualquiera de R2 en R2 . 346. 0) + y(0. 1)) = xT (1. Esta identidad dice que para saber c´mo opera una T L es suficiente saber qu´ hace o e sobre la base natural o sobre el plp formado por la base natural. .. Protesta... Ejemplo Si T (x.. Algoritmo: Para sacar la matriz de una T L T se calcula T de cada uno de los elementos de la base natural N = {(1.. Podemos pensar en t´rminos de bases o de los plp que ellas generan. 0) + y(0. 1) y aplicando T a ambos lados y aplicando la linealidad. 3) y esos dos vectores resultantes son las columnas de la matriz M de T : M= 3 4 4 3 349. y) = T (x(1. Una T L se caracteriza por su efecto sobre la base natural.. cada EV tiene un n´mero infinito de a u bases.. obtenemos: T (x. 4) en tanto que T (j) = T (0. 0) + y(0.. Si reescribimos la identidad T (x. 0) + yT (0.. 0. o . o Tengamos en cuenta que en la base natural del dominio R2 se tiene que (x. ¿Por qu´ la matriz de una T L tiene que definirse con respecto a la base natural? e Esta justa protesta exige una respuesta. LA MATRIZ DE UNA TL 149 T (j) j i T T (i) Figura 5. . 1) en notaciń vertical. 1)) = xT (1. 1)} y dichas im´genes se ponen en posiciń vertical formando una matriz. y la generalizamos a n dimensiones. 1). y) = (3x + 4y. . 0) = (3. a o 348..1. tenemos el siguiente o 347. 0).2. 1. 0) + yT (0. ⋄ Teorema. donde se deduce que T (0) = 2T (0). por la derecha. Prueba: T (0) = T (0 + 0) = T (0) + T (0). Una funciń es ine o yectiva. si una T L toma vectores de un EV de dimensiń 6 y produce vectores en o un espacio de 5 dimensiones. Una funciń es sobreyectiva si a todos y a cada uno de los o elementos del codominio les corresponde alguien en el dominio. Composiciń de las TL o Una T L es antes que nada una transformaciń. o 1-1. o Demostraciń: ejercicio. la compuesta del diagrama anterior se denota T ◦ S o y cuando opera sobre un vector X del dominio de S se escribe as´ ı: . tenemos T (0) = 0. o 352. lo que la primera produce.3. Por esta razń. T L o matrices. o Puesto que la compuesta de las T L es T L. sobreyectiva. su resultado es una transformaciń o que es T L. si S: U → V es T L y si T : V → W es T L. que tambiń se llama la soluciń o o e o trivial. la a que entra de segunda debe ir a la izquierda para que reciba. primero una y despu´s otra. 351. la compuesta tiene una matriz asociada. Para toda T L T . la soluciń cero. ⋄ Teorema. TL = TRANSFORMACIONES LINEALES 350. o T (0) = 0 siempre. Por lo tanto. Eso no siempre es posible. 5. Las transformaciones pueden tratar o de encadenarse o componerse. Ejercicio Describa la cantidad de soluciones de un sistema de ecuaciones en t´rminos de las propiedades de funciones: inyectiva. ¿C´mo hallamos su matriz? o Tńgase presente que la notaciń al componer T L se subordina a la siguiente necesie o dad: la matriz de una T L. Si dos T L pueden componerse.2.150 CAP´ ITULO 5. lo mismo que una funciń opera sobre vectores columna que o estń a la derecha de ella. al componer dos funciones. Esto significa que cualquier sistema homogńeo de ecuaciones de la forma M X = 0 e siempre tiene al menos una soluciń. Con total claridad. La composiciń o encadenamiento de las T L es T L. para poder entrar en una cadena se exige que el pr´ximo o eslabń reciba elementos de un espacio de 5 dimensiones. entonces la compuesta T ◦ S puede hacerse y es T L: U T ◦ S S V T W Figura 5. e Por ejemplo. si a cada vector del codominio le llega m´ximo un vector del dominio a (puede no llegarle nadie). −9x + 7y) Hallemos la imagen por S de la base natural.´ 5. pues hay una correspondencia biun´ o ıvoca entre las dos. y) = (3x + 2y. 7) = (6 + 10. Todos los vectores resultantes forman una matriz. 1)) = −3T (1. 1) = (2. T (0. −9) + 5(2. 0) + 4T (0. y sea T (x. 17) T (S(0. Ejemplo puesta T ◦ S: Dadas dos T L componibles. 5) = T (2(1. hallemos la matriz de la com- Sea S(x. 0) + 4T (0. Por tanto. −18 + 35) = (16. 1) = (−3. 0) = (3.3. 55). 1) = 2(3. S y T . y) = (2x − 3y. S(0. 1) = −3(3. 7) = (−9 + 8. Por otro lado: T (1. −9) + 4(2. . la matriz de la compuesta. Compare la respuesta con la o que acabamos de obtener. 1)) = T (−3. 0) + 5(0. 1)) = 2T (1. 4) = T (−3(1. 7) y por tanto: T = 3 2 −9 7 Para hallar la matriz de la compuesta simplemente hallamos la imagen de cada uno de los elementos de la base natural por la compuesta: T (S(1. Por lo tanto la matriz de la compuesta T (S()) es T S TS = 16 −1 17 55 354. −9). Tenemos: S(1. COMPOSICION DE LAS TL 151 (T ◦ S)(X) = T (S(X)) Recordemos que para hallar la matriz de una T L se halla la imagen de cada uno de los vectores de la base natural y los resultados se escriben como columnas formando una matriz. 0)) = T (2. la matriz de una compuesta se halla calculando la imagen de cada uno de los elementos de la base del dominio por la primera T L y el vector resultante se pasa por la segunda T L. 353. No hay ninguna confusiń. 4) y por tanto S= 2 −3 5 4 Obs´rvese que usamos la misma letra para designar a S tanto como funciń como e o matriz. 0) = (2. 0) + 5T (0. 5x + 4y). 27 + 28) = (−1. Ejercicio Halle T (S(X)) usando el procedimiento de composiciń de funo ciones y por inspecciń encuentre la matriz asociada. 5). El proo blema es entonces poder predecir de manera mecńica cu´l va a ser la matriz asociada al a a producto de componer o encadenar dos o m´s T L sabiendo las matrices componentes. De a o lo contrario se dice que la composiciń de las T L es no conmutativa. o 357. Por tanto. o Ya sabemos encontrar la matriz asociada a cualquier composiciń de T L. Ejercicio Generalizando los resultados anteriores. o . u ac´ y en cualquier otro caso. TL = TRANSFORMACIONES LINEALES 355. la cual es (−9.152 CAP´ ITULO 5. 2). la imagen e por la compuesta de cada uno de los elementos de la base natural. por la primera columna de la matriz S que es o (2. la segunda fila o renglń de la matriz o T . la primera columna de la matriz producto T S tiene en la primera coordenada el resultado de multiplicar. 356. Ejercicio Hemos hallado la matriz asociada a T ◦ S. 5). Primero T (S( i )). prediga la receta general para el producto de matrices cualesquiera. en producto punto. 7). 5). Ejercicio Prediga cu´les serń las coordenadas de la segunda columna de la a a matriz producto T S. Demuestre su predicciń. se dice que la composiciń de las T L es conmutativa. Si lo son. de una manera ligeramente diferente. en producto punto. a La soluciń tiene que ser aquella que convierta la naturalidad en una realidad. Revisemos ı: n u n el ejemplo reciń resuelto. Hallemos. la cual es (2. sabiendo que: S= 2 −3 5 4 3 2 −9 7 T = Calculemos la primera columna de la matriz producto T S hallando S( i ) y su resultado pasńdolo por T : a T S(i) = = 3 2 −9 7 3 2 −9 7 2 −3 5 4 2 5 1 0 Notemos lo siguiente: el resultado de esta multiplicaciń es la primera columna de o la matriz producto T S. la primera fila o renglń de la matriz T . la cual es (3. por la primera columna de la matriz S. Demuestre su predicciń. Halle la matriz asociada a S ◦ T = S(T ()). En la o jerga TRIZ eso se dice as´ el mejor diseõ es el que no tiene ningń diseõ. La primera columna de la matriz producto T S tiene en la segunda coordenada el resultado de multiplicar. Averigë si las dos composiciones dan la misma matriz. Multiplicaciń de matrices o Esta secciń empieza con repaso y complementa lo visto en todo el cap´ o ıtulo. o o Haber multiplicado una matriz por un vector nos produjo un vector. Operacionalmente es como sigue: se toma cada renglń de la matriz y se multiplica en producto o punto por el vector columna. estamos definiendo la multiplicaciń de una matriz o por un vector columna (primero la matriz. despu´s el vector). El resultado del renglń i por el vector columna es el o renglń i de la respuesta de la multiplicaciń. MULTIPLICACION DE MATRICES 153 5. Adem´s usamos la igualdad: dos vectores columna son iguales cuando son a iguales coordenada por coordenada o renglń por renglń. Todo lo anterior lo podemos escribir sucintamente diciendo que M es una funciń. Es un elemento de dos coordenadas y por lo tanto vive en R2 . Naturalmente que la multiplicaciń o est´ definida unicamente cuando el producto punto puede ejecutarse. un elemento de R2 . en nuestro caso e 3 4 4 3 x y = 3x + 4y 4x + 3y lo cual dice que la multiplicaciń de una matriz por un vector columna debe restituir o un vector que represente el lado izquierdo de un sistema de ecuaciones. es decir. M : R2 → R2 M (x.4. En primer t´rmino a e x y lo llamamos vector columna o vector.´ 5. en nuestro caso un elemento con dos coordenadas. es decir. Consideremos el sistema lineal de ecuaciones 3x + 4y = 7 4x + 3y = 7 Antes escrib´ ıamos este sistema de la forma M= 3 4 : 7 4 3 : 7 Ahora lo vamos escribir de la siguiente manera: 3 4 4 3 x y = 3x + 4y 4x + 3y = 7 7 Esta reescritura define varios elementos.4. cuando a ´ el n´mero de columnas de la matriz coincide con el n´mero de renglones del vector u u columna. que toma vectores con dos coordenadas y los transforma en vectores de dos coordenadas. la cual es un vector columna con tano o tos renglones cuantos renglones hay en la matriz. y) = (3x + 4y. 4x + 3y) . llamada transformaciń o o lineal. En segundo lugar. en general. a y verifiquemos que se trata de hallar la matriz de una compuesta. • . • • −9 7 . como en el siguiente 359.  T S =  . Regla para multiplicar matrices 1.. primero preparamos un arreglo en escuadra.   . pueden ponerse a operar una despu´s de otra. En el centro de la escuadra pondremos el producto T S. represente la matriz de la compuesta T ◦ S = T (S()). . de tal forma que el producto est´ en el centro de la a escuadra:   ..   . Una matriz representa una funciń y las funciones o transformaciones pueden como ponerse.. Para hallar la matriz de un producto T S se cuadran las matrices T. S en el siguiente arreglo en escuadra. fila i con columna j. la transformaciń resultante tiene una o matriz asociada llamada la matriz producto. S   TS =  .. 2 −3 . . Queremos que el producto de matrices T y S. como aqu´ los vectores forman tupletas o ı. .. que se escriben horizontalmente. en ese orden..154 CAP´ ITULO 5. es decir. El orden es importante porque.. se multiplica en producto punto la fila i de T con la columna j de S. los vectores o forman una columna y van delante de la matriz. . . 2. . Ejemplo Multipliquemos mecńicamente las dos matrices T S. 5 . . pero cuando usamos notaciń matricial. en donde T aparece en la esquina izquierda inferior y S en la esquina superior derecha.   . T . Sea S= T = 2 −3 5 4 3 2 −9 7 Para hallar el producto T S.. transformar de un modo y despu´s e de otro no es conmutativo (piense en las transformaciones que sufren los alimentos al ser preparados y adem´s estudie rotaciones de 90 grados alrededor de dos ejes perpena diculares).. . en ese orden. TL = TRANSFORMACIONES LINEALES Cuando usamos notaciń de funciones. TS Para hallar la entrada pij del producto. .    3 2 . 3...  . El resultado de la multiplicaciń se puede o calcular autom´ticamente de acuerdo con la siguiente: a 358.. . 4     .. . •    .. Lo interesante es que e al componer 2 matrices como transformaciones. . se reemplaza la marca por el producto punto o escalar de dicha fila de T por la susodicha columna de S:   . producir un vector resultante que ha de ser procesado por T y el resultado debe coincidir con el resultado de multiplicar la matriz T S por (x. y): 2 −3 5 4 x y = 2x − 3y 5x + 4y Ahora ejecutamos los productos punto y podemos encontrar la matriz producto en la esquina de la escuadra (abajo a la derecha):   .    3 2 ..   . . Primero calculemos S(x. pero en el paso anterior ha a sido reemplazada por marcas negras para indicar el mecanismo de multiplicaciń: cada o marca define una fila de T y una columna de S. (−9) × 2 + 7 × 5 (−9) × (−3) + 7 × 4 −9 7 . la cual hallamos mecńicamente..´ 5. 17 55 −9 7 .  T S =  . .  T S =  . . . En el producto de matrices. Ejercicio Sean las siguientes matrices: . . . Para eso tenemos que calcular S(x. y).. Veamos. 5 4     ..... 16 −1  . .4...   . . A este vector resultante lo pasamos por T : 3 2 −9 7 = 2x − 3y 5x + 4y = 3(2x − 3y) + 2(5x + 4y) −9(2x − 3y) + 7(5x + 4y) = x y 16x − y 17x + 55y 6x − 9y + 10x + 8y −18x + 27y + 35x + 28y) = 16 −1 17 55 que da exactamente la matriz T S. . . . ....    3 2 . MULTIPLICACION DE MATRICES 155 Verifiquemos ahora que se trata de la matriz de una compuesta. La matriz producto ser´ calculada inmediatamente.. . 360. Hemos veria ficado entonces que el producto de dos matrices corresponde a la composiciń de las o matrices interpretadas como transformaciones..   . . 2 −3   . 3×2+2×5 3 × (−3) + 2 × 4    . 5 4     . . y). ... . 2 −3   . 156 CAP´ ITULO 5. TL = TRANSFORMACIONES LINEALES A= B= C= −2 −1 5 −3 1 −4 2 4 2 −5 −3 1 Calcule mecńicamente los siguientes productos y verifique que se trata de la matriz a de una compuesta: 1. AB 2. BA 3. CA 4. CB 5. ABC 6. A2 = AA Nosotros hemos visto c´mo se multiplican dos matrices cuadradas 2 × 2. El proo cedimiento usado se extiende naturalmente a matrices de cualquier orden, cuadradas o no, siempre y cuando el producto tenga sentido. 361. Ejemplo Sea la T L definida por S: R2 → R2 S(x, y) = (x − y, 2x + 4y) y la T L T : R2 → R3 T (x, y) = (2x − 3y, x + 5y, −x − 7y) Usando la tecnolog´ del producto de matrices hallemos la expresiń de la compuesta ıa o T ◦ S = T (S()). Soluciń: Lo primero que tenemos que verificar es que efectivamente la compuesta o est´ bien definida. Para esto, lo que se necesita es que la salida de la primera funciń se a o pueda encadenar con la entrada de la segunda. Para componer T L nosotros exigimos que el codominio o conjunto de llegada de la primera sea exactamente igual al dominio o conjunto de salidad de la segunda. Para nuestro ejemplo, el codominio de S es R2 que es igual al conjunto de salidad de T . Por lo tanto, se pueden encadenar, lo cual tambiń podemos resumirlo en el siguiente diagrama: e ´ 5.4. MULTIPLICACION DE MATRICES S R2 T ◦ S 157 R2 T R3 Figura 5.3. La salida de S se puede encadenar con la entrada de T porque ambas son el mismo EV . La matriz de S es S= La matriz de T es  2 −3 5  T = 1 −1 7  Hacemos el arreglo en escuadra 1 −1    2 4     ... ... ... .. ..    TS =   .  2 −3 . • . •    .   . • •  5 .  1 . −1 7 . • . •  . . . . . .  1 −1 2 4 En en el lugar de cada marca negra ponemos el producto punto entre la fila de T y la columna de S correspondientes:  . . . . . . 1 −1            Ejecutamos la aritm´tica y obtenemos la respuesta: la matriz de la compuesta T ◦ S e es T S dada por   −4 −14 19  T S =  11 13 29   2 4   ... ... ... .. ..  TS =  .  2 −3 . (2)(1) + (−3)(2) (2)(−1) + (−3)(4) .  .  . (1)(−1) + (5)(4) 5 . (1)(1) + (5)(2)  1 . . (−1)(1) + (7)(2) (−1)(−1) + (7)(4) −1 7 . 158 CAP´ ITULO 5. TL = TRANSFORMACIONES LINEALES La compuesta opera sobre vectores que tienen un n´mero de componentes igual u al n´mero de columnas de T S, es decir, sobre elementos de R2 y produce elementos u con tres componentes, R3 , lo cual es compatible con el diagrama de la compuesta. La expresiń para T S es entonces: o T ◦ S: R2 → R3 T S(x, y) = (−4x − 14y, 11x + 19y, 13x + 29y) Como hay tantos n´meros envueltos, hacemos un chequeo: calculemos T S sobre u (1, 3) por dos caminos, por definiciń de la compuesta y usando la matriz producto. o Debe dar lo mismo y es cierto: en ambos casos obtenemos T (S(1, 3)) = (−46, 68, 100). 362. Ejercicio Sean las siguientes matrices: A= −2 −1 3 5 −3 4   1 −4 4  B= 2 −1 3 C= 2 −5 −3 1 Calcule mecńicamente los siguientes productos cuando esto sea posible. Para dea cidir si la compuesta tiene sentido, verifique dos cosas, que el conjunto de llegada de la primera sea igual al conjunto de salida de la segunda y que el arreglo en escuadra permite definir las marcas negras sin ambigëdad. u 1. AB 2. BA 3. CA 4. CB 5. ABC 6. A2 = AA 5.5. Ejercicios de repaso 1. Compruebe que la matriz A = 0 1 satisface la ecuaciń cuadr´tica o a 2 −1 X 2 + X − 2I = 0 donde X 2 denota el producto de matrices XX para matrices cuadradas. ¿Podr´ hallar otra matriz B que sea soluciń de dicha ecuaciń? ıa o o 2. Sea A una matriz m × n y sea ej el vector columna n × 1 cuya j−´sima compoe nente es 1 y cuyas otras componentes son ceros. Mostrar que: 5.6. RESUMEN a) A · ej es la j-´sima columna de A. e 159 b) Si Ax = 0, ∀x ∈ Rn , entonces A = 0. c) Si A y B son matrices del mismo tamaõ y Ax = Bx, ∀x ∈ Rn , entonces n A = B. 3. Una matriz A cuadrada es nilpotente si Ar = 0 para algń entero positivo r. u a) Dar un ejemplo de una matriz 2 × 2 no nula que sea nilpotente. 4. Considere la transformaciń lineal o T : R2 → R2 , definida por T (X) = AX, donde A = 5 4 1 2 b) Mostrar que, si existe B tal que AB = BA = I, entonces A no es nilpotente. a) Halle los valores de λ para los cuales T (X) = λX, X = 0. b) Halle un vector v ∈ R2 , v = 0, tal que T (v) = 6v. 5. Sea P≤n el EV de los polinomios de grado menor o igual a n. Consideremos las transformaciones dadas por T2 : P2 → P2 con T2 (p(x)) = p(2x + 1) a) Calcule T1 (7x + 3). b) Calcule T2 (4x2 − 3x + 1). d ) Calcule T2 (T1 (p(x))). c) Calcule T2 (T1 (9x − 1)). T1 : P1 → P2 con T1 (p(x)) = xp(x) e) ¿Hay algń polinomio para el cual T1 (T2 (p(x))) est´ bien definido? u e f ) Demuestre que T1 y T2 son lineales. g) Halle T1 (a+bx), T2 (a+bx+cx2 ), T2 (T1 (a+bx))) e invente un procedimiento matricial para obtener por matrices los mismos resultados. 5.6. Resumen Todo sistema lineal de ecuaciones est´ naturalmente asociado a una matriz, digamos a F , la cual representa una funciń con propiedades especiales. Es compatible con las o operaciones de un EV, la suma y la multiplicaciń por escalares: o F (αx + βy) = αF (x) + βF (y) La funciń resultante se denomina transformaciń lineal (T L). La compuesta, cuano o do existe, de dos T L es T L y por tanto tambiń tiene matriz: la matriz de una come puesta es el producto de matrices. Todo esto es tan natural que se denota simplemente como: la matriz de F ◦ G es el producto de las matrices F G. La multiplicaciń de o matrices es no conmutativa, en general, F G = GF . 160 CAP´ ITULO 5. TL = TRANSFORMACIONES LINEALES 5.7. Gran taller de repaso Con este taller podr´ revisar y aplicar la teoria desarrollada en el capitulo. Asuma a cada ejercicio como un reto. 1 1. Encontrar los coeficientes a, b, c para que la par´bola y = ax2 + bx + c pase por a los puntos (1, 4), (2, 8) y (3, 14). Rta. a = 1, b = 1, c = 2. 2. Una f´brica de muebles tiene dos divisiones: un taller donde se fabrican las partes a de los muebles y una divisiń de ensamble, donde se unen las partes para obtener o el producto terminado. Suponga que se tienen 12 empleados en el taller y 20 en la divisiń, y que cada empleado trabaja 8 horas diarias. Suponga que se o producen s´lo sillas y mesas. Una silla requiere 384 horas de maquinado y 480 o 17 17 horas de ensamblaje. Una mesa requiere 240 horas de maquinado y 640 horas de 17 17 ensamblaje. Suponga que se tiene una demanda ilimitada de estos productos y que el fabricante quiere mantener ocupados todos los empleados. ¿Cuńtas sillas a y cuńtas mesas al d´ puede producir esa f´brica? a ıa a Rta. 3 sillas y 2 mesas. 3. En 3 islas vive una poblaciń estable de 35.000 aves. Cada aõ, el 10 % de o n poblaciń de la isla A emigra a la isla B, el 20 % de la poblaciń de la isla o o B emigra a la isla C y el 5 % de la poblaciń de la isla C emigra a la isla A. o Calcule el n´mero de aves en cada isla, si no var´ la poblaciń de cada isla de u ıa o un aõ al siguiente. n 4. Para cada una de las siguientes afirmaciones diga si es falsa (F) o verdadera (V) segń sea el caso. Si es falsa, justifique su respuesta mediante un ejemplo o u mediante el uso de la teor´ Si es verdadera, justifique unicamente mediante la ıa. ´ teor´ (teoremas, definiciones, etc). ıa a) El generado de cualesquiera dos vectores no nulos en R2 es todo R2 . b) El generado de cualesquiera tres vectores no nulos y no paralelos en R3 es todo R3 . c) Si {v1 , v2 , ..., vk } son vectores en R2 tales que el gen{v1 , v2 , ..., vk } = R2 , entonces k = 2. d ) Existen exactamente dos vectores perpendiculares a un vector no nulo dado en Rn . e) El ńgulo entre dos vectores no nulos en Rn es menor que 90◦ , si y s´lo si, a o el producto punto de los vectores es positivo. f ) Si u · v = 0, entonces u = 0, o bien, v = 0. 1 Con un especial agradecimiento al profesor Oscar Casas. 5.7. GRAN TALLER DE REPASO g) Si x · y = x · z, entonces ¿siempre y = z? Justifique su respuesta. 161 Sugerencia: Construya unos ejemplos. h) A2 − B 2 = (A − B)(A + B), para cualesquiera matrices cuadradas A y B. i ) Si v, w son vectores de Rn con la misma magnitud, entonces la magnitud de v − w es cero. j ) Todo sistema lineal de ecuaciones con el mismo n´mero de ecuaciones que u de inc´gnitas tiene siempre soluciń unica. o o ´ k ) Todo sistema lineal de ecuaciones con el mismo n´mero de ecuaciones que u de variables tiene al menos una soluciń. o l ) Un sistema lineal con una matriz cuadrada asociada A tiene soluciń unica, o ´ si y s´lo si, la matriz A es equivalente por renglones a la matriz identidad. o m) Un sistema lineal con m´s ecuaciones que variables siempre admite un a n´mero infinito de soluciones. u 5. Encontrar todos los escalares c, si existen, para los cuales se tiene que: a) El vector (2, 6) es paralelo al vector (c, −3). b) El vector (c, −c, 4) es paralelo al vector (−2, 2, 20). c) El vector (c2 , c3 , c4 ) es paralelo al vector (1, −2, 4). d ) El vector (13, −15) es una combinaciń lineal de los vectores (1, 5) y (3, c). o e) El vector i + cj es una combinaciń lineal de los vectores i + 2j + k y o 3i + 6j + 3k. g) El vector (c, −c, c) es ortogonal tanto al vector (−1, 3, 4) como al vector (2, 1, −1). f ) El vector (c, −3, 5) es ortogonal al vector (−1, 3, 4). h) Los puntos (2, 0, 4), (4, c, −c) y (6, c, c) son los v´rtices de un trińgulo e a equil´tero. a 6. Mostrar que el punto medio de la hipotenusa de un trińgulo rectńgulo es a a equidistante de los tres v´rtices. e 7. Encuentre la distancia del punto P (1, −1, 2) al plano 2x + y − z = 1. 8. Determine el punto Q del plano 2x + y − z = 1 que se encuentra m´s cerca del a origen. 9. Pruebe que si b + c = 0 y ||a|| = ||b||, entonces (a − b) · (a − c) = 0. Sugerencia: Distribuya el producto punto y use las hip´tesis. o 10. Sean u = (−2, 5) y v = (α, −2). Determine α tal que: a) u y v sean ortogonales. Una soluciń o espec´ ıfica del sistema AX = B recibe el nombre de soluciń particular. b) ¿Para qu´ valor(es) del par´metro k el sistema es inconsistente (que contiene e a una contradicciń)? o c) ¿Para qu´ valor(es) del par´metro k el sistema admite infinitas soluciones? e a d ) Para k = −1 escriba la soluciń del sistema en la forma Yg = Yh + Yp . v y w en Rn y para escalares r y s. donde o Yh es la soluciń del sistema homogńeo y Yp es una soluciń particular del o e o no homogńeo. x + ky + z = 1. sh . sg . e e) Demuestre que sg = sh + xp . −4). Este sistema. Para vectores u. d ) El ńgulo entre u y v es de π/3. el vector (1. −5) y (2. e c) Halle por tanteo una soluciń espec´ o ıfica xp del sistema AX = B. Encontrar los valores de a.162 CAP´ ITULO 5. Hallar los valores de A y B tales que x x A B = = + . igualado al vector cero. d) para ningń α. TL = TRANSFORMACIONES LINEALES b) El ńgulo entre u y v es de 2π/3. a) α = −5. b y c para los cuales la par´bola a 2 y = ax + bx + c pasa por los puntos (1. a) Codifique el sistema de la forma matricial AX = B. 2+x−1 2x (2x − 1)(x + 1) 2x − 1 x + 1 14. Consideremos el sistema lineal x1 + 2x2 − 3x3 + x4 = 2 3x1 + 6x2 − 8x3 − 2x4 = 1. Considere el sistema lineal con un par´metro k: kx + y + z = 0. En t´rminos geom´tricos: la soluciń de un sistema AX = B se e e o puede descomponer como la suma de un subespacio vectorial (que pasa por cero y es soluciń del sistema homogńeo) m´s un vector de traslaciń. Haga o e a o un dibujo que ayude a entender si tal descomposiciń es o no unica. o o ´ 15. 1/2. 13 c) α = 4 . del sistema o a e a AX = 0. en t´rminos de par´metros libres. es decir. 3). 1/2). 12. entonces w es ortogonal a ru + sv. ¿Es o unica la soluciń particular? ´ o d) Halle la soluciń m´s general. u 5 11. e . a c) u y v sean paralelos. b) α = √ 80±58 3 . probar que. a Rta. a a) Comprobar que para k = −1. b) Halle la soluciń m´s general. se llama homogńeo. (0. satisface el sistema. del sistema completo AX = B llamado no o a homogńeo. 13. o ´ si el vector traslaciń o la soluciń particular es o no unica. De esa forma se demuestra que toda soluciń o general es la suma de una soluciń al sistema homogńeo m´s una soluciń o e a o particular. si w es ortogonal tanto a u como a v. 0. Determine si el conjunto de matrices 3×3 de la forma  0 x 0  . 17. y) : xy = 0}..7. ¿Es H con suma y producto por escalar usuales un subespacio vectorial de R2 ? Justifique su respuesta. + a2 = 1}.. 21.. Aãda el vector (1. c) Si. Si un sistema lineal tiene matriz aumentada equivalente por filas a la matriz   1 2 1 | −2  0 1 2 | −2  determine el(los) valor(es) de a para el(los) cual(es) 2 0 0 a −4 | a+2 el sistema tiene: ´ a) Unica soluciń. donde cada x 0 x x puede ser un escalar cualquiera. c) Inconsistencia. an ): a2 + a2 + a2 + . an ): a1 + a2 + a3 + . Rta. c ∈ R ..   1 1   1   2 ..5. GRAN TALLER DE REPASO 163 16. o b) Infinitas soluciones. . b) H2 = {(a1 . es un espacio vectorial con suma y producto por escalar usual. 0) y verifique que estos cuatro vectores forman una n base. a3 . Decidir cu´les de los siguientes conjuntos son subespacios de Rn :: a a) H1 = {X ∈ Rn : A · X = 0.. a) b) a 0 0 b a 0 0 b | a. o 19.    0   1 1 1        para formar una base del     1    1 20. + an = 0}. b) No.. Extender el conjunto   −1    1 4 espacio R ..   x 0 x 18. 0.  .. Rta. a2 .. 1 2 3 n c) H3 = {(a1 . a3 . Determine cu´les de los siguientes subconjuntos del espacio vectorial de matrices a 2 × 2 son subespacios. a) Si. A ∈ Mn×n }. b ∈ R |a+b=0 c) d) a 0 0 b a c 0 b |a+b=5 | a + b = 0. En caso afirmativo halle una base para tal espacio y encuentre su dimensiń. Sea H = {(x. a2 . . p(3) = 0} 26. 3 2 e) El subespacio H = {p(x) ∈ P3 : p(7) = 0 p(5) = 0. Determine si la transformaciń dada es o no lineal o a) T : R2 → R2 . 5 − 6x + 3x2 . c) v = 0 1 4 2 H = x2 . H =  0 . TL = TRANSFORMACIONES LINEALES 22.       4  2 1  V = R3 a)  −3  . Determine si los siguientes conjuntos de vectores son linealmente dependientes o independientes. Determine si el vector v pertenece al espacio generado por los vectores del conjunto H.  7  V = R3 b)   7 7 7 c) d) 3 − x + 9x2 . p(5) = 0} d ) El subespacio H = {p(x) ∈ P3 : p(7) = 0. x + 2x . p(3) = 0. p(5) = 0.       0  2  1  0 . Encuentre una base para las soluciones del siguiente sistema de ecuaciones. p(1) = 0} x y  y x 1 z xy x T x  y = T z T x y = =  .164 CAP´ ITULO 5.  −4    14 4 5       3  2  1  7   7 .  2  . H= 1 0 1 1 . b) T : R → R . 2x + x2 . 8 − 2x + 5x2 V = P2 24. x1 − 4x2 + 3x3 − x4 = 0 2x1 − 8x2 + 6x3 − 2x4 = 0 25. Encuentre una base para cada uno de los siguientes subespacios y halle su dimensiń: o a) El subespacio H = a2 x2 + a1 x + a0 : a2 − 2a1 = a0 de P2 b) El subespacio H = {p(x) ∈ P3 : p(7) = 0} c) El subespacio H = {p(x) ∈ P3 : p(7) = 0. 1 + x − 5x2 2 2 2 V = P2 8 + 3x + 3x .  0  a) v =   1 0 1 b) v = x − x3 . x + x3 . c) T : R2 → R2 . 2 + 2x + x . 2 0 2 3 23. . 1. v1 + v2 + v3 + · · · + vn son linealmente independientes. Muestre que los vectores v1 . . . =  2 . =  2 . GRAN TALLER DE REPASO d ) T : M2×2 → M2×2 .7. Sea V un espacio vectorial. 30. . Sea T : R2 → R3  transformaciń o lineal  que tal  una −4 1 2 1 =  0 . . d) S´ e) S´ f) S´ ı. 27. Muestre que si v ∈ V y r es un escalar que cumple rv = 0. T T −1 1 5 3 calcule a) T b) T 2 5 2 4 yT yT −3 9 −3 7 2 5  8 =  8 . Sea T : R2 → R3 una transformaciń lineal tal que o     −4 1 2 1 =  0 . ı. c) No. entonces r = 0 o v = 0. Sea {v1 . v1 + v2 . T 7  −3 9  21 =  10  −5  Respuesta: a) T 29. vn } un conjunto de vectores linealmente independientes. . . a) S´ b) No. 3. ı. 4) 32. T T −1 1 5 3 . T (A) = AB. 31. B una matriz fija 165 e) T : M2×2 → M2×2 . 2) y (−1. ı. v1 + v2 + v3 . Rta.5. Decida cu´les de los siguientes conjuntos son subespacio de F (R) = {f : R → R}: a a) K1 = {f : R → R: ∀x (f (x) = f (−x)} b) K2 = {f : R → R: f (1) = 0} 28. T (a + bx + cx2 ) = b + cx. v2 . T (A) = AAt donde At indica la matriz transpuesta de A que se obtiene de A intercambiando las filas por columnas. Encuentre un vector v en R3 que sea linealmente independiente a los vectores (2. como en el siguiente ejemplo: t  a b  c d  = a c e b d f e f f ) T : P2 → P1 . . V = M2×2 (R). 33. Muestre que e x1 − x2 es una soluciń del homogńeo. 37. b ∈ R. b ∈ R.   1 {p1 (x). p2 (x)} .  1  en R3 . −1 + x2 . a) S´ b) S´ ı. b = 0} Rta. ı. x2 . 3) en R3 . ∀i ≥ j} un subespacio de Mn×n ? Rta. a) S´ b) S´ c) No. a) Sean x1 y x2 soluciones al sistema no homogńeo AX = b. a) b) U = a b a−b a+b p(x) ∈ P≤3 : | a. donde Rta. 1 + x3 }) 36. o e    0  1  . F0 y F−1 son subespacios de P≤3 . S´ ı. Considere el espacio Mn×n de todas las matrices n × n. 2. ı. Determine cu´les de los siguientes subconjuntos dotados con las operaciones a usuales son subespacios del espacio vectorial dado. ı. c) R3 . Respuesta: b) F0 =gen{x. x3 }. V = P≤3 . 35. F−1 = gen({1 + x. 34. 2  7 3 . En el espacio vectorial real de los polinomios de grado menor o igual a 3 se consideran los subconjuntos F1 = {p(x) | p(1) = 0} F0 = {p(x) | p(0) = 0} F−1 = {p(x) | p(−1) = 0} a) Probar que F1 . a. b) Todos o los polinomios de la forma 3a + b + bx + ax2 + ax3 . a) Recta que pasa por el origen en direcciń del vector (1. 3). a. 2. 1 0 p(x)dx = 0 . b ∈ R . F1 =gen({−1 + x. Rta. TL = TRANSFORMACIONES LINEALES c) K3 = {f : R → R: f (x) = ax + b.     1 c) El espacio generado por los vectores  1  .166 CAP´ ITULO 5. −1 + x2 . Calcule expl´ ıcitamente los siguientes espacios: a) El espacio generado por el vector (1. b) El espacio generado por los polinomios p1 (x) = 3 + x2 + x3 y p2 (x) = x + 1. −1 + x3 }). ¿Es T = {aij = 0. b) Hallar una base para cada subespacio. b) ¿Est´ el vector v = (−1. 2). 40. 39. 0 3 4 41. e Rta. x2 } en P≤2 . v2 }? a 43. que generen a todo W . T  x y = y x 1 z xy x  x T y = z T x y = d ) T : M2×2 → M2×2 . Determine si la transformaciń dada es o no lineal o a) T : R2 → R2 . b) T : R3 → R2 . Sea A una matriz de tamaõ n × n y λ ∈ R. −11. 1) en el gen{v1 . z) : x + 2y + 3z = 0}. una base para U y una base para W ∩ U. Muestre que W y U son subespacios del espacio P≤3 . a) Halle A(x1 − x2 ). Considere H y K dos subespacios de V y defina H +K = {h+k | h ∈ H. −1. B una matriz fija e) T : M2×2 → M2×2 . 38. x + 1. T (a + bx + cx2 ) = b + cx . c) T : R2 → R2 . Sea P≤3 el espacio vectorial de los polinomios de grado menor o igual a 3. −1. a) Encuentre dos vectores v1 y v2 . Determinar una base para W . b) Utilice la parte a). y sean W = {p ∈ P≤3 : p(0) = 0} y U = {p ∈ P≤3 : p(1) = 0}. 5.7. (1.5. 3). Mostrar que el conjunto n n S = {x ∈ R : Ax λx} es un  = subespacio de Rn . b) {x − 1. Sean V = R3 y W = {(x. Determine si el conjunto de vectores es linealmente dependiente o independiente. T (A) = AB. (1. y. Muestre que existe una soluciń h o o del sistema homogńeo AX = 0 tal que y = x + h. Determine la dimensiń de S si o 1 0 3 λ = 3 y A =  0 0 −1 . k ∈ K}. GRAN TALLER DE REPASO 167 b) Sea x una soluciń particular del sistema no homogńeo AX = b y sea y otra o e soluciń cualquiera del sistema AX = b. a) Muestre que H + K es un subespacio de V . muestre que dim(H + K) =dim(H)+dim(K). b) Si H ∩ K = {0}. 42. T (A) = AAt f ) T : P2 → P1 . a) {(3. −4)} en R3 . 1 0 0 0 . con A = yB= 0 1 0 0 . TL = TRANSFORMACIONES LINEALES 44. Muestre que si a b conmuta con toda matriz 2 × 2.168 CAP´ ITULO 5. Sugerencia: Considere por ejemplo los productos AB. entonces existe un escalar k tal A= c d que A = kI. BA. Se dice que la matriz A conmuta con la matriz B si AB = BA. El determinante de una T L T es el determinante de la imagen del plp definido por la base natural. TL y determinantes 363. a 6. da la matriz de T . El determinante Det(T ) de una T L T : Rn → Rn es el determio nante de la matriz de T .CAP´ ITULO 6 DETERMINANTE DE UNA TL Regresamos ahora a la teorizaciń sobre ´lgebra lineal para poder avanzar en aplicao a ciones. Una vez que uno tiene la matriz.1. en notaciń o vertical. se transforma por T y el n-plp resultante. para hallar la inversa de una matriz y para diagonalizaciń de matrices. ♣ Definiciń. En resumen. poder medir la cantidad de soluciones a un sistema de ecuaciones. el determinante de una transformaciń lineal T es el volumen (signado) o de la imagen por T del plp unitario.0. Los resultados de esta secciń los necesitamos para hallar soluciones a sistemas o de ecuaciones. Tambiń represeno e tan una poderosa herramienta para retroalimentaciń en contra de errores que son tan o comunes en ´lgebra lineal. T (j) T (i) i Figura 6. para hallar la matriz de T se toma el n-plp unitario (la base natural). 169 j T . Dicho de otra manera. Recordemos que para hallar la matriz de una T L T se toma cada uno de los elementos de la base natural y se pasa por T . La definiciń se aplica s´lo cuando el dominio y el codominio o o coinciden. la matriz de T . El resultado se escribe verticalmente formando una matriz. se la interpreta como un plp y se le saca el determinante y ese es Det(T ). Puede mostrarse que la prueba requerida depende tan s´lo de la linealidad de T y de la multilinealidad de Det. Puesto que ambas tienen el mismo dominio y codominio. El determinante de cualquier T L puede entenderse como un factor de ampliaciń. Por lo tanto. Demostraciń. 4). ⋄ Teorema. o a Entonces: Det(T (P )) = Det(T )Det(P ). Ejemplo Calculemos el determinante de T (x. este ejercicio puede generalizarse a cualquier T y a cualquier n-plp. Cada matriz es la matriz de una T L asociada. sea T : Rn → Rn una T L. la matriz de T es: 2 −3 −1 4 cuyo determinante es Det(T ) = (2)(4) − (−3)(−1) = 8 − 3 = 5. 366. Por lo tanto. En particular vol(T (P )) = |Det(T )Det(P )| 367.170 CAP´ ITULO 6. Demostremos que si A y B son matrices cuadradas n × n entonces Det(AB) = Det(A)Det(B). Cuando pasa por B obtenemos que P se transforma en e B(P ) y que Det(B(P )) = Det(B)Det(P ) pues el Det(B) funciona como factor de ampliaciń. o Al pasar a B(P ) por A se obtiene: Det(A(B(P ))) = Det(A)Det(B(P )) = Det(A)Det(B)Det(P ) es decir que Det((AB)(P ) = Det(A)Det(B)Det(P ) por lo que el determinante o factor de ampliaciń asociado al producto de matrices o es el producto de los determinantes. Ejercicio Muestre que para la T del ejercicio previo siempre se da que: Det(T (P )) = Det(T )Det(P ) donde P es cualquier 2-plp. Ejercicio Demuestre que el Det(T ) = 0 si T se define por T (x. y) = (x. se pueden componer y la matriz asociada a la compuesta es el producto de las matrices AB. 0) = (2. Sea P cualquier n-plp. . Hemos encontrado que Det(T ) = 5. −1) y T (0. Esto significa que T toma el 2-plp unitario y lo transforma en un 2-plp cuyo 2-volumen es 5. se pasa por A. M´s precisamente. el volumen del 2-plp unitario se multiplic´ por 5. 0). 1) = (−3. podemos o ver a A y a B como T L. Esto tambiń implica que el volumen de cualquier 2-plp tambiń o e e se amplifica 5 veces: 365. 368. ⋄ Teorema. −x+4y). Por tanto. DETERMINANTE DE UNA TL 364. Para hallar el Det(AB) lo que hacemos es tomar cualquier n-plp P y pasarlo por B y lo que d´. Primero calculamos la imagen del cuadrado unitario T (1. y) = (2x−3y. Por o tanto. En otras palabras. Eso es lo mismo que decir que son muchos los vectores del plano que son apachurrados sobre el mismo vector del eje X. y) = (3. 0) = (3. 0). y). 1) = T (3. y) = (3. Es decir. 0). 0) = (3. T (x. la ecuaciń T (x. Pero si Det(T ) = 0. todas del tipo (3. y). Vemos que T toma un vector (x. pues se le pierde el volumen. y) = (0. Veamos: La ecuaciń T (x. consideremos la T L dada por T (x. 0) = (0. el sistema no tiene soluciń. la segunda coordenada del vector del lado derecho de o la ecuaciń debe ser cero. 1) y lo procesa en (0. 1) no tiene ni siquiera una soluciń. si Det(T ) = 0. 1) es equivalente al sistema x=3 0=1 que da una contradicciń. T toma al n-plp unitario. Eso quiere decir que la ecuaciń T (X) = Y tiene o bien muchas soluciones. TL Y DETERMINANTES 171 369. 0) tiene una infinidad de soluciones con un o grado de libertad. Si el Det(T ) = 0 quiere decir que T toma el o n-plp unitario y al transformarlo lo apachurra. 0) dice que x=0 0=0 o sea que y queda libre: las soluciones son del tipo (0. no tiene o ninguna. Geom´tricamente. o bien. 2) = T (3. T toma todo el plano y lo apachurra verticalmente contra el eje X. quiere decir que T toma al n-plp unitario y al transformarlo no lo apachurra. En particular. o sea. la ecuaciń T (x. Por ejemplo. e Muy en particular. 0) es equivalente al sistema dado por: x=3 0=0 lo cual no da informaciń ni restricciones de ningń tipo sobre y: ´ste puede ser o u e cualquiera. T (x. o pues podemos dar a y el valor que queramos. de la forma (0. o Por lo tanto. todo el eje Y . T toma el vector (0. Por otra parte. esta ecuaciń tiene una infinidad de soluciones con un grado de libertad. y) que son una infinidad. y) = (x. 0) tiene una infinidad de soluciones. y) = (x. Para ello. 5) = (3. y) y le calcula la sombra vertical sobre el eje X. decimos que T es apachurrante o que apachurra. pues o o para que pueda haber soluciń. De igual forma. lo apachurra. T (3. Es decir. Si el Det(T ) = 0. Por otra parte. .1. ⋄ Teorema y definiciń. mientras que x debe ser 3. Ejemplo Ilustremos lo que significa Det(T ) = 0. 0) cuyo determinante es cero.6. y lo transforma en otra base. y) = (x. o o 370. o Releamos los anteriores resultados en t´rminos de sistemas de ecuaciones: e T (x. y) = (x. el cual es una base. Puesto que el plp unitario tiene n vectores.172 CAP´ ITULO 6. Demuestre que una transformaciń o lineal T tiene inversa ssi su determinante est´ definido y no es cero. cuando para cualquier Y en el co-dominio existe o un X en el dominio tal que T (X) = Y . y por tanto. dos vectores del dominio no pueden caer u sobre el mismo vector del codominio: T es 1-1. ¿cuńdo hay soluciń? Cuando o o e ´ a o la transformaciń es sobre. Supongamos ahora que T es sobre. donde o I es la identidad en el dominio correspondiente. o ıa o ´ Puede incluso que no tenga soluciń. o Pero si Det(T ) = 0. Pero. T es sobre. Por lo tanto. es decir. si T apachurra al n-plp unitario.e. . DETERMINANTE DE UNA TL Ahora bien. Oficialmente. D´ ejemplos. eso implica que T no apachurra al n-plp unitario y por ende no apachurra a nadie. ´sta es unica. eso significa que hay muchos vectores que al ser transformados caen sobre el mismo vector. es decir. Por tanto. Ejemplo El sistema: 2x + 4y = 3 3x − 7y = 5 tiene como matriz asociada: M= 2 4 3 −7 El determinante de M es 2 × (−7) − 3 × 4 = −14 − 12 = −26. su imagen tiene m´ximo n vectores y debe expandir a un espacio de dimensiń n. Esto quiere decir que la imagen de T llena todo el codominio. 374. la ecuaciń T (X) = Y no tiene garant´ de tener soluciń unica. Eso quiere decir que si la ecuaciń T (X) = Y tiene soluciń. una T L T : V → W tiene inversa cuando tiene inversa como funciń. Esto implica que la imagen del plp unitario expande todo Rn . es unica. Por lo tanto. Si T es 1-1. o ´ Demostraciń. y por tanto T es 1-1. no es 1-1. ´sta no puede apachurrar al plp unitario. la imagen del plp unitario es una base de Rn o y no puede ocurrir ningń apachurramiento. Por lo tanto. cuando existe G: W → V tal que G ◦ F = I y F ◦ G = I. Ejercicio Una T L puede entenderse din´micamente como un proceso y geoa m´tricamente como una deformaciń o transformaciń. ¿Cuńdo una T L es sobre? a 371. El determinante de un sistema de n ecuaciones con n variables o es el determinante de la matriz asociada a dicho sistema. i. es unica. si el sistema T (X) = Y tiene soluciń. Una T L tiene inversa cuando e o o se puede reversar. o ´ 372. o si es T L o no? o ´ 373. si la ecuaciń T (X) = Y o tiene soluciń. ♣ Definiciń. la imagen o e del plp unitario es una base que expande todo el codominio. Por lo tanto. es inyectiva. Una transformaciń lineal T : Rn → Rn es 1-1 ssi o o es sobre. T no es inyectiva. ⋄ Teorema y definiciń. a e ¿C´mo saber si dicha inversa es unica. el sistema T X = 0 tiene la soluciń 0 y adem´s otra infinidad de soluciones. o o bien tiene una infinidad de soluciones. y el sistema o bien no tiene soluciń. (4. Primero e para el plano R2 y despu´s en general. ⋄ Teorema.6.1. Ejercicio imponente Proponga una demostraciń rigurosa algebraica al teoo rema anterior que copie la sencillez y la naturalidad de un ataque geom´trico. Ejemplo el sistema: Desde el punto de vista de las T L y sus determinantes estudiemos 2x + 4y = 3 3x − 7y = 5 A este sistema le corresponde la matriz: M= 2 4 3 −7 El determinante de M es 2 × (−7) − 3 × 4 = −14 − 12 = −26. la matriz asociada al sistema tiene o ´ inversa. a M toma el cuadrado unitario formado por i. Si el determinante de un sistema de n ecuaciones en n variables es cero. Pl´stica lineal. −7) Figura 6. es decir. T transforma o deforma el plp unitario en un plp. 376. El cuadrado unitario tiene ´rea 1. pero el paa ralelogramo en que M transforma dicho cuadrado tiene ´rea 26. hay un apachurramiento de por medio. −7). Si el determinante de un sistema o a de ecuaciones es diferente de cero. 3). (2. En particular. no hay ningń apachurramiento de por medio y el u sistema tiene una soluciń que es unica. TL Y DETERMINANTES 173 375.1. El signo menos quiere a decir que mientras que en el cuadrado unitario uno va de i a j contrario a las manecillas . j y lo transforma en el paralelogramo definido por los vectores (2. 3) T i j (4. M es una T L que va del plano al plano. e 377. El cuadrado unitario tiene ´rea 1. Demostremos ahora que si M transforma el cuadrado unitario en un segmento de recta con ´rea cero. M apachurrar´ todo el plano sobre una l´ a a ınea. pero el paralelogramo en o a que M transforma dicho cuadrado tiene ´rea 0. 4) i Figura 6. Las im´genes de estos a dos vectores son colineales. DETERMINANTE DE UNA TL del reloj. Esos dos vectores generan la misma l´ ınea que pasa por el origen cuya ecuaciń es y = 2x. la soluciń es unica. 8) T j T (i) = (2. ıa u vector sobre otro y el determinante ser´ cero. Ejemplo el sistema: Desde el punto de vista de las T L y sus determinantes estudiemos 2x + 4y = a 4x + 8y = b A este sistema le corresponde la matriz: M= 2 4 4 8 El determinante de M es 2 × (8) − 4 × 4 = 16 − 16 = 0. Tomemos un punto cualquiera del dominio. Eso quiere decir que a ningń vector del u codominio le llega m´s de un vector y que a todo punto del plano imagen le llega un a vector del plano preimagen. Por eso decimos que M apachurra el a 3-plp o cubo unitario. Por tanto. Estos dos vectores son colineales pues la segunda coordenada de cada vector es el doble del primero. 4). Su imagen es M (x.2. Puesto que el determinante de M no es cero. o paralelos. En efecto: el cuadrado unitario es generado por la base natural i. M (i) = kM (j). en el paralelogramo imagen uno va de M (i) hacia M (j) con las manecillas del reloj. M es una T L que va del plano al plano que toma el cuadrado unitario formado por i. T (j) = (4. T es 1-1 y sobre. todo sistema de la forma M W = B tiene soluciń. apachurramiento.174 CAP´ ITULO 6. Colapso. 8). y). j y lo transforma en el paralelogramo definido por los vectores (2. y) = M (xi + y j) = M (xi) + M (y j) = xM (i) + yM (j) . Pues si no fuese as´ la T L M apachurrar´ algń o a o ´ ı. con coordenadas arbitrarias (x. entonces. ıa 378. Por lo tanto. (4. es decir. Adem´s. M no apachurra al plano al transformarlo. j. Pero puede ser que el sistema e no tenga soluciń. TL Y DETERMINANTES = xkM (j) + yM (j) = (xk + y)M (j) 175 En resumen: M (x. Por tanto. lo apachurra sobre una l´ ınea.6. (1. Infinitas soluciones que forman una l´ ınea. el anterior sistema es equio valente al sistema 2x + 4y = 5 2x + 4y = 5. 8). pues no le llega nadie del plano preimagen y el sistema no tiene soluciń. Puesto que el determinante de M es cero. 10). 3/4). o sea. 5/4) o bien.5 . M apachurra al plano al transformarlo. Todo eso fue as´ porque tomamos el sistema M X = B con B = (5. Vemos que no a todo punto del plano imagen le llega un vector del plano preimagen. la cual tiene un grado de libertad. todo sistema de la forma M X = B a veces tiene soluciń y en ese caso tiene muchas porque al vector de la imagen le caen o encima todos aquellos que son apachurrados sobre ´l. y) = (xk + y)M (j) lo cual dice que todas las im´genes caen sobre un alargamiento o un acortamiento a de M (j). cualquier par de valores de la forma (x. Resolvamos ahora el sistema: 2x + 4y = 5 4x + 8y = 11 Como podemos simplificar la segunda ecuaciń por dos. el anterior sistema es equio valente a 2x + 4y = 5 2x + 4y = 5 y este nuevo sistema tiene una ecuaciń repetida que no aporta informaciń. Es decir. (0. Verifiqu´moslo. Por ejemplo. caen sobre una l´ ınea: M toma todo el plano y lo apachurra sobre una l´ ınea. o e Resolvamos 2x + 4y = 5 4x + 8y = 10 Como podemos simplificar la segunda ecuaciń por dos. (5 − 2x)/4) satisface el sistema. pues M apachurra al plano sobre la recta y = 2x definida por los o puntos (2. Podeo o mos tacharla. o sea. Y si un vector en el plano imagen no est´ en dicha l´ a ınea. En este caso.1. sobre ı la l´ ınea y = 2x que es sobre la cual M apachurra todo el plano preimagen. S´lo queda la ecuaciń: o o 2x + 4y = 5 despejando y = (5 − 2x)/4. 4) y (4. 3x − 7y = 0 c) 2x − 3y = 5. 380.176 CAP´ ITULO 6. 4x − 6y = 6 d) 2x − 3y = 0. En contraste. y si los sistemas de ecuaciones asociados tienen unica soluciń o ´ o si tal vez no tengan o si tal vez tengan una infinidad. Figura 6.3. Discriminaciń lineal. ¿Por qu´? Porque el veco o e tor (5. 11) no queda sobre la l´ ınea y = 2x donde queda apachurrado todo el plano preimagen.5. a) 2x − 3y = 5. un n´mero positivo de u aristas son apachurradas contra cero mientras que el resto son transformadas en un conjunto linealmente independiente. 4x − 5y + 2z = 0. cuyas aristas o forman un conjunto LI). el cubo unitario no es necesariamente el mejor instrumento de predicciń. 3x − 7y = 6 b) 2x − 3y = 0. 379. ⋄ Teorema del apachurramiento. no hay soluciń al sistema. 4x − 6y = 0 e) 2x − 3y + 4z = 1. Ejercicio Estudie los siguientes sistemas tal como se hizo en los ejemplos anteriores. 6x − 8y + 6z = 4 f) 2x − 3y + 4z = 0. DETERMINANTE DE UNA TL Por transitividad 5 = 5. . Eso es una contradicciń. En realidad. del cual podemos saber gracias o al siguiente resultado. La mejor manera de entender este teorema tan espectacular es verlo funcionando. o Comenzamos aclarando que una base en un espacio de 3 dimensiones puede ser apachurrada contra un plano. T : Rn → Rm . 4x − 5y + 2z = 3. pero eso no implica que sus aristas sean apachurradas contra cero. Dada una T L. 6x − 8y + 6z = 0 Nosotros hemos tomado el n-plp unitario como instrumento para predecir si una T L tiene inversa o no. entonces Det(T ) = 0 si y s´lo si existe una base (un n-plp en el dominio de T . en nuestro teorema. las aristas apachurradas son apachurradas contra cero. tal que al ser transformado por T . 3x + 4y − 8z. 0) Procedemos con Gauss-Jordan para resolver dicho sistema.1. 5x + 8y − 3z). 3x + 4y − 8z. sigue siendo cero. Por lo tanto. Para saber si hay apachurramiento o no del cubo unitario calculemos el Det(T ) = 2(−12 + 64) − 4(−9 + 40) + 5(24 − 20) = 104 − 124 + 20 = 0. pero que ninguna arista del cubo unitario sea apachurrada sobre cero. Hallemos un 3-plp tal que las aristas apachurradas a caigan sobre cero. z) en R3 y produce vectores con 3 coordenadas dadas por (2x+4y+5z. Es decir. TL Y DETERMINANTES 381. hallar (x. z) = (2x + 4y + 5z. Se procede as´ ı: Resolvemos el problema: hallar v : T (v) = 0. 5x+8y−3z). es siempre cero y se escribe:   2 4 5  3 4 −8  5 8 −3   1 0 −13 R2 − R1 → 31  3R1 − 2R2 →  0 4 0 0 0 R1 + R2 − R3 →   1 0 −13 R2/4 →  0 1 31/4  0 0 0 Eso significa que el sistema original es equivalente a: x − 13z = 0 y + (31/4)z = 0 o lo que es lo mismo x = 13z y = −(31/4)z . Por lo tanto. 0. 5x + 8y − 3z) = (0.6. Hay apachurramiento del cubo unitario. Ejemplo Consideremos el sistema de ecuaciones 177   2x + 4y + 5z = 25 3x + 4y − 8z = −13  5x + 8y − 3z = 12 Este sistema contiene una T L asociada  2  3 M= 5 cuya matriz es:  4 5 4 −8  8 −3 Esta matriz toma vectores con 3 coordenadas (x. Concretamente T (x. y aunque combinemos los renglones. porque una de sus aristas quede apachurrada sobre el plano formado por las im´genes de los otros dos vectores. y. define una T L T : R3 → R3 . y. El vector independiente es siempre cero. z) tales que (2x + 4y + 5z. 3x+4y−8z. Pero es posible que todo el cubo sea transformado en un plp. y. generado por ıa. 4. 5).178 CAP´ ITULO 6. 1). Nosotros ya sabemos que esos 3 vectores ı no pueden expandir un espacio 3D. −31/4. un conjunto LI con 2 vectores. pero los otros dos conservan su independencia lineal al ser transformados. 3. es decir. {(2. Z} con Z = (13.2. 3. 8) Por tanto. 4. Estamos hallando una base. (4. −8. 5) y T (Y ) = (4. (−31/4)z. u . 5). ambos de tremenda importancia: el nćleo y la imagen. −31/4. 3. 5x + 8y − 3z) en notaciń vertical eso se lee as´ o ı:           5 4 2 2x + 4y + 5z x T  y  =  3x + 4y − 8z  = x  3  + y  4  + z  −8  −3 8 5 5x + 8y − 3z z lo cual significa que T transforma todo el dominio en una combinaciń lineal arbio traria de los vectores columna ah´ expresados. podemos armar un plp cuya primera arista sea (13. 5). Por lo tanto. 8)}. 4. un n´mero que se llama o u el rango de T . Completemos ahora el 3-plp con otros dos vectores que no serń a apachurrados. pues de lo contrario el cubo unitario no se apachurrar´ Por lo tanto. Dicho espacio tiene dimensiń 2. N´ cleo e imagen de una TL u Introducimos dos conceptos asociados a una TL. DETERMINANTE DE UNA TL Por lo tanto el conjunto de vectores que se aniquilan sobre cero quedando totalmente apachurrados es de la forma (13z. Y o tales que T (X) = (2. (4. 8)} que es LI puesto que no son m´ltiplos. 3x + 4y − 8z. a 382. (4. 8)}. que sus im´genes formen un conjunto LI. 1) es una base de R3 . 5) + (31/4)(4. Por lo tanto. a La T L dada est´ definida por a T (x. El vector que se apachurra es (13. el u tercer vector es una combinaciń lineal de los otros dos: o (5. −3) = −13(2. 1). 4. Vemos claramente que los dos primeros vectores forman un conjunto {(2. dicho conjunto es LD. es decir. T transforma el espacio 3D en un nuevo espacio generado por estos dos vectores. 4. 1) y los otros dos vectores pueden tomarse como cualquiera de las preim´genes de los vectores {(2. El primero se apachurra sobre cero. z) = (2x + 4y + 5z. 6. −31/4. Pruebe que el conjunto {X. −31/4. 3. la cual quedar´ totala mente apachurrada. z) = z(13. Por lo tanto. 3. y. el plp definido por dicho conjunto es tal que una de sus aristas se apachurra sobre cero mientras que las im´genes de los a otros dos generan la imagen de T . un 3-plp cuyos vectores forman un conjunto LI tal que una de sus aristas se apachurre contra cero y las im´genes de las otras dos formen a un conjunto LI. Ellos expanden un espacio 2D. Y . 8). Ejercicio Para terminar la demostraciń anterior encuentre dos vectores X. a se nota Im(T ) y su dimensiń se denomina rango y se nota ρ (ro). NUCLEO E IMAGEN DE UNA TL 179 383. cuyos vectores forman una base del dominio. tienen im´genes que forman un conjunto LI que expanden todo el a espacio imagen. Existe un n-plp. u que son ρ = n − ν. tal que el o n´mero de aristas apachurradas es igual a la nulidad ν. o En el anterior ejemplo. nćleo o u Kernel de T y se nota Ker(T ) y su dimensiń se denomina nulidad y se nota ν (nu). El espacio de salida es 3D. Para toda T L. Demostraciń. Para traducir los anteriores resultados en t´rminos de sistemas de ecuaciones necee sitamos formalizar una definiciń y aãdir un teorema adicional: o n . Espacio nulo e imagen. No es una coincidencia que 1 + 2 = 3. NULO 0 IMAGEN Figura 6. mientras que las otras aristas.´ 6. Sea una transformaciń lineal T : Rn → Rm .2. la nulidad es 1 y el rango 2. El conjunto de o o vectores que se apachurran totalmente por T se denomina espacio nulo.4. T : Rn → Rm se tiene que la nulidad + el rango = dimensiń del espacio dominio. Claramente n = ν + ρ. o El conjunto formado por todas las im´genes de T se denomina el espacio imagen. 384. o Es usual escribir esta ecuaciń como n = ρ + ν o DOMINIO CODOMINIO E. ♣ Definiciń. ⋄ Teorema de las dimensiones. . Un vector e espec´ ıfico P que resuelve el sistema no homogńeo se llama soluciń particular. i. 3 ) + (x. Esta soluciń puede ser escrita tambiń como o e 1 7 (0. La soluciń a un sistema de ecuaciones M X = B o se puede descomponer como X = N + P donde N representa el espacio nulo de M . si cada miembro o de la familia es soluciń y si cada soluciń es un miembro de la familia. o 3 El sistema homogńeo es e x + 3y = 0 3x + 9y = 0 Este sistema es redundante: multiplicamos la primera ecuaciń por 3 y obtenemos o la segunda. M X = 0. se llama no homogńeo. la imagen de la T L asociada. Se acostumbra decir o o que la soluciń a un sistema lineal de ecuaciones puede expresarse como la suma de o una soluciń particular del no homogńeo. cuya matriz es M= 1 3 3 9 El nćleo es el conjunto de vectores que caen sobre cero. 3 3 Por tanto. DETERMINANTE DE UNA TL 385.7/3) es en verdad una soluciń: x + 3y = 7 se convierte en 0 + 3( 7 ) = 7 que es una identidad. P . o 387. 7 ) + x(1. o e Un sistema de la forma M X = B. 1/3). ♣ Definiciń. Un sistema de la forma M X = 0 se llama homogńeo.e. Verifiquemos que (0. e Demostraciń: Ejercicio. Ambos sistemas tienen asociada la misma T L. La imagen de una matriz es. la soluciń es una l´ o ınea que pasa por el punto (0. Por tanto. y): x. m´s una soluciń espec´ e a o ıfica particular. Est´ generada por a el vector (1. − 3 ) y que tiene pendiente -1/3. con B = 0. 7/3). y ∈ R. −1/3). soluciń de M X = 0 y P es cualquier soluciń a M X = B. 3 − 3 ). Observemos que la soluciń al sistema no homogńeo es la soluciń o e o al sistema homogńeo. la cual podemos olvidar. ⋄ Teorema y ejercicio. En o consecuencia. y) = (x. obtenemos la segunda. por definiciń. La primera ecuaciń da: o o x 7 y=3−3 lo cual significa que el conjunto soluciń al sistema consiste de los pares o 7 x (x. x(1. o o 386.180 CAP´ ITULO 6. La soluciń a la primera ecuaciń es y = −x/3. − 3 ). la o o cual es una l´ ınea que pasa por el origen y cuya pendiente es −1/3. (0. son la soluciń a la u o homogńea. m´s la soluciń general a la ecuaciń o e a o o homogńea. y = −x/3}. − x ) = (0. 7 ) y cuyo vector 3 1 director es (1. Una e o familia de vectores Xg se dice que es la soluciń general al sistema. Ejemplo de todo a todo Estudiemos el sistema x + 3y = 7 3x + 9y = 21 Multiplicando la primera ecuaciń por 3. la seo gunda ecuaciń es redundante y podemos olvidarla. que es la l´ e ınea {(x. El Det(M ) = 9 − 9 = 0. ´ x = 7/10 mientras que y = 21/10. Por tanto. 3).5.´ 6. Interpretaciń geom´trica de un sistema lineal. es apachurrada contra la intersecciń o de esta l´ ınea con la l´ ınea imagen y = 3x. La imagen de la l´ ınea es 1 3 3 9 x 7/3 − x/3 x + 3(7/3 − x/3) 3x + 9(7/3 − x/3) 7 21 x+7−x 3x + 21 − 3x = = = . ¿Es verdad? Imagen y = 7/3 − x/3 • Kernel • Soluciń o y = 3x y = −x/3 Figura 6. ´. 7 − x = 9x. Eso nos motivar´ a pensar que el conjunto soluciń al o ıa o sistema no homogńeo.2. Observemos que es una l´ ınea con un grado de libertad a pesar de que tiene como coeficiente (x + 3y): no importa c´mo o combine uno x con y. 3). Esto significa que el punto (x. mostrando que M apachurra a R2 contra la imagen. 21/10). NUCLEO E IMAGEN DE UNA TL 181 Im(M ) = =x 1 3 +y 3 9 1 3 3 9 =x 1 3 x y = 1 3 x + 3y 3x + 9y = (x + 3y) 1 3 + 3y o. 3). o e Veamos. la l´ e ınea y = 7/3 − x/3. siempre tenemos un m´ltiplo de (1. la l´ ınea y = 3x. la l´ ınea y = −x/3 es apachurrada contra cero siguiendo la direcciń del vector director. En particular. y = 3t. somos testigos de que para esta matriz el e kernel y la imagen son perpendiculares. El punto intersecciń de la l´ o ınea soluciń con la l´ o ınea imagen es la soluciń al sistema o y = 7/3 − x/3 y = 3x Esto implica que 7/3 − x/3 = 3x. Im(M ) es el sub-EV generado por (1. la imagen es la l´ ınea y = 3x con pendiente 3. o o Nosotros estamos pretendiendo que la imagen de la l´ ınea soluciń y = 7/3 − x/3 es o (7/10. o elementos de la forma u t(1. con pendiente −1/3. Vamos a ver si eso es cierto o no. Puesto que la l´ ınea y = −x/3 es soluciń o del sistema homogńeo. y) ∈ Im(M ) ssi x = t. Pero la a u imagen del segundo vector es: M= 1 3 3 9 1 3 = 10 30 = 10 1 3 por lo que M no apachurra (1. 25  . −38 . Ejercicio En el ejemplo previo. tenemos la siguiente confirmaciń: la matriz M genera la T L o 2 2 M : R → R tal que Dim(Ker(M ))+Dim(Im(M )) = 1 + 1 = 2 = dimensiń del o dominio. . 3x + 9y = 21 b) ax + by = 7. el Kernel y la imagen de M fueron perpendiculares mutuamente: ¿Es una coincidencia o un teorema por descubrir? Para enriquecer la pregunta. −13  . bx + cy = 21 389. . u o 388. 0 Eso significa que el sistema original es equivalente a: .  . −38  . . Ejemplo de todo a todo Resolvamos el sistema Podemos proceder por Gauss-Jordan:  2 4 5   3 4 −8  5 8 −3  R2 − R1 →  1 0 −13 3R1 − 2R2 →  0 4 31  R1 + R2 − R3 → 0 0 0  1 0 −13  R2/4 →  0 1 31/4  0 0 0   2x + 4y + 5z = 25 3x + 4y − 8z = −13  5x + 8y − 3z = 12  .  . DETERMINANTE DE UNA TL Por lo tanto. estudie los sistemas a) x + 3y = 7. hemos malinterpretado algo. Para verlo. . −1/3) y (1. . hemos imaginado que M apachurra todo contra la l´ ınea imagen de M en una direcciń paralela al Kernel. 101/4  . . Tenemos entonces una interpretaciń geom´trica de M. 3). lo cual se escribe usualmente como ν + ρ = n y que se puede leer como: nulidad m´s rango igual a n´mero de inc´gnitas. 0  . o o Adicionalmente. consideremos la imagen por M de los vectores (1. 12  . 3) sino que lo elonga 10 veces.  . . Pero. a u o N´mero de grados de libertad de la soluciń = 1 =Dim(kernel). M no es as´ de o ı simple. El primer vector est´ en el nćleo. . 101  .182 CAP´ ITULO 6. .  . . . . . es apachurrado contra cero. Ella apachurra los vectores o e en la direcciń y = −x/3 pero elonga 10 veces los vectores en la direcciń y = 3x. . por lo tanto. con la M de este problema. pero deben formar un conjunto LD. Los dos primeros vectores {(2. es generado por el vector e (13. NUCLEO E IMAGEN DE UNA TL x − 13z = −38 y + (31/4)z = 101/4 o lo que es lo mismo x = −38 + 13z y = 101/4 − (31/4)z En notaciń vertical la soluciń se puede escribir como: o o         13 −38 −38 + 13z x  y  =  101/4 − (31/4)z  =  101/4  + z  −31/4  1 0 z z 183 Esa forma de escribir da directamente una soluciń particular o x = −38. no hay a soluciń y el sistema ser´ inconsistente. podemos decir que un sistema de la forma M X = B. el plano pasa por el origen. x = 1 y la soluciń o podr´ escribirse: ıa       13 1 x  y  =  2  + z  −31/4  1 3 z Vemos que el Kernel de la T L asociada. Por lo tanto. M o o apachurra el espacio 3D sobre el plano Π cuya ecuaciń es −52x + 31y − 4z = 0. El sistema tiene soluciń cuando o o B ∈ Π y en ese caso la soluciń no es unica: a cualquier soluciń podemos aãdir el o ´ o n Kernel. a veces tiene soluciń y a veces no. y = 101/4. la T L M apachurra el espacio R3 contra la imagen:       2 4 5 Im(M ) = x  3  + y  4  + z  −8  5 −3 8 Estos tres vectores generan el subespacio Im(M ). La imagen de una T L es un EV . o El determinante de M es cero. 5). 1). −31/4. (3. la imagen debe estar o generada por dos vectores para que su dimensiń sea dos. por lo tanto. −4). z = 0 y una soluciń del espacio nulo con un grado de libertad: z(13. para obtener. pero o ań no sabemos qu´ es lo que M hace sobre el plano. −31/4. el cual es la l´ ınea generada por (13. La dimensiń del Kernel es uno. una soluciń o particular podemos dar a z el valor de z = 3 y por tanto y = 2. −8)} forman un conjunto LI porque uno no es m´ltiplo del otro. 31. En conclusiń. esos dos vectores generan toda la imagen u de M . 4. 1). Aprenderemos m´s acerca de u e a esto en un pr´ximo cap´ o ıtulo sobre diagonalizaciń.´ 6. Pero si B no est´ en Π. Por ejemplo. o ıa . la soluciń puede o escribirse de muchas maneras. 4. en este caso. o De otro lado. Un conjunto generado por dos vectores es un plano. o Debemos aclarar que cuando el espacio nulo no es el vector cero. llam´mosla M . Por lo tanto.2. 1). −31/4. cuyo vector normal es el producto cruz de dos vectores no paralelos sobre el plano: el vector normal al plano es (−52. Por lo que la ecuaciń del plano es −52x + 31y − 4z = 0. Por lo tanto. Gran ejercicio Supongamos que tenemos un sistema de ecuaciones. ν.184 CAP´ ITULO 6. Hay varias relaciones de ese tipo que envuelven una variedad o de descriptores. Desenmara˜e varias relaciones que pueden incluir: el n´mero n u de inc´gnitas. verifique que n = ν + ρ y ofrezca una interpretaciń geom´trica de la T L asociada: o e a) 2x − y = 3 4x − 2y = 6 x−y = 1 4x − 4y = 4 b) 2x + 4y + 5z = 25 4x + 8y + 10z = 50 d)  6x + 12y + 15z = 75   −x + 4y + 2z = 25 2x − y − 5z = −10 c)  x + 3y − 3z = 15   . es el n´mero de inc´gnitas u o menos el n´mero de par´metros libres. Equivale a n − ν = ρ. el n´mero de u u columnas redundantes de M . Adem´s. Demostraciń. ⋄ Teorema. el n´mero de filas independientes es igual al n´mero de columnas independiu u entes. el n´mero de columnas independientes de M. tal como lo muestra el siguiente teorema y ejercicio. Por lo que Gauss-Jordan es un procedimiento para descartar redundancias. estudie los siguientes sistemas de ecuaciones. cuya matriz asociada sea M . Sabemos que la dimensiń o o del Kernel. ¿Pero qu´ es ρ? es la dimensiń de la u a e o imagen o el n´mero de columnas independientes. u 391. la cual es tambiń igual al n´mero de vectores o e u de cualquier base de la imagen. La suma de esos dos n´meros es igual al n´mero de u u inc´gnitas del sistema. m´s la de la imagen ρ. Para cada T L asociada especifique el dominio. 390. el n´mero de o u u filas redundantes de M . Una matriz representa una LT T : Rn → Rm . sabemos que la dimensiń del Kernel es igual al n´mero a o u de par´metros libres del conjunto soluciń al sistema de ecuaciones. La primera cantidad. De esa forma uno puede mecńicamente formar una base a para el espacio dado. la dimensiń del Kernel de M. DETERMINANTE DE UNA TL Un sistema de ecuaciones es reducido por Gauss-Jordan para saber el n´mero de u ecuaciones independientes del sistema. Tenemos a o ν + ρ = n. que da ρ. Ejercicios para lucirse Usando el poder de la maquinaria desarrollada. n − ν. el a o rango es la dimensiń de la imagen. 392. Si una matriz es sometida al proceso de depuraciń por Gausso Jordan. con n inc´gnitas y que al hacer la reducciń quedamos con i ecuao o ciones independientes. el n´mero de par´metros libres. el n´mero de filas independientes de M. es igual a la dimensiń del dominio n. el espacio nulo y construya bases para dichos subespacios. el rango. Por otro lado. la dio u a o mensiń de la imagen de M . Google. Sea A una matriz de tamaõ n × n. Definimos el espacio columna de una matriz M de n columnas y m filas como el espacio generado por las columnas de la matriz tomadas como vectores de Rm . c) T : R3 → R2 . Ejercicios de repaso 1.6. a 6. EJERCICIOS DE REPASO   2x + 4y + 5z = 25 3x + 4y − 8z = −13 e)  5x + 12y − 3z = 12 185 393. 2. la imagen. Es un tema bell´ ısimo. Demuestre que los vectores renglń de la n o matriz A son linealmente dependientes si y s´lo si. 3. b) T : R3 → R.3. Internet tambiń es muy rico en literatura sobre el tema. Encuentre el nćleo. ¿puede ser T inyectiva? (Justifique o completamente su respuesta). la nulidad y el rango de las siguientes transforu maciones lineales: a) T : R2 → R. 4. los vectores columna de A son o linealmente dependientes. Para poder descifrar la car´tula del libro correctamente necesita esa tudiar y entender este tema propuesto. Arte y matem´ticas. Investigue los sistemas de Lino denmayer y los fractales. Demuestre que el espacio columna de M es igual a Im(T ). Figura 6. Puede empezar con el libro de Prusinkiewicz (1989). el cual puede explorarse en e www. Si T : R4 → R3 es una transformaciń lineal.3. T  x y =x+y  x T  y =x+y+z z   x x+y+z  y = T x − y + 2z z .com/. Tema de investigaciń para exponer.6. lo cual implica fabricar la base natural del dominio y transformarla por T . Resumen A cada paralelep´ ıpedo (plp) se le puede asociar su volumen. tenemos que a cada T L le corresponde un n´mero. La soluciń general a un u o sistema de ecuaciones puede descomponerse como la suma de una soluciń particular y o de la soluciń al sistema homogńeo. Encontrar condiciones sobre a. Muestre que T es lineal. Representando una T L por su matriz asociada naturalmente. b) Rango de A sea igual a 2. aparte del signo. la T L apachurra a todo n-plp. b. Una T L es una funciń que transforma plps que o salen del origen en plps que salen del origen. el u siguiente: el determinante de una T L dada T es el factor de ampliaciń de los vol´menes o u de los plps al ser transformados: Det(T (plp)) = Det(T )Det(plp) Si el determinante de una T L es cero. ´ . el sistema puede carecer de soluciones o bien tiene un n´mero infinito de soluciones. Imagen(T ) = R. Sea T : P3 → P2 la transformaciń definida por T (p(x)) = p′ (x) donde p′ (x) o denota la derivada de p(x). su determinante. 6. 6. sea por a o la mano derecha o la izquierda). CAP´ ITULO 6. Por tanto. Invente una o u forma matricial de calcular T (p(x)). a b c . Considere la matriz A = 1 1 1 para que a) Rango de A sea igual a 1. DETERMINANTE DE UNA TL 1 −1 . si un sistema de ecuaciones tiene a T como T L asociada.4. Un sistema de ecuaciones siempre tiene soluciń o e o y es unica ssi el Det de la T L asociada es diferente de cero. Su significado es. e identificando dicha matriz con un plp.186 Respuesta: a) Ker(T ) =gen Rango= 1. nulidad=1. y c 5. El determinante calcula el volumen y adem´s da un signo (que puede interpretarse como orientaciń. halle el nćleo e imagen de u tal transformaciń y una base para el nćleo y una para la imagen. a V T W X Y T −1 Figura 7. el problema de la T L inversa es el o de la matriz inversa. Si existe (como funciń) la inversa de una T L.CAP´ ITULO 7 LA MATRIZ INVERSA La inversa de una transformaciń lineal es una funciń que deshace lo que la primera o o hizo. Un algoritmo para el c´lculo de la inversa puede verse e a directamente en el ejemplo 405. podemos probar que es otra T L. es decir. o o se denota T −1 : W → V la cual deshace lo que T hizo: T −1 (T (X)) = X y viceversa: T (T −1 (Y )) = Y donde X est´ en el dominio de T .0. W . 394. T : V → W. que es V . el de encontrar otra matriz que al multiplicarla por la primera nos d´ la identidad. o 187 . ♣ Definiciń. No toda transformaciń lineal tiene inversa. Pero cuando la inversa de una T L o existe. Como una T L en dimensiń finita es una o funciń que puede representarse por una matriz. La transformaciń inversa. y Y en su codominio. tenemos: u T −1 (T (x)) = T −1 (3x) = (1/3)(3x) = x y adem´s. su inversa debe ser aquella funciń que divide por 3 a cualquier o n´mero: T −1 (y) = (1/3)y. esta funciń asocia a cada o o vector su componente x dejando de lado su componente y. 5). Existe un m´todo mucho m´s fćil conocido como el algoritmo de e a a Gauss-Jordan para la inversa. Por otra parte. 0). LA MATRIZ INVERSA 395. a T (T −1 (y)) = T ((1/3)y) = 3(1/3)y = y. entonces T no tiene inversa. pensemos en esto: si T e denota una proyecciń. T es una T L invertible si existe su inversa como funciń. Puesto a que no se puede escoger un unico valor.1. 0). 0) y T (3. Sea T −1 la funciń inversa de T . su inversa tambiń es T L. o sea que solucionarlo corresponde a hallar la imagen inversa de B por M . Eso es mucho trabajo. si la inversa de M existe.188 CAP´ ITULO 7. e Demostraciń. 4) o es (3. si las componemos. T (3. y) = (x. Por consiguiente. Obs´rvese que la inversa de una T L no necesariamente existe. Por tanto: T −1 (αz + β w) = T −1 (αT (x) + βT (y)) = T −1 (T (αx + βy)) = αx + βy = αT −1 (z) + βT −1 (w). Sea T (x) = z. El c´lculo de la inversa a Para hallar la inversa hay varios caminos. 4) = (3. Pero si la inversa ´ llegase a existir. Recordamos que el algoritmo de Gauss-Jordan para resolver un sistema de ecuaciones consiste en recobrar la matriz identidad. de antemano se sabe que debe ser T L. Ella multiplica por 3 un n´mero u dado. 5) = (3. En efecto. multiplicando la ecuaciń a resolver o a ambos lados por la inversa tenemos: . Si T es una T L y es invertible. En efecto: 397. entonces. digamos. que es lo o o −1 mismo que decir que: T (z) = x. Ahora preguntamos: ¿cu´l es T −1 (3. un sistema de ecuaciones se escribe como M X = B. ⋄ Teorema y ejercicio. o o 396. La matriz de la T L inversa de M es una matriz M −1 tal que M M −1 = M M −1 = I Demostraciń: ejercicio. ⋄ Teorema. 0)? Es (3. o 7. Uno de ellos es plantear el producto de matrices dado en el teorema anterior y sacar n2 ecuaciones y resolverlas. T (y) = w. T −1 (w) = y. Por ejemplo. ♣ Definiciń. Ejemplo T (x) = 3x es una T L de R en R. 398. T (x. lo cual demuestre que T −1 reparte la suma y es compatible con la multiplicaciń o escalar y por lo tanto es lineal. En efecto. . impl´ ´ ıcitamente se ha resuelto la inversa. . SM =  . .. Los siguientes teoremas nos dicen que nuestra intuiciń es correcta. .. ♣ Definiciń. a b  . . Se dice que G es un algoritmo lineal si G es una cadena de o matrices o T L que cambia matrices en matrices. 1 1 .1. 402. Ejercicio Halle la matriz S que al operar sobre M resta las dos primeras filas y pone el resultado en la primera fila.. a b   c d   . . ⋄ Teorema. Ejemplo Sea una matriz cualquiera M= a b c d Verifiquemos que la operaciń de sumar las dos filas de M y poner el resultado en o su segunda fila es equivalente a multiplicar por la izquierda a M por la matriz S= Demostraciń. Nuestro primer paso ser´ demostrar que el algoritmo de o a Gauss-Jordan para resolver sistemas de ecuaciones puede automatizarse. 401.. 400. .. EL CALCULO DE LA INVERSA 189 M −1 M X = M −1 B IX = M −1 B X = M −1 B Todo esto nos hace pensar que al resolver un sistema de ecuaciones con soluciń o unica. a+c b+d .          Vemos que en la segunda fila aparece la suma de las dos primeras. Ejemplo algoritmo lineal. . Todo algoritmo lineal G que se aplica sobre una matriz M es equivalente a multiplicar a M por una matriz.. .. . Combinar ecuaciones para resolver un sistema de ecuaciones es un 403.   1 0 . o  1 0 1 1 .´ 7. 399.. . en el lado izquierdo tendremos la identidad. 0 1 . como podemos e verlo en el ejemplo siguiente. .190 CAP´ ITULO 7. 4 0 . 4 3 . El resultado es que en vez de I queda M −1 . una matriz como un gran vector. . Pero tambiń podr´ e ıamos haberla escrito en forma lineal. . Un algoritmo que transforma una matriz M en la identidad I equivale o a multiplicar por una matriz. . 21 . . 12 9 . se transforma a M en la identidad y lo que se le haga a M se va haciendo directamente sobre I. . ⋄ Teorema de Gauss-Jordan para la inversa. digamos H: HM = I Por lo tanto H = M −1 . El algoritmo se implementa con el m´todo de la matriz aumentada. . Eso se nota (M |I) ∼ (I|M −1 ). toda T L sobre matrices tiene otra matriz y por consiguiente todo algoritmo lineal tambiń tiene una e matriz. 3 4 . . 404. 12 16 . 7 Para ello cuadramos una supermatriz que contenga la identidad: . 1 0 . 405. toda operaciń entre filas para reducir una matriz tiene a o una matriz asociada. Una matriz es un arreglo rectangular que lo escribimos de esa forma o para nuestra conveniencia. Ahora transformamos la matriz M en la identidad y lo mismo que le hacemos a M le hacemos a la identidad que la acompaã en el centro del arreglo matricial. 7 . y al ir encadenando dichas operaciones lo que realmente hacemos es ir multiplicando las matrices asociadas correspondientes. Visto con m´s calma. Para implementar este teorema se pone un arreglo que contenga la matriz M y a su lado la identidad. . 7 . en donde hemos dejado el t´rmino independiente del sistema del cual proviene: e . . 28 . en el centro la inversa de M y en el lado derecho la soluciń: o 4R1 → 3R2 → . Cuando n terminemos. Ejemplo Calculemos la matriz inversa de la siguiente matriz. Demostraciń. tenemos un gran producto de matrices asociadas. 4 3 . . Por tanto. formando un gran vector. 7 . LA MATRIZ INVERSA Demostraciń. Visto de esa forma. 3 4 . Al terminar toda la reducciń. Un algoritmo lineal que transforma una matriz M en la identidad I. la cual da una gran matriz. . o que es aquella a la que se refiere este teorema. tambiń transforma a la identidad en la e inversa. 0 3 . usamos ahora el hecho que toda T L tiene una matriz asociada. . La soluciń x = 1. 1 . . 3 0 . Comencemos con un sistema de ecuaciones cuya matriz A es: A= 3 4 4 3 Nuestro prop´sito es convertir la matriz del sistema en la identidad. 28 . 0 . 1 . . y = 1 e o se verifica directamente. 3 . .. . . Para lograrlo. . 0 1 . . . −9/7 12/7 . . 1 0 .. . 1 . 4/7 . 406. 4/7 −3/7 . Despu´s ponemos en la fila 2 a R1 − R2 . 191 R1 − R2 → R1/4 → R2/7 → R1 − 4R2 → R1/3 → . 7/7 0    . 4/7   . . . 4/7 −3/7 que indica que el producto de las dos matrices es la identidad: la aritm´tica es e correcta y la inversa es la que se dijo que era. . . 4 3 . . 0 7 . . . Para hacer esa tarea podemos multiplicar por la izquierda por la matriz Z1 = 4 0 0 3 ¿C´mo podemos estar seguros de que esta es la matriz correcta? Por verificaciń o o directa o tambiń haciendo la tarea sobre la identidad.. . 0 7/7 . . Recordemos que la tarea era e multiplicar la primera fila por 4 y la segunda por 3: si hacemos esa operaciń sobre la o identidad. Debemos multiplicar las dos matrices cuyo producto debe ser la identidad:   . . Ejemplo Demos una mirada al ejercicio anterior desde otra perspectiva que nos permita entender mucho mejor el significado de un algoritmo lineal. 1 . 4/7 −3/7     . o la primera cosa que debemos hacer es multiplicar la primera fila por 4 y la segunda por 3. Lo que queda por verificar es la inversa.1. 0 1 . .. 3 4 . 12 16 .    3 4 . ..   . 4 −3 .. EL CALCULO DE LA INVERSA . 4/7 −3/7 . fila uno menos fila dos. 1 0 . −3/7 .  T S =  . 0 1 .. . . De acuerdo con la ´tica matricial. . . 7 . . .´ 7.. verificamos la respuesta. 4 . obtenemos la matriz Z1 . 7 . Eso se hace e autom´ticamente multiplicando por a . −3/7 . Z5 Z4 Z3 Z2 Z1 . Tenemos e −1 ZA = I y Z por tanto debe ser la inversa de A: Z = A . Ejemplo Hemos encontrado en el ultimo ejemplo que fue necesario hacer una ´ cadena de multiplicaciones. 407. Esto produce e Z3 = 1/4 0 0 1/7 Ahora. llam´mosla Z. ponemos sobre la fila uno. las Z. es en ultimo t´rmino una multiplicaciń por una sola ´ e o matriz que es la inversa de A. obtendremos. tenemos todo: ZI = Z = A−1 . Si aplicamos el mismo algoritmo sobre la identidad. LA MATRIZ INVERSA Z2 = 1 0 1 −1 Despu´s. Resumiendo: una cadena de multiplicaciones de matrices de Gauss que convierte una matriz A en la identidad. una tarea que se hace con 1 −4 0 1 Z4 = Finalmente dividimos la primera fila por Z5 = 1/3 0 0 1 A estas matrices. por supuesto. dividimos la fila uno por 4 y la dos por 7. nosotros hacemos.192 CAP´ ITULO 7. R1 − 4R2 . en el orden correcto. Si aplicamos el mismo algoritmo sobre la identidad. la matriz inversa A−1 . Aprendamos un m´todo eficiente para hacerlo e en el orden correcto: . una cadena de multiplicaciones que convierten la matriz A en la identidad: Z5 Z4 Z3 Z2 Z1 A = I La cadena de multiplicaciones Z5 Z4 Z3 Z2 Z1 es una matriz. las llamamos matrices de Gauss. Por eso. 4/7    . .    0 1 ..2 cos θ − sen θ sen θ cos θ    0 3     . .8 0.. Verifique su respuesta. 4/7 −3/7     . . 193  4 0 La matriz que queda abajo a la derecha es la inversa de la que queda arriba a la derecha. ... 409. .. Ponga en la fila 1: cos θR1 + sen θR2 y use la identidad sen2 θ + cos2 θ = 1. −9/7 12/7   1 −4 .      .. Multiplique la fila 2 por −1/ cos θ.    . ejecute las siguientes operaciones: ´ 1.  1 −1 ... . Ponga en la fila 2: sen θR1 − R2 y cambie sen2 θ − 1 por − cos2 θ 3. ..8 0. 408. 2.    . si existe.. . .  1/3 .... .. . 4 −3     ... . EL CALCULO DE LA INVERSA . 4/7 −3/7     . . .  1 0 .2 0.   0 .. . 4 0      ..1. . .´ 7. Ejercicio Descomponga cada inversa hallada en el problema anterior en un producto de matrices de Gauss. . . . 1 0   1/4    0 1/7 ...    . .. Ejercicio Utilice el algoritmo de Gauss-Jordan para hallar la inversa. 4/7 −3/7  Ayuda para la ultima matriz. .. ... . ...     . ... 0 1 . de cada una de las siguientes matrices: a) b) c) d) 1 4 2 7 2 8 8 2 0. . −3/7 0 . . . .... lo cual ratifica lo visto en ejemplos anteriores.. la inversa de una matriz es una sola (si existe) y u u todos los m´todos dan la misma respuesta. En conclusiń. 413. para multiplicar 3 matrices. En la explicaciń que e o daremos. usamos la transpuesta de una matriz definida as´ si M a ı: tiene en su fila i columna j la entrada Mij entonces la transpuesta de M . Adem´s del m´todo de Gauss´ a e Jordan existe otro m´todo muy popular llamado de los cofactores. LA MATRIZ INVERSA 410. BAC = BI = B. Pero AC = I. e 411. lo cual significa que todos los m´todos ´ e inventados o por inventar dan la misma unica respuesta. y el resultado multiplicarlo por la tercera. ¿es la inversa unica? La respuesta es afirmativa. entonces BAC = IC = C. si tachamos en M la fila 2 y la columna 2 nos queda la submatriz  a d g Mt =  b e h  c f i  . Tambiń. o Cuando la matriz inversa existe. usamos submatrices que resultan de tachar en e una matriz una determinada columna y una fila. Y la transpuesta de M es Por otro lado. M21 = d. en el orden correcto. la transpuesta de una matriz es la matriz reflejada con respecto a la diagonal. en el orden correcto. De igual forma que el inverso ´ del n´mero 5 es 1/5 y ningń otro. debemos multiplicar las dos primeras. Adem´s. B. es decir. El algoritmo de Gauss-Jordan para hallar la inversa podr´ ejecutarse ıa de varias maneras: ¿Darń todas esas maneras la misma respuesta final? O en otras a palabras. Recalque n dńde usamos la asociatividad en la demostraciń del teorema anterior. ´ entonces AB = BA = I y AC = CA = I. se define por (M t )ij = Mji . por tanto. es unica. ⋄ Teorema. notada M t . Ejemplo Sea  a b c M = d e f  g h i  Tenemos que M12 = b. y el resultado multiplicarlo por la primera. Escrito formalmente ABC = A(BC) = (AB)C o donde A. Esto significa que el producto de matrices est´ definido para a dos matrices. usamos la notaciń Mij para denotar la entrada de la matriz M que queda en o la fila i columna j. C son matrices que se pueden multiplicar en el orden seãlado.194 CAP´ ITULO 7. B = C. Intriga. Demuestre tal o o propiedad: puede hacerse directamente sobre matrices o sobre composiciń de las T L. Prueba: Sean B y C inversas de A. Puesto que BA = I. Debemos probar que B = C. Resulta que ambos m´todos dan lo mismo: a esto se llama asociativie dad de la multiplicaciń de matrices. o 412. y que por lo tanto. O podemos multiplicar la segunda por la tercera. Ejercicio Nosotros utilizamos en el ejemplo previo el hecho de que el producto de matrices es asociativo. La inversa es unica. todas sus entradas siempre pueden darse en t´rminos de determinantes e y de determinantes de submatrices. Se fabrica la matriz adjunta de M . pues si una matriz apachurra al cubo unitario.´ 7. La matriz inversa es: uno sobre el determinante de M por la matriz adjunta. y como la inversa es unica. una matriz no cuadrada apachurra o bien deja a alguien sin imagen. Eso era a de esperarse. En el caso 2 × 2 apareci´ el determinante en o el c´lculo de la matriz inversa como indicador o negador de su existencia. 415. La inversa por cofactores. Una matriz que no es cuadrada. tal como lo explicamos enseguida: El algoritmo general para hallar la inversa por medio de subdeterminantes o cofactores es como sigue: 0. se calcula su determinante. y a varios elementos del dominio le hace corresponder el mismo elemento del codominio. Ejemplo Calculemos por el m´todo de los cofactores la matriz inversa de e M= a b c d 1 Adj(M ) DetM 1. la inversa existe y hay que buscarla. 4. Si el determinante es diferente de cero. De lo cual se concluye que M DetM Adj(M ) = I. entonces no puede ser uno a uno. 1. no puede tener inversa. 3. EL CALCULO DE LA INVERSA     195 a g c i 414. Calculamos su determinante: DetM = ad − bc y la matriz inversa existe si su determinante es diferente de cero. no hay inversa y el algoritmo se termina. O tambiń: la matriz inversa es uno sobre el determinante por la matriz de cofactores e transpuesta. no tiene inversa. se deduce que ´ M −1 = . . Para probar que este algoritmo funciona lo mejor es probar que 1 M (Adj(M )) = (detM )I. 2. En efecto. Se fabrica una matriz C de cofactores [Cij ]. Por lo tanto. Resulta que si la matriz inversa existe. Si la matriz de cofactores es [Cij ]. Si la matriz M es cuadrada.1. y en ese caso debemos calcularla. Si es cero. su transpuesta es [Cji ] que es la matriz adjunta. notada Adj(M ) y que es la transpuesta de la matriz de cofactores. El cofactor Cij es (−1)i+j multiplicado por el determinante de la matriz que queda de tachar la fila i y la columna j. inyectiva. La inversa es la siguiente: M −1 = (1/DetM ) d −b −c a = 1 ad − bc d −b −c a O bien. Verifique su respuesta multiplicando las dos matrices y recobrando la identidad. La matriz de cofactores es: C= d −c −b a 4. c21 = −b. Al tachar lo que toque. Fabricamos la matriz de cofactores.196 CAP´ ITULO 7. 3. queda la submatriz de un solo elemento d. LA MATRIZ INVERSA 2. e e 416. Su determinante es b. c11 = d. La matriz inversa es: uno sobre el determinante de M por la matriz de cofactores transpuesta. Ejercicio Tome las matrices siguientes e invi´rtalas por el m´todo de cofactores. Su determinante es c. El cofactor c21 es (−1)i+j = (−1)2+1 = −1 multiplicado por el determinante que resulta de tachar la fila 2 y la columna 1. Por lo tanto. donde la adjunta es la matriz de cofactores transpuesta: Adj(M ) = Obs´rvese que e M (Adj(M )) = En definitiva d −b −c a ad − bc 0 0 ad − bc = (detM )I. la matriz inversa es uno sobre el determinante por la adjunta. Por lo tanto. Se tacha y queda la submatriz de un solo elemento b. El cofactor c11 es (−1)i+j = (−1)1+1 = 1 multiplicado por el determinante que resulta de tachar la fila 1 y la columna 1. Su determinante es a. c12 = −c. Se tacha y queda la submatriz de un solo elemento a.   1 2 3 a)  4 5 6    7 8 9 −1 0 1 b) 2 0 −1  −2 3 0 417. Por lo tanto. Su determinante es d. Por lo tanto. c22 = a. El cofactor c12 es (−1)i+j = (−1)1+2 = −1 multiplicado por el determinante que resulta de tachar la fila 1 y la columna 2. El cofactor c22 es (−1)i+j = (−1)2+2 = 1 multiplicado por el determinante que resulta de tachar la fila 2 y la columna 2. Ejercicio ¿Para qu´ valores de λ la matriz siguiente es invertible? e   1−λ 2 3  0 1−λ 1  0 1 −λ . Se tacha y queda la submatriz de un solo elemento c. 7. . en relaciń con una memoria limitada. 0 1 0  . . por ejemplo.  . . o En esta secciń desarrollaremos un ejemplo de encontrar la inversa de una matriz o 3 × 3 por el m´todo de Gauss-Jordan con el prop´sito de entender el teorema de e o descomposiciń LU que tiene utilidad en an´lisis num´rico. Soluciń: planteamos la matriz aumentada: o  1 −1 1   0 −1 −2  1 1 −1 Ahora transformamos la matriz M en la identidad y lo que le hacemos a M. La descomposiciń LU o Ya sabemos c´mo usar el m´todo de Gauss-Jordan para invertir una matriz de o e tamaõ 2×2. Eso es tan serio que o o hay toda una ciencia llamada an´lisis num´rico (Burden y Faires.  . responsabilidades administrativas para manejar vol´menes grandes de u informaciń. 1 0 0 . que en realidad s´ produce la inversa.2. . en general. . no completamente. ¿Por qu´? Porque siempre nacen.´ 7. . . o n e como m´ ınimo. 1 0 0 1 0 1 0 1 0   0   0 −1  0 0  −1 0   0 −1 . Uno intuye que para matrices m´s grandes todo lo que uno tiene que hacer n a es trabajar un poco m´s siguiendo la misma metodolog´ Pue s´ eso es cierto aunque a ıa. . . 0 0 1 . Ejemplo Calculemos la matriz inversa de  1 −1 1 M =  0 −1 −2  1 1 −1   . . Es decir. se lo hacemos a la identidad: 1 −1 1   0 −1 −2  R1 − R3 → 0 −2 2  1 −1 1   0 −R2 →  1 2 0 −2 2  . . . o a e 419. . Lo que sucede es que. la matriz dada multiplicada por su a a adjunta da el determinante por la identidad. Ejercicio de investigaciń Demuestre en general que el m´todo de los coo e factores funciona. LA DESCOMPOSICION LU 197 418. . 1985) que trata tanto a e problemas de gran volumen de informaciń como de problemas que no sabemos o no o podemos resolver mediante f´rmulas. .2. O m´s fćil. Lo que hay que hacer ı es demostrar que la inversa producida por el m´todo de los cofactores multiplicada por e la matriz dada produce la identidad. . . . la soluciń a un problema grande o no es la soluciń agrandada de un problema pequeõ. . . ı. . . . .   . 1 −2 −1 2R2 + R3 → 0 0 6 . (1/6)R3 → 0 0 1 . 0 0 6 . . 1 . 2 0 0 . LA MATRIZ INVERSA  . 1 −2 −1 . 0 0   . 1/2 0 1/2 (1/2)R1 →  1 0 0 . . 1/6 −2/6 1/6     Ahora codificamos cada transformaciń entre los renglones de M como una matriz o que se halla aplicando sobre la identidad la operaciń dada: o La operaciń de poner en la tercera fila R1 − R3 corresponde a o   1 0 0  0 1 0  1 0 −1 La operaciń de poner en la segunda fila −R2 corresponde a o   1 0 0  0 −1 0  0 0 1 La operaciń de poner en la tercera fila 2R2 + R3 corresponde a o   1 0 0  0 1 0  0 2 1 La operaciń de poner en la primera fila o  1 1  0 1 0 0 R1 + R2 corresponde a  0 0  1 . . 1 −1 1 .   0 1 2 . −1 −1 1  . 1 −2 1  . 0 −1 . 0    . 1 0 1    0 3 0 . 0 −1 .  . (1/3)R2 →  .  0 1 0 . 0    . −1/3 −1/3 1/3 . . 0    .198  CAP´ ITULO 7. 0 −1 . 0 0 6 . 0 0 6 .  0 1 2 .   0 1 2 . . 1 −2 −1 .   . 3R2 − R3 →  .   . . 1 0 1 2R1 − R3 →  2 0 0 . 1 −1 0 R1 + R2 →  1 0 3 . la segunda por 1/3.´ 7. la tercera o por 1/6 corresponde a  1/2 0 0  0 1/3 −1  0 0 1/4  Ahora multiplicamos todas las matrices en el orden correcto: .2. LA DESCOMPOSICION LU La operaciń de poner en la primera fila 2R1 − R3 corresponde a o 199  2 0 −1  0 1 0  0 0 1  La operaciń de poner en la segunda fila 3R2 − R3 corresponde a o   1 0 0  0 3 −1  0 0 1 La operaciń de multiplicar la primera fila por 1/2. . . . .. 1 −1 1 . la matriz por su inversa debe dar la a identidad: . .... . .. 0 1 0 .. −1 −1 −1 0 0 −1 . . . . . .. 1 1 −1 .    1 0 0    0 1 0   0 2 1   . 1 0 1 . .. .. . . 1 0 1 . .   0 0  1/2   0 1/3 0  0 0 1/6 .. . −1 0 −2 . ... ... 0 −1 0 . .. . . . . verificamos la respuesta. . . .    1 0 0   0  0 −1   0 0 1   . . .. 1/2 0 1/2 ... . .. LA MATRIZ INVERSA         ... . ...   2 0 −1    0 1 0    0 0 1   .. . . . −1/3 −1/3 . . la matriz inversa la leemos abajo a la derecha. . .. ..    1 1 0    0 1 0   0 1  0   .200 CAP´ ITULO 7.. . . . −1 0 −2 .... . . 0 0 −1 ... 1 0 1 ... ..   1 0 0    0 3 −1    0 0 1   .. 1 0 −1 . .. . . . .. . ... . 0 −2 . 1/6 −1/3 −1/6 Como de costumbre.. . 1 0 1 . . . 0 0 −1 . .. . 1 0 1 .. .. ... ... . Debido a que hay muchos c´lculos. . . .. ... .. 1/3 ...                                                                  −2 . . .. . . . 0 0 −1 . .... ... . puede descomponerse como un producto de una matriz triangular inferior por una triangular superior. . Cabe aclarar que tambiń tocamos la diagonal.. . −1/3 −1/3 . .. nosotros elaboramos los c´lculos de tal forma que primero traa bajamos la parte abajo de la diagonal. . 1/3    . . 1/2 0 1/2  .. 0 0 1 201  Ahora notemos que algunas matrices de Gauss que hemos encontrado son del tipo U ..2.. c´mo que una matriz triangular tiene o o inversa (Alerta: para ello se requiere que todo elemento de la diagonal sea diferente de cero. ¿Por qu´?)..    ..U2 U1 Lm . . o Si tomamos la inversa a ambos lados obtenemos M = (U L)−1 = L−1 U −1 pero como la inversa de una matriz tipo U existe y es U y la inversa de un matriz tipo L existe y es L. a Eso se logr´ con matrices L.    1 −1 1   0 −1 −2  1 1 −1 . Tengamos presente que la inversa de un producto de matrices cambia el orden del producto.´ 7. Y despu´s. Ahora bien. ⋄ Propuesta. pues una matriz corresponde a una T L y cuando se componen las T L el camino inverso reversa el orden de apariciń. .L2 L1 donde las Li son matrices tipo L y las Uj son de tipo U . Ejercicio Ilustre con ejemplos apropiados las aseveraciones gratuitas formuladas en la demostraciń de la propuesta anterior. Nuestro teorema se basa en una interpretaciń del ejemplo anterior en o o el cual demostramos que toda inversa puede escribire como un producto de matrices de Gauss. Por tanto. . Demostraciń. 1/6 −1/3 −1/6   . elaboramos la parte de arriba de la diagonal o e con matrices U .. Puede probarse que el producto de matrices tipo U es U y que el producto de matrices tipo L es L. .. todo puede comprimirse en M −1 = U L Ahora tomemos la inversa a cada lado.. 420. 421. lo cual lo cumplen todas nuestras matrices. .. .. Por lo tanto. . podemos escribir M = LU lo cual dice que la matriz se pudo descomponer como un producto de una matriz L por una U . LA DESCOMPOSICION LU  . e        . nuestro ordenado trabajo puede escribirse simb´licamente como o M −1 = Un . . cuyas entradas no nulas estń por debajo de la diagonal o en ella. Y hay otras que son L (lower triangular) triangular inferior... Cuando una matriz M es invertible. As´ podemos a ı formular el siguiente Teorema. lo cual se hace con e matrices que clasifican tanto de L como de U . . i.e. . . (upper triangular) triangular superior: todas sus entradas que no son cero estń a por encima de la diagonal o en ella. asegurńdonos que estuviese rellena de ceros.. 0 1 0   . 1 0 0   . .202 CAP´ ITULO 7. 6 El sistema se ordena intercambiando el lugar de las filas. Aunque una matriz que intercambia renglones no es triangular. Cuando una matriz M es invertible y el proceso de inversiń no o involucra intercambio de filas. a . o Para verlo. consideremos el siguiente ejemplo: Sea el sistema que indica una soluciń desordenada: o 3y = 4 5x = 6 que se escribe en forma matricial . Esta operaciń es generada por una matriz que no es triangular. 5 0 . ⋄ Teorema. Esto se puede hacer por medio de la matriz 0 1 1 0 la cual no es una matriz triangular. ⋄ Objeciń a la propuesta de descomposiciń LU. 4 . Ejercicio Demuestre que la inversa de una matriz que intercambia renglones es su propia inversa. 424. 423. LA MATRIZ INVERSA 422. . U es una triangular superior y tanto L como U estń libres de ceros en la diagonal. M puede descomponerse como un producto M = LU donde L es una una matriz triangular inferior. En el proceso de o o reducciń de un sistema de ecuaciones pueden aparecer filas de ceros que habr´ que o ıa poner en utimo lugar o soluciones desordenadas que habr´ que ordenar. dicha matriz puede descomponerse como producto de matrices triangulares 0 1 1 0 = 1 −1 0 1 1 0 1 −1 1 1 0 1 El problema es que esta descomposiciń intercala matrices tipo U con matrices tipo o L y por eso crea problemas en nuestra descomposiciń LU . Se ha optado por dejar o estos casos de lado y lo ponemos como advertencia. Eso se hace ´ ıa intercambiando filas. 0 3 . ´ 7. o que existe S tal que GAS = GB. lo cual dice que S es soluciń del sistema transformado. demostrar que nuestro algoritmo conservativo es inmediato. o Supongamos ahora que tenemos una soluciń al sistema transformado. podemos multiplicar por la inversa de G a ambos lados y . no crea ni destruye soluciones. o como una matriz de intercambio de renglones. Supongamos que S es soluciń del sistema AX = B. es decir. o Podemos mutiplicar a ambos lados por G y obtener GAS = GB. Dicha forma la hemos llamado escalonada reducida. Por definiciń de inversa tenemos: o o −1 A A=I Tomamos determinantes a ambos lados: Det(A−1 A) = Det(I) = 1 Como sabemos que el determinante de un producto de matrices es el producto de matrices (cuando se pueden multiplicar). pero o ıa ¿qu´ tanto? e 426. Formalmente. Demostraciń. ⋄ Teorema. Det(A−1 ) = (Det(A))−1 . El algoritmo de Gauss-Jordan que lleva un sistema arbitrario de ecuaciones lineales a forma reducida escalonada es conservativo. lo que tenemos que demostrar es que S es soluciń o del sistema AX = B ssi S es soluciń del sistema GAX = GB donde G es una matriz o usada en el algoritmo. o o Toda operaciń de Gauss Jordan puede ser codificada como una matriz bien sea o triangular superior o triangular inferior. Cualquiera de ´stas matrices tiene inversa. Nosotros hemos utilizado el algoritmo de Gauss-Jordan para encontrar o una unica soluciń cuando existe o. ⋄ Teorema. Como cada G de las que nosotros usamos en nuestro algoritmo es invertible.2. para llevar al sistema hasta un lugar ´ o donde sea c´modo leer la soluciń. entonces Det(A−1 )Det(A) = 1 es decir. LA DESCOMPOSICION LU 203 425. e Eso significa que no combinamos renglones a ojo cerrado sino que lo hacemos con la firme intenciń de no perder informaciń. es decir. en su defecto. o o Con toda esta maquinaria tan poderosa. Intriga El procedimiento de Gauss-Jordan de reducciń de matrices puede ser o aplicado a sistemas con matriz asociada que no es invertible. Nuestro algoritmo no destruye soluciones. 427. Para una matriz A invertible se tiene que Det(A−1 ) = (Det(A))−1 lo cual dice que si A estira entonces A−1 encoge por el mismo factor y al rev´s. Eso parece implicar que el teorema de descomposiciń LU podr´ extenderse a matrices muy arbitrarias. Sellemos este cap´ ıtulo con una demostraciń formal del hecho de que el algoritmo o de Gauss-Jordan es conservativo. e Demostraciń. ambas libres de ceros en la diagonal. Eso implica que AS = B. transformando sistemas en sistemas equivalentes que tienen las mismas soluciones. Ejercicios de repaso a) Mostrar que la matriz 2 −3 5 −7 es invertible y encuentre su inversa. ¿es cierto que A + B es invertible y (A + B)−1 = A−1 + B −1 ? 5. Sea A una matriz invertible. es decir AS = S. ¿es cierto que cA −1 = 1 A−1 ? c 3.3. 9. ¿es cierto que A = 0? 4. b) Escriba la soluciń al sistema o 2x1 − 3x2 = 4 5x1 − 7x2 = −3 2. Demuestre que si A es una matriz 3×4 entonces los vectores columna son linealmente dependientes. lo cual expresa que si tenemos una soluciń al sistema transformado. ¿Existen valores de r y  para los cuales el rango de A sea uno o dos. n . es conservativo y sirve para hallar la soluciones de un sistema lineal de ecuaciones. Demuestre que si A = adj(A). LA MATRIZ INVERSA obtener G−1 (GAS) = G−1 (GB).204 CAP´ ITULO 7. 7. entonces Det(A) = 1. 8. ¿Es posible que Im(A) sea tambiń una recta que pasa por el e origen? Explique claramente.  e figura en el plano R2 forman los puntos (x. Extienda el enunciado anterior y su justificaciń a una o matriz real de tamaõ m × n con n > m. donde la matriz 0 denota la matriz que tiene cero en toda entrada. Si AB = 0 y B es una matriz invertible. As´ hemos demostrado que nuestro algoritmo no e o ı crea soluciones nuevas. Sea A una matriz invertible y c un escalar. Aplicamos la asociatividad del producto matricial para obtener (G−1 G)AS = (G−1 G)B) que es equivalente a IAS = IS. y) para los cuales la matriz ¿Qu´  x y 1  1 2 1  no es invertible? 3 −3 1 6. Si A y B son matrices cuadradas invertibles. Hallar A−1 si A =  0 −1 5 . Suponga que A es una matriz 3×3 cuyo espacio nulo es una recta que pasa por el origen en R3 . dicha soluciń es o o tambiń soluciń del sistema original. siendo s  1 0 0  0 r−2 2   A=  0 s − 1 r + 2 ? 0 0 3 10. Expresar A−1 como un producto de matrices 0 0 4 de Gauss y A como un producto LU . 1. Puesto que nuestro algoritmo no crea ni destruye soluciones.   1 2 3 7. 205 a) Dar un ejemplo de una matriz idempotente no nula y distinta de la identidad. e . 7.7. b) Mostrar que si A es a la vez idempotente e invertible. RESUMEN 11. Dicha matriz puede calcularse por un algoritmo de Gauss-Jordan o bien por el m´todo de los cofactores. Resumen Cuando una T L es invertible. que se basa en subdeterminantes. la matriz inversa. Una matriz A cuadrada se dice idempotente si A2 = A. su inversa es una T L y tiene una matriz.4. entonces A es la matriz identidad.4. 206 CAP´ ITULO 7. LA MATRIZ INVERSA . Pero usaremos marco y base como sinńimos cuyo significado ser´ claro del o a contexto. De hecho. Bases arbitrarias Una base B = {ei }i=1. 0). y con ella hemos trabajado siempre. 0. 0). ek .. 0. + αn en A los coeficientes αi les llamamos las coordenadas del vector X en la base dada. A una a base con un orden prefijado la llamamos marco. cada vector tiene su conjunto de coordenadas que lo identifica y distingue de todos los dem´s.n es un conjunto de vectores LI que genera todo el espacio.. αn tal que X = α1 e1 + .. .... (2. Ese conjunto genera todo el plano y no tiene informaciń redundante. 3) en la base B son el par ordenado (1.. . Pero demostraremos que para problemas muy espec´ ıficos hay bases que permiten soluciones muy sencillas.. . Ejemplo El conjunto B = {(2. αn ) como XB . Al notar las coordenadas de esa manera. . 8. −1)} es una base para R2 . La combinaciń lineal o o 1(2.. ... Podemos escribir −2 3 = B 1 −2 207 . 1) − 2(2...2. en }.. (0. es decir. 1).. α2 .. (0. Ahora entramos a considerar bases cualesquiera. existen escalares α1 . 1) + (−4. −2).1. 2) = (2 − 4. marco de coordenadas o marco de referencia... si X ∈ V . −1) = (2. Pero a un EV tiene un n´mero infinito de bases: ¿Cu´l de ellas es la mejor? En principio. 1 + 2) = (−2..... hasta ahora hemos usado la base natural del espacio Rn : N = {(1. 1)} = {e1 . .. se est´ asumiendo que uno ha fijado un orden sobre la base dada. Notamos al vector de coordenadas (α1 . 428. e2 . 1.. no u a hay ninguna preferencial.CAP´ ITULO 8 CAMBIO DE COORDENADAS Una base permite la existencia de un sistema de coordenadas en un EV. 3) nos dice que las coordenadas de (−2. 0) + y(0. (−2. y) = x(1. en algunos textos se usa la siguiente convenciń: los vectores se escriben entre parńtesis redondos y las coordeo e nadas entre parńtesis cuadrados. las coordenadas de X en la base natural son (x1 . 1) lo cual dice que en la base natural de R2 las coordenadas de (x. La nociń de coordenadas tiene sentido solamente si uno ha numerado los vectores o de la base en cuestiń. y). (−1.208 CAP´ ITULO 8. −2). el vector (x. las coordenadas deberń aparecer a en forma de columna.. Con frecuencia usaremos las coordenadas de un vector en operaciones matriciales. Esta sabia medida ser´ ignorada. o En general. 3)B = (1. o 429. las coordenadas de un vector y el vector serń diferentes. y) son (x. e a la razń es que nos guiaremos por el contexto. CAMBIO DE COORDENADAS (−2. debemos asegurar que lo que se escriba tenga sentido: si las coordenadas de un vector van delante de una matriz (a su derecha). De esa forma los productos tendrń sentido. (2. En la base B = {(2. x2 ). En tal caso. como [α1 . 1). x2 ).0. −1) (2. −1) Figura 8. α2 ) en la base B y produce como producto . una base siempre est´ numerada. y como parte a a a del contexto. De hecho. y) puede descomponerse como (x. Adem´s. Pero en la a base natural son lo mismo. Para X tenemos: X = α1 e1 + α2 e2 Si X = (x1 . sin el cual nada tiene sentido. 1)}una base del plano R2 . αn ]. Y todo eso ser´ hecho sin muchas ceremonias. 1) (2. Y hay formas de numerar mejores que a otras: ¡qu´ tal que numer´ramos la base natural al rev´s! e a e Veamos ahora c´mo se hace un cambio de coordenadas... Ejemplo para memorizar el procedimiento Sea B = {(1. 1). Interpretemos dicha ecuaciń: tenemos una matriz que es una m´quina de proceo a samiento que acepta coordenadas (α1 . . Pero si las coordenadas aparecen detr´s de la matriz (a su a izquierda) las coordenadas deben aparecer en forma de fila. Uno podr´ usar una notaciń diferente para las coordenadas o ıa o de un vector y que no se confundan con un vector. 3) (−2)(2. Esa ecuaciń o puede escribirse en notaciń vertical como sigue: o x1 x2 1 1 −1 1 1α1 − 1α2 1α1 + 1α2 1 −1 1 1 α1 α2 = α1 + α2 = = . −1)}. Por ejemplo. ´ 433. Tenemos B IN = 1 −1 1 1 Esta notaciń se justifica diciendo que un vector no cambia en absoluto por causa de o un cambio de coordenadas. Siguiendo la inteligente notaciń de Fisher (1970). 1)}una base del plano R2 . 431. Ejemplo Sea B = {(1. se usa una B matriz de paso o de cambio de base o de cambio de coordenadas IN que se construye poniendo la base B en notaciń vertical. ´ Demostraciń. B −1 . Ejercicio Demuestre el teorema en su forma general. 1). Dicha matriz conserva la identidad o del vector (por eso usamos I). Por tanto. En efecto. Las coordenadas de cualquier vector en una base B dada son unicas. Para hallar las coordenadas XN = (X)N de un o vector en la base natural sabiendo sus coordenadas XB en una base B. se numera la base y por orden se pone cada vector de dicha base en posiciń o vertical formando una matriz. 432. Multiplicando la citada ecuaciń por esta inversa. si existe. Una justificaciń o m´s oficial ser´ ofrecida m´s adelante comenzando con en el teorema 443.8. x2 ) que son las coordenadas de X en la base natural. 5) las coordenadas en la base natural son: vN = 1 1 1 −1 3 5 = 1×3+1×5 1×3−1×5 = 8 −2 .1. ⋄ Teorema y notaciń. la matriz que hemos encontrado es la matriz de cambio de coordenadas de la base B a la base natural N . y como conserva su identidad. se tiene: o −1 −1 B (X)N = B B(X)B = I(x)B = (X)B . Por lo tanto. (−1. notamos a esa matriz como o B IN = Matriz de cambio de coordenadas de la base B a la base N . Por tanto. Si las coordenadas de un vector v en la base B son (3. o Es decir. Podemos hacer eso de una forma unica porque la inversa de una matriz. usamos la I. es ´ unica. y por lo tanto es un n-plp. B como matriz tiene inversa. B o o es una base. nosotros podemos encontrar inmediatamente (X)B . BASES ARBITRARIAS 209 (x1 . a a a 430. ⋄ Teorema. . cuyo volumen no es cero. sabiendo X = XN . En la ecuaciń (X)N = B(X)B podemos despejar (X)B . acepta coordenadas en la base B y produce coordenadas en la base natural: (X)N = B(X)B Observamos y recalcamos: la matriz de cambio de base o de cambio de coordenadas desde la base B a la base natural N es simplemente la base B en notaciń vertical. Ejemplo Dados B1 = {(5. 1) + β(2. (−3. (−1. 436. 2) + 3(−1. −5)}. 1). 13) = α(1. por lo tanto. cambia de coordeB nadas desde la base B a coordenadas en la base N. si B es a) B = {(1. Si una matriz de cambio de coordenadas. (2. (2. 1). . 435. 438. 5) Igualando coordenada por coordenada: 7 = α + 2β 13 = α + 5β Restemos: −6 = −3β. Ejercicio Pruebe el teorema. (−1. encontrar XB2 si a) B2 = {(1. X = 3e1 + 5e2 lo cual tambiń lo podemos escribir verticalmente: e x1 x2 =3 1 1 +5 1 −1 = 1×3+1×5 1×3−1×5 = 8 −2 . la matriz inversa (IN )−1 cambia las coordenadas en la base N a coordenadas en la base B: N B IB = (IN )−1 N B (X)B = IB (X)N = (IN )−1 (X)N . Respuesta: XB2 = (3. −2). 5)} b) B2 = {(1. 1). 3)} y XB1 = (5. −3)}. B 437. ⋄ Teorema. 1). 5)}. 7).210 CAP´ ITULO 8. 5]. expresar ese vector en la base B2 : (7. lo que implica que β = 2 y α = 3. IN . 3). 7). 434. 4)} c) B2 = {(1. (−1. encontremos XB2 si B2 = {(1. 3)} y XB1 = (2. 2). −2). 1). 3) = (7. Soluciń: X = XN = 2(5. Ejercicio Dado B1 = {(−1. (2. (2. (−1. −4)} c) B = {(2. Ejercicio Si las coordenadas de un vector v en una base (ordenada) B son (2. CAMBIO DE COORDENADAS Verifiquemos que las coordenadas de v en la base B son [3. 1). 2). es decir. 13). o Necesitamos encontrar XB2 . −1)} b) B = {(−1. encuentre la matriz de cambio de base desde B a la base natural y las coordenadas del vector dado en la base N . 2). 7). 3 = −3β. α = 2 − 5β = 2 + 5 = 7. 1). Restando. 3)} y B2 = {(1. 5).1. β = −1. Sea X = (−1. 3). Ejercicio Si las coordenadas del vector v en la base natural son (2. −2). (−3. δ = 4/3. (2. B1 Soluciń: El trabajo de IB2 es traducir las coordenadas en la base B1 a coordenadas o B1 en la base B2 : XB2 = IB2 XB1 . Para encontrar γ y δ. 5)}. −1)} b) B = {(−1. 2)B2 = α γ β δ 1 0 = α β de tal forma que (5. 1) + β(2. Por consiguiente ı −1 = γ + 2δ 3 = γ + 5δ. (−1. 2)B2 y B1 XB2 = IB2 XB1 ´ o XB2 = (5. entonces las coordenadas de X en la base B1 son XB1 = (1. 2) + 0(−1. 3). 1). 3). (−1. entonces XB1 = (0. −4)} c) B = {(2. 1) + δ(2. X = (5. encuentre la matriz de cambio de coordenadas de N a B y las coordenadas del vector dado en la base B. −5)}. 2). 1). BASES ARBITRARIAS 211 439. Sea B1 IB 2 = α γ β δ Sea X el primer vector de B1 . porque (5. −4 = −3δ. B1 Ejemplo Si B1 = {(5. 2) = 1(5. (−1. 1). analizamos el segundo vector de B1 . y por tanto (5. 2) = α(1. 3)B1 en B1 son (0.8. 3) = γ(1. 1). 5). 3)B2 = IB2 XB1 = α γ β δ 0 1 = γ δ as´ que (−1. γ = 3 − 5γ = 3 − 5(4/3) = 3 − 20/3 = −11/3. 2)B2 = (α. 0). Tenemos: XB2 = (5. Por consiguiente 5 = α + 2β 2 = α + 5β. encontremos IB2 . 440. Tenemos: XB2 = (−1. Restando. si B es a) B = {(1. En conclusiń: o . 3)B2 y B1 XB2 = (−1. β). (2. cuyas coordenadas (−1. Y segunda. La I indica dos cosas. es suficiente cambiar de coordenadas de la base B1 a la base N y despu´s de la base N a la base B2 . 5)}. que el vector no es transformado sino que lo unico que cambia es su descomposiciń debido a que se cambia de base. (2. (3. 1). 442. 446. B1 Predemostraciń. e B N B1 IB2 IN . Ejercicio Si B1 IB 2 = α γ β δ = 7 −11/3 −1 4/3 a) Encontrar B1 si B2 = {(1. en el orden correcto. La matriz o u simplemente toma las coordenadas de cualquier vector en la base del dominio y las reescribe en la base del codominio. la matriz de I es N la matriz identidad I = IN . . Primera. uno debe multiplicar ambas matrices. B1 Ejercicio Encontrar IB2 si B1 = {(4. IB2 no puede cambiar la identidad de ningń vector. Esto es. Usamos la notaciń IB2 para denotar la matriz de cambio de coordenadas de la base o B1 B1 a la base B2 . (1. Ejercicio Dise˜e un procedimiento de Gauss-Jordan para encontrar la matriz n B1 de cambio de base IB2 . 2)}. I: V → V cuando en el dominio se usa la base B1 y en el codominio la base B2 . Muy pronto veremos una maquinaria poderosa para probar rigurosamente este y otros teoremas. 5)}. −2). 2)} y a) B2 = {(4. (−1. Una matriz de cambio de coordenadas IB2 de la base B1 a la base B2 es la matriz de la T L identidad I tomando B1 como base en el dominio y a B2 como la base en el codominio. a) B2 = {(−3. (−1. La matriz IN 1 es la base B1 en notaciń vertical. En la base natural N a ambos lados. 2). a) B2 = {(1. 2). Para encontrar la matriz IB2 de cambio de coordenadas de la base B1 a la base B2 . ⋄ Teorema. ¿Qu´ pasa si cambiamos de base en el dominio o en el e codominio o en ambos lados? Veamos: B1 443. B1 444. 5)}.212 CAP´ ITULO 8. CAMBIO DE COORDENADAS B1 IB 2 = α γ β δ = 7 −11/3 −1 4/3 441. Ejercicio Pruebe el teorema anterior. es decir. 2). ´ o B1 porque IB2 es la matriz de la T L. b) Encontrar B2 si B1 = {(5. ⋄ Teorema. o 445. (1. 2). es una matriz de cambio de base. 3)}. que una matriz de cambio de base conserva la identidad del vector. 453. 2). 3]. Ejemplo B1 Dado M = IB2 y B1 . 1). 1). 448.2. 5. −5)} c) B1 = {(2. 6]. −5)}. 1). B2 = {(1. 1). −1. encontrar B1 . B2 = {(2. B1 B2 452. 1. b) Dado M = IB1 y B1 . 449. si las bases son: a) B1 = {(1. Rotaciones en R2 En esta secciń hallamos la matriz de una rotaciń en R2 . −1] son las coordenadas de tres vectores en la base B1 . (−1. 8. −1. Ejercicio Encontrar B1 si B2 = {(1. 2. 1). B2 = {(−1. 2]. (−1. encuentre la matriz de cambio de base de B1 a B2 y las coordenadas en B2 de cada uno de dichos vectores si las bases son: B1 = {(2. (−1. Ejercicio Si [−1. encuentre la matriz de cambio de coordenadas de la base B1 a la base B2 y las coordenadas en B2 de cada uno de los vectores. 451. 5)} y B1 IB 2 = 7 −11/3 −1 4/3 . (2. Ejercicio Encontrar B2 si B1 = {(5. ROTACIONES EN R2 213 447. 3} B2 = {(1. (−1. B1 N B Primera soluciń: M = IB2 = IB2 IN 1 = (B2 )−1 B1 . 1). Ejercicio Si [−1. 1). 5] son las coordenadas de dos vectores en la base B1 . (−3. (2. 2. [4. Multiplicando por M −1 a la derecha obtenemos B1 M −1 = B2 M M −1 = B2 Segunda soluciń: o B2 B1 B2 B1 B2 = IN = IN IB1 = B1 (IB2 )−1 = B1 M −1 . (−3. [−3.8. 5. Ejercicio a) Dado M = IB2 y B2 . −2. encontrar B2 . o o ´ . 3)} y B1 IB 2 = 7 −11/3 −1 4/3 . o Por tanto. ♣ Definiciń. 450. −4)}. 1).2. 2)}. 1. (2. (B2 )−1 B1 = M y multiplicando en ambos lados a la izquierda por B2 obtenemos B2 (B2 )−1 B1 = B2 M que es lo mismo que B1 = B2 M . (2. Una rotaciń es una T L que conserva angulos y normas. −2). lo cual ser´ muy imporo o a tante en lo que sigue. −2). −1)}. −1)}. [−3. −4)} b) B1 = {(−1. encontremos B2 . 6)(−2. (−1. 0) es rotado pero no alargado. Verifiquemos que esta rotaciń convierte i = (1. cos θ). 1): o 0 −1 1 0 1 0 = 0 1 o e 455. La base natural ha sido rotada un ńgulo θ. la matriz R de esa rotaciń es: o R= cos θ − sen θ sen θ cos θ En el caso particular en que θ = π/2 ´ 90◦ . Ejercicio Halle la matriz inversa de una rotaciń de ńgulo θ y demuestre que o a es igual a la matriz de rotaciń de ńgulo −θ. sen θ) Para saber qu´ hace una T L es suficiente saber qu´ hace ella sobre una base e e cualquiera. por lo tanto. a (cos θ. CAMBIO DE COORDENADAS 454.214 CAP´ ITULO 8. se cambia en (cos θ. Ejemplo Encontremos la matriz que en R2 causa una rotaciń contraria a o las manecillas del reloj por un ńgulo θ. o a . 0) en j = (0. sen θ). El vector i = (1. ¿Qu´ m´s se necesita para que una T L con determinante 1 sea una rotaciń? e a o 456. Tomemos la base natural. la matriz de rotaciń es o o R(π/2) = cos θ − sen θ sen θ cos θ = cos(π/2) − sen(π/2) sen(π/2) cos(π/2) = 0 −1 1 0 . cos θ) θ θ i Figura 8. ¿Es toda T L con Det(T ) = 1 una rotaciń? Ofrezca ejemplos y contraejemo plos.1. 1) se cambia en (− sen θ. Por lo tanto. Ejercicio Calcule el determinante de una rotaciń y explique el porqu´ de la respuesta. mientras que el vector j = (0. a j (− sen θ. a una u recta puede d´rsele una estructura aritm´tica. y son reales. ¿Qu´ significa que el plano tenga estructura de espacio vectorial? Significa que e existen T L del plano en el plano. sacar ra´ cuarta. y) por un escalar real λ es (λx.3. multiplicar. que podemos sumar sin problema y que en la suma el orden no importa. 457. el complejo (0. π/2)p y el punto (0. y1 + y2 ). Podemos definir la suma coordenada por coordenada. gracias a la cual los elementos de la l´ a e ınea se puedan sumar. −1) como (1. Ejercicio Demuestre que el plano con la suma y producto escalar son un espacio vectorial sobre los reales. m´dulo o norma del radio vector que va del origen. π)p .3. Pues bien. 459. y2 ) + (x2 . y el ńgulo polar que dicho radiovector forma con la parte positiva del eje X a en direcciń contraria a las manecillas del reloj. y) como (r. las T L se componen y al ser representadas por matrices. Dicho de otra forma. Eso se hace gracias a las coordenadas polares. o sea 2nπ. al puno to dado. el punto (0. la composiciń es igual al producto de matrices. nos queda la multiplicaciń. Veamos. Y en general. 0)p . lo cual quiere decir que los escalares son los n´meros u reales. podemos representar un punto del plano (x. NUMEROS QUE ROTAN 215 8. La elecciń de representar un punto del plano por una matriz se ha resuelto por o medio de ligeras modificaciones de las rotaciones. y2 ) = (x1 + x2 . de tal forma que la multiplicaciń de un vector (x. Los n´meros reales pueden dibujarse sobre una recta. tenemos el mismo punto del plano. tal como lo hemos hecho siempre. Debemos advertir que el ńgulo polar o a no se puede definir de manera unica: dado un ńgulo polar. Teniendo solucionado lo de la suma y la resta. Para definir la o u multiplicaciń de un punto del plano por otro punto del plano nos basamos en algo que o todos sabemos: 458.´ 8. logaritmo y hallar el ız seno y el coseno y todo lo dem´s. Dichas coordenadas definen un punto del plano por dos valores: la longitud. dividir. o ya sabemos c´mo multiplicar un n´mero real por un punto del plano. y) donde x. 0) como (1. ¿qu´ tiene la l´ a e ınea que el plano no tenga? ¿qu´ nos impide darle una estructura aritm´tica al plano? e e Nada. Entonces o lo que tenemos que hacer es definir una correspondencia entre cada punto del plano y una T L o matriz de tal manera que la multiplicaciń entre puntos del plano quede o definida por el producto de las matrices que lo representan. 0) se representa como (1. como de costumbre: (x1 . Ejemplos El punto (1. λy). si se le suma cualquier ´ a n´mero de vueltas. 1) como (1. θ)p donde r = x2 + y 2 y θ es el ńgulo cuya tangente es y/x y el sub´ a ındice p nos permite reconocer que se trata de coordenadas polares. . Cada punto del plano se direcciona con dos coordenadas (x. con n ∈ Z. restar. N´ meros que rotan u Ofrecemos una construcciń de los n´meros complejos que nos enseã que las o u n matem´ticas son una combinaciń de arte y de ingenier´ a o ıa. 0). Dicho de otra forma. Para o definirla. u En una palabra. Ejercicio Demuestre que el plano con la suma es un grupo conmutativo. nos basamos en que los puntos del plano son vectores. es decir. el punto (−1. 3π/2)p . 464.216 CAP´ ITULO 8. pero en vez de escalares reales se pueden tomar escalares complejos. θ1 + θ2 )p . o o . se le llama 1 y de esa manera los n´meros reales se convierten en o u un subconjunto de los complejos y por ello a los reales se les pinta sobre el horizontal. 0). ad + dc). 465. se obtiene el punto del plano (r1 + r2 . Ejercicio Verifique que con i = (0. π/2)p se tiene que i2 = ii = −1. Ahora podemos multiplicar n´meros complejos como si fuesen polinomios. 1) o bien (1. es decir. 0) tiene m´dulo 1 y ńgulo polar 0. Ha resultado muy util la notaciń polin´mica en la cual (x. 1) = (1. asociativa. es la matriz u o a (0. que (1. o distribuye la suma. Ejercicio Demuestre que si se multiplican dos puntos del plano (r1 . 0) es el elemento neutro de la multiplicaciń. obtenemos una rotaciń: o 461. cuyos puntos son de la forma (x. 462. Si un u n´mero complejo es w = (a. por lo tanto. por tanto o a (1. y) da (x. de ahora en adelante llamaree mos a los puntos del plano como complejos o n´ meros complejos y al plano mismo u como plano complejo y se nota C. π/2)p . θ)p le hacemos corresponder la matriz dada por (r. Ejercicio Demuestre que los complejos sobre los reales son un EV de dimensiń dos. Por todas las propiedades aritm´ticas demostradas. θ2 )p . θ1 )p y (r2 . Hab´ ıamos dicho que el plano complejo con la multiplicaciń escalar con n´meros o u reales es un EV . Ejercicio Demuestre que los complejos son un espacio vectorial sobre los complejos. es u o decir (0. Ejercicio Demuestre que la multiplicaciń es cerrada. pero los complejos sobre los complejos tienen dimensiń uno. y). b) = a + bi y el otro es z = c + di entonces su producto es u wz = (a+bi)(c+di) = ac+adi+dci+bdi2 = ac+(ad+dc)i−bd = ac−bd+i(ad+dc) = = (ac − bd. usando la representaciń matricial y multiplicando en cualquier orden las o matrices respectivas. Ejemplos r cosθ −rsenθ rsenθ r cosθ El punto (1. conmutativa. que o (1. CAMBIO DE COORDENADAS Ahora. debido a que (1. De igual forma. 0) es el elemento neutro de la multiplicaciń. θ)p ↔ 460. 463. 0) multiplicado por (x. y) se representa por el ´ o o polinomio x + iy donde el n´mero complejo i es el indicador de la direcciń vertical. a cada punto del plano (r. 0) ↔ cos(0) −sen(0) sen(0) cos(0) = 1 0 0 1 El n´mero complejo i tiene m´dulo 1 y ńgulo polar π/2. 1) ↔ cos(π/2) −sen(π/2) sen(π/2) cos(π/2) = 0 −1 1 0 Si se componen dos rotaciones. Investigaciń Hemos dicho que un complejo (r. pues es en definitiva el n´mero real r2 . El inverso de multiplicar todo el mundo por un escalar o o e no nulo r es multiplicar todo el mundo por 1/r. los complejos. si z es un punto del plano complejo. 466. o En realidad. o a Si tenemos dos complejos z = reiθ w = seiφ entonces la multiplicaciń simplemente multiplica los m´dulos y suma los ńgulos: o o a zw = reiθ seiφ = rsei(θ+φ) . θ)p . Ayuda: el inverso de una rotaciń es la rotaciń al rev´s. si uno tiene u un cuerpo que rota alrededor de otro. digamos. es decir z tiene el mismo m´dulo ¯ ¯ o que z pero el ńgulo est´ medido al rev´s. en la misma direcciń a a e o o que las manecillas del reloj. c´mo se define la exponencial compleja y c´mo se prueba que reiθ = rcosθ + isenθ.´ 8. 2003). el m´dulo cuadrado. Ejercicio Halle el inverso multiplicativo de (r. Por ejemplo. 2008).3. Investigue. Existe una notaciń de los n´meros complejos que da inmediatamente su estructura o u multiplicativa: si z ∈ C. es decir. Se o o puede encontrar una introducciń al tema en (Steward. y al evaluar re da (r. la proyecciń sobre el eje X da una onda. por ejemplo. En tal caso: u o z = eiθ Multipliquemos un n´mero cualquiera w = seiφ por uno unitario z = eiθ : u iθ iφ i(θ+φ) zw = e se = se lo que pasa es que el n´mero w sufre una rotaciń. ¯ el resultado que nos da es un n´mero complejo que tiene norma r2 y ńgulo polar u a cero. Por u o u consiguiente. del comportamiento de sistemas ondua latorios sometidos a fuerzas tambiń ondulatorias usando la transformada de Laplace e (Zill. largo cuadrado o norma cuadrado de un complejo o es z z . en direcciń negativa. cuando el complejo viene con coordenadas que vienen de c´lculos a complicados. pues. o El m´dulo de un complejo se lee directamente en su expresiń polar pero tambiń o o e puede recuperarse mediante la siguiente estrategia: Definimos el conjugado de z = reiθ como z = re−iθ . ¯ Los n´meros complejos tienen aplicaciones importantes. θ)p o bien rcosθ + isenθ. Ahora bien: z z = reiθ re−iθ = r2 ei(θ−θ) = r2 ei(0) . Como tiene ńgulo polar cero est´ sobre la parte positiva del eje X por lo que es a a un n´mero real y como tiene m´dulo r2 . Eso se utiliza para facilitar c´lculos. La relaciń de los complejos con las ondas tambiń ha servido de base en o e . A veces resulta m´s c´modo denotar el conjugado de z a o por z ∗ . nuestra notaciń se basa en que existe la forma de definir la funciń o o iθ exponencial compleja. θ)p puede notarse como reiθ . entonces z = reiθ donde r es el m´dulo de z y θ es el ńgulo polar. Por o esa razń. 467. Se dice que un n´mero es unitario si tiene m´dulo uno. las rotaciones y las ondas estń ´ o a ıntimamente relaciondas. Por supuesto que el radio no u o var´ ıa. NUMEROS QUE ROTAN 217 De la multiplicaciń se deriva la divisiń: dividir significa multiplicar por el inverso o o multiplicativo. pues es generado por un conjunto LI con dos o elementos: −x − 2y + 3z = 0 implica que x = −2y + 3z y por tanto un punto (x. 1) no es cero. pero no es una base ortonormal porque (−2. tiene norma uno. 1)} es una base del plano. y. Aunque nadie lo diga. simplemente se intercambia un par de vectores y la nueva numeraciń da una base con Det = +1. 1998). 0) como un primer . 0) es 5. y. Si uno tiene a una base ortonormal con determinante menos uno. el conjunto B1 = {v1 = (−2. 5/5. Toda rotaciń de la base natural o es una base ortogonal. se obtiene una base ortogonal. La base resultante es B2 = {( 2/2. Ejemplo La base B1 = {(1. pero no es una base ortonormal pues la norma de cada uno de sus = elementos es 2. Una base es ortogonal cuando sus elementos son mutuamente o perpendiculares. Una base es ortonormal cuando es ortogonal y cuando cada o uno de sus vectores es unitario. es mejor numerar las bases ortonormales de tal forma que su Det sea m´s uno. lo cual se evidencia cuando se crea interferencia (Feynman. 1. Ejemplo: la rotaciń de la o base natural produce una base ortonormal. Este conjunto es un EV pues es un plano que pasa por el origen. Bases ortonormales Al rotar la base natural uno obtiene una nueva base que se parece much´ ısimo a la natural: sus elementos son mutuamente perpendiculares y tienen norma uno. Pero obtenemos una base ortonormal si √ dividimos cada vector por su √ √ √ √ norma 2. −1) · (1. 1)}es ortogonal porque el producto punto (1. 1)√ 0. Si se toma la base natural y se rota y si cada vector es alargado positivamente. −1). ♣ Definiciń. ♣ Definiciń. − 2/2). podemos tomar u1 = (−2 5/5. 469. (1. v2 = (3. 0.4. es decir. Este plano tiene dimensiń dos. Encontremos una base ortonormal para Π. Este tipo de bases es muy util y recibe un nombre: ´ 468. 8. O uno puede reversar o un elemento de la base. 1. La razń es que tanto la radiaciń como la materia tienen propiedades de o o onda. 0) · (3. ( 2/2. 1. Es decir. z) satisfagan −x − 2y + 3z = 0. 0).218 CAP´ ITULO 8. CAMBIO DE COORDENADAS mecńica cuńtica para postular que la f´ a a ısica fundamental tambiń est´ ligada a los e a complejos. 2/2)}. Observemos √ la norma del vector que √ √ (−2. 471. Para convertir una base ortogonal en una ortonormal hay que dividir cada vector por su norma. 470. 0. Ejemplo: la base natural es ortogonal. Ejemplo Consideremos el plano Π en el espacio 3D tal que sus puntos (x. Por tanto. z) ∈ Π si y s´lo si o     −2y + 3z x  y = y  z z         −2 3z 3 −2y y + 0  = y 1 +z 0  = z 0 0 1 . Nuestra forma de listar los elementos de la base define una numeraciń con la cual o la base tiene determinante +1. Esa proyecciń se sustrae de v2 y luego se normaliza para obtener u2 . a 472. + aj ej + . + aj ej + . 3 14/14) El segundo vector u2 de la base ortonormal del plano puede √ tomado como: ser √ √ √ √ u2 = u1 × n = (−2 5/5.... 14/14(−1. 5/5(−2.. la normal unitaria n es √ √ √ n = (− 14/14. El segundo vector u2 puede ser construido de varias maneras...8. podemos notar que (−1... 5/5. ⋄ Procedimiento para hallar las coordenadas de un vector en una base ortonormal. + an vn ) = a1 (ej · e1 ) + a2 (ej · e2 ) + . o O tambiń. v2 sobre u1 . 70/70(3. 3 14/14) √ = 70/70(3. todos los productos punto dan cero excepto aquel en aj (ej · ej ) lo cual da aj pues el producto punto de ej por el mismo da la norma cuadrado que es uno. −2. −2 14/14. 3)}. BASES ORTONORMALES 219 vector de nuestra base ortonormal. 5)}. √ √ B3 = { 70/70(3. 473. 6. En primer t´rmino escribimos e la ecuaciń que nos dice que v est´ en gen(B): o a v = a1 e1 + a2 e2 + . Ejercicio Construya una base ortonormal con determinante +1 para R3 tal que dos de sus vectores sean una base del plano siguiente: a) z = −4x + 3xy b) x − 7y + 2z = 0 c) 2x − 3y − 9z = 0. + an vn Para hallar aj multiplicamos la anterior ecuaciń en producto punto por ej : o ej · v = ej · (a1 e1 + a2 e2 + . . 5).4. Vale la pena verificar que este vector en verdad tiene norma uno y que satisface la ecuaciń del plano. Adem´√ podemos construir una base ortonormal B3 para el espacio R3 : as.. −2. + aj (ej · ej ) + . 0).. 0).. + an (ej · vn ) Como se trata de una base ortonormal. el piso XY coincide con el plano. Supongamos que tenemos una base ortonormal B = {e1 . Si separamos a B en dos subconjuntos disjuntos. 6. Y adem´s. Nos quedamos con a .. el vector normal juega el papel del eje Y y el tercero el papel del eje Z. 1. 474. de tal manera que podemos pensar como sigue: el primer vector de la base juega el papel del eje X. 0) × (− 14/14. 5). 6... o Para terminar. −2 14/14. pues la base est´ normalizada. 3) es normal al plano y que tiene norma e √ 14 y que por tanto. Para hallar las coordenadas de v en B se procede como sigue. en } y un vector v.. una base ortonormal del plano es √ √ √ B2 = {(−2 5/5. los subespacios generados por cada uno de ellos forman subespacios tales que cada uno es el complemento ortogonal del otro. La primera es proyectar el segundo vector de la base original. 5/5. Ejemplo Sea B una base ortogonal de V. Pero en muchas aplicaciones se requiere trabajar con espacios de polinomios o de otras funciones. . . sen nx... .... cos nx... o o Es usual que uno tenga una base.} Como vemos.. Sea una base cualquiera que bien puede ser infinita: B = {b1 . lo cual es un problema m´s sencillo una vez a que uno la ortonormaliza. ⋄ Procedimiento para construir una base ortonormal a partir de una base cualquiera. + (en · v)vn Ya tenemos alguna prćtica sobre c´mo construir bases ortonormales en dos y tres a o dimensiones. El primer elemento de B es simplemente el primer elemento de B normalizado: e1 = b1 ||b1 || 2. . bn . + (ej · v)ej + . en } y un vector v se tiene: v = (e1 · v)e1 + (e2 · v)e2 + .. como lo es e1 . Para hallar e2 consideramos el subespacio generado por {b1 . pero que no sea ortonormal. Por ejemplo. lo cual exige generalizar nuestra teor´ para ıa EV de dimensiń finita a dimensiń infinita.220 CAP´ ITULO 8. 2007). para estudiar fen´menos peri´dicos se usa la o o base formada por el conjunto de funciones F = {1. . Para una base ortonormal B = {e1 .. en } a partir de B se procede as´ ı: 1. . . sen x. Uno puede ortonormalizarla usando el siguiente 476.... cos x... En particular. ⋄ Teorema.} Para construir una base ortonormal B = {e1 . es necesario entender o o qu´ quiere decir una suma infinita. . sen 2x. Porque la e idea es expresar las funciones en la base F. una suma que nunca termina de hacerse.. Eso es equivalente a decir que b2 = a1 e1 + a2 e2 .... este conjunto es infinito.. cos 2x...... b2 } y decidimos que e2 debe ser elemento de dicho subespacio.. CAMBIO DE COORDENADAS ej · v = aj o bien aj = ej · v Este resultado tambien puede escribirse como sigue: 475. La expresiń de una funciń en tal base ortonormalizada se o o llama la expansiń en serie de Fourier de la funciń (Zill. . Si se itera este procedimiento. ej−1 . Eso es equivalente a decir que bj = a1 e1 + a2 e2 + . bj−1 ... Por esto que en aplicaciones uno fija la exactitud deseada y determina en consecuencia qu´ tantos elementos de la base debe considerar. 5)} . BASES ORTONORMALES 221 Conocemos el valor de a1 . ej−1 }. . se obtienen todos los elementos de la base ortonormalizada.. 3. pues es un alargamiento de e2 . − aj−1 ej−1 que tambiń se escribe como e hj = bj − (e1 · bj )e1 − (e2 · bj )e2 − . por tanto el j-´simo elemento de B es hj normalizado: e hj ||hj || ej = 4. b2 . 1). − (ej−1 · bj )ej−1 El vector hj es perpendicular al subespacio generado por {e1 . ej }. lo reeplazamos por hj : bj = a1 e1 + a2 e2 + ... e2 . e2 } para el subespacio generado por B = {(1.. El problema es que para una base infinita uno nunca termina. (−2. 1. + aj−1 ej−1 + hj Despejemos hj : hj = bj − a1 e1 − a2 e2 − . por tanto el segundo elemento de B es h2 normalizado: h2 ||h2 || e2 = 3. e 477. pues es un alargamiento de ej . e2 . Por el teorema anterior a1 = e1 · b2 . lo reeplazamos por h2 : b2 = a1 e1 + h2 Despejemos h2 : h2 = b2 − a1 e1 = b2 − (e1 · b2 )e1 El vector h2 es perpendicular a e1 .. Supongamos que hemos construido los primeros j − 1 elementos de B ..4...8. .. + aj−1 ej−1 + aj ej pero aj ej no se conoce.. Ejemplo Construyamos una base ortonormal B = {e1 .. Para construir ej consideramos el subespacio generado por {b1 ..... pero a2 e2 no se conoce. bj } y queremos que coincida con el generado por {e1 . 1. . as´ tenga un n´mero infinito de ı u elementos siempre y cuando dichos elementos se puedan listar. Como p(2) es cierta. 5))(1/ 3)(1. que siempre que se asuma que p(j−1) es cierta entonces puede demostrarse que p(j) tambiń lo es. 1) = (−2. Nosotros utilizamos un esquema o a nuevo para demostrar que toda base es ortonormalizable. 7). demuestre o o dos cosas. 5) − (1/3)(6)(1. 3. (−2. Si hubi´semos procedido e como antes. 5) − 2(1. 1. ♣ El principio de inducciń matem´tica. 3). entonces como p(1) es cierta. 1. entonces p(3) tambiń y as´ sucesivamente con la certeza e e ı de poder llegar hasta cualquier n no importa cuń grande sea. 3. CAMBIO DE COORDENADAS El primer vector de B es el primer vector de B pero normalizado: √ e1 = (1/ 3)(1. 1. 3. hubi´semos mostrado c´mo se ortonormaliza una base con uno. 3. dos y tres e o elementos y hubi´semos dicho que para casos m´s grandes.. 5) − ((1/ 3)(1. 5))(1. 3.222 CAP´ ITULO 8. 5) − (1/3)(−2 + 3 + 5)(1. 3. 1. entonces p(2) tambiń. entonces puede ortonormalizarse Este enunciado se generaliza en el siguiente: para todo n ∈ N = {0. 3) = −2(1. 1. 5) − ((1/3)(1. o Para demostrar por inducciń la validez de una proposiciń de esta clase.. 5))e1 √ = (−2. 1. lo que hicimos puede expresarse o o como sigue: para todo n ∈ N = {0. 1) = (−2. 5) − (e1 ·√ (−2. 5) = a1 e1 + a2 e2 dando a a2 e2 el nombre de h2 obtenemos (−2. a . de la forma que se considera rigurosa y que se ı llama demostraciń por inducciń. 5) = a1 e1 + h2 y como a1 = e1 · (−2. 1. 3. 1. 1)}. (−1. 479. 1. 3. 1) = (−2. 1. 2. que p(1) es cierta y. Primera.} si Bn es una base. 5) h2 = (−2. 1) = (−2. 3. e Porque si las dos cosas se cumplen. 3. 3. . En efecto. Podemos ver que e2 est´ en el generado por B pues h2 lo est´ dado que a a (−4. 2. 478. 1. 3. 1) · (−2. 1) + (−2. 3) El segundo vector de la base buscada es entonces h2 normalizado: √ e2 = (1/ 26)(−4. 1. segunda. 3. Ejercicio En R4 construya una base ortonormal para el subespacio generado por {(1.. 2. 1) · (−2. 5). 4. se sigue el mismo patrń. 3.} se tiene que la proposiciń p(n) es cierta. 1) = (−4. 3. 1. 1) El segundo vector e2 debe ser tal que (−2. 5.. 3. e a o Pero aqu´ procedimos de otra forma. 1. 1. 1). para encontrar la inversa de una matriz es suficiente transponerla. 480. Una matriz es antisim´trica si es igual a menos e e su transpuesta. Es e T decir. El e n´mero de filas de M es igual al n´mero de columnas de M T y el n´mero de columnas u u u T de M es igual al n´mero de filas de M . LA MATRIZ TRANSPUESTA 223 8. 7 8  5 6  . llamada la matriz transpuesta de M . La matriz transpuesta En algunos casos.8. Es decir. M es antisim´trica si M = −M T .5. Ejercicio Calcule M M T y M T M y encuentre la inversa de M si √ √ 2/2 √2/2 √ 2/2 − 2/2 M= 483. se forma una nueva matriz. Una matriz es sim´trica si es igual a su transpuesta. M es sim´trica si M = M . M . 7  8 M= 482. Al poner la columna i-´sima de la matriz M como la fila o e T i-´sima. es decir. Si las entradas de M se denotan como Mij . ♣ Definiciones. Ejemplo 1 2 5 6  1  2 MT =   3 4 3 4 . o bien que M T = −M . ♣ Definiciń. 485.5. convertir sus columnas en filas. u T las entradas de M son Mji . e Ambos tipos de matrices deben ser matrices cuadradas. Ejemplo Sea  2 3 4 M = 5 6 7  8 9 0   2 5 8 MT =  3 6 9  4 7 0  entonces 484. 481. Ejemplos La matriz . la T L asociada a M T va en sentido contrario. e e 486. Consideremos s´lo matrices dos por dos: o o Det a b c d = ad − cb = Det a c b d 487. v3 ) y  2 5 8 MT =  3 6 9  4 7 0   entonces = (2u1 + 5u2 + 8u3 )v1 + (3u1 + 6u2 + 9u3 )v2 + (4u1 + 7u2 + 0u3 )v3         v1 2u1 + 5u2 + 8u3 v1 u1 2 5 8 M (u) · v =  3 6 9   u2  ·  v2  =  3u1 + 6u2 + 9u3  ·  v2  v3 4u1 + 7u2 + 0u3 v3 u3 4 7 0 . u est´ en el dominio de M y v en su codominio. 488. Ejemplo Si u = (u1 . v = (v1 . La matriz e es antisim´trica. v2 . a Por tanto. Toda matriz antisim´trica tiene ceros sobre la diagonal. La matriz transpuesta cumple M (u) · v = u · M T (v) donde la T L asociada a M es M : Rm → Rn . Ejercicio Pruebe el teorema para el caso de una matriz 3 × 3. ⋄ Teorema. El siguiente resultado permite pruebas elegantes de diversos teoremas. CAMBIO DE COORDENADAS  2 5 8 M =  5 6 7  = MT 8 7 0   0 5 8 0 7  = −M T M =  −5 −8 −7 0  es sim´trica. ⋄ Teorema.224 CAP´ ITULO 8. Una matriz cuadrada y su transpuesta tienen igual determinante. toda matriz sim´trica S cumple con la identidad e S(u) · v = u · S(v) 489. u2 . Demostraciń. u3 ). A: R → R y como la T L asociada a una transpuesta va en sentido contrario. la entrada de la matriz M en la fila i y columna j (ejercicio). ı pues uno puede proceder errńeamente diciendo. La forma correcta de proceder es la siguiente: como x · (AB)T y = x · (B T AT )y es cierto para todo par de vectores x en el dominio de la T L asociada a B y y en el codomino de la T L asociada a A. Ahora bien. Es decir. Ker(M ) ⊥ Im(M ). para cualquier matriz M . ei · M ǫj es Mij . Para una matriz sim´trica M. Por consiguiente. y en vez de y a ǫj . Por tanto. 491.5. Obtenemos: ei · (AB)T ǫj = ei · (B T AT )ǫj Ahora bien. que todo lo que hay que o hacer es simplificar por x y por y. Eso significa que ((AB)T )ij = (B T AT )ij es decir. lo cual significa que ellas son iguales en todo sentido. Ejercicio Pruebe el teorema en su forma general. LA MATRIZ TRANSPUESTA = u1 (2v1 + 3v2 + 4v3 ) + u2 (5v1 + 6v2 + 7v3 ) + u3 (8v1 + 9v2 + 0v3 )         v1 2 3 4 u1 2v1 + 3v2 + 4v3 u1 =  u2  ·  5v1 + 6v2 + 7v3  =  u2  ·  5 6 7   v2  v3 8 9 0 u3 8v1 + 9v2 + 0v3 u3  225 = u · M T (v). por ejemplo. (AB)x · y = x · (AB)T y. Eso no puede hacerse porque simplificar quiere decir multiplicar por el inverso y resulta que un vector no tiene inverso en el producto interior.8. (AB)T = B T AT . igual que la inversa. 490. e . el elemento i de la base natural del dominio de la T L asociada a B. pero en orden inverso. ⋄ Teorema y ejercicios. (AB)x · y = A(B(x)) · y = (Bx) · (AT y) = x · B T (AT y) = x · (B T AT )y. entonces tomamos en el lugar de x a ei . ⋄ Teorema. y tenemos: x · (AB)T y = x · (B T AT )y De aqu´ podemos concluir que (AB)T = B T AT pero debemos hacerlo correctamente. Las matrices dadas definen una composiciń de T L como sigue: o o r s s t B: R → R . para todo par de vectores x. 492. Por otro lado. que las dos matrices (AB)T y B T AT son iguales entrada por entrada. Demostraciń. Dicho de otra forma: de x · y = x · z no puede concluirse que y = z (ejercicio). el elemento j de la base natural del codominio de la T L asociada a A. sabemos que para una matriz M : M x · y = x · M T y. la transpuesta de un producto es el producto de las transpuestas. entoces la transpuesta de un producto debe ir en sentido contrario al del producto. Puesto que el determinante de la matriz no es cero. y M x pertenece a Im(M ) mientras que y est´ en el Kernel.226 CAP´ ITULO 8. Ejercicio Resuelva la siguiente objeciń: el teorema dice que el Kernel y la o Imagen de una matriz sim´trica son mutuamente perpendiculares. que los dos se complementen ortogonalmente. Ejercicio Encuentre el Kernel y la imagen de la T L cuya matriz es a) b)  1 2 2 4 1 2 2 −3  1 2 3 c)  2 3 4  3 4 5   1 2 3 d)  2 4 6  3 6 5 . Observemos que esto es cierto para cualquier matriz invertible. la imagen es perpendicular a al Kernel. Por tanto M x · y = x · M T y = x · M y = x · 0 = 0. Si debemos calcular o la imagen y el Kernel de una matriz sim´trica. 493. Como la Imagen y el Kernel son mutuamente perpendiculares. Por lo tanto. Aplicaciń Este teorema nos ayuda a evitarnos trabajo. CAMBIO DE COORDENADAS Demostraciń. su producto punto es cero. la Imagen es todo R2 . la transformaciń lineal que ´sta representa es 1-1 y sobre. y por lo tanto. Si M es sim´trica. o 495. el unico vector que cae sobre cero es cero que es el unico elemento del ´ ´ Kernel. entonces es cuadrada y la T L asociada puede tomarse o e con dominio igual al codominio. Si y ∈Ker(M ). 496. la aplicaciń es abusiva y no sirve de nada. pero no que entre e los dos generen a todo el espacio. Ejemplo Calculemos el Kernel y la imagen de la T L cuya matriz es 1 2 2 3 El Kernel es el subespacio vectorial que cae sobre cero. 494. entonces M y = 0. o e y por tanto. es decir. calculamos uno de ellos y el otro lo e hallamos por ortogonalidad. Decimos que una matriz O es ortogonal cuando sus columnas representan una base ortonormal. La j-´sima fila e e e T T de Q es la j-´sima columna de Q. En Rn . en cualquier orden. cuando i = j. Por tanto Q Q tiene en su entrada (i. . 498. b2 . (−2. mientras que vectores diferentes son peri pendiculares: bi · bj = 0. Por tanto. bn } una base ortonormal de Rn . la matriz de R−1 (θ)es simo plemente la transpuesta de R(θ). En el plano tenemos: a) La matriz R(θ) de una rotaciń es ortogonal. En ese caso: OOT = OT O = I puesto que OT = O−1 . (−2/ 5.. APLICACIONES 227 8. Demostraciń. Esto se acostumbra resumir diciendo: bi · bj = δj . ⋄ Teorema y definiciń. b) La inversa R−1 (θ) de una rotaciń R(θ) con ńgulo θ es la rotaciń al rev´s R(−θ) o a o e con el mismo ńgulo. Demostraciń: ejercicio. o . pero no son unitarios. 2). j) el valor e bi · bj que es uno sobre la diagonal y cero en cualquier otro lado.6. a la base natural B N : IN = R(θ).8. Es decir. toda base ortonormal escrita en notaciń vero o tical forma una matriz Q tal que Q−1 = QT . es decir bi · bi = 1. Sea Q = {b1 . la identidad (ejercicio). La base puede ser representada como una matriz: √ √ 1/√5 −2/√5 Q= 2/ 5 1/ 5 cuya transpuesta es Q = T √ √ 1/√5 2/√5 −2/ 5 1/ 5 El producto de esas dos matrices es.. B. Sus vectores son perpendiculares. donde QT representa la matriz transpuesta de Q. Ejemplo y ejercicio En R2 tomamos la base {(1. El s´ ımbolo δj se lee delta i j y se le conoce como el Delta de Kronecker. cada o vector tiene norma uno. Por tanto. Aplicaciones 497. Los normalizamos para obtener una base ortonormal: √ √ √ √ {(1/ 5.. ⋄ Teorema y ejercicio. QT Q = I y la inversa de Q es QT . a c) Sea B el resultado de rotar por R(θ) a la base natural N . 1)}.6. 2/ 5). 499. Por lo tanto. La i-´sima columna de la matriz Q es el i-´simo vector de la base Q. Q y QT son la inversa la una de la otra. i i donde δj es uno si i = j y es cero si i = j. 1/ 5)}. La matriz de R(θ) tambiń e representa la matriz de cambio de coordenadas del marco rotado. Hay una diferencia notable entre saber y entender. √ √ √ √ x 2/2 √2/2 2x/2 + √2y/2 −1 √ √ = M (x. Con eso queremos decir que entender implica manejar una perspectiva global que le permita a uno resolver un problema de muy diversas maneras. y) = y − 2/2 2/2 − 2x/2 + 2y/2 . resolveremos el siguiente ejercicio de 4 maneras difeıcil e rentes. el punto (x.2. y) • E 1 0 O -1 -2 -3 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 Figura 8. y) ∈ E ssi (w. Pero hay que producirlos: ¿c´mo? haciendo o el mismo problema por m´todos muy diferentes y viendo que los resultados concuerdan. La elipse original o 2 2 O obedece a la ecuaciń x /9 + y /4 = 1 y es rotada π/4 en sentido contrario a las o manecillas del reloj. M´s entendimiento. unas buenas para un prop´sito y otras para otro. Ejercicio ¿Conserva una rotaciń el producto punto? Si una T L conserva o el producto punto. o Primer m´todo. o o ¿Ax · Ay = x · y? Y si T (x) · T (y) = x · y. z) 2 • (x. ¿es T una rotaciń? o 501. 3 (w. y) ∈ O. CAMBIO DE COORDENADAS 500. La matriz R de una rotaciń al contrario de las manecillas del e o reloj y con ńgulo π/4 es a √ √ √2/2 −√2/2 M= 2/2 2/2 Puesto que las columnas de M son vectores que forman una base ortonormal. z) = M −1 (x. si A es una matriz de una rotaciń. Como a es dif´ captar qu´ quiere decir. Ejemplo Encontremos la ecuaciń de una elipse rotada E. Entender es necesario: los humanos no estamos diseãdos o n para producir resultados sin equivocaciones.228 CAP´ ITULO 8. ¿es una rotaciń? Es decir. La rotaciń de una elipse. e 502. su inversa es la transpuesta: √ √ 2/2 √2/2 −1 √ M = − 2/2 2/2 Por lo tanto. (−1. mientras que PN = (x. es suficiente sustituir w y z en esta ecuaciń por o o . 1).8.√ 3/2) est´ en la elipse E. la elipse E se ve derechita. Sea PB = (w. Por tanto √ √ 2x/2 + √ 2y/2 w= √ z = − 2x/2 + 2y/2 La ecuaciń de E en la base B es simplemente w2 /9 + z 2 /4 = 1 porque en la base B o uno ve una elipse normal con eje mayor 3 y eje menor 2. APLICACIONES Eso quiere√ decir que√ punto √ y) ∈ E ssi la dupleta el (x. La matriz M es tambiń la notaciń vertical de la base e e o √ B = ( 2/2){(1. 1)}. z) = PB = IB PN = B −1 (x. − 2x/2 + 2y/2) satisface la ecuaciń O: √ o √ √ √ ( 2x/2 + 2y/2)2 /9 + (− 2x/2 + 2y/2)2 /4 = 1 Equivalentemente 13x2 + 13y 2 − 10xy = 72 Notemos: un t´rmino de la forma xy es un distintivo de las rotaciones.3. Desde la base B = ( 2/2){(1. Veamos: 2 2 13( 3/2) + 13( 3/2) − 10( 3/2)( 3/2) = (13)(9)/2 + (13)(9)/2 − 10(9/2) = (13)(9) − (5)(9) 72 Pasamos el test. para encontrar la ecuaciń de E en la base natural. Ese par de coordenadas est´ relacionado por a N (w. e 229 o √ √ Es conveniente hacer un test: por inspecciń vemos que el punto con coordenadas a √ por que o ( 3/2. y) representa las coordenadas del mismo punto P en la base natural. 1). 1)}. Segundo m´todo. z) las coordenadas del punto P en la base B. (−1. y) = − 2x/2 + 2y/2 3 E 2 1 0 -1 -2 -3 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 √ Figura 8. por lo tanto.√ lo √ debe satisfacer su ecuaciń.6. y) √ √ 2x/2 + √2y/2 −1 √ B (x. √ ( 2x/2 + 2y/2. v) = PW = IW PN = W −1 (x. y) representa las coordenadas del mismo punto P en la base natural. (1. CAMBIO DE COORDENADAS su equivalente en la base natural. 1)}. Desde la base W = ( 2/2){(1.230 CAP´ ITULO 8. y) donde √ √ 2/2 −√2/2 W −1 = √ 2/2 2/2 por lo que W Por tanto. −1). √ √ u = √ 2x/2 − √ 2y/2 v = 2x/2 + 2y/2 La ecuaciń de E en la base W es u2 /4 + v 2 /9 = 1. y) = √ √ 2x/2 − √2y/2 √ 2x/2 + 2y/2 . la elipse E se ve derechita. La ecuaciń resultante es exactamente la que ya o hab´√ ıamos encontrado: √ √ √ ( 2x/2 + 2y/2)2 /9 + (− 2x/2 + 2y/2)2 /4 = 1 Tercer m´todo. Ese par de coordenadas se relaciona por N (u. al igual que la anterior. v) las coordenadas de un punto P en la base W .4. en tanto que PN = (x. a Sea PW = (u. Observemos que la base. Por lo que la ecuaciń de E en o o la base natural es: √ √ √ √ ( 2x/2 − 2y/2)2 /4 + ( 2x/2 + 2y/2)2 /9 = 1 −1 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 (x. tambiń tiene Det(W ) = 1 y e adem´s es ortonormal. Comenzamos con una base un tanto diferente de la anterior: e nuestra nueva base W es √ √ √2/2 √2/2 W = − 2/2 2/2 3 E 2 1 0 -1 -2 -3 √ Figura 8. APLICACIONES lo cual coincide con la ecuaciń hallada anteriormente: √ √o √ √ 2 ( 2x/2 + 2y/2) /9 + (− 2x/2 + 2y/2)2 /4 = 1 231 503. la matriz e √ √ √2/2 −√2/2 B= 2/2 2/2 codifica la informaciń para una base ortonormal B. esa columna realmente representa las coordenadas de un vector en una base dada. El cuarto m´todo. Pero ahora veamos de qu´ manera una o e mejor notaciń es necesaria. z) y la elipse luce como w2 /9 + z 2 /4 = 1. e a hemos sido muy perezosos con la notaciń. ıa a Ahora. pero en posiciń o T horizontal y debemos referirlo como transpuesto (x) . Ejemplo:  1 x = (x)N =  2  3  (x)T = 1 2 3 Notemos ahora que si M= entonces x y a b c d x y a b c d = x y ax + by cx + dy = x(ax + by) + y(cx + dy) = ax2 + (b + c)xy + dy 2 En una ecuaciń: (x)T M x = ax2 + (b + c)xy + dy 2 o Podemos concluir que la informaciń contenida en la ecuaciń de una elipse pudo o o codificarse en la matriz M . podemos decir que pusimos las coordenadas de un vector. eso es equivalente a w z o ((x)B )T M (x)B = 1 1/9 0 0 1/4 w z =1 . que por defecto es la natural. recordemos que. En forma matricial. y por tanto su inversa es igual o a su transpuesta. Puesto que hemos venido guińdonos por el contexto.6. Enfaticemos que cuando ponemos una columna en frente o de una matriz. Las coordenadas en la base B se denotan como (P )B = (w. Y si escribimos una fila al lado izquierdo de la matriz. Hemos convertido la geometr´ en ´lgebra.8. como se vio en el segundo m´todo. la elipse en la base B se lee ((x)B )T MB (x)B = 1. Tenemos: N B N B ((x)B )T MB (x)B = (IB (x)N )T MB (IB (x)N ) N B N = ((x)N )T (IB )T MB (IB (x)N ) N B N = ((x)N )T (IB )−1 MB (IB (x)N ) N B B = ((x)N )T (IN ) MB (IB (x)N ) B N B = ((x)N )T (IN MB IB )(x)N N = ((x)N )T MN (x)N en donde hemos aplicado que la transpuesta de un producto es el producto de las transpuestas pero en orden inverso. Adem´s. Por tanto. recordemos que la transposiciń invierte o el orden de un producto. que e N B B N T el producto de matrices es asociativo y que MN = IN MB IB = BM B . que la transpuesta de una matriz ortogonal coincide con su inversa. necesitamos o solamente cambiar de coordenadas en la base B a la base natural. tenemos que la matriz asociada a la elipse es B MB = 1/9 0 0 1/4 y por tanto B ((x)B )T MB (x)B = 1.232 donde CAP´ ITULO 8. o o w z 1/9 0 0 1/4 w z =1 N Pero por otro lado. la elipse en la base natural se expresa como ((x)N )T MN (x)N = 1 o equivalentemente 1= x y √ √ 2/2 −√2/2 √ 2/2 2/2 1/9 0 0 1/4 √ √ 2/2 √2/2 √ − 2/2 2/2 x y . que la inversa de un cambio de base es el cambio de base al rev´s. CAMBIO DE COORDENADAS M= 1/9 0 0 1/4 Podemos asociar biun´ ıvocamente la elipse a la matriz M si hacemos la aclaraciń o de que M se refiere a la base B. Para encontrar la ecuaciń de la elipse en coordenadas cartesianas. una tarea que N a es resuelta por la identidad (x)B = IB (x)N . Adicionalmente. B En conclusiń. B es ortonormal y por tanto N T N −1 B (IB ) = (IB ) = IN = B. 1)} . −1)} y B ∗ = {(1. a) Halle la matriz de transiciń de B a B ∗ y la de B ∗ a B. Sean B = {6 + 3x. (−1. o 2. Ejercicios de repaso 1. cos(x)}). Use cuatro m´todos distintos o e para resolver el problema. Para ello. tome la hip´rbola x − y = 1. Encuentre la matriz de la transformaciń. 3. 10 + 2x} y B ∗ = {2. . Sea T una transformaciń lineal de V en U .. (4. Muestre que B = {2 sen(x) + cos(x).8. 2). Sean B = {(2. 3 + 2x} bases de P≤2 . o b) Encuentre [−4 + x]B y use una matriz encontrada anteriormente para hallar [−4 + x]B ∗ . e 2 2 Demu´strelo. = T (vn ) = 0 entonces T (w) = 0 para todo w ∈ V . Muestre que B y B ∗ son bases de R2 y encuentre la matriz de transiciń de B a B ∗ y la de B ∗ a B. EJERCICIOS DE REPASO Test: todo eso debe ser igual a 13x2 + 13y 2 − 10xy = 72. 3 cos(x)} es base de V y encuentre la matriz de transiciń de la base B = {sen(x). r´tela en sentido antihorario un e e o a ńgulo π/4 y encuentre la ecuaciń de la figura rotada. vm } es una base de V y T (v1 ) = T (v2 ) = . o ′ .7.7. 504.. 3). 8.. Demuestre que o si {v1 . Veamos: 1 √ x 1 −1 1 1 0 9 1 = ( 2/2)2 x y 1 y 1 1 −1 1 0 4 = (1/2) = (1/2) = (1/2) = (1/2) = (1/72) = (1/72) x y x y x y x y x y x y 1 −1 1 1 1 −1 1 1 0 1 9 233 0 1 4 x+y −x + y x/9 + y/9 −x/4 + y/4 x/9 + y/9 + x/4 − y/4 x/9 + y/9 − x/4 + y/4 (4x + 4y + 9x − 9y)/36 (4x + 4y − 9x + 9y)/36 4x + 4y + 9x − 9y 4x + 4y − 9x + 9y 13x − 5y −5x + 13y Por tanto: 1 = (1/72)(13x2 − 5xy − 5xy + 13y 2 ) Y al final obtenemos: 72 = 13x2 − 10xy + 13y 2 . cos(x)} a o ′ la base B . v2 . Ejercicio Siempre hemos escuchado que y = 1/x representa una hip´rbola. Sea V =gen({sen(x). 4.. espacios vectoriales.. Encuentre la matriz de la transformaciń. b) para todo θ. 12. −2) en la base B1 . y. entonces el conjunto e e {A. 0. 1 −1 √ . d ) Escriba las coordenadas del vector a = (3. 0 2 2 . Sea Sn el espacio vectorial de matrices sim´tricas n × n.234 CAP´ ITULO 8. c) Exprese el vector v = (1. c) R−1 = RT . T (vn ) = vn entonces T (w) = w. a) Calcule Rn . longitudes y ńgulos. vm } es una base de V y T (v1 ) = v1 . 2. b) Para qu´ valores de θ la matriz R es invertible? e c) Halle R−1 . muestre que la transformaciń lineal o asociada preserva producto punto. Sea T una transformaciń lineal de V en V. 3. Sea H = {(x. v2 . Sea H = {(x. Considere la matriz R = cos θ − sen θ sen θ cos θ . o 6. 1). Sean A y B matrices de tamaõ n × n. 0. con h y p elementos de H y de H ⊥ . es linealmente independiente. con A = O y B = O. w = 3y} y sea v = (−1. e e Sugerencia: Haga ver que (A−1 )T = A−1 . a) . .. √ . 10. √2 . donde h ∈ H y p ∈ H ⊥ . Sea A una matriz 2 × 2 tal que AT A = I. B}. Demuestre que si o {v1 . w) : x = y. donde O es la matriz n de ceros. CAMBIO DE COORDENADAS 5. 0. Mostrar que si A es sim´trica y B antisim´trica. halle la dimensiń de e o este espacio. z. Encuentre una base ortonormal para H y para su complemento ortogonal H ⊥ . cos(nθ) − sen(nθ) sen(nθ) cos(nθ) Rta. w) ∈ R4 : x = z. Pruebe que si A es sim´trica e invertible. b) Halle una base ortonormal B2 para H ⊥ . 11. −2. y = w} un subespacio vectorial de R4 .. 9. . T (v2 ) = v2 . y.. Obtenga una base ortonormal de R4 que contenga los vectores 1 −1 0. para todo w ∈ V . 0. respectivamente.... a) Halle una base ortonormal B1 para H. Escriba v = h + p. . 1) como v = h + p. 7. 13. z. 3. n un entero positivo. a 8. espacio vectorial. A−1 es sim´trica. √2 . usamos como matriz la inversa −1 de B. un vector al lado del otro. Para cambiar de B1 a base B2 . usamos la matriz B2 B1 . Resumen Hemos aprendido c´mo cambiar de coordenadas de una base a otra con la ayuda o de matrices apropiadas. RESUMEN 235 8. Para cambiar de coordenadas de una base B a la base natural. con elementos mutuamente perpendiculares y de norma uno. R−1 = RT .8. . Si B es ortonormal. Similarmente.8. si R es una rotaciń. Para cambiar de la base natural a la base B. B −1 = B T .8. Nuestras bases siempre se numeran de tal forma que las o matrices asociadas tengan determinante positivo. usamos una matriz que es la misma base B escrita en forma vertical. CAMBIO DE COORDENADAS .236 CAP´ ITULO 8. Podemos usar esa libertad para expresar T L en forma matricial. Fundamento Sabemos c´mo asociar una matriz T a una transformaciń lineal T .CAP´ ITULO 9 TL EN CUALQUIER PAR DE BASES Hemos adquirido la libertad de cambiar de coordenadas de una base a otra base cualquiera. La asociaciń es o o o tan clara y natural que nosotros usamos la misma letra tanto para la matriz como para la T L. Los siguientes ejemplos muestran que conceptualmente no hay nada qu´ agregar a lo que e B1 ya hemos visto para poder obtener TB2 . Sin embargo. pero con respecto a un par de bases bien escogidas. Observemos que las bases B se ponen indicando una direcciń vertical. a o 9. m´s util y m´s fćil de entender y manejar. a o a 237 . la informaciń que conlleva o la matriz puede ser m´s transparente. elaboraremos algunos teoremas que nos ayudarń a ganar comprensiń y poder mecńico. una en el dominio y otra en el codominio. nos liberamos de esa restricciń y consideraremos el problema de asociar una matriz o con referencia a cualquier par de bases. La utilidad ser´ demostrada ampliamente en todo lo que sigue. a a ´ a a Comencemos con un ejemplo para mostrar el significado de la transparencia. especialmente en diagonalizaciń. B La matriz TB21 se define para que llene el requisito siguiente: B (T (X))B2 = TB21 (XB1 ) B lo cual indica que el trabajo de TB21 es transformar las coordenadas (X)B1 de cualquier vector X en la base B1 en coordenadas (T (X))B2 de T (X) en la base B2 . TB se o refiere a la matriz de T con respecto a B. Ahora. T : V → W tal que tenemos en el dominio V a la base B1 y en el codominio W a la base B2 . De esa forma. Con el s´ ımbolo B TB21 representaremos la matriz asociada a una T L. Eso ha sido posible porque hemos usado la base natural en todo lado. Cuando T : V → W y B1 = B2 = B.1. 1) y T (j) = (−6. 1) = 1(1. Nuestro punto de partida es: B (T (X))B2 = TB21 (X)B1 Si tomamos X = (1. Entonces: T = −1 −6 1 4 Es hora de hacer un test: hagamos el problema al rev´s. −1). Resumiendo: T (i) = (−1. −1). 1) = 1/2(1. 2) = (−10. 1). 0) = α(1. 1). descompongamos los elementos de la base natural en la base B1 i = (1. 2)} y que . 2)}. 5). (−2. 0) = 1/2(1. 0) porque (1. 2) y T (i) = T (1. −1) + 3(−2. Ejemplo Calculemos TN . pero por otro lado. 4). 1) + 1/4(−2. Por tanto. (T (−2. α = 1/2 y β = 1/4. Por lo que. 1) + β(−2. 1).238 CAP´ ITULO 9. TL EN CUALQUIER PAR DE BASES N 505. 1) + 1/4T (−2. 1) + β(−2. Por tanto. B2 = {(−1. o Por eso que necesitamos calcular T de cada uno de los elementos de dicha base. 1) + 0(−2. −1) + 4(−2. 6) = (−7/2 + 5/2. dado o que B1 = {(1. 1) − 1/4T (−2. 2) Encontramos. 2) Uno encuentra que. e B 506. 2))B2 = 2(−1. (−2. 6) = (−7/2 − 5/2. (T (X))B2 = (T (1. (−2. Ahora j: j = (0. (−2. 1) − 1/4(−2. 1). 4). Similarmente. α = 1/2 y β = −1/4. 1) = 1/2T (1. donde N es la base natural o canńica de R2 . Necesitamos adem´s o a expresar cada elemento de la base natural como una combinaciń lineal de la base B1 . 6). 2) = 1/2(−7. 5) − 1/4(−10. y que B TB21 = 1 2 3 4 N Soluciń: Para encontrar TN nosotros necesitamos encontrar T (i) y T (j) y poner o los vectores resultantes en notaciń vertical en forma de matriz. y B (T (X))B2 = TB21 (X)B1 = 1 2 3 4 1 0 = 1 3 . Ejemplo Calculemos TB21 dado que B1 = {(1. 2)}. 2) y T (j) = T (0. B2 = {(−1. 2) = (−7. j = (0. 2) = 1/2(−7. 2)}. entonces (X)B1 = (1. 1))B2 = 1(−1. 5/2 − 3/2) = (−1. i = (1. 1) = α(1. 5) + 1/4(−10. 0) = 1/2T (1. 2). 5/2 + 3/2) = (−6. 6 De tal forma que. 2). 1) = −1 −6 1 4 1 1 = −7. 5 As´ (T (1. 5) = α(−1. 6) = γ(−1. Por lo que B TB21 (0. FUNDAMENTO 239 T = Soluciń: debemos encontrar o B TB21 = −1 −6 1 4 α γ β δ dado que B TB21 XB1 = (T (X))B2 . Debemos tomar ahora el segundo vector de la base B1 : Si X = (−2. Comencemos con T (1. 0) Por tanto B TB21 (1. entonces XB1 = (1. lo cual quiere decir que (−10. α = 1 y β = 3. δ) = (−10. 1). 6)B2 . 1): T (1. 1))B2 = (α. 1). entonces XB1 = (0. 5)B2 . (−7. 2) = −1 −6 1 4 −2 2 = −10. −1) + δ(−2. 2))B2 Encontremos (T (−2. β) = (−7. 2))B2 = (γ. Si X = (1. 2))B2 : T (−2. 2) o lo que es lo mismo −7 = −α − 2β 5 = −α + 2β por tanto. 1))B2 . esto es ı. −1) + β(−2. 1) = α γ β δ 0 1 = γ δ = (T (−2. 1))B2 Encontremos (T (1.9. 2) o equivalentemente que −10 = −γ − 2δ 6 = −γ + 2δ . (T (−2.1. 0) = α γ β δ 1 0 = α β = (T (1. −1). y) j (x. −1)}. (1. TL EN CUALQUIER PAR DE BASES B TB21 = 1 2 3 4 Lo cual demuestra que hicimos bien las cosas y que hemos entendido. B2 = {(0. N c) Calcular TN dado que B1 = {(5. (−1. Ejercicio Hacer al derecho y al rev´s. −1). (2. y) i Figura 9. 5). 7)}. e 507.1. y que B TB21 = −1 −1 2 −1 B N b) Calcular TN dado que B1 = {(−2. las siguientes tareas: N a) Calcular TN dado que B1 = {(1. Una reflexiń con respecto al eje Y. y que TB21 es la misma del inciso a). 0)}. (−2. −1). (−1. 2)}.2.240 Por tanto. como en los dos pasados ejemplos. 3)}. y que B TB21 = −7 −2 −2 7 . 1)}. 9. En conclusiń: o CAP´ ITULO 9. γ = 2 y δ = 4. B2 = {(−1. Reflexiones en el plano −1 0 0 1 La matriz (−x. B2 = {(−2. (3. −1). o . 2). 3. El papel de las bases Ya sabemos de sobra que una T L est´ completamente determinada por su efecto a sobre los elementos de la base natural. 0). pero la imagen de j = (0. es claramente una reflexiń. o . Esta expresiń dice que la matriz reescrita en la base B. esta e 2 matriz es una T L que refleja cada vector de R con respecto al eje Y . 1/3). y) de R2 en (−x. 3). z) (1. tanto en el dominio como o en el codominio. 1/3). probaremos eso para la matriz −4/5 −3/5 −3/5 4/5 la cual es una reflexiń con respecto a la l´ o ınea y = −3x. Por ejemplo. La unica correcciń pertinente es que la o ´ o reflexiń es con respecto a la l´ o ınea. z) (w. uno no ve dicha informaciń en esa matriz.1) es (-1. El orden que hemos dado a la numeraciń de o los elementos de la base se ajusta a nuestro estilo de que las bases tengan determinante positivo. Pero si escribimos la misma T L con respecto a una o base apropiada. Es por tanto la hora de resaltar el papel de las otras bases.3) es (2. (−1.2. tambiń de R2 . B = {(1.9. Una reflexiń con respecto al eje y = −3x vista desde la base o B = {(1.1) y que la de (-2. genera la l´ ınea perpendicular.3). 1) es j. 1/3) Figura 9. 0) es −i = (−1. mientras que el primero. 3)}. o (1. Por ejemplo. 3) (−w. una informaciń que est´ contenida en la base B: el o a segundo vector de la base B.3. En palabras. 3)} la matriz correspondiente ser´ (ejercicio) a B RB = −1 0 0 1 (−1. 9. mientras que la de (1. Sin embargo. la imagen de i = (1. 1/3). (−1. Pero ya nos dimos cuenta de que la base natural no solamente no tiene nada de especial sino que a veces no es la mejor para expresar una informaciń dada. y). genera el eje de reflexiń. (−1. EL PAPEL DE LAS BASES 241 transforma al vector (x. Por lo que podemos mirar la matriz y exclamar: ¡es una reflexiń! Lo mismo debemos poder decir de cualquier reflexiń con o o respecto a cualquier eje. Las T L se conocen por sus efectos sobre una base cualquiera. T : V → W es suficiente saber qu´ hace ella sobre una base cualquiera del dominio V .242 CAP´ ITULO 9. 1). + αn en y por tanto T (X) = T (α1 e1 + . y) = (2x−5y. En t´rminos geom´tricos. el ultimo teorema dice que para saber qu´ hace una T L e e ´ e es suficiente saber la imagen de un n-plp de volumen no nulo. Todo fue muy fćil a porque las coordenadas de un vector en la base natural eran a la larga el mismo vector. TL EN CUALQUIER PAR DE BASES 508. si x = (x1 ... e T (v) v T u T (u) Figura 9. Denotamos cualquier matriz N como N = (nij ). Sea B = {e1 . Para determinar completamente una T L. ⋄ Teorema.. Hagamos una pequeã generalizaciń que podr´ ser entendida en el siguiente ejemplo. 4x+3y) y sea B = {b1 = (1. . Ahora.. en } una base del EV V . 1)} una base del plano R2 .3. x2 ). Ejemplo Sea T (x.. entonces: T (X) = α1 T (e1 ) + . si X ∈ V entonces X = α1 e1 + . b2 = (−1... sabremos qu´ hace T sobre cualquier elemento X del espacio V . + αn en ) pero como T es una T L. La base B expande todo el o espacio. tenemos XN = XB = x1 x2 α1 α2 donde X = α1 b1 + α2 b2 por lo que T (X) = T (α1 b1 + α2 b2 ) = α1 T (b1 ) + α2 T (b2 ) . para lo e cual es suficiente combinar las im´genes de los elementos de la base poniendo como a coeficientes las coordenadas de X en la misma base B. lo cual significa que la entrada de la matriz nij est´ en la intersecciń de la fila i con la columna j... Demostraciń. + αn T (en ) Esto significa: si conocemos el efecto de una T L T sobre una base cualquiera B del dominio. Por lo tanto. n o a 509. Por tanto. aplicaremos este teorema para encontrar la matriz de una T L con respecto a una base arbitraria. a o Nuestro trabajo es generalizar lo que hemos hecho para hallar la matriz de una T L T con respecto a la base natural. Todo vector de la base natural del dominio debe ser transformado por T y el resultado se escribe verticalmente. . . . ... aplicamos T sobre cada elemento de la base B. .3. podemos usar la siguiente receta (que no vale la pena memorizar): B Para encontrar la matriz TN de una LT T : V → W con respecto a una base numerada B del dominio V y a la base natural N del codominio W .. B Podemos automatizar la receta anterior si tan s´lo consideramos que TN es la matriz o N formada por T (B) que es tambiń T B donde T es realmente [T ]N . (X)B .. que resulte la matriz TN :   . la matriz que representa a T debe denotarse de tal manera que quede claro o de una sola mirada que ella recibe coordenadas en la base B. 1 1     . Por esa razń.9. Cuando multiplicamos esa matriz por las coordenadas XB del vector X en la base B B. (T (X))N . y produce las coordenadas de T (X) en la base N . y el resultado es reescrito en notaciń vertical creando una o B matriz que se denota TN . EL PAPEL DE LAS BASES o. . en notaciń vertical o T x1 x2 = α1 T = 1 1 + α2 T −1 1 = = α1 −3 −7 7 −1 −3 7 α1 α2 + α2 −7 −1 243 Vemos que : T (XN ) = (T (X))N = M (XB ) donde la matriz M es simplemente la imagen de la base B escrita verticalmente: M= −3 −7 7 −1 −3α1 − 7α2 7α1 − 1α2 B Notemos que M = TN .   .. y del otro B T (XN ) = (T (X))N = TN (XB ). . para encontrar la matriz de una LT T con respecto a una base B del dominio y con respecto a la base natural N del codominio.. −3 −7  . N    2 −5 .. obtenemos las coordenadas de T (X) en la base natural: (T (X))N = TN XB . la matriz T del ejemplo previo es N TN = 2 −5 4 3 De otra parte. la matriz de la LT e T con respecto a las bases naturales.  [T ]N (B) =  . Concretamente. . sea B la matriz que codifica en notaciń vertical la base B: o B= 1 −1 1 1 N B Si multiplicamos TN B. porque de un lado T (XN ) = (T (X))N = M (XB ). 1 −1   . 7 −1 4 3 . como se espera..   . . obtenemos. Por tanto. 4)} e) T (x. Ese nivel puede ser superado si procedemos con claridad. 1). 1). TL EN CUALQUIER PAR DE BASES Hemos ilustrado el siguiente principio: B 510. y) = (−x − 8y. . (2. 513. y) = (2x − 9y. Sea T : V → W una T L y B1 = {ck } una base cualquiera de V y B2 = {dj } una base cualquiera de W . lo cual lo notamos como B (T (X))B2 = TB21 XB1 La soluciń a este proyecto se da enseguida. y B = {(1. −7)} El pr´ximo nivel de generalizaciń es cuando trabajamos con bases arbitrarias en o o cualquier lado de T . 4x − 4y). (−1. . 1).244 CAP´ ITULO 9. o 514. (−1. 4x + 2y). ⋄ Teorema. Notaciń. 2)} c) T (x.. B 512. 2x + 3y). multiplicamos la matriz ordinaria de T (con respecto a la base natural) por la matriz formada por la base B en posiciń o vertical. y B = {(1. Concretamente: B Encontrar la matriz TB21 que reciba las coordenadas XB1 de un vector X en la base del dominio y produzca las coordenadas (T (X))B2 de T (X) en la base del codominio. cn } donde n es la dimensiń del espacio V podr´ ser notado como o a B1 = {ck }. −4x + 6y). nosotros encontramos la matriz ordinaria de T (con respecto a las bases naturales) y despu´s hacemos una interface con un traductor en el e dominio que hace un cambio de coordenadas de la base B a la base natural. 1)} b) T (x. y de modo similar para cualquier otra base. 1). (−2. y) = (x − 7y. 4x + 7y). Para encontrar la matriz TN de T : V → W con respecto a la base B del dominio y a la base natural N en el codominio. y) = (5x − 4y.. 1). c2 . una expresiń que dice o B que para encontrar la matriz TN . (−1. La matriz B formada por los vectores de la u base B en posiciń vertical es la matriz de cambio de coordenadas de la base B a la o B N B base N .. y B = {(1. Nuestra tarea es entonces encontrar la matriz de T pero con respecto a las bases dadas. Por lo tanto. Nuestra tarea. Ejercicio Especifique el teorema anterior para el caso en el cual B = N y demuestre que se obtiene algo que ya conoc´ ıamos. 1)} d) T (x. Ejercicio Encuentre la matriz TN donde: a) T (x. y B = {(1. y) = (2x − 8y. Hay ań otro comentario importante. Introducimos dos nuevas notaciones: o B1 = {c1 . hemos demostrado que TN = TN IN . y B = {(1. 511. M´s exactamente. aij = j i aij que dice que si en el mes i. semana j. a mij αj es el producto entre la fila i de la matriz por el vector de coordenadas del vector X (para lo cual se exige que el n´mero u de columnas de la matriz sea igual al n´mero de coordenadas de X).. u ı i j Si tenemos dos vectores del mismo espacio. m´s lo que se gana a en la semana n´mero 2 durante todos los meses y as´ con la semana 3 y 4. la multiplicaciń o se puede escribir como j tij sjl lo cual da la entrada il de la matriz producto y que es igual al producto punto entre la fila i de (t) por la columna l de (s). y la cuarta se dice simplemente sumatoria.. el primer vector de la base del dominio. para lo cual se usan con frecuencia resultados del siguiente tipo: λai = λ ai que dice que para aumentar el sueldo de un aõ hay que aumentar n el sueldo de cada mes. 516. uno gana aij . u Si uno tiene dos matrices (tij ) y (skl ) que se pueden multiplicar. Las dos primeras sumatorias se leen: sumatoria desde j = 1 hasta n.. ai + bi = (ai + bi ). Ejemplos La nueva notaciń permite acortar la escritura de las demostraciones. reuniendo n lo que se gana en las semanas del mes. lo cual dice que lo que gana un grupo de parejas es igual a lo que ganan los maridos m´s lo que ganan las esposas y tambiń es igual a e a la suma de lo que ganan todas las parejas. La tercera se lee: sumatoria sobre las j. entonces la expresiń o o mij αj da la coordenada i del vector que resulta de multiplicar la matriz por el vector. Sea una T L T : V → W y dos bases cualesquiera B1 = {ck } en el dominio y B2 = {dj } en el codominio. ⋄ Teorema para entender y memorizar. descompuestos en la misma base B. EL PAPEL DE LAS BASES 245 Una combinaciń lineal de la forma v = α1 d1 + α2 d2 + . + αn dn podr´ ser notada o a como n v= j=1 n αj dj o como v = j=1 αj dj o como v = j αj dj o como v = αj dj .. y que tambiń es igual a lo que se gana e durante la primera semana sumando durante todos los meses. Para B encontrar la matriz TB21 de T con respecto a las bases dadas se hace lo siguiente: se toma c1 . + αn dn que representa la descomposiciń de X en la base {dk }. o 515. podemos definir el producto punto con respecto a la base dada B como i αi βi que consiste en multiplicar coordenada por coordenada y despu´s sumar los resultados. se aplica T sobre c1 para obtener .3. e Si tenemos la matriz M = (mij ) y un vector X = α1 d1 + α2 d2 + . entonces lo que gana en el aõ es igual a lo que gana en todos los meses.9. v = i αi bi y w = βi bi . −5) = 0(1. Por tanto. Se descompone dicho vector en la base de llegada B2 para obtener (T (c1 ))B2 que son las coordenadas de T (c1 )) en la base de llegada. o Comencemos con (1. o 517. 7) (T (c2 ))B2 = (−3. 518. T (2. Ejemplo el dominio y a la base B2 = {d1 . T (c1 ) = 5d2 + 7d2 y T (c2 ) = −3d2 + 4d2 . 3) + 0(2. 0). TB21 . Por lo que las coordenadas correspondientes son (5. Encontremos la matriz de T con B respecto a B. −5). Ahora veamos la demostraciń del teorema.246 CAP´ ITULO 9. 3) = 5(1. entonces (T (c1 ))B2 = (5. veamos dos ejemplos. puede ser descompuesto en la base {dj }: T (ck ) = j tjk dj . el primer elemento de la base B1 en el dominio y pas´moslo o e por T para obtener T (c1 ) que debe ser descompuesto en la base B2 del codominio: T (c1 ) = j tj1 dj . Su imagen es 5(1. Hacemos lo mismo con ck . TL EN CUALQUIER PAR DE BASES T (c1 ). Similarmente. −5) = 7(2. d2 } en el codominio. Esas coordenadas se escriben como B la primera columna de la matriz buscada. que forman la primera columna de la matriz buscada. Ejemplo B = {(1. 3) + 7(2. Encontramos la imagen por T de cada uno de los vectores de la base del dominio y la descomponemos en la base del codominio y las coordenadas resultantes las ponemos en notaciń vertical formando una matriz. 4) y por tanto 5 −3 7 4 Sea T : R2 → R2 tal que con respecto a cierta base B1 = {c1 . es decir. El sub´ ındice 1 es para denotar que hemos encontrado la primera columna de la matriz B buscada TB21 . Supongamos que T es tal que T (1. −5) = 7(2. (2. a Antes de ver la demostraciń. −5)} es una base del plano. Se itera lo mismo con el segundo vector y con todos los dem´s hasta terminar. 3) = 5(1. Puesto que la imagen de ck es un vector en W. Tomemos c1 . c2 } en B TB21 = . 3) y que T (2. 3) = 5(1. 3). 7). −5). . Las coordenadas de T (c1 ) en la base B2 son (T (c1 ))B2 = (tj1 ). o Demostraciń. B TB = 5 0 0 7 . Las coordenadas correspondientes son (0. 3). −5). TB . 3) que descompuesta en la base B produce T (1. 1. −5)} como la base del dominio de T mientras que B2 = {(2. (2. Pero hay muchos m´s a problemas para los cuales el teorema no da soluciń simple. 3) = 6(1. cos(x)} como base de V . 1) = (0. EJERCICIOS DE REPASO 247 Notemos que hemos puesto el sub´ ındice de ck en segundo lugar en tjk porque queremos que la imagen de un vector n´mero k de la base sea la columna n´mero k de la u u matriz. 0) = (1.9. Encuentre la B matriz de T con respecto a B1 y B2 . Pasemos X por T para obtener T (X) = T ( k αk ck ) = k αk T (ck ) donde hemos aplicado la linealidad de T . Ejercicios de repaso 1. T es tal que T (1. −5) = 12(2. puesto que el primer lugar es para la fila. i. Si T es una transformaciń lineal tal que o T (1. encuentre TB21 . 0. 4. 3). Ejercicio Supongamos que T : R2 → R2 y consideremos B1 = {(1. 0) y T (0. −15)} es la base en el codominio. Las coordenadas de X en B1 son los (αk ). 3) y que T (2. 3. −5). Sea X en el dominio que puede ser descompuesto en la base dada: X = k αk ck . sen(x). T (0. 6). 5). este teorema permite la resoluciń inmediata de un tipo o especial de problemas como los considerados en los ejemplos. 519. 9. encuentre: . y el n´mero de la columna se escribe en segundo lugar en los sub´ u ındices de las entradas de la matriz. 0. cos(x)}) y sea T : V → V definida por T (f (x)) = f ′ (x) donde f ′ denota la derivada. sin(x). Como hemos podido ver. 0) = (2. 2. (6. las coordenadas de T (X) en la base B2 : B (T (X))B2 = TB21 XB1 . 1).4.4. 0..e. 1. Encuentre la matriz de la transformaciń tomando o {1. Lo cual dice que la j-´sima coordenada de (T (X))B2 es k tjk αk que es el producto e punto de la fila j de (tjk ) con el vector formado por las coordenadas de X en B1 . Eso demuestra que la matriz (tjk ) toma las coordenadas XB1 y produce T (X))B2 . Para enfrentar problemas o m´s dif´ a ıciles se requiere estar bien armados. Ahora recordamos que T (ck ) = j tjk dj : T (X) = k αk j tjk dj = k j αk tjk dj = j( k αk tjk )dj = j( k tjk αk )dj . tal como lo aprenderemos en el pr´ximo o cap´ ıtulo. 2. 0. Sea V =gen({1. En resumen: B TB21 = (tjk ) Demostremos ahora que esta matriz toma las coordenadas de X en la abse B1 y produce las coordenadas de T (X) en la abse B2 . T (a) = a + ax + ax3 T (p(x)) = xp′ (x) T (ax3 + bx2 + cx + d) = [a − b. la reflexiń con respecto a la recta y = −x de un vector u ∈ R2 . Sea T : R2 → R2 . 1 + x2 } y B ′ = {1. 0]. o a) Obtenga expl´ ıcitamente el operador lineal (T L de un espacio en s´ mismo) ı que la define. [0. 2. Determine si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas y justifique clara y adecuadamente su respuesta: a) Si AT A = A entonces A es sim´trica y A = A2 . o b) Utilice la matriz anterior para encontrar la imagen de q(x) = x2 − x. la imagen. halle el o o nćleo. b) Halle la matriz de representaciń de esta transformaciń en la base canńica. T [x. 1}. entonces la imagen de A es una recta que pasa por el origen en R3 . Encontrar las matrices de representaciń RB . 2. −1. d ) T : R2 → R3 . 5. 1 + 2x. Encuentre una transformaciń lineal T : R3 → R3 . 1 + x.248 a) T (1. (3. x + 1.6). 4). RB ′ de T y una matriz C invertible tal que o RB ′ = C −1 RB C. x2 } bases del espacio de salida y del espacio de llegada respectivamente. Encuentre la representaciń matricial de la transformaciń lineal dada. cuyo nćleo sea el plano o u 2x + 3y + z = 0. [1. rango y nulidad de T . 3. el rango y la nulidad de la transformaciń. . y] con las bases B = {[2. 7. b − c] b) T : P4 → P4 . x. 0]. CAP´ ITULO 9. 2x + y. e b) Si X1 es soluciń de AX = b y X2 es soluciń de AX = b entonces X1 + X2 o o es soluciń de AX = 0. a + c. 2. 3). espacio imagen. TL EN CUALQUIER PAR DE BASES b) Una expresiń algebraica para T . u o a) T : R → P3 . o c) Si A3×3 es una matriz cuyo espacio nulo es una recta que pasa por el origen en R3 . 4. a) Encuentre la matriz de representaciń de T con respecto a las bases B. [0. B ′ = {x. 1]. Sean o B = {1. 5]} c) T : P3 → R3 . 6. x2 − 1}. a e d ) ¿Es T una transformaciń inyectiva? ¿Es T una transformaciń sobreyectio o va? ¿Es T un isomorfismo? e) Sea T : P≤2 → P≤2 la transformaciń lineal definida por T (p(x)) = p(x − 1). o 2 Considerar las bases B = {x . o o o c) Trace la imagen del trińgulo con v´rtices en (−1. 1) y (2. 2]} B ′ = {[1. Considere la transformaciń T : P≤2 → P≤2 definida por T (p(x)) = [xp(x)]′ . y] = [x − y. o c) Espacio nulo. B ′ . 9. Eso permite expresar una T L de manera o transparente.5.5. . una reflexiń puede ser identificada inmediatamente. pero con respecto a la base natural. Para ello. se encuentra la imagen por T de cada uno de los vectores de la base del dominio y se descompone en la base del codominio y las coordenadas resultantes las ponemos en notaciń vertical formando una matriz. Resumen Lo que hemos llamado en cap´ ıtulos anteriores la matriz de una T L ha resultado ser la matriz asociada a esa T L. Por ejemplo. En este cap´ ıtulo hemos definido la matriz de una T L con referencia a un par cualquiera de bases. RESUMEN 249 9. si se o encuentra la base apropiada para representarla. TL EN CUALQUIER PAR DE BASES .250 CAP´ ITULO 9. 1. En este cap´ ıtulo aprenderemos la generalizaciń de ese resultado a bases cualesquiera. B2 B3 B3 251 . pero con respecto a las bases naturales. M´s formalmente: a Consideremos dos T L: S: U → V T: V → W U T ◦ S S V T W Figura 10.1. o 10. o y que B1 es base de U . La matriz de la compuesta de dos T L es el producto de las matrices de los componentes en el orden adecuado y teniendo en cuenta las bases en cada lado. Entonces (T ◦ S)B1 = (T )B2 (S)B1 . Diagramas 520.CAP´ ITULO 10 LA MATRIZ DE LA COMPUESTA En el cap´ ıtulo 5 aprendimos a asociar la matriz de una compuesta con el producto de matrices. La composiciń de dos T L. ⋄ Teorema. B2 es de V y B3 es de W . 2. La matriz de la compuesta. Enfaticemos ese resultado: (T ◦ S)ik = (fila i de T )(columna k de S). con respecto a las bases B2 en el dominio y B3 en el codominio. si la matriz de T . se pasan por la matriz de S y el resultado se pasa por la matriz de T . Ejemplo Leamos. eso significa que T (cj ) = i tij di . .252 CAP´ ITULO 10. La imagen por T ◦ S de cada elemento de la base de U . interpretemos y probemos el siguiente resultado: B B1 ((T ◦ S)(X)B1 )B3 = TB32 SB2 XB1 Este teorema dice que la matriz de la compuesta hallada en el teorema anterior toma las coordenadas en la base B1 de un vector X y produce las coordenadas de T (S(X)) en la base B3 y da el procedimiento para hacerlo: se toman las coordenadas de entrada. o El siguiente diagrama resume todo: U (T B1 B (T ◦ S)B1 = TB32 SB2 . {bk }. tamando en cada paso las bases adecuadas. LA MATRIZ DE LA COMPUESTA Demostraciń. con respecto a las bases B1 en el dominio y B2 en el codominio. ◦ S) B1 3 B W 521. es (tij ). De otra parte. D´mosles nombres a los elementos de las bases: o e la base de U es B1 = {bk }. es: (T ◦ S)(bk ) = T (S(bk )) = T ( j sjk cj ) = j sjk T (cj ) = j sjk i tij di = j i sjk tij di = i ( j tij sjk )di lo cual significa que la columna k de la matriz de la compuesta T ◦ S tiene en la fila i un t´rmino igual a j tij sjk que es igual al producto punto entre la fila i de la e matriz de T por la columna k de la matriz de S. es lo mismo que decir que S(bk ) = j sjk cj . B3 B1 SB 2 V B TB32 Figura 10. es (sjk ). Decir que la matriz de S. la de V es B2 = {cj } y la de W es E3 = {di }. Lo que tenemos que hacer es hallar las coordenadas en la base B3 de (T ◦ S)(bk ). Lo que esta ecuaciń significa es que la matriz de la compuesta (T ◦ S) es precisao mente la multiplicaciń de la matriz de T por la matriz de S. Encontremos ahora la matriz de la compuesta T ◦ S : U → W . obtenemos ın. 10. y procesando el resultado por T . Y la segunda manera es T (S(X)) = i j (tij ( k (sjk αk ))di que dice que las coordenadas de T (S(X)) en la base E3 se hallan alimentando S con las coordenadas de X en la base B1 . Cambio de coordenadas y TL Podemos utilizar el teorema anterior para obtener una soluciń elegante al problema o de expresar una T L con respecto a bases arbitrarias. Esa informaciń puede venir. Usando la misma notaciń del teorema anterior tenemos: si X = o o entonces (X)B1 . las coordenadas de X en la base B1 . ⋄ Teorema. Sea B1 una base del dominio Rn . lo traducimos al alemń y listo. en griego. La primera: T (S(X)) = i k ( j tij sjk )αk di que dice que la matriz de T ◦ S es el producto de T por S. CAMBIO DE COORDENADAS Y TL Demostraciń. Sea T : Rn → Rm una LT . Procediendo por sentido comń u tenemos: Podemos imaginar que T es un mensaje que contiene la informaciń para ejecuo tar cierta tarea (ejecutar cierta T L sobre cierto input).10. entonces la matriz de T con respecto a la base B1 en el dominio y a B2 en el codominio es B N N B TB21 = IB2 TN IN 1 B donde las matrices de traducciń o de cambio de base son IN 1 que traduce de la base o N N B1 a N . o digamos. y N B2 una base del codominio Rm . Si la matriz de T con respecto a la base natural es TN . eso se expresa a en el teorema siguiente: 522.2. en tanto que TN es la matriz de T con respecto a la base natural del domino y a la base natural del codominio (pueden ser diferentes). y la matriz IB2 que traduce de la base N a la base B2 .2. . un output en griego. Teniendo en cuenta que S(bk ) = j sjk cj obtenemos: T (S(X)) = T (S( = k αk k k 253 αk bk αk bk )) = T ( j sjk T (cj ) k αk S(bk )) = T ( k αk j sjk cj ) Reemplazando T (cj ) por i tij di obtenemos T (S(X)) = k αk j sjk i tij di = k j i αk sjk tij di = k j i tij sjk αk di Podemos organizar este resultado de dos maneras. son los (αk ). ¿C´mo podremos utilizar dicha informaciń para procesar un ino o put que viene en latin y producir un output que debe ir in alemń? Pues muy fćil: a a tomamos el input en lat´ lo traducimos al griego. Con formalidad. lo procesamos en griego. podemos encontrar la matriz de T con respecto a la base arbitraria B1 en el dominio y a B2 en el codominio adaptando traductores apropiados: debemos poner un traductor en el dominio que pase de la base B1 a la base natural y otro traductor en el codominio que pase de la base B natural a la base B2 . tanto en el dominio como en el codominio. ⋄ Teorema y ejercicio. el primer vector es la primera columna. 524. El diagrama conmutativo del teorema anterior se usa juntamente con los siguientes resultados formando una maquinaria exquisitamente poderosa: N N B 525. T transforma ese plp en otro en el codominio. IN 1 es N simplemente la base B1 escrita como una matriz. o Rn B IN 1 N TN Rm N IB 2 R n B TB21 Rm B N N B Figura 10. Esos traductores son las matrices de cambio de base. N B Ese nuevo plp se representa fielmente por TN IN 1 . y las coordenadas correspondientes B se escriben verticalmente formando una matriz. La igualdad o B N N B TB21 = IB2 TN IN 1 puede ser le´ en t´rminos puramente geom´tricos: la matriz de T : V → W con ıda e e respecto a las bases B1 en el dominio y B2 en el codominio pueden encontrarse como sigue: B1 representa un plp en el dominio. LA MATRIZ DE LA COMPUESTA Demostraciń. El trabajo de dicha B matriz se expresa por la igualdad (T (X))B2 = TB21 XB1 . 523.254 CAP´ ITULO 10. Eno tonces. es decir. el segundo vector es la segunda columna y as´ sucesivamente. Cada uno de los vectores de ese plp N puede ser descompuesto en la base B2 gracias a IB2 . Explicaciń dual. denotada N . el diagrama siguiente es conmutativo. Un camino representa el lado derecho de la ecuaciń a probar y el otro el lado izquierdo. Si sabemos c´mo es la matriz de una T L T con respecto a o o las bases naturales. Explicaciń. Diagrama conmutativo para TB21 = IB2 TN IN 1 . la cual es TB21 . Cada espacio tiene su base natural correspondiente. mientras que el traductor IB2 es la matriz (B2 )−1 . ı . el diagrama presenta dos caminos que producen los mismos resultados.3. Para calcular IB2 TN IN 1 se tiene en cuenta que: B La matriz IN 1 es simplemente la base B1 puesta como matriz. Tomamos la coordenada j-´sima de dicha igualdad: e (X)j = αi bji donde bji es la coordenada j-´sima del vector i-´simo de la base. por las coordenadas de X en la base B. 527. Ejemplo Encontremos la matriz de T (x. Descomponemos X en la base: X= αi bi .2. encuentre el trabajo de cada matriz y seãle la forma expedita de calcular n cada t´rmino: e N B B N a) RN = IN RB IB N B N b) RB = RB IB N N N c) RB = IB RN B B B d) RN = IN RB B N B e) RN = RN IN . el segundo vector es la segunda columna y as´ sucesivamente. justifique las igualdades siguientes. la matriz B recibe las coordenadas de X en la base B. Esta ecuaciń e e o puede escribirse como (X)j = bji αi lo cual se interpreta directamente como la multiplicaciń de la base B escrita como o matriz. Ejercicio Usando diagramas conmutativos apropiados. la matriz de IB2 es la inversa de la matriz B2 . N La matriz IB2 es la inversa de la matriz B2 . o B N Para demostrar la tercera asersiń tenemos en cuenta que IB2 es la inversa de IN 2 . si B = {(1. (−2. o B N y como la matriz de IN 2 es B2 puesta como matriz. 2)} y . el mismo X. p´gina 208 hecho para o o a dos dimensiones y se prueba de manera general as´ ı: Sea X en cualquier Rn y sea B = {bi } una base. entonces. 526. Veamos c´mo se utilzan estos teoremas para resolver problemas de geometr´ o ıa. o sea.10. el primer vector es la primera columna. escribiendo en orden los vectores como columnas. y) con respecto a la base natural de R2 . 1). CAMBIO DE COORDENADAS Y TL 255 N La matriz TN tiene como columna k la imagen por T del vector ek de la base natural. para lo cual hay un procedimiento autom´tico de Guass-Jordan. Hemos demostrado B que la matriz IN es simplemente la base B puesta como matriz. a Demostraciń. ı Demostraciń general de la segunda propiedad: Ejercicio. las α. y produce las coordenadas de X en la base natural. La primera asersiń generaliza el ejemplo 429. Por lo tanto. 1) = 1i + 3j T (−2. la matriz de T es: N T = TN = 0 1 1/2 5/2 . 1) − 1/4(−2. 2) y T (j) = 1/2T (1. LA MATRIZ DE LA COMPUESTA B TN = 1 2 3 4 Soluciń: M´todo 1. 1) + β(−2. 1/2) Similarmente. a Debemos encontrar T (i) y T (j). 4) = (0. 2) por lo que 1 = α − 2β 0 = α + 2β sumando y despejando α obtenemos α = 1/2 y β = −1/4. 0 = α − 2β 1 = α + 2β sumando y despejando α obtenemos α = 1/2 y β = 1/4. B N M´todo 2. la matriz de cofactores es: C= La matriz de cofactores transpuesta es CT = 2 2 −1 1 2 −1 2 1 . Como B= 1 −2 1 2 el determinante es 4. 3) + 1/4(2. Tenemos: i = α(1. 1) + 1/4T (−2. Por tanto. Hay que hallar T = TN y como tenemos TN 1 usamos la siguiente e B1 N N identidad dada por un diagrama conmutativo TN = TN IB1 . N La matriz de IB1 es la inversa de B1 que la hallamos por cofactores: la inversa es uno sobre el determinante por la matriz de cofactores transpuesta.256 CAP´ ITULO 10. j = 1/2(1. 2) = 2i + 4j B Eso se debe a que la matriz TN tiene como columnas las coordenadas en la base natural de las im´genes por T de cada uno de los vectores de la base B. 5/2). Por consiguiente. 1) + β(−2. 1) − 1/4T (−2. 2) = 1/2(1. 2) y T (i) = 1/2T (1. j = α(1. 2) = 1/2(1. por tanto i = 1/2(1. 4) = (1. Podemos ver de la matriz que o e T (1. 1) + 1/4(−2. 2) entonces. 3) − 1/4(2. comencemos notando que B N N B TB = IB TN IN Recordando que DetT puede entenderse como el factor de amplificaciń de un o volumen signado de un plp dado. (−2. el N B proceso inverso amplifica por el factor 1/k. y entonces Det(T −1 ) = 1/DetT . porque si un proceso amplifica por el factor k. Hemos desarrollado en cap´ o ıtulos previos un m´todo para calcular el e N determinante de una T L T con respecto a la base natural: DetT = DetTN . B N B N DetTB = DetIB DetTN DetIN . entonces concluimos que Det(S ◦ T ) = DetSDetT . Reconociendo que IB = (IN )−1 . −1). Ejercicio Encontrar por dos m´todos diferentes T (x. Por tanto. 3)} y B TN 1 = 1 −1 3 4 b) B1 = {(−1. CAMBIO DE COORDENADAS Y TL La inversa de B1 es (B1 )−1 = (1/4) B N N Como TN = TN 1 IB1 tenemos que N TN = 257 2 2 −1 1 1 2 3 4 (1/4) 2 2 −1 1 = (1/4) 1 2 3 4 2 2 −1 1 = 0 1 1/2 5/2 .2. 5)} y B TN 1 = c) B1 = {(−1. (2. o 529. Demostraciń. 2)} y B TN 1 = 1 5 −3 1 −2 −1 −3 5 Continuemos con la depuraciń de nuestra maquinaria. El determinante de una T L T es independiente de la base. 2). Por tanto: B N N N DetTB = DetIB DetTN Det(IB )−1 N N N N = DetIB DetTN (1/DetIB ) = DetTN . y) si e a) B1 = {(1. ⋄ Teorema. tiene determinante diferente de cero.10. (−2. 528. 1). concluimos B N que Det(IN )−1 = 1/DetIB . Recordemos ahora que si una T L T es invertible. Ahora probaremos que tambiń podemos utilizar cualquier base y da lo mismo: e N B DetTN = DetTB Para verlo. interno o interior como X·Y = xi yi . 532. en la cual la matriz correspondiente enfatice que R es una reflexiń. Y en esa base. Observemos que R2 = I y que la inversa de R es ella misma. 531. (−2. Claramente. 4x + 7y). a) Para encontrar la matriz de esta T L con respecto a las bases naturales. Por tanto. 1)} d) T (x. Nosotros definimos el producto punto. B = {(2. y) = (x − 4y. la matriz de T con respecto a la base natural es N R = RN = 0 1 1 0 escrita de esa forma. (0. Ejemplo Estudiemos la reflexiń R con respecto a la l´ o ınea y = x. −3x − 3y). 2). debemos descubrir qu´ hace R sobre la base natural {(1. . 1)} b) T (x.258 CAP´ ITULO 10. (−1. 2)} c) T (x. yn ) vectores de Rn . la matriz de R enfatiza el hecho de que R intercambia los ejes. 2)} e) T (x. y) = (4x − 5y. ¿c´mo ha de calcularse el producto punto? Considere primero el o caso de una base ortonormal. y) = (3x − 5y. 0) = (0. LA MATRIZ DE LA COMPUESTA 530. Por supuesto. 0). R(1. b) Encontremos una base B. Una reflexiń R con respecto al eje y = x intercambia i y j y a X lo o transforma en R(X). Por tanto.. 1)}.. Y = y1 . 1). Ejercicio Ilustre el teorema anterior con un c´lculo expl´ a ıcito de DetT en la base natural y en la base dada B: a) T (x.. (−1. y2 . (−2. xn ). Ejercicio Sea X = (x1 . Si damos otra base B y tenemos las coordenadas o de X. Esa reflexiń intercambia el e o eje X con el eje Y .4. 2). B = {(2.. 0). 1)}. esa es una definiciń ligada a la base natural.. y=x X j i R(X) Figura 10. 3x − 4y). 1) y R(0. B = {(1. B = {(1. 4x + 4y). y) = (−1x − 3y. y) = (2x − 1y.. 1) = (1. (−1. 1). 1). un elemento de la base debe ser un vector que genere el o . . B = {(1. 4x + 3y). x2 . mientras que el otro vector ayuda a formar una base o ortonormal y con determinante positivo. Por tanto: B N N B R B = IB R N IN Tomando en cuenta que B IN = B = y que N IB = B −1 = 1 1 −1 1 1/2 −1/2 1/2 1/2 Obtenemos B N RB = B −1 RN B 1/2 −1/2 1/2 1/2 0 1 1 0 Al final B RB = 1 1 −1 1 −1 0 0 1 B B R es claramente una reflexiń. o En la base B tenemos: R(b1 ) = −b1 R(b2 ) = b2 Esto significa que (R(b1 ))B = (−1. Dos veces una reflexiń da la identidad. una base B en la cual R sea fćilmente a calculable. 533. con la direcciń positiva apuntando como uno la espera. es. Adem´s. el eje es la l´ o ınea y = x. Observemos que (RB )2 = I y que la inversa de RB o es ella misma. A pesar de que notamos a B como conjunto. Encontremos. 3) genera la l´ ınea que sirve de eje de reflexiń. −1). Esta vez ya no podemos encontrar a simple vista la matriz de R con respecto a alguna base. 1)}. Escogemos el orden sugerido por la lista de B porque queremos que el vector (1. por contexto. podemos pensar que el primer vector es un generador del eje horizontal y que el segundo lo es del eje vertical. mientras que el otro vector de esa base podr´ ser perpendicular al primero. un generador de la l´ ıa ınea y = −x.2. 3)}. hemos encontrado que eso es cierto en dos bases diferentes.10. Por tanto. 1/3). por lo tanto una reflexiń es o o su propia inversa. Intriga. b2 = (−1. en primer lugar. 0) . B = {b1 = (1. en este caso. B = {(1. Ejemplo Estudiemos la reflexiń R con respecto a la l´ o ınea y = −3x. ordenado. a ¿Es una coincidencia o es cierto siempre? 534. CAMBIO DE COORDENADAS Y TL 259 eje de reflexiń. un conjunto numerado. (1. −1) juegue el papel del eje X en relaciń con una reflexiń o o con respecto al eje Y . Por supuesto. porque (−1. De esa forma. Afortunadaı o −1 mente la inversa de una reflexiń es la misma reflexiń: R = R. 1) Por lo tanto: CAP´ ITULO 10. z) pertenece a R(C) ssi R−1 ((w. o o (w. Ejemplo Calculemos la ecuaciń del c´ o ırculo R(C) que es la imagen del c´ ırculo 2 2 C cuya ecuaciń es (x − 8) + (y + 10) = 1 por la reflexiń R con respecto a la l´ o o ınea y = x. 8). Procedamos ahora con nuestra maquinaria: El punto (w. −10) o 2 2 es (−10. la reflexiń de (8. como debe ser. satisface la ecuaciń del c´ o ırculo C. ¿Adivinar´ usted que esta expresiń representa una reflexiń? ¿Hay alguna manera ıa o o de saberlo? 535. Esa es la matriz de una T L definida por e R(x. Por lo que el c´ ırculo reflejado es (x + 10) + (y − 8) = 1. Usamos la igualdad N B B N R N = IN R B IB . As´ debemos encontrar la reflexiń inversa. z) ∈ C Recordando que . y) = (−4x/5 − 3y/5. Tomando en cuenta que B IN = B = 1 −1 1/3 3 y que N IB = B −1 = 9/10 3/10 −1/10 3/10 −1 0 0 −1 9/10 3/10 −1/10 3/10 Entonces N N RN = BRN B −1 = 1 −1 1/3 3 Como fue prometido. z) ∈ C ssi R(w. Como se refleja con respecto a la l´ ınea y = x. el resultado neto es: N RN = −8/10 −6/10 −6/10 8/10 = −4/5 −3/5 −3/5 4/5 Nos damos cuenta de que cada vector columna tiene norma uno. Primero saquemos la respuesta por sentido comń: la reflexiń de un c´ u o ırculo debe ser un c´ ırculo con el mismo radio y centrado en el punto que resulta de reflejar el centro del c´ ırculo inicial. Por lo tanto. LA MATRIZ DE LA COMPUESTA B RB = −1 0 0 1 Construyamos ahora la matriz de R con respecto a la base natural. z)). z). z) ∈ R(C) ssi R−1 (w.260 (R(b2 ))B = (0. −3x/5 + 4y/5). la imagen inversa de (w. y que la matriz es sim´trica. pero por otro lado. Podemos hacer una magnificaciń utilizando M (x.2. z) ∈ C. Esto sucede cuando (−8w/10 − 6z/10. Podemos fabricar una elipse si magnificamos un c´ ırculo de manera desigual por ambos ejes. iy) sobre el c´ ırculo. tal como debe ser. una par´bola. la ecuaciń de la elipse es o 2 2 (x/5) + (y/4) = 1. z ∈ R(E) ssi R−1 (w. √ −1. 536. Invente un test para verificar que todo ha sido bien hecho. Nuestra o elipse E ser´ el resultado de magnificar por M un c´ a ırculo C con ecuaciń x2 + y 2 = 1. o si uno prefiere (y − 8)2 + (x + 10)2 = 1. 539. o −1 Vemos que (w. la matriz de reflexiń R con respecto a la l´ o ınea y = −3x y con respecto a la base natural es N R = RN = Esta matriz es su propia inversa. ssi ((−8w/10 − 6z/10)/5)2 + ((6w/10 + 8z/10)/4)2 = 1.e.. 538. z) ∈ E. Ejercicio Sea i el n´mero complejo u M (x. us´mosla a e para un caso m´s dif´ a ıcil. w Estas dupletas deben satisfacer la ecuaciń (x − 8)2 + (y + 10)2 = 1. una elipse. Puede dar un c´ ırculo. M −1 (w. i. Ejercicio Una cńica es el resultado de la intersecciń de un cono (de dos faldas) con un plano. Claramente. (w. Ejercicio Dibuje una figura para ilustrar el ejercicio anterior. Ejemplo Estudiemos la ecuaciń de la imagen de una elipse que es reflejada con respecto a la l´ ınea y = −3x. 4y). y) = (x. Estudie el efecto de la magnificaciń o −8/10 −6/10 −6/10 8/10 o o 540. o 537. si uno prefiere. CAMBIO DE COORDENADAS Y TL 261 N R = RN = 0 1 1 0 entonces R(w. O. o (x/5)2 + (y/4)2 = 1. z) est´ dado por una multiplicaciń: a o R(w. z) = (w/5. z) = R(w. Por tanto. 6w/10 + 8z/10) satisface la ecuaciń de E.10. z) = 0 1 1 0 w z = z. y) = (5x. Ahora que sabemos que nuestra maquinaria sirve para los casos fćiles. z/4) es un punto en el c´ ırculo C ssi 2 2 (w/5) + (z/4) = 1. Haga un dibujo ilustrando las cńicas. Ejercicio Enriquezca el ejemplo anterior con un dibujo apropiado. o . una hip´rbola. z) ∈ E ssi M (w. o a e un par de l´ ıneas que se intersecan en el origen. lo cual significa o que (z − 8)2 + (w + 10)2 = 1. con respecto a la base natural.262 CAP´ ITULO 10. B e) Encuentre R−1 . Rotaciones en 3D Ya sabemos que una rotaciń en R2 tiene una matriz. by. cz) donde uno o dos coeficientes de a o b o c pueden √ valer i = −1. que el primero sea escogido en el primer cuadrante. Encuentre RB . Pruebe que su dimensiń es dos. o 542. z) = o (ax. De forma semejante. que es un c´ ırculo magnificado por N donde N (x. by. Recordemos que una base es ortogonal cuando sus vectores son mutuamente perpendiculares y que es ortonormal cuando adem´s tienen norma uno. B c) Defina R como la reflexiń de espejo con respecto al plano π. Es recomendable a que cuando uno tenga la libertad de escoger los vectores a su gusto. cńica: y 2 − x2 = 1 o c) y = −x/2. Ejercicio Estudie las reflexiones con respecto a las siguientes l´ ıneas y encuentre la ecuaciń de la imagen por la reflexiń de la cńica dada: o o o a) y = −x. o g) Encuentre la ecuaciń de la imagen de E por R. cz). o d) Encuentre R. cuya ecuaciń es x + 2y + 3z = 0. o b) Encuentre una base ortogonal B de R3 tal que dos de sus vectores sean base del plano y que el otro vector sea el vector normal del plano. o h) Repita la misma tarea con un hiperboloide. o en el primer octante. Compare con (RB )−1 . y. la ecuaciń de una esfera en R3 es x2 + y 2 + z 2 = 1. LA MATRIZ DE LA COMPUESTA 541. a) Verifique que Π es un sub-EV. Ejercicio Considere el plano Π. 10. Ordene B de tal manera que tenga determinante positivo. cńica: y = x2 o b) y = −2x.3. De esa forma uno puede imaginarse la base como si fuese la base natural. o que es igual a N R = RN = cos θ − sen θ sen θ cos θ . cńica: y = 7x o d) y = 3x + 1. en R3 y que tenga determinante positivo. Defina un elipsoide E como el o resultado de la magnificaciń de una esfera por medio de M donde M (x. R2 . z) = (ax. Encuentre la ecuaciń del elipsoide. Ayuda: sea cauteloso. y. x2 = y 2 . f) La ecuaciń de un c´ o ırculo en el plano R2 es x2 + y 2 = 1. −2. cos θ. mientras que al eje Z no lo mueve. 0. Como todos esos vectores son mutuamente perpendiculares. Podemos tomar cualquier vector de ese plano. 1) = (1. Ejercicio Generalice a 3D el teorema 499. 1). digamos. 1. o a De ahora en adelante. (1. 0) i x θ (cos θ. 1. −1) × (1.3. (1. Una rotaciń de ńgulo θ alrededor del eje Z. 0) j y Figura 10. 1) forma una base de R3 con la misma orientaciń que la base natural. −2. ROTACIONES EN 3D 263 Podemos extender esa rotaciń en el plano a todo el espacio tridimensional si o consideramos que el plano es el sub-EV de R3 generado por los ejes X y Y . o o u 543. 0. −1) como un elemento de la base y otro puede ser (1. toda rotaciń es una rotaciń alrededor de algń eje. Este vector es normal al plano x + y + z = 0. 0. 1) es un nuevo eje Z. sen θ. p´gina 227 sobre la ortogonalidad a de las matrices de rotaciń. entonces R(k) = k.5. a Imaginemos que la l´ ınea generada por (1. tal que los dos primeros vectores forman una base del o plano. 1). Esta nueva rotaciń o se denota tambiń por R y tiene como matriz e   cos θ − sen θ 0 N cos θ 0  R = RN =  sen θ 0 0 1 z (− sen θ. o o 544. La nueva rotaciń rota los ejes horizontales comń y corriente. Debemos encontrar de alguna manera una base para ese plano. 0. −1). La tr´ ıada (1. 1. 1) (en la base natural). (1. Ejemplo Encontremos la matriz de rotaciń en sentido contrario a las manecillas del reloj de ńgulo π/3 alrededor del eje generado por (1. 1.10. 1). o u Por tanto. la correspondiente base ortonormal se obtiene normalizando . el cual es un sub-EV de R3 que pasa por el origen. si k = (0. Por lo que: B R = BRB B T = √ √ √ √ √ √  √   6/6 2/2 √3/3 6/6 −2 6/6 6/6 1/2 − 3/2 0 √ √ √ √ =  −2√6/6 0 √3/3   3/2 0 −√2/2  1/2 0   √2/2 √ √ 0 0 1 6/6 − 2/2 3/3 3/3 3/3 3/3  545. su inversa es su transpuesta: N B −1 = B T = IB El determinante de B es igual a +1. Ejercicio El ejemplo anterior involucra una buena dosis de conceptos y de c´lculos. LA MATRIZ DE LA COMPUESTA √ √ √  2/2 √3/3 √6/6 B  B = IN =  −2√6/6 √ 0 √3/3 6/6 − 2/2 3/3  √ √   √ 6/6 −2 6/6 6/6 √ √ =  √2/2 0 −√2/2  √ 3/3 3/3 3/3 Como es una base ortonormal. y por tanto N N IB = (IB )−1 = B −1 = B T . o ıa Conociendo la matriz de la rotaciń con respecto a la base B.264 CAP´ ITULO 10. o a . elevada al cubo. o o Pero iterar una rotaciń 3 veces es lo mismo que elevar la matriz correspondiente al o cubo. por lo que podemos pensar en B como si fuese la base natural N . 1) vista desde la base B es: √    cos(π/3) − sen(π/3) 0 √1/2 − 3/2 0 B cos(π/3) 0  =  3/2 RB =  sen(π/3) 1/2 0  0 0 1 0 0 1  esto significa que si movemos apropiadamente la cabeza para ver la rotaciń en o acciń. se ver´ exactamente como si se hiciera sobre el plano ordinario. la matriz de la o rotaciń con respecto a la base natural es o N B B N R = R N = IN R B IB . Por tanto. ¿C´mo podremos saber que en realidad lo hicimos todo bien? Podemos explotar a o la siguiente idea: si uno itera una rotaciń de π/3 tres veces. la cual es ortonormal. le da una rotaciń de π. la rotaciń de π/3 alrededor de la l´ o ınea generada por (1. B La matriz IN es simplemente B. 1. Pruebe que la matriz R del ejercicio anterior. da la matriz de una rotaciń de ńgulo π. 4. 0) al efecto de la magnificaciń M (x. Ejercicio Encuentre la trayectoria de una part´ ıcula puntual que orbita con velocidad angular uniforme alrededor del origen formando un c´ ırculo en el plano Y Z. Si t = π/2 la part´ a ıcula est´ en el punto a (0. Observemos que el c´ ırculo se describe en sentido antihorario. e2 . e3 ) =  −2√6/6 √ 0 √3/3 6/6 − 2/2 3/3 Si la part´ ıcula es vista desde la base B. TRAYECTORIAS SOBRE EL PLANO 265 10. Ya sabemos que existe una base ortonormal B de R3 con la misma orientaciń que o la base natural y tal que sus dos primeros vectores son una base del plano (ver ejemplo 544): √ √ √   6/6 2/2 √3/3 √  B = (e1 . 548. 0 ≤ t ≤ 2π. sen t.10. Si t = 2π la part´ ıcula alcanza su punto de partida. Ejemplo Consideremos ahora el caso en el cual el movimiento circular es sobre el plano x + y + z = 0. 0). la part´ ıcula est´ en (1. 0). Ejemplo Comencemos con una part´ ıcula que orbita con velocidad angular uniforme formando un c´ ırculo sobre el plano generado por los ejes horizontales. o 549. y) = (3x. Trayectorias sobre el plano Una trayectoria es una funciń que a cada instante de tiempo t le asocia una posiciń o o en un espacio dado. 546. 0. sen t.4. 547.6. Si t = 0. . Ejercicio Someta la trayectoria r(t) = (cos t. el movimiento luce como un movimiento circular uniforme sobre un plano: C e2 e1 e3 Figura 10. Su trayectoria se describe por r(t) = (cos t. 0). Bases apropiadas simplifican las descripciones. 5y. 0) y encuentre la trayectoria del movimiento resultante. 1. Halle la imagen del punto (2.266 CAP´ ITULO 10. De eso hemos podido deducir naturalmente la forma de cambiar de coordenadas y la representaciń o de las T L con respecto a cualquier base.6. 0). Ejercicio Encuentre la ecuaciń del elipsoide x2 /4 + y 2 /9 + z 2 /16 = 1 que es rotado alrededor del eje generado por (1. halle la matriz con respecto a la base natural de la rotaciń de ńgulo o a π/6 con respecto al eje determinado por el vector (1. En particular. . a 10. −2. LA MATRIZ DE LA COMPUESTA (r(t))B = (cos t. Ilustre las discusiones con dibujos apropiados. Halle la imagen del c´ ırculo x + y = 4. 3). Halle la imagen de la par´bola a 2 2 2 y = x . 10. 1) un ńgulo de π/3. hemos podido extender la regla de multiplicar matrices para hallar la matriz de la compuesta con respecto a bases arbitrarias. En R3 . o 551. Ejercicios de repaso 1. −8. En R3 . 2. Ejercicio Traslade el movimiento de la part´ ıcula del ejercicio previo al plano x + y + z = 1 y encuentre la trayectoria resultante. Ilustre las discusiones con dibujos apropiados. 1). (r(t))N = IN (r(t))B = B(r(t))B . Halle la imagen de la esfera (x − 1)2 + (y − 9)2 + (z − 3)2 = 1. Halle la imagen de la l´ ınea x + y + z = 1. En R2 . Halle la imagen del c´ ırculo (x − 1)2 + (y − 9)2 = 1.5. Ilustre las discusiones con dibujos apropiados. −8). Resumen La libertad para representar una T L con respecto a cualquier par de bases ha hecho posible imponentes tareas geom´tricas gracias a que con bases apropiadas se simplifican e las descripciones. Halle la imagen del punto (2. halle la matriz con respecto a la base natural de la reflexiń con respecto a o la l´ ınea y = 9x. Halle la imagen de la l´ ınea y = x + 4. Halle la 2 2 imagen de la esfera (x − 1) + (y − 9) + (z − 3)2 = 1. halle la matriz con respecto a la base natural de la reflexiń con respecto o al plano y − x + 3z = 2. B Por tanto. 3. 1. sen t. Halle la imagen del c´ ırculo del plano x2 + y 2 = 4. esto es √ √ √    6/6 2/2 √3/3 cos t √   sen t  (r(t))N =  −2√6/6 √ 0 √3/3 0 6/6 − 2/2 3/3 550. x − y + z = 2. CAP´ ITULO 11 ´ DIAGONALIZACION La diagonal de una matriz A es el conjunto de las entradas Aii . Una matriz diagonal es una matriz cuadrada cuyas entradas fuera de la diagonal son todas cero, es decir, toda la informaciń relevante est´ sobre la diagonal. La matriz identidad es o a diagonal. El objetivo del presente cap´ ıtulo es demostrar que en muchos casos, una matriz es equivalente a una matriz diagonal, en el sentido de que ambas representan la misma informaciń, la misma T L, pero con respecto a bases diferentes. o Matrices equivalentes son igual de importantes. Pero puede pasar que para problemas y preguntas espec´ ıficas, una forma en particular sea m´s importante que a las otras. Por ejemplo, una matriz diagonal es muy transparente. Adem´s, las matrices a diagonales son muy fćiles de multiplicar, una propiedad que nos ser´ muy util para el a a ´ estudio de los sistemas din´micos. Por eso que en el presente cap´ a ıtulo estudiaremos el problema de encontrar el equivalente diagonal de una matriz. A lo largo del cap´ ıtulo estaremos tratando con matrices cuadradas, es decir, con T L de un espacio es s´ mismo, o con operadores lineales. ı Una concisa introducciń a la diagonalizaciń puede encontrarse en el ejemplo 581. o o 552. Ejemplo La importancia de la diagonalizaciń se aprecia fćilmente al reo a solver tareas geom´tricas. Hemos aprendido en el cap´ e ıtulo pasado que una elipse E que obedece la ecuaciń x2 /9 + y 2 /4 = 1 y que es rotada π/4 en sentido antihorario se o convierte en otra elipse que tiene como ecuaciń 13x2 + 13y 2 − 10xy = 72. A dicha o elipse podemos asociar la matriz E= tal que x y 13/72 −5/72 −5/72 13/72 13/72 −5/72 −5/72 13/72 x y 13 2 13 2 10 x + y − xy = 1 72 72 72 = N Todo eso se refer´ a la base natural. Por eso, preferimos notar E como EN . Sin ıa embargo, una elipse rotada puede ser inmediatamente reconocida como una elipse, 267 268 ´ CAP´ ITULO 11. DIAGONALIZACION algo que no pasa con nuestra ecuaciń. El remedio es reescribir la ecuaciń de la elipse o o rotada en una base apropiada, B, desde la cual se vea derecha. La base B, escrita en forma matricial, es √ √ √2/2 −√2/2 B= 2/2 2/2 Puesto que la matriz B representa una base ortonormal, su inversa es la transpuesta: √ √ 2/2 √2/2 √ B −1 = 2/2 − 2/2 Si las coordenadas de un punto en la base B se denotan como (w, z), la elipse luce como w2 /9 + z 2 /4 = 1 y podemos decir inmediatamente que se trata de una elipse. Esta informaciń puede o ser codificada directamente en la matriz B EB = 1/9 0 0 1/4 donde hemos enfatizado que esa matriz representa, en la base B, la misma inforN maciń que la matriz EN . o De todas maneras, las dos matrices representan la misma informaciń, pero con reo ferencia a bases diferentes y, por lo tanto, estń relacionadas por una matriz de cambio a de base. En nuestro caso: B N N B N EB = IB EN IN = B −1 EN B N B B N B EN = IN EB IB = BEB B −1 En el caso de la elipse, pudimos fabricar una base ortonormal y por tanto la matriz inversa B −1 era simplemente la transpuesta. Pero no siempre las cosas son tan fćiles a porque no siempre se goza de tanta simetr´ como con la elipse. ıa 11.1. Matrices diagonales 553. ♣ Definiciones. Una matriz cuadrada M es diagonal cuando todas sus entradas no nulas estń sobre la diagonal. Las entradas en la diagonal pueden ser a iguales o distintas de cero. Una matriz diagonal puede ser notada como un vector, de tal forma que la entrada Mii de la matriz est´ asociada con la entrada i-´sima del a e vector. 554. Ejemplo D(1, 2, 3) es la matriz diagonal  1 0 0 D= 0 2 0  0 0 3  11.1. MATRICES DIAGONALES 555. Ejemplo La matriz diagonal  1 0 0 D(1, 4, 1) =  0 4 0  0 0 1  269 B Esta base representa la matriz de cambio de coordenadas IN . La matriz inversa representa el cambio contrario   1/2 0 1/2 N 1/3  IB = B −1 =  −1/3 −1/3 1/6 −1/3 −1/6 B N N B Tenemos: DB = IB DN IN Despu´s de los reemplazos adecuados, obtenemos: e   1 0 0 B DB =  0 2 2  0 1 3 representa una LT en la base natural. Veamos c´mo se ve desde la base o   1 −1 1 B =  0 −1 −2  1 1 −1 Observemos que esta matriz no es sim´trica. Sin embargo, cuando se trata de una e base ortonormal tenemos el resultado siguiente: e 556. Ejercicio Pruebe que para una matriz diagonal D el producto OT DO es sim´trico, donde O es una base ortonormal. 557. Ejercicio Sea la base  1 −1 1 B =  0 −1 −2  1 1 −1  Reexpresar en la base B las siguientes matrices diagonales: a) D(1, 2, 1) b) D(−1, 2, 1) c) D(1, −1, 1) d) D(1, −3, −4) e) D(−2, 1, −4) 270 ´ CAP´ ITULO 11. DIAGONALIZACION 558. Ejercicio Pruebe que las matrices diagonales conmutan entre ellas, esto es, D1 D2 = D2 D1 . Proponga una explicaciń geom´trica de ese hecho. Pruebe que esa o e propiedad se conserva aun si su naturaleza diagonal se esconde detr´s de un cambio de a coordenadas. Demu´strelo. e 11.2. Magnificaciones Una matriz diagonal, interpretada como la matriz de cierta T L puede verse como una magnificaciń. Para ilustrar eso, notemos que para la matriz diagonal D(1, 2, 3) o tenemos: D(1, 0, 0) = 1(1, 0, 0) D(0, 1, 0) = 2(0, 1, 0) D(0, 0, 1) = 3(0, 0, 1) Por tanto, D amplifica una vez en la direcciń X, dos veces en la direcciń Y . y o o tres veces en la direcciń Z. D es una magnificaciń anisotr´pica, es decir, que mago o o nifica de forma diferente en direcciones diferentes. Puesto que nunca se especific´ base o alguna, se est´ tratando con la base natural. Por supuesto, una magnificaciń no debe a o estar esclavizada a dicha base. La gr´fica siguiente junto a las definiciones y ejercicios a formalizarń dicha idea. Todo es algo muy simple. Sin embargo, una magnificaciń es a o tratada en la literatura como algo muy esot´rico, con nombres complicados. Por la e fuerza de la costumbre, aprenderemos a usarlos. T (v) v T u T (u) Figura 11.1. Una magnificaciń es simple y exige una codificaciń simple. o o 559. ♣ Definiciń. Si hay un escalar λ y un vector v = 0 tal que para una T L o T : V → V se tenga T (v) = λv, entonces al escalar se le llama eigen-valor y al vector se le llama eigen-vector. La palabra alemana eigen (láse aiguen) significa propio. e El vector cero se excluye, pues siempre se tiene que T (0) = 0 para toda T L T . Sin embargo, recordemos que el n´mero cero s´ puede ser un valor propio que corresponde u ı a un apachurramiento. 560. Ejemplo Sea T (x, y) = (x + 3y, 2x + 6y), entonces T (1, 2) = (1 + 6, 2 + 12) = (7, 14) = 7(1, 2). Por lo tanto, 7 es un eigen-valor de T y el correspondiente eigen-vector es (1, 2). Tambiń decimos que (7, (1, 2)) es un par propio. e 11.2. MAGNIFICACIONES 271 561. Ejercicio Demuestre que si v es un vector propio de una T L T , entonces γv, con γ ∈ R y γ = 0, tambiń lo es. Encuentre el correspondiente eigen-valor. Demuestre e que si (λ, v) y (µ, w) son pares propios, entonces v + w no es un vector propio ni de λ ni de µ a menos que λ = µ. Este resultado nos permite hablar de eigen-espacio, el cual es un espacio generado por un conjunto de eigen-vectores asociados al mismo eigen-valor. 562. ♣ Definiciones. Una T L T es diagonal o es una magnificaciń cuando o B existe una base B donde TB sea una matriz diagonal. En otras palabras, una T L T es diagonal ssi existe una base B = {v1 , ..., vn }tal que T (vi ) = λi vi para ciertos escalares {λi }. 563. ♣ Definiciones. Dos matrices, M y N , son similares si ambas representan B A la misma T L pero con respecto a, quiz´, bases diferentes A y B: M = TB y N = TA . a Una de las bases es usualmente la natural porque en esa base generalmente se definen las T L: T (x, y, ..., z) = .... Por ejemplo, las dos T L del ejemplo siguiente son similares. 564. Ejemplo Sea B la base natural rotada π/4 al contrario de las manecillas del reloj. La matriz diagonal B TB = 1/9 0 0 1/4 representa una T L con respecto a B. Por supuesto, ver ejemplo 552, dicha transformaciń lineal es una magnificaciń. Si reescribimos dicha T L con respecto a la base o o natural obtenemos: N TN = T = por lo tanto, la definiciń de T es o T (x, y) = (13x/72 − 5y/72, −5x/72 + 13y/72). T ha sido representada en dos bases diferentes que codifican la misma informaciń o en forma de matrices similares. 565. ⋄ Teorema. Si dos matrices M y N son similares, entonces existe una matriz invertible K tal que M = K −1 N K. 13/72 −5/72 −5/72 13/72 566. Ejercicio Pruebe el anterior teorema y especifique la matriz K. 567. ⋄ Teorema. Dos matrices similares tienen el mismo determinante. Demostraciń. Si dos matrices, M y N , son similares, entonces ellas representan la o B C misma T L con respecto a bases apropiadas: M = TB y N = TC , por lo tanto, existe una matriz de cambio de base K que relaciona a M y a N , de tal forma que M = K −1 N K. Tenemos: Det(M ) = Det(K −1 N K) = Det(K −1 )Det(N )Det(K) = (1/Det(K))Det(N )Det(K) = Det(N ). 272 ´ CAP´ ITULO 11. DIAGONALIZACION 568. Ejercicio Sabemos que las bases no juegan papel alguno en la definiciń de un o determinante de una T L, es decir, el determinante de una T L es algo asociado a la T L independiente de cualquier base. Formule la definiciń de determinante de una T L o de tal forma que lo dicho sea obvio. Ayuda: el determinante debe ser funciń de un o espacio de T L en R y reńe ciertas propiedades. u 569. Ejemplo Sea la matriz M similar a la matriz diagonal D = (1, 2, 0), entonces M es no invertible, pues su determinante es cero, por lo que M apachurra contra cero alguna parte de su dominio. Es claro que el Kernel tiene dimensiń uno y que la imagen o tiene dimensiń dos. o 570. Ejercicio Cierta matriz M es similar a una matriz diagonal. Por favor, diga cuńdo la matriz original es invertible, la dimensiń del Kernel y de la Imagen, si: a o a) D(1, 0, 1) b) D(−1, −1, −1) c) D(1, 0, 0) d) D(1, 0, 3, 0) e) D(2, 3, 0, −1, 0). 571. Ejercicio Para calcular el Kernel y la Imagen de una T L dada, hemos apelado en cap´ ıtulos anteriores a la base natural. Sin embargo, hemos usado en el ejercicio anterior la creencia de que dichos espacios pueden calcularse en cualquier representaciń, o en particular en una base propia, cuando existe, porque las respuestas son inmediatas. ¿Es eso correcto? En ese caso, pru´belo, o bien d´ un contraejemplo. e e 11.3. El eigen-problema El eigen-problema es encontrar, si es posible, una representaciń diagonal de una o T L T . O mejor dicho, es dilucidar si una T L es una magnificaciń. o 572. Ejemplo Sea T (x, y) = (x + 3y, 2x + 6y). Debemos resolver T (x, y) = λ(x, y) = (λx, λy). Esto es equivalente al sistema de ecuaciones: x + 3y = λx 2x + 6y = λy Multiplicando la primera ecuaciń por dos y usando transitividad, obtenemos o 2λx = λy, la que es una ecuaciń con tres inc´gnitas. Una soluciń es λ = 1, con x = 1, o o o y = 2. Otra soluciń es λ = 0. En ese caso, x + 3y = 0, por tanto, podemos tomar o x = −3, y = 1. En concreto, el problema es resuelto por los pares propios (1, (1, 2)) y (0, (−3, 1)). En un momento aprenderemos a probar que no existe otro λ que resuelva el problema, es decir, que cualquier otro valor propio es un m´ltiplo de alguno de los u . pero ninguna o o direcciń es amplificada pues todo es rotado. Ella es en verdad una T L.11. Consideremos ahora una rotaciń. 576. Prediga cu´l ser´ el resultado del o o a a eigen-problema para dicha T L T . Ejercicio Resuelva el problema propio para T (x. la segunda por −1 e igualando. 2). Observemos que el conjunto {(1. la matriz dada no es diagonalizable sobre los reales. la esencia de una matriz diagonal es su carćter de magnifia caciń. EL EIGEN-PROBLEMA 273 dos ya hallados. Pruebe que en R2 casi todas las rotaciones carecen de valores propios reales. e o Caracterice todas las rotaciones con valores propios reales. 0). o 573.3. o o digamos de ńgulo π. La matriz correspondiente es a 0 −1 1 0 Para diagonalizar esa matriz. y) = (x + 3y. obtenemos: o 2 −λy = λ x = −x λ2 x + x = 0 Factorizando (λ2 + 1)x = 0 √ Por lo que λ debe cumplir (λ2 + 1) = 0. (−3. 3x + 9y). debemos resolver el problema propio 0 −1 1 0 eso es equivalente a −y = λx x = λy. a x y =λ x y = λx λy 575. cuya soluciń es λ = −1 = i que no o est´ en los reales. 574. Como hemos visto. T es una magnificaciń o una T L diagonal. Multiplicando la primera ecuaciń por λ. Ejercicio D´ un ejemplo de una rotaciń con al menos un valor propio real. Pruebe que en R3 todas las rotaciones tienen al menos un valor propio real. Por lo tanto. De esa forma. Contraejemplo El problema de diagonalizaciń no siempre puede ser resuelo to. Ejercicio Construya una T L T : R3 → R3 tal que sea una magnificaciń en o la direcciń Z pero una rotaciń en el plano XY . Trabajemos con una rotaciń concreta. 1)} es una base de R2 y por B tanto T puede escribirse con respecto a B como TB = D(1. .. por consiguiente. .. .. las coordenadas correspondientes se escriben en forma vertical en una matriz.. Diagramas conmutativos Esta secciń es autocontenida... . Veamos c´mo se escribe la matriz de F con respecto a una base propia B: cada o elemento de la base bi es pasado a trav´s de F y el resultado se descompone en la base e B.. tenemos la matriz ordinaria N B N de F .. .. 0). . .. puede servir de repaso y es especial para aquellos o que necesitan un camino bien cortico al tema de la diagonalizaciń. bn y con F (bi ) = λi bi para escalares apropiados λi . .4. 0    B FB =  . Vemos que terminamos con una matriz diagonal:   λ1 0 . . . FB es una matriz diagonal compuesta de los valores propios. La matriz FB de una T L diagonal F con respecto a una base propia B es la matriz diagonal compuesta por los valores propios...  . . Tal base.. Sea F : Rn → Rn una T L que admite una base propia B. ¿C´mo se relacionan esas dos matrices FB y FN ? Hay una e o manera muy natural de entender la relaciń: o 578..   ...... Una T L es diagonal cuando existe una base B = {b1 . . y sea N la base natural. .. en el mismo orden en el cual la base fue numerada.. Veamos la naturalidad de esa identidad. pero algunos λi pueden ser cero. λn B En una palabra. ⋄ Teorema... listados en correspondencia con los vectores de la base.. o 577. la cual es la matriz de F con respecto a B. λi . Todos los bi son diferentes de 0. las coordenadas de F (bi ) en la base B son (F (bi ))B = (0.. .274 ´ CAP´ ITULO 11. Recordemos que nuestras bases siempre son ordenadas. . cuya descomposiciń o en la base propia B produce λi bi = 0b1 + . 0 . + λi bi + . tambiń notada FN . DIAGONALIZACION 11. ⋄ Teorema.... Si escribimos la matriz F con respecto a la base natural.. Tenemos que F (bi ) = λi bi . bn } tal que todos sus elementos son vectores propios.. Obtenemos la siguiente relaciń: o N B B N FN = IN FB IB Demostraciń. Demostraciń. Sea F : Rn → Rn una T L tal que existe una base B con n vectores o b1 . Esas coordenadas se escriben en forma vertical como la columna i. + 0bn y. se llama base B propia. cuando existe. o . 0  0 λ2 0 .. . Factoricemos v. en su totalidad. Diagrama conmutativo. IN cambia de coordenadas de la base propia a la base natural. Las dos rutas son equivalentes. Ejercicio Con la misma notaciń del ultimo teorema. Para hacerlo. Encadenando todo obtenemos: las coordenadas son recibidas en la base natural. esta ecuaciń siempre tiene la soluciń trivial v = 0.2. dibuje el diagrama de o ´ composiciones de las T L adecuadas para que el resultado siguiente resulte evidente: B N N B FB = IB FN IN . Uso del determinante Con los ejercicios. 11. 579. u u .11.5. las coordenadas de X en la base natural y produce las coordenadas de F (X) en la misma base. USO DEL DETERMINANTE B FB Rn N IB 275 Rn B IN R n N FN Rn Figura 11. Si llamamos M = F − λI. la maquinaria acepta. Podemos resumir: 580. en la parte inferior. son procesadas por F en la base propia. mientras que el segundo da un viaje de tres pasos. Cada parte de cada N ruta tiene su significado: IB es la matriz de cambio de coordenadas desde la base B natural a la base propia. por dem´s simples. ⋄ Teorema. Una condiciń necesaria para que una T L pueda ser diagonalizada o es que Det(F − λI) = 0 para algń n´mero λ. llega en un solo paso. Ahora. tenemos dos caminos: el primero. o o Por lo que a nosotros lo que nos interesa realmente es encontrar soluciones no triviales. Pero eso implicar´ que buscamos un vector que sea apachurrado contra cero. cuyas ra´ o e ıces son los valores propios de F . que hemos visto. y esa ecuaciń da un polinomio en t´rminos de λ. ıa Det(M ) = 0. Por lo tanto. En el diagrama adjunto. Decimos que el diagrama es conmutativo. Ve´mosla. FB acepta coordenadas de X en la base propia y produce las B coordenadas de F (X) en la base propia. Por lo tanto. Para obtener matriz menos matriz procedemos como se debe: (F − λI)v = 0 donde I es la identidad. se cambian a la base propia. queda claro que el problema a propio puede dar lugar a tremendos problemas algebraicos. estamos buscando soluciones no triviales a M v = 0. contamos con una muy buena manera de usar el determinante para facilitarnos la vida. no podemos proceder como sigue: (F − λ)v = 0 porque un n´mero no u puede ser restado de una T L.5. a El problema propio F (v) = λv es equivalente a F (v) − λv = 0. Afortunadamente. el resultado sale en la base propia y se cambia de la base propia a la base natural. Notemos que el segundo vector es perpendicular al primero: esto es lo que pasa cuando empezamos con una matriz sim´trica de coeficientes reales (probaremos esto m´s adelante). lo que significa que uno puede elegir a su antojo el valor de una de las coordenadas del vector propio. (1/ 2. La norma de (1. la base propia es B = {(1/ 2. ya se est´ teniendo en cuenta que la base propia ha sido numerada: a . lo cual implica que hay dos soluciones para λ. Queremos encontrar vectores no o nulos que satisfagan la ecuaciń F (v) = λv que es lo mismo que encontrar vectores no o nulos que satisfagan F (v − λI)v = 0. Como hay dos inc´gnitas. 1). hay o o un grado de libertad. 1/ 2). Ejemplo Diagonalicemos la matriz ´ CAP´ ITULO 11. 1). ponemos v1 = 1 por o lo que v2 = −1. Eso produce 0−1 1 1 0−1 v1 v2 = −1 1 1 −1 v1 v2 = 0 0 Notemos que la primera ecuaciń se transforma en la segunda si se multiplica por o −1. dos valores propios 1 y −1. cuando reduzcamos la matriz por Gauss-Jordan. Ahora analizamos el valor propio −1: 0 − (−1) 1 1 0 − (−1) v1 v2 = 1 1 1 1 v1 v2 = 0 0 Olvidamos la segunda ecuaciń y en la primera. −1). Por consiguiente. Eso se hace dividiendo cada vector propio por su norma. usando Pit´goras. −1/ 2)}. Por lo tanto. pues no da informaciń adicional. −1). es decir. en perfecto acuerdo con o o lo que se espera de una matriz con determinante igual a cero. Ahora manufacturamos una base propia con determinante igual a +1. la segunda ecuaciń se desaparece. por lo que Det(F (v) − λI) = 0. O lo que es lo mismo. Ahora. √ √ √ √ Por tanto. procedemos primero con λ = 1: Necesitamos encontrar vectores v tales que (F − λI)v = (F − I)v = 0. un vector propio que es multiplicado por un escalar tambiń da un vector propio asociado al mismo valor e propio. la cual es la misma que de (1. dando al v1 el o valor de 1 obtenemos que v2 toma el mismo valor. y obtenemos el vector propio (1. v1 + v2 = 0. Det 0−λ 1 1 0−λ = (−λ)2 − 1 = λ2 − 1 = 0. Cuando se escribe eso. Para encontrar los correspondientes vectores propios. es a √ 2. que es lo mismo que v1 = v2 . un vector asociado al valor propio 1 es (1. tenemos una sola ecuaciń −v1 + v2 = 0. DIAGONALIZACION F = 0 1 1 0 Soluciń: Esta matriz define una T L que notamos F . Eso implica que e a encontrar el primer vector propio de una matriz sim´trica 2 × 2 determina inmediatae mente el segundo por ortogonalidad.276 581. Tomando la ecuaciń −v1 + v2 = 0. 11. Esto era de esperar puesto que la matriz representa una rotaciń de 90 grados. −1/ 2). 1) en (−1. (1/ 2.5. 1/ 2) es el primer vector y que (1/ 2. numeramos la base en el orden inverso. 584. Det . La multiplicidad algebraica de un valor propio es igual al n´mero de veces que el valor propio se u repite como ra´ del polinomio caracter´ ız ıstico de la matriz. pero el determinante de la base es √ √ 1/√2 1/√2 = −1 Det 1/ 2 −1/ 2 Para lograr que el determinante quede positivo. −1/ 2) es el segundo. la matriz de cambio de coordenadas IN es simplemente la matriz formada por la base en notaciń√ √ o vertical 1/√2 1/√2 B IN = −1/ 2 1/ 2 N B B N N B Recordemos que FN = IN FB IB . 1) en (1. el polinomio que resulta de evaluar Det(M −λI) = 0 se denomina el polinomio caracter´ ıstico de M . Puede verificarse en el caso presente que la inversa es la transpuesta. donde la matriz IB es inversa de IN . La base es entonces √ √ √ √ B = {(1/ 2. −i. cuya norma es uno. Es claro o que una rotaciń no multiplica ningń vector por un escalar. verificar que N B B N FN = IN FB IB . ♣ Definiciones. lo que uno encuentra es un polinomio que no tiene ra´ o ıces reales. 0). Ejemplo La siguiente matriz no es diagonalizable en n´meros reales: u 0 −1 1 0 En efecto. 583. Por tanto: √ √ 1/√2 −1/√2 N IB = 1/ 2 1/ 2 Y la representaciń diagonal de F es o 1 0 B FB = 0 −1 582. el polinomio asociado (el polinomio caracter´ ıstico) es −λ −1 = λ2 + 1 = 0 1 −λ cuyas ra´ ıces son i. B Por tanto. Por ejemplo. Ejercicio Con las matrices encontradas en el ejercicio previo. si el polinomio caracter´ ıstico es p(λ) = (λ − 3)2 (λ − 4) = 0 entonces 3 tiene multiplicada algebraica 2. Dada una matriz M. Eso es v´lido porque la a base B tiene vectores mutuamente perpendiculares. mientras que 4 tiene multiplicada algebraica 1. Sin embargo. recordemos que los n´meros complejos estń asociados a ondas y u a por lo tanto no ha de ser sorpresa que matrices como la presentada en este ejemplo aparezcan en sistemas oscilantes (Zill. Por lo que al hacer el o u proceso de diagonalizaciń. 2008). la cual transforma (0. USO DEL DETERMINANTE 277 √ √ √ √ (1/ 2. 1/ 2)}. 0) y (0. o ı la soluciń al problema propio siempre comienza con la b´squeda de las ra´ o u ıces de un polinomio y un polinomio de grado n siempre tiene n ra´ ıces. 2)} 4. Encontrar su representaciń en la base natural y resolver el correspondio ente problema propio para dichas matrices. 1). Ejercicio Analice el siguiente razonamiento: Hemos mostrado. una rotaciń no es diagonalizable en reales pero s´ en complejos. que pueden ser complejas. 1). B = { 10/10(1. como se esperaba. 2/2(−1. (−1. B = {(1. 1). D(0. 1)} √ √ 2. a)  1 2 0 1 1 2 3  0 1 4 0 0 1  1 2 0  0 1 0 0 0 1  1 0 3  0 1 0 0 0 1  1 0 0  0 1 1 0 0 1         b) c) d) e) 587. 1)} √ √ 5. 10/10(3. D(2. los vectores propios y revertiendo la matriz diagonal original: 1. 1)} 3. 3). D(1. 0). B = {(1. como cuando una copa vibra inducida por el sonido de una guitarra (Kittel y otros. Ejercicio Encuentre todos los valores propios de las siguientes matrices y escriba la forma diagonal asociada. 0). Por o u o lo tanto. . Sin embargo. −2). D(−2. o a √ una magnificaciń por el n´mero complejo i = −1 puede causar una rotaciń. encontrando los valores propios. B = { 2/2(1. −1)}. −1). 586. D(1. Ejercicio Las siguientes matrices diagonales representan magnificaciones en una base dada. Matrices de este tipo son necesarias para modelar el fen´meno de resonancia cuando un modo natural de oscilaciń de o o un sistema es estimulado desde el exterior. Hemos probado que toda matriz es diagonalizable en complejos. si eso es posible.278 ´ CAP´ ITULO 11. 1965). (1. que una rotaciń de ńgulo π/2 no tiene valores propios reales. DIAGONALIZACION 585. 1). (−1. En general. B = {(1. 0). x − 1 es e ´ ız o un factor. Las posibles ra´ racionales son de la forma (divisores de 2)/(divisores de 1). De hecho.. USO DEL DETERMINANTE 279 588. ı . −2. podemos ıces aplicar el siguiente Teorema. Este polinomio tiene como posibles ra´ ıces a 1. 1/2. 589. si recordamos que un polinomio es una funciń continua. ella es de la forma ız r=(Divisores de ao )/(Divisores de an ). −1. En tres dimensiones. En nuestro ejemplo. podemos estar seguros de que existe una ra´ entre los dos valores: esa es ız una aplicaciń del teorema del valor intermedio para funciones continuas (m´todo de o e bisecciń de Newton). −1. Un chequeo directo dice que 1 es ra´ pero que −1 ız no lo es. Un chequeo dice que −1 y −1/2 no son ra´ ıces. nuestra teor´ es aplicable a cualquier dimensiń. 2. cuyas ra´ ıces son: 2. cuya unica ra´ es ´ ız 1. Ra´ ıces de polinomios.5. o o 592. Por lo que el polinomio tiene 3 ra´ ıces pero todas iguales. e e e ıstico a: 590. Ejemplo Para el polinomio x2 − 3x/2 + 1/2 = 0. Ejemplo Una matriz tiene como polinomio caracter´ 3 2 x +2x −x−2 = 0. tiene por lo menos una ra´ real. Por tal razń.. Despu´s de encontrar el polinomio Det(M − λI) = 0. 2. El problema es la complejidad de ıa o la aritm´tica que resulta. si un polinomio an xn + . Ejemplo y definiciń Para la ecuaciń (x − 1)3 = x3 − 3x2 + 3x − 1 = 0. el polinomio caracter´ ıstico es c´bico y puede u verse que siempre tiene al menos una ra´ real. uno puede optar por soluciones asistidas por e o computador. o ıces 591. podemos comenzar con las posibles ra´ ıces racionales +1. debemos multiplicar todo por 2 para obtener 2x2 − 3x + 1 = 0 cuyas posibles ra´ ıces racionales son 1. De hecho. −1. Entonces. pero que 1 y 1/2 s´ lo son. Podemos dividir el polinomio x3√ x2 − 2x + 2 = 0 por x − 1 para encontrar − √ el cociente x2 − 2. −2. Un chequeo dice que 1 es ra´ pero que −1 no lo es. la unica ra´ es ´ ız −3/4. r. Por lo que si encontramos o un valor en el cual el polinomio es positivo y otro valor en el cual el polinomio es negativo. Ejemplo La ecuaciń 4x + 3 = 0 tiene como posibles ra´ o ıces racionales a los quebrados de la forma (divisores de 3)/(divisores de 4).11. −2. que son ıces 1. debemos o e encontrar las ra´ ıces. + a1 x + ao = 0 con coeficientes enteros tiene una ra´ racional. Puesto que es c´bico. 1 es una ra´ de multiplicidad algebraica 3. Por tanto. Despu´s de chequear. o Existe la posibilidad de que el polinomio tenga ra´ racionales. Ejemplo El polinomio caracter´ ıstico de una matriz es: x3 − x2 − 2x + 2 = 0. En dńde estń las otras dos ra´ ız. −1/2. − 2. Los posibles u ız candidatos son (divisores de 2)/ (divisores de 1). −1. Aunque hemos venido tratando con matrices 2 × 2. o a ıces? Dividimos 3 2 2 2 x + 3x + 3x + 1 por x − 1 para obtener (x − 1) = x + 2x + 1. Hay. Una lista completa es: 1. la unica ra´ que sirvi´ es x = 1. ız 593. una sustituciń directa da que las ra´ son 1. −1. con todo. entonces. un caso en el cual la aritm´tica es manejable a mano y es e el caso de dimensiń 3. Use este ejemplo como ayuda nemotćnica para recordar qu´ es divisor de qu´. −1. Dividimos por (x − 1) para obtener x − 1 como cociente. ¿C´mo podemos encontrarla? Podemos ız o explorar la recta real para ver si de casualidad encontramos una ra´ Podemos mejorar ız. DIAGONALIZACION 594.280 ´ CAP´ ITULO 11. Ejercicio Resuelva el problema propio para las siguientes matrices y verifique que conmutan entre ellas. 597. Ejercicio Pruebe que si dos matrices tienen la misma base propia.   6 −2 0 6 −3  a)  −3 0 −1 6   4 −4 −2 3 −6  b)  −6 −1 −2 5   0 −4 6 3 −6  c)  −6 3 −2 −3   2/3 −2/3 8/3 2 −1  d)  −1 4/3 −1/3 −2/3   −2/3 2/3 4/3 1 0 1  e)  2/3 1/3 −4/3 596. Ejercicio Encuentre las ra´ de los siguientes polinomios: ıces a) x3 − 5x2 + 7x − 3 = 0 b) x3 − 6x2 + 11x − 6 = 0 c) x3 + x2 − 2x − 2 = 0 d) 12x3 − 31x2 + 15x − 2 = 0 e) x3 − 31x2 /12 + 5x/4 − 1/6 = 0. entonces necesariamente conmutan entre ellas. 595. Ejercicio Sea √ √  −1/√2 −1/(3√2) 2/3 Q =  1/ 2 −1/(3√2) 2/3  0 4/(3 2) 1/3  a) Pruebe que Q es la matriz de alguna rotaciń. o . o a c) Bosqueje la gr´fica de la cu´drica x2 + 4y 2 + 9z 2 = 1. M T . toda matriz sim´trica S satisface la identidad: e S(u) · v = u · S(v) El problema propio para matrices sim´tricas es muy agradable y ofrece la posibilidad e de retroalimentarse para saber si uno va resolviendo un problema bien o mal.6. Por consiguiente λu · v = u · γv = γu · v Puesto que λ = γ. MATRICES SIMETRICAS b) Encuentre el eje de rotaciń y el ńgulo correspondiente. Es posible definir un producto punto. Por lo tanto. ¿C´mo lo hareu o mos? Es un placer explicitar que toda nuestra teor´ ha sido construida para n´meros ıa u reales y que. por lo tanto S(u) · v = u · S(v) pero el lado izquierdo es igual a λu · v y el lado derecho es igual a u · γv. Los valores propios de una matriz sim´trica real son todos reales. Una matriz que es igual a su transpuesta se llama sim´trica. e 281 11. Debemos probar que se trata de un n´mero real. Los vectores propios de una matriz sim´trica real son ortogonales e entre ellos. Demostraciń. interno o interior para vectores con coordenadas complejas. Demostraciń. si los valores propios correspondientes son diferentes.´ 11. como los presentados por los siguientes teoremas: o 598. Para toda matriz M . ⋄ Teorema. e Prueba en dos pasos. es el resultado de reflejar la matriz M con respecto a la diagonal. si M = (aij ). Paso 1. debemos reconstruir todo de nuevo para tener derecho de hablar .6. tenemos que M (u) · v = u · M T (v). por tanto. es decir. pues los c´lculos asociados al proceso de diagonalizaciń son muy tediosos a o y por lo tanto muy propensos a generar errores. debemos concluir que u · v = 0 y que a valores propios diferentes corresponden vectores propios ortogonales. y tomamos o e λ = γ. El determinante de una e matriz es igual al de su transpuesta. Matrices sim´tricas e Recordemos que: dada una matriz cuadrada M . Sea S una matriz sim´trica y sea v un vector propio con λ el correso e pondiente valor propio. su transpuesta. Por ello es mejor tener m´todos de e retroalimentaciń. a a d) Encuentre la ecuaciń de la figura que es el resultado de rotar por Q a o x2 + 4y 2 + 9z 2 = 1 y bosqu´jela. Sea S una matriz sim´trica tal que S(u) = λu y S(v) = γv. M T = (aji ). ⋄ Teorema. 599. Eso es muy importante. e Demostraciń. .. 2 + 4i) · (1 − i... . λ = 0 y en ese caso Z · Z = Z 2 > 0.. ella cumple: e SZ · Z = Z · SZ Puesto que Z es un vector propio de S. vn ) entonces u · v = u1 v1 + . Ese trabajo monumental ya ha sido hecho: a Hemos definido el producto punto entre vectores con componentes reales como sigue: si u = (u1 .. si Z = (1 + i. . 2 − 4i) = (1 − i2 ) + (4 − 16i2 ) = 1 + 1 + 4 + 16 = 22 > 0. Eso o ´ se logra si se define el producto punto entre vectores con coordenadas complejas como sigue. wn ) entonces ∗ ∗ Z · W = z1 w1 + . entonces z 2 = (1 + i)(1 − i) = 1 − i2 = 1 + 1 = 2 > 0. Z 2 = Z · Z = (1 + i. siempre que u = 0.. DIAGONALIZACION de valores propios complejos.. 2 + 4i)∗ (1 + i. zn )y W = (w1 . S(Z) = λZ para cierto vector Z. un ) y v = (v1 .282 ´ CAP´ ITULO 11. Un n´mero real u u es un n´mero complejo que es igual a su conjugado.. tenemos que Z · W = (1 + i)(1 − 3i)∗ + (2 + 4i)(3 − 4i)∗ = (1 + i)(1 + 3i) + (2 + 4i)(3 + 4i) = −12 + 24i. de otra parte. Ań no sabemos si λ es real o no. 2 + 4i) y W = (1 − 3i. si z = 1 + i.. Paso dos. . La experiencia ha demostrado que tal definiciń debe llenar un requisito muy simple para o que sea una extensiń util: se necesita que u 2 = u · u > 0. O bien. Si λ es valor propio de una matriz sim´trica real. 3 − 4i).. Similarmente. tenemos que (λZ) · Z = Z · (λZ) Aplicando esas dos propiedades al ejercicio precedente obtenemos: λ(Z · Z) = λ∗ (Z · Z) Ahora tenemos dos posibilidades: que λ = 0. Si Z = (z1 . . podemos dividir entonces λ(Z · Z) = λ∗ (Z · Z) por Z a ambos lados para obtener: λ = λ∗ lo cual significa que λ es un n´mero u real. + un vn Queremos definir el producto punto entre vectores con coordenadas complejas. Por ejemplo. o e i. u Puesto que S es sim´trica...e. pues no tiene parte imaginaria... 600. 2 + 4i) · (1 + i... Necesitamos extender nuestra teor´ a n´meros complejos ıa u y trabajar en ese mundo m´s grande.. Ejercicio Pruebe que el nuevo producto punto cumple con las dos siguientes propiedades: a) (λZ) · W = λ(Z · W ) b) Z · λW = λ∗ (Z · W ) Continuamos con la prueba del teorema 599. Supongamos ahora que la matriz sim´trica S tiene un valor propio λ. + zn wn ∗ donde el s´ ımbolo w denota el complejo conjugado de a + bi que es a − bi. entonces es igual a su conjugado: λ = λ∗ . en cuyo caso el correspondiente valor propio es real. contraejemplos. ¿Ser´ eso verdad? o o a Por favor. Al relacionar D y S se tiene que S = BDB T . o .´ 11. Por ello. las siguientes matrices. Ahora enfrentaremos a el problema inverso: determinar la naturaleza de una cńica junto con el ńgulo de o a rotaciń de la figura cuya ecuaciń en la base natural es ax2 + by + cy 2 + dx + ey = f . Ellas son o 2 × 2. o u por lo tanto no pueden ser similares a una matriz diagonal. En la base B. sin imaginarios) S.7. Las matrices son: a) b) c) d) e) 1 1 1 1 1 2 2 4 1 2 2 −3 −1 5 5 −3 −1 6 6 −1 603. pruebas y todo lo que haga falta para dilucidar e esa intriga. Toda matriz sim´trica real (con entradas e reales. Demostraciń: Investigaciń. Entonces existe una matriz ortogonal B que diagonaliza a S. o o Para poder hacer eso haremos uso de todo el poder de la diagonalizaciń. 602. la ecuaciń 13x − 10xy + 13y = 72 describe una elipse rotada o en sentido contrario a las manecillas del reloj un ńgulo de π/4. 11. Cada elemento de la base genera un eje que se llama un eje principal y de ah´ el nombre del teorema. En las aplicaciones. pr´ximo cap´ ı o ıtulo. lo cual significa que tiene una base propia con respecto a la cual se ve como diagonal. D. D. veremos la importancia de dichos ejes. para practicar con matrices 3 × 3. Por ejemplo. Esto es equivalente a decir: Sea S una matriz sim´trica. es diagonalizable. Investigaciń Las rotaciones no producen magnificaciones (en n´meros reales).7. Ejercicio Diagonalice. RECONOCIENDO LAS CONICAS 283 601. S se ve como diagonal. d´ ejemplos. pase al cap´ ıtulo siguiente donde tendremos de sobra. es posible que toda T L tenga en parte una rotaciń y en parte una magnificaciń. Reconociendo las cńicas o Sabemos que la ecuaciń de una cńica que ha sido rotada incluye t´rminos de la o o e 2 2 forma xy. Pruebe que uno puede formar una base de vectores o o propios B que expanden todo el espacio dominio de la T L codificada por S. ⋄ Teorema de los ejes principales. es decir e T S = B DB. si tan s´lo es posible. Ejemplo Identifiquemos la cńica y el ńgulo de rotaciń si su ecuaciń en o a o o 2 2 la base natural es 13x − 10xy + 13y = 72. por lo que una inc´gnita puede ser fijada a voluntad: sea v1 = 1 por lo que o o v2 = 1. simplificando: =0 Observemos que el determinante de esta matriz es cero. Esto se logra si reescribimos la matriz asociada a e la cńica en una matriz en la cual adquiera una forma diagonal. La ecuaciń puede reescribirse matricialmente como: o x y 13 −5 −5 13 x y = 72 lo cual es de la forma X T M X = k. 1). Una matriz diagonal o representa una magnificaciń.284 ´ CAP´ ITULO 11. el primer vector propio es (1. Para identificar la cńica.. 1). exigimos que (M − λI) sea o no inyectiva. De esa manera el determinante queda positivo. Este es nuestro comienzo: Det 13 − λ −5 −5 13 − λ =0 (13 − λ)2 − 25 = (13 − λ − 5)(13 − λ + 5) = 0 cuyas ra´ son λ1 = 8 y λ2 = 18. en las o cuales ella produce la multiplicaciń por un escalar.e. i. por tanto. Podemos formar pues la base ortonormal . Reemplazando el segundo valor propio debe producir el segundo vector propio (−1. Det(M − λI) debe ser cero. como debe ser. Con estos o dos vectores propios formamos una matriz de tal forma que su primer vector unitario quede en el primer cuadrante y el segundo en el segundo cuadrante. M una matriz. k un escalar. Puesto que v = 0 es una soluciń y necesitamos una no trivial. ¿Es esto verdad? Veamos: 13 − 18 −5 −5 13 − 18 −5 −5 −5 −5 v1 v2 v1 v2 =0 =0 eso se reduce a la ecuaciń −5v1 −5v2 = 0. Por eso necesitamos resolver el o problema propio M v = λv or (M − λI)v = 0 donde 0 representa el vector nulo. DIAGONALIZACION 604. una T L que deja fijas ciertas direcciones. ıces Si reemplazamos el valor λ1 = 8 en la ecuaciń (M − λI)v = 0. donde X es un vector. la cual se satisface con (−1. puesto que a valores propios diferentes corresponden vectores propios perpendiculares. Por lo tanto. 1). obtenemos: o 13 − 8 −5 −5 13 − 8 5 −5 −5 5 v1 v2 v1 v2 =0 o. o sea que apachurre ciertos vectores contra cero. Esto se debe a que la segunda ecuaciń es redundante y que nos queda una ecuaciń con dos o o inc´gnitas. debemos escribir la ecuaciń en otra base desde la o o cual ya no aparezca el t´rmino xy. cada elemento bi de la base B obedece a la ecuaciń M bi = λbi . 1) con valor propio 8.´ 11. 8 0 0 18 u1 u2 = 72. 1). RECONOCIENDO LAS CONICAS √ √ 2/2 −√2/2 √ 2/2 2/2 285 B= Esa base es el resultado de rotar la base natural un ńgulo de π/4. De hecho. mientras que la o segunda coordenada u2 iba en la direcciń (−1. entonces obtenemos u1 u2 8(u1 )2 + 18(u2 )2 = 72 (u1 )2 /9 + (u2 )2 /4 = 1. u2 ). y aun en el caso en el cual el primer vector no est´ en el primer cuadrante. cuya inversa es su transpuesta: e B B N (IN )−1 = (IN )T = IB . Esta matriz tama B biń representa la matriz de cambio de coordenadas IN . ´ o Conclusiń: la ecuaciń en la base natural representa una elipse con ancho 3 en o o la direcciń (1. cuyo valor propio es 18. Podemos hacer las sucesivas transformaciones B B N (XN )T IN MB IB XN = 72 N N (XN )T (IB )T D(IB XN ) = 72 N (IB XN )T DXB = 72 T XB D(XB ) = 72 Si a las coordenadas XB de un punto X en la base B las llamamos (u1 . De otro lado. El ńgulo de rotaciń es π/4. o El m´rito de una base ortonormal es que cuando es considerada como matriz. el cual iba en la direcciń (1. Sin embargo. uno tambiń puede trabajar en una base ore togonal cuyos elementos tienen igual largo. podemos reescribir la ecuaciń de la cńica o o X T M X = 72 en la base B. 1). la matriz adquiere la forma diagonal D en la base B: B D = MB = 8 0 0 18 Las dos representaciones estń ligadas por las identidades a B N N B MB = I B M N I N N B B N MN = I N M B I B Usando la segunda identidad. e 605. o o a o Notemos la correspondencia natural: la primera coordenada u1 fue dada por el primer vector de la base. su e inversa es su transpuesta. y ancho 2 en la direcciń (−1. Ejemplo La cńica 11x2 /10 + 19y 2 /10 + 6xy/10 = 1 est´ representada por o a . 1).7. la ecuaciń original es exactamente: o N (XN )T MN XN = 72. Por o lo tanto. En la base natural.286 ´ CAP´ ITULO 11. λ2 = 2 con base propia B e inversa B dadas. 3)). tiene ancho 2/2. las cńicas estń representadas o o a por las matrices: a) b) c) d) 21/10 3/10 3/10 29/10 −6/10 12/10 12/10 26/10 8/10 −6/10 −6/10 −8/10 −14/10 −12/10 −12/10 −46/10 . Las cńicas estń o a representadas por una ecuaciń cuyo lado derecho es uno. (−1. DIAGONALIZACION N M = MN = 11/10 3/10 3/10 19/10 El problema del valor propio produce λ1 = 1. respectivamente. 1) y el de j por (−1. Su ńgulo de rotaciń es Arctan(1/3). la ecuaciń asociada. la o forma diagonal de las cńicas. por −1 B= B −1 = 3 −1 1 3 3/10 1/10 −1/10 3/10 1 0 0 2 La matriz diagonal correspondiente es B D = MB = En la base B la cńica tiene la ecuaciń: o o u2 + 2u2 = 1 1 2 u2 + u2 /(1/2) = 1 1 2 √ 2 2 u1 + u2 /( 2/2)2 = 1 Por lo tanto: La cńica es una elipse orientada en la direcciń (3. 3). En o o √ la direcciń normal. 1) con ancho 1. Ejercicio Pruebe que la base B dada por 3 −1 1 3 B= es una base propia de todas las cńicas dadas. pero en caso de inconsistencia o la ecuaciń debe igualarse a −1. el ńgulo de rotaciń y haga un o o a o dibujo (el papel de i es jugado ahora por (3. encuentre los valores propios. o a o 606. λ2 = 2 y e 1 1 . 11. es o o diagonalizable y (1. o o   1 0 0 2. . ¿Qu´ obe serva usted? ¿ Podr´ explicarlo? ıa 607.. Despu´s o a e enfrente el problema propio con la ecuaciń resultante. Encuentre una matriz A2×2 sim´trica con valores propios λ1 = −1. en la base canńica de R2 .. 5. entonces los valores propios de B son 1 y −1. un programa que consiste en fabricar una base especial. Vimos que esto se usa o para reconocer una cńica cuya naturaleza est´ escondida detr´s de una rotaciń.8. Ejercicio ¿Es nuestro formalismo aplicable a par´bolas? D´ ejemplos y cona e traejemplos. una base o propia. ¿Puede nuestro formalismo ser ligeramente modificado para ser aplicable a par´bolas? Para entender la pregunta. 2). ¿Para qu´ valores de a la matriz A =  0 0 1  es diagonalizable? e 0 a 0   1 1 0 3. ¿Es A diagonalizable? En caso afir0 0 1 mativo.. (3.11. Ejercicios de repaso 1.. La libertad de expresar una T L en cualquier base se explota al m´ximo a en la diagonalizaciń. −5) = (2. halle los autovalores (sinńimo de valores propios y de eigen-valores) de T y la o matriz de la transformaciń. 4. o 11. que permita una representaciń diagonal de dicha T L. y v2 = vectores propios correspondientes v1 = −1 1 6. −1). Resumen Una matriz diagonal es casi la m´s simple y adem´s tiene una interpretaciń geoa a o m´trica simple: es una magnificaciń anisotr´pica (que no funciona igual en todas las e o o direcciones). λn son los valores propios de A entonces Det(A) = λ1 λ2 .λn ..9. en la base canńica de R2 . B) de esas matrices y realice los productos AB y BA. tome la par´bola y = x2 en coordenadas cartea a sianas y r´tela un ńgulo de π/4 en sentido contrario a las manecillas del reloj. 1) son vectores propios de T y T (5. EJERCICIOS DE REPASO e) −12/10 −6/10 −6/10 −28/10 287 f) Tome varios pares (A. Si An×n es diagonalizable y λ1 . Si la matriz de la transformaciń T : R2 → R2 . hallar su forma diagonal D y obtener una matriz P invertible tal que P −1 AP = D. Pero o a a o . Considere la matriz A =  0 −1 0 .8. Muestre que si B 2 = I. DIAGONALIZACION la diagonalizaciń tiene muchas aplicaciones. . algunas de las cuales las veremos en el o pr´ximo cap´ o ıtulo y otras se ven en un curso de ecuaciones diferenciales.288 ´ CAP´ ITULO 11. Despu´s veremos c´mo se o e o usa la diagonalizaciń para estudiar m´ximos y m´ o a ınimos y para atacar un problema en mecńica relacionado con la rotaciń de cuerpos r´ a o ıgidos. Por ejemplo. que es un tema con aplio caciń directa a la ingenier´ a la industria y que tambiń tiene que ver con algunos o ıa. (4. Investiguemos la sospecha de que el ingreso mensual tiene una dependencia lineal con respecto al tiempo de experiencia. Ejemplo L´ ınea de regresiń de m´ o ınimos cuadrados. medir de alguna manera. Eso quiere decir que hay una diferencia entre el patrń o y el objeto a clasificar y que el patrń c´ o ırculo es el que minimiza la diferencia. 11). c´ ıa ırculos. y los datos de la naturaleza. 4). cuadrados. 7). 9)(3. Cuando nosotros vemos una figura. No existe en la naturaleza elementos perfectamente a a circulares. Terminamos con una aplicaciń al estudio de los sistemas din´micos. preconcebidos. pues se reduce a la soluciń de un sistema de o ecuaciones lineales.1. 5). o a 12.CAP´ ITULO 12 APLICACIONES Las aplicaciones de la diagonalizaciń son ilimitadas y muchas veces sorpresivas. En algunos casos esto puede ser algo muy complicado. Por ejemplo. o Comenzaremos con una aplicaciń a figuras tridimensionales. sueldo en unidades arbitrarias): n (3. Ajuste de patrones Un patrń es un objeto que sirve de modelo o referencia para comparar objetos o de un conjunto dado. el problema de ajuste puede ser tratable e incluso sencillo. (2. pero nosotros decimos que algo es circular porque el patrń circular es el o que mejor se ajusta a la figura. trińgulos y dem´s. 5). 289 . inmediatamente la comparamos con la bater´ de patrones que hay en la mente. (2. Los datos los reportamos por pares de la forma (tiempo de experiencia en aõs. e problemas filos´ficos acerca de la naturaleza del hombre. Lo anterior implica que las diferencias se pueden cuantificar. un c´ ırculo en el plano es un conjunto de puntos que equidistan perfectamente de otro punto dado. (5. 608. Pero en otros caso. la ciencia no es m´s que un estudio del grado y calidad del ajuste entre las teor´ patrones a ıas. uno se forja una idea sobre aquella l´ o ınea recta que mejor se ajusta a los datos.290 CAP´ ITULO 12. los a a cuales nos generan una l´ ınea (en letras latinas): 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 -1 -1 0 1 2 3 4 5 6 Figura 12. de una muestra. Esos puntos son: (2. n Mirando el diagrama de dispersiń. es decir.2. 11). o 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 -1 -1 0 1 2 3 4 5 6 Figura 12. APLICACIONES Soluciń: Nosotros dibujamos los puntos sobre un plano cartesiano. aquella que causa un m´ ınimo de descontento global. el sueldo en el eje vertical. aquella que mejor parece representar los datos. Estimaciń visual de la l´ o ınea que mejor representa los datos. Pero cuando nosotros formulamos un modelo. lo cual se deo nomina un diagrama de dispersiń. la l´ ınea que mejor se ajusta a nuestros datos parece pasar por el punto m´s cercano al origen y por el m´s lejano. usamos letras griegas o y = α + βx En nuestro caso. nosotros usamos para la l´ ınea la ecuaciń con letras latinas: o y = a + bx. un patrń. 4) y (5. .1. Cuando la l´ ınea viene de unos datos particulares. Los aõs de experiencia en el eje horizontal. Consideremos el problema de ajustar una l´ o e ınea de la forma y = α+βx a unos datos de la forma (xi . Mirando la nueva gr´fica. Para minimizar una funciń como ´sta. la ecuaciń de la l´ o ınea es y = a + bx = a + 2.12. las dem´s se consideran constantes. e e por lo tanto este t´rmino vale nα. i xi = nX. Dicho error se mide por la expresiń: o ǫ2 (α.33x Para hallar a estudiamos un punto cualquiera. derivamos e igualamos a cero. Esta idea es importante. e ¯ ¯ ¯ El t´rmino i yi es igual a nY donde Y es la media de los yi pues Y = (1/n) i yi . Para hallar exactamente la l´ ınea que mejor se ajusta a los datos es usual sacar una f´rmula general y despu´s aplicarla. digamos con respecto a α se notan como . vemos que es razonable probar la creencia de que el a ingreso mensual es proporcional a la experiencia. Precedemos: ∂α ∂ǫ =2 (yi − α − βxi )(−1) = 0 ∂α i Dividimos a ambos lados por −2 y individualizamos la sumatoria: ∂ǫ = yi − α−β xi = 0 ∂α i i i El t´rmino i α es igual a la suma de n t´rminos cada uno de los cuales vale α.66 = −0. a ∂ Las derivadas parciales. 4) : 4 = a + 2.66 Por consiguiente. AJUSTE DE PATRONES 291 La pendiente de dicha l´ ınea es y2 − y1 7 11 − 4 b= = = 2. un error. (2. nuestra estimaciń visual de la l´ o ınea de regresiń es o y = −0.66 + 2.1.66 por lo que a = 4 − 4.33(2) = a + 4. usamos derivadas parciales en las que cuando se o deriva parcialmente con respecto a una variable. pero como la o e funciń depende de dos variables. es decir. Hay una discrepancia. El patrń buscado es aquella l´ a o ınea recta que minimiza el error cuadr´tico y se llama l´ a ınea de regresiń de m´ o ınimos cuadrados. β) = i (yi − (α + βyi ))2 = i (yi − α − βyi )2 y se llama error cuadr´tico.33 = x2 − x1 5−2 3 Por lo tanto. pues demuestra que al problema de ajuste de patrones comienza con ideas preconcebidas. que se justifica un modelo lineal. entre lo predicho por el modelo y lo observado. Para un xi dado el correspondiente y observado es yi pero el modelo predice α + βyi . por ejemplo. Reemplazando obtenemos: ¯ ¯ nY − nα − nβ Y = 0 Dividiendo por n y despejando α obtenemos: ¯ ¯ α = Y − βX Ahora derivamos parcialmente con respecto a β: . yi ). e ¯ Similarmente.33x. xy − n¯y x¯ SSxy = .83 ¯ La l´ ınea de regresiń (m´ cuadrados): y = a + bx se determina por o ın.292 ∂ǫ =2 (yi − α − βxi )(−xi ) = 0 ∂β i Dividiendo por −2 y expandiendo obtenemos: ∂ǫ = xi yi − α xi − β (xi )2 = 0 ∂β i i i Utilizamos la definiciń de la media de los xi : o ¯ xi yi − nαX − β (xi )2 = 0 ¯ ¯ Reemplazamos α por Y − β X: ¯ ¯ ¯ xi yi − n(Y − β X)X − β (xi )2 = 0 es decir ¯¯ ¯ xi yi − nX Y + nβ(X)2 − β o sea ¯¯ ¯ xi yi − nX Y + β[n(X)2 − i i i i i i CAP´ ITULO 12.17 y = y/6 = 41/6 = 6. esto se convierte en . β= SSxx x2 − n¯2 x α = y − β x. APLICACIONES (xi )2 = 0 i (xi )2 ] = 0 i i ¯¯ x i y i − nX Y ¯ n(X)2 − i (xi )2 El signo menos lo usamos en el denominador y al final Ahora despejamos β: β = − β= ¯¯ x i y i − nX Y 2 ¯ 2 i (xi ) − n(X) i Ahora construimos la siguiente tabla para aplicar nuestras f´rmulas al problema o espec´ ıfico: Regresiń de o xi 3 2 2 4 3 5 Sumas xi =19 ingresos mensuales (y) vs yi xi yi 5 15 5 10 4 8 9 36 7 21 11 55 yi =41 xi yi =145 tiempo de experiencia x (xi )2 (yi )2 9 25 4 25 4 16 16 81 9 49 25 121 2 (xi ) = 67 (yi )2 =317 Calculamos los promedios. ¯ ¯ Para nuestro ejemplo. Como en este caso tenemos 6 pares de datos: x= ¯ x/6 = 19/6 = 3. y 2 + z 2 = 1 representa un cilindro cuyo eje es el eje X.27 + 2.71 a = y − b¯ ¯ x b= 293 a = 6. no hay l´ ımite ni a la variabilidad ni a la complejidad de los modelos estudiados. 4).17) = 6. Por lo tanto. (4. Cu´dricas a En esta secciń estudiamos un tipo especial de figuras tridimensionales que repreo sentan generalizaciones a la par´bola.2.2. etc. (3.24 2 67 − 6(3. Por otra parte. la hip´rbola. Ejemplo cuales es y 2 + z 2 = 1. 9).17) 6. la sacada por c´lculo gr´fico y la sacada por f´rmua a o las. la l´ a ınea de regresiń o de por s´ no significa mucho.10 = −0. a e 610. 1991). ınea de regresiń de m´ o ınimos cuadrados es Comparamos esta respuesta con la que hab´ ıamos sacado visualmente: Comparando las dos ecuaciones. Una de las figuras 3D m´s simples es el cilindro.24x As´ la l´ ı. 4)} 12. pero en tres dimensiones no hay restricciń alguna a la variable x. la cual puede asumir cualquier valor.17)(6. digamos a una par´bola. un ejemplo de los a En dos dimensiones. esta ecuaciń representa un c´ o ırculo. (2.09 145 − 6(3. Por o tanto.´ 12.83 − 7. Observemos que nosotros podemos hallar la l´ ınea de regresiń para datos que se o ajustan a cualquier modelo. y = −0. la elipse.33x 609. 10).83) = = 2. 7). vemos que hay concordancia y por tanto podemos confiar en que hemos hecho bien las cosas.66 + 2.83 − (2. . CUADRICAS 15. Tenemos much´ ısima experiencia con este tipo de problemas y es parte de la estad´ ıstica (Jobson.24)(3. (3. Lo que falta por hacer es demostrar que dicha l´ ı ınea es un buen modelo y que compite con otros. Ejercicio Halle la l´ ınea de regresiń de m´ o ınimos cuadrados que mejor se ajusta al conjunto de puntos dados por {(0.27 y = −0. o nos damos cuenta de que tenemos un c´ ırculo en el plano XY cuyo radio se relaciona con el valor de z: mientras m´s grande sea z. a medida que subimos el plano XY . Trazas horizontales del hiperboloide x2 + y 2 = z 2 + 1. . para poder apreciar mejor o a la silueta de esta figura. El cilindro y 2 + z 2 = 1.4. 611. Por e tanto. y nos queda una hip´rbole: x2 = z 2 + 1. Oficialmente se dice: la traza de x + y = z + 1 con z = constante.294 CAP´ ITULO 12. el radio del c´ a ırculo es m´s grande. APLICACIONES Z 1 1 Y 1 X Figura 12. podemos hablar de una figura que se llama hiperboloide de un manto: z=2 z=1 z = 1/2 Figura 12. Podemos reo a conocer que figura es con una simple manipulaciń: x2 + y 2 = z 2 + 1. fijamos y = 0. Consideremos ahora una expresiń m´s compleja: x2 + y 2 − z 2 = 1. De esa forma.3. a es un c´ ırculo que es funciń creciente y par de z. Ejemplo El hiperboloide de un manto. es a decir. la intersecciń con ´ste es un c´ o e ırculo cada 2 2 2 vez m´s grande. Adem´s. 2. Bosquejo de una esfera.6.2 Figura 12. Para visualizar la ecuaciń x2 + y 2 + z 2 = 1. CUADRICAS 295 Si pegamos todos esos c´ ırculos obtenemos una figura tridimensional. podemos reconocer que o 2 2 2 x + y = 1 − z representa un c´ ırculo cuyo radio decrece con z.5 z = 0. 612.8 z = 0. . Ejemplo La esfera. Una espiral trazadora sobre el hiperboloide x2 + y 2 = z 2 + 1. la cual puede visualizarse por medio de una espiral: Figura 12. la cual debe cumplir z ∈ [−1. z = 0.5. 1].´ 12. Figura 12. nos queda una hip´rbola. Por lo que e la silueta de esta figura es una hip´rbola vista desde dos ńgulos diferentes. Adem´s.7. 613. Por esa razń. se dice e o dos mantos. APLICACIONES Las trazas con z = k dan c´ ırculos y al pegar todas esas curvas se obtiene una esfera. No hay que hacer el estudio de z < −1 pues la figura permanece lo mismo si intercambiamos z por −z.296 CAP´ ITULO 12. o . en −1 < z < 1 no hay figura. la figura es sim´trica con respecto al plano XY . tenemos un c´ ırculo cuyo radio crece con z. que nos da una figura que se conoce como hiperboloide de dos mantos. la figura tiene dos partes. es decir. abajo de ´l. Podemos e a reorganizar para ver otra figura sencilla: x2 + y 2 = z 2 − 1 es la ecuaciń de un c´ o ırculo 2 cuando z − 1 > 0. Por lo tanto. una arriba del plano XY y otra sim´trica. en este caso de radio 1. La esfera. Se llama hiperboloide porque si damos a x el valor de cero o si le damos a y el mismo valor. Ahora presentamos un estudio de x2 + y 2 − z 2 = 1. Ejemplo Hiperboloide con dos mantos. Para valores de z > 1. la figura e e a es invariante si intercambiamos x por y. Eso quiere decir que no se puede distinguir la direcciń x de la de y. ´ 12.8. Ejercicio Bosqueje las figuras: a) x2 + y 2 + z 2 = 9 b) x2 + y 2 − 4z 2 = 0 c) 4x2 − y 2 − 4z 2 = 1 d) x2 + 9y 2 − 4z 2 = 1 e) −x2 + y 2 /9 − 4z 2 = 1 f) Observe que la mayor´ de figuras pertenece a la misma clase. 614. El hiperboloide de dos hojas x2 + y 2 = z 2 − 1. CUADRICAS 297 Figura 12. ¿Es eso una coinciıa dencia o un hecho? .2. Las cu´dricas son: a . El valor propio 4 tiene como e √ espacio propio el generado por (0. nada ganaremos. 2. 2). Escogemos una base para este √ sub-EV tal que su uniń con (0. La matriz asociada a ella a es:  1 0 √0 B 2  DB =  0 √ 2 2 3 0  Esta matriz es sim´trica con valores propios 1. 1). lo cual quiere decir que hemos estado trabajando con ecuaciones polin´micas de segundo grado y si aãdimos una ecuaciń del o n o tipo 13x2 − 10xy + 13y 2 = 72. D = D(4. 2. El valor propio 1 tiene un espacio propio de 2 dimensiones. 617. 1. a 616.298 CAP´ ITULO 12. 2). Consideremos la cu´drica x + 2y + 3z + 2 2yz = 1. todas las complicaciones posibles son ligeras modificaciones de lo ya visto. 4. Encuentre los valores propios. pero la ecuaciń del c´ o ırculo permanecer´ invariable. y 1 en la direcciń (6. 2. Ejercicio Estudie las siguientes cu´dricas. mientras que a 13x2 − 10xy + 13y 2 − 72z 2 = 1 es una 3-cu´drica. y eso se debe a que en este caso una secciń transversal es un c´ o ırculo. 13x − 10xy + 13y = 72 es una 2-cu´drica. − 2). ♣ Definiciń. la cual es un elipsoide. Si permanecemos en el plano que contiene el c´ ırculo. Nuestra tarea primaria es a demostrar que no nos falta ninguna figura. la forma diagonal. 1. Eso implica que desde la base B la cu´drica se vea como a 2 2 2 4u1 + u2 + u3 = 1. la base propia ortonormalizada. APLICACIONES Pasemos ahora a explorar el poder del ´lgebra lineal. 1 en la direcciń (1. Eso explica ıa nuestra libertad. cuyos anchos principales son √ en la 1/2 √ √ direcciń (0. 2). 2. los a vectores propios correspondientes. La matriz diagonal asociada a esa cu´drica a es. y finalmente haga un dibujo. Ejemplo Veamos de qu´ manera un simple cambio de base puede ser usado e para reescribir una expresiń complicada en otra √ o forma cuya interpretaciń es inmeo 2 2 2 diata. que no hemos visto. 2) sea una base ortogonal: o   1 6 √0  −2 C= 2 √ √2 2 − 2 2 Esta base da origen a una ortonormal √ √   0 1/√7 6/√42 √  B =  1/√3 √ √7 −2/ √2/√42 2/ 7 − 2/ 42 2/ 6 cuya transpuesta coincide con su inversa. o o o Obs´rvese que pudimos escoger nuestra base en el sub-EV de dos dimensiones e a capricho. podemos cambiar de una base ortonormal a otra. por tanto. Una k-cu´drica es una ecuaciń polin´mica de segundo grado o a o o 2 2 en k variables. En general. Por ejemplo. 615. generado por una base con 2 elementos. −2. −2. Ejercicio: al derecho y al rev´s. x2 − y 2 + z 2 = 1 d) D(1. 1/3). 299 o 618. y que pueden ser rotadas y agrandadas o achicadas. (−1. 3) d) x2 − y 2 + 3xy − 9z 2 = 1. Hemos estado trabajando en la construcciń de figuras que estń centradas en el o a origen. 3) e) x2 − y 2 − 3xy − 5xz + z 2 = 1. 620. 1/2. CUADRICAS a) 4x2 /3 + 4y 2 /3 + 4z 2 /3 + 2xy/3 − 2xz/3 − 2yz/3 = 1 b) x2 /3 + 4y 2 /3 + z 2 /3 + 2xy/3 − 8xz/3 − 2yz/3 = 1 c) x2 /3 + y 2 /3 + z 2 /3 − 4xy/3 + 4xz/3 + 4yz/3 = 1 d) −4x2 /3 − 7y 2 /3 − 4z 2 /3 + 10xy/3 − 4xz/3 − 10yz/3 = 1 e) −2x2 /3 + y 2 /3 − 2z 2 /3 − 4xy/3 − 2xz/3 + 4yz/3 = 1.´ 12. encontremos una traslaciń que la reduzca a una cu´drica ordinaria centrada o a fuera del origen. 3). 0. 3) b) −x2 − y 2 + 3xy + 4z 2 = 1. −3) c) x2 − y 2 + 5xy − 5xz3z 2 = 1. x2 + y 2 + z 2 = 1 c) D(1. 2. x2 + y 2 + z 2 = 1 b) D(1. (4. x2 + y 2 /4 + z 2 /9 = 1 e) D(1. 7). 5. (1. (1. 2. Ahora enfrentemos el problema inverso: dada una cu´drica con t´rminos de primer a e grado. x2 − y 2 − z 2 = 1. 3). Ejercicio Revise la secciń de ‘traslaciones’ al principio del curso y use la o teor´ correspondiente para trasladar las cu´dricas dadas al punto dado: ıa a a) x2 + 3xz − z 2 = 1. 3). 2. −1/2. 3). Consideremos ahora una nueva variante: 619. Ejemplo Encontremos la traslaciń asociada a la cu´drica o a . 2. Aplique la magnificaciń propuesta a la e cu´drica dada y recobre la original por una transformaciń inversa: a o a) D(1.2. (1. 2. Un cuerpo r´ ıgido es aquel que no se deforma al irse moviendo sea libremente o bajo el influjo de fuerzas externas. Por lo tanto. u = z − b. desde la cual se ve como una cu´drica ordinaria: a a) x2 + 5xz − z 2 − 12x + 9z = 18 b) −x2 − y 2 + +4z 2 + 9y = 1 c) x2 − y 2 + 3z 2 − 16z = 1 d) x2 − y 2 + 3xy − 9z 2 − 9z = 1 e) x2 − y 2 − 3xy − 5xz + z 2 + 4x = 1 12. la traslaciń asume la siguiente forma: s = x − a. pero s´ existen cuerpos aproximadamente r´ ı ıgidos para los cuales se aplica la teor´ ıa. El movimiento de un cuerpo r´ ıgido. se o ıa describe en cada instante por el movimiento de su centro de masa y por una rotaciń o . No hay que pensar que eso es complicado. No existen cuerpos verdaderamente r´ ıgidos. Ejes principales Los ejes principales tienen una v´ ıvida intepretaciń en la din´mica de cuerpos r´ o a ıgidos.3. desarrollamos nuestra expresiń: o x2 + 3xz − z 2 + (−2a − 11 − 3b)x + (−3a + 2b + 3)z + a2 + 11a + 3ab − b2 − 3b = 0 por lo tanto: −2a − 11 − 3b = 0 −3a + 2b + 3 = 0 de lo cual encontramos que a = −1 y b = −3 y por tanto a2 + 11a + 3ab − b2 − 3b = −1 Obtenemos x2 + 3xz − z 2 + 0x + 0z − 1 = 0 o x2 + 3xz − z 2 = 1 la cual es una cu´drica que ha sido rotada y cuyo estudio ya sabemos hacer. Tenemos a un cilindro en el plano XZ. APLICACIONES s2 − 11s + 3su − u2 + 3u = 0 En este caso. Por lo o que la cu´drica se convierte en a (x − a)2 − 11(x − a) + 3(x − a)(z − b) − (z − b)2 + 3(z − b) = 0 Nuestro objetivo es cancelar los t´rminos de la forma cx o kz. los cuales son distine tivos de las traslaciones. Encuentre la traslaciń y reescriba la cu´drica o a como vista desde los ejes trasladados. como un aviń de combate de geometr´ fija. Ejercicio Las siguientes expresiones representan cu´dricas que han sido trasladadas desde el origen al punto dado P . que es generado por una hip´rbola. e a 621. Veamos c´mo es eso de entendible y de o bonito.300 CAP´ ITULO 12. Si no hay fuerza externa. donde Mn es la masa de la part´ ıcula n. de radio R y que gira con respecto a su eje con velocidad angular ω.3. ωy . para un anillo. como una rueda de bicicleta de masa total M . entonces o cambia la direcciń o del eje de giro o cambia la velocidad angular o cambian ambos: dJ/dt = N . y la energ´ ıa cin´tica que es un escalar. si un cuerpo est´ rotando. El primero es un vector que va paralelo al eje de rotaciń y de magnitud proporcional a la velocidad o angular. y el segundo relaciona la fuerza y el brazo o distancia perpendicular al eje de giro. Entonces tenemos la ley fundamental que dice que si hay una fuerza que produzca un torque. a u que muestren que rotar despacio es muy diferente de rotar r´pido. Y por otro lado. a a En general. Por otra parte. Jz ) y las de la velocidad angular ω = (ωx . aunque su centro masa no se traslade. Esto tambiń permite que la niã que gira sobre sus e n patines lo haga cada vez m´s r´pido a medida que recoge los brazos. Al siguiente instante. el torque es cero y el momento angular se conserva. el vector de momento angular. como lo saben muy a bien los karatecas que golpean con la pierna en rotaciń o los tenistas de mesa que o mu˜equean al golpear la bola. el momento angular y la velocidad angular son paralelas.12. rn es su distancia al eje de rotaciń y vn es o su velocidad. el esfuerzo necesario parece ser m´s grande a a a e a mientras m´s cerca se est´ del eje de rotaciń de la puerta. lo mismo que J. se tiene que el momento angular es J = M R2 ω. que es un vector. a e o Los estudios han indicado que la din´mica de la rotaciń de cuerpos r´ a o ıgidos se describe con dos indicadores fundamentales: el momento angular y el torque. ωz ) se da por J = [I]ω . hacer girar una puerta despacio es n m´s fćil que hacerlo r´pido y. el momento lineal. Eso es lo que permite que el que va en la bicicleta adquiera una cierta velocidad y no se caiga sin necesidad de pedalear. sus a part´ ıculas se estń moviendo y. por lo que J = Iω Eso implica que en un anillo. la relaciń entre a o las componentes del vector del momento angular J = (Jx . por lo tanto. La velocidad angular es un vector perpendicular al anillo. Jy . EJES PRINCIPALES 301 alrededor de un eje. Formalmente. hay dos cantidades que se conservan en ausencia de fuerzas externas. La cantidad I = M R2 es una constante llamada el momento de inercia. para cuerpos que son m´s complicados que los anillos. debe haber algń tipo de indicadores. o Si una part´ ıcula puntual se mueve horizontalmente. tambiń. el centro de masa puede trasladarse y el eje de rotaciń puede cambiar. El momento es p = mv y la energ´ cin´tica es K = (1/2)mv 2 . el torque N es N = rn × Fn . J se define como J = Mn rn × vn . e ıa e Similarmente. En particular. todos los coeficientes a son positivos. la ecuaciń J = [I]ω se puede escribir como o Jx = Ixx ωx + Ixy ωy + Ixz ωz Jy = Iyx ωx + Iyy ωy + Iyz ωz Jz = Izx ωx + Izy ωy + Izz ωz Lo que esta ecuaciń quier decir es que. la velocidad angular y el moo mento angular no son paralelos. Por eso ıa e tomamos la base que m´s simplifique las cosas: aquella dada por los ejes principales. se tiene entonces que 1 2 2 2 K = 2 (I1 ω1 + I2 ω2 + I3 ω3 ) Sobre la misma base. Por otro lado. Los vectores a propios de [I] son paralelos a los ejes del elipsoide. APLICACIONES no es un escalar sino una matriz. la energ´ cin´tica no puede depender de los ejes de referencia. se tiene una forma cuadr´tica sim´trica con coefia e cientes reales. I3 . en general. I2 . y por lo tanto. el vector de momento angular se escribe como J1 = I1 ω1 J2 = I2 ω2 J3 = I3 ω3 lo cual permite escribir la energ´ cin´tica como ıa e K= 1 J2 2I1 1 + 1 J2 2I2 2 + 1 J2 2I3 3 En el siguiente teorema tenemos un resultado que amerita el nombre de ejes principales que se ha dado a los ejes propios del momento de inercia. llamada tensor de inercia y  Ixz Iyz  Izz donde I es sim´trico. la forma cuadr´tica representa un elipsoide. los cuales se llaman ejes principales. Adem´s.302 pero ahora [I] ya est´ dado por a  Ixx Ixy  Iyx Iyy [I] = Izx Izy CAP´ ITULO 12. La expresiń anterior tambiń o o o e puede escribirse como K = [ω]T [I][ω] Vemos que para K = constante. como en un anillo. a Si llamamos a los valores propios como I1 . Ahora bien. . e En componentes. la energ´ cin´tica K asociada a la rotaciń se escribe como ıa e o 2 2 2 K = 1 (ωx Ixx + ωy Iyy + ωz Izz + 2ωx ωy Ixy + 2ωy ωz Iyz + 2ωz ωx Izx ) 2 donde cada uno de los t´rminos de la forma Iµν es una integral que involucra la e distribuciń de masa con su distancia al eje de rotaciń. por lo que puede diagonalizarse en reales. Por lo que aunque no haya fuerza exterior que cree un torque. por qu´. creemos que el calentamiento global est´ modulado por la e a forma como se mezclan las aguas profundas de los ocános. Un eje principal est´ definido por la ecuaciń o a o [I]u = λu. entonces ω y dicho eje son paralelos. pero no perfectamente con la teor´ Y nadie sabe ıa. Eso implica que [I]ω = λω. Pues no. su eje de rotaciń va dando la vuelta. si el cuerpo gira con respecto a un eje principal. cuyos movimientos estń e a influenciados por la rotaciń de la Tierra. Eso quiere decir que si el cuerpo gira con respecto a un eje principal. Pero de eso es poco lo que se sabe.3. ⋄ Teorema. Es el caso del trompo: como no es totalmente sim´trico como una esfera. toda la teor´ se le aplica y resulta ıa que las observaciones cuadran bien. De forma similar.12. o A eso se llama precesiń. habr´ un ńgulo entre o a a la velocidad angular y el momento angular. es decir. Para acabar de completar. Cuando el cuerpo gira alrededor de un eje principal. la discrepancia entre la velocidad angular y el momento angular hace las veces de torque. EJES PRINCIPALES 303 622. J es paralelo a ω. Se tiene que. Pero. ese no es el caso. el momento angular y la velocidad angular son paralelas. J = [I]ω se convierte en J = λω. o Es posible que a uno se le ocurra pensar que todos estos temas ya han sido sobreestudiados y que no hay nada nuevo que decir. es un tema o abierto. Citemos varios ejemplos: Debido a que la Tierra no es una esfera perfecta. se tiene que dJ dt + ω × J = N. . Demostraciń. ¿cu´l es el misterio de que ω y J sean o no paralelos? La razń es que desde el a o punto de vista del sistema de referencia determinado por los ejes principales. el tensor de inercia se percibe como un escalar y por tanto. ¿Cu´l es el efecto? Que mientras que el a trompo gira anclado en un mismo punto del piso. el tensor e de inercia no es reemplazable por un escalar y por tal razń. el campo magn´tico de la Tierra y su rotaciń deben e o admitir alguna conexiń. cuya forma exacta es tema de estudios avanzados (Kittel y o otros. 1965). Por lo que un minimoide es media c´scara de n a huevo que abre hacia arriba: en el punto cr´ ıtico tenemos un m´ ınimo. cuya gr´fica es una curva suave. En este caso un punto cr´ ıtico es aquel cuyo plano tangente es horizontal. La idea fundamental es fćilmente comprensible para funciones a f : R → R. que son deformaciones de un c´ ırculo. M´ximos y m´ a ınimos Hemos venido aprendiendo c´mo se asocian matrices sim´tricas a algunas cu´dricas. el cual sirve para asociar a un punto cr´ ıtico de una funciń la o 2 par´bola tangente. Un punto de la curva se llama cr´ a ıtico si la l´ ınea tangente en ese punto es horizontal. Una elipse tiene un c´ ırculo promedio. tenemos un m´ ınimo. algo de la forma y = a(x − b) + c. Una de ellas es el polinomio de Taylor. Figura 12. Cuando o o a a . Un minimoide: z = ax2 + by 2 con a > 0 y b > 0. e Desarrollemos la teor´ correspondiente para funciones con dos variables. del tipo ıa 2 f : R → R. Si la par´bola es degenerada y es realmente una l´ a a ınea.9. cuando a < 0. Las secciones horizontales son elipses. Lo mismo para con z = 4x2 + 9y 2 . Minimoide z = x2 + y 2 . a o Hay varias tecnolog´ para dilucidar la naturaleza de un punto cr´ ıas ıtico.304 CAP´ ITULO 12. pues todo puede darse. la figura describe un c´ ırculo. o e a Esa asociaciń puede extenderse a las cu´dricas derivadas de los m´ximos y m´ o a a ınimos de funciones reales. uno no sabe qu´ hacer.4. cuyo tamaõ crece a medida que crece z. a a cuando a > 0. Observemos que para valores constantes y positivos de z. Por ejemplo. Los tres tipos a fundamentales de paraboloides son los siguientes: 1. APLICACIONES 12. Un punto cr´ ıtico puede ser m´ ınimo o m´ximo o punto de inflexiń. En vez de la par´bola tangente. Si la par´bola abre hacia abajo. Si la par´bola abre hacia arriba. el cual es una a figura tridimensional cuyas secciones con ciertos planos son par´bolas. z = x2 + y 2 . a tenemos un m´ximo local. ahora tenemos el paraboloide tangente. m´s grande es la elipse. que en este caso es una funciń mon´tona de z: mientras m´s grande z. en el punto cr´ a ıtico. para x fijo. Mientras m´s distante est´ x del origen. Una silla: z = ax2 + by 2 con a > 0 y b < 0 o a < 0 y b > 0. el paraboloide abre hacia arriba.´ 12.10. m´s abajo estar´ el m´ a e a a ınimo de la par´bola. Como podemos ver.4. o a . La silla z = −x2 + y 2 . estar´ ıamos en el caso de un m´ ınimo. z = −(4x2 + 9y 2 ) = −4x2 − 9y 2 . MAXIMOS Y M´ INIMOS 305 z = 0. 3. Si se trata de un paraboloide tangente a un punto cr´ ıtico. La direcciń X sale desde la p´gina. Una silla se ve maximoide a a desde en lado y minimoide desde el otro. tenemos una par´bola en y que est´ bajo el plano z = 0 la a a cantidad x2 . z = −x2 + y 2 o z = 4x2 − 9y 2 . Por ejemplo. Figura 12. 2. Por lo que una silla se determina por dos par´bolas. Para a y = 0 tenemos una par´bola en x que abre hacia abajo. Por ejemplo. Un maximoide: z = ax2 + by 2 con a < 0 y b < 0. Este es un minimoide patas arriba: tenemos un m´ximo. la elipse se reduce a un punto. Una silla tiene la estructura adecuada para que el vaquero se siente extendiendo sus piernas a lo largo del m´ximo mientras su a cuerpo adquiere estabilidad por el m´ ınimo traversal. Si leemos la ecuaciń como a o 2 2 z = y − x . Analicemos el caso m´s simple: z = −x2 + y 2 . una silla. un m´ ınimo. un m´ximo. como z = y 2 . Vemos. tenemos que el m´ ınimo queda no en un punto sino en una l´ ınea. c) z = 3x2 − y 2 /9. m´ a ınimo o silla: a) z = x2 /4 − y 2 /9. Similarmente. en donde ellas tienen un punto cr´ ıtico. 623. a h) z = 5. la figura tiene un m´ ınimo. g) z = −x2 /9 − 3y 2 .11. si se trata de m´ximo. El paraboloide degenerado z = y 2 . b) Un extremoide defraudado. En este caso. Decidamos la naturaleza del punto cr´ ıtico. un m´ximo. a e que el paraboloide tangente que termina siendo un plano no tiene ningń m´rito para u e descifrar la naturaleza de un punto cr´ ıtico. 0) es un plano. una silla. 4 4 el paraboloide tangente a z = −4x − 9y tambiń es z = 0 y sin embargo la figura e tiene un m´ximo. pues. 0) a ciertas funciones. una silla. no se sabe. el cual no sirve para dilucidar la naturaleza del punto. APLICACIONES y x Figura 12. z = 0. Hay adem´s unos casos pat´genos que es bueno saber: a o a) Un m´ ınimo o m´ximo degenerado: sucede cuando el paraboloide tangente no a tiene las 3 variables. d) z = −4x2 − y 2 /16. Sin embargo.306 z CAP´ ITULO 12. una silla. f) z = x2 /9 − y 2 /4. Ejemplos Los siguientes paraboloides son tangentes en (0. a e) z = x2 /4 + 7y 2 . b) z = x2 /16 − y 2 /25. Tambiń pasa lo mismo con la ‘silla’ z = −4x4 + 9y 4 . En efecto: puede verse que el paraboloide tangente a la figura z = 4x4 + 9y 4 en (0. . Eso pasa cuando el paraboloide tangente a la figura en un punto cr´ ıtico es un plano. Ejercicio Los siguientes paraboloides son tangentes en (0. Esto significa que hay una base ortonormal que genera las coordenadas (u. 0) a ciertas funciones. ¿C´mo se ataca este problema o en la industria? ¿En las empresas? ¿En las sociedades? ¿Ser´ la tendencia a la inestaa bilidad una razń por la cual en la mayor´ de culturas se apela a dioses y agëros para o ıa u remediar la incapacidad de conservar la estabilidad o el desarrollo sostenible? 626. Ejemplo Supongamos que el paraboloide tangente a cierta figura en un punto cr´ ıtico es z = x2 + y 2 − 4xy. Si se trata de una silla. la naturaleza del punto cr´ ıtico: a) z = −x2 /4 − y 2 /9 b) z = −x2 /16 − y 2 /25 c) z = 3x2 + y 2 /9 d) z = −4x2 + y 2 /16 e) z = 2x2 /4 − 7y 2 f) z = −x2 /9 + y 2 /4 g) z = −x2 /9 − 3y 2 h) z = −7 i) z = +7 Observemos que en esta muestra de puntos cr´ ıticos. La figura es un paraboloide rotado sobre el plano XY.4. Por lo tanto. decimos que es inestable. en donde ellas tienen un punto cr´ ıtico. la mayor´ son sillas. . desde la cual la figura se ve como: z= u v 3 0 0 −1 u v = 3u2 − v 2 . Ejercicio Decimos que un punto cr´ m´ximo. Esto parece implicar que cuando muchas variables afectan un sistema. la cual es una silla. v). el punto cr´ ıtico se clasifica como silla.´ 12. Decida. o El paraboloide est´ descrito por a z= x y 1 −2 −2 1 x y Los valores propios de la matriz asociada son 3 y −1. MAXIMOS Y M´ INIMOS 307 624. si es posible. la probabilidad de que el sistema sea estable en un puna to cr´ ıtico es 2/2n = 1/2n−1 . ¿Es eso ıa una coincidencia o qu´? e ıtico es estable cuando es un m´ ınimo o 625. la probabilidad de inestabilidad es muy alta. Pruebe que cuando una a cu´drica depende de n variables. ¿Tenemos aqu´ un m´ximo o un m´ ı a ınimo o qu´? Este es e un problema de diagonalizaciń. Ejercicio Pruebe que z = p(x. el operador de evoluciń. o Si la matriz F puede ser diagonalizada. ¿Ser´ posible a inferir el estado de un sistema en un futuro. donde p es un polinomio de segundo grado. el estado del sistema en el tiempo o t + 1.. los computadores han impuesto la necesidad de modelar el tiempo como variable discreta. sabiendo el estado Et del sistema en el tiempo t.5.(P DP −1 )(P DP −1 ) = P D(P −1 P )D(P −1 ... uno puede saber el estado en un tiempo lejano por medio de iteraciones del operador de evoluciń: o Et+k = M (. La inferencia se hace por un operador. entonces puede ser escrita como el producto de 3 matrices: F = P DP −1 donde D es una matriz diagonal. por lo que uno puede ayudarse de los computadores. Ot . De a a toda maneras.. Una descripciń cruda de un sistema din´mico producir´ una lista o a ıa de los estados ocupados por el sistema en tiempos sucesivos (discretos). ¿Qu´ pasa en otras dimensiones? e 12. Algunos sistemas a se estudian m´s fćilmente si se modela el tiempo como una variable continua. que dictamina la evoluciń del sistema: o o Et+1 = Ot (Et ) Un sistema es lineal cuando Ot es una matriz.(M (Et ))) = M k (Et ) El problema es que multiplicar matrices es algo tedioso. si se conoce una condiciń inicial? Eso es o perfectamente posible si sabemos c´mo inferir Et+1 . En ese caso. Elevando a la potencia n a ambos lados: F n = (P DP −1 )n = (P DP −1 )(P DP −1 ). e ı o n Veamos c´mo se calcula F para una matriz F que puede ser diagonalizada. Sistemas din´micos lineales a Un sistema din´mico es un sistema que cambia con el tiempo. Ejercicio Reescriba los siguientes paraboloides en una base diagonalizante y decida su naturaleza: a) z = −x2 /4 − y 2 /9 + 4xy b) z = −x2 /16 − y 2 /25 + 7xy c) z = 3x2 + y 2 /9 − 2xy d) z = −4x2 + y 2 /16 + xy/5 e) z = 2x2 /4 − 7y 2 − 7xy f) z = −x2 /9 + y 2 /4 + 8xy g) z = −x2 /9 − 3y 2 − xy 628. define un punto cr´ ıtico estable si el determinante de la matriz asociada es positivo. y).P )D(P −1 P )DP −1 ) .. Pero veamos qu´ da de s´ el proceso de diagonalizaciń..308 CAP´ ITULO 12. APLICACIONES 627. 629. o a Vamos a discutir ahora un requisito para ser diagonalizable. Como T 2 manda una base sobre cero.. Una matriz M tal que M n = 0 para algń n se llama nilpou tente. manda a todo el mundo sobre cero y de esa forma es idńticamente cero. Sea M una matriz diagonalizable que tenga al menos un valor propio no nulo. Investigaciń Demuestre el teorema anterior en su forma general usando el o principio llamado Inducciń matem´tica. entonces A no puede ser diagonalizable ni en reales ni en complejos. Ejemplo Si la matriz diagonal:  3 0 0 D= 0 5 0  0 0 7   38 0 0 D8 =  0 58 0  0 0 78  631. .. 630. T (j) = 0. En efecto. y al menos uno de ellos no es cero. Dn de una matriz diagonal D es la matriz diagonal que en su diagonal pone la potencia n de cada uno de sus elementos. Entonces M n es diferente de la matriz cero para cualquier n finito. Por lo que M n = P Dn P −1 . SISTEMAS DINAMICOS LINEALES 309 = P D(I)D(I. o 633. Demostraciń. Este teorema significa que si una matriz A es tal que existe un natural n tal que An es la matriz cero.5.´ 12. ⋄ Teorema. T (T (i)) = T (j) = 0 en tanto que T (T (j)) = T (0) = 0.DDP −1 = P Dn P −1 Por tanto. Las matrices nilpotentes no son diagonalizables ni en reales ni en complejos. entonces la matriz de T 2 es la matriz cero. Ejemplo y definiciń Sea la T L T : R2 → R2 tal que T (i) = j.. ⋄ Teorema.I)D(I)DP −1 ) = P DD. entonces Dn nunca ser´ la matriz cero por lo que M n a tampoco. La matriz de T en la base natural es e T = 0 0 1 0 Entonces la cual cumple T 2 = 0.. el problema de iterar una matriz diagonalizable se convierte en el problema de iterar una matriz diagonal. Como Dn tiene en su diagonal los valores propios a la potencia n. 632. Puesto que M es diagonalizable se puede escribir como M = P DP −1 o donde D es una matriz diagonal y P es una matriz de cambio de base. Para hallar un vector propio asociado a dicho valor procedemos: 0 0 1 0 x y = 0 0 La primera ecuaciń no da nada y de la segunda obtenemos x = 0 por lo que y o puede tomar cualquier valor. i4 = 1. digamos 1. i2 = −1. Por ejemplo. e Ahora bien. el hecho de que una matriz tenga valores propios repetidos no es ningń u obstćulo para que ella sea diagonalizable. Pruebe que si un sistema es lineal con operador de evoluciń una matriz o constante M . ⋄ Teorema. al valor propio 0 le corresponde el vector propio (0. Ejercicio Decimos que un sistema es un sistema din´mico discreto cuando a el n´mero de estados que puede ocupar es discreto y cuya transiciń puede modelarse u o por una matriz. por lo que tiene un unico valor propio. Ejemplo y definiciones Tratemos de diagonalizar la matriz T del ejemplo anterior para ver qu´ aprendemos: e T = Tenemos que T − λI = −λ 0 1 −λ 0 0 1 0 tiene como determinante λ2 = 0. Para verlo. APLICACIONES 634. Y por eso no es diagonalizable. etc. la ´ dimensiń del espacio. Un sistema din´mico puede tener valores propios e o a complejos. y ese unico valor propio tiene multiplicidad geom´trica n: no o ´ e hay d´ficit de valores propios para fabricar una base. Una matriz que denota una T L T : Rn → Rn es diagonalizable ssi hay suficientes vectores propios para construir una base de Rn . Tambiń se usa el t´rmino multiplicidad geom´trica de un valor propio para e e e denotar la dimensiń del espacio propio asociado a un valor propio. o el valor propio 0 tiene multiplicidad geom´trica 1.. y si tiene un s´lo estado de equilibrio. la matriz identidad es diagonal a y es diagonalizable y tiene un unico valor propio 1 con multiplicidad algebraica n. O que la suma de las dimensiones de todos los espacios propios es igual a e la dimensiń del espacio. en ritmo peri´dico. Por tanto. o 636. pero multiplicidad algebraica 2. El problema es que nos falta otro vector propio para completar una base. o . i6 = −1. puesto que T tiene un unico valor propio de multiplicidad algebraica 2 pues se repite dos ´ veces. 1). el cual es ´ 0. por e lo que origina un d´ficit de vectores propios.310 CAP´ ITULO 12. recuerde que las potencias de i son: i = 1. i3 = −i. los cuales generan oscilaciones. e Nuestra conclusiń es entonces: o 635. En nuestro ejemplo. Eso es equivalente a decir que la multiplicidad algebraica de cada valor propio es igual a su multiplicidad geom´trica. entonces tender´ r´pidamente a o a a ´l desde cualquier condiciń inicial. i5 = i. 1 1 .. Excepto por un o cambio de base.. cuyo cuadrado da la matriz de ceros: Vemos que A = I + N donde N = 0 0 N 2 = 0.. lo que nos interesa es poder calcular los estados en cualquier momento futuro. toda matriz invertible puede descomponerse como la suma de una matriz diagonal m´s una matriz nilpotente. a Demostraciń: investigaciń (Lang. Por ejemplo. 638. hallemos A2000 . pero puede o descomponerse como la suma de una matriz diagonal m´s una nilpotente que tiene unos a encima de la diagonal: 1 1 1 0 0 1 A= = + . a o ¿qu´ pasa si a una matriz no diagonalizable le quitamos su parte nilpotente. 2002). Es decir.´ 12. + bn (a + b)n = an + nan−1 b + 2 y lo aplicamnos sobre la descomposiciń de A: o A2000 = (I + N )2000 = I2000 + 2000I1999 N 1 + n(n−1) 1998 2 I N 2 + . si la e tiene? Esa pregunta fue respondida por el el siguiente teorema. nos quedamos con: . ⋄ Teorema de descomposiciń de Jordan-Chevalley. Ejercicio Estudie la conducta del sistema din´mico cuya condiciń inicial y a o operador de evoluciń son: o a) b) c) 20 10 10 20 20 20 1 2 3 2 3 2 4 3 2 3 1 4 La teor´ de sistemas din´micos discretos se ha beneficiado mucho de la pregunıa a ta siguiente: las matrices nilpotentes parecen ser un obstćulo a la diagonalizaciń. Ahora recordamos el desarrollo del binomio: n(n − 1) n−2 2 a b + . Ejemplo y ejercicio Sea A = Soluciń: La matriz A es invertible pero no es diagonalizable (ejercicio).. entonces a puede descomponerse como A = M (D + N )M −1 donde M es una matriz de cambio de base. SISTEMAS DINAMICOS LINEALES 311 637.5. 0 1 0 1 0 0 0 1 . si A es una matriz invertible. Para ello hay que hallar las potencias de A. D es una matriz diagonal y N es una matriz nilpotente cuyas unicas entradas no ´ nulas estń encima de la diagonal y son unos. o o 639. + N 2000 Como la matriz N es tal que su cuadrado y todas las potencias superiores son cero. Si A es la matriz de transiciń de o 0 1 un sistema din´mico que toma los estados del presente y los lleva a la siguiente unidad a de tiempo. es decir. . Ejercicio Halle A2000 si A =  0 1 1 .6. Hemos pasado revista a algunas aplicaciones m´s bien fćiles de a a captar y que al mismo tiempo arrojan cierta luz sobre problemas muy complicados. ¿Podemos aplicarlo a matrices? Podemos. Para matrices no conmutativas hay que tener m´s cuidado. Ayuda: descomponga a A como 0 0 1 una diagonal D m´s una nilpotente N y calcule N 3 . a 12. pero a u con una condiciń: que las matrices conmuten. 640. a 2 2 2 2 2 Por ejemplo: (A + B) = A + AB + BA + B que es igual a A + 2AB + B solamente cuando AB = BA. Efecté una rotaciń de ejes para identificar la cńica: 5x2 + 4xy + 2y 2 + 24 = 0. se o cumpla que AB = BA. Trace a o o su gr´fica. u o o Determine la matriz Q ortogonal que diagonaliza la matriz A asociada a la forma cuadr´tica y escriba la ecuaciń de la cńica en el nuevo sistema de ejes. Pero no es as´ con la iteracciń fuerte entre ı o neutrones. Luego aplique a (D + N )2000 el a desarrollo del binomio.7. los mediadores de la interacciń no tienen masa. Nosotros utilizamos el desarrollo del binomio que todos conocemos que es v´lido para n´meros. Grafique la cńica 8x2 − 4xy + 5y 2 − 2x + y = 1.  1 1 0 641. o 2. Resumen Las aplicaciones del ´lgebra lineal no tienen l´ a ımite ni en cuanto a cantidad ni en cuanto a variabilidad. la cual es mediada por el fotń que no tiene masa y por e o consiguiente viaja a la velocidad de la luz. Ejercicios de repaso 1. los cuales tienen como mediadores a los mesones que tienen masa y que viajan a velocidades menores que las de la luz y cuyo rango de interacciń es s´lo a o o muy cortas distancias (Nash y Sen. 1983). Una de las implicaciones de la no conmutatividad est´ en teor´ de part´ a ıa ıculas elementales: si la interacciń entre part´ o ıculas se representa por matrices conmutativas. que para matrices A y B.312 CAP´ ITULO 12. ♣ Fuerte advertencia. APLICACIONES A2000 = (I + N )2000 = I + 2000N Reemplazando obtenemos: A2000 = 1 0 0 1 + 2000 0 1 0 0 = 1 2000 0 1 . como sucede con la interacciń eleco o tromagn´tica entre electrones.  12. e B r ) Para toda escogencia de las bases B y B ′ se tiene que (DetIB ′ ) = 1. m) Toda matriz ortogonal tiene espacio nulo {0}.8. g) Toda matriz invertible es diagonalizable. f ) Si la imagen bajo una transformaciń lineal T de un n-plp B en Rn tiene o 12 volumen 12. d ) Si las matrices A y B son invertibles. i ) Los vectores propios de una matriz A son los mismos que los de la matriz AT . . t ∈ R :   z a) Halle H ⊥ el complemento ortogonal de H en R3 . entonces A + B es invertible. Gran taller de repaso 1. entonces b o es ortogonal a todo vector en W . b) El producto punto de un vector consigo mismo da la magnitud del vector. z = 2t. GRAN TALLER DE REPASO 313 12. y) en el plano para los cuales la matriz   x y 1 a A =  1 2 1  es singular (que est´ sola. entonces A2 = I. n) La proyecciń de un vector b sobre el gen({a}) es un m´ltiplo escalar de b. Sea H =  y  : x = −t. Si es falsa. h) Si |A| = 2 y |B| = 3. B n) Si B y B ′ son bases ortonormales. p) Toda matriz ortogonal tiene espacio nulo {0}. proporcione un ejemplo: e o a a) Cualesquiera dos vectores en R2 generan todo R2 . j ) El conjunto de puntos (x. e) Existen exactamente dos vectores perpendiculares a cualquier vector no nulo en Rn . l ) Todo subespacio no trivial de Rn posee una base ortonormal.8. la n-plp B tiene volumen |A| . o entonces b = c. entonces |A + B| = 5. que no tiene inversa) des3 3 1 criben una recta con pendiente m = 1 . q) Si A es sim´trica y ortogonal. Si la proposiciń es verdadera u o d´ una argumentaciń matem´tica. Conteste falso (F) o verdadero (V) segń sea el caso.12. y = t. ˜ o u o) Si los vectores b y c tienen la misma proyecciń sobre un subespacio W . entonces la matriz de cambio de base IB ′ es una matriz ortogonal. 2 k ) Si la proyecciń del vector b sobre el subespacio W es b mismo. c) Si v y w son vectores en Rn de la misma magnitud.      x 2. entonces la magnitud del vector v − w es cero. Encontrar las matrices de representaciń RB . x2 + x + 1} y B ′ = {x3 .     1 1  1  ∈ R3 . 9. Es decir. 8). d ) Con referencia al inciso anterior. (14. 3. APLICACIONES b) Encuentre una base ortonormal B de R3 . 1). √ 4. (10. Sea T : W → W donde W =gen({ex . halle c) Sea H =gen(b). escriba el vector a como aH + aH ⊥ . Encuentre la transformaciń lineal T : R3 → R3 que refleja un vector v ∈ R3 sobre o el plano x − y + z = 0. 0 6. Encontrar una matriz C invertible tal que  0 ortogonal de la matriz sim´trica A =  1 e 1 D 1 2 1 = −1 AC es una diagonalizaciń C o 1 1 .314 CAP´ ITULO 12. 3e }. 8. x. xex }) y T es la transformaciń derivada. e 7. 5. xe } y B = {2xe . hay que mostrar que existe una base o B = {b1 . matriz ortogonal. Encontrar la matriz de cambio de coordenadas de la base B a la base B ′ . o x x ′ x x B = {e . √   2/7 3/ 3 . x3 − x + 1. 2x3 − x2 + x + 1. o RB ′ y la matriz C tal que RB ′ = C −1 RB C. donde b = 3 1 ProyH ⊥ a. Use el m´todo de los m´ e ınimos cuadrados para encontrar la l´ ınea recta que mejor aproxima los datos: (1. donde V = P≤3 . 20). Mostrar que toda matriz sim´trica cuyos valores propios son 0 y 1 unicamente. Escriba la tercera columna de la matriz  3/7 −2/ 13 . y sea a =  2  ∈ R3 . x2 .  para que sea una 6/7 0 . . b2 } tal que la imagen de uno de ellos es 0 y la del otro es ´l mismo. (16. B = {x3 + x2 + 1. e ´ es la matriz de una proyecciń. }. 12). 34. 1. a) y = (−4/3)(x − 2) + 3 b) y = −9(x − 2) − 4 c) y = (2/3)(x + 2) + 3 d) x = 1 e) y = 2 142. un ) · (v1 . a) .    0 1 . c) Arccos(30/ 1000). −6). la ecuaciń o de la esfera con centro en (a. b) 0. Por lo tanto. 104. Cinco barcos pueden usarse como sigue: pńgalos en las esquinas de un o pent´gono regular.CAP´ ITULO 13 RESPUESTAS Cap´ ıtulo 1 14. d) Arccos(1/3) e) 90 = π/2 √ 116. .√ c)√ = a2 +√ + c2 b. 3 4 . 1  Cap´ ıtulo 2 57. 5. 13. Nuestra prueba es v´lida para n´meros a u naturales solamente. y = 1 17.. 4) 60. 24) c) (−41. . 5 1 0 . 16) 2u + 3w = (−2. (3 26(−5. e) 0 114. −w = (−2. c) y radio r es (x − a)2 + (x − b)2 + (x − c)2 = r2 . c) 30 d) 1. a) (-6. 5 . u. π.. 0 0 . y = 19/11 c) x = 3. 1) 121. u2 . 0 . 3) d) 4u + 2v = (4.   . 0  . v2 .  . 3). Los puntos sobre una esfera tienen una distancia igual al centro. y = 1 b) x = 54/11. . a) x = 1. y es igual al radio de la esfera. De esa forma. la curvatura de la Tierra puede medirse en cada punto y uno tambiń podr´ saber si e ıa la Tierra es como una esfera o como un cilindro...000. 14. 2 √ b2 √ √ √ 92. . 0 0 . Son paralelas.30) b) (10. 5. y = 2 18. 81. 0) 3w + 5v = (29. −w = (2. (u1 . a) 180 = √ b) 90 = π/2. b) u + v = (9. . 14. −27) −v = (−7. a) y = −2(x − 2) + 3 b) y = 5(x − 2) − 4 c) y = −5(x + 2) + 3 315 . x = 1.. b.. vn ) = (u1 v1 + u2 v2 + un vn ) 106. 50 97. 3) 72 d. .000 y 1. La norma cuadrado es (a. e 90. 23. a) 0. que debe ser lo suficiena temente grande como para que los barcos puedan ocultarse unos de otros debido a la curvatura de la Tierra. u. 141. Es necesario extenderla a racionales y despu´s a reales. 4 − 4t) o (t. 187. −2). 1. a) y = −3x/2 + 5/2 b) y = −3x/2 + 31/2 c) y = −3x/2 + 5/2 d) y = −3x/2 + 12 e) y = −3x/2 + 15/2 163. (4n + 100. 3) a (0. (6n. cuya norma es 57. Formamos un trińgulo rectńgulo y aplia a camos Pit´goras para encontrar la distana cia 3. 1) 228. a) −x + 1) + 5(z + 3) = 0 b) 3x + 2(y + 2) + 7(z + 3) = 0 c) −6(x + 1) + 3(y + 4) + 8(z + 3) = 0 193. 0. 5. 221. k = 1/7. El techo es un plano: −4x − 4y + 6z = 10. La proyecciń de (2. 3) es √ (2. t. 5/3). n + 40) 225. 2 − 2t. −5/2) se proyecta sobre el vector normal (−2. √ 202. 1). el cual se determina con 3 puntos no colineales y no cuatro. 218. Las columnas de la casa segunda no generan un plano. El cuento es ver´ ıdico: las vigas de la primera casa miden la ra´ cuadrada de ız 2. 7/5) ´ c) La intersecciń de los 3 planos es una o l´ ınea.79. cuya norma es 27/ 57. 2). 0) a (2. −4. b + d se cruzan en (8. 0). el vector director es (1. 2) a la l´ ınea y es 6. a) (1 − t. 3 − 3t. 204 a) Encuentre la distancia entre x − 2y + 4z = 6 y x − 2y + 4z = 18 207. Param´tricas: x = −1 + 3t. −3. 167. 181. 3) + λ(1/7)(3.6. 0). cuya norma es 640/25. a + d : las dos l´ ıneas son la misma: un grado de libertad. 2t) c) (2 − 2t. (0. 4. d) P = (0. 2 − 2t) o (−t. Raciń diaria: 100/11. 3) y (−1.65. 3. 5. y = 2 + t. 0). −1 + t) o (2t. a + b se cruzan en (2. −2)√ o sobre (2. 1).8 de pollo. 223. 1/2) en el segundo. (1. a) −3(x + 1) = 0 b) −2x + 16(y − 1) − 16(z − 3) = 0 c) −4(x − 1) − 4(z − 1) = 0 d) Los puntos pertenecen al eje X: hay demasiados planos y un grado de libertad. 3. 5). 0. c + e : son paralelas. 0. 224. 2t. 8. −2) √ es (−1. 0. a) y = (11/2)x − 8 b) y = −x − 3 c) y = 2x + 4 d) y = −3 e) y = (1/4)x − 2 155. (1. e z =3+t Sim´tricas: x − 1 = y − 2 = z − 3 e b) Director (3.316 d) y = 6(x − 1) − 3 e) y = 2 143. la √ cual es 5/ √ 24. 2. 2. a) Director (1. (6. 3). −t) 212. 5) es (−27/57)(2. 3. −7. 9. 0). n). (1/20)(6. e z = 2 − 3t Sim´tricas (x + 1)/3 = −y/3 = (2 − e z)/3 215. a) 14/14. CAP´ ITULO 13. 183. e) El segmento de (1. como en las hojas de un libro. Por lo tanto. 1 − t. y = −3t. Proyectamos el vector (2. a) 36/ 21. a) D = k(3. X = (1. 3. 3. −3). 0. 8. Param´tricas: x = 1 + t. 3) para obtener (−8/5. −6) sobre (1. 191. 3. RESPUESTAS 199. −1/3). El segmento P Q = (0. 0). 2n. 9). 1. 0. −6) cuya norma es 40. 1. −7. (0. a) Inconsistente: los tres planos tienen intersecciń vac´ o ıa. 230. 0. 2. a) 2 √ b) 10/5 c) Dos puntos sobre una l´ ınea: (0. El . X(14) = (7. 4t) b) (−1 + t. a) y = 2x + 1 b) y = −3x − 1 c) x = 0 d) y = −x − 3 e) y = −8 144. La norma del vector resultante es la distancia. El teorema de Pit´goras a da la distancia del punto (−1. a) √ 0. Q = (0. 3). (1. 2n + 50. (0. b) La intersecciń de los 3 planos es un o unico punto: (0. 3). −2) est´ en el primer a plano.8) (1. El segmento de (2.2 de papas o y 100/43. 1). 0). 3t. −24/5). a) Tres planos que se intersecan en un unico punto: (5/6. c. a) AB = b) BA = c) CA = d) CB = −8 −28 −1 8 −29 13 11 0 −22 11 16 −14 −4 4 −1 32 T (x. −1/6). 360. x = 17/2 o ´ b) y = x = 0. ellos parecer´ iguales. y) = (8x − y. por lo que cero tiene una preimagen no nula. esto o implica que el orden es importante. Si una T L es so´ bre. Una entrada (i. d) la soluciń es la l´ o ınea 2x + 3y = 0 . 274. f) Los vectores son coplanares. ST = 16 −1 17 55 Ni la multiplicaciń de matrices. Sub-EV : b.317 vector director de la l´ ınea es (11. mundo donde predomine la incertidumbre. podemos tomar un polinomio de tercer grado. a) [T ] = 8 −1 2 3 ABC = −18 25 100 −27 351. c) Sistema inconsistente. d) Todas las expresiones representan el mismo plano: hay dos grados de libertad. ni la o composiciń de T L son conmutativas. Un grado de libertad. pero cuando la tiene. c)-1.-7/10. d) 1 279. el sistema tiene soluciń. 2x + 3y) T : R2 → R2 332. 287. Las dos l´ ıneas (y los dos planos) casi coinciden.0). 1/3. j) del producto matricial AB es simplemente el producto punto entre la fila i de A y la columna j de B. 231. a) T (x. b)-1. LI: a.11x3 . ´ b) Un punto. Los vectores representan especies diferentes. Tenemos u inc´gnitas restringidas o por i ecuaciones: nos quedamos con u − i grados de libertad: u = i + f. 4y) 342. a) 1. 4. la T L es autom´ticaa mente no 1-1. n + 1 320. De esa forma obtenemos un sistema 4 × 4. Cap´ ıtulo 5 e) 331. a) Soluciń unica. i. b) Tenemos 2 l´ ıneas paralelas en R2 . −12/5. es unica. (46/10. 233. Tenemos 4 puntos. −x + 3y. y dos planos paralelos en R3 .1) y ella pasa por (1. 2 1 T = 2 3 Cap´ ıtulo 6 379.-17/10. y) = (3x − 2y. 355. Pero su intersecciń es vac´ Pero en un o ıa. 1) c) Tres planos que son como las hojas de un libro. con 4 coeficientes a determinar. g. ıan 232. j. Cap´ ıtulo 3 240. El polinomio es: −2075 − 155. Una T L siempre env´ ıa el cero sobre cero. pero la unicio dad no se garantiza.5x + 4.25x2 + 0. 305. c. 357. Un sistema generado por una T L inyectiva puede carecer de soluciones. 0 −1/ cos θ .  . . 1. No son perpendiculares mutuamente.  .   . .. 2 −1 . a) −7 4 2 1 b) (1/30) c) (1/3) d) cos θ − sen θ sen θ cos θ d) −1 4 4 −1 −1 4 4 −1 1 −1 0  0 1 0  0 0 1  CAP´ ITULO 13.. . . 4 1 . el Kernel por (1.. a) detM = 0 b)   −3 6 0 1/3  2 −2 1  −6 −3 0  c)  −5 0 0 −1/5  9 −1 2  27 −1 3  2 −1 0 −1  3 −1 0  1 −3 1  409. sen θ cos θ − cos2 θ . 4 ..   sen θ −1 . . 1/7. . sen θ cos θ 416.. . 1 0 . . .  1 −4 . 1).. El resultado. . 1).. La imagen es generada por (1. . Cap´ ıtulo 7 400. .. . 1). −7 . pero para matrices sim´trice as eso siempre funciona. Ejecute la operaciń sobre la ideno tidad. La imagen es igual al Kernel. . 0)}.. Entonces M 2 = 0.. 2. . cos θ sen θ  . 3)}.. 2. −1/3)..318 388. 2). (4. (−2. . . Las descomposiciones no son unicas: ´ para a) presentamos dos. . RESPUESTAS                  . la imagen es generada por (1.. . 1 .. −2 . . ..  1 0 . es:  408. c) DetM = 0. en el caso 3 × 3. . . La matriz inversa aparece abajo a la derecha: . .. . . mientras que la imagen est´ gena erada por (1. . . . .. 0. .  .. El Kernel est´ generado por a (1... cos θ sen θ  . 4)... 1 0                                          d)  1 0   2 −1   . 4  .. d) detM = 0.. −1.. b) DetM = 0. la imagen es generada por {(−1. 1). el Kernel por {(−5/2. .. .. 1 .   . el Kernel por (18/7. 4 . .. .. ... La imagen es generada por (1... 0 0 −1 −2 1 . 3). cos θ sen θ   0 1   .  1 0 . .. −7 .. 2). ... −7 .. . ... 2 −1 . 0 1 . . . −11/3 7/3 . 23/5) c) (−14/5. (2. a) . pues conserva normas y ńgulos. Por lo B1 tanto. 2). a) B1 = B2 IB2 B2 b) B2 = B1 IB1 455. 500.  5/3 8 3  0 −2 0  −1/3 5/3 5/3  . 11/3 −5/3 B1 452. 13/7 −9/7 . a) −1/7 −11/7 −2/7 −1/7 b) −1/2 −25/12 0 7/6 448. a b) La siguiente matriz no es una rotaciń. −52/7 1/7 436. a) verdadero: toda rotaciń cono serva el producto punto. (−1. 23/3) b) (−37/5. a) 1 2 1 −1 b) −1 −3 1 −4 c) 2 −1 −2 −5 . 3)} b) {(1. −23 −26 . La reducciń produce la matriz solicitada. B MB = 1 0 0 −1 N = MN 0 1/2 1/2 0 cuya respectiva ecuaciń es xy = 1.319 Cap´ ıtulo 8 434. a) 1/3 2/3 1/3 −1/3 b) −4/7 3/7 −1/7 −1/7 c) 5/12 −1/12 −1/6 −1/6 441. 5)} B1 N B 446. −23/5) 439. 589/60 35/6 . −3 −39 . Una rotaciń no cambia vol´menes: o u su determinante es 1. IB2 = IB2 IN 1 = (B2 )−1 B1 . para encontrar IB2 uno empieza aumentando B2 del lado derecho con B1 . o es una reflexiń pero tambiń conserva el o e producto punto: 504. 496. a) {(5. o . a) El Kernel es la l´ ınea y = −x/2 y la imagen es la l´ ınea ortogonal y = 2x. 16 −5 447. a) (−82/3. 1/4 −3/2 . 1). −3 0 . o B N N N MB = IB MN IB = BM B T donde B es una base ortonormal √ √ √2/2 √2/2 B= 2/2 − 2/2 . Po tanto. La matriz asociada a la hip´rbola e 2 x − y = 1 es 2 1 0 0 −1 M= 1 −7/18 0 5/9 b) 3/2 −1 5/2 0 442. Usemos la notaciń . 1). Sea P la pará 2 bola original y = x y sea Q la par´boa la reflejada. x/4+11y/4) Ox. r(t) = (0. y. i. y) = (5x/4+3y/4. z) minio y a B en el codominio. r(t) = (3 cos t. x). La matriz asociada al elipsoide E es N 526. −x) satisface √ y = x2 . R es su propia inversa: R−1 (x. y) estar´ en Q a ssi R−1 (x. Cap´ ıtulo 10 tenemos R(x. el vector de traslaciń. a) B TN = −6 −10 5 1 3 0 0 4 519. (−1. sen t) 548. a) N TN = CAP´ ITULO 13. 557. 547. coordenadas de N a B. a) T (x. Cap´ ıtulo 11 528.e. Un punto (x. 1). DOy = x. c) RB = (I)N (R)N significa que   B N 1/4 0 0 si uno sabe la matriz de una T L dada con 0  E =  0 1/9 respecto a la base natural en ambos lados. 1. cos t. −x). 1) 551. Un punto (x. y) = (−y. para el proo 10y/7) ducto punto: OT DOx. y. El vector normal al plano es (1. uno necesita estar´ en F ssi R−1 (x. 5 sen t. y) = (y. x/7 + 556. La trayectoria reo sultante es (r(t))N + (1. 0 0 1/16 entonces para obtener la matriz de la T L con respecto a la base natural en el dosea F el elipsoide rotado. y = DOx. RESPUESTAS 541. a)   1 0 0 3 −5 N  0 4/3 2/3  TN = 4 4 0 1/3 5/3 Su determinante es 32 y permanece inb) variante si cambiamos a la base B:   0 1 −1  2/3 2/3 4/3  3 −4 B TB = 5 4 −1/3 2/3 4/3 . 0) 550. La matriz de rotaciń de R fue o encontrada en el ejemplo 544 y ejercicio 545. 1. O DOy . −x = (−y)2 o y = −x para x ≤ 0. y) = (5x/7 + y/7. Oy = b) T (x. z) satisface la ecuaciń a o un traductor a la izquierda que cambie de E. 1)} ıa y la matriz de R es: −1 3/7 17/7 9/7 1 1/5 0 3/5 B RB = −1 0 0 1 0 −1 −1 0 b) N TN = N B B N R = R N = IN R B IB = c) N TN = −7/38 41/38 29/19 −26/19 512. 16x/7 − 5y/7) T c) T (x.320 Cap´ ıtulo 9 507. a) 530. y) ∈ P ssi (−y. a) R es una reflexiń y una base o natural para R podr´ ser B = {(1. y) = (−y. . d)2. bf.Obtenemos x2 = z 2 o x = ±y. 1). b) Cono. −3 2). El unico valor propio de todas las un c´ ´ ırculo cuyo radio aumenta con z. 1. pero le pueden faltar vec. 1). 1/4. . f) Los productos son conmutativos. base √ propia: {(2. √ c) −1. Base propia: {(1. En R3 todas las rotaciones tienen a)D(2. a) 1. La matrices es 1. . c) d) D(5. cono. a) e) (−1. cuando y = 0. 6. (elipse). 1/3)).. −5).. a) No invertible. por lo que en esa dio b)D(−1. Para ver la silueta. a) Forma diagonal√ D(2.. e tores propios para formar una base. i. −7). 585. f. −1). −1/2 3/2 N DN = 614. 3). −2)} √ √ 558. √ 3. Esto significa que tenemos 586. 1)} Imagen= 1 606. una hip´rbole e propio correspondiente es 1. dim Ker= 1. 1)) estń dadas por: a 575. Lo mismo tores propios. Eigen pares: (0. −3)  −5/3 −2 −1  c) D(9. (1.figura es sim´trica con respecto al eje Z. 1/3 Cap´ ıtulo 12 595. D(a.. (−1..e. 1)} 570... e) 2. valores propios. (−2. f. 3. −2. √ 1/3 4/3 −1/3 602. d) (−1. b) 1. b. 1) e) 596. 1). Sea M (ei ) = αi ei y N (ei ) = βi ei y   que x = λi ei . (10. 617. La base ortonormal propia es la Todas las matrices tienen la misma base misma para todos los casos: propia:  −1 1 2 B =  0 1 −3  1 0 1  .. una elipse un eje de rotaciń. c) Hiperboloide de dos mantos. 2. b. 1/4. 1)} D(e. dim e) D(2. 2. Una matriz siempre tiene suficientes figura con el plano XZ.. −3 26 D(ae. 0). Base propia {(1. 3)   −3/2 −5/2 5/2 b) D(9. (elipse). g)D(a. d) Hiperboloide de un manto. c)D(e. 1/3 e) Hiperboloide de dos mantos. (1/3. una hip´rbole e recciń no hay transformaciń y el valor o o c)(1. pero no hay suficientes vec... . − 2. 1) e) D(−1. (1 − 2. a) Si x2 + y 2 − z 2 = 0 entonces 3/2 −1/2 x2 + y 2 = z 2 . Entonces −3 −1 1 M N (x) = λi αi βi ei = λi βi αi ei =  −2/3 −5/3 8/3  N M (x). Las matrices diagonales y las cńicas o 573. (−1. 1 − 2). tomamos la traza de la 587.321 c)  1 0 0  0 1/3 −4/3  0 −2/3 −1/3  d) Las formas diagonales son: a) D(9. −3) 5/6 −1/2 5/2 d) D(3... 594. Por tanto. y por eso muchas matrices pasa con x = 0. −6. . cg) = c) D(5. 6. 3). tenemos un no son diagonalizables. 0). . −3). Base propia: {(1/2.. −2. g) = b) D(− 26. a) x2 + y 2 /4 + z 2 /9 = 1 b) x2 + y 2 /4 + z 2 /9 = 1 c) x2 − 4y 2 + 9z 2 = 1 d) Mal definido.82. −1. ja.18u2 + 1. 1)). a) x′ = x − 1 y z ′ = z + 2 624. 1)). hiperboloide de una hoja.5)). 1. (−0. 1.027v . Por lo tanto.312v 2 .174u + 7.01u2 + 0. silla f) z = 3. El primer valor propio domina toda la conducta a largo plazo y define una proporciń o de 2 a 3. m´ ınimo 2 2 e) z = −1. 2.322 CAP´ ITULO 13. el determinante de una matriz diagonal es igual al de otra que le sea similar. c) Proporciones asint´ticas 1 a 1. 1). a) ( x − 1)2 + 3(x − 1)(z − 3) − (z − 3)2 = 1 621. m´ ınimo 2 2 g) z = −3. y (−1. RESPUESTAS 627. hiperboloide de una hod) D(−2. a) M´ximo a b) M´ximo a c) M´ ınimo d) Silla e) Silla f) Silla g) M´ximo a h) No se sabe i) No se sabe .67v . (−1. 1. jas.131v 2 . 1). Puesto que el determinante es invariante al cambio de base. 1).07v 2 . hiperboloide de dos hoe) D(−1. En dos dimensiones. 637. Tenemos un punto cr´ ıtico estable ssi todos los valores propios tienen igual signo. −4). c) D(1. (1. elipsoide. la estabilidad se decide por el determinante de la matriz original. silla d) z = 4. o Las formas diagonales y las figuras son: a) D(1.82v 2 .93u2 + 4.201u2 + 3. (1. b) Eigen pares: (5. 2. a) Eigen pares (4. 1). jas.08u − 0.7. a) z = −2. silla c) z = −0. esto es equivalente a decir que el determinante de la matriz diagonal sea positivo. silla b) −0.23u2 + 0. e) x2 − 4y 2 − z 2 /9 = 1 619. b) D(−1. −1.41)). hiperboloide de dos ho- √ √ √  1/ 2 −1/√3 1/√6 B =  √0 −1/√3 −2/√6  1/ 2 1/ 3 −1/ 6  618. m´ximo a h) Desconocida i) Desconocida 628.171. y (0.074v 2 . AP. Springer-Verlag. Inc. [2] Boylestad R. [10] Hans F. quantum mechanics and reductionism. Berkeley Physics Course-Vol 1. Springer. L Nashelsky (1994) Electrńica de circuitos. edited and annotated by Lev Shulyak and Steven Rodman. [8] Lang S (2002) Algebra. Editorial Planeta. M´xico. Technical Innovation Center. [12] Nash C. Barcelona. [4] Burden R. Worcester. Grupo Editorial Iberoam´rica. Barcelona.BIBLIOGRAF´ IA [1] Altshuller G (2000) The innovation algorithm: TRIZ. NY. Introducciń de Paul Davies. [9] Gran Enciclopedia Larousse (1983). 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Thomson. 6 o conservativo procedimiento. 120 complemento ortogonal. 174 autovalores. 129. 298 a Delta de Kronecker. 132. 218 ortonormal . 169 diagonal. 42 325 . 218 propia. 227 demostraciń por inducciń. 138 componente del vector u sobre v . 270 prote´ ınas . 120 conjunto soluciń. 7 coordenadas. 98 algoritmo de Gauss-Jordan. 128 cambio de. 52 cu´drica. 50 codominio. 174 apachurrado. 7 base. 144 cofactor. 270 eigen-vector. 127 conjunto linealmente dependiente.´ ´ INDICE ALFABETICO ńgulo recto. 267 diagrama conmutativo. 17. 271 eigen-problema. 47 a `ngulo recto. 222 o o determinante. 272 eigen-valor. 31 apachurra. 283 Elcano. 84 e sim´tricas. 16. 209 coordenadas polares. eigen. 69 composiciń de TL. 302 Teorema de los . 209 canńica. 144 ecuaciń. 207 ortogonal . 5 o ecuaciones param´tricas. 209 coseno. 275 base propia. 109. 275 diagrama de dispersiń. 110 apachurramiento. 121 conjunto generado por D. 215 coordenas cambio de. 67 a eigen-espacio. 135. 112. 33. 287 balance regla del. 150 o conjunto linealmente independiente. 84 e ejes principales. 34 combinaciń o lineal. 34 circunferencia. 50 dominio. 274 cabeza. 290 o dimensiń. 74 vector de momento angular. 195 cola. 133 o distancia. 129 o natural. 105. 267. 209 diagonal.326 elemento neutro. 113 identidad. 271 o marco. 179 operaciń o asociativa. 179 espacio nulo. 47 modelo. 23 escalonada reducida. 227 sim´trica. 277 n-plp. 49. 267 orientaciń. 138 vectores. 82. 67 lineales sistemas. 52 Kernel. 35 apachurrado. 33 matem´tico. 207 matrices. 310 e multiplicidad algebraica. 5 iluminaciń. 185 espacio digital. 65. 36 isomorfos. 36 elipse. 42 magnificaciń. 15 similares. 180 inverso. 63. 50 equivalentes sistemas. 84 a paralelep´ ıpedo. 209 de paso. 45. 55 p´jaros. 190 ortogonal. 165 medio Sol. 209 de cambio de coordenadas. 39 espacio columna. 310 geom´trica . 34 espacio digital. 33 a multiplicaciń de matrices. 281 e matriz transpuesta. 45. 248 operadores lineales. 24 identidad. 35 binaria. 185 glćidos. 35 operaciones elementales. 57 espacio imagen. 223 e ´ ´ INDICE ALFABETICO de cambio de base . 83 dualidad. 106 . 153 o multiplicidad algebraica. 60. 6 escalar. 209 matriz antisim´trica. 22 operador lineal. 52 tridimensional. 35 cerrada. 36 hiperplano. 223. 179 estaciones. 271 Matriz de cambio de coordenadas. 98 fila. 216 nilpotente. 74 u grupo. 89 l´ ıneas paralelas. 45. 107 nćleo. 271 escalonada. 309 norma. 22 fractales. 125 paralelep´ ıpedo. 41 o imagen de una matriz. 16 inversa. 268. 12 a par propio. 14 Magallanes. 32 vectorial. 66 perpendiculares. 179 l´ ınea. 51 nulidad. 44. 270 par´metro. 179 u n´meros u complejos. plp. 33 lineal. 116 o ortogonales. 307 punto cr´ ıtico. 310 a homogńeo. 83 e recta real. 33 paralelos. 33 Teorema de las dimensiones. 162. 53 del apachurramiento. 55 . 308 no homogńeo. 68 o pulso. 303 o producto cruz. 113 punto. 178. 80 proyecciń. 61 plano. 31 regla de oro. 162 o soluciń qu´ o ımica. 171 tensiń arterial. 5. 35 patrń. 52 sistema din´mico discreto. 33 transformaciń lineal. escalar o punto. 72 o traslaciones. 12 regresiń. 162. 39 327 T es apachurrante o que apachurra. 6 soluciń. 302 teor´ ıa de cuerdas. 32 plano complejo. 216 polinomio caracter´ ıstico. 38. 126 submatrices. 48 a Tierra plana. 71 ecuaciń estńdar. 77. 41 tracto intestinal. 80 producto de matrices. 65 vectores. 34 seno. 7 lineal. 179 teorema cosenos. 152 vector director. 87. 304 estable. 194 traslaciń. 179 rectńgulo. 75. 41 o tensor de inercia. 180 e inconsistente. 176 Pit´goras. 62 o a ecuaciones param´tricas. 278 reverso. 82 o subespacio. 180 e sistema de ecuaciones. 34 dirigido.´ ´ INDICE ALFABETICO paralelogramo. 277 polinomio caracter´ ıstico. 21 ssi (si y s´lo si). 41 segmento. 5 sistema lineal. 6 resonancia. 194 sumar sin problema. 44 punto cr´ ıitco inestable. 8 o soluciń particular. 277 precesiń. interior. 180 particular. 251 producto interno o interior. 58 TRIZ. 36 sumar y alargar sin problema. 56 perpendiculares. 52 producto cruz. 35 a recta. 134 cartesiano. 56 producto interno. 299 trińgulos a semejantes. 180 soluciń espuria. 22 o Resolver un sistema de ecuaciones. 307 rango. 6 o general. 289 o renglń. 289 o pendiente. 146 o transpuesta. 51 producto vectorial.

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