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Algebra Lineal

Dra. Marıa Teresa AlcaldeDr. Cesar Burgueno

Depto. de Matematica y EstadısticaFacultad de Ingenierıa, Ciencias y Administracion

Universidad de La Frontera

Tercera Edicion - 2008

Indice de materias

Introduccion 5

1 Sistemas de Ecuaciones Lineales 71.1 Definiciones y ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2 Combinacion lineal de ecuaciones . . . . . . . . . . . . 121.3 Operaciones elementales . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.4 Sistemas dependientes e independientes . . . . . . . . . 161.5 Sistema de Cramer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.6 Proceso de escalonamiento de un sistema . . . . . . . . 191.7 Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2 Espacios Vectoriales 312.1 Definicion y propiedades basicas de espacio vectorial . . 312.2 Sub-espacios vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.3 Combinaciones Lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.4 Sub-espacio generado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 582.5 Dependencia Lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 692.6 Bases de un espacio vectorial . . . . . . . . . . . . . . . 79

2.6.1 Metodo para encontrar una base de un espaciovectorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

2.6.2 Aplicacion del Teorema de Steinitz . . . . . . . 892.7 Dimension de un espacio vectorial . . . . . . . . . . . . 922.8 Suma de sub-espacios vectoriales . . . . . . . . . . . . 1012.9 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

3 Aplicaciones Lineales 1193.1 Introduccion, definicion y ejemplos . . . . . . . . . . . 119

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3.2 Determinacion de una aplicacion lineal . . . . . . . . . 1263.3 Imagen y Nucleo de una aplicacion lineal . . . . . . . . 1313.4 Morfismos y dimensiones . . . . . . . . . . . . . . . . . 1413.5 Estructura de un conjunto de morfismos . . . . . . . . 1523.6 Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1553.7 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

4 Matrices 1734.1 Matriz asociada a una aplicacion lineal . . . . . . . . . 1734.2 Suma de morfismos y suma de matrices . . . . . . . . . 1794.3 Producto de un escalar por un morfismo y producto de

un escalar por una matriz . . . . . . . . . . . . . . . . 1814.4 Composicion de morfismos y producto de matrices . . . 1834.5 Algunos tipos especiales de matrices . . . . . . . . . . . 1864.6 Forma matricial de f(v) = w . . . . . . . . . . . . . . . 1934.7 Forma matricial de un sistema de ec. lineales . . . . . 1954.8 Isomorfismos y matrices invertibles . . . . . . . . . . . 1954.9 Automorfismo y matriz de cambio de base . . . . . . . 2004.10 Un morfismo cualquiera y matrices equivalentes . . . . 2034.11 Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2064.12 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215

5 Determinantes 2195.1 Determinantes de matrices de M2(K) . . . . . . . . . . 2195.2 Determinantes de matrices de M3(K) . . . . . . . . . . 2255.3 Determinante de matrices de Mn(K) . . . . . . . . . . 2285.4 Interpretacion geometrica del determinante . . . . . . . 2315.5 Matriz adjunta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2325.6 Determinante de un endomorfismo . . . . . . . . . . . 2345.7 Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2365.8 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246

6 Diagonalizacion 2496.1 Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2496.2 Valores propios y vectores propios . . . . . . . . . . . . 2536.3 Valores propios simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2586.4 Valores propios multiples . . . . . . . . . . . . . . . . . 265

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6.5 Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2686.6 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273

7 Aplicaciones Bilineales 2757.1 Aplicaciones bilineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276

7.1.1 Ejemplos. Propiedades generales . . . . . . . . . 2767.2 Formas bilineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287

7.2.1 Matriz asociada a una forma bilineal . . . . . . 2887.2.2 Representacion matricial de f(x, y) . . . . . . . 289

7.3 Espacios Euclidianos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2917.3.1 Producto escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . 2917.3.2 Norma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2937.3.3 Ortogonalidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2987.3.4 Angulo y distancia entre vectores . . . . . . . . 304

7.4 Formas bilineales simetricas . . . . . . . . . . . . . . . 3067.5 Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3077.6 Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 315

Epılogo 317

Bibliografıa 319

Introduccion

Queremos que sepas que estos apuntes los escribimos con toda ded-icacion para ti. Deseamos que te entretengas estudiando y que porsupuesto, te alegre aprender.

Tratamos de explicarte como ha ido naciendo el Algebra Lineal. Tusabes, las matematicas han sido creadas por personas al igual que tiy siempre tuvieron un motivo para crear tal definicion, proposicion oteorema. Siempre tuvieron un motivo para dar tal nombre a tal entematematico.

Queremos conversarte de lo importante que es para ti, estudiar clasea clase, muy especialmente en el primer y segundo capıtulo. Son con-ceptos muy distintos, sin embargo, bastantes alumnos los confundeny esto se debe exclusivamente a la falta de estudio organizado.

El Algebra Lineal, como las demas materias, no se puede estudiarsolo la ultima semana antes de la prueba. Que no tengas que decir:”Estudie los dos ultimos dıas hasta la madrugada y mire profe, mesaque un dos”

Al ir estudiando es muy importante que leas con mucha atencion la in-troduccion en cada capıtulo y en cada seccion. Ahı se explica lo que sequiere conseguir en esa seccion, se explica cual es el problema a estu-diar. Ası sera mas facil entender la materia. Si tienes poco tiempo paraestudiar, no creas que ganaras tiempo saltandote las introducciones.Eso es un error.

Las explicaciones que hay a lo largo de los apuntes se deben a una seriede consultas que han hecho los alumnos en forma frecuente y tambien

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a errores que cometen todos los semestres en sus pruebas.

Es por estos motivos que nos hemos dado el trabajo de dar ciertasexplicaciones. Piensa querido alumno o querida alumna, en todos losjovenes que te han presedido y nos han pedido esa explicacion. ¿Deacuerdo?

Estamos seguros que en este tercer milenio tendran ventaja en suprofesion, aquellas personas que dominen los conceptos. Tienes quepensar en tu futuro y no solamente en la nota que tendras en los dıasproximos.

Queremos que sepas que estamos muy agradecidos de muchas personasque han permitido la realizacion de estos apuntes. Muchos alumnosque nos animaron a escribirlos. El doctor Cristian Mallol, amigo ycolega quien es el autor de muchos ejercicios y quien nos hizo variassugerencias. Nuestros hijos quienes pacientemente han aceptado lashoras dedicadas a este escrito.

Marıa Teresa y Cesar

Capıtulo 1

Sistemas de EcuacionesLineales

1.1 Definiciones y ejemplos

Nos hemos dado cuenta que muchos alumnos que llegan al curso dealgebra lineal no saben que es una ecuacion lineal, entonces ¿empece-mos por el principio?

Comencemos por ver algunos ejemplos de ecuaciones lineales:

Ejemplo: x + 2y − 3z + t = 6

Ejemplo: 2x1 − 3x2 + 5x3 = 7

Antiejemplo: 2xy + 5x + 5z = 4 No es lineal, pues hay incognitasmultiplicadas entre sı.

Antiejemplo: 2x2 + 3x − 5t = 5 No es lineal, pues la incognita xesta elevada a una potencia distinta a 1.

Creo que ahora vas a entender bien la definicion ¿cierto?

Definicion 1.1.1 Una ecuacion lineal de n incognitas es unaexpresion del tipo:

α1x1 + α2x2 + · · · + αnxn = β , αi, β ∈ K

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8 M.T. Alcalde - C. Burgueno Algebra Lineal

K un cuerpo. Los xi son llamados incognitas.

K = Q, IR, C, ZZ2, ZZ3, ZZp, p primo

Recuerde que ZZ es un anillo, no alcanza a ser un cuerpo.

Resolver una ecuacion es encontrar todos los elementos de K quecumplen la igualdad. Esto quiere decir que no basta con encontraralgunas soluciones.

Veamos en un ejemplo como encontrar todas las soluciones.

Ejemplo

Resolvamos la ecuacion lineal 2x + 3y − 2z = 5

Solucion

Bueno hay que despejar una de las incognitas. En esta oportunidadescogeremos x:

x = −3

2y + z +

5

2; y, z ∈ IR

Esto quiere decir que cada vez que le demos un valor a y y a z, ten-dremos una solucion (x, y, z).

Por ejemplo: Sea y = z = 0, entonces x = 52

luego la solucion es(5

2, 0, 0)

Otro ejemplo: Sea y = 1, z = 0, entonces x = −32

+ 52, luego x = 1.

Luego otra solucion es (1, 1, 0)

El conjunto de soluciones esta dado por {(−32

y + z + 52, y, z); y, z ∈ IR}

Es interesante que sepas, que cuando en matematica uno define unente, el proximo paso a seguir es definir cuando dos de esos entes soniguales.

En este caso no hablaremos de igualdad de ecuaciones, sino, siguiendola tradicion hablaremos de ecuaciones equivalentes, ¿ de acuerdo ?

Capıtulo 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales 9

Definicion 1.1.2 Diremos que dos ecuaciones lineales son equiva-lentes si y solo si tienen las mismas soluciones.

Veamos dos ejemplos:

Ejemplo

Consideremos las ecuaciones

E1 : x + y + z = 3E2 : 2x + 2y + 2z = 6

Estas dos ecuaciones son equivalentes pues tienen las mismas solu-ciones.

Ejemplo

1) : x + 3y − 5z = 52) : 2x + 6y − 10z = 10

Estas dos ecuaciones son equivalentes.

Nota

Hemos observado que hay alumnos que no saben resolver la ecuacionlineal:

E : 0x = 0

¿Cuales son los numeros reales que cumplen esta ecuacion? Porsupuesto, todos los numeros reales! ¡trivial!

Algunos contestan x = 0.

A lo largo del curso nos encontraremos en repetidas oportunidadesante esta situacion, ası es que: ¡no lo olvides!

Antes de dar la definicion de un sistema de ecuaciones lineales, veremosalgunos ejemplos:


Ejemplo

2x − y + z = −1x + 3y + 2z = 5

}

Este es un sistema de ecuaciones lineales de 2 ecuaciones y 3 incognitas.

Resolver este sistema, significa que debemos encontrar todos losx, y, z ∈ K, tales que cumplen las 2 ecuaciones al mismo tiempo.

Ejemplo

3x + 2y = 114x − y = 11x + 3y = 9x + y = 14

Sistema formado por 4 ecuaciones y 2 incognitas

Ejemplo

x + y + z = 42x + 3y = 7

3x − y + z = −2

Sistema formado por 3 ecuaciones y 3 incognitas.

Ejemplo

x + y + z = 22x + 2y + 2z = 5

}

Este sistema es incompatible, pues no existen 3 numeros que al sumar-los se obtenga 2 y 5

2al mismo tiempo.


Bueno, como has podido apreciar no hay relacion entre el numero deecuaciones y el numero de incognitas para tener un sistema. Veamosla definicion.

Definicion 1.1.3 Un sistema lineal de m ecuaciones y n incognitas,es un sistema del tipo:

α11x1 + α12x2+ · · · +α1nxn = β1

α21x1 + α22x2+ · · · +α2nxn = β2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .αm1x1 + αm2x2+ · · · +αmnxn = βm

Donde αij, βi ∈ K, los xj son llamados las incognitas.

Dada la definicion, el proximo paso a seguir es definir cuando dossistemas son equivalentes. A la vista, no es obvio cuando dos sistemaslo son.

¿Lo vemos primero en un ejemplo?

Observacion

Estudiemos el sistema

E1 : 2x − y = 4E2 : 3x + y = 1

}

⇒ E1 + E2 : 5x = 5 ⇒ x=1

x = 1 en E2 : y = 1 − 3 ⇒ y=-2

Ahora estudiemos el siguiente sistema, de apariencia muy distinta alanterior:

E1 : 3x − 2y = 7E2 : x + 2y = −3

}

⇒ E1 + E2 : 4x = 4 ⇒ x=1

x = 1 en E2 : 2y = −3 − 1 ⇒ y=-2


Puesto que los dos sistemas tienen las mismas soluciones diremos queson ”equivalentes”.

Tenemos, entonces, la definicion siguiente:

Definicion 1.1.4 Diremos que dos sistemas son equivalentes sitienen exactamente las mismas soluciones.

1.2 Combinacion lineal de ecuaciones

En esta seccion nos ocuparemos de como obtener a partir de algunasecuaciones, otras ecuaciones, dentro del mismo sistema.

Veamoslo en un ejemplo. ¡ Es tan facil comprender los conceptos enun ejemplo! ... y luego generalizarlo.

Observacion

Consideremos el sistema siguiente:

E1 : x + 2y = −1E2 : 2x + y = 1

}

De este sistema podemos obtener la ecuacion

E3 = E2 + 2E1 : 4x + 5y = −1, de tal modo que, si x e y cumplenlas ecuaciones E1 y E2, entonces cumplen E3.

Diremos que E3 es una ”combinacion lineal” de E1 y E2

Ahora, entenderas la definicion siguiente:

Definicion 1.2.1 Sean E1, E2, · · · , En, n ecuaciones. Diremos quela ecuacion

E = α1E1 + α2E2 + · · · + αnEn

es una combinacion lineal de las ecuaciones E1, E2, · · · , En


1.3 Operaciones elementales

Bueno, el problema que enfrentaremos ahora es encontrar las opera-ciones que podemos efectuar a un sistema de manera de obtener otroequivalente.

Definicion 1.3.1 Diremos que una operacion es elemental si nospermite pasar de un sistema de ecuaciones a otro equivalente.

Pero, veamos cuales son estas operaciones. Es trivial que si cambiamosel orden de las ecuaciones seguimos teniendo el mismo sistema, es decir,uno equivalente. Entonces

Primera operacion: Consiste en intercambiar el orden de las ecua-ciones.

Ejemplo

Es super importante que comiences a aprender la notacion que usare-mos para indicar la operacion ¡Es facil! ¡Es trivial!

x + y = 3x − y = 7

}

L12

−→x − y = 7x + y = 3

}

A pesar de ser una operacion trivial, la usaremos a lo largo de todoel curso con el objetivo de ordenar algunas cosas.

Notacion: Lij denota el intercambio de la ecuacion i con la ecuacionj.

Tambien es trivial la operacion siguiente:

Segunda operacion: Consiste en multiplicar una ecuacion por unnumero distinto de cero.


Ejemplo

(Nuevamente observe la notacion)

x + y = 3x − 2y = 7

}

L1(2)−→

2x + 2y = 6x − 2y = 7

}

La ecuacion (1) fue multiplicada por 2.

Observacion: Si se multiplica una ecuacion por cero, esta se elimina,por lo tanto el sistema obtenido no es equivalente al original. Es decirno esta permitida la multiplicacion por cero.

Notacion: Li(α) denotara la multiplicacion por α de la ecuacion i.

Ejemplo

x = 6x + 2y = 7

}

L1(0)−→

0x = 0x + 2y = 7

}

En el primer sistema, existe una unica solucion, esta es (6, 12). En el

segundo sistema, el conjunto de soluciones es

{(x,7 − x

2); x ∈ IR}

Ejemplo

(α − 5)x + (α − 5)y = 3(α − 5)

Esta ecuacion es equivalente a x + y = 3 salvo en el caso α = 5

Tercera operacion: Consiste en sumarle a una ecuacion un multiplode otra ecuacion.


Ejemplo

x + y = 3x − y = 7

}

L(1)21

−→x + y = 3

2x = 10

}

A la segunda ecuacion, le hemos sumado 1 vez la primera ecuacion.

Notacion: Lij(α) denotara sumarle a la ecuacion i, α veces la ecuacionj.

Estas son las unicas tres operaciones elementales. No hay otras.

Nota

Estas operaciones son reversibles. En efecto:

1. La primera operacion: Si cambiamos la ecuacion Ei con laecuacion Ej, la operacion inversa es ella misma.

2. La segunda operacion: Si la ecuacion Ei la multiplicamos por α,α 6= 0, entonces la operacion inversa es multiplicar la ecuacion

Ei por1

α.

3. La tercera operacion: Si la ecuacion Ei la cambiamos por E ′i =

Ei + αEj, volvemos a la ecuacion Ei, al efectuar la operacionE ′

i − αEj = Ei

El hecho de que tales operaciones sean reversibles garantiza que elsistema que se obtiene de otro por operaciones elementales sucesivassea equivalente al inicial.

Luego los dos sistemas son equivalentes.

El sentido de utilizar las operaciones elementales es conseguir trabajarsobre un sistema con una escritura mas simple.

Debemos cuidar de ir haciendo tales transformaciones por etapa.


1.4 Sistemas dependientes e independi-

entes

Si en un sistema, una ecuacion esta escrita dos veces, es algo realmenteinutil. ¡Trivial!

Pero, a veces, no es tan trivial que hay ecuaciones agregadas inutil-mente, es decir ecuaciones que se pueden obtener de las anteriores. Enlenguaje elegante: ecuaciones que son combinacion lineal de las demas.

Observacion

Consideremos el sistema:

E1 : 3x + y = 2E2 : 2x − y = 3E3 : x + 2y = −1

Vemos que E3 = E1 − E2, es decir, E3 es una combinacion lineal deE1 y E2.

Diremos que el sistema es ”dependiente”.

Es obvio, que para buscar la solucion del sistema nos quedamos sola-mente con las dos primeras ecuaciones.

Definicion 1.4.1 Diremos que un sistema de ecuaciones es lineal-mente dependiente si al menos una ecuacion es combinacion linealde las otras.

Observacion

Consideremos el sistema siguiente:

E1 : x + y = 3E2 : x + 3y = 5

}

Este sistema no es dependiente pues una ecuacion no es multiplo dela otra. Diremos que es ”independiente”.


Definicion 1.4.2 Diremos que un sistema de ecuaciones es lineal-mente independiente cuando no es linealmente dependiente, es de-cir, si ninguna ecuacion es combinacion lineal de las otras.

En definitiva, en un sistema linealmente independiente no hay infor-macion de mas.

Un sistema de ecuaciones linealmente independiente puede tener tresaspectos posibles:

mas incognitas que ecuaciones.

mas ecuaciones que incognitas.

numero de ecuaciones = numero de incognitas.

1.5 Sistema de Cramer

Cuando estudiamos un sistema de ecuaciones lineales, a nosotros nosinteresa el numero de ecuaciones independientes.

Se supone que el primer paso para resolver un sistema, es quedarsecon un sistema independiente.

Entonces, comencemos por estudiar un sistema independiente.

Definicion 1.5.1 Un sistema de n ecuaciones y n incognitas, lineal-mente independiente, es llamado Sistema de Cramer.

Observacion

En la Educacion Media, uno comprendio que un sistema lineal de 2ecuaciones y 2 incognitas tiene una unica solucion. Comprendimos que


lo mismo ocurre en un sistema de 3 ecuaciones y 3 incognitas. Debido ala manera en que se llega a esta solucion unica, uno imagina que estoocurre para un sistema lineal de n ecuaciones y n incognitas, pero,para ser mas cuidadosos habrıa que agregar: ”sistema independiente”¿ cierto ?

Tenemos, entonces, la proposicion siguiente:

Proposicion 1.5.1 Un sistema de Cramer tiene una unica solucion.

Demostracion

La demostracion la haremos por induccion sobre n = numero de ecua-ciones = numero de incognitas.

Si n = 1, tenemos un sistema lineal de 1 ecuacion y 1 incognita inde-pendiente, que trivialmente tiene una unica solucion.

Supongamos que todo sistema lineal independiente de n ecuacionesy n incognitas tiene una unica solucion (Esta es nuestra hipotesis deinduccion).

Ahora, consideremos un sistema de Cramer formado por las ecuacionesE1, E2, · · ·, En+1 siguientes:

E1 : α11x1 + α12x2+ · · · +α1n+1xn+1 = β1

E2 : α21x1 + α22x2+ · · · +α2n+1xn+1 = β2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .En : αn1x1 + αn2x2+ · · · +αnn+1xn+1 = βn

En+1 : αn+11x1 + αn+12x2+ · · · +αn+1n+1xn+1 = βn+1

Estudiemos el sistema formado por las n primeras ecuaciones. Estesistema lo escribimos de la manera siguiente:

E ′1 : α11x1 + α12x2+ · · · +α1nxn = β1 − α1n+1xn+1

E ′2 : α21x1 + α22x2+ · · · +α2nxn = β2 − α2n+1xn+1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .E ′

n : αn1x1 + αn2x2+ · · · +αnnxn = βn − αnn+1xn+1


Podemos pensar γj = βj − αjn+1xn+1 como constantes. Entonces, te-nemos un sistema de Cramer de n × n, luego tiene solucion unica, asaber θ1, · · · , θn, con los elementos θi en funcion de αij, βi y xn+1. Estosθ1, · · · , θn los reemplazamos en En+1 y tenemos:

En+1 : αn+11θ1 + αn+12θ2 + · · · + αn+1nθn + αn+1n+1xn+1 = βn+1

De esta ecuacion se despeja xn+1 (recuerde que los θ1, · · · , θn estan enfuncion de xn+1)

Entonces tenemos una solucion unica. Luego todo sistema de Cramerde n ecuaciones y n incognitas tiene una unica solucion, para todo n,numero natural.

1.6 Proceso de escalonamiento de un sis-

tema

El proceso que nos ocupa ahora es escribir los sistemas en su formamas simple posible, pero, antes debemos definir que sera para nosotros”la forma mas simple posible”. A esta forma la llamaremos formaescalonada.

Entonces, comencemos por ver algunos ejemplos de sistemas escalo-nados.

Ejemplo

El sistema siguiente esta en su forma escalonada:

x + 2y + 5t = 2z + 3t = 3

u = 4

Observemos como estan dispuestos los coeficientes:


1 2 0 5 0 20 0 1 3 0 30 0 0 0 1 4

Definicion de sistema escalonado

Diremos que un sistema de ecuaciones lineales esta escalonado si sat-isface las tres condiciones siguientes:

1. El coeficiente de la primera incognita distinta de cero de cadaecuacion es 1. Es llamado lıder.

2. Cuando hay un lıder, los demas elementos de la columna sonceros.

3. Los lıderes deben ir de izquierda a derecha y de arriba haciaabajo.

Veamos otros ejemplos:

Ejemplo

x + 4z + 3t = 1y + 2z + 5t = 4

}

Los coeficientes estan distribuıdos como sigue:

(

1 0 4 3 10 1 2 5 4

)

El cual es un sistema escalonado.


Ejemplo

Se puede tener tambien el sistema, obviamente incompatible, siguiente:

x + 4z = 0y + 2z = 0

0 = 1

Sus coeficientes estan distribuıdos como sigue:

1 0 4 00 1 2 00 0 0 1

El cual es un sistema escalonado.

Definicion 1.6.1 Matriz es una ordenacion rectangular de numeros.

Definicion 1.6.2 Escalonar un sistema de ecuaciones lineales es lle-varlo a un sistema escalonado equivalente, a traves de operacioneselementales.

Observaciones

Si al escalonar quedan filas con ceros unicamente, significa que el sis-tema inicial era dependiente, es decir habıa informacion de sobra.

Si al escalonar queda una fila del tipo:

0 0 · · · 0 1

significa que el sistema no tiene solucion.

Si al escalonar, las filas distintas de cero corresponden a un sistemade n ecuaciones y n incognitas, es un sistema de Cramer, luego tienesolucion unica.


Y si al escalonar, las filas distintas de cero corresponde a un sistemaque tiene menos ecuaciones que incognitas, obviamente que habra in-finitas soluciones.

Pero mas que saber cuantas soluciones tiene un sistema, es importanteencontrar las soluciones.

A continuacion veremos varios ejercicios en los cuales se encuentranlas soluciones de los sistemas, en caso que estas soluciones existan.

Es emocionante ver como recien comenzado el curso, podemos resolverlos sistemas lineales y familias de sistemas lineales.

1.7 Ejercicios Resueltos

Ejercicio

Estudiemos el sistema de ecuaciones:

x + y + z = 22x − y + 2z = −2x + 2y + 2z = 3x − y + 2z = −3

Solucion

Comencemos por escalonar el sistema, es decir, escribamoslo en suforma mas simple.

Anotemos solamente los coeficientes, para no escribir tantas letras,


pero, siempre respetando el orden.

1 1 1 22 −1 2 −21 2 2 31 −1 2 −3

L(−2)21

−→L

(−1)31

L(−1)41

1 1 1 20 −3 0 −60 1 1 10 −2 1 −5

L(−1

3)

2

−→L

(−1)4

1 1 1 20 1 0 20 1 1 10 2 −1 5

L(−1)12

−→L

(−1)32

L(−2)42

1 0 1 00 1 0 20 0 1 −10 0 −1 1

L(−1)13

−→L

(1)43

1 0 0 10 1 0 20 0 1 −10 0 0 0

⇒x=1

y=2

z=-1

Es decir, la solucion es (1, 2,−1)

Realmente facil de obtener la solucion ¿ cierto ?

Ejercicio

Estudiemos el sistema de ecuaciones sgte.:

x − y − z + 2u = 0x + y + 3z + 4u = 0

2x + y + 4z + 7u = 03x + y + 5z + 10u = 0

Solucion

Comencemos por escalonar el sistema:


1 −1 −1 2 01 1 3 4 02 1 4 7 03 1 5 10 0

L(−1)21

−→L

(−2)31

L(−3)41

1 −1 −1 2 00 2 4 2 00 3 6 3 00 4 8 4 0

L( 12)

2

−→L

( 13)

3

L( 14)

4

1 −1 −1 2 00 1 2 1 00 1 2 1 00 1 2 1 0

L(1)12

−→L

(−1)32

L(−1)42

1 0 1 3 00 1 2 1 00 0 0 0 00 0 0 0 0

Es decir tenemos el sistema

x + z + 3u = 0y + 2z + u = 0

}

Si despejamos las incognitas que corresponden a los lıderes, tenemos:

x = −z − 3uy = −2z − u

}

; z, u ∈ IR

Luego, el conjunto de soluciones es:

{(−z − 3u,−2z − u, z, u); z, u ∈ IR}

Definicion 1.7.1 Una familia de sistemas es un conjunto formadopor una cantidad infinita de sistemas que han sido construıdos de man-era analoga.

Ejercicio

Estudiemos la familia de sistemas siguiente para los diferentes valoresde α ∈ IR

x + 4z + 6t = 1x + y + 9z + 6t = 3

2y + 10z + (α + 3)t = (α + 3)


Solucion

1 0 4 6 11 1 9 6 30 2 10 α + 3 α + 3

L(−1)21

−→

1 0 4 6 10 1 5 0 20 2 10 α + 3 α + 3

L(−2)32

−→

1 0 4 6 10 1 5 0 20 0 0 α + 3 α − 1

(1.1)

Debemos estudiar separadamente el sistema con α+3 = 0 y la familiacon α + 3 6= 0.

Caso 1 α + 3 = 0 es decir α = −3

Tenemos el sistema:

1 0 4 6 10 1 5 0 20 0 0 0 −4

⇒ 0 = −4 ⇒⇐

Es decir, este sistema no tiene solucion.

Caso 2 α + 3 6= 0 es decir α 6= −3

Seguimos escalonando el sistema (1.1):

L( 1

α+3)

3

−→

1 0 4 6 10 1 5 0 20 0 0 1 α−1

α+3

L(−6)13

−→

1 0 4 0 −5α+9α+3

0 1 5 0 20 0 0 1 α−1

α+3

La familia de sistemas escalonada es la siguiente:

x + 4z = −5α+9α+3

y + 5z = 2t = α−1

α+3

α 6= −3

Despejando las incognitas que corresponden a los lıderes tenemos:


x = −5α+9α+3

− 4z

y = 2 − 5zt = α−1

α+3

; z ∈ IR, α 6= −3

Comprobemos las soluciones:

Caso α = −3

1 0 4 6 11 1 9 6 30 2 10 0 0

2E1 − 2E2 + E3 : 0 = −4 ⇒⇐

Luego no existe solucion.

Caso α 6= −3

E1 : (−5α+9α+3

− 4z) + 4z + 6α−6α+3

= α+3α+3

= 1

E2 : (−5α+9α+3

− 4z) + (2 − 5z) + 9z + 6α−6α+3

= α+3α+3

+ 2 = 3

E3 : 2(2 − 5z) + 10z + (α + 3)α−1α+3

= 4 + α − 1 = (α + 3)

Luego cumple

Ejercicio

Resolvamos la siguiente familia de sistemas segun los diferentes valoresde α ∈ IR

x + 2y + 3z = −1x + (α + 1)y + (α + 2)z = 2

x + 2y + (α + 5)z = α2 − α − 7


Solucion

1 2 3 −11 α + 1 α + 2 21 2 α + 5 α2 − α − 7

L(−1)21

−→L

(−1)31

1 2 3 −10 α − 1 α − 1 30 0 α + 2 α2 − α − 6

(1.2)

Caso 1 α + 2 = 0 es decir α = −2

Reemplazando en (1.2), tenemos:

1 2 3 −10 −3 −3 30 0 0 0

L(−1

3)

2

−→

1 2 3 −10 1 1 −10 0 0 0

L12(−2)−→

1 0 1 10 1 1 −10 0 0 0

El sistema escalonado es :

x + z = 1y + z = −1

}

→ x = 1 − zy = −1 − z

}

; z ∈ IR

Caso 2 α + 2 6= 0 es decir α 6= −2. Puesto que α + 2 6= 0 podemosseguir escalonando el sistema (1.2):

L( 1

α+2)

3

−→

1 2 3 −10 α − 1 α − 1 30 0 1 α − 3

(1.3)

Caso 2i α − 1 = 0, es decir α = 1

En el sistema (1.3), la segunda ecuacion queda


0 = 3 ⇒⇐

Luego no existe solucion.

Caso 2ii α 6= 1,−2

Seguimos escalonando el sistema (1.3). Tenemos

L( 1

α−1)

2

−→

1 2 3 −10 1 1 3

α−1

0 0 1 α − 3

L(−3)13

−→L

(−1)23

1 2 0 −3α + 8

0 1 0 −α2+4αα−1

0 0 1 α − 3

L(−2)12

−→

1 0 0 −α2+3α−8α−1

0 1 0 −α2+4αα−1

0 0 1 α − 3

Luego tenemos una unica solucion, a saber

x =−α2 + 3α − 8

α − 1; y =

−α2 + 4α

α − 1; z = α − 3

Solo haremos la comprobacion del caso α = 1

Tenemos

E1 : x + 2y + 3z = −1E2 : x + 2y + 3z = 2

}

Con estas dos ecuaciones basta ver que el sistema es inconsistente. Lasdemas soluciones satisfacen el sistema. Ahora es su turno comprobarlas otras soluciones. ¡Animo!

Ejercicio

Estudiemos la siguiente familia de sistemas de ecuaciones segun losdiferentes valores de α ∈ IR


x + z = 1y + z = −1

(α2 − 4)y + (α − 2)z = α + 2

Solucion

Comencemos a escalonar el sistema. Tenemos

1 0 1 10 1 1 −10 α2 − 4 α − 2 α + 2

L(−α2+4)32

−→

1 0 1 10 1 1 −10 0 −α2 + α + 2 α2 + α − 2

=

=

1 0 1 10 1 1 −10 0 −(α − 2)(α + 1) (α + 2)(α − 1)

(1.4)

Caso 1 α − 2 = 0, es decir α = 2

La tercera ecuacion queda 0 = 4 ⇒⇐ Luego no existe solucion.

Caso 2 α + 1 = 0, es decir α = −1

La tercera ecuacion queda 0 = −2 ⇒⇐ Luego no existe solucion.

Caso 3 α 6= −1, 2

Escalonamos a partir de (1.4)

L3(−1

(α−2)(α+1))

−→

1 0 1 10 1 1 −1

0 0 1 (α+2)(α−1)−(α−2)(α+1)


L(−1)13

−→L

(−1)23

1 0 0 2(α2−2)(α−2)(α+1)

0 1 0 2α(α−2)(α+1)

0 0 1 −(α+2)(α−1)(α−2)(α+1)

Luego se tiene la solucion unica:

x =2(α2 − 2)

(α − 2)(α + 1); y =

2α

(α − 2)(α + 1); z =

−(α + 2)(α − 1)

(α − 2)(α + 1)

Ejercicios Propuestos

1. Considere el sistema de 2 ecuaciones lineales y 5 incognitas yencuentre todas sus soluciones.

x1 + 2x2 + x3 + x4 + x5 = 62x1 + 4x2 − x3 + x5 = 3

}

2. Resuelva el sistema siguiente

x + y + 2z = 32x + y − z = 8

4x + 3y + 3z = 14

3. Resuelva la familia de sistemas, segun el valor de α ∈ IR

αx + y + z = 1x + αy + z = 1x + y + αz = 1

4. Segun los diferentes valores de k ∈ IR encuentre todas las solu-ciones de la siguiente familia de sistemas de ecuaciones lineales

x + y − z = 12x + 3y + kz = 3x + ky + 3z = 2

Capıtulo 2

Espacios Vectoriales

2.1 Definicion y propiedades basicas de

espacio vectorial

Nos parece que este es uno de los capıtulos mas emocionante del curso.Este concepto de ”espacio vectorial”, realmente hace crear un nuevoespacio en nuestras mentes. Es algo muy diferente a lo estudiado en elcurso anterior de Algebra.

Todos los conceptos de este capıtulo, los veremos geometricamentepara poder entenderlos mejor.

Despues de haber visualizado estos conceptos uno puede hacer her-mosas abstracciones y llegar a tener pensamientos tales como ”unafuncion es un vector”.

Veremos muchısimos ejemplos y ejercicios. Vas a poder experimentar,tu mismo, que es un espacio vectorial y que es lo que ocurre en el quelo hace algo tan especial.

Ademas esperamos que te vayas imaginando los conceptos y propiedades,de manera que vayas haciendote preguntas de materias que veremosunas hojas mas adelante.

Es tratar de vivir uno mismo la historia de la creacion de esta rama

31


de las matematicas que es el Algebra Lineal.

Te invitamos a sumergirte en los ”Espacios Vectoriales”. Bienvenido!.

Observacion

Consideremos IR2, el plano cartesiano y en el consideremos los vectoresque parten en el origen y solamente ellos.

Algebraicamente, IR2 se describe como IR2 = {(x, y); x, y ∈ IR}. EnIR2, podemos definir la suma de dos elementos, de la manera siguiente:

Sean u, v ∈ IR2, luego u = (x, y), v = (x′, y′), ciertos x, x′, y, y′ ∈ IR.

Entonces u + v = (x, y) + (x′, y′) = (x + x′, y + y′).

Este ultimo es un elemento tıpico de IR2, es decir, IR2 es cerrada parala suma.

Esta suma, geometricamente corresponde a ”la ley del paralelogramo”.

Veamoslo geometricamente

Capıtulo 2. Espacios Vectoriales 33

Tenemos que IR2 con esta suma cumple las siguientes propiedades

1. La suma es asociativa

2. Existe neutro: ~0 = (0, 0)

3. Todo elemento tiene inverso, a saber

−(x, y) = (−x,−y) ∀(x, y) ∈ IR2

4. La suma es conmutativa

Es decir, (IR2, +) es un grupo abeliano.

Bueno, la novedad es que a estos vectores les podemos cambiar su

magnitud, es decir, multiplicarlos por un numero, por ejemplo: 2·−−−→(1, 5),

dos veces el vector−−−→(1, 5), obtenemos el vector

−−−−→(2, 10) que sigue estando

en IR2.

Es decir, uno puede definir la operacion externa, llamada ponderacion,siguiente:

Ex : IR × IR2 → IR2

(α, (x, y)) 7→ (αx, αy) ∀(x, y) ∈ IR2,∀α ∈ IR

Esta operacion cumple las siguientes propiedades:

5. 1 · (x, y) = (x, y)


6. (α + β)(x, y) = α(x, y) + β(x, y)

7. α((x, y) + (x′, y′)) = α(x, y) + α(x′, y′)

8. (α · β)(x, y) = α · (β(x, y))

Esto para todo (x, y) ∈ IR2 y todo α, β ∈ IR

Bueno, creo que esto te parece facil ¿cierto?

¡Esperamos no equivocarme en nuestra apreciacion!

Ocurre que por cumplir IR2 estas 8 propiedades, diremos que IR2 esun ”IR-espacio vectorial o un ”espacio vectorial sobre IR”.

Resumiendo, veremos IR2 como un conjunto cuyos elementos son vec-tores que parten en el origen y tales que se pueden sumar y ponderar.

Esta estructura la vamos a genelizar

¿Te animas a dar un salto de abstraccion?

Observacion

Un ejemplo fısico de espacio vectorial, es el modelo que representa lasfuerzas ejercidas sobre un punto material.

Definicion 2.1.1 Sea V un conjunto. Sea K un cuerpo (K = Q; IR;C; ZZ2; ZZ3; Zp, p primo, etc.). Sobre V definamos dos operaciones:

1. Una operacion llamada suma, denotada por +:

+ : V × V → V ; (v, w) ; v + w


Esta operacion es una ley de composicion interna.

2. Una operacion entre los elementos de V y los elementos de K,denotada por Ex que cumple

Ex : K × V → V ; (α, v) ; α · v

Es una operacion externa, pues opera con elementos que estanfuera de V . Esta operacion es conocida con el nombre de pro-ducto por escalar o ponderacion.

Los elementos de V son llamados vectores y los elementos de Kson llamados escalares. Sobre este conjunto V haremos, ademas, 8exigencias, llamadas los axiomas de espacios vectoriales. Son los si-guientes:

E.V.1. (~u+~v)+~w = ~u+(~v+~w), ∀~u,~v, ~w ∈ V (Asociatividad)

E.V.2. Existe neutro aditivo, denotado por ~0.

E.V.3. Para todo ~v ∈ V , existe ~w ∈ V tal que ~v+~w = ~0.

Notacion ~w = −~v.

E.V.4. ~v+~w = ~w+~v, ∀~v, ~w ∈ V . (Conmutatividad)

E.V.5. 1 · ~v = ~v

E.V.6. (α + β)~v = α~v+β~v ∀α, β ∈ K, ∀~v ∈ V

E.V.7. α(~v+~w) = α~v+α~w, ∀α ∈ K, ∀~v, ~w ∈ V

E.V.8. (αβ) · ~v = α · (β · ~v) , ∀α, β ∈ K, ∀~v ∈ V

En tal caso diremos que V es un K - espacio vectorial o un espaciovectorial sobre K.

Nota

Fundandose en estos axiomas, se desarrolla la teorıa llamada AlgebraLineal.


Nota

De ahora en adelante, K, denotara Q, IR o C.

Ejemplo

Estudiemos V sobre K. Donde V = {(−2x, x); x ∈ K} ⊂ K2

Sea ~v, ~w ∈ V , luego los vectores ~v y ~w tienen la forma ~v = (−2x, x) y~w = (−2y, y). V es cerrado para la suma pues,

~v+ ~w = (−2x, x)+(−2y, y) = (−2x+(−2y), x+y) = (−2(x+y), x+y)

el cual es un elemento tıpico de V . Tambien es cerrado para la pon-deracion, pues,

α · ~v = α · (−2x, x) = (α(−2x), αx) = (−2(αx), αx)

el cual es un elemento tıpico de V . Ademas V cumple los 8 axiomasde espacios vectoriales. En efecto, cumple:

(En lo sucesivo escribiremos simplemente v en lugar de ~v).

E.V.1. Sean u, v, w ∈ V , luego u = (−2x, x), v = (−2y, y), w =(−2z, z), ciertos x, y, z ∈ K.

(u + v) + w = ((−2x, x) + (−2y, y)) + (−2z, z)= (−2x + −2y, x + y) + (−2z, z)= ((−2x + −2y) + −2z, (x + y) + z)= (−2x + (−2y + −2z), x + (y + z))= (−2x, x) + (−2y + −2z, y + z)= (−2x, x) + ((−2y, y) + (−2z, z))= u + (v + w)

E.V.2. ~0 = (0, 0) = ((−2)0, 0), el cual es un elemento tıpico de V .

E.V.3. Sea v = (−2x, x) ∈ V , entonces −v = (−2(−x), (−x)), elcual es un elemento de V .


E.V.4. v + w = (−2x, x) + (−2y, y) = (−2x + −2y, x + y)= (−2y + −2x, y + x) = (−2y, y) + (−2x, x)= w + v

E.V.5. 1 · v = 1 · (−2x, x) = (1(−2x), 1x) = (−2x, x) = v.

E.V.6. (α + β)v = (α + β) · (−2x, x)= ((α + β)(−2x), (α + β)x)= (α(−2x) + β(−2x), (αx + βx)= (α(−2x), αx) + (β(−2x), βx)= α(−2x, x) + β(−2x, x) = αv + βv

E.V.7. α · (v + w) = α · ((−2x, x) + (−2y, y))= α · (−2x + −2y, x + y)= (α(−2x + −2y), α(x + y))= (α(−2x) + α(−2y), αx + αy)= (α(−2x), αx) + (α(−2y), αy)= α · (−2x, x) + α · (−2y, y)= α · v + α · w

E.V.8. (αβ) · v = (αβ)(−2x, x) = ((αβ)(−2x), (αβ)x)= (α(β(−2x)), α(βx)) = α(β(−2x), α(βx))= α(β(−2x, x)) = α(βv)

Luego hemos demostrado que V es un K espacio vectorial.

Ejemplo

V = {(3x, x); x ∈ K}, es un K-espacio vectorial.

Ejemplo

Sea V = Kn = {(x1, x2, . . . , xn); x1, x2, . . . , xn ∈ K}. Entonces Kn esun K-espacio vectorial, donde la suma esta definida por:

(x1, . . . , xn) + (x′1, x

′2, . . . , x

′n) = (x1 + x′

1, x2 + x′2, . . . , xn + x′

n)

y el producto por escalar esta definido por:

α(x1, x2, . . . , xn) = (αx1, αx2, . . . , αxn)


Ejemplo

Q(√

2) = {a+b√

2; a, b ∈ Q} es un Q-espacio vectorial, donde la sumaesta definida por:

(a + b√

2) + (a′ + b′√

2) = (a + a′) + (b + b′)√

2

y el producto por escalar por:

α(a + b√

2) = αa + (αb)√

2

de donde Q(√

2) es cerrado para la suma y producto por escalar. Setiene que Q(

√2) con la suma y la ponderacion ası definidas, cumple

los ocho axiomas.

Ejemplo

Sea V = K[X] = {a0 + a1X + a2X + · · · + anXn; a0, . . . , an ∈ K} el

conjunto de los polinomios con coeficientes en K.

Entonces K[X] es un espacio vectorial sobre K con la suma y la pon-deracion definidas en el curso anterior.

Ejemplo

Sea V = K2[X] = {a0 + a1X + a2X2; a0, a1, a2 ∈ K} el conjunto de

los polinomios truncos de grado 2. Entonces K2[X] es un espaciovectorial sobre K.

Ejemplo

V = Km[X] = {a0 +a1X + · · ·+amXm; a0, . . . , am ∈ K} polinomiostruncos de grado m.

Notese que los polinomios tienen grado menor o igual a m, razon porla cual m interviene en el nombre del conjunto: Km[X].

Sin embargo, en K[X] los polinomios pueden tener cualquier grado,pues la letra n no tiene relacion con la notacion K[X].


Bueno, Km[X] es un K-espacio vectorial.

Ejemplo

M2×2(K) = {(

a bc d

)

; a, b, c, d ∈ K}, es el espacio vectorial formado

por todas las matrices de 2 × 2 con coeficientes en K.

La igualdad de matrices esta dada por:(

a bc d

)

=(

a′ b′

c′ d′

)

si y solo si a = a′, b = b′, c = c′, d = d′.

Ademas la suma esta definida por:

(

a bc d

)

+(

a′ b′

c′ d′

)

=(

a + a′ b + b′

c + c′ d + d′

)

y la multiplicacion por escalar esta definida por:

α(

a bc d

)

=(

αa αbαc αd

)

Ejemplo

V = {f ; f : IR → IR} es el espacio vectorial formado por todas lasfunciones reales sobre los reales.

La suma de dos funciones f y g es una funcion, denotada por f + g,y en cada numero real se comporta de la siguiente manera:

(f + g)(x) = f(x) + g(x)

La ponderacion de una funcion f por un escalar α, es una funcion, esdenotada por α · f , y en cada numero real se comporta de la manerasiguiente:

(αf)(x) = α · f(x)


Estas dos operaciones cumplen los 8 axiomas.

Solo mostraremos E.V.2 y E.V.3, el resto queda de ejercicio.

El neutro es la funcion 0 : IR → IR; 0(x) = 0 ∀x ∈ IR

El inverso aditivo de la funcion f es −f , dada por (−f)(x) =−f(x)

Definicion 2.1.2 Un espacio vectorial finito es un espacio vecto-rial que tiene una cantidad finita de vectores.

Ejemplo de un espacio vectorial finito

ZZ3(√

2) = {a + b√

2); a, b ∈ ZZ3}es un espacio vectorial sobre ZZ3, con la suma definida por

(a + b√

2) + (c + d√

2) = (a + c) + (b + d)√

2

y la ponderacion definida por

α · (a + b√

2) = (αa) + (αb)√

2, ∀α ∈ ZZ3

Ejemplo de un espacio vectorial finito

ZZ3(√

2,√

5) = {a + b√

2 + c√

5 + d√

10; a, b, c, d ∈ K3}es un espacio vectorial sobre ZZ3 , sobre ZZ3(

√2) y sobre ZZ3(

√5)

Ejemplo

ZZ5[X] = {a0 + a1X + a2X2 + . . . + anXn; a0, a1, a2, . . . , an ∈ ZZ5} es

un ZZ5-espacio vectorial, con la suma definida en ZZ5[X]:

Cuya multiplicacion por escalar esta definida por:


α(a0 + a1X + . . . + anXn) = (αa0) + (αa1)X + . . . + (αan)Xn

Observe que este espacio vectorial tiene un numero infinito de elemen-tos.

Proposicion 2.1.1 Sea V un K-espacio vectorial. Entonces

1. El neutro es unico.

2. Todo vector tiene un unico inverso aditivo.

Demostracion de 1

Sean 0 y 0′ dos neutros, entonces 0 = 0 + 0′ = 0′. En la primeraigualdad usamos que el 0′ es neutro y en la segunda igualdad usamosque 0 es neutro.

Demostracion de 2

Sean v′ y v′′ dos opuestos aditivos de v. Entonces tenemos que

v′ = v′ + 0 = v′ + (v + v′′) = (v′ + v) + v′′ = 0 + v′′ = v′′

luego v′ = v′′, es decir, el inverso es unico.

Proposicion 2.1.2 Sea V un K-espacio vectorial. Entonces:

1. 0v = ~0,∀v ∈ V .

2. α~0 = ~0,∀α ∈ K

3. α~v = ~0, α ∈ K, v ∈ V =⇒ α = 0 o v = ~0

4. α(−v) = −(αv) = (−α)v,∀α ∈ K,∀v ∈ V

5. (−1)v = −v,∀v ∈ V


Demostracion 1

0 · v = (0 + 0)v = 0 · v + 0 · v luego 0 · v = ~0

Demostracion 2

α ·~0 = α(~0 +~0) = α ·~0 + α ·~0 luego α ·~0 = ~0

Demostracion 3

Si α = 0 esta demostrada la proposicion.

Supongamos α 6= 0, luego existe α−1 ∈ K. Multiplicando αv = ~0 porα−1, se tiene α−1 · (αv) = α−1 ·~0, luego (α−1 ·α) · v = ~0 luego 1 · v = ~0luego v = ~0.

Demostracion 4

Por (2) se tiene α~0 = ~0, luego, α(v +−v) = ~0, luego αv + α(−v) = ~0,luego −(αv) = α(−v), es decir, el opuesto de αv es α(−v).

Ademas 0v = ~0 y ~0 = 0v = (α + −α)v = αv + (−α)v, luego 0 =αv + (−α)v. Esto dice que el inverso aditivo de αv es (−α)v y seescribe −(αv) = (−α)v

Demostracion 5

(−1)v + v = (−1)v + 1v = (−1 + 1)v = 0v = ~0

luego el inverso aditivo de v es (−1)v, se escribe −v = (−1)v.

2.2 Sub-espacios vectoriales

Ahora sabemos bien que es un espacio vectorial ¿No te parece?. Bueno,es natural preguntarse si puede haber un espacio vectorial dentro de


otro espacio vectorial.

En el curso anterior, estudiamos los grupos y luego definimos los sub-grupos.

Entonces, inspirados en el concepto de sub-grupo, definamos un ”sub-espacio vectorial”.

Definicion 2.2.1 Sea S ⊂ V , S 6= ∅, entonces S es un sub-espaciovectorial de V si S es un K-espacio vectorial, con las mismas opera-ciones de V . Notacion S ≤ V .

Ejemplo

Sabemos que IR2 es un espacio vectorial y conocemos la interpretaciongeometrica de sus vectores. En IR2, consideremos el subconjunto

S = {(2x, x); x ∈ IR}

S es una recta que pasa por el origen.

Observemos que S es cerrado para la suma y la ponderacion y S esun espacio vectorial. Luego S es un sub-espacio vectorial de IR2.

Observacion

En K2, consideremos

A = {(2x + 1, x); x ∈ K}


Sea v = (2x + 1, x) un elemento de A. Ponderemos este vector por elescalar 5, tenemos

5 · v = 5(2x + 1, x) = (10x + 5, 5x)

el cual no es un elemento de A.

Luego esta operacion no es una ponderacion, es decir, la operacion Ex,no cumple

Ex : K × A → A

Luego A no es un sub-espacio vectorial de K2.

Problema

Si uno se pone a meditar sobre el ejercicio penultimo, comprende queno era necesario demostrar E.V.1, E.V.4, E.V.5, E.V.6, E.V.7, E.V.8.Entonces a uno le gustarıa saber que es lo justo y necesario que hayque probar para tener que S es sub-espacio vectorial de V .

La respuesta a esta inquietud la tenemos en la siguiente proposicion.

Proposicion 2.2.1 (Caracterizacion de sub-espacio vectorial)

Sea V un K-espacio vectorial. S ⊂ V , S 6= ∅. Entonces son equiva-lentes


1. S es sub-espacio de V .

2. (a) v + w ∈ S, ∀v, w ∈ S

(b) αv ∈ S, ∀α ∈ K, ∀v ∈ S

3. αv + w ∈ S ∀v, w ∈ S, ∀α ∈ K

Demostracion

(1)⇒(2)

Puesto que S es un sub-espacio vectorial de V , en particular es unespacio vectorial, luego cumple (2).

(2)⇒(1)

Para demostrar (1), tenemos que demostrar que se cumplen los 8 a-xiomas y que las operaciones estan bien definidas.

Que S es cerrado para la suma, lo sabemos por (a). Que la ponderacionesta bien definida, lo sabemos por (b).

Sabemos que en V , la suma es asociativa y conmutativa y S ⊂ V ,luego la suma es asociativa y conmutativa en S.

En la hipotesis general, tenemos que S 6= ∅, luego existe un vector enS, llamemosle v. Multipliquemos v por el escalar 0 (este existe, puesK es un cuerpo) tenemos 0 · v = ~0. Luego ~0 esta en S. Ası tenemosE.V.2.

Sea v ∈ S, un vector cualquiera. Este vector lo podemos multiplicarpor (−1), tenemos (−1)v = −v, luego −v ∈ S. Ası tenemos E.V.3.

En ambos casos, usamos (b).

los restantes axiomas se obtienen trivialmente por el hecho que S esun subconjunto de V .

Luego (2)⇒(1)


Nota

Una ”Caracterizacion” significa que podemos usar la proposicion, envez de la definicion. Estas propiedades ”caracterizan” un sub-espaciovectorial.

Ejemplo

S = {(a, 0)/a ∈ K} ≤ K2

En efecto, S 6= ∅, pues, por ejemplo (2, 0) ∈ S. Sean s, s′ ∈ S, luegos = (a, 0) y s′ = (a′, 0), ciertos a, a′ ∈ K. Tenemos s + s′ = (a, 0) +(a′ + 0) = (a + a′, 0) el cual es un elemento de S.

Sea α ∈ K, luego α · s = α · (a, 0) = (αa, α · 0) = (αa, 0) el cual estambien un elemento de S. Luego S es un sub-espacio vectorial de K2.

Ejemplos

S = {(0, 0)} ≤ K2; U = {(0, 0, 0)} ≤ K3; S = {~0} ≤ K; {~0} ≤ V ,para todo V , espacio vectorial.

Ejemplo

S = {(a, b); a + b = 0} ≤ K2

En efecto, S 6= ∅, pues, por ejemplo (2,−2) ∈ S. Sean s, s′ ∈ S,entonces s = (a,−a), s′ = (b,−b), ciertos a, b ∈ K. Tenemos s + s′ =(a,−a) + (b,−b) = (a + b,−a − b) el cual es un elemento de S, puesla suma de las componentes del par ordenado es nula.

Sea α ∈ K, tenemos α(a,−a) = (αa, α(−a)) = (αa,−αa), el cual esun elemento de S. Luego S ≤ K2.

Ejercicio

Demostremos que S = {(x, y); 2x − 3y = 0} ≤ IR2.


Solucion

1. Demostremos que en S hay al menos un elemento:

(3, 2) ∈ S pues 2 · 3 − 3 · 2 = 0. Luego S 6= ∅

2. Demostremos que u, v ∈ S ⇒ u + v ∈ S

Sean u, v ∈ S. Esto significa que u y v tienen la forma u = (x, y),v = (x1, y1) donde 2x− 3y = 0 y 2x1 − 3y1 = 0. La suma de u yv es:

u + v = (x, y) + (x1, y1) = (x + x1, y + y1)

y se cumple:

2(x + x1) − 3(y + y1) = 2x + 2x1 − 3y − 3y1 == (2x − 3y) + (2x1 − 3y1) = 0

Luego u + v ∈ S.

3. Demostremos que u ∈ S ⇒ αu ∈ S,∀α ∈ IR.

Sea u ∈ S, luego u = (x, y) con 2x − 3y = 0, de donde:

αu = α(x, y) = (αx, αy)

Se tiene:

2(αx) − 3(αy) = α(2x − 3y) = α · 0 = 0

Ası hemos demostrado que S es un sub-espacio vectorial de IR2.

Ademas observamos que S representa la recta que pasa por el origencon pendiente 2/3.


Ejercicio

Demostremos que S ={(

a b0 c

)

; a, b, c ∈ K}

≤ M2×2(K).

Solucion

1.(

3 50 2

)

∈ S, luego S 6= ∅.

2. u, v ∈ S. Esto significa que u y v tienen la forma:

u =(

a b0 c

)

y v =(

a1 b1

0 c1

)

.

Sumando tenemos:

u + v =(

a b0 c

)

+(

a1 b1

0 c1

)

=(

a + a1 b + b1

0 c + c1

)

∈ S.

3. α · u = α ·(

a b0 c

)

=(

αa αb0 αc

)

∈ S.

Luego S es un sub-espacio vectorial de M2×2(K).

Ejercicio

Demostremos que K2[X] = {a0 + a1X + a2X2/ a0, a1, a2 ∈ K} es un

sub-espacio vectorial de K[X].

Solucion

1. 3 + 2X + X2 ∈ K2[X], luego K2[X] 6= ∅.

2. Sean p(X), q(X) ∈ K2[X]. Luego p(X) y q(X) tienen la forma:

p(X) = a0 + a1X + a2X2 y q(X) = b0 + b1X + b2X

2.

p(X) + q(X) = (a0 + a1X + a2X2) + (b0 + b1X + b2X

2)

= (a0 + b0) + (a1 + b1)X + (a2 + b2)X2 ∈ K2[X]


3. Sea p(X) ∈ K[X], luego p(X) = a0+a1X+a2X2, luego tenemos:

α · p(X) = α · (a0 + a1X + a2X2) = αa0 + (αa1)X + (αa2)X

2 ∈K2[X].

De (1), (2) y (3), tenemos que K2[X] es un sub-espacio vectorial deK[X].

Otra forma de escribir K2[X] es:

K2[X] = {p(X) ∈ K[X]/ gr p(X) ≤ 2}

Ejercicio

¿Es el conjunto S = {p(X) ∈ K[X]/grp(X) = 2} un sub-espaciovectorial de K[X]?

Solucion

1. p(X) = 1 + X + X2 ∈ S, luego S 6= ∅.

2. Sean p(X), q(X) ∈ S, dados porp(X) = 2+3X +5X2 y q(X) = 4+7X −5X2 ∈ S. Sin embargop(X)+q(X) = (2+3X+5X2)+(4+7X−5X2) = 6+10X, el cualno pertenece a S pues su grado no es 2. Esto es un contraejemplo.

Concluımos entonces que S no es un sub-espacio de K[X].

Ejercicio

Sea C = {f : IR → IR; fes continua}. Probemos que C es un sub-espacio vectorial de F = {f : IR → IR}.

Solucion

Del curso de Calculo recordamos que:


1. La funcion id : IR → IR; id(x) = x, ∀x ∈ IR es una funcioncontinua, luego C 6= ∅.

2. La suma de dos funciones continuas es continua.

3. La ponderacion de una funcion continua es continua.

Luego C es un sub-espacio vectorial de F .

Ejercicio

Sea V = {f : IR → IR}. Sea S = {f ∈ V ; f(x − 1) = f(x)}. De-mostremos que S es un sub-espacio vectorial de V

Solucion

1. La aplicacion nula pertenece a S, pues 0(x − 1) = 0(x). LuegoS 6= ∅

2. Sean f, g ∈ S, luego(f + g)(x− 1) = f(x− 1) + g(x− 1) = f(x) + g(x) = (f + g)(x).Luego (f + g) ∈ S

3. Sean f, g ∈ S, luego (αf)(x − 1) = α(f(x − 1)) = α(f(x)) =(αf)(x)

Por (1), (2), (3), tenemos que S es sub-espacio vectorial de V

Ejercicio

En K4, considere el sub-espacio

S = {(x + y + 2z, x + 2y + 2z, 2x + 3y + 5z, x + 2y + 5z); x, y, z ∈ K}.Busquemos una representacion cartesiana de S.


Solucion

Seax + y + 2z = a

x + 2y + 2z = b2x + 3y + 5z = cx + 2y + 5z = d

Luego escalonando el sistema se tiene:

1 1 2 a1 2 2 b2 3 5 c1 2 5 d

−→ · · · −→

1 0 2 2a − b0 1 0 b − a0 0 1 c − b − a0 0 0 3a + 2b − 3c + d

El sistema representa el sub-espacio dado ssi 3a + 2b − 3c + d = 0

Luego S = {(a, b, c, d); 3a + 2b − c + d = 0} es la representacioncartesiana de S

Ejercicio

En K4, considere el sub-espacio

S = {(a, b, c, d); 2a − b − c + d = 0, a + b + d = 0}descrito en forma cartesiana.

Busquemos una representacion parametrica de S.(

2 −1 −1 1 01 1 0 1 0

)

−→ · · · −→(

1 0 −13

23

00 1 1

313

0

)

Luegoa − 1

3c + 2

3d = 0

b + 13c + 1

3d = 0

}

Es decira = 1

3c − 2

3d

b = −13c − 1

3d

}

c, d ∈ K

S = {(13c − 2

3d,−1

3c − 1

3d, c, d); c, d ∈ K}

Ejercicio

Sea V un K-espacio vectorial y S, T ≤ V . Demostremos que S ∩ T esun sub-espacio vectorial de V .


Solucion

1. 0 ∈ S, 0 ∈ T luego 0 ∈ S ∩ T , es decir S ∩ T 6= ∅2. Sean u, v ∈ S ∩T , esto significa que u, v ∈ S y al mismo tiempo

u, v ∈ T .

Pero si u, v ∈ S se tiene que u+v ∈ S, pues S es un sub-espaciovectorial de V y u + v ∈ T , pues T es un sub-espacio vectorialde V . Luego u + v ∈ S ∩ T .

3. Sea u ∈ S ∩ T , luego u ∈ S y u ∈ T . Puesto que S y T son sub-espacios vectoriales, tenemos que α · u ∈ S y α · u ∈ T ∀α ∈ K,es decir, α · u ∈ S ∩ T , ∀α ∈ K

Por (1), (2), (3) tenemos que S ∩ T es un sub-espacio vectorial de V .

Ejercicio

Sea V un K-espacio vectorial. Sea v1, v2, . . . , vn ∈ V . Demuestre que

S = {α1v1 + α2v2 + . . . + αnvn; α1, α2, . . . αn ∈ K} es un sub-espaciode V .

Demostracion

El ~0 ∈ S, pues ~0 = 0v1 +0v2 + · · ·+0vn Observemos que al sumar doselementos de S obtenemos un elemento de S y que al multiplicar unelemento de S por un escalar tambien obtenemos un elemento de S

2.3 Combinaciones Lineales

Sabes, el problema que tenemos ahora es saber si dado un vector, lopodemos obtener a partir de otros dos vectores dados. Bueno, es decirsumando y ponderando esos vectores.

Nos parece bastante logico hacerse esta pregunta pues en todo espaciovectorial se puede sumar y ponderar ¿Es logico, cierto?


Observacion

Sea V = IR2, espacio vectorial sobre IR, sea u = (2, 1) ∈ IR2. A partirde u podemos obtener otros vectores, como por ejemplo, u1 = 3(2, 1),es decir, u1 = (6, 3), o bien u2 = (10, 5), o u3 = (−8,−4), etc.

Entonces diremos que u1 es ”combinacion lineal” de u. Lo mismo parau2 y u3.

Observacion

Sea V = IR2, u = (2, 1), v = (1, 2). A partir de u y v podemos obtenerotros vectores. Recordemos que solamente esta permitido sumar ycambiar la magnitud de los vectores. Por ejemplo, el vector w1 = (3, 3)se puede obtener de u y v:

w1 = u + v; (3, 3) = (2, 1) + (1, 2)

Tambien, el vector w2 = (5, 4), pues:

w2 = 2u + v; (5, 4) = 2(2, 1) + (1, 2)

Diremos que w1 es ”combinacion lineal” de u y v. Lo mismo para w2.

Observacion

Sea u = (2, 1), v = (4, 2). Veamos si hay algun par de escalares α y βque satisfagan la igualdad:

(3, 3) = α(2, 1) + β(4, 2)

Luego(3, 3) = (2α + 4β, α + 2β)

es decir, que cumplan simultaneamente

3 = 2α + 4β3 = α + 2β

}


pero, dos cantidades iguales a una tercera son iguales entre si, luegocomparando las ecuaciones tenemos 3 = 3

2, lo cual es una con-

tradiccion. El error estuvo en suponer que w lo podıamos obtenera partir de u y v.

En este caso diremos que w ”no es combinacion lineal” de u y v.

Definicion 2.3.1 Un vector v ∈ V se dice que es combinacion lin-eal de los vectores v1, v2, . . . , vn, si existen escalares α1, α2, . . . , αn ∈K tales que:

v = α1v1 + α2v2 + . . . + αnvn

Definicion 2.3.2 Sea S un subconjunto de V , v ∈ V , se dice que ves combinacion lineal de los vectores de S si:

v = α1v1 + α2v2 + . . . + αnvn, ciertos αi ∈ K, ciertos vi ∈ S

Ejemplo

Sea V = K3, es decir los vectores son 3-uplas. Sea v1 = (1, 2, 3),v2 = (2, 5,−1), entonces v = (−9,−22, 1) es combinacion lineal de v1

y v2. En efecto:

(−9,−22, 1) = −1(1, 2, 3) + −4(2, 5,−1)

Ejercicio

En K2[X], consideremos los vectores u = 1 + 2X + X2 y v = X −X2

1. Demostremos que el vector w1 = 2 + 3X + 3X2 es combinacionlineal de u y v.

2. Veamos si el vector w2 = 3 + X es combinacion lineal de u y v.

3. Queremos saber para que valor de k, el vector w3 = 1+kX−X2

es combinacion lineal de u y v.


Solucion

1. Sea w1 = α(1 + 2X + X2) + β(X − X2). Luego

2 + 3X + 3X2 = α + (2α + β)X + (α − β)X2

Por definicion de igualdad de polinomios tenemos

α − β = 32α + β = 3

α = 2

Escalonemos este sistema. Tenemos:

1 −1 32 1 31 0 2

L(−2)21

−→L

(−1)31

1 −1 30 3 −30 1 −1

L(1)13

−→L

(−3)23

1 0 20 0 00 1 −1

Luegoα = 2

β = −1

Luego w1 = 2u+(−1)v. Efectivamente w1 es combinacion linealde u y v.

2. Supongamos que w2 = 3 + X es combinacion lineal de u y v, esdecir, supongamos que existe α y β reales tal que:

3 + X = α(1 + 2X + X2) + β(X − X2)= α + (2α + β)X + (α − β)X2

Por la definicion de igualdad de polinomios tenemos:

α − β = 02α + β = 1

α = 3

Escalonando este sistema tenemos:


1 −1 02 1 11 0 3

L(−2)21

−→L

(−1)31

1 −1 00 3 10 1 3

L(1)13

−→L

(−3)23

1 0 30 0 −80 1 3

En la segunda ecuacion nos queda 0 = −8, lo que es una con-tradiccion. Bueno, el error estuvo en suponer que existıa un talα y β, es decir en suponer que w2 era combinacion lineal de u yv.

Luego w2 no es combinacion lineal de u y v.

3. Sea w3 = αu + βv. Luego:

1 + kX − X2 = α1 + (2α + β)X + (α − β)X2

Luego se tiene que se deben cumplir las ecuaciones siguientes:

α − β = −12α + β = k

α = 1

Escribamos este sistema en forma matricial y luego escalonemos-lo.

Tenemos

1 0 11 −1 −12 1 k

L(−1)21

−→L

(−2)31

1 0 10 −1 −20 1 k − 2

L(1)31

−→

1 0 10 −1 −20 0 k − 4

Vemos que este sistema tiene solucion si y solo si k − 4 = 0, esdecir k = 4.

Luego w3 es combinacion lineal de u y v si y solo si k = 4.


Ejercicio

Sea V = M2×3(K) sobre K. Es decir, los vectores son matrices de 2filas y 3 columnas.

Sean

v1 =(

1 2 50 1 1

)

; v2 =(

1 0 00 1 6

)

; v3 =(

0 1 10 0 2

)

Demostremos que v =(

0 −1 −40 0 7

)

es combinacion lineal de v1, v2

y v3.

Es decir, tenemos que encontrar α1, α2, α3 ∈ K tales que v = α1v1 +α2v2 + α3v3.

Solucion

(

0 −1 −40 0 7

)

= α1

(

1 2 50 1 1

)

+ α2

(

1 0 00 1 6

)

+ α3

(

0 1 10 0 2

)

Usando la definicion de igualdad de matrices, tenemos el sistema:

α1 + α2 = 02α1 + α3 = −15α1 + α3 = −4

0 = 0α1 + α2 = 0

α1 + 6α2 + 2α3 = 7

El cual reducido a su forma mas simple, mediante el escalonamientodel sistema, tenemos

α1 = −1, α2 = 1, α3 = 1

Luego v = −1v1 + 1v2 + 1v3, es decir, v es combinacion lineal de v1,v2, v3.

Como ejercicio al lector, te proponemos lo siguiente:

Comprueba que el vector w =(

1 4 100 1 −4

)

es combinacion lineal de

los vectores v1, v2, v3.

Ademas, estudie la pregunta siguiente:

¿ Es t =(

2 5 71 2 5

)

combinacion lineal de v1, v2, v3?

2.4 Sub-espacio generado

La pregunta que ahora uno se hace es un poco mas exigente. La ideaes facil: dado un vector, queremos encontrar todos los vectores quese pueden obtener a partir de el. Bueno, se trata de ir sumando yponderando los vectores que se van obteniendo.

. . . y los queremos ”todos”.

O bien, dados dos vectores, queremos encontrar todos los vectores quese pueden obtener a partir de ellos. Idem para el caso de n vectores.

Observacion

Consideremos V = K2, un K-espacio vectorial. En el, demosnos elvector v = (−1, 2). Entonces queremos encontrar todos los vectoresque se pueden obtener a partir de v. Estos vectores son todos aquellosde la forma w = α(−1, 2), es decir, w = (−α, 2α).

El conjunto obtenido es

S = {(x, y); y = −2x}

Escribiremos S =< (−1, 2) >.

En este caso, S es un sub-espacio vectorial de K2. ¿ Ocurrira esto,siempre ?

Observacion

Consideremos V = IR2 y u = (−1, 2) y v = (2,−4). ¿Cuanto eslo maximo de espacio que podemos alcanzar a partir de u y v? Esdecir, haciendo combinaciones lineales de estos vectores, ¿Que vectorespodemos obtener ?. Es decir, ¿A que conjunto es igual el conjunto{α(−1, 2) + β(2,−4); α, β ∈ IR} ?

Observamos que haciendo combinaciones lineales de estos vectoresno es posible ”salir” de la recta. Diremos que el espacio genera-do por u y v es la recta L = {(x, y); y = −2x} y escribiremosL =< (−1, 2), (2,−4) >.

En este caso L tambien es un sub-espacio vectorial de IR2. Esto escurioso. ¿No te parece? Tenemos la siguiente proposicion.

Proposicion 2.4.1 Sean V un K-espacio vectorial y v1, v2, . . . , vn ∈V . Entonces

S = {α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn; α1, α2, . . . , αn ∈ K}

es el mas pequeno sub-espacio de V que contiene a v1, v2, . . . , vn.

Demostracion

Vimos en un ejercicio que S es un subespacio vectorial de V , al finalde la seccion 2.2

Demostremos ahora que es el mas pequeno que contiene a v1, v2, . . . , vn.

Sea H un sub-espacio vectorial de V que contiene a v1, v2, . . . , vn.Por ser un sub-espacio debe contener α1v1, α2v2, . . . , αnvn para todoα1, α2, . . . , αn ∈ K. Tambien debe contener todas las sumas de vec-tores de H, es decir, H debe contener α1v1 + α2v2 + . . . + αnvn paratodo α1, α2, . . . , αn ∈ K. Luego H debe contener a S. Bueno, estoquiere decir que es el mas pequeno que contiene a v1, v2, . . . , vn.

Ejemplo

Sea V = K3. Consideremos los vectores v1 = (1, 2, 1) y v2 = (−1, 1, 3).Entonces S = {α(1, 2, 1) + β(−1, 1, 3); α, β ∈ K} es un sub-espaciovectorial de K3, el cual sera denotado por S =< (1, 2, 1), (−1, 1, 3) >.

Definicion 2.4.1 Sea V un K-espacio vectorial. Sean v1, v2, . . . , vn ∈V . Entonces el conjunto formado por todas las combinaciones linealesde v1, v2, . . . , vn es el sub-espacio llamado el sub-espacio generadopor v1, v2, . . . , vn y se denota < v1, v2, . . . , vn >, es decir,

< v1, v2, . . . , vn >= {α1v1+α2v2+· · ·+αnvn; α1, α2, . . . , αn ∈ K} = S.

Diremos que {v1, v2, . . . , vn} es un conjunto de generadores de S.

Pregunta

Sea V = K2. Sea u = (3, 1) y v = (1,−3) ¿Cual es el sub-espacio masgrande que se puede obtener ponderando y sumando estos vectores?Es decir, ¿Cual es el sub-espacio generado por u y v?

Respuesta

< (3, 1), (1,−3 >= {α(3, 1) + β(1,−3); α, β ∈ K} == {(3α + β, α − 3β); α, β ∈ K}

Luego

(x, y) =3x + y

10(3, 1) +

x − 3y

10(1,−3)

Es decir todo vector (x, y) de K2, es combinacion lineal de (3, 1) y(1,−3). De donde tenemos que < (3, 1), (1,−3) >= K2.

Ejercicio

Busquemos el sub-espacio de K3, generado por u = (1, 1, 1) y v =(2, 3, 1) y demos una descripcion cartesiana de este sub-espacio.

Solucion

S = {α(1, 1, 1) + β(2, 3, 1)}; α, β ∈ K}Sea (x, y, z) = α(1, 1, 1) + β(2, 3, 1). Esto equivale a suponer que elsistema de ecuaciones siguiente

x = α + 2βy = α + 3βz = α + β

tiene solucion

Es decir, debemos encontrar la condicion necesaria y suficiente, paraque este sistema tenga solucion.

Escalonemos el sistema. Tenemos

1 2 x1 3 y1 1 z

L(−1)21

−→L

(−1)31

1 2 x0 1 y − x0 −1 z − x

L(1)32

−→

1 2 x0 1 y − x0 0 y + z − 2x

Luego < (1, 1, 1), (2, 3, 1) >= {(x, y, z); 2x − y − z = 0}

Ejercicio

Encontremos un sistema de generadores para el sub-espacio de K3,siguiente:

U = {(x, y, z); 2x + y = 0}

Solucion

Los elementos de U tienen entonces la forma tıpica (x,−2x, z). Ahorabien (x,−2x, z) = x(1,−2, 0)+z(0, 0, 1). Esto nos dice que todo vectorde U lo podemos obtener a partir de (1,−2, 0) y (0, 0, 1), es decir,lo podemos obtener como combinacion lineal de (1,−2, 0) y (0, 0, 1).Entonces (1,−2, 0) y (0, 0, 1) generan U , es decir

U =< (1,−2, 0), (0, 0, 1) >

Ejercicio

Busquemos un conjunto de generadores para el sub-espacio V de K3,

V = {(x + 2y + z, x + 2y,−x − 2y + 3z); x, y, z ∈ K}

Solucion

Observamos que:

(x+2y + z, x+2y,−x−2y +3z) = x(1, 1,−1)+y(2, 2,−2)+ z(1, 0, 3)

Luego los vectores (1, 1,−1) ,(2, 2,−2), (1, 0, 3) generan V , es decir

V =< (1, 1,−1), (2, 2,−2), (1, 0, 3) >

Ejercicio

Busquemos un conjunto de generadores para el sub-espacio W de K3,

W = {(x, y, z); x + 3y − z = 0}

Solucion

Los elementos de W tienen la forma tıpica (x, y, x+3y). Tenemos que:

(x, y, x + 3y) = x(1, 0, 1) + y(0, 1, 3)

Luego un conjunto de generadores de W es {(1, 0, 1), (0, 1, 3)} y luego

W =< (1, 0, 1), (0, 1, 3) >

Ejercicio

Sea V = K3.

Sea U =< (1,−2, 0), (0, 0, 1) > y V =< (1, 0, 1), (0, 1, 3) >.

Busquemos un conjunto de generadores de U ∩ V .

Solucion

Sea v ∈ U ∩ V , luego:

v = α(1,−2, 0) + β(0, 0, 1) = a(1, 0, 1) + b(0, 1, 3))

Tenemos:

α = a−2α = b

β = a + 3b

Luego β = −5α.

Entonces v = α(1,−20) − 5α(0, 0, 1) = (α,−2α,−5α) = α(1,−2,−5)

Luego U∩V =< (1,−2,−5) >. Entonces {(1,−2,−5)} es un conjuntode generadores de U ∩ V

Ejercicio

Sea V = K3 y S =< (1, 2, 1), (1, 0, 1) >. Busquemos 5 vectores de S.

Solucion

Por ejemplo:

v1 = (1, 2, 1) + (1, 0, 1), es decir v1 = (2, 2, 2);

v2 = 2(1, 2, 1) = (2, 4, 2);

v3 = 3(1, 2, 1) − (1, 0, 1) = (2, 6, 2);

v4 = 2(1, 0, 1) = (2, 0, 2);

v5 = (1, 2, 1) + 3(1, 0, 1) = (4, 2, 4)

En fin, toda combinacion lineal de (1, 2, 1) y (1, 0, 1) es un vector deS.

Ejercicio

Sea V = K3[X]. Busquemos un conjunto de generadores de

S = {a + bX + cX2 + dX3; 2a + b = c}

Solucion

Los elementos de S se caracterizan por tener el coeficiente de X2

igual a la suma del doble de la constante mas el coeficiente de X. Unelemento tıpico de S, tiene la forma s = a + bX + (2a + b)X2 + dX3,luego s = a(1 + 2X2) + b(X + X2) + dX3. Tenemos

S =< 1 + 2X2, X + X2, X3 >

puesto que todo elemento de S se puede escribir como una combinacionlineal de estos tres vectores.

Propiedades elementales de un sub-espacio generado

1. < u, v >=< αu, v >; ∀α ∈ K − {0}

2. < u, v >=, ∀β ∈ K

3. < u, v >=< v, u >

Demostracion 1

Sea w ∈< u, v >, luego w tiene la forma w = α1u + α2v, ciertosα1, α2 ∈ K. Pero:

w =α1

ααu + α2v, α 6= 0 luego w ∈< αu, v >

Por otra parte, sea w ∈< αu, v >, entonces:

w = β1(αu) + β2v = (β1α)u + β2v, luego w ∈< u, v >

Demostracion 2

Sea w ∈< u, v >, luego:

w = α1u + α2v = α1(u + βv) + (α2 − α1β)v, luego w ∈

Por otra parte, sea w ∈, entonces:

w = α1(u + βv) + α2v = α1u + (α1β + α2)v, luego w ∈< u, v >

Demostracion 3

Sea w ∈< u, v >, luego: w = αu+βv, ciertos α, β ∈ K ssi w = βv+αussi w ∈< v, u >

Notacion

Estas tres propiedades se cumplen para el segundo vector.

Observacion

< u, v >=< u, v, 0 >

Observacion

Esto se generaliza para un conjunto finito de vectores. Se tiene:

1. < u1, u2, . . . , un >=< αu1, u2, . . . , un >; α ∈ K,α 6= 0.

2. < u1, u2, . . . , un >=< u1 + αu2, u2, . . . , un >,α ∈ K.

3. < u1, u2, . . . , un >=< u2, u1, . . . , un >

Estas operaciones que han sido realizadas en u1, u2, pueden realizarse

∀ ui, uj; i, j = 1, . . . , n.

Definicion 2.4.2 Estos tres tipos de operaciones que dejan invarianteun conjunto de generadores son llamadas operaciones elementales.

Ejercicio

Sea V = K3, U =< (3, 9, 12), (1, 3, 6), (1, 3, 4) >. Busquemos una pre-sentacion mas simple de U .

Solucion

Para mayor comodidad, los vectores los anotaremos sin comas y losordenaremos en una matriz. Hagamos las siguientes operaciones ele-mentales:

3 9 121 3 41 3 6

L1(13)

−→

1 3 41 3 41 3 6

L21(−1)−→

L31(−1)

1 3 40 0 00 0 2

Es decir, < (3, 9, 12), (1, 3, 6), (1, 3, 4) >=< (1, 3, 4), (0, 0, 2) >.

Con esto hemos conseguido una presentacion mas simple del espacio.

Ejercicio

En IR2, determinemos el sub-espacio generado por el conjunto de vec-tores:

A = {(1, 3), (3, 9), (2, 6)}

Solucion

1 33 92 6

L2( 13)−→

1 31 32 6

L31(−2)−→

1 31 30 0

L21(−1)−→

1 30 00 0

Luego < (1, 3), (3, 9), (2, 6) >=< (1, 3) >= {(x, 3x); x ∈ IR}. Estesub-espacio de IR2, representa la recta que pasa por el origen y tienependiente 3.

Ejercicio

Lo mismo que el ejercicio anterior, para

A = {(2, 4, 6), (1, 2, 3), (5, 10, 15)}

Solucion

2 4 61 2 35 10 15

L1( 12)−→

1 2 31 2 35 10 15

L21(−1)−→

1 2 30 0 05 10 15

L31(−5)−→

1 2 30 0 00 0 0

=⇒ < (2, 4, 6), (1, 2, 3), (5, 10, 15) > = < (1, 2, 3) >= {(x, 2x, 3x); x ∈ IR}

El cual representa una recta de IR3 que pasa por el origen.

Ejercicio

En K2, consideremos A = {(1, 2), (1, 1)}. Determinemos el espaciogenerado por A.

Solucion

(

1 21 1

)

L21(−1)−→(

1 20 −1

)

L2(−1)−→(

1 20 1

)

L12(−2)−→(

1 00 1

)

Luego < (1, 2), (1, 1) >=< (1, 0), (0, 1) >= {(x, y); x, y ∈ K} = K2

Entonces A genera K2.

Ejercicio

En V = K3[X] consideremos el sub-espacio

S =< 2 + X + 5X2 + X3, 4 + 2X + 10X2 + 2X3, 1 + X + 2X2 + X3 >

Busquemos un conjunto de generadores que tenga una cantidad mıni-ma de elementos.

Solucion

Por comodidad anotaremos solamente los coeficientes de cada poli-nomio.

2 1 5 14 2 10 21 1 2 1

L21(−2)−→

2 1 5 10 0 0 01 1 2 1

L13(−1)−→

1 0 3 00 0 0 01 1 2 1

L23−→

1 0 3 01 1 2 10 0 0 0

L21(−1)−→

1 0 3 00 1 −1 10 0 0 0

Luego, basta generar S por el conjunto de vectores

{1 + 3X2, X − X2 + X3}

Nota

Hemos observado que a un conjunto A de generadores de un sub-espacio S de V , al sacarle uno o mas vectores puede, a veces seguirgenerando el mismo sub-espacio S.

Esto nos conduce a la siguiente definicion.


Definicion 2.4.3 Sea V un K-espacio vectorial. Sea G un conjuntofinito de generadores de un sub-espacio S de V . Diremos que G esun conjunto minimal de generadores de S, si cada vez que se lequita alguno de sus elementos, pierde su propiedad de ser generadorde S.

Ejemplo

G = {(1, 2), (3, 2)} es un conjunto minimal de generadores de K2.

T = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)} es un conjunto minimal de generadoresde K3.

2.5 Dependencia Lineal

Ahora es necesario que recuerdes el concepto de dependencia lineal enun sistema de ecuaciones lineales. A veces, tenıamos ecuaciones quepodıan ser obtenidas de otras, entonces decıamos que el sistema eralinealmente dependiente.

Ahora pensemos en un conjunto de vectores en un espacio vectorial.De la misma manera, a veces hay vectores que se pueden obtener delos otros, pues son combinacion lineal de ellos.

Es entonces natural usar este mismo concepto para un conjunto devectores. ¿No es ası?

Nos encantarıa que esta seccion la encuentres ¡Trivial!. Eso dirıa queestas asimilando bien el curso.

Te recomendamos no empezar esta seccion si no has comprendido lasanteriores, pues se te pueden confundir los conceptos que, sin embargo,son muy diferentes.


Observacion

Sea V = IR2, u = (2, 3), v = (10, 15). Observamos que v = 5u,diremos que el conjunto {u, v} es ”linealmente dependiente”, es decirque el vector v se puede obtener a partir de u

Observacion

Sea V = K3, u = (1, 1, 2), v = (2, 1, 5), w = (4, 3, 9). Tenemos que w =2u+v. Diremos que el conjunto {u, v, w} es ”linealmente dependiente”.

Ahora que tienes el concepto en forma intuitiva, podras apreciar mejorla definicion siguiente.

Definicion 2.5.1 Sea V un K-espacio vectorial. Sea

A = {v1, v2, . . . , vn}

Diremos que A es linealmente dependiente si al menos un vectorvi ∈ A es combinacion lineal de los demas vectores de A.

Diremos que un conjunto es linealmente independiente si ningunvector depende de los otros, es decir, si ningun vector es combinacionlineal de los demas. Abreviamos l.d. y l.i respectivamente.

Ejercicio

Sea V = K4. Sea A = {(1, 0, 0, 5), (0, 1, 0, 4), (0, 0, 1, 1)}. Demostremosque A es linealmente independiente.

Solucion

Si suponemos que existen a, b ∈ K tal que

(1, 0, 0, 5) = a(0, 1, 0, 4) + b(0, 0, 1, 1)

llegaremos a una contradiccion. Lo mismo ocurre si suponemos queexisten c, d, e, f ∈ K tales que


(0, 1, 0, 4) = c(1, 0, 0, 5) + d(0, 0, 1, 1) o(0, 0, 1, 1) = e(1, 0, 0, 5) + f(0, 1, 0, 4)

Luego el conjunto A es linealmente independiente

Observacion

Sea V = K2. Sea A = {(3, 1), (6, 2)}. Estudiemos la dependencia linealde A.

Observe el chispazo genial siguiente: Obtengamos el vector ~0 = (0, 0)a partir de estos dos vectores.

Por ejemplo, tenemos

1. ~0 = (0, 0) = (−2)(3, 1) + 1(6, 2), o bien

2. ~0 = (0, 0) = (−4)(3, 1) + 2(6, 2), o bien

3. ~0 = (0, 0) = 0(3, 1) + 0(6, 2)

De (2): 4(3, 1) = 2(6, 2), como 4 6= 0, podemos despejar (3, 1) =24(6, 2), es decir

(3, 1) =1

2(6, 2)

Conclusion: el conjunto A es l.d.

Observemos que esto lo pudimos hacer, pues tenıamos mas de unamanera de obtener el vector ~0, a partir de los vectores en estudio.

Ejercicio

Sea V = K2 Estudiemos la dependencia lineal del conjunto

A = {(3, 1), (6, 2), (1, 1)}


Solucion

Veamos las posibles maneras de obtener el vector (0, 0)

Sea (0, 0) = α(3, 1) + β(6, 2) + γ(1, 1). luego:

0 = 3α + 6β + γ0 = 3α + 6β + 3γ

}

Tenemos γ = 0, α = −2β. Luego

(0, 0) = −2β(3, 1) + β(6, 2) + 0(1, 1), β ∈ K

Tomemos β = 1

(0, 0) = −2(3, 1) + 1 · (6, 2) + 0(1, 1)

luego(6, 2) = 2(3, 1) + 0(1, 1)

Entonces el conjunto A es l.d.

Nota

Esta forma de estudiar la dependencia lineal parece interesante. Nohay que estudiar tantas ecuaciones como al usar directamente ladefinicion.

Antes de estudiar una caracterizacion de dependencia lineal, veamoslas siguientes definiciones:

Definicion 2.5.2 Sea {v1, v2, . . . , vn} un conjunto de vectores de unespacio V . Diremos que

0v1 + 0v2 + · · · + 0vn

es una combinacion lineal trivial.

Definicion 2.5.3 {~0} es linealmente dependiente.

{v} es linealmente independiente si y solo si ~v 6= ~0


Proposicion 2.5.1 (Caracterizacion de dependencia lineal)

Sea V un espacio vectorial sobre K. Sea A = {v1, v2, . . . , vn}, entoncesson equivalentes:

1. A es linealmente dependiente.

2. ∃ αi 6= 0, αi ∈ K tal que α1v1 + · · · + αivi + · · · + αnvn = ~0.

Demostracion

Dem (1) ⇒ (2):

Sea A linealmente dependiente, luego existe al menos un vector que escombinacion lineal de los demas. Sin perdida de generalidad, supong-amos que v1 es combinacion lineal de los demas. Tenemos

v1 = α2v2 + · · · + αnvn, ciertos α2, . . . , αn ∈ K, luego

0 = (−1)v1 + α2v2 + · · · + αnvn

luego tenemos (2)

Dem (2) ⇒ (1) :

Supongamos que existe αi 6= 0, αi ∈ K tal que

α1v1 + · · · + αivi + · · · + αnvn = ~0

Sin perdida de generalidad, supongamos α1 6= 0. Luego

α1v1 = −α2v2 + · · · + −αnvn, puesto que α1 6= 0, tenemos

v1 = −α2

α1v2 + · · · + −αn

α1vn, luego tenemos (1)

Repaso de logica

La proposicion: (1) ⇔ (2) , es logicamente equivalente a la proposicion:no(1) ⇔ no(2).

Luego la proposicion anterior es logicamente equivalente al siguientecorolario:


Corolario 2.5.2 Sea V un K-espacio vectorial. Sea

A = {v1, v2, . . . , vn}

entonces son equivalentes las siguientes proposiciones:

1. A es linealmente independiente.

2. Existe una unica manera de obtener el vector ~0, a saber, comouna combinacion lineal trivial.

Escrito en forma simbolica es

α1v1 + · · · + αnvn = ~0 ⇒ α1 = · · · = αn = 0

Ejercicio

En V = K3, consideremos A = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)}. Es-tudiemos la dependencia lineal de A.

Solucion

Sea α(1, 1, 1) + β(1, 1, 0) + γ(1, 0, 0) = (0, 0, 0). Luego

α + β + γ = 0α + β = 0

α = 0

luego α = β = γ = 0. Entonces la unica manera de obtener el vector(0, 0, 0), es la forma trivial. Luego A es l.i.

Ejercicio

Estudiemos en K3, la dependencia lineal del conjunto

A = {(1, 1, 2), (3, 3, 6), (1, 2, 5)}


Solucion

Sea α(1, 1, 2) + β(3, 3, 6) + γ(1, 2, 5) = (0, 0, 0).

De aquı obtenemos que α = −3β y γ = 0. Luego todas las manerasposibles de obtener el vector ~0 son:

(0, 0, 0) = −3β(1, 1, 2) + β(3, 3, 6) + 0(1, 2, 5); β ∈ K

es decir, hay mas de una manera de obtener el vector ~0. Luego A esl.d.

Proposicion 2.5.3 Sea V un K-espacio vectorial. Entonces:

1. Sea A ⊂ V , B ⊂ A y A linealmente independiente, entonces Bes linealmente independiente.

2. Si un conjunto de vectores contiene el ~0, entonces el conjunto eslinealmente dependiente.

3. Sea {v1, v2, . . . , vn} l.i. y {v1, v2, . . . , vn, w} l.d., entonces w escombinacion lineal de v1, v2, . . . , vn.

4. Sea {v1, v2, . . . , vn} l.i. y supongamos que w no es combinacionlineal de v1, v2, . . . , vn, entonces {v1, v2, . . . , vn, w} es l.i.

Demostracion 1: ¡Trivial!

Demostracion 2

Basta con escribir una combinacion lineal nula no trivial como:

5~0 + 0v1 + 0v2 + · · · + 0vn = ~0

Demostracion 3

Supongamos que A = {v1, v2, . . . , vn, w} es l.d., entonces se puedeobtener una combinacion lineal nula no trivial con los elementos de A:

α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn + βw = ~0


Si β = 0 entonces:

α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn = ~0

y como {v1, v2, . . . , vn} es l.i., tenemos que:

α1 = α2 = · · · = αn = 0

luego A es l.i. contradiccion, luego β 6= 0, es decir, podemos despejarw en la primera ecuacion:

w =−α1

βv1 +

−α2

βv2 + · · · + −αn

βvn

es decir,w es combinacion lineal de v1, v2, . . . , vn

Demostracion 4

Sea α1v1 + α2v2 + · · ·+ αnvn + βw = ~0, tenemos que β = 0 pues w noes combinacion lineal de los otros vectores, luego:

α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn = ~0

luego α1 = α2 = · · · = αn = 0.

Ejercicio

Sea V un K-espacio vectorial y {u, v, w} un conjunto de vectores l.i.

Estudiemos la dependencia lineal de los vectores

s = u + 2v, t = u + v − w, r = v + 2w

Solucion

Sea αs+βt+γr = ~0. Luego α(u+2v)+β(u+v−w)+γ(v +2w) = ~0,luego (α + β)u + (2α + β + γ)v + (−β + 2γ)w = ~0.

Puesto que {u, v, w} es l.i., hay una unica manera de obtener el ~0 yesta es:


α + β = 02α + β + γ = 0

−β + 2γ = 0

1 1 0 02 1 1 00 −1 2 0

−→

1 0 0 00 1 0 00 0 1 0

Luego α = 0, β = 0, γ = 0, es decir {r, s, t} es l.i.

Ejercicio

Sea V un K-espacio vectorial y {u, v, w} un conjunto l.i. Estudiemosla dependencia lineal de la siguiente familia de vectores.

{u, s = (α − 2)v + (α − 2)w, t = v + (α2 − 4)w; α ∈ K}

Solucion

Sea au + bs + ct = ~0. Luego

au + b((α − 2)v + (α − 2)w) + c(v + (α2 − 4)w) = ~0

Es decir au + ((α − 2)b + c)v + ((α − 2)b + (α2 − 4)c)w = ~0.

Puesto que {u, v, w} es un conjunto l.i., entonces

a = 0(α − 2)b + c = 0

(α − 2)b + (α2 − 4)c = 0

En forma matricial, tenemos

1 0 0 00 α − 2 1 00 α − 2 α2 − 4 0

(2.1)

Caso α − 2 = 0 ssi α = 2


Tenemos

1 0 0 00 0 1 00 0 0 0

Luegoa = 0c = 0

}

Para todo b ∈ IR

Reemplazando en (2.1), tenemos u, s = ~0, t = v. Luego para todob ∈ IR, tenemos 0u + bs + 0t = ~0, luego {u,~0, t} es l.d., luego{u, s, t}es l.d.

Caso α − 2 6= 0 ssi α 6= 2

(2.1)

L2(1

α−2)

−→L3(

1α−2

)

1 1 0 00 1 1

α−20

0 1 α + 2 0

−→

1 0 0 00 1 1

α−20

0 0 α2−5α−2

0

Caso α2 − 5 = 0 ssi α2 = 5

Tenemos

a = 0b + 1

α−2c = 0

}

=⇒ a = 0b = 1

α−2c

}

c ∈ IR

Luego 0u + 1α−2

cs + ct = ~0, ∀c ∈ IR, α2 = 5. Luego {u, s, t} es l.d. eneste caso

Caso α2 6= 5

en este caso tenemos a = b = c = 0, luego {u, s, t} es l.i.

Definicion 2.5.4 Sea A = {v1, v2, . . . , vn} un conjunto de vectoresde un espacio vectorial V . Diremos que A es un conjunto maximallinealmente independiente si {v1, v2, . . . , vn, w} es linealmente de-pendiente para todo w ∈ V

Ejemplo

Sea V = K2. A = {(1, 1), (1, 0)} es un conjunto maximal linealmenteindependiente en V . En efecto, todo (a, b) ∈ V se puede escribir como(a, b) = (b − a)(1, 1) + b(1, 0). Luego

{(a, b), (1, 1), (1, 0)} es l.d. ∀(a, b) ∈ K2

2.6 Bases de un espacio vectorial

Ahora vamos a estudiar al mismo tiempo las dos secciones anteriores.Vamos a entrelazar el concepto de generadores de un espacio, con elconcepto de dependencia lineal.

Para esto vamos a iniciar esta seccion con algunas consideracionessobre las posibles posiciones de tres vectores no nulos en el plano.

Sea V = IR2 y consideramos u, v, w ∈ V . Las posibles ubicaciones deu, v, w en el plano son las dadas en las siguientes tres observaciones:

Observacion

Observemos la siguiente figura:

Los vectores u, v, w no nulos son colineales, es decir se encuentransobre una recta que denotamos por L.

Observamos que:

< u, v, w >= L =< u, v >=< u,w >=< v,w >==< v >==< w >

En este caso:

{u, v, w}, {u, v}, {u,w}, {v, w}

son linealmente dependientes, mientras que

{u}, {v}, {w}son linealmente independientes.

Diremos que los conjuntos {u}, {v}, {w}, son ”bases de L”.

Observacion

Consideremos vectores no nulos u, v colineales, es decir se encuen-tran sobre una recta que denotamos por L y w otro vector que no seencuentra sobre L.

Dada una combinacion lineal nula de los vectores u, v, w:

~0 = αu + βv + γw

necesariamente se debe tener γ = 0; mientras que α y β pueden serno nulos.

El sub-espacio generado por estos tres vectores es:

< u, v, w >=< u,w >=< v,w >= IR2 y < u, v > 6= IR2

En este caso {u, v, w}, {u, v} son linealmente dependientes y {u,w},{v, w}, {u}, {v},{w} son linealmente independientes.

Diremos que {u,w}, {v, w} forman, cada uno de ellos, una ”base deIR2”.

Observacion

Sean u, v, w tres vectores no nulos, de los cuales no hay dos sobre lamisma recta:

Se puede tener:

αu + βv + γw = ~0 con α, β, γ 6= 0

Luego se tiene:

< u, v, w >= IR2 =< u, v >=< v,w >=< u,w >

Ademas se tiene que {u, v, w} l.d.; {u,w} l.i.; {v, w} l.i.; {u, v} l.i.Diremos que {u, v}, {u,w}, {v, w} forman ”bases de IR2”.

Definicion 2.6.1 Un subconjunto B de V , se dice que forma unabase de V , si B es l.i. y B es un conjunto de generadores de V .

Problema

En este momento, uno se pregunta que relacion habra entre base y losconceptos de conjunto l.i. maximal y conjunto de generadores minimal.

La respuesta a esta inquietud, esta dada en la proposicion siguiente:

Proposicion 2.6.1 (Conceptos equivalentes a base)

Sea B = {v1, v2, . . . , vn}, entonces son equivalentes:

1. B es l.i. y < v1, v2, . . . , vn >= V

2. ∀v ∈ V , existen unicos α1, α2, . . . , αn ∈ K, tales que:

v = α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn

3. B es un conjunto minimal de generadores de V

4. B es un conjunto maximal l.i.de V

Demostracion

(1)=⇒(3)

Sea B = {v1, v2, . . . , vn} l.i y V =. Por demostrar que B es unconjunto minimal de generadores de V . Por hipotesis B genera V. Solofalta demostrar que este conjunto es minimal.

Supongamos que no es minimal, es decir, supongamos sin perdida degeneralidad que B = {v1, v2, . . . , vn−1} genera V , luego vn es combi-nacion lineal de v1, . . . vn−1, es decir, vn = α1v1+α2v2+ . . .+αn−1vn−1,ciertos αi ∈ K, luego {v1, v2, . . . , vn} es l.d. contradiccion. Luego B esminimal.

(3) =⇒ (4)

Supongamos que {v1, v2, . . . , vn} es un conjunto minimal de gener-adores y supongamos ademas que {v1, v2, . . . , vn} es l.i. Sea C ={v1, v2, . . . , vn, w}. Por (3) se tiene que w = α1v1 + α2v2 + . . . + αnvn.Luego {v1, v2, . . . , vn, w} es l.d., luego {v1, v2, . . . , vn} es l.i. maximal

(4)=⇒(1)

B es l.i. pues es l.i. maximal

Sea w ∈ V un vector cualquiera. Tenemos que {v1, v2, . . . , vn, w} esl.d., luego w = α1v1 + α2v2 + . . . + αnvn, luego < v1, v2, . . . , vn >= V

(1)=⇒(2)


Sea v = α1v1 + α2v2 + . . . + αnvn y v = β1v1 + β2v2 + . . . + βnvn. Dosdescomposiciones de v.

Luego α1v1 + α2v2 + . . . + αnvn = β1v1 + β2v2 + . . . + βnvn.

Luego (α1 − β1)v1 + (α2 − β2)v2 + . . . + (αn − βn)vn = ~0.

Puesto que {v1, v2, . . . , vn} es l.i. tenemos que α1 − β1 = α2 − β2 =. . . = αn − βn = 0, luego α1 = β1, α2 = β2, . . . , αn = βn. Entoncesexiste una unica manera de escribir los vectores de V segun el conjuntode vectores {v1, v2, . . . , vn}(2)=⇒(1)

(i) Por demostrar {v1, v2, . . . , vn} es l.i. Sea α1v1+α2v2+. . .+αnvn = 0.

Pero 0 = 0v1 + 0v2 + . . . + 0vn. Entonces α1v1 + α2v2 + . . . + αnvn =0v1 + 0v2 + . . . + 0vn.

Puesto que la escritura es unica, α1 = 0, α2 = 0, . . . , αn = 0. Luego esl.i.

(ii) Sea v ∈ V , entonces v = α1v1 +α2v2 + . . .+αnvn de manera unica,en particular v = α1v1 + α2v2 + . . . + αnvn. Por (i) y (ii), tenemos (1)

Hemos demostrado que (1)=⇒(3), (3)=⇒(4), (4)=⇒(1) y (1)=⇒(2),(2)=⇒(1). Luego el teorema esta demostrado.

Definicion 2.6.2 Sea B = {v1, v2, . . . , vn} una base de V . Sea v =α1v1 + α2v2 + . . . + αnvn. Entonces α1, α2, . . . , αn son llamadas lascomponentes de v, segun la base B

Definicion 2.6.3 Llamaremos la base canonica de Kn a la base{e1 = (1, 0, ..., 0), e2 = (0, 1, ..., 0), ..., en = (0, 0, ..., 0, 1)} .

Observamos que para todo elemento de Kn se tiene:

Si (a1, a2, . . . , an) ∈ Kn, entonces

(a1, a2, . . . , an) = a1(1, 0, . . . , 0) + a2(0, 1, . . . , 0) + · · ·++an(0, 0, . . . , 1) =

= a1e1 + a2e2 + · · · + anen


Definicion 2.6.4 La base canonica de Km[X], es la base{1, X,X2, ..., Xm}. Por otra parte, la base canonica de K[X], esla base {1, X,X2, ..., Xn, ...}.

Por ejemplo la base canonica de K2, es {e1 = (1, 0), e2 = (0, 1)}.Por otra parte la base canonica de K2[X], es la base {1, X,X2}.

Ejercicio

Sea V = K2. Demostremos que B = {(1, 1), (1, 2)} es una base de K2.

Solucion

1. Demostremos que B genera K2.

Sea (x, y) = α(1, 1) + β(1, 2), ciertos α, β ∈ K luego:

(x, y) = (α + β, α + 2β)

de donde β = y − x y α = 2x − y, es decir:

(x, y) = (2x − y)(1, 1) + (y − x)(1, 2)

2. Demostremos que B es l.i. Sea α(1, 1) + β(1, 2) = (0, 0), luego:

(α + β, α + 2β) = (0, 0)

De aquı se desprende que α = β = 0.

Puesto que la unica manera de escribir el ~0 a partir de los dosvectores de B es la forma trivial, se tiene que B es l.i.

Por (1) y (2) se tiene que B es una base de K2.

Las componentes de un vector cualquiera (x, y) segun la base B son:2x − y, y − x. Por ejemplo: (3, 5) = 1(1, 1) + 2(1, 2)

Luego un vector (x, y), cualquiera de K2, se puede escribir como com-binacion lineal de (1, 1) y (1, 2).


Proposicion 2.6.2 Sea V un K-espacio vectorial. Entonces

1. Las componentes de la suma de dos vectores, son la suma de lascomponentes.

2. Las componentes del producto de un vector por un escalar, sonel producto de las componentes por el escalar.

Demostracion

Sea B = {v1, v2, . . . , vn} una base de V sobre K. Sea

v = α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn y w = β1v1 + β2v2 + · · · + βnvn

Entonces:

v + w = (α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn) + (β1v1 + β2v2 + · · · + βnvn)= (α1 + β1)v1 + (α2 + β2)v2 + · · · + (αn + βn)vn

Luego se tiene (1).

Ademas:

β · v = β(α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn)= (βα1)v1 + (βα2)v2 + · · · + (βαn)vn

Luego se tiene (2)

2.6.1 Metodo para encontrar una base de un es-pacio vectorial

Recuerda que para tener escrito un sistema de ecuaciones lineales ensu forma mas simple, hacıamos el proceso de escalonamiento, pues lasoperaciones elementales no alteran el sistema.

De la misma manera, tu sabes, que las operaciones elementales en unconjunto de generadores no alteran el espacio obtenido.

¿Te parece, entonces, natural, escalonar un conjunto de generadores?

Obviamente que al escalonar un conjunto de vectores, el conjuntoobtenido, quitandole los vectores nulos, es un conjunto minimal degeneradores, luego es una base.

Tambien los vectores escalonados son l.i., luego forman una base delespacio en cuestion.

Ejercicio

Sea V = K3, U =< (2, 4,−5), (−4,−8,−2), (2, 4, 5) >. Busquemosuna base de U cuyos vectores esten escalonados.

Solucion

2 4 −5−4 −8 −22 4 5

L(2)21

−→L

(−2)31

2 4 −50 0 −120 0 10

L(− 1

12)

2

−→L

110

)3

2 4 −50 0 10 0 1

L(5)12

−→L

(−1)32

1 2 00 0 10 0 0

Diremos que la ”base escalonada” de U es B = {(1, 2, 0), (0, 0, 1)}.

Definicion 2.6.5 Sea V un espacio vectorial. Diremos que un con-junto de vectores de V es escalonado si al escribirlos como filas deuna matriz, se obtiene una matriz escalonada.

Proposicion 2.6.3 Sea V un K-espacio vectorial y sea S ≤ V , en-tonces el conjunto escalonado de generadores de S es unico y consti-tuye una base de S.

Definicion 2.6.6 La base de un espacio vectorial formada por el con-junto de vectores escalonados es llamada la base escalonada del es-pacio considerado.


Corolario 2.6.4 (Caracterizacion de igualdad de sub-espacios)

Sean S, T ≤ V , V un K-espacio vectorial, entonces S = T si y solo sitienen la misma base escalonada.

Ejercicio

En K3, busquemos la base escalonada del subespacio vectorial descritopor

S = {(x, y, z); 5x − 3y − z = 0}

Solucion

Tenemos que z = 5x − 3y, luego los elementos de S tienen la formav = (x, y, 5x − 3y). Ademas:

(x, y, 5x − 3y) = x(1, 0, 5) + y(0, 1,−3)

Luego el conjunto B = {(1, 0, 5), (0, 1,−3)} es un conjunto de gener-adores de S y puesto que estan escalonados, B es la base escalonadade S.

Ejercicio

En K3, busquemos la base escalonada del sub-espacio S generado porel conjunto de vectores {(1, 2, 4), (3, 6, 1), (5, 10, 9), (2, 4,−3)}

Solucion

1 2 43 6 15 10 92 4 −3

L21(−3)

L31(−5)−→

L41(−2)

1 2 40 0 −110 0 −110 0 −11

−→

1 2 00 0 10 0 00 0 0

Luego, la base escalonada de S es {(1, 2, 0), (0, 0, 1)}.

Ejercicio

En K4, busquemos la base escalonada del sub-espacio

S = {(x − y − z + 2u, x + y + 3z + 4u, 2x + y + 4z + 7u, 3x + y++5z + 10u); x, y, z, u ∈ K}

Solucion

Todo elemento de S lo podemos escribir en la forma:

v = x(1, 1, 2, 3) + y(−1, 1, 1, 1) + z(−1, 3, 4, 5) + u(2, 4, 7, 10)

luego

S =< (1, 1, 2, 3), (−1, 1, 1, 1), (−1, 3, 4, 5), (2, 4, 7, 10) >

Al escalonar este conjunto de vectores tenemos la base escalonada B,

B = {(1, 0, 1

2, 1), (0, 1,

3

2, 2)}

Ejercicio

Sea V = K3, S, T ≤ V , definidos por:

S = {(x + 2y, 2x + 4y, 3x + 10y); x, y ∈ K}T = {(2x + 3y, 4x + 6y, 2x + 5y); x, y ∈ K}

Estudiemos la posible igualdad de estos dos sub-espacios.

Solucion

S =< (1, 2, 3), (2, 4, 10) >; T =< (2, 4, 2), (3, 6, 5) >. Ambos con-juntos al ser escalonados tienen la misma base escalonada B ={(1, 2, 0), (0, 0, 1)}, luego S = T .

Teorema 2.6.5 (de Steinitz) Sea V un K-espacio vectorial. Sea{v1, v2, . . . , vn} un conjunto l.i. y {w1, w2, . . . , wm} un conjunto degeneradores de V . Entonces existe una base de V de la forma:

{v1, v2, . . . , vn, wk1 , wk2 , . . . , wkp}, ciertos k1, k2, . . . , kp ∈ {1, 2, . . . ,m}

Demostracion

Sea S =< v1, v2, . . . , vn >

1. Tenemos dos posibilidades:

(a) wj ∈< v1, v2, . . . , vn >= S, ∀j = 1, 2, . . . ,m. Entonces te-nemos que S = V y {v1, v2, . . . , vn} forman una base deV .

(b) Existe wk1 que no pertenece a S. En este caso tenemos que

{v1, v2, . . . , vn, wk1} es l.i.

Sea S1 =< v1, v2, . . . , vn, wk1 >

2. Nuevamente tenemos dos posibilidades:

(a) S1 = V , entonces {v1, v2, . . . , vn, wk1} es una base de V

(b) S1 6= V , entonces existe wk2 que no pertenece a S1. En estecaso tenemos que {v1, v2, . . . , vn, wk1 , wk2} es l.i.

En forma analoga se construye S2 =< v1, v2, . . . , vn, wk1 , wk2 >.

Luego de un numero finito de pasos no mayor a m, se obtiene la basebuscada.

2.6.2 Aplicacion del Teorema de Steinitz

Sea V un K-espacio vectorial. Sea {v1, v2, . . . , vn} un conjunto l.i. ysea {e1, e2, . . . , em} una base de V , entonces existe una base de V dela forma:

{v1, v2, . . . , vn, ek1 , ek2 , . . . , ekp}, ciertos k1, k2, . . . , kp ∈ {1, 2, . . . ,m}


Ejercicio

Obtengamos una base de K4 que contenga al conjunto de vectoresA = {(1, 3, 5, 7), (1, 6, 5, 0)}

Solucion

La base escalonada del espacio generado por A es

B = {(1, 0, 5, 14), (0, 1, 0,−7

3)}

Luego una base de V que contiene los vectores de A es

C = {(1, 3, 5, 7), (1, 6, 5, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}

Para esto se eligio dos vectores de la base canonica de K4 que tienenel 1 en lugares distintos de los elementos lıderes de B.

Ejercicio

Busquemos una base de K3[X] que contenga el conjunto de vectores

A = {3 + 6X − 12X3, 2 − 4X + X2}

Solucion

La base escalonada del espacio generado por A es

B = {1 +1

4X2 − 2X3, X − 1

8X2 − X3}

De la misma manera que en el caso anterior se elige una base quecontenga los vectores de la base canonica de K3[X] que tienen el 1 enlugares diferentes de los lıderes de la base B. Entonces se ha elegidola base

C = {3 + 6X − 12X3, 2 − 4X + X2, X2, X3}

Ejercicio

Sea V = K4 y S = {(a + b + 3c, a + 2c, b + c, a + b + 3c); a, b, c ∈ K}un sub-espacio de V . Busquemos una base B de S que contenga elvector u = (0, 1,−1, 0) y una base C de S que contenga el vectorv = (5, 3, 2, 5)

Solucion

El conjunto escalonado de generadores de S es

A = {(1, 0, 1, 1), (0, 1,−1, 0)}

Entonces es facil completar con vectores de la base escalonada de S,eligiendo vectores que tengan el elemento lıder en un lugar distinto aldel vector u = (0, 1,−1, 0). Se tiene ası la base

B = {(0, 1,−1, 0), (1, 0, 1, 1)}

Para la base C, tenemos

< (5, 3, 2, 5) >=< (1,3

5,2

5, 1) >

La base pedida puede ser C = {(5, 3, 2, 5), (0, 1,−1, 0)}

Ejercicio

Sea V = M2×3(K). S ≤ V definido por

S = {( 3

2a + 3

2b − c −a − b + c d

a b c

)

; a, b, c, d ∈ IR}

Busquemos una base de S que contenga los vectores

u =(

5 −3 02 2 1

)

y v =(

2 0 02 2 4

)


Solucion

Un conjunto de generadores de S es

{ (

0 0 10 0 0

)

,( 3

2−1 0

1 0 0

)

,( 3

2−1 0

0 1 0

)

,(−1 1 0

0 0 1

) }

La base escalonada de S es:{ (

1 0 00 2 2

)

,(

0 1 00 2 3

)

,(

0 0 10 0 0

)

,(

0 0 01 −1 0

) }

La base escalonada del subespacio generado por u y v, es{ (

0 1 01 1 3

)

,(

1 0 01 1 2

) }

Luego una posibilidad para B es:{ (

5 −3 02 2 1

)

,(

2 0 02 2 4

)

,(

0 0 10 0 0

)

,(

0 0 01 −1 0

) }

2.7 Dimension de un espacio vectorial

Sabes, es bueno que vayas comprendiendo que uno de los problemasque preocupa en matematicas, es encontrar entes que permanezcaninvariantes al producir ciertos cambios. Son los llamados invariantes.

Por el momento, hemos visto que todas las bases de K2, como K-espacio vectorial, tienen 2 elementos.

Es decir el numero de elementos de cada base es ”invariante” en K2.

¿Sera cierto que en K3, todas las bases tienen 3 elementos?.

¿. . .Y en un K-espacio vectorial V , ocurrira que todas las bases tienela misma cantidad de elementos?.

Es decir, uno se pregunta si el numero de elementos de las diferentesbases de un espacio vectorial es un invariante.

Interesante pregunta ¿cierto?.

Bueno, esta seccion nos da la respuesta a esa pregunta.

Comencemos por unos lemas y luego el teorema que dara la respuestaa esta pregunta.

Lema

Sea B = {u1, u2, . . . , un} una base de un espacio vectorial V sobre K.

Sea u ∈ V tal que u = α1u1 +α2u2 + · · ·+αiui + · · ·+αnun, con algunαi 6= 0.

Entonces el conjunto C = {u1, u2, . . . , ui−1, u, ui+1, . . . , un} tambien esuna base de V.

Demostracion

Sin perdida de generalidad, supongamos α1 6= 0. En este caso

C = {u, u2, . . . , un}, luego u1 = α−11 u + −α−1

1 α2u2 + · · · + −α−11 αnun

1. Demostremos que C genera V.

Sea v ∈ V . Entonces:

v = β1u1 + β2u2 + · · · + βnun, ciertos β1, β2, . . . , βn ∈ K.

Luego

v = β1(α−11 u − α−1

1 α2u2 − · · · − α−11 αnun) + β2u2 + · · · + βnun

= β1α−11 u + (−α2β1α

−11 + β2)u2 + · · · + (−α−1

1 αnβ1 + βn)un

Es decir, v ∈< u, u2, . . . , un >, es decir {u, u2, . . . , un} genera V.

2. Demostremos que C es l.i.

Sea

αu + β2u2 + · · · + βnun = 0

Luego

α(α1u1 + · · · + αnun) + β2u2 + · · · + βnun = 0


De donde

(αα1)u1 + (αα2 + β2)u2 + · · · + (ααn + βn)un = 0

Pero B es l.i., entonces:

(1) αα1 = 0(2) αα2 + β2 = 0

· · · · · · · · · · · · ·(n) ααn + βn = 0

De 1) tenemos α = 0, pues hemos supuesto α1 6= 0. Reemplazandoen las ecuaciones (2),. . . , (n), se tiene βi = 0, i = 2, · · · , n. Luego{u, u2, . . . , un} es l.i.

Ejemplo

B = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)} es una base de K3.

Tenemos que:

(5, 5, 2) = 2(1, 1, 1) + 3(1, 1, 0) + 0(1, 0, 0)

Entonces C = {(5, 5, 2), (1, 1, 0), (1, 0, 0)} es otra base de K3, o bien,

D = {(1, 1, 1), (5, 5, 2), (1, 0, 0)}.Sin embargo, el conjunto A = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (5, 5, 2)} no es unabase de K3

Lema

Supongamos que existe una base de V con n vectores. Si B ={u1, u2, . . . , un} ⊂ V es l.i. y posee n vectores, entonces B es unabase de V .


Demostracion

Sea C = {v1, v2, . . . , vn} una tal base de V . Entonces:

u1 = α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn

ciertos α1, α2, . . . , αn ∈ K. Sabemos que u1 es no nulo, pues B esl.i., luego existe algun αi ∈ K, i ∈ {1, . . . , n} no nulo. Sin perdida degeneralidad, supongamos α1 6= 0. El lema anterior nos asegura que{u1, v2, . . . , vn} es una base de V . Luego u2 es combinacion lineal deu1, v2, . . . , vn, luego existen β1, β2, . . . , βn no todos nulos tales que:

u2 = β1u1 + β2v2 + · · · + βnvn

Si β2 = β3 = · · · = βn = 0, se tendrıa β1 6= 0 , luego {u1, u2} es l.d.,luego {u1, u2, . . . , un} l.d., lo cual es una contradiccion. Luego existeal menos un βj no nulo, j ∈ {2, . . . , n} Supongamos que β2 6= 0, luego{u1, u2, v3, . . . , vn} es una base de V . Repitiendo sucesivamente esteproceso, tenemos que {u1, . . . , un} es una base de V .

Lema

Supongamos que en V existe una base con n vectores. Entonces todosubconjunto de V que sea l.i. tiene a lo mas n vectores. Es decir, siA = {v1, . . . , vm}, entonces m ≤ n

Demostracion

Supongamos que existe S = {u1, . . . , un, un+1, . . . , ut} ⊂ V que tengat vectores, con t > n y que sea l.i. Entonces B = {u1, . . . , un} tiene nvectores y es un conjunto l.i., luego B es una base, por el lema anterior.Luego existen α1, α2, . . . , αn ∈ K tal que:

un+1 = α1u1 + α2u2 + · · · + αnun

luego {u1, u2, . . . , un, un+1} es l.d., lo que es una contradiccion al hechoque S es l.i. Luego V tiene a lo mas n vectores l.i.


Teorema 2.7.1 (de invariancia) Sea V un K-espacio vectorial. SiV tiene una base con un numero finito de elementos, entonces todaotra base tiene el mismo numero de elementos.

Demostracion

Sean B = {u1, u2, . . . , un} y C = {v1, v2, . . . , vm} dos bases cua-lesquieras de V.Como B es una base de V y C es l.i. entonces m ≤ n. Analogamente,como C es una base de V y B es l.i., entonces n ≤ m. Luego n=m.

Nota

Este teorema se llama de invariancia, pues nos dice que el numero deelementos de una base no varıa en las diferentes bases de un espaciovectorial.

Definicion 2.7.1 Un espacio vectorial se dice de dimension finitasi posee una base con un numero finito de elementos. En caso contrariose dice que es un espacio de dimension infinita.

Ejemplo

K2 es un K-espacio vectorial de dimension finita, pues:

B = {(1, 2), (3, 5)}

es una base de IR2 sobre IR.

Ejemplo

K3 es un K-espacio vectorial de dimension finita, pues:

B = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)}

es una base de IR3 sobre K.


Ejemplo

IR[X] es un espacio vectorial de dimension infinita sobre IR, pues no esposible construir una base que tenga un numero finito de elementos.En efecto, supongamos que existe un conjunto finito B, tal que:

B = {P1(X), . . . , Pn(X)}

es un conjunto de generadores de IR[X] con

m = max {gr(P1(X)), . . . , gr(Pn(X))},entonces, por ejemplo, el polinomio P (X) = 1 + X + Xm+1 no es unacombinacion lineal de P1(X), . . . , Pn(X). Luego no es posible construirun conjunto finito de generadores.

Definicion 2.7.2 Sea V un K-espacio vectorial de dimension finita.Se llama dimension de V al numero de elementos de una (luego decualquier) base de V .

Notacion: dimKV

Ejemplos

dimIRIR2 = 2, dimIRIR3 = 3

Ejercicios de espacios vectoriales comple-

jos

Ejercicio

Sea V = C y K = IR. Encuentre una base de C sobre IR.

Solucion

Afirmacion: B = {1, i} es una base de C sobre IR


Un elemento cualquiera de C tiene la forma a + bi y tenemos quea + bi = a · 1 + b · i luego B genera C sobre K.

Ademas, sea α · 1 + β · i = 01 + 0i luego α = 0 y β = 0 luego B es l.i.

es decir, B es una base de C sobre IR.

Ejercicio

Sea V = C2 = C × C y K = C. Busquemos una base de C2 sobre C.

Solucion

Afirmacion: A = {(1, 0), (0, 1)} es una base de C2 sobre C.

La forma tıpica de un elemento de C2 es (a + bi, c + di) el cual seescribe:

(a + bi, c + di) = (a + bi)(1, 0) + (c + di)(0, 1)

Luego A genera C2 sobre C.

Demostremos que A es l.i. sobre C. Sea (α+βi)(1, 0)+(γ +δi)(0, 1) =(0, 0), con α, β, γ, δ ∈ IR. Notese que esta igualdad esta en C2. Luegoα + βi = 0 + 0i y γ + δi = 0 + 0i, (ambas igualdades en C), luegoα = β = γ = δ = 0. Luego A es una base de C2 sobre C y dimCC2 = 2.

Notese que los escalares estan en C, luego dimCC = 1

Ejercicio

Sea V = C2 = C × C y K = IR. Busquemos la dimension de C2 sobreIR

Solucion

Afirmacion: A = {(1, 0), (i, 0), (0, 1), (0, i)} es una base de C2 sobreIR.


La forma tıpica de un elemento de C2 es (a+bi, c+di), con a, b, c, d ∈ IRel cual se escribe:

(a + bi, c + di) = a(1, 0) + b(i, 0) + c(0, 1) + d(0, i)

Luego A genera C2 sobre IR.

Demostremos que A es l.i. sobre IR.

Sea α(1, 0) + β(i, 0) + γ(0, 1) + δ(0, i) = (0 + 0i, 0 + 0i), (esta igualdadesta en C2), luego (α + βi, γ + δi) = (0 + 0i, 0 + 0i), luego α = β =γ = δ = 0. Se tiene que A es una base de C2 sobre IR y dimIRC2 = 4.

Ejercicio

Sea V = C3 y K = C. Busquemos la dimension de C3 sobre C.

Solucion

Afirmacion: A = {(1, 0, 0), (0, 0, 1), (0, 0, 1)} es una base de C3 sobreC.

La forma tıpica de un elemento de C3 es (a + bi, c + di, e + fi), el cualse escribe:

(a+bi, c+di, e+fi) = (a+bi)(1, 0, 0)+(c+di)(0, 1, 0)+(e+fi)(0, 0, 1)

Prueba que A es un conjunto l.i.

Ejercicio

Sea V = C3 y K = IR. Busquemos la dimension de C3 sobre IR

Solucion

Afirmacion: A = {(1, 0, 0), (i, 0, 0), (0, 1, 0), (0, i, 0), (0, 0, 1), (0, 0, i)}es una base de C3 sobre IR y dimIRC3 = 6.

Bueno, la demostracion queda para ti como ejercicio.


Ejercicio

Sea V un espacio vectorial de dimension n sobre C. Demostremos queV tiene dimension 2n sobre IR.

Solucion

Sea A = {v1, v2, . . . , vn} una base de V sobre C. Luego v ∈ V seescribe en la forma:

v = (α1 + β1i)v1 + (α2 + β2i)v2 + · · · + (αn + βni)vn

= α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn + (β1i)v1 + (β2i)v2 + · · · + (βni)vn

= α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn + β1(iv1) + β2(iv2) + · · · + βn(ivn)

Luego B = {v1, v2, . . . , vn, iv1, iv2, . . . , ivn} genera C sobre IR.

Sea α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn + β1iv1 + β2iv2 + · · · + βnivn = 0 + 0i

Luego

(α1 + iβ1)v1 + (α2 + iβ2)v2 + · · · + (αn + iβn)vn = 0 + 0i

Pero {v1, v2, . . . , vn} es l.i. sobre C, luego

α1 + iβ1 = 0 + 0i, α2 + iβ2 = 0 + 0i, . . . , αn + iβn = 0 + 0i

por definicion de igualdad de numeros complejos, tenemos

α1 = β1 = 0 = α2 = β2 = · · · = αn = βn

Luego B = {v1, v2, . . . , vn, iv1, iv2, . . . , ivn} es l.i. sobre IR.

Luego B forma una base sobre IR. Entonces V tiene dimension 2nsobre IR.

2.8 Suma de sub-espacios vectoriales

Nosotros vimos que la interseccion de los sub-espacios vectoriales esun sub-espacio vectorial.

Uno se pregunta si ocurre lo mismo con la union de dos sub-espacios.A simple vista, ¿¡intuicion!?, parece que no.

Entonces si no lo fuera ¿Cual serıa el mas pequeno sub-espacio quecontiene a la union de dos sub-espacios?

Bueno, de esto se trata esta seccion.

Comencemos por estudiar un ejemplo concreto ¿Te animas?, ¡Vamos!.

Observacion

En IR2, consideremos S =< (1, 2) > y T =< (1, 1) >, ¿ Es S ∪ T unsub-espacio vectorial ?.

Tenemos que (1, 2) ∈ S ∪ T . Ademas (1, 1) ∈ S ∪ T . Sin embargo,(1, 2) + (1, 1) = (2, 3) /∈ S ∪ T . Luego S ∪ T no es un sub-espaciovectorial.

¿ Cuando S ∪ T es un sub-espacio vectorial ?

¿ Cual es el sub-espacio mas pequeno que contiene a S ∪ T?

< (1, 2), (1, 1) >= {α(1, 2) + β(1, 1); α, β ∈ IR} = {s + t; s ∈ S, t ∈T} = S + T

Este sub-espacio debe contener todas las combinaciones lineales de(1, 2) y (1, 1). ¿ Sera entonces {α(1, 2) + β(1, 1); α, β ∈ K}?

Definicion 2.8.1 Sea V un K-espacio vectorial. Sean S, T ≤ V . En-tonces se define el conjunto

S + T = {s + t; s ∈ S, t ∈ T}

Proposicion 2.8.1 Sean S y T dos sub-espacios de V . Entonces S+Tes un sub-espacio de V .


Demostracion

1. S + T 6= ∅ pues 0 + 0 ∈ S + T

2. Sean u, v ∈ S + T , luego u = s + t y v = s′ + t′, ciertos s, s′ ∈ S,ciertos t, t′ ∈ T . Tenemos que:

u + v = (s + t) + (s′ + t′) = (s + s′) + (t + t′)

que es un elemento tıpico de S +T . Luego S +T es cerrado parala suma.

3. Sea v ∈ S +T , luego v = s+ t ciertos s ∈ S, cierto t ∈ T . Ahorabien

αv = α(s + t) = αs + αt

el cual es un elemento de S + T .

Por (1), (2), (3), S + T es un sub-espacio de V .

Definicion 2.8.2 El sub-espacio vectorial S + T es llamado el sub-espacio suma de S y T .

Proposicion 2.8.2 Sea V un K-espacio vectorial. Sean S, T ≤ V .Entonces S + T es el mas pequeno sub-espacio de V que contiene aS ∪ T

Demostracion

Demostremos que S ∪ T ⊂ S + T .

v ∈ S ∪ T ⇔ v = s, cierto s ∈ S, o bien v = t, cierto t ∈ T . Luegov = s+0 ∈ S +T o bien v = 0+ t ∈ S +T , en ambos casos v ∈ S +T

Demostremos que todo sub-espacio vectorial que contiene a S y Tdebe contener a S + T .

Sea H ≤ V tal que S, T ≤ H. Sea s ∈ S y t ∈ T , luego s ∈ H yt ∈ H, luego s + t ∈ H, pues H es un sub-espacio vectorial, luegotodo elemento de la forma s + t pertenece a H. Esto quiere decir queS + T ⊂ H.

Corolario 2.8.3 S ⊂ T ⇔ S + T = T

Demostracion

⇒)

S + T es el mas pequeno sub-espacio que contiene a S ∪ T , peroS ∪T = T . Ademas T es un sub-espacio vectorial y es el mas pequenoque se contiene a si mismo, luego S + T = T .

⇐)

S ⊂ S ∪ T ⊂ S + T = T

Nota

Sean S, T ≤ V con bases B y C respectivamente. Entonces:

S + T =

Ejercicio

Sea V = K3, S =< (1,−1, 1), (1, 2, 3) >, T =< (1,−1, 1), (2, 1, 0) >.

Busquemos la base escalonada de S + T .

Solucion

S + T =< (1,−1, 1), (2, 1, 0), (1,−1, 1), (1, 2, 3) >

1 −1 11 2 31 −1 12 1 0

→

1 −1 10 3 20 0 00 3 −2

L42(−1)−→

1 −1 10 3 20 0 00 0 −4

→

1 0 00 1 00 0 00 0 1

La base escalonada de S + T es {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}

Ejercicio

Sea U = K4.

Sean S =< (1, 1,−1, 1), (1, 2, 3, 0) > , T =< (3, 4, 1, 2), (0, 1,−1, 0) >

Busquemos la base escalonada de S + T

Solucion

Sabemos que:

S + T =< (1, 1,−1, 1), (1, 2, 3, 0), (3, 4, 1, 2), (0, 1,−1, 0) >

1 1 −1 11 2 3 03 4 1 20 1 −1 0

−→

1 1 −1 10 1 4 −10 1 4 −10 1 −1 0

−→

1 0 0 10 1 4 −10 0 0 00 −1 1 0

L42(1)−→

1 0 0 10 1 4 −10 0 0 00 0 5 −1

→

1 0 0 10 1 0 −1

5

0 0 0 00 0 1 −1

5

La base escalonada de S + T es: {(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0,−15), (0, 0, 1,−1

5)}

Observacion

Sea V = K3, S =< (1,−1, 0), (1, 2, 3) >, T =< (1,−1, 1), (2, 1, 0) >,dimS = 2, dimT = 2

1 −1 01 2 31 −1 12 1 0

→

1 −1 00 3 30 0 00 3 0

→

1 0 00 1 00 0 10 0 0

Luego dim(S + T ) = 3

Busquemos S ∩ T . Sea v ∈ S ∩ T , luego

v = α(1,−1, 0) + β(1, 2, 3) = a(1,−1, 1) + b(2, 1, 0)

(1) :(2) :(3) :

α + β = a + 2b−α + 2β = −a + b

3β = a

(3) en (1) :(3) en (2) :

α = 2β + 2b−α = −5β + b

}

A la primera ecuacion, restemosle 2 veces la segunda. Tenemos 3α =12β, es decir, α = 4β.

Luego v = 4β(1,−1, 0) + β(1, 2, 3), es decir v = β(5,−2, 3), de dondeS ∩ T =< (5,−2, 3) > y dim S ∩ T = 1.

Resulta que dim S + dim T = dim S +T − dim S ∩T . ¿Ocurrira estosiempre?

Uno piensa: en la suma, puede que se repitan vectores, entonces hayque restarle la interseccion. ¡Parece obvio!. Bueno, este chispazo genialesta enunciado en el siguiente teorema.

Teorema 2.8.4 Sean S, T ≤ V . Entonces:

dim(S + T ) = dimS + dimT − dim(S ∩ T )

Demostracion

Sea B1 = {u1, u2, . . . , ur} base de S ∩ T

Como B1 es linealmente independiente, entonces por el corolario delteorema de Steinitz:

(1) ∃ v1, v2, . . . , vs ∈ S tal que B2 = {u1, u2, . . . , ur, v1, v2, . . . , vs} esuna base de S.

(2) ∃ w1, w2, . . . , wt, en T tal que B3 = {u1, u2, . . . , ur, w1, w2, . . . , wt}es una base de T .

Demostremos que:

B = {u1, u2, . . . , ur, v1, v2, . . . , vr, w1, w2, . . . , wt} es una base de S+T .

1. Por demostrar que B genera S + T :

Sea w ∈ S + T , luego w = s + t, cierto s ∈ S y t ∈ T .

Luego:

w = (α1u1 + · · · + αrur + β1v1 + · · · + βsvs)+(α′

1u1 + · · · + α′rur + γ1w1 + · · · + γtwt)

= (α1 + α′1)u1 + · · · + (αr + α′

r)ur+β1v1 + · · · + βsvs + γ1w1 + · · · + γtwt ∈

2. Por demostrar que B es l.i.

α1u1 + · · ·+ αrur + β1v1 + · · ·+ βsvs + γ1w1 + · · ·+ γtwt = ~0 (∗)⇒ α1u1 + · · ·+ αrur + β1v1 + · · ·+ βsvs = −γ1w1 − γ2w2 − · · · −γtwt ∈ S ∩ T

⇒ −γ1w1 − γ2w2 − · · · − γtwt ∈ S ∩ T

⇒ −γ1w1 − · · · − γtwt = δ1u1 + · · · + δ2u2 + · · · + δrur

⇒ γ1w1 + · · · + γtwt + δ1u1 + · · · + δrur = ~0

⇒ γ1 = · · · = γt = δ1 = · · · = δr = 0

Reemplazando en (∗) tenemos que:

α1u1 + · · · + αrur + β1v1 + · · · + βsvs = ~0

Entonces α1 = · · · = αr = β1 = · · · = βs = 0

Luego B es l.i.

Por (1) y (2) se tiene que B es una base de S + T .

Luego dim(S+T ) = r+s+t; dimS = r+s, dimT = r+t, dimS∩T = r

r + s + t = (r + s) + (r + t) − r

Luego dim S + T = dim S + dim T − dim S ∩ T

Ejercicio

Consideremos los sub-espacios de K4.

S =< (1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 0) >; T = {(x, y, z, t); x + y = 0}Busquemos una base de S ∩ T y S + T .

Solucion

Sea v = (x, y, z, t) ∈ T luego:

(x, y, z, t) = (x,−x, z, t) = x(1,−1, 0, 0) + z(0, 0, 1, 0) + t(0, 0, 0, 1)

1 0 1 00 1 0 01 −1 0 00 0 1 00 0 0 1

L31(−1)−→

1 0 1 00 1 0 00 −1 −1 00 0 1 00 0 0 1

→

1 0 0 00 1 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

→

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

⇒ dim(S + T ) = 4

4 = 2 + 3 − dim(S ∩ T ) ⇒ dim(S ∩ T ) = 1

Necesitamos encontrar v ∈ S ∩ T , v 6= ~0

v = α(1, 0, 1, 0)+β(0, 1, 0, 0) = γ(1,−1, 0, 0)+δ(0, 0, 1, 0)+ǫ(0, 0, 0, 1)

Luego, (α, β, α, 0) = (γ,−γ, δ, ǫ), de donde α = −β = γ = δ, ǫ = 0

Entonces tenemos

v = α(1, 0, 1, 0) − α(0, 1, 0, 0) o bien,

v = α(1,−1, 0, 0) + α(0, 0, 1, 0) + 0(0, 0, 0, 1)

Luego S ∩ T =< (1,−1, 1, 0) >

Nota

Ahora vamos a poner la atencion en aquellos sub-espacios cuya inter-seccion entre ellos es {~0}.

Definicion 2.8.3 Sean S, T , W sub-espacios de V , diremos que unsub-espacio W de V es suma directa de los sub-espacios S y Tsi:

1. W = S + T

2. S ∩ T = {~0}.

Notacion: W = S⊕

T

Ejercicio

Sea V = K3, S = {(x, 0, 0); x ∈ K}, T = {(0, y, z); y, z ∈ K}.Entonces, demostremos que S

⊕

T = K3

Solucion

1. Demostremos que K3 = S + T

Sea v ∈ K3 luego v = (x, y, z) = (x, 0, 0)+(0, y, z) luego (x, y, z)se escribe como un vector de S mas un vector de T . Luego K3 ⊆S + T , luego K3 = S + T

Otra manera de verlo serıa la siguiente:

S =< (1, 0, 0) > y T =< (0, 1, 0), (0, 0, 1) >.

Luego S+T =< (1, 0, 0) > + < (0, 1, 0), (0, 0, 1) > y este ultimoes K3

2. Sea v ∈ S ∩ T , luego v ∈ S y v ∈ T . Luego v = (x, 0, 0) yv = (0, y, z). Luego (x, 0, 0) = (0, y, z) ⇒ x = 0, y = 0, z = 0⇒ v = ~0 = (0, 0, 0)

Entonces K3 = S⊕

T

Ejercicio

Consideremos V = K3,W = {(x, 0, z); x, z ∈ K}, S =< (1, 0, 2) >,T =< (2, 0, 1) >.

Demostremos que W = S⊕

T :

1. Demostremos que W = S + T :(

1 0 22 0 1

)

L21(−2)−→(

1 0 20 0 −3

)

L2(−13

)−→(

1 0 20 0 1

)

L21(−2)−→(

1 0 00 0 1

)

Pero tambien {(1, 0, 0), (0, 0, 1)} es una base de W pues los vec-tores son l.i. y ademas (x, 0, z) = x(1, 0, 0)+z(0, 0, 1). Luego W =S + T

Otra manera de demostrar que W = S + T es la siguiente

Consideremos w ∈ W y hacemos la siguiente afirmacion:

(x, 0, z) = α(1, 0, 2) + β(2, 0, 1), ciertos α, β ∈ K

Luego (x, 0, z) = (α + 2β, 0, 2α + β)

De donde se concluye que x = α + 2β, z = 2α + β

Entonces

α =2z − x

3y β =

2x − z

3

Luego tenemos:

(x, 0, z) = (2z − x

3)(1, 0, 2) + (

2x − z

3)(2, 0, 1) ∈ S + T

Es decir w = s + t, ciertos s ∈ S, t ∈ T . Luego W = S + T

2. Ahora debemos demostrar que S ∩ T = {~0}v ∈ S ∩ T ⇒ v ∈ S y v ∈ T ⇒ v = α(1, 0, 2) y v = β(2, 0, 1))

⇒ v = (α, 0, 2α) y v = (2β, 0, β) ⇒ ((α, 0, 2α) = (2β, 0, β))

⇒ α = 2β, 2α = β, ⇒ v = (0, 0, 0), es decir W = S⊕

T .

Definicion 2.8.4 Dos sub-espacios S y T de un sub-espacio vectorialV se dicen linealmente independientes ssi:

S ∩ T = {~0}

Nota: Si S⊕

T es directa entonces S y T son l.i. . .

Definicion 2.8.5 Si S⊕

T = W entonces S y T son llamados sub-espacios suplementarios entre sı en W .

Ejemplo

K2 =< (1, 1) >⊕

< (1, 3) >,

< (1, 1) > es suplementario de < (1, 3) > en K2 y < (1, 3) > essuplementario de < (1, 1) > en K2

Observacion

Sean:

S =< (1, 3, 0 >, T =< (0, 0, 1), (0, 1, 0) >,U =< (1, 0, 0), (0, 0, 1) >

Tenemos entonces que K3 =< (1, 3, 0) >⊕

< (0, 0, 1), (0, 1, 0) >

Tambien:

K3 =< (1, 3, 0) >⊕

< (1, 0, 0), (0, 0, 1) >

Se tiene K3 = S⊕

T y K3 = S⊕

U y T 6= U

Ejemplo

M2×2(K) =<(

1 00 0

)

>⊕{

(

0 xy z

)

; x, y, z ∈ K}

M2×2(K) =<(

1 00 0

)

>⊕

<(

0 10 0

)

,(

0 01 0

)

,(

0 00 1

)

>

Observacion

Sea fn : IR → IR; fn(x) = xn, n ∈ IN. Observamos que:

f2(−x) = x2 = f2(x); f3(−x) = −x3 = −f3(x)

f2n(−x) = x2n = f2n(x); f2n+1(−x)2n+1 = −x2n+1 = −f2n+1(x)

De manera natural se define

Definicion 2.8.6 Diremos que una funcion g es par ssi g(−x) =g(x) y diremos ue una funcion g es impar ssi g(−x) = −g(x)

Ejercicio

Sea V = {f : IR → IR}. Demostremos que

V = {funciones pares}⊕{funciones impares}


Solucion

1. Demostremos que V = {funciones pares}+ {funciones impares}Afirmacion: f(x) = f(x)+f(−x)

2+ f(x)−f(−x)

2

Sea g(x) = f(x)+f(−x)2

. Demostremos que g es par.

g(−x) = f(−x)+f(−(−x))2

= f(x)+f(−x)2

= g(x), luego g es par.

Demostremosque h es impar

h(−x) = f(−x)−f(−(−x))2

= f(−x)−f(x)2

= −(f(x)−f(−x)2

) = −h(x)

Luego h es impar.

Luego V = {funciones pares} + {funciones impares}

2. Demostremos que {funciones pares} ∩ {funciones impares} ={~0}Sea f par e impar a la vez: Es decir, f(−x) = f(x)∀x ∈ K yf(−x) = −f(x) ∀x ∈ IR

Luego f(x) = f(−x) = −f(x)

luego 2f(x) = 0∀x ∈ K, luego f(x) = 0∀x ∈ K luego f = ~0,luego {funciones pares} ∩ {funciones impares} = {~0}

Proposicion 2.8.5 Sea V un K-espacio vectorial; S, T,W ≤ V . En-tonces son equivalentes:

1. W = S⊕

T

2. W = S + T y ~0 = s + t, s ∈ S, t ∈ T =⇒ s = t = ~0

La afirmacion 2 nos dice que W = S + T y el ~0 se escribe demanera unica.

Demostracion

(1)=⇒(2)


Sea W = S⊕

T y s+ t = ~0, ciertos s ∈ S y t ∈ T . Luego s+ t ∈ S∩T ,pues {~0} = S ∩ T , luego s + t = s′ y s + t = t′. Luego t = s′ − s ys = t′ − t. Luego t, s ∈ S ∩ T = {~0}. Luego s = t = ~0

(2)=⇒(1)

Tenemos que demostrar que S ∩ T = {~0}Sea v ∈ S ∩ T , luego v ∈ S y v ∈ T . Ademas −v ∈ S y −v ∈ T .

El chispazo genial es escribir el ~0 de la manera siguiente: ~0 = v +(−v)y pensar que v ∈ S y −v ∈ T . Entonces por (2.) tenemos que v = ~0 y−v = ~0. Luego S ∩ T = ~0

Proposicion 2.8.6 Sea W = S + T . Entonces son equivalentes:

1. ~0 = s+ t =⇒ s = t = ~0 (El vector ~0 se escribe de manera unica)

2. s + t = s′ + t′ =⇒ s = s′ y t = t′ (Todo vector de la forma s + tse escribe de manera unica)

Demostracion

(1)⇒(2)

Sea s + t = s′ + t′. Luego (s − s′) + (t − t′) = ~0

Por (1), tenemos que s − s′ = ~0 y t − t′ = ~0.

Luego s = s′ y t = t′

(2)⇒(1)

Sea s + t = ~0. Pensemos el ~0 como ~0 + ~0, el primer ~0 lo pensamos enS y el segundo en T .

Luego s + t = ~0 +~0. De (2.) tenemos s = ~0 y t = ~0.

Definicion 2.8.7 Sean V1, V2, . . . , Vn ≤ V . Entonces la suma de es-tos sub-espacios esta definida por:

V1 + V2 + · · · + Vn = {v1 + v2 + · · · + vn; vi ∈ Vi, i = 1, 2, . . . , n}


Proposicion 2.8.7 Sean V1, V2, . . . , Vn ≤ V . Entonces

V1 + V2 + · · · + Vn ≤ V

Demostracion

Se deja como ejercicio.

Definicion 2.8.8 Decimos que W es suma directa de los subes-pacios V1, V2, . . . , Vn si:

1. W = V1 + V2 + · · · + Vn

2. ~0 = v1 + v2 + · · · + vn, vi ∈ Vi, i = 1, 2, . . . , n

=⇒ v1 = v2 = · · · = vn = ~0. ( El cero se escribe de una solamanera ).

Cuando esto ocurra, escribiremos:

W = V1⊕

V2⊕ · · ·⊕Vn

Proposicion 2.8.8 Sean V1, V2, . . . , Vn ≤ V . Sea W ≤ V y W =V1 + V2 + . . . + Vn, entonces son equivalentes:

1.n∑

i=1vi = ~0, vi ∈ Vi,∀i = 1, . . . , n =⇒ vi = 0

2.n∑

i=1vi =

n∑

i=1wi, vi, wi ∈ Vi∀i = 1, . . . , n =⇒ vi = wi

3. Vi ∩n∑

j=1i6=j

Vj = {~0},∀i = 1, . . . , n

En palabras el punto tercero se puede expresar como:

Cada sub-espacio intersectado con la suma de todos los otros sub-espacios es el {~0}.

Ejemplo

Sea V = K3, V1 = {(x, 2x, 0), x ∈ K}, V2 = {(2x, x, 0), x ∈ K} ,

V3 = {(x, 2x, 3x), x ∈ IR}Es facil ver que V1 + V2 + V3 = K3. Veamos ahora si esta suma esdirecta.

1. ¿ V1 ∩ (V2 + V3) ?. Primero conozcamos S = V2 + V3

V2 =< (2, 1, 0) > y V3 =< (1, 2, 3) >. Luego:

V2 + V3 =< (2, 1, 0), (1, 2, 3) >(

2 1 01 2 3

)

L21−→(

1 2 32 1 0

)

L21(−2)−→(

1 2 30 −3 −6

)

L2(− 13)−→(

1 2 30 1 2

)

L12(−2)−→(

1 0 −10 1 2

)

LuegoV2 + V3 =< (1, 0,−1), (0, 1, 2) >

luegoS =< (1, 0,−1), (0, 1, 2) >

consideremos u = α(1, 2, 0) = β(1, 0,−1)+γ(0, 1, 2) ∈ V1∩(V2+V3) Entonces (α, 2α, 0) = (β, γ,−β + 2γ), luego α = β, 2α =γ, 0 = −β + 2γ

⇒ α = β = γ = 0

Luego V1 ∩ (V2 + V3) = {~0}De la misma manera debemos probar que V2 ∩ (V1 + V3) = {~0}y V3 ∩ (V1 + V2) = {~0}

2. O bien, podrıamos demostrar que el~0 se escribe de manera unica.

~0 = (0, 0, 0) = v1 + v2 + v3 = α(1, 2, 0) + β(2, 1, 0) + γ(1, 2, 3).Luego

α + 2β + γ = 0, 2α + β + 2γ = 0, 3γ = 0, luego α = β = γ = 0

Por (1) o por (2) tenemos que K3 = V1⊕

V2⊕

V3


2.9 Ejercicios propuestos

1. En IR2 se define las siguientes operaciones:

(a, b) ⊕ (c, d) = (a + d, b + c)

α ∗ (a, b) = (αa,−αb)

Estudie cuales de axiomas de espacio vectorial cumplen estasoperaciones.

2. Considere el conjunto IR1[X]. En el se define las siguientes op-eraciones:

(a + bX) + (c + dX) = (a + c) + (b + d)X

α∆(a + bX) = (αa) + bX

¿ Es IR1[X] un IR espacio vectorial con estas operaciones?

3. Estudie si los siguientes conjuntos son sub-espacios de los espa-cios vectoriales respectivos:

(a) S = {a + bX + cX2 + dX3 ∈ K3[X]; 2cd = b, b + a = 0} deK3[X]

(b) T = {(

a bc d

)

∈ M2(K); a+d = 0, c2+d2 = −1} de M2(K)

(c) S = {(x, y, z); 2x + xy = 0} de K3

4. Estudie si el vector u = (5 + 5i,−1 + 3i) esta en el C-espaciovectorial generado por el vector v = (3 − i, 1 + i)

5. Estudie si es posible encontrar dos sub-espacios de IR4, de di-mension 2 cada uno, cuya interseccion sea ~0

6. Sea V un K-espacio vectorial y sea {u, v, w, t} un conjunto devectores linealmente independientes.

(a) Demuestre que A = {u + v, v + w,w + u} es linealmenteindependiente.

(b) Estudie la dependencia lineal de B = {u + v, v + w,w +t, t + u}.

(c) Estudie si el sub-espacio < A > es igual al sub-espacio. Justifique su respuesta.

7. Estudie la dependencia lineal del conjunto de vectores siguiente:

{(1, 1, 2), (2, α2 − 2, α+2), (3, α2 +α− 3, α2 +3α− 4)} segun losdiferentes valores de α

8. En Kn, indique en cada uno de los casos, las condiciones quedebe cumplir n, para tener u, v, w ∈ Kn, tal que

(a) {u, v}l.i.(b) {u, v}l.i. y w no pertenece a < u, v >

(c) {u, v, w} es un conjunto minimal de generadores de Kn

9. Sea V el IR-espacio vectorial definido por V = {f ; f : IR −→ IR}.Sean f1(x) = sen(x), f2(x) = sen(2x), para todo x ∈ IR. Estudiela dependencia lineal de {f1, f2}.

10. Sea V u K-espacio vectorial. Si dimk(V ) es n y e1, e2, . . . , en esuna base de V , muestre que existen sub-espacios H0, H1, . . . , Hn

de V tales que H0 ⊂ H1 ⊂ · · · ⊂ Hn y dimk(Hi) = i

11. En K4, considere los sub-espacios:

S = {(x, 2x + y, x + 2y, 2y); x, y ∈ K}

T =< (3, 4, 1, 7), (5, 0,−5, 3), (0, 0, 0, 4) >

Encuentre la base escalonada de S, T, S∩T, S+T . Encuentre unabase de K4 que contenga los vectores que generan el sub-espacioT .

Capıtulo 3

Aplicaciones Lineales

3.1 Introduccion, definicion y ejemplos

Nosotros vimos que lo mas importante de un espacio vectorial es laexistencia de una base en el. Uno dirıa que la esencia de un espaciovectorial es la existencia de una base en el.

Entonces, si queremos definir una aplicacion entre dos espacios vec-toriales, debemos tener en cuenta esta consideracion. ¡Obvio! Si no lohacemos, entonces cerremos los libros y terminemos aquı el curso. ¿Note parece? Bueno, pero ¿Que quiere decir tener en cuenta la existenciade una base?. Creo que sera mejor que lo veamos en un ejemplo.

Consideremos IR2 y IR3 como IR-espacios vectoriales y f : IR2 → IR3.Ademas consideremos la base B = {(2, 1), (3, 2)} en el dominio de f .

Supongamos que solo sabemos como se comporta f en los elementosde esta base.

Supongamos, por ejemplo, que

f(2, 1) = (3, 2, 1) y f(3, 2) = (5, 1, 1)

La pregunta que nos hacemos, es si es posible obtener la imagen decualquier vector de IR2, o en que condiciones lo podrıamos obtener.

119


Para esto, comencemos por usar el concepto de base, es decir, que todoelemento de IR2 se escribe de una manera unica como combinacionlineal de la base.

Veamos, por ejemplo, si es posible conocer la imagen del vector v =(1, 0)

Sabemos que (1, 0) = 2(2, 1) + (−1)(3, 2), luego f(1, 0) = f [2(2, 1) +(−1)(3, 2)].

¿Que exigencias deberıamos hacer a f para que la informacion dadaa los vectores de B, pueda ser extendida a todo IR2 ?

... un chispazo genial y hacemos las operaciones siguientes:

f [2(2, 1) + (−1)(3, 2)] = f(2(2, 1)) + f(−1(3, 2)) == 2f(2, 1) + (−1)f(3, 2) == 2(3, 2, 1) + (−1)(5, 1, 1) == (1, 3, 1)

Es decir hicimos las exigencias siguientes:

1. f(u + v) = f(u) + f(v)

2. f(αu) = αf(u)

Las exigencias (1.) y (2.) hechas a una aplicacion, se entrelazan con lanocion de espacio vectorial y ası la informacion con respecto a los el-ementos de una base, se extiende a todos los vectores del espacio.Ademas, solo para las aplicaciones que cumplan estas dos exigen-cias podremos utilizar el hecho que el Dominio y el Codominio seanespacios vectoriales. Estas consideraciones nos llevan a la siguientedefinicion:

Definicion 3.1.1 Sean U y V dos K-espacios vectoriales. Diremosque f : U −→ V es una aplicacion lineal si se cumplen si-multaneamente:

1. f(u + v) = f(u) + f(v)

2. f(αu) = αf(u)

Capıtulo 3. Aplicaciones Lineales 121

Es muy agradable conocer una larga cantidad de ejemplos, antes decomenzar a estudiar sus propiedades.

Veremos muchos ejemplos, pero tambien de aplicaciones que no sonlineales. Esperamos que los estudies todos. ¿De acuerdo ?...Tenemosque seguir ilusionados con el Algebra Lineal...

Ejemplo

Sea V un K-espacio vectorial. Sea f : V −→ V ;f(v) = v. Estaaplicacion es llamada identidad y se denota f = idV .

Tenemos

f(u + v) = u + v = f(u) + f(v) y f(αu) = αu = αf(u)

Luego idV es una aplicacion lineal. ¡Trivial! ¿Cierto?

Ejemplo

Sea V un K-espacio vectorial. Sea f : V −→ V ; f(v) = 0, llamada laaplicacion nula. Denotada por f = 0.

f(u + v) = 0 = 0 + 0 = f(u) + f(v)f(αu) = 0 = α0 = αf(u)

Luego f es lineal.

Ejemplo

Sea V un K-espacio vectorial. Sea T : V −→ V ; T (v) = λv. Estaaplicacion es llamada homotecia de razon λ. Tenemos

T (u + v) = λ(u + v) = λu + λv = T (u) + T (v)T (αu) = λ(αu) = α(λu) = αT (u)

Luego T es una aplicacion lineal.


Ejemplo: Reflexion en torno al eje X

Sea T : IR2 −→ IR2 ; T (x, y) = (x,−y)

T [(x, y) + (x′, y′)] = T [(x + x′, y + y′)]= (x + x′,−(y + y′))= (x,−y) + (x′,−y′)= T ((x, y)) + T ((x′, y′))

T [α(x, y)] = T ((αx, αy))= (αx,−(αy))= α(x,−y)= αT ((x, y))

Luego T es lineal.

Antiejemplo

Sea f : IR −→ IR; f(x) = cos x

cos (x + y) = cos x cos y − sin x sin y

Si fuese una aplicacion lineal tendrıamos que tener :

cos (x + y) = cosx + cosy


Luego coseno no es una aplicacion lineal.

De la misma manera

g : IR −→ IR; g(x) = sin x

no es una aplicacion lineal, pues

sin (x + y) = sin x cos y + sin y cos x

lo cual es distinto de sin x + sin y

Antiejemplo: Translacion en el plano

Sea T : IR2 −→ IR2; T (x, y) = (x + a, y + b). Esta aplicacion llamadatranslacion, no es lineal si a 6= 0 o b 6= 0, pues

T [(x, y) + (x′, y′)] = T [(x + x′, y + y′)]= (x + x′ + a, y + y′ + b))= (x + a, y + b) + (x′, y′)= T (x, y) + (x′, y′)6= T (x, y) + T (x′, y′)

Tambien podrıamos haber dicho:

La aplicacion no es lineal. Contraejemplo:

Sea

T : IR2 −→ IR2; T (x, y) = (x + 1, y + 2)

Observemos que tenemos

T (1, 0) + T (1, 1) = (2, 2) + (2, 3) = (4, 5)

Por otra parte

T [(1, 0) + (1, 1)] = T (2, 1) = (3, 3) 6= (4, 5)


Ejemplo: Rotacion en un angulo α

La rotacion en un angulo α, Rα, esta definida por

Rα : IR2 −→ IR2; Rα(x, y) = (x cos α − y sin α, x sin α + y cos α).

Demostremos que Rα es lineal.

(1) Rα((x, y) + (x′, y′)) = Rα(x + x′, y + y′)= ((x + x′) cos α − (y + y′) sin α,

(x + x′) sin α + (y + y′) cos α)= (x cos α − y sin α, x sin α + y cos α)+

(x′ cos α − y′ sin α, x′ sin α + y′ cos α)= Rα(x, y) + Rα(x′, y′)

(2) Rα(λ(x, y)) = Rα(λx, λy)= (λx cos α − λy sin α, λx sin α + λy cos α)= λ(x cos α − y sin α, x sin α + y cos α)= λRα(x, y)

Por (1) y (2), tenemos que Rα es una aplicacion lineal.


Ejemplo

La aplicacion f : K2 −→ K2; f(x, y) = (2x + y, 3y) es lineal.

Veamos la demostracion:

(1) f((x, y) + (x′, y′)) = f((x + x′, y + y′))= (2(x + x′) + (y + y′), 3(y + y′))= (2x + y, 3y) + (2x′ + y′, 3y′)= f(x, y) + f(x′, y′)

(2) f(α(x, y)) = f((αx, αy))= (2(αx) + (αy), 3(αy))= α(2x + y, 3y)= αf(x, y)

Por (1) y (2) f es una aplicacion lineal.

Ejemplo

La aplicacion f : K3 −→ K2; f(x, y, z) = (x + 2z, x − y) es unaaplicacion lineal.

La prueba queda como ejercicio.

Ejemplo

Sea f : K2[X] −→ K1[X] ; f(a + bX + cX2) = (a + 2c) + (b − a)X esuna aplicacion lineal.

La demostracion es igual a las anteriores, pero veamosla pues a muchosalumnos les complica los polinomios... para que veas que es ¡ ¡ trivial!!

f(a+bX+cX2)+(a′+b′X+c′X2)) = f((a+a′)+(b+b′)X+(c+c′)X2)

= ((a+a′)+2(c+c′))+((b+b′)−(a+a′))X

= a + a′ + 2c + 2c′ + (b + b′ − a − a′)X


= (a+2c+(b−a)X)+(a′+2c′+(b′−a′)X)

= f(a + bX + cX2) + f(a′ + b′X + c′X2)

f(α(a + bX + cX2)) = f(αa + αbX + αcX2)= (αa) + 2(αc) + ((αb) − (αa))X= αa + α2c + (αb − αa)X= α(a + 2c + (b − a)X) = αf(a + bX + cX2)

Luego f es lineal.

Ejemplo

Sea f : M2(K) −→ M3×2(K), definida por f

(

a bc d

)

=

a ba b + cd 2a

es una aplicacion lineal.

Nota

Sea f : V −→ W lineal. Entonces f(~0) = ~0.

En efecto f(~0) = f(0 ·~0) = 0 · f(~0) = ~0.

Nota

Es interesante observar que hemos visto aplicaciones lineales entreespacios diferentes, pero con la exigencia que tengan sus escalares enel mismo cuerpo.

3.2 Determinacion de una aplicacion lin-

eal

Tenemos resuelto el problema filosofico sobre la existencia de aplica-ciones lineales. Existen aplicaciones lineales. Ahı tienes muchos ejem-


plos en la seccion anterior. Pero aun tenemos un problema filosoficopendiente.

Es el siguiente: Dados dos K-espacios vectoriales cualquiera... Mejor telo explicamos en un ejemplo. ¿ Bueno ? Es mejor comprender primeroen un ejemplo y luego uno mismo hacer la generalizacion o abstraccion.

Tomemos K2 en el Dominio y K3 en el Codominio. Dados los vec-tores (1, 1) y (1, 0) en el Dominio y los vectores (1, 3, 2) y (1, 0, 3) enel Codominio, quisieramos saber si existe una aplicacion lineal quecumpla : f(1, 1) = (1, 3, 2) y f(1, 0) = (1, 0, 3) y ademas saber si hayotras aplicaciones lineales que cumplen estas mismas condiciones.

Tomemos un vector (x, y) ∈ K2 cualquiera.

Tenemos (x, y) = y(1, 1)+(x− y)(1, 0). Puesto que estamos exigiendoque f sea lineal, tenemos

f(x, y) = yf(1, 1) + (x − y)f(1, 0) = y(1, 3, 2) + (x − y)(1, 0, 3) == (x, 3y, 3x − y)

Luego f(x, y) = (x, 3y, 3x − y) cumple con las condiciones pedi-das. Luego existe una tal aplicacion. Ahora nos queda una pregunta:¿Habra otra?

Supongamos g : K2 −→ K3 lineal tal que g(1, 1) = (1, 3, 2) y g(1, 0) =(1, 0, 3)

Hacemos el mismo procedimiento y tenemos que g(x, y) = (x, 3y, 3x−y), la cual tiene la misma expresion analıtica de f . Luego existe unaaplicacion lineal que cumple las condiciones dadas y esta es unica.

Bueno, esta explicacion es solo un ejemplo. Espero que te sirva paracomprender el problema en forma general.

Es emocionante observar un problema tan importante y sin embargode demostracion tan facil. Es, digamos un relampago de genialidad...Aquı esta:

Teorema 3.2.1 (Teorema fundamental del Algebra Lineal)Sea B = {v1, v2, ..., vn} una base de un espacio vectorial V, de di-mension n sobre K y C = {w1, w2, ..., wn} una familia de n vectoresde un espacio vectorial W sobre K.


Entonces existe una aplicacion lineal f y solamente una, f : V −→ W ,tal que

f(v1) = w1, f(v2) = w2, ..., f(vn) = wn

Demostracion

Comencemos por ver la existencia de una tal aplicacion. Para esto, temostrare una aplicacion lineal que cumple las condiciones, luego existeuna. ¿ De acuerdo?

Sea v ∈ V . Luego v = α1v1 +α2v2 + · · ·+αnvn, ciertos αi ∈ K. Noteseque los αi son unicos.

Ahora, al vector v le hacemos corresponder un vector w, definido por,

w = α1w1 + α2w2 + · · · + αnwn

Tenemos que Dom(f) = V , Im(f) ≤ W

Demostremos que f es lineal.

1. Sea v =n∑

i=1

αivi, v′ =n∑

i=1

βivi. Entonces

f(v + v′) = f(n∑

i=1

αivi +n∑

i=1

βivi) = f(n∑

i=1

(αi + βi)vi) =

=n∑

i=1

(αi + βi)wi =n∑

i=1

αiwi +n∑

i=1

βiwi = f(v) + f(v′).

2. Sea α ∈ K. Tenemos

f(αv) = f(αn∑

i=1

αivi) = f(n∑

i=1

(ααi)vi) =n∑

i=1

ααiwi = αn∑

i=1

αiwi =

= αf(v).

Por (1) y (2) f es lineal.

Veamos ahora el problema de la unicidad de f .


Sea g : V −→ W lineal tal que

g(v1) = w1, g(v2) = w2, · · · , g(vn) = wn

Sea v = α1v1 + α2v2 + · · ·+ αnvn un vector cualquiera de V. Entonces

g(v) = g(α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn)= α1g(v1) + α2g(v2) + · · · + αng(vn)= α1w1 + α2w2 + · · · + αnwn

= α1f(v1) + α2f(v2) + · · · + αnf(vn)= f(α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn)= f(v)

Luego f(v) = g(v), ∀v ∈ V . De donde se concluye f = g.

Comentario

Este Teorema nos dice que una aplicacion lineal esta totalmente de-terminada cuando conocemos su comportamiento en los elementos deuna base y esta informacion se extiende por linealidad a todos los vec-tores del Dominio de la aplicacion lineal. Es decir, si uno conoce elcomportamiento de una aplicacion lineal en una base, entonces se dapor conocida la aplicacion. Uno dice : ”Esta bien, se de que aplicacionse trata”.

Observacion

Geometricamente podemos observar que la rotacion en un angulo α,en el plano, es una aplicacion lineal.

Es lo mismo sumar dos vectores y luego rotarlos, que rotarlos y luegosumarlos. Por otra parte, es lo mismo, ponderar un vector y luegorotarlo, que rotarlo y luego ponderarlo.

Bueno, el problema ahora es obtener una expresion analıtica de estaaplicacion.


Sea rα : IR2 −→ IR2 tal aplicacion. Por la definicion de seno ycoseno, facilmente vemos que rα(1, 0) = (cosα, senα); rα(0, 1) =(−senα, cosα).

Sea (x, y) un vector cualquiera de IR2. Tenemos (x, y) = x(1, 0)+y(0, 1)y aplicando rα, tenemos

rα(x, y) = xrα(1, 0) + yrα(0, 1) = x(cosα, senα) + y(−senα, cosα) =

= (xcosα − ysenα, xsenα + ycosα)

Es decir, basta conocer el comportamiento de rα en una base de IR2,para saber su comportamiento en todo el plano.

Ejercicio

Queremos saber si habra una aplicacion lineal f : K2 −→ K3 tal que

f(1, 1) = (1, 5, 1), f(1, 2) = (1, 0, 1), f(3, 4) = (3, 10, 7)

Solucion

Bueno, {(1, 1), (1, 2)} forman una base de K2. Luego el vector (3, 4)lo podemos escribir como combinacion lineal de esta base y notese demanera unica. A saber:

(3, 4) = 2(1, 1) + 1(1, 2)

Si f fuese lineal, tendrıamos:

f(3, 4) = 2f(1, 1) + 1f(1, 2) = 2(1, 5, 1) + 1(1, 0, 1) = (3, 10, 3) que esdistinto a (3, 10, 7)

Luego no existe una aplicacion lineal que cumpla tales condiciones.

Ejercicio

¿ Existira una aplicacion lineal f : K3 −→ K3, tal que:

f(1, 1, 1) = (1, 0, 0), f(1, 1, 0) = (2, 1, 1)?


¿ Habra una, o mas de una ?

Solucion

Sabemos que existe una y solo una aplicacion lineal si esta definidaen una base, pero {(1, 1, 1), (1, 1, 0)} no forma una base de K3.Entonces cada vez que definamos f en una base, por ejemplo en{(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)}, tendremos una aplicacion lineal.

La respuesta es : Hay infinitas aplicaciones lineales que cumplen lascondiciones dadas.

Ejemplos:

Ej 1: f(1, 1, 1) = (1, 0, 0), f(1, 1, 0) = (2, 1, 1), f(1, 0, 0) = (2, 1, 3)

Ej 2: f(1, 1, 1) = (1, 0, 0), f(1, 1, 0) = (2, 1, 1), f(1, 0, 0) = (4, 2, 6)

Ej 3: f(1, 1, 1) = (1, 0, 0), f(1, 1, 0) = (2, 1, 1), f(1, 0, 0) = (2, 1, 1)

Para cada a, b, c ∈ K, se tiene f(1, 1, 1) = (1, 0, 0), f(1, 1, 0) = (2, 1, 1),

f(1, 0, 0) = (a, b, c), una aplicacion que cumple las exigencias pedidas.

Luego hay infinitas aplicaciones lineales que cumplen las propiedadesexigidas.

Bueno, ahora que hemos resuelto el problema filosofico sobre la exis-tencia de una aplicacion lineal, comencemos por ver sus propiedades.

3.3 Imagen y Nucleo de una aplicacion

lineal

Dada una aplicacion lineal queremos saber la estructura de la imagende un sub-espacio vectorial.

Definicion 3.3.1 Si f : V −→ W es una aplicacion lineal y S un sub-espacio de V , entonces se define la imagen de S bajo f por: f(S) ={f(s); s ∈ S}.


Proposicion 3.3.1 Sean V y W dos K-espacios vectoriales. Seaf : V −→ W una aplicacion lineal y sea S un sub-espacio de V , en-tonces f(S) es un sub-espacio de W .

Demostracion

1. f(S) 6= ∅ pues como ~0 ∈ S entonces f(~0) ∈ f(S).

2. Por demostrar que f(S) es cerrado para la suma.

Sean t, t′ ∈ f(S), luego t y t′ tienen la forma: t = f(s), t′ = f(s′),ciertos s, s′ ∈ S.

t + t′ = f(s) + f(s′) = f(s + s′) = f(s′′), s′′ = s + s′, el cual esun vector de S. Luego t + t′ ∈ f(S).

3. Demostremos que α · f(s) ∈ f(S),∀α ∈ K,∀s ∈ S.

α · f(s) = f(αs) = f(s′) ∈ f(S), s′ = αs ∈ S.

Por (1), (2) y (3) f(S) es un sub-espacio de W .

Corolario 3.3.2 Sean V y W dos K-espacios vectoriales. Sea f : V −→ Wuna aplicacion lineal. Entonces Im(f) es un sub-espacio vectorial deW .

Demostracion

Basta tomar S = V en la proposicion anterior ya que f(V ) = Im(f)

Observacion

Consideremos

f : K2 −→ K3; f(x, y) = (x + y, 3x, 2y)

Tenemos que

Im(f) = {(x + y, 3x, 2y); x, y ∈ K} ≤ K3

Luego

Im(f) =< (1, 3, 0), (1, 0, 2) >

Una base de Im(f) es {(1, 3, 0), (1, 0, 2)}, luego

dimKIm(f) = 2 6= 3 = dimKCodom(f)

Podemos concluir que f no es epiyectiva, pues Im(f) esta estricta-mente contenida en K3. Luego, para estudiar si una aplicacion lineales epiyectiva, basta saber cual es la dimension de Im(f). Tenemos laproposicion siguiente:

Teorema 3.3.3 (Primera caracterizacion de las aplicacioneslineales epiyectivas)

Sean V y W dos K-espacios vectoriales. Sea f : V −→ W lineal.Entonces

f es epiyectiva si y solo si dimKIm(f) = dimKW

Demostracion

Por una parte, si f es epiyectiva entonces se tiene que Im(f) = W ,luego dimKIm(f) = dimKW .

Recıprocamente: Tenemos que Im(f) ⊂ W . Ahora si dimKIm(f) =dimKW , entonces Im(f) = W , luego f es epiyectiva.

Nota

Sea f : V −→ W lineal. Entonces f(~0) = ~0. En efecto se tiene:f(~0) = f(0 ·~0) = 0 · f(~0) = ~0

Observacion

Dada una aplicacion lineal, queremos estudiar el conjunto formado portodos los vectores que tienen el ~0 por imagen.


Como vimos anteriormente, f(~0) = ~0, luego hay al menos un vectorque tiene por imagen al ~0. Tiene entonces sentido, preguntarse por elconjunto formado por todos los vectores que tienen al ~0 por imagen.Observemos un caso particular, para ver si esto nos inspira a encontrarla estructura de este conjunto.

Observacion

Sea

f : K2 −→ K3; f(x, y) = (x, 3x, 5x)

N = {(x, y); f(x, y) = (0, 0, 0)}= {(x, y); (x, 3x, 5x) = (0, 0, 0)}= {(0, y); y ∈ K}

Nosotros sabemos que este conjunto N es un sub-espacio vectorial deK2 ¿ Ocurrira esto siempre ?

Observacion

Sea

f : K3 −→ K3; f(x, y, z) = (x + y, x, 3z)

N = {(x, y, z); f(x, y, z) = (0, 0, 0)}= {(x, y, z); (x + y, x, 3z) = (0, 0, 0)}= {(0, 0, 0)}

el cual es tambien un sub-espacio vectorial de K3 = Dom(f).

Nuestra intuicion estaba en lo cierto. He aquı la proposicion que es-perabamos:

Proposicion 3.3.4 Sean V y W dos espacios vectoriales sobre K.Sea f : V −→ W lineal, entonces N(f) = {v ∈ V ; f(v) = ~0} es unsub-espacio de V.


Demostracion

1. N(f) 6= ∅ pues ~0 ∈ N(f).

2. Sean v, w ∈ N(f), entonces f(v) = f(w) = ~0, luego f(v + w) =f(v) + f(w) = ~0, es decir v + w ∈ N(f)

3. Sea v ∈ N(f). Tenemos f(αv) = αf(v) = α~0 = ~0. Luego αv ∈N(f)

Por (1), (2) y (3) N(f) es un sub-espacio de V.

Observacion

Sabemos que N(f) 6= ∅ pues ~0 ∈ N(f), es decir N(f) nunca es vacıo.Ademas hemos visto que N(f) tiene una estructura interesante, es unconjunto importante. ¿ Que hace entonces un matematico? Obvio, lepone nombre a este conjunto. Tenemos entonces:

Definicion 3.3.2 Sea f : V −→ W lineal. El conjunto formado portodos los vectores de V que tienen por imagen el vector ~0 en W , esllamado el nucleo de f, denotado N(f) o Ker(f).

N(f) = {v ∈ V ; f(v) = ~0}

Comentario

La abreviacion Ker(f) viene del aleman, Kernel, que significa cuescoo hueso de una fruta. Esto porque el Nucleo de una aplicacion linealesta como al centro del Dominio de f .

Ejercicio

Sea f : K4 −→ K2; f(x, y, z, u) = (x + y + z, 2y − 3z). Queremosencontrar N(f).


Solucion

Recordemos que describir un espacio vectorial se reduce a exhibir unabase de el. N(f) = {(x, y, z, u) ∈ K4; (x + y + z, 2y − 3z) = (0, 0)}Escribamos este sistema en su forma mas simple:

x + y + z = 02y − 3z = 0

}

ssiz + y + x = 0

3z − 2y = 0

}

(

1 1 1 03 −2 0 0

)

L21(−3)−→

(

1 1 1 00 −5 −3 0

)

L2(−15

)−→

(

1 1 1 00 1 3

50

)

L12(−1)−→

(

1 0 25

00 1 3

50

)

Es decir, el sistema inicial es equivalente al sistema siguiente:

z + 25x = 0

y + 35x = 0

}

Luegoz = −2

5x

y = −35

x

}

(x,−3

5x,

−2

5x, u) = x(1,

−3

5,−2

5, 0) + u(0, 0, 0, 1)

La base escalonada de N(f) es {(1, −35

, −25

, 0), (0, 0, 0, 1)}. Se tiene en-tonces que dimKN(f) = 2

Utilizando este resultado observamos: como dimKN(f) 6= 0, hay masde un vector que tiene por imagen al ~0, luego f no es inyectiva.

¿ Que ocurre si N(f) = {~0} ? ¿ Es f inyectiva ?

La respuesta a esta pregunta la tenemos en el siguiente teorema.

Teorema 3.3.5 (Primera caracterizacion de las aplicacioneslineales inyectivas)

Sea f : V −→ W lineal. Entonces

f es inyectiva si y solo si N(f) = {~0}


Demostracion

Sea f inyectiva, entonces demostremos que N(f) = {~0}Sea v ∈ N(f), luego f(v) = ~0. Ademas f(~0) = ~0. Puesto que f esinyectiva v = ~0. Luego N(f) = {~0}.Ahora supongamos N(f) = {~0} y demostremos que f es inyectiva.

Sea f(u) = f(v), luego f(u)− f(v) = ~0, es decir, f(u− v) = ~0. Puestoque N(f) = {~0}, tenemos que u − v = ~0, luego u = v con lo queconcluımos que f es inyectiva.

Ejercicio

Estudiemos si es inyectiva la aplicacion lineal

f : K2 −→ K3; f(x, y) = (x + y, 3x − y, 2y)

Solucion

Debemos conocer el nucleo de f .

N(f) = {(x, y) ∈ K2; f(x, y) = (0, 0, 0)}

Tenemos: (x + y, 3x − y, 2y) = (0, 0, 0). Luego x = y = 0, de dondeN(f) = {(0, 0)}. Ası f es inyectiva.

Nota

El Teorema anterior nos dice que para estudiar si una aplicacion lineales inyectiva, no es necesario usar su definicion, sino estudiar su nucleoy entonces este es {~0} si y solo si f es inyectiva.

(Es decir, el ~0 es 1-1, si y solo si todo vector es 1-1)


Nota

Ahora que conocemos el Nucleo y la Imagen de una aplicacion lineal yalgunas propiedades de ellos, queremos saber si habra alguna relacionentre sus dimensiones y tal vez con algun otro espacio, por ejemplo suDominio o su Codominio.

Dejemosnos inspirar por algunos ejemplos.

Observacion

Sea f : K −→ K5 f(x) = (3x, 2x, x, 5x, 7x). Tenemos que N(f) ={~0}, luego dimKN(f) = 0. Es decir no tiene base.

Veamos su Imagen

(3x, 2x, x, 5x, 7x) = x(3, 2, 1, 5, 7)

Luego una base de Im(f) es {(3, 2, 1, 5, 7)}. Luego dimKIm(f) = 1.

Observamos que dimKDom(f) = dimKK = 1 y 1 = 0 + 1. El 1 de laizquierda corresponde a la dimKDom(f), es decir lo que tenemos a lapartida.

dimKDom(f) = dimKN(f) + dimKIm(f)

Observacion

Sea f : K5 −→ K; f(x, y, z, t, u) = x + y + z.

Conozcamos el Nucleo de f : Tenemos x + y + z = 0 =⇒ y = −x − z.

Entonces

(x, y, z, t, u) = (x,−x − z, z, t, u)= x(1,−1, 0, 0, 0) + z(0,−1, 1, 0, 0)+

t(0, 0, 0, 1, 0) + u(0, 0, 0, 0, 1)

Luego una base de N(f) es

{(1,−1, 0, 0, 0), (0,−1, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 0, 1)}

puesto que estos vectores son l.i. Luego dimKN(f) = 4

Por otra parte Im(f) = K. Luego dimKIm(f) = 1. Si quieres, busque-mos una base de Im(f).

Tenemos: x + y + z = x · 1 + y · 1 + z · 1.

Luego Im(f) =< 1, 1, 1 >=< 1 >. Luego una base de Im(f) = {1}.Ademas observamos que dimKDom(f) = 5. Tenemos 5 = 4 + 1. Esdecir:


Ocurre que esta hipotesis es verdadera. Tenemos entonces el siguienteTeorema:

Teorema 3.3.6 Sea f : V −→ W lineal. Entonces


Demostracion

Sea B = {u1, u2, ..., up} una base de N(f) ≤ V .

Sea C = {z1, z2, ..., zq} una base de Im(f) ≤ W .

Tenemos que dimKN(f) = p y dimKIm(f) = q.

Recordemos que Im(f) = {f(v); v ∈ V }

z1 ∈ Im(f) =⇒ z1 = f(up+1), cierto up+1 ∈ Vz2 ∈ Im(f) =⇒ z2 = f(up+2), cierto up+2 ∈ V. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .zq ∈ Im(f) =⇒ zq = f(up+q), cierto up+q ∈ V

Sea B′ = {up+1, up+2, ..., up+q}.


Afirmamos que B∪B′ = {u1, u2, ..., up, up+1, up+2, ..., up+q} es una basede V .

Luego debemos demostrar que B ∪ B′ genera V y es un conjunto l.i.

1. Demostremos que B ∪ B′ genera V .

Sea v ∈ V , luego f(v) ∈ Im(f) entonces

f(v) = αp+1z1 + αp+2z2 + · · · + αp+qzq

= αp+1f(up+1) + αp+2f(up+2) + · · · + αp+qf(up+q)= f(αp+1up+1 + αp+2up+2 + · · · + αp+qup+q)= f(v′)

con v′ = αp+1up+1 + αp+2up+2 + · · · + αp+qup+q

Luego f(v) = f(v′), es decir, f(v − v′) = ~0, luego v − v′ ∈ N(f)y se puede escribir como una combinacion lineal de la base deN(f). Entonces v − v′ = α1u1 + α2u2 + · · · + αpup, luego

v = α1u1+α2u2+· · ·+αpup+αp+1up+1+αp+2up+2+· · ·+αp+qup+q

Ası hemos demostrado que B ∪ B′ genera V .

2. Demostremos que B ∪ B′ es l.i.

Sea α1u1 + · · · + αpup + αp+1up+1 + · · · + αp+qup+q = ~0 (∗)Luego

f(α1u1 + · · · + αpup + αp+1up+1 + · · · + αp+qup+q) = ~0

Entonces

α1f(u1) + · · · + αpf(up) + αp+1f(up+1) + · · · + αp+qf(up+q) = ~0

Como f(u1) = f(u2) = · · · = f(up) = 0, tenemos

αp+1f(up+1) + · · · + αp+qf(up+q) = ~0.

Puesto que C es una base de Im(f), C es l.i., luego

αp+1 = αp+2 = · · · = αp+q = 0 (3.1)


Reemplazando este resultado en (∗), tenemos

α1u1 + α2u2 + · · · + αpup = ~0

Puesto que B es una base de N(f), B es l.i., luego

α1 = α2 = · · · = αp = 0 (3.2)

Por (3.1) y (3.2), tenemos que B ∪ B′ es l.i.

Por (1) y (2), B ∪ B′ es una base de V.

Luego dimkV = p + q = dimkN(f) + dimkIm(f)

Es una demostracion muy sencilla, que esperamos hayas podido seguir.Si no es ası, intentalo nuevamente. ¡Veras que puedes entenderla !

3.4 Morfismos y dimensiones

En el curso anterior uno comprendio que no puede haber una funcioninyectiva cuando el Dominio de la funcion tiene mas elementos que elCodominio. Ademas, uno comprendio que no puede haber una funcionepiyectiva cuando el Dominio de la funcion tiene menos elementos queel Codominio.

Entonces uno se inspira en esta situacion y se pregunta ¿ Que ocurriracon las aplicaciones lineales inyectivas o epiyectivas?

¡Los espacios vectoriales pueden tener una cantidad infinita de vec-tores!

Las preguntas interesantes son las siguientes:

¿Podra haber una aplicacion lineal inyectiva entre dos espacios cuandola dimension del Dominio es mayor que la dimension del Codominio?¿Y el recıproco?

¿Podra haber una aplicacion lineal epiyectiva entre dos espacios vec-toriales cuando la dimension del Dominio es menor que la dimensiondel Codominio? ¿Y el recıproco?

¿Que condiciones deben cumplir dos espacios vectoriales de dimensionfinita, para que pueda haber una aplicacion biyectiva entre ellos?

En fin todas estas preguntas analizaremos a continuacion. ¿Comen-zamos?

Antes de hablar de dimensiones comencemos por la proposicion sigu-iente:

Proposicion 3.4.1 Sea f : V −→ W lineal

1. Sea S ≤ V y A = {v1, v2, ..., vr} un conjunto de generadores deS. Entonces

f(A) = {f(v1), f(v2), ..., f(vr)} es un conjunto de generadoresde f(S).

2. Si B = {v1, v2, ..., vt} es l.i. y f inyectiva entonces

f(B) = {f(v1), f(v2), ..., f(vt)} es l.i.

Demostracion (1)

Sea S =< v1, ..., vr >. Sea w ∈ f(S) luego w = f(s), cierto s ∈ S.Pero s ∈ S, significa que s = α1v1 + · · ·+αrvr, ciertos α1, · · · , αr ∈ K.Luego w = f(s) = f(α1v1 + · · · + αrvr) = α1f(v1) + · · · + αrf(vr).Esto nos dice que w se puede escribir como una combinacion lineal def(v1), · · · , f(vr), luego f(S) =< f(v1), · · · , f(vr) >.

Demostracion(2)

Sea α1f(v1) + · · · + αtf(vt) = ~0, luego f(α1v1 + · · · + αtvt) = ~0.Puesto que f es inyectiva y que α1v1 + · · · + αtvt ∈ N(f). Entoncesα1v1 + · · · + αtvt = ~0. Luego α1 = · · · = αt = 0 pues {v1, v2, ..., vt} esl.i.

La segunda parte de la proposicion anterior nos dice, en palabras, quetoda aplicacion lineal inyectiva, lleva un conjunto l.i., en otro conjuntol.i.

Teorema 3.4.2 (Segunda caracterizacion de las aplicacioneslineales inyectivas y epiyectivas)

Sea f : V −→ W lineal. Sea {v1, v2, ..., vn} una base de V . Entonces

1. f inyectiva ssi {f(v1), f(v2), ..., f(vn)} es l.i.

2. f epiyectiva ssi {f(v1), f(v2), ..., f(vn)} genera W

3. f biyectiva ssi {f(v1), f(v2), ..., f(vn)} es una base de W

Demostracion (1.)

Sea {f(v1), ..., f(vn)} l.i. Demostremos que f es inyectiva, es decir, queN(f) = {~0}. Sea v ∈ N(f), luego f(v) = ~0. Si v ∈ N(f), en particularv ∈ V , luego v = α1v1 + · · ·+ αnvn, ciertos α1, ..., αn ∈ K y f(v) = ~0.Luego ~0 = f(v) = f(α1v1 + · · · + αnvn) = α1f(v1) + · · · + αnf(vn).Luego α1 = · · · = αn = 0, luego v = ~0.

Demostracion (2.)

Sea f epiyectiva, demostremos que {f(v1), ..., f(vn)} genera W . Te-nemos que para todo w ∈ W , existe v ∈ V tal que w = f(v). Perov = α1v1 + · · · + αnvn, ciertos α1, ...αn ∈ K. Luego w = f(v) =f(α1v1 + · · · + αnvn) = α1f(v1) + · · · + αnf(vn). Luego w es combi-nacion lineal de los vectores {f(v1), ..., f(vn)}, luego {f(v1), ..., f(vn)}genera W .

Ahora, recıprocamente, sea W =< f(v1), ..., f(vn) >. Sea w ∈ W ,luego w = α1f(v1)+ · · ·+αnf(vn) = f(α1v1 + · · ·+αnvn) = f(v), conv = α1v1 + · · · + αnvn. Luego f es epiyectiva.

Nota

Esta proposicion nos dice que si queremos averiguar si una aplicacionlineal es inyectiva, basta estudiar si lleva una base en un conjunto l.i.


Notese que una aplicacion lineal puede llevar un conjunto l.i. en otro l.i.y no ser inyectiva. Por ejemplo consideremos f : K4 −→ K4 lineal talque f(1, 0, 0, 0) = (1, 1, 1, 1), f(0, 1, 0, 0) = (1, 1, 1, 2), f(0, 0, 1, 0) =(1, 2, 3, 4), f(0, 0, 0, 1) = (1, 2, 3, 4).

Esta aplicacion lleva el conjunto l.i. {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0)} en el con-junto l.i. {(1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 2)} y no es inyectiva.

Nota

Esta proposicion tambien nos dice que una aplicacion lineal epiyectivase reconoce por llevar una base del Dominio de la aplicacion en unconjunto de generadores del Codominio de ella.

Nota

Veamos algunas definiciones antes de seguir. Y Ademas veremso porque llevan tales nombres.

Recuerda algo trivial, pero tu que eres joven a veces olvidas y es quetodo lo que te ensenamos en la Universidad ha sido creado por per-sonas, al igual que ti, solo que vinieron antes al mundo y todas estasdefiniciones las dieron por ”algo”. ¿Estamos de acuerdo? Bueno aquılas tienes:

Definiciones

Para decir que f es una aplicacion lineal, podemos decir simple-mente que f es un morfismo. Esta palabra viene de la palabra griega”morfo” (µρϕη) que significa forma.

Un endomorfismo es un morfismo que va de un espacio vectorialdentro del mismo espacio, es decir f : V −→ V es un endomorfismo.”Endo” (ǫνδoν) es una palabra griega que significa ”dentro”.

Un monomorfismo es un morfismo inyectivo. Mono es un prefijogriego (µoνoζ) que significa unico o uno solo (es decir que a vectoresdistintos del dominio le corresponden imagenes distintas).


Un epimorfismo es un morfismo epiyectivo. Epi es una preposiciongriega (ǫπι) que significa sobre.

Un isomorfismo es un morfismo biyectivo. Iso es una palabra griega(ισoζ) que significa igual.

Veremos que si f : V −→ W es un isomorfismo, entonces V y Wtienen ”igual forma” (queda pendiente una explicacion mas completa,ver mas adelante en esta misma seccion ).

Un endomorfismo biyectivo es llamado un automorfismo, es decir,f : V −→ V isomorfismo. Auto palabra griega (αυτ oζ) que significamismo, propio. Es decir que es un isomorfismo dentro del mismo es-pacio o propio al espacio.

Proposicion 3.4.3 Sea f : V −→ W un monomorfismo. Entonces

dimKV ≤ dimKW

Demostracion

Sea A = {v1, v2, ..., vn} una base de n elementos de V . Luego f(A) ={f(v1), f(v2), ..., f(vn)} es un conjunto l.i. (segunda caracterizacion deuna aplicacion lineal inyectiva).

Tenemos n vectores l.i. en W . Esto nos dice que dimKW ≥ n.

Proposicion 3.4.4 Sea f : V −→ W un epimorfismo. Entonces

dimKV ≥ dimKW

Demostracion

Sea B = {v1, v2, ..., vn} una base de V . Luego

f(B) = {f(v1), f(v2), ..., f(vn)}

genera W . Luego dimKW ≤ n y n = dimKV .


Proposicion 3.4.5 (Todo o nada) Sea f : V −→ W lineal tal quedimKV = dimKW . Entonces son equivalentes:

1. f es inyectiva

2. f es epiyectiva

Demostracion

Sea {z1, z2, ..., zq} una base de Im(f).

Tenemos z1 = f(u1), z2 = f(u2), ..., zq = f(uq), ciertos ui ∈ V .

Sea B = {u1, u2, ..., uq}.Demostremos que (1) =⇒ (2)

Sea N(f) = {~0}. Veamos que B es una base de V .

(a) Afirmamos: B genera V . En efecto

Sea v ∈ V , entonces f(v) ∈ Im(f), luego

f(v) = α1z1 + α2z2 + · · · + αqzq, ciertos α1, α2, ...αq ∈ K

Tenemos

f(v) = α1f(u1) + α2f(u2) + · · · + αqf(uq)= f(α1u1 + α2u2 + · · · + αquq)= f(v′)

con v′ = α1u1 + α2u2 + · · · + αquq.

Como f(v) = f(v′), se tiene f(v−v′) = ~0, es decir v−v′ ∈ N(f) = {~0},luego v − v′ = ~0, es decir

v = v′ = α1u1 + α2u2 + · · · + αquq

(b) Afirmamos: B es l.i. En efecto, sea

α1u1 + α2u2 + · · · + αquq = ~0,


luego

f(α1u1 + · · · + αquq) = α1f(u1) + · · · + αqf(uq) = ~0

luego α1 = α2 = · · · = αq = 0, pues {f(u1), f(u2), ..., f(uq)} son l.i.Luego B es l.i.

Por (a) y (b) tenemos que B es una base de V .

Luego dimKV = q = dimKIm(f)

Ademas dimKV = dimKW

Se obtiene que dimKW = dimKIm(f), es decir que f es epiyectiva.

Demostremos que (2) =⇒ (1)

Sea f epiyectiva, luego dimKIm(f) = dimKW = dimKV

Primero veamos que B es l.i.

Sea α1u1 + α2u2 + · · · + αquq = ~0. Luego

f(α1u1 + α2u2 + · · ·+ αquq) = α1f(u1) + α2f(u2) + · · ·+ αqf(uq) = ~0.Luego α1 = α2 = · · · = αq = 0

Puesto que la dimension de V es q, entonces q vectores l.i. forman unabase de V . Luego B es una base de V .

Sea u ∈ N(f), entonces u = β1u1 + β2u2 + · · · + βquq y f(u) = ~0,entonces

~0 = f(u) = f(β1u1 + · · · + βquq) = β1f(u1) + · · · + βqf(uq)

Luego β1 = β2 = · · · = βq = 0, es decir u = ~0. Entonces N(f) = {~0}y f es inyectiva.

Nota

Esta proposicion nos dice que si la dimension del Dominio de unaaplicacion lineal, es igual a la dimension del Codominio, entonces, oes inyectiva y epiyectiva a la vez, o no es ninguna de las dos, es poresto que la titulamos de esta manera ”Todo o nada”, o excluyente.


Proposicion 3.4.6 Sea f : V −→ W y g : W −→ U morfismos talque Im(f) ⊂ Dom(g). Entonces:

1. g ◦ f es lineal

2. Si f y g son monomorfismos, entonces g◦f es un monomorfismo

3. Si f y g son epimorfismos, entonces g ◦ f es un epimorfismo

Demostracion 1

(g ◦ f)(v + w) = g(f(v + w)) = g(f(v) + f(w)) = g(f(v)) + g(f(w)) =(g ◦ f)(v) + (g ◦ f)(w)

(g ◦ f)(αv) = g(f(αv)) = g(αf(v)) = αg(f(v)) = α(g ◦ f)(v)

Luego (g ◦ f) es lineal.

Demostracion 2

Sea (g ◦ f)(v) = ~0, luego g(f(v)) = ~0. Entonces f(v) = ~0 pues N(g) ={~0}. Ademas v = ~0 ya que v ∈ N(f). Luego N(g ◦ f) = {~0}, es decirg ◦f es inyectiva, dicho mas elegantemente g ◦f es un monomorfismo.

Demostracion 3

Sea u ∈ U , luego existe w ∈ W tal que g(w) = u. Pero f tambienes epiyectiva, luego existe v ∈ V tal que f(v) = w. Tenemos que:u = g(w) = g(f(v)) = (g ◦ f)(v). Entonces g ◦ f es un epimorfismo.

De esta proposicion se deduce trivialmente el resultado siguiente:

Corolario 3.4.7 Sean f : V −→ W y g : W −→ U isomorfismos.Entonces g ◦ f : V −→ U es un isomorfismo.

Con respecto a los isomorfismos tenemos la siguiente definicion.


Definicion 3.4.1 Diremos que V y W , dos K-espacios, son isomor-fos si nosotros podemos establecer un isomorfismo entre ellos, esdecir, si podemos construir un isomorfismo f : V −→ W . Lo deno-taremos V ∼= W .

Ejemplos de isomorfismos

Ejemplo

IR2 ∼= C

Sabemos que un morfismo es biyectivo si y solo si lleva una base enotra base.

Consideremos la aplicacion

f : IR2 −→ C lineal, tal que f(1, 0) = 1, f(0, 1) = i. Esta aplicacion esun isomorfismo de IR2 en C. Su expresion analıtica es f(a, b) = a + bi.

Ejemplo

K2[X] ∼= K3

Construyamos la aplicacion lineal f : K2[X] −→ K3, tal que f(1) =(1, 0, 0), f(X) = (0, 1, 0), f(X2) = (0, 0, 1). Este morfismo llevala base {1, X,X2} de K2[X] en la base canonica de K3, es decir,{(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}.Se tiene entonces que f es un isomorfismo y de esto se concluye quelos espacios vectoriales son isomorfos.

Ejemplo

M2(K) ∼= K4


Basta con construir la aplicacion lineal f : M2(K) −→ K4 definidapor (la mas simple posible):

f(

(

1 00 0

)

) = (1, 0, 0, 0); f(

(

0 10 0

)

) = (0, 1, 0, 0)

f(

(

0 01 0

)

) = (0, 0, 1, 0); f(

(

0 00 1

)

) = (0, 0, 0, 1)

es evidente que es un isomorfismo, pues lleva una base en otra base.

Antiejemplo

No podemos construir un isomorfismo de K2 en K3, pues toda basede K2 tiene dos elementos y toda base de K3 tiene tres elementos. Nopodemos llevar dos elementos en tres elementos de manera biunıvoca.

Teorema 3.4.8 (Isomorfismo Fundamental) Sea V un K-espaciovectorial. Entonces dimKV = n si y solo si V ∼= Kn.

Demostracion

Comencemos por demostrar que si dimKV = n entonces V ∼= Kn.

Sea dimKV = n, entonces consideremos {v1, v2, ..., vn} una base de V .

Sea f : V −→ Kn lineal tal que f(v1) = e1, f(v2) = e2, ..., f(vn) = en

que es un isomorfismo.

Luego V ∼= Kn.

Demostremos que si V ∼= Kn, entonces dimKV = n.

Sea V ∼= Kn, luego existe f : Kn −→ V isomorfismo tal que

f(e1) = u1, f(e2) = u2, ..., f(en) = un,

con {u1, u2, ..., un}, una base de V . Luego dimKV = n.


Ejercicio

Establezcamos un isomorfismo entre

V = {(x, y, z, u); x + y + z = 0, x + 2u = 0} y algun Kn

Solucion

Primero observamos que z = −x − y y u = −12x. Luego

(x, y, z, u) = (x, y,−x − y,−1

2x) = x(1, 0,−1,−1

2) + y(0, 1,−1, 0)

Entonces tenemos que una base de V es

B = {(1, 0,−1,−1

2), (0, 1,−1, 0)}

De donde dimKV = 2 y V ∼= K2.

Establezcamos el isomorfismo siguiente:

f : V −→ K2; f(1, 0,−1,−1

2) = (1, 0), f(0, 1,−1, 0) = (0, 1)

La forma tıpica de los elementos de V , es, (x, y,−x − y,−12x) y la

escritura de f es f(x, y,−x − y,−12x) = (x, y).

Nota

Este teorema nos dice que todos los espacios vectoriales de dimensionfinita estan clasificados.

Todos los espacios vectoriales de una misma dimension tienen las mis-mas propiedades, solo que tienen una escritura diferente.


3.5 Estructura de un conjunto de morfis-

mos

Sean U y V dos K-espacios vectoriales. El conjunto de todas las apli-caciones lineales de U en V , sera denotado por LK(U, V ) o cuando nohaya confusion, denotaremos simplemente L(U, V ). o bien Hom(U, V ).

Comencemos por estudiar la suma de dos morfismos.

Lema

Sean f, g ∈ LK(U, V ). Entonces la aplicacion h : U −→ V definidapor:

h(u) = f(u) + g(u),∀u ∈ U

es lineal.

Demostracion

1. h(u + v) = f(u + v) + g(u + v) = f(u) + f(v) + g(u) + g(v) =(f(u) + g(u)) + (f(v) + g(v)) = h(u) + h(v).

2. h(αu) = f(αu) + g(αu) = αf(u) + αg(u) = α(f(u) + g(u)) =αh(u).

Por (1) y (2) tenemos que h es lineal.

Es interesante que esta aplicacion h, obtenida de dos aplicaciones li-neales es lineal. Este lema nos induce entonces a la siguiente definicion

Definicion 3.5.1 Dadas f, g ∈ LK(U, V ), se define una nueva apli-cacion en LK(U, V ), denotada por f + g y definida por

(f + g)(u) = f(u) + g(u),∀u ∈ U

llamada la suma de f y g.


Entonces el siguiente problema es estudiar que estructura algebraicatiene LK(U, V ) con la suma.

¡Es el tıpico pensamiento algebrista!

Teorema 3.5.1 (LK(U, V ), +) es un grupo abeliano.

Demostracion

1. La suma es asociativa.

((f + g) + h)(u) = (f + g)(u) + h(u) = f(u) + g(u)) + h(u) =

= f(u) + (g(u) + h(u)) = f(u) + (g + h)(u) = (f + (g + h))(u).

2. LK(U, V ) posee elemento neutro, a saber, la aplicacion nula O :U −→ V ; O(u) = 0,∀u ∈ U .

3. Todo morfismo tiene inverso aditivo −f , definivo por

(−f)(u) = −f(u),∀u ∈ U .

4. La suma es conmutativa.

(f + g)(u) = f(u) + g(u) = g(u) + f(u) = (f + g)(u).

Pregunta

¿Que ocurre con la ponderacion de un morfismo?

La respuesta la tenemos en el siguiente lema.

Lema

Sea f un morfismo de LK(U, V ) y α ∈ K un escalar. Entonces laaplicacion de U en V , definida por

h(u) = α · f(u)

es lineal.


Demostracion

1. h(u1 + u2) = α · f(u1 + u2) = α · (f(u1) + f(u2)) = α · f(u1) +α · f(u2) = h((u1) + h(u2).

2. h(βu) = α · f(βu) = α · (βf(u)) = (α ·β) · f(u) = β · (α · f(u)) =βh(u).

Por (1) y (2) tenemos que h es lineal.

Esta propiedad nos induce la siguiente definicion.

Definicion 3.5.2 A todo escalar α ∈ K y a todo morfismo f deLK(U, V ), le asociamos un morfismo de LK(U, V ) llamado productoescalar de α por f , denotado α · f y definido por

(α · f)(u) = α · f(u),∀u ∈ U

Proposicion 3.5.2 Dados f, g ∈ LK(U, V ) y α, β ∈ K, se tiene quese cumplen los axiomas de espacio vectorial siguientes: E.V.5. 1·f = f

E.V.6. (α + β)f = αf + βf

E.V.7. α · (f + g) = α · f + α · gE.V.8. (α · β)f = α · (β · f)

La demostracion se deja al lector. ¿Bueno?

Teorema 3.5.3 LK(U, V ) es un espacio vectorial sobre K.

Demostracion

Es obtenida de las proposiciones anteriores.


3.6 Ejercicios resueltos

Ejercicio

Sea f : K2 −→ K2; f(x, y) = (2x+y, 3x) una aplicacion. Demostremosque f es lineal.

Solucion

Sean u, v ∈ K2, luego tienen la forma u = (x, y), v = (x′, y′), ciertosx, y, x′, y′ ∈ K.

1. f(u + v) = f((x, y) + (x′, y′)) = f(x + x′, y + y′) =

= (2(x+x′)+(y +y′), 3(x+x′)) = (2x+y +2x′ +y′, 3x+3x′) =

= (2x+y, 3x)+(2x′+y′, 3x′) = f(x, y)+f(x′, y′) = f(u)+f(v).

2. f(αu) = f(α(x, y)) = f(αx, αy) = (2αx + αy, 3αx) =

= α(2x + y, 3x) = αf(x, y) = αf(u), α ∈ K.

Ejercicio

Sea f : K3 −→ K3; f(x, y, z) = (2x + y, x + y, 2x) una aplicacion.Demostremos que f es lineal.

Solucion

Sean u, v ∈ K3, luego tienen la forma u = (x, y, z), v = (x′, y′, z′),ciertos x, y, x′, y′, z, z′ ∈ K.

1. f(u + v) = f((x, y, z) + (x′, y′, z′)) = f(x + x′, y + y′, z + z′) =

= (2(x + x′) + (y + y′), (x + x′) + (y + y′), 2(x + x′)) =

= ((2x + y) + (2x′ + y′), (x + y) + (x′ + y′), 2x + 2x′) =

= (2x + y, x + y, 2x) + (2x′ + y′, x′ + y′, 2x′) =


= f(x, y, z) + f(x′, y′, z′) = f(u) + f(v).

La penultima igualdad se cumple ∀z, z′ ∈ K, en particular paraz y z′ de u y v.

2. f(αu) = f(α(x, y, z)) = f(αx, αy, αz) =

= (2(αx) + αy, αx + αy, 2αx) = α(2x + y, x + y, 2x) =

= αf(x, y, z) = αf(u).

Ejercicio

Sea f : K5 −→ K5 definida por:

f(x, y, z, u, v) = (x + y + z + u, 2x + 2y + z + v, x + y + z + u,2x − y + z + v, y − z − 2u + v)

1. Busquemos una base y la dimension de N(f).

2. Busquemos una base y la dimension de Im(f).

3. Estudiemos la inyectividad y epiyectividad de f .

Solucion

(x, y, z, u, v) ∈ N(f) ssi

x + y + z + u = 02x + 2y + z + v = 0

x + y + z + u = 02x − y + z + v = 0y − z − 2u + v = 0

Este sistema lo escribiremos en su forma mas simple, es decir, loescalonaremos.

1 1 1 1 0 02 2 1 0 1 01 1 1 1 0 02 −1 1 0 1 00 1 −1 −2 1 0

L21(−2)L31(−1)−→

L41(−2)

1 1 1 1 0 00 0 −1 −2 1 00 0 0 0 0 00 −3 −1 −2 1 00 1 −1 −2 1 0


L45(−1)−→

1 1 1 1 0 00 0 −1 −2 1 00 0 0 0 0 00 −4 0 0 0 00 1 −1 −2 1 0

L4(−14)

−→L14(−1)−→

L54(−1)

1 0 1 1 0 00 0 −1 −2 1 00 0 0 0 0 00 1 0 0 0 00 0 −1 −2 1 0

L15(1)−→

L25(−1)L5(−1)

1 0 0 −1 1 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 00 1 0 0 0 00 0 1 2 −1 0

Luego

x − u + v = 0y = 0

z + 2u − v = 0

Es decir

x = u − vy = 0z = −2u + v

; u, v ∈ K

Luego los elementos del nucleo tienen la forma (u−v, 0,−2u+v, u, v),luego

N(f) = {(u − v, 0,−2u + v, u, v); u, v ∈ K}

Una base de N(f) es

{(1, 0,−2, 1, 0), (1, 0,−1, 0,−1)}

Puesto que N(f) 6= {~0}, la aplicacion no es inyectiva.


b) w ∈ Im(f) ssi w = x(1, 2, 1, 2, 0)+y(1, 2, 1,−1, 1)+z(1, 1, 1, 1,−1)+u(1, 0, 1, 0,−2)+v(0, 1, 0, 1, 1). Luego tenemos un conjunto de genera-dores de Im(f). Puede que existan vectores que dependen linealmentede los otros. Para tener la cantidad mınima de generadores, podemosescalonar

1 2 1 2 01 2 1 −1 11 1 1 1 −11 0 1 0 −20 1 0 1 1

L21(−1)−→

L31(−1)L41(−1)

1 2 1 2 00 0 0 −3 10 −1 0 −1 −10 −2 0 −2 −20 1 0 1 1

L15(−2)−→

L35(1)L45(2)

1 0 1 0 −20 0 0 1 −1

3

0 1 0 1 10 0 0 0 00 0 0 0 0

L32(−1)−→

1 0 1 0 −20 0 0 1 −1

3

0 1 0 0 43

0 0 0 0 00 0 0 0 0

La base escalonada de Im(f) es

{(1, 0, 1, 0,−2), (0, 1, 0, 0,4

3), (0, 0, 0, 1,

−1

3)}

Pero solo se pedıa una base, luego podrıa haber dado la base

{(1, 0, 1, 0,−2), (0, 0, 0, 3,−1), (0, 1, 0, 1, 1)} y habrıamos evitado dospasos de escalonamiento.

Puesto que dimkIm(f) = 3, f no es epiyectiva, pues dimkCodom(f) =5.

Ejercicio

Sea fα : K3 −→ K3 tal que

fα(x, y, z) = (x− y + z, 2x− y + 3z, (α− 1)x + (2α− 2)y + (2− 2α)z)

con α ∈ K; una familia de aplicaciones lineales.


1. Estudiemos el Nucleo y la Imagen de fα, segun los diferentesvalores de α. Estudiemos sus dimensiones respectivas.

2. Estudiemos la inyectividad y epiyectividad de fα, segun los difer-entes valores de α.

Solucion

Busquemos un conjunto de generadores de Im(f).

Sea w ∈ Im(f), luego

w = x(1, 2, (α − 1)) + y(−1,−1, 2α − 2) + z(1, 3, 2 − 2α)

Luego un conjunto de generadores de Im(f) es

{(1, 2, (α − 1)), (−1,−1, 2α − 2), (1, 3, 2 − 2α)}

Para saber su dimension, necesitamos encontrar una base.

1 2 α − 1−1 −1 2α − 21 3 2 − 2α

L21(1)−→

L31(−1)

1 2 α − 10 1 3α − 30 1 3 − 3α

L12(−2)−→

L32(−1)

1 0 −5α + 50 1 3α − 30 0 6 − 6α

L3(16)

−→

1 0 −5α + 50 1 3α − 30 0 1 − α

L13(−5)−→

L23(3)

1 0 00 1 00 0 1 − α

Caso (1) 1 − α = 0 ssi α = 1

La base escalonada de Im(f1) es {(1, 0, 0), (0, 1, 0)}.

dimKIm(f1) = 2 6= 3 = dimKCodom(f)

luego f1 no es epiyectiva.

Sabemos que

dimKDom(f1) = dimKN(f1) + dimKIm(f1)

Luego dimKN(f1) = 1. Conclusion: f1 no es inyectiva.

O bien, podemos hacer el razonamiento siguiente: Puesto que

dimKDom(f1) = dimKCodom(f1)

por la proposicion ”Todo o nada”, como no es epiyectiva, entonces noes inyectiva.

Busquemos ahora una base para N(f1).

Tenemos (x, y, z) ∈ N(f1) ssi (x − y + z, 2x − y + 3z, 0x + 0y + 0z) =(0, 0, 0) ssi

x − y + z = 02x − y + 3z = 0

}

Busquemos la representacion mas simple de este sistema

(

1 −1 1 02 −1 3 0

)

L21(−2)−→

(

1 −1 1 00 1 1 0

)

L12(1)−→

(

1 0 2 00 1 1 0

)

Luego este sistema queda

x + 2z = 0y + z = 0

}

es decirx = −2zy = −z

}

Luego N(f1) = {(x, y, z); x = −2z, y = −z} = {(−2z,−z, z); z ∈ K}N(f1) =< (−2,−1, 1) >. Luego una base de N(f1) es {(2, 1,−1)}.Luego f1 no es inyectiva, ya que el nucleo de f1 no es {~0}Por la proposicion ”Todo o nada”, tampoco es epiyectiva.


Caso (2) 1 − α 6= 0 ssi α 6= 1

Seguimos escalonando:

L3(1

1−α)

−→

1 0 00 1 00 0 1

La base escalonada de Im(fα) = {1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}.Luego dimKIm(fα) = 3, con α 6= 1.

Tenemos, entonces que dimK(N(fα) = 0, luego N(fα) = {~0}.Luego la aplicacion lineal fα, es epiyectiva e inyectiva.

Ejercicio

Sea f : K3 −→ K3 tal que

f(x, y, z) = (4x + 2y, x + y, 7x + 5y)

Busquemos el nucleo y la imagen de f .

Estudiemos si f es inyectiva o epiyectiva.

Solucion

Tenemos que

Im(f) = {(4x + 2y, x + y, 7x + 5y); x, y ∈ K}

Busquemos un conjunto de generadores de Im(f).

(4x + 2y, x + y, 7x + 5y) = x(4, 1, 7) + y(2, 1, 5)

Luego {(4, 1, 7), (2, 1, 5)} es un conjunto de generadores de Im(f).

Puesto que

y dimKIm(f) = 2, entonces dimKN(f) = 1 y f no es epiyectiva.

Como dimKN(f) = 1, N(f) 6= {~0} y f no es inyectiva. Sabemos quetoda base de N(f) tiene un solo elemento. Busquemos una base delnucleo.

4x + 2y = 0x + y = 0

7x + 5y = 0

ssix = oy = 0

}

Observamos que no hay condiciones sobre z, luego

N(f) = {(x, y, z); x = y = 0} =< (0, 0, 1) >. Luego una base de N(f)es {(0, 0, 1)}.

Ejercicio

Sea f : K3 −→ K3 lineal tal que una base de

N(f) = {(1, 2, 3), (1, 0, 2)}

y f(0, 1, 1) = (2, 1, 1). Busquemos la escritura de f , es decir, su ex-presion analıtica.

Solucion

Observemos que {(1, 2, 3), (1, 0, 2), (0, 1, 1)} es una base de Dom(f) =K3. Luego

(x, y, z) = α(1, 2, 3) + β(1, 0, 2) + γ(0, 1, 1)

α + β = x2α + γ = y

3α + 2β + γ = z


Escalonando, tenemos

1 1 0 x2 0 1 y3 2 1 z

L21(−2)−→

L31(2)

1 1 0 x0 −2 1 y − 2x0 −1 1 z − 3x

L13(1)−→

L3(−1)−→

1 0 1 z − 2x0 −2 1 y − 2x0 1 −1 3x − z

L23(2)−→

1 0 1 z − 2x0 0 −1 4x + y − 2z0 1 −1 3x − z

L12(1)−→

L32(−1)

1 0 0 2x + y − z0 0 1 −4x − y + 2z0 1 0 −x − y + z

Luegoα = 2x + y − zγ = −4x − y + 2zβ = −x − y + z

f(x, y, z) = αf(1, 2, 3) + βf(1, 0, 2) + (−4x − y + 2z)f(0, 1, 1)= (−4x − y + 2z)(2, 1, 1)

(Recuerde que los dos primeros vectores estan en el nucleo de f)

Luego

f(x, y, z) = (−8x − 2y + 4z,−4x − y + 2z,−4x − y + 2z)

Ejercicio

Sean f, g, h : K3 −→ K2

1. f(x, y, z) = (x + y, x + y)

2. g(x, y, z) = ((x − 1)y, z − y)

3. h(1, 0, 0) = (1, 1), h(0, 1, 0) = (a2,−1), h(0, 0, 1) = (a, 0), dondea es un real fijo.

i. Determinemos aquellas aplicaciones que no son lineales. Argu-mentemos la respuesta.


ii. De las aplicaciones lineales, indiquemos cuales son inyectivas,epiyectivas, biyectivas. Argumentemos la respuesta.

Solucion (1)

Afirmacion: La aplicacion f es lineal.

(a) f((x, y, z) + (x′, y′, z′)) = f(x + x′, y + y′, z + z′)= (x + x′ + y + y′, x + x′ + y + y′)= (x + y, x + y) + (x′ + y′, x′ + y′)= f(x, y, z) + f(x′, y′, z′)

En la ultima igualdad podıamos tomar cualquier z, cualquier z′,pero en particular podıamos tomar z y z′ que tenıamos al comienzo(estabamos autorizados a tomar cualquiera).

(b) f(α(x, y, z)) = f(αx, αy, αz)= (αx + αy, αx + αy)= α(x + y, x + y) = αf(x, y, z)

Por ( a) y ( b) tenemos que f es lineal.

Contestemos ahora la parte (ii.).

(x, y, z) ∈ N(f) ssi f(x, y, z) = (0, 0) ssi (x+y, x+y) = (0, 0) ssi x+y =0 ssi x = −y. Luego no hay exigencias sobre z. Tenemos entonces queN(f) = {(x,−x, z); x, z ∈ K} 6= {~0}. Luego f no es inyectiva. Unabase de N(f) es {(1,−1, 0), (0, 0, 1)} (luego de dimension dos).

Por otra parte sabemos que:


luego dimKIm(f) = 1.

Conclusion: f no es epiyectiva.

Solucion (2)

Tenemos que

g(x, y, z) = ((x − 1)y, z − y)

Afirmacion: g no es lineal.

Contraejemplo: g(1, 1, 0) = ((1 − 1)1, 0 − 1) = (0,−1);

g(0, 1, 1) = ((0 − 1)1, 1 − 1) = (−1, 0);g(1, 2, 1) = ((1 − 1)2, 1 − 2) = (0,−1)

Calculemos, ahora g(1, 2, 1), suponiendo que g es lineal. El calculo esel siguiente: g(1, 2, 1) = g((1, 1, 0) + (0, 1, 1)) = g(1, 1, 0) + g(0, 1, 1) =(0,−1) + (−1, 0) = (−1,−1), que es diferente al obtenido anterior-mente.

Solucion (3)

El Teorema de existencia y unicidad de una aplicacion lineal, dice quedada una base en el Dominio y dado 3 vectores cualesquieras en elCodominio, existe una aplicacion lineal que lleva los vectores de labase en esos tres vectores y esta aplicacion es unica. Luego h existe yes unica pues {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} es una base de Dom(h)

Para la pregunta (ii.), tenemos lo siguiente:

Una aplicacion lineal es inyectiva si lleva una base en un conjunto l.i.

Vemos que el conjunto {(1, 1), (a2,−1), (a, 0)} es l.d., pues no puedehaber mas de dos vectores l.i. en K2. Luego h no es inyectiva,cualquiera que sea a ∈ K.

Por otra parte, a2 6= −1,∀a ∈ K, luego el vector (a2,−1) nunca es unmultiplo del vector (1, 1).

Entonces K2 =< (1, 1), (a2,−1) >=< (1, 1), (a2,−1), (a, 0) >,∀a ∈K.

Luego Im(h) = K2 y h es epiyectiva.

Ejercicio

Sea fα : K3 −→ K3 una aplicacion lineal tal que

fα(x, y, z) = (x + z, y + 2z, (α − 3)z)

Encontremos el nucleo y la imagen de fα para los distintos valores deα ∈ K y luego estudiemos la inyectividad y epiyectividad de fα.

Solucion

Busquemos el nucleo de fα

x + z = 0y + 2z = 0

(α − 3)z = 0

es decir tenemos la matriz

1 0 1 00 1 2 00 0 α − 3 0

Caso (1) α − 3 = 0 ssi α = 3

x + z = 0y + 2z = 0

}

Luego, x = −z, y = −2z

De donde (−z,−2z, z) = z(−1,−2, 1), luego N(f3) =< (1, 2,−1) >;y por lo tanto fα no es inyectiva en el caso α = 3 y en tal caso ladimension del nucleo es uno, luego por el teorema de las dimensionesse tiene que dimIm(f3) = 2. Busquemos Im(f3)

Tenemos (x + z, y + 2z, 0) = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(1, 2, 0) y como(1, 2, 0) es combinacion lineal de (1, 0, 0) y (0, 1, 0), entonces

Im(f3) =< (1, 0, 0), (0, 1, 0) >, luego f3 no es epiyectiva.

Caso (2) α − 3 6= 0 ssi α 6= 3


Seguimos escalonando

L3(1

α−3)

−→

1 0 1 00 1 2 00 0 1 0

L13(−1)−→

L23(−2)

1 0 0 00 1 0 00 0 1 0

Luego x = y = z = 0, es decir N(fα) = {(0, 0, 0)} y usando nueva-mente el teorema de las dimensiones tenemos que dimfα = 3, es decirIm(fα) = K3. Luego en este caso (α 6= 3), se tiene que fα es inyectivay epiyectiva. Ademas recordemos que fα es un endomorfismo, luego esinyectivo ssi es epiyectivo.

Ejercicio

Observando las imagenes de los elementos de la base, estudiemos si laaplicacion lineal f : K3 −→ K3, dada por:

f(1, 0, 0) = (1, 1, 0); f(0, 1, 0) = (0, 0, 1); f(0, 0, 1) = (2, 2,−1) es un

1. monomorfismo;

2. epimorfismo;

3. automorfismo.

Solucion

1. Una aplicacion lineal es un monomorfismo si lleva una base enun conjunto l.i.

Tenemos que {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} es una base. Ahoranecesitamos estudiar la dependencia lineal de

B = {(1, 1, 0), (0, 0, 1), (2, 2,−1)}

Sea α(1, 1, 0) + β(0, 0, 1) + γ(2, 2,−1) = (0, 0, 0). Es equivalentea

α + 2γ = 0α + 2γ = 0β − γ = 0

equivalente aα = −2γβ = γ

}

Quiere decir que el ~0 se puede obtener de infinitas maneras:

−2γ(1, 1, 0) + γ(0, 0, 1) + γ(2, 2,−1) = (0, 0, 0), ∀γ ∈ K, luegoel conjunto es l.d. Entonces la aplicacion lineal no es inyectiva.[monomorfismo=lineal inyectiva].

2. Una aplicacion lineal es un epimorfismo si lleva una base en unconjunto de generadores.

El vector (2, 2,−1) = 2(1, 1, 0) + −1(0, 0, 1)

Luego < (1, 1, 0), (0, 0, 1), (2, 2,−1) >=< (1, 1, 0), (0, 0, 1) >,

Luego dimKIm(f) = 2. es decir, B no es un conjunto de gener-adores del Codom(f).

Luego f no es un epimorfismo.

3. Por (1) y (2) f no es un automorfismo (lineal biyectiva).

Ejercicio

Sea f : K2[X] −→ M2(K) y B = {1 +X2, 2X2, 1 +X +X2} una basede K2[X], definamos f en esta base de la siguiente manera:

f(1 + X2) =(

1 11 1

)

; f(2X2) =(

4 20 0

)

;

f(1 + X + X2) =(

3 1−1 −1

)

Extendamos f por linealidad a todo el espacio.

Solucion

Sea a+ bX + cX2 = α(1+X2)+β(2X2)+γ(1+X +X2). Lo primeroque observamos es que γ debe valer b, γ = b, pues el unico terminoque tiene X es γ.


α debe ser igual ser a − b, para que el termino constante sea a.

Igualando los coeficientes de X2, tenemos: c = α + 2β + γ, luego

2β = c − (a − b) − b, luego β = c−a2

.

Ahora estamos en condiciones de extender f por linealidad.

f(a + bX + cX2) =

= f [(a − b)(1 + X2) + (c−a)2

(2X2) + b(1 + X + X2)]

= (a − b)f(1 + X2) + (c−a)2

f(2X2) + bf(1 + X + X2)

= (a − b)(

1 11 1

)

+ (c−a)2

(

4 20 0

)

+ b(

3 1−1 −1

)

=(−a + 2b + 2c c

a − 2b a − 2b

)

luego

f(a + bX + cX2) =(−a + 2b + 2c c

a − 2b a − 2b

)

Ejercicio

Sea T : K3 −→ K3 tal que T (1, 1, 1) = (1, 3, 5), T (1, 0, 1) = (0, 1, 3).Estudiemos en cada uno de los casos la existencia y unicidad de T siagregamos la condicion

1. T (2, 1, 2) = (1, 4, 8)

2. T (2, 1, 2) = (0, 4, 8)

3. T (1, 0, 0) = (1, 3, 5)

Solucion (1)

Se tiene (2, 1, 2) = 1(1, 1, 1) + 1(1, 0, 1). Si T fuese lineal T (2, 1, 2) =1T (1, 1, 1) + 1T (1, 0, 1) = 1(1, 3, 5) + 1(0, 1, 3) = (1, 4, 8). Luego existeT que cumple (1), pero T no es unica, faltarıa definirla en un tercervector tal que los tres vectores formen una base de K3


Solucion (2)

No existe T que cumpla (2), pues vimos que si T es lineal T (2, 1, 2) =(1, 4, 8)

Solucion (3)

Ocurre que {(1, 1, 1), (1, 0, 1), (1, 0, 0)} es una base de K3, luego existeuna aplicacion lineal definida en esta base y es unica.

Busquemos su escritura.

(x, y, z) = y(1, 1, 1) + (z − y)(1, 0, 1) + (x − z)(1, 0, 0)

T (x, y, z) = yT (1, 1, 1) + (z − y)T (1, 0, 1) + (x − z)T (1, 0, 0) =

= y(1, 3, 5) + (z − y)(0, 1, 3) + (x − z)(1, 3, 5)

Luego T (x, y, z) = (x + y − z, 3x + 2y − 2z, 5x + 2y − 2z)


1. Determine cuales de las siguientes aplicaciones son lineales:

(a) T : K2 −→ K3; T (x, y) = (2x − y, x + y,−x + 3y)

(b) g : M2×1(K) −→ M2(K); g((

xy

)

) =(

x + y yx x − y

)

(c) D : Kn[x] −→ Kn[x]; D(a0 + a1x + · · ·+ an) = a1 + 2a2x +3a3x

2 + · · · + nanxn−1

2. Determine si existe una aplicacion lineal f : IR2 −→ IR2 tal que

(a) f(2, 1) = (1, 0), f(0, 1) = (0, 1) y f(1, 1) = (3, 2)

(b) f(2, 1) = (1, 0), f(0, 1) = (0, 1) y f(1, 1) = (12, 1

2)

3. Sea f la aplicacion lineal definida por f : M2×2(K) → M2×2(K);

f(X) = BX donde B =(

4 15 −1

)

.


(a) Encuentre la base escalonada y la dimension de N(f) y deIm(f)

(b) Estudie la inyectividad y la epiyectividad de f

Capıtulo 4

Matrices

4.1 Matriz asociada a una aplicacion lin-

eal

¡Al fin nos vamos a dedicar a las matrices!. Seguramente, tu sabıasque en el curso de Algebra Lineal se estudian las matrices. Desde elcomienzo del curso hemos utilizado las matrices, pero no hemos puestola atencion en ellas.

Este capıtulo trata lo siguiente: sabemos que una aplicacion lineal estadeterminada si conocemos su comportamiento en una base. Luego todaaplicacion lineal esta determinada por un conjunto de vectores

. . . ahora seremos mas exigentes . . .

Queremos determinar una aplicacion lineal por un conjunto de nu-meros, los cuales seran ordenados en una matriz. Luego veremos op-eraciones entre aplicaciones lineales y propiedades y sus respectivasoperaciones y propiedades entre matrices.

173


Observacion

Consideremos a modo de ejemplo, K3 y en el la base

B = {(1, 2, 5), (2, 3, 1), (1, 1,−1)}

y una aplicacion lineal f : K3 −→ K2, definida por

f(1, 2, 5) = (5, 12); f(2, 3, 1) = (8, 5); f(1, 1,−1) = (3,−1)

Entonces estos seis vectores determinan f .

En K2, consideremos la base C = {(1, 1), (1, 0)}.Observemos que:

(5, 12) = 12(1, 1) + (−7)(1, 0)(8, 5) = 5(1, 1) + 3(1, 0)(3,−1) = (−1)(1, 1) + 4(1, 0)

Luego, si fijamos las bases B y C y respetamos el orden de los elemen-tos de la bases, entonces f esta definida por los numeros: 12,-7,5,3,-1,4.

Para que estos numeros sean mas faciles de leer y por otras considera-ciones que haremos mas adelante, escribiremos

(f ; B,C) =(

12 5 −1−7 3 4

)

y diremos que es la matriz de f con respecto a las bases B y C.

Construccion de la matriz asociada a una aplicacion lineal

Sean V y W dos K-espacios vectoriales de dimension n y m respecti-vamente. Tomemos una base B de V , B = {v1, v2, ..., vn} y una baseC en W , C = {w1, w2, ..., wm}.Todo vector v de V y todo vector w de W , lo expresaremos por suscoordenadas respectivas en B y C.

Vamos a respetar el orden en que nos han sido dados los elementos delas bases.

Capıtulo 4. Matrices 175

Sea f(v) = w. Sea v = x1v1 + x2v2 + · · · + xnvn =n∑

j=1

xjvj

w = y1w1 + y2w2 + · · · + ymwm =m∑

i=1

yiwi

Tomemos una aplicacion lineal f : V −→ W . Por el Teorema Funda-mental del Algebra Lineal, tenemos que f esta determinada y de unamanera unica cuando se fijan las imagenes de los elementos de la basede V :

f(v1), f(v2), ..., f(vn)

Estos vectores los descomponemos en la base C de W de la manerasiguiente:

f(vj) = a1jw1 + a2jw2 + · · · + amjwm =m∑

i=1

aijwi

Todo vector v de V , v =n∑

j=1

xjvj, es enviado, por la aplicacion lineal

f , en el vector de W siguiente:

w = f(v) = x1f(v1) + x2f(v2) + · · · + xnf(vn) =n∑

j=1

xjf(vj)

Reemplazando los f(vj), tenemos

w = f(v) =n∑

j=1

xj(m∑

i=1

aijwi) =m∑

i=1

(n∑

j=1

aijxj)wi

Obtenemos entonces, las componentes y1, y2, ..., ym de w, es decir, de

f(v) en la base C de W , yi =n∑

j=1

aijxj, 1 ≤ i ≤ m, es decir,

y1 = a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn

y2 = a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .ym = am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn


se utilizo la unicidad de las componentes al descomponerlo en unabase.

Estas m ecuaciones son caracterizadas por el arreglo rectangular (esdecir, por la matriz) siguiente:

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .am1 am2 · · · amn

llamada la matriz asociada a f con respecto a la base B de Vy a la base C de W y se denota (f ; B,C).

Se dice que esta matriz tiene m filas y n columnas y cada escalar aij

es llamado termino de la matriz.

Recıprocamente, si nos damos una matriz de m filas y n columnas, lasformulas

yi =n∑

j=1

aijxj

definen una aplicacion lineal de V en W .

En efecto, para todo v ∈ V , de coordenadas x1, x2, ..., xn en la base

B, los yi =n∑

j=1

aijxj hacen corresponder un vector unico de W de

coordenadas y1, y2, ..., ym en la base C.

Este vector w esta dado por la relacion

w =m∑

i=1

(n∑

j=1

aijxj)wi =n∑

j=1

xj(m∑

i=1

aijwi) =n∑

j=1

xif(vj) = f(n∑

j=1

xjvj) = f(v)

Tenemos que f es lineal (Te lo dejamos gentilmente de ejercicio¿bueno?)

Para v = vj, se tiene f(vj) =m∑

i=1

aijvi, se sabe que existe una aplicacion

lineal que cumple esta condicion y se sabe que es unica.


Ejemplo

Sea f : K3 −→ K2; definida por: f(x, y, z) = (3x, x + y).

Consideremos B = {(1, 1, 1), (1,−1, 0), (1, 0, 0)} una base ordenada(no podemos cambiar el orden dado) de K3 y C = {(1, 0), (1,−1)}una base ordenada de K2. Busquemos (f ; B,C) ¿ de acuerdo?

Solucion

Sabiendo que f(x, y, z) = (3x, x + y), tenemos

f(1, 1, 1) = (3, 2) = 5(1, 0) + −2(1,−1)f(1,−1, 0) = (3, 0) = 3(1, 0) + 0(1,−1)f(1, 0, 0) = (3, 1) = 4(1, 0) + −1(1,−1)

Luego (f ; B,C) =(

5 3 4−2 0 −1

)

Ejemplo

Sea f : K3 −→ K2; f(x, y, z) = (x + y + z, 3z).

Consideremos B = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)} una base de K3 y

C = {(0, 1), (1, 1, )} una base de K2.

Busquemos (f ; B,C).

A partir de f(x, y, z) = (x + y + z, 3z), obtenemos

f(1, 1, 1) = (3, 3) = 0(0, 1) + 3(1, 1)f(1, 1, 0) = (2, 0) = −2(0, 1) + 2(1, 1)f(1, 0, 0) = (1, 0) = −1(0, 1) + 1(1, 1)

Entonces (f ; B,C) =(

0 −2 −13 2 1

)

Ejercicio

Sea f : K2[t] −→ K2[t]; f(g(t)) = (1−t)g′(t). Determinemos (f ; B,C),


donde B = {1 + t + t2, 1 + t, 1} y C = {t + t2, 1 + t + t2, t2}.

Solucion

Tal vez debemos explicarte mejor el comportamiento de f . Bueno esası:

f(a + bt + ct2) = (1 − t)(b + 2ct), pues g′(t) es la derivada formal deg(t) (es decir que tiene la misma forma de la derivada. ¿de acuerdo?)

f(1 + t + t2) = (1 − t)(1 + 2t) = 1 + t − 2t2

f(1 + t) = (1 − t) · 1 = 1 − tf(1) = (1 − t) · 0 = 0

Busquemos las coordenadas de estos vectores en la base C.

1 + t − 2t2 = 0(t + t2) + 1(1 + t + t2) + −3t2

1 − t = −2(t + t2) + 1(1 + t + t2) + 1t2

0 = 0 · (t + t2) + 0 · (1 + t + t2) + 0 · t2

Luego

(f ; B,C) =

0 −2 01 1 0−3 1 0

Ejercicio

Sea f : K2 −→ K2[X] lineal cuya matriz segun las bases

B = {(1, 1), (1, 0)} y C = {1 + X + X2, 1 + X, 1} es

(f ; B,C) =

1 23 75 4

Busquemos la expresion analıtica de f .


Solucion

Sabemos que:

f(1, 1) = 1(1 + X + X2) + 3(1 + X) + 5(1)f(1, 0) = 2(1 + X + X2) + 7(1 + X) + 4(1)

Luegof(1, 1) = 9 + 4X + X2

f(1, 0) = 13 + 9X + 2X2

Ahora escribamos (z, t) ∈ K2, segun la base B

(z, t) = t(1, 1) + (z − t)(1, 0)

Luego

f(z, t) = tf(1, 1)+(z−t)f(1, 0) = t(9+4X+X2)+(z−t)(13+9X+2X2)

es decir,

f(z, t) = (13z − 4t) + (9z − 5t)X + (2z − t)X2

4.2 Suma de morfismos y suma de matri-

ces

Observacion

Sean f, g : K2 −→ K3 definidas por:

f(x, y) = (2x + y, 3y − 3x, 2y − 3x) y g(x, y) = (4x − 2y, 2x − y, x)

Escojamos las bases ordenadas

B = {(1, 2), (1, 1)} en K2 y C = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)} en K3

(f + g)(x, y) = f(x, y) + g(x, y) = (6x − y, 2y − x, 2y − 2x)


luego,

f(1, 2) = (4, 3, 1) = 1(1, 1, 1) + 2(1, 1, 0) + 1(1, 0, 0)f(1, 1) = (3, 0,−1) = −1(1, 1, 1) + 1(1, 1, 0) + 3(1, 0, 0)g(1, 2) = (0, 0, 1) = 1(1, 1, 1) − 1(1, 1, 0) + 0(1, 0, 0)g(1, 1) = (2, 1, 1) = 1(1, 1, 1) + 0(1, 1, 0) + 1(1, 0, 0)(f + g)(1, 2) = (4, 3, 2) = 2(1, 1, 1) + 1(1, 1, 0) + 1(1, 0, 0)(f + g)(1, 1) = (5, 1, 0) = 0(1, 1, 1) + 1(1, 1, 0) + 4(1, 0, 0)

de donde

(f ; B,C) =

1 −12 11 3

; (g; B,C) =

1 1−1 00 1

(f + g; B,C) =

2 01 11 4

Es obvio como uno sumarıa las dos primeras matrices de manera deobtener la tercera como resultado de esta suma. ¡Todos somos un pocomatematicos en nuestro ser! ¿Cierto?

En general si consideramos espacios vectoriales cualesquieras, se tiene:

Sean V y W dos K-espacios vectoriales. Sea B = {v1, v2, ..., vn} unabase ordenada de B y C = {w1, w2, ..., wm} una base ordenada de W .Sean f, g : V −→ W dos morfismos

f(vj) =m∑

i=1

aijwi, g(vj) =m∑

i=1

bijwi. Luego

(f + g)(vj) = f(vj) + g(vj) =m∑

i=1

aijwi +m∑

i=1

bijwi =m∑

i=1

(aij + bij)wi

Luego

(f ; B,C) =

a11 . . . a1j . . . a1n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .ai1 . . . aij . . . ain

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .am1 . . . amj . . . amn


(g; B,C) =

b11 . . . b1j . . . b1n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .bi1 . . . bij . . . bin

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .bm1 . . . bmj . . . bmn

(f + g; B,C) =

a11 + b11 . . . a1j + b1j . . . a1n + b1n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .ai1 + bi1 . . . aij + bij . . . ain + bin

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .am1 + bm1 . . . amj + bmj . . . amn + bmn

Esto motiva la siguiente definicion

Definicion 4.2.1 A todo par de matrices (aij) y (bij) pertenecientesa Mm×n(K), le asociamos una matriz de Mm×n(K), llamada sumade (aij) y (bij), denotada (aij) + (bij) y definida por

(aij) + (bij) =: (aij + bij)

es decir,

(f ; B,C) + (g; B,C) = (f + g; B,C)

En palabras, la suma de las matrices de dos morfismos es la matriz dela suma de esos dos morfismos.

4.3 Producto de un escalar por un mor-

fismo y producto de un escalar por

una matriz

Recordemos que en el capıtulo anterior definimos el producto por es-calar α · f donde f es un morfismo.


Observacion

Considerando el morfismo f : K2 −→ K3 y las bases de la observacionanterior, tenemos

(αf)(x, y) = α · f(x, y) = (2αx + αy, 3αy − 3αx, 2αy − 3αx)

Luego

(αf)(1, 2) = (4α, 3α, α) = α(1, 1, 1) + 2α(1, 1, 0) + α(1, 0, 0)

(αf)(1, 1) = (3α, 0,−α) = −α(1, 1, 1) + α(1, 1, 0) + 3α(1, 0, 0)

(f ; B,C) =

1 −12 11 3

y (αf ; B,C) =

α −α2α αα 3α

Nuevamente uno tiene de inmediato el chispazo para multiplicar unamatriz por un escalar

En general si consideramos espacios vectoriales cualesquieras, se tiene:

Consideremos la misma aplicacion lineal f y las mismas bases queconsideramos para el caso de la suma. Sea α ∈ K. Por la definicion dela aplicacion lineal α · f , tenemos

(αf)(vj) = α · f(vj) = αm∑

i=1

aijwi =m∑

i=1

(αaij)wi

Luego

(αf ; B,C) =

αa11 . . . αa1j . . . αa1n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .αai1 . . . αaij . . . αain

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .αam1 . . . αamj . . . αamn

es decir, (αf ; B,C) = (αaij). Esto nos motiva a la siguiente definicion


Definicion 4.3.1 A toda matriz (aij) perteneciente a Mm×n(K) y atodo escalar α ∈ K,le asociaciamos una matriz de Mm×n(K), llamadaproducto de α por (aij), denotada α · (aij) y definida por

α · (aij) = (α · aij)

es decir,α · (f ; B,C) = (α · f ; B,C)

En palabras, el producto escalar por una matriz de un morfismo es lamatriz del producto escalar por el morfismo.

4.4 Composicion de morfismos y produc-

to de matrices

Sean U , V y W tres K-espacios vectoriales de dimensiones n, p y qrespectivamente. Sean f : U −→ V y g : V −→ W . Escojamos lasbases B, C y D respectivamente en U , V y W .

B = {u1, u2, · · · , un}, C = {v1, v2, · · · , vp}, D = {w1, w2, · · · , wq}.Sean

(f ; B,C) = (aij),1 ≤ j ≤ n, 1 ≤ i ≤ p; (g; C,D) = (bki), 1 ≤ i ≤ p, 1 ≤ k ≤ q

Busquemos la matriz de g ◦ f .

f(uj) =p∑

i=1

aijvi, g(vi) =q∑

k=1

bkiwk

Luego

(g ◦ f)(uj) = g(f(uj)) = g(p∑

i=1

aijvi) =p∑

i=1

aijg(vi) =p∑

i=1

aij(q∑

k=1

bkiwk)

De donde


(g ◦ f)(uj) =q∑

k=1

(p∑

i=1

bkiaij)wk, 1 ≤ j ≤ n

Sea

ckj =p∑

i=1

bkiaij = bk1a1j + bk2a2j + · · · + bkpapj

Obtenemos entonces

(g ◦ f)(uj) =q∑

k=1

ckjwk

La matriz asociada a g ◦ f es entonces (ckj).

Tenemos entonces la siguiente definicion

Definicion 4.4.1 A una matriz (aij) en Mp×n(K) y una matriz (bki)en Mq×p(K), le asociamos una matriz de Mq×n(K), llamada pro-ducto de las matrices (bki) y (aij), denotada (bki) · (aij) y definidapor

(bki) · (aij) = (p∑

i=1

bkiaij)

El orden inverso (aij) · (bki) en general no tiene sentido.

Esquema de la definicion:

bk1 bk2 · · · bkp

·

a1j

a2j

...apj

=

...· · · ckj · · ·

...

Representa la multiplicacion de la fila k por la columna j y se obtieneel lugar (k, j) de la matriz producto.

(g; C,D) · (f ; B,C) = (g ◦ f ; B,D)

Es decir, el producto de las matrices de dos morfismos es la matriz dela composicion de los morfismos.


Ejemplo

Consideremos nuevamente la aplicacion lineal

f : K2 −→ K3; f(x, y) = (2x + y, 3y − 3x, 2y − 3x)

y las mismas bases ordenadas de las observaciones anteriores.

Ademas consideremos la aplicacion lineal

g : K3 −→ K2; g(x, y, z) = (x − y + 2z,−x + 2y)

Consideremos D = {(1, 1), (1, 0)} una base ordenada del Codominiode g y busquemos las matrices: (g; C,D) y (g ◦ f ; B,D)

Tenemos:

g(1, 1, 1) = (2, 1) = 1(1, 1) + 1(1, 0)g(1, 1, 0) = (0, 1) = 1(1, 1) + −1(1, 0)g(1, 0, 0) = (1,−1) = −1(1, 1) + 2(1, 0)(g ◦ f)(x, y) = g(f(x, y)) = (−x + 2y,−8x + 5y)(g ◦ f)(1, 2) = (3, 2) = 2(1, 1) + 1(1, 0)(g ◦ f)(1, 1) = (1,−3) = −3(1, 1) + 4(1, 0)

Luego tenemos

(g; C,D) =(

1 1 −11 −1 2

)

; (f ; B,C) =

1 −12 11 3

(g ◦ f ; B,D) =(

2 −31 4

)

El numero 2 de la tercera matriz se obtiene de 1 · 1+1 · 2+ (−1) · 1, esdecir la primera fila de (g; C,D), por la primera columna de (f ; B,C).

Ademas

−3 = 1 · (−1) + 1 · 1 + (−1) · 31 = 1 · 1 + (−1) · 2 + 2 · 14 = 1 · (−1) + (−1) · 1 + 2 · 3


4.5 Algunos tipos especiales de matrices

Proposicion 4.5.1 (Mm×n(K), +) es un grupo abeliano.

Demostracion

La suma es una ley de composicion interna. Esta suma es asociativay conmutativa.

El neutro para la suma es la matriz nula, es decir 0 = (aij) con aij = 0;∀i = 1, · · · ,m,∀j = 1, · · · , n Toda matriz A = (aij) tiene inversaaditiva −A = (−aij)

Proposicion 4.5.2 (Mn(K), +, ·) es un anillo con unidad.

Demostracion

En efecto, el producto es asociativo y se distribuye con respecto a lasuma.

La unidad es la matriz identidad In = (aij), donde aii = 1 y aij = 0 sii 6= j.

Observacion

Sea A =(

1 23 −1

)

y B =(

2 −13 6

)

. Entonces

A · B =(

1 23 −1

)

·(

2 −13 6

)

=(

8 113 −9

)

B · A =(

2 −13 6

)

·(

1 23 −1

)

=(−1 5

21 0

)

Nota

Se tiene entonces que el producto de matrices no es conmutativo.


Observacion

Consideremos las mismas dos matrices del ejemplo anterior y obser-vamos lo siguiente.

A2 =(

1 23 −1

)

·(

1 23 −1

)

=(

7 00 7

)

B2 =(

2 −13 6

)

·(

2 −13 6

)(

1 −824 33

)

A2 +2A ·B +B2 =(

7 00 7

)

+(

16 226 −18

)

+(

1 −824 33

)

=(

24 1430 22

)

Por otra parte:

(A + B)2 = ((

1 23 −1

)

+(

2 −13 6

)

)2 =(

3 16 5

)

)2 =

=(

3 16 5

)

·(

3 16 5

)

) =(

15 848 31

)

)

Luego (A + B)2 6= A2 + 2AB + B2

Esto ocurre pues (A+B)2 = (A+B) · (A+B) = A2 +AB +BA+B2,y como vimos anteriormente: AB + BA 6= 2AB

Definicion 4.5.1 Diremos que una matriz A ∈ Mn(K) es invertibleo regular, si existe una matriz B ∈ Mn(K), tal que AB = BA = In.

Diremos que es singular, en caso que no sea invertible.

Ejercicio

En el espacio de las matrices M2(IR), determine el conjunto de todas

las matrices que conmutan con la matriz:(

1 10 0

)

Solucion

(

a bc d

)

·(

1 10 0

)

=(

1 10 0

)

·(

a bc d

)


Luego(

a ac c

)

=(

a + c b + d0 0

)

Entonces a = b + d y c = 0. Luego {(

b + d b0 d

)

; b, d ∈ IR}, es el

conjunto de todas las matrices que conmutan con la matriz A.

Ejercicio

Estudie para que valores de a, a ∈ IR, la matriz A =

1 a 1a 1 a0 a 1

,

es invertible.

Solucion

1 a 1a 1 a0 a 1

L21(−a)−→

1 a 10 1 − a2 00 a 1

L23(a)−→

1 a 10 1 a0 a 1

L12(−a)−→ L32(−a)−→

1 0 1 − a2

0 1 a0 0 1 − a2

Luego la matriz A es invertible ssi a 6= 1,−1

Definicion 4.5.2 Sea A ∈ Mn(K), A 6= 0. Diremos que A es undivisor de cero, si existe B ∈ Mn(K), B 6= 0, tal que A · B = 0

Ejemplo

Consideremos las matrices A =(

0 20 0

)

y(

0 30 0

)

.

Su producto es: A · B =(

0 00 0

)

. Luego las matrices A y B, son

divisores de cero.

Observacion

Consideremos la matriz A =(

0 10 0

)

. Se tiene que A2 = 0. Diremos

que A es una ”matriz nilpotente de grado 2 ”

Definicion 4.5.3 Sea A ∈ Mn(K). Diremos que A es una matriznilpotente de grado m, si Am = 0 y At 6= 0 ∀t < m

Ejemplo

Sea A =

0 0 01 0 02 1 0

. Entonces A2 =

0 0 00 0 01 0 0

y A3 = 0.

Luego A es una matriz nilpotente de grado 3.

Definicion 4.5.4 Sea A ∈ Mn(K). Diremos que A es idempotentesi A2 = A

Ejemplo

Consideremos A =(

1 00 0

)

. Se tiene que A2 = A

Definicion 4.5.5 Sea A ∈ Mn(K). Diremos que A es involutiva siA2 = In

Ejemplo

Consideremos A =

0 1 −14 −3 43 −3 4

. Se tiene que A2 = I3

Luego A es involutiva.


Ejercicio

Demuestre que si la matriz A es involutiva, entonces B = 12(In + A) y

C = 12(In − A), son idempotentes y B · C = 0

Proposicion 4.5.3 Para el producto de matrices no se cumple la leyde cancelacion.

Contraejemplo

Sea A =(

1 22 4

)

, B =(

1 −12 0

)

y C =(

3 −31 1

)

.

Se tiene A · B = A · C y B 6= C

Definicion 4.5.6 Sea A ∈ Mm×n(K), A = (aij), i = 1, · · · ,m; j =1, · · · , n. Diremos que B ∈ Mn×m es la matriz transpuesta A siB = (aji), i = 1, · · · ,m; j = 1, · · · , n. Notacion: B = At

Ejemplo

Sea A =(

1 2 34 5 6

)

. Entonces At =

1 42 53 6

Proposicion 4.5.4 Sean A,B matrices. Entonces:

1. (A + B)t = At + Bt

2. (αA)t = α · At

3. (A · B)t = Bt · At

Ejercicio

Sea A ∈ Mm×n(K) y G ∈ Mn(K). Sea G = At · A, entonces Gt = G


Solucion

Gt = (At · A)t = At · (At)t = At · A = G

Definicion 4.5.7 Sea A ∈ Mn(K). Diremos que:

1. A es una matriz simetrica si At = A

2. A es una matriz antisimetrica si At = −A

3. A es una matriz ortogonal si At = (A)−1

Ejemplos

Son simetricas las matrices:(

0 33 2

)

,(

2 −5−5 1

)

,(

1 −4−4 0

)

Son antisimetricas las matrices:(

0 3−3 0

)

,(

0 −11 0

)

,(

0 −55 0

)

Son ortogonales las matrices:(

0 1−1 0

)

,(

0 11 0

)

,(

1 00 −1

)

Lema

Sea A ∈ Mn(K), entonces A + At, es una matriz simetrica y A − At,es una matriz antisimetrica.

Demostracion

En efecto, (A+At)t = At +(At)t = At +A. Luego A+At es simetrica.

Por otra parte: (A − At)t = At − (At)t = At − A = −(A − At). LuegoA − At es antisimetrica.

Lema

Sea A ∈ Mn(K), entonces A = B+C, donde B es una matriz simetricay C es una matriz antisimetrica.


Demostracion

Sea B = 12(A + At) y C = 1

2(A − At). Entonces B y C cumplen lo

pedido.

Definicion 4.5.8 Sea A ∈ Mn(K). Entonces B = 12(A + At) y

C = 12(A−At), seran llamadas la parte simetrica y la parte anti-

simetrica de A respectivamente.

Ejercicio

Sea A =(

1 23 4

)

∈ M2(IR). Busquemos su parte simetrica y su parte

antisimetrica.

Solucion

Su parte simetrica S es: S = 12(A + At) = 1

2((

1 23 4

)

+(

1 32 4

)

) =

12((

2 55 8

)

) =(

1 52

52

4

)

Su parte antisimetrica T es: T = 12(A−At) = 1

2((

1 23 4

)

−(

1 32 4

)

) =

12((

0 −11 0

)

) =(

0 −12

12

0

)

Se tiene que A = S + T

Definicion 4.5.9 Sea A = (ai,j) ∈ Mn(K). Llamaremos traza deA, denotada por Tr(A), al numero

∑ni=1 aii, es decir, a la suma de los

elementos de la diagonal principal.

Proposicion 4.5.5 Sea A,B ∈ Mn(K). Entonces se tiene:

1. Tr(α · A) = α · Tr(A)

2. Tr(A + B) = Tr(A) + Tr(B)

3. Tr(A · B) = Tr(B · A)


4.6 Forma matricial de f(v) = w

Sean V y W dos K-espacios vectoriales.

Sea B = {v1, v2, ..., vn} una base de V y C = {w1, w2, ..., wm} una basede W , ambas bases ordenadas.

Si v ∈ V , entonces

v = x1v1 + x2v2 + · · · + xnvn

yf(v) = y1w1 + y2w2 + · · · + ymwm

Sea (f ; B,C) = (aij), es decir

f(v1) = a11w1 + a21w2 + · · · + am1wm

f(v2) = a12w1 + a22w2 + · · · + am2wm

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .f(vn) = a1nw1 + a2nw2 + · · · + amnwm

Luego

f(v) = f(x1v1 + · · · + xnvn)= x1f(v1) + · · · + xnf(vn)= x1(a11w1 + · · · + am1wm) + · · · + xn(a1nw1 + · · · + amnwm)= (x1a11 + · · · + xna1n)w1 + · · · + (x1am1 + · · · + xnamn)wm

Luego por la unicidad de las componentes de la base:

y1 = x1a11 + x2a12 + · · · + xna1n

y2 = x1a21 + x2a22 + · · · + xna2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .ym = x1am1 + x2am2 + · · · + xnamn

De donde

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .am1 am2 · · · amn

·

x1

x2...

xn

=

y1

y2...

ym


Es decir,

(f ; B,C) ·

vsegun

B

=

f(v)segun

C

Ejemplo

Sea f : K2[X] −→ K2; f(a+bX+cX2) = (a+5b, 4b+c). Consideremoslas bases B = {1, 1 + X, 1 + X + X2} y C = {(1, 1), (1, 0)} de K2[X]y K2, respectivamente.

Veamos cual es la imagen del vector v = 9 + 2X + 5X2. Comencemospor buscar (f ; B,C)

f(1) = (1, 0) = 0(1, 1) + 1(1, 0)f(1 + X) = (6, 4) = 4(1, 1) + 2(1, 0)f(1 + X + X2) = (6, 5) = 5(1, 1) + 1(1, 0)

Escribamos v segun la base B

9 + 2X + 5X2 = 7 · 1 + −3(1 + X) + 5(1 + X + X2)

Multiplicando las dos matrices asociadas tenemos

(

0 4 51 2 1

)

·

7−35

=(

136

)

es decir,

f(9 + 2X + 5X2) = 13(1, 1) + 6(1, 0) = (19, 13)

Resultado que se puede comprobar aplicando directamente la definicionde f .


4.7 Forma matricial de un sistema de ec.

lineales

El sistema de ecuaciones lineales de m ecuaciones y n incognitas si-guiente:

α11x1 + α12x2 + · · · + α1nxn = β1

α21x1 + α22x2 + · · · + α2nxn = β2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .αm1x1 + αm2x2 + · · · + αmnxn = βm

Puede ser representado matricialmente, de la manera siguiente:

α11 α12 · · · α1n

α21 α22 · · · α2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .αm1 αm2 · · · αmn

·

x1

x2...

xn

=

β1

β2...

βm

Es decir, en la forma: A · X = B

donde A es la matriz de los coeficientes, X =

x1

x2...

xn

y B =

β1

β2...

βm

4.8 Isomorfismos y matrices invertibles

Sabemos que todo isomorfismo es invertible. Es natural preguntarse sisu aplicacion inversa es lineal. ¿ Cierto? He aquı la respuesta.

Lema

Sea f : V −→ W un isomorfismo, entonces f−1 : W −→ V es lineal.

Demostracion

Dados w1, w2 ∈ W , existen v1, v2 unicos tales que f(v1) = w1 y


f(v2) = w2

Tenemos que

f−1(w1) + f−1(w2) = v1 + v2 (1)

Pero f(v1 + v2) = f(v1) + f(v2) = w1 + w2, luego

f−1(w1 + w2) = v1 + v2 (2)

De (1) y (2), obtenemos que f−1(w1 + w2) = f−1(w1) + f−1(w2)

Ademas f(αv1) = αf(v1) = αw1, luego

f−1(αw1) = αv1 = α · f−1(w1)

Proposicion 4.8.1 Sea f : V −→ W un isomorfismo. Sean B y Cbases ordenadas de V y W respectivamente. Entonces

(f ; B,C)−1 = (f−1; C,B)

En palabras: la inversa de la matriz de una aplicacion lineal invertible,es la matriz de la aplicacion lineal inversa.

Demostracion

Tenemos que f−1 ◦ f = IdV .

Luego I = (IdV ; B,B) = (f−1 ◦ f ; B,B) = (f−1; C,B)(f ; B,C)

Luego (f ; B,C)−1 = (f−1; C,B)

Proceso para encontrar la matriz inversa

Hay un metodo genial para encontrar la matriz inversa de una matriz.Es tan interesante, pues solo utiliza las operaciones elementales.


Comenzaremos por observar que a cada operacion elemental efectuadaen las lıneas de una matriz, le corresponde una multiplicacion por unamatriz especial.

Veamos cada uno de estos tipos de operaciones en un ejemplo.

Observacion

Multipliquemos por 3 la primera fila de la matriz A siguiente:

1 2 13 7 22 1 1

L1(3)−→

3 6 33 7 22 1 1

Esta ultima matriz la obtenemos del producto:

3 0 00 1 00 0 1

·

1 2 13 7 22 1 1

=

3 6 33 7 22 1 1

Lema

Multiplicar por α la fila i de una matriz A, corresponde a multiplicara la izquierda de A, por la matriz obtenida de la matriz identidad,cambiando el 1 de la i-esima fila por α.

Observacion

Permutemos la primera y la tercera fila de la matriz A siguiente:

1 2 13 7 22 1 1

L13

−→

2 1 13 7 21 2 1



0 0 10 1 01 0 0

·

1 2 13 7 22 1 1

=

2 1 13 7 21 2 1

Lema

Permutar la i-esima fila de una matriz A, por la j-esima fila de lamisma matriz, corresponde a multiplicar a la izquierda de A por lamatriz obtenida de la matriz identidad permutando la i-esima fila porla j-esima fila.

Observacion

A la tercera fila de la matriz A, le vamos a sumar (−2) veces la primerafila.

1 2 13 7 22 1 1

L31(−2)−→

1 2 13 7 20 −3 −1


1 0 00 1 0−2 0 1

·

1 2 13 7 22 1 1

=

1 2 13 7 20 −3 −1

Lema

A la i-esima fila de la matriz A, sumarle α veces la j-esima fila dela misma matriz, corresponde multiplicar a la izquierda de A, por lamatriz obtenida de la matriz identidad, cambiando el elemento dellugar (i, j) por α

Definicion 4.8.1 Diremos que una matriz es una matriz elemen-tal, si es obtenida de la matriz identidad, a traves de una y solo una


operacion elemental.

Teorema 4.8.2 Una matriz A puede ser reducida a la matriz identi-dad, por una sucesion finita de operaciones elementales en las lıneas,si y solo si A es invertible. Se tiene que la matriz inversa de A, esobtenida a partir de la matriz identidad, a la cual se le aplica la mismasucesion de operaciones en las lıneas.

Demostracion

Es una sucesion de aplicaciones de los lemas anteriores.

Conclusion

En la practica operamos simultaneamente con la matriz dada y lamatriz identidad, a traves de operaciones elementales, hasta llegar ala identidad en el lugar que estaba A. La matriz obtenida en el lugarcorrespondiente a la matriz identidad, es la matriz inversa de A.

Esquematicamente tenemos:

(A|I) −→ · · · −→ · · · −→ (I|A−1)

Ejemplo

Busquemos la matriz inversa de

A =(

1 21 4

)


Solucion

(

1 2 1 01 4 0 1

)

L21(−1)−→

(

1 2 1 00 2 −1 1

)

L12(−1)−→

(

1 0 2 −10 2 −1 1

)

L2(12)

−→

(

1 0 2 −10 1 −1

212

)

Luego

A−1 =

(

2 −1−1

212

)

4.9 Automorfismo y matriz de cambio de

base

Introduccion

Consideremos el espacio vectorial K2 sobre K y dos bases ordenadas

B = {(1, 1), (1, 0)} y C = {(1,−1), (0, 1)}. Supongamos que tenemosuna gran cantidad de vectores descompuestos segun la base B y nece-sitamos sus componentes segun la base C.

Por ejemplo, el vector u = (1, 2) se descompone segun la base Ben (1, 2) = 2(1, 1) + (−1)(1, 0) y su descomposicion en la base C es(1, 2) = 1(1,−1) + 3(0, 1).

Otro ejemplo serıa v = (7, 2) que tiene componentes 2 y 5 segun labase B y 7 y 9 segun la base C.

Buscamos un metodo practico para obtener las componentes de losvectores con respecto a la base C, conociendo las componentes segunla base B.

El enunciado de este problema en forma general es el siguiente


Problema

Sea V un K-espacio vectorial. Consideremos dos bases de V , B ={v1, v2, ..., vn} y C = {u1, u2, ..., un}. Conociendo las componentes{y1, y2, ..., yn} del vector v ∈ V en una base C, determinar las compo-nentes {x1, x2, ..., xn} de este mismo vector v en una base B.

Solucion

Existe un unico endomorfismo f de V que envıa la base B en la baseC, es decir, tal que f(v1) = u1, f(v2) = u2, ..., f(vn) = un. Puesto quelleva una base en otra, f es biyectiva, es decir, f es un automorfismo.

En lenguaje de matrices: toda representacion matricial de f es inver-tible, sea cual sea la base elegida en el dominio o en el codominio.

Sea

u1 = f(v1) =n∑

i=1

αi1vi

u2 = f(v2) =n∑

i=1

αi2vi

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

un = f(vn) =n∑

i=1

αinvi

La matriz P = (αij) es la matriz de f con respecto a la base B en eldominio y en el co-dominio, es decir, P = (αij) = (f ; B,B), pero estamatriz a su vez exhibe la descomposicion de cada elemento de la baseC con respecto a la base B.

Sigamos resolviendo este problema.

Sea v ∈ V , v = x1v1 + x2v2 + ... + xnvn.

Por otra parte:

v = y1u1 + y2u2 + · · · + ynun

= y1

n∑

i=1

αi1vi + y2

n∑

i=1

αi2vi + · · · + yn

n∑

i=1

αinvi

= (y1α11 + · · · + ynα1n)v1 + · · · + (y1αn1 + · · · + ynαnn)vn


Luegox1 = α11y1 + α12y2 + ... + α1nyn

x2 = α21y1 + α22y2 + ... + α2nyn

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .xn = αn1y1 + αn2y2 + ... + αnnyn

Sea

X =

x1

x2

· · ·xn

; Y =

y1

y2

· · ·yn

; X = PY ; Y = P−1X

x1

x2

· · ·xn

=

α11 α12 · · · α1n

α21 α22 · · · α2n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .αm1 αm2 · · · αmn

·

y1

y2

· · ·yn

(v segun B) = (C segun B) ◦ (v segun C)

Definicion 4.9.1 La matriz P = (αij) es llamada matriz de cam-bio de base, de la base C a la base B.

Nota

Puesto que P es una matriz de un automorfismo, es invertible y sumatriz inversa P−1 es la matriz que exhibe la descomposicion de labase B segun la base C

Ejemplo

En IR2 consideremos las bases B = {(1, 2), (1, 0)} y la base B′ ={(1, 1), (0, 1)}. Descompongamos las base B con respecto a la base B′.Tenemos

(1, 2) = 1(1, 1) + 1(0, 1)

(1, 0) = 1(1, 1) + (−1)(0, 1)


Luego (B segun B′) =(

1 11 −1

)

Esta matriz nos permite efectuar el cambio de base de B a B′. Porejemplo si consideramos el vector v = (−2, 6), con respecto a la baseB tenemos que sus componentes con respecto a dicha base son 3 y−5 pues v = 3(1, 2) + (−5)(1, 0). Para obtener las componentes de vcon respecto a la base B′ basta realizar la siguiente multiplicacion dematrices:

(

1 11 −1

)

·(

3−5

)

=(−2

8

)

4.10 Un morfismo cualquiera y matrices

equivalentes

Problema

Tenemos un morfismo f : V −→ W expresado por una matriz M , conrespecto a las bases B y C. Queremos expresarlo con respecto a otrasbases B′ y C ′.

Tambien nos interesa estudiar la relacion que hay entre estas dos ma-trices y en general, entre todas las matrices asociadas a este morfismo.

Cambio de base de un morfismo

Sea f : V −→ W un morfismo. Sean B y B′ dos bases de V y C y C ′

dos bases de W .

Se tiene M = (f ; B,C) y se necesita M ′ = (f ; B′, C ′)

Sean P : B′ segun B; Q: C ′ segun C; Q−1: C segun C ′

X =

x1

x2

· · ·xn

v segun B; Y =

y1

y2

· · ·ym

f(v) segun C;


X ′ =

x′1

x′2

· · ·x′

n

v segun B′; Y ′ =

y′1

y′2

· · ·y′

m

f(v) segun C ′

Se tiene (1): Y = MX; (2): Y ′ = M ′X ′ (3): X = PX ′ (4): Y = QY ′

Reemplazando (3) y (4) en (1) se tiene: QY ′ = MPX ′ de donde,multiplicando por Q−1 se obtiene (5): Y ′ = Q−1MPX ′. Comparando(5) y (2) tenemos:

M ′ = Q−1MP

Es decir,

(f ; B′ → C ′) = (C segun C ′)(f ; B −→ C)(B′ segun B)

Entonces, de una matriz se puede llegar a la otra a traves de la mul-tiplicacion por las matrices de cambio de base respectivas. Notese queestas matrices son invertibles.

Ejemplo

Sea f : IR2 → IR3; talque f(x, y) = (x + y, 2x, 3y). Consideremoslas bases B = {(1, 2), (1, 0)} y B′ = {(1, 1), (0, 1)} de IR2 y las basesC = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 1)} y C ′ = {(0, 10), (1, 1, 0), (0, 0, 1)} deIR3

Primero encontraremos la matriz que exhibe las componentes de labase B′ segun la base B. En efecto tenemos:

(1, 1) = 12(1, 2) + 1

2(1, 0)

(0, 1) = 12(1, 2) − 1

2(1, 0)

Es decir, (B′ segun B) =( 1

212

12

−12

)

Ahora busquemos la matriz de f con respecto a las bases B y C:

f(1, 2) = (3, 2, 6) = −3(1, 0, 0) − 4(0, 1, 0) + 6(1, 1, 1)

f(1, 0) = (1, 2, 0) = 1(1, 0, 0) + 2(0, 1, 0) + 0(1, 1, 1)


Luego tenemos la matriz (f ; B,C) =

−3 1−4 26 0

Nos falta por encontrar la matriz de cambio de base de C a C ′:

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

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

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

Luego (C segun C ′) =

−1 1 01 0 10 0 1

Por otra parte, debemos determinar la matriz (f ; B′, C ′). En efecto

f(1, 1) = (2, 2, 3) = 0(0, 1, 0) + 2(1, 1, 0) + 3(0, 0, 1)

f(0, 1) = (1, 0, 3) = −1(0, 1, 0) + 1(1, 1, 0) + 3(0, 0, 1)

Por lo tanto la matriz (f ; B′, C ′) =

0 −12 13 3

Luego se tiene la siguiente igualdad:

0 −12 13 3

=

−1 1 01 0 10 0 1

·

−3 1−4 26 0

·( 1

212

12

−12

)

(f ; B′ → C ′) = (C segun C ′)(f ; B −→ C)(B′ segun B)

Lo anterior nos lleva a dar una nueva definicion en el espacio de lasmatrices. Diremos que estas matrices son equivalentes, pero, daremosuna definicion mas general que esta.

Definicion 4.10.1 Se dice que una matriz M ∈ Mm×n(K) es equi-valente a una matriz M ′ ∈ Mm×n(K), si existe una matriz invertibleP ∈ Mn(K) y una matriz invertible Q ∈ Mm(K), tales que:

M ′ = Q−1MP


En el caso particular M ∈ Mn(K), diremos que M es semejante auna matriz M ′ ∈ Mn(K), si existe una matriz invertible P ∈ Mn(K)tal que:

M ′ = P−1MP

Esto ocurre, si tomamos V = W , B = C y B′ = C ′.

Observacion

”Ser equivalente a” y ”ser semejante a” son relaciones de equivalencia.

Observacion

Sea f un endomorfismo en V , es decir f : V −→ V lineal. Entoncestodas las matrices asociadas a f son semejantes entre ellas, es decir,cada vez que cambiamos las bases, obtenemos una matriz semejantea la anterior.


Ejercicio

Sean V y W dos K-espacios vectoriales. Sea fα : V −→ W con dimV =dimW = 3. Estudiemos los valores de α para los cuales fα es unisomorfismo, donde

(fα; B) =

2 1 2α − 81 6 02 5 2α − 8

; con B una base dada

Solucion

fα es un isomorfismo si y solo si (fα; B) es una matriz invertible si ysolo si su matriz escalonada es la identidad. Tenemos:


2 1 2α − 81 6 02 5 2α − 8

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 0 00 1 00 0 1

L31(−1)−→

2 1 2α − 81 6 00 4 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 0 00 1 0−1 0 1

L3(14)

−→

2 1 2α − 81 6 00 1 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 0 00 1 0−1

40 1

4

−→ · · · −→

1 0 00 1 00 0 −α + 4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

32

1 −32

−14

0 14

78

1 −118

(∗)

Caso α − 4 = 0 ssi α = 4

1 0 00 1 00 0 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

32

1 −32

−14

0 14

78

1 −118

Luego la matriz A4 no es invertible y el monomorfismo f4 no es unisomorfismo.

Caso α − 4 6= 0 ssi α 6= 4

Reemplazando en (*)

1 0 00 1 00 0 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

32

1 −32

−14

0 14

78(−α+4)

1−α+4

− 118(−α+4)

En este caso:

Aα =

32

1 −32

−14

0 14

78(−α+4)

1−α+4

− 118(−α+4)

Esta matriz Aα es invertible, luego fα es un isomorfismo, para α 6= 4


Ejercicio

Sea f : K2 −→ K2. Dada la matriz (f ; B,C) =(

1 12 −1

)

; De-

terminemos f(x, y) y f−1(x, y), donde B = {(1, 2), (2, 0)} y C ={(1, 1), (0, 3)}

Solucion

Comencemos por escribir (x, y) en funcion de B. Tenemos:

(x, y) = y

2(1, 2) + 2x−y

4(2, 0)

f(1, 2) = 1(1, 1) + 2(0, 3) = (1, 7)f(2, 0) = 1(1, 1) + −1(0, 3) = (1,−2)

De donde

f(x, y) = y

2f(1, 2) + (2x−y

4)f(2, 0) = y

2(1, 7) + (2x−y

4)(1,−2)

Luego

f(x, y) = (x

2+

y

4,−x + 4y)

Busquemos (f−1; C,B) = (f ; B,C)−1

(

1 12 −1

∣

∣

∣

∣

∣

1 00 1

)

−→ −→(

1 00 1

∣

∣

∣

∣

∣

13

13

23

−13

)

f−1(1, 1) = 13(1, 2) + 2

3(2, 0) = (5

3, 2

3)

f−1(0, 3) = 13(1, 2) − 1

3(2, 0) = (−1

3, 2

3)

f−1(x, y) = xf−1(1, 1) + (−x+y

3)f−1(0, 3) = x(5

3, 2

3) + (−x+y

3)(−1

3, 2

3)

Luego

f−1(x, y) = (169x − 1

9y, 4

9x + 2

9y)


Ejercicio

Determinemos, si existen, las matrices en Mn(K) que son simetricasy antisimetricas a la vez.

Solucion

Sea A = (aij) ∈ Mn(K). Recordemos que A es simetrica ssi aij = aji

y que A es antisimetrica ssi aij = −aji Como A es simetrica y anti-simetrica a la vez, entonces se tiene que aii = −aii, luego la diagonalconsta de ceros.

Ademas aji = −aji , luego aji = 0,∀i, j ∈ {1, 2, ..., n}. Luego la matriznula es la unica matriz que es simetrica y antisimetrica a la vez.

Ejercicio

En M2(K), determinemos las matrices A2, A3, A4, ..., An, n ∈ IN, donde

A =(

1 00 −1

)

Solucion

(a) Caso n par

Sea n = 2; A2 =(

1 00 −1

)

·(

1 00 −1

)

=(

1 00 1

)

= I

Hipotesis de induccion: A2n = I. Por demostrar A2n+2 = I

En efecto, A2n+2 = A2nA2 = I · I = I. Luego A2n = I,∀n ∈ IN

(b) Caso n impar n = 1 : A1 = A,

Hipotesis de induccion A2n+1 = A. Por demostrar A2n+3 = A

A2n+3 = A2n+1 · A2 = A · I = A. Luego A2n+1 = A,∀n ∈ IN


Ejercicio

Determinemos A2, A3, A4, ..., An, n ∈ IN, donde A =(

1 11 1

)

Solucion

A2 =(

1 11 1

)

·(

1 11 1

)

=(

2 22 2

)

A3 = A2A =(

2 22 2

)

·(

1 11 1

)

=(

4 44 4

)

=(

22 22

22 22

)

Luego ”pienso”

Hipotesis de induccion

An =(

2n−1 2n−1

2n−1 2n−1

)

Por demostrar An+1 =(

2n 2n

2n 2n

)

En efecto:

An+1 = An · A =(

2n−1 2n−1

2n−1 2n−1

)

·(

1 11 1

)

=

(

2n−1 + 2n−1 2n−1 + 2n−1

2n−1 + 2n−1 2n−1 + 2n−1

)

=(

2 · 2n−1 2 · 2n−1

2 · 2n−1 2 · 2n−1

)

=(

2n 2n

2n 2n

)

Luego

An =(

2n−1 2n−1

2n−1 2n−1

)

∀n ∈ IN

Ejercicio

Sea V un K-espacio vectorial. Sea B = {v1, v2, ..., vn} una base de V .Sea f un endomorfismo de V definido por


f(vk) =

{

0 si k = 1v1 + v2 + · · · + vk−1 si k > 1

Encontremos A = (f ; B), A2, A3, A4 y hagamos una hipotesis sobre elmenor numero m tal que Am = 0

Solucion

Tenemos que

f(v1) = 0 = 0v1 + 0v2 + 0v3 + · · · + 0vn

f(v2) = v1 = 1v1 + 0v2 + 0v3 + · · · + 0vn

f(v3) = v1 + v2 = 1v1 + 1v2 + 0v3 + · · · + 0vn

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .f(vn) = v1 + v2 + · · · + vn−1 = 1v1 + 1v2 + · · · + 1vn−1 + 0vn

Luego (f ; B,B) =

0 1 1 1 · · · 1 10 0 1 1 · · · 1 10 0 0 1 · · · 1 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 0 · · · 0 10 0 0 0 · · · 0 0

Para n = 2, tenemos A =

(

0 10 0

)

y A2 = 0

Para n = 3, tenemos A =

0 1 10 0 10 0 0

y A3 = 0

Hipotesis: el menor numero entero tal que Am = 0 es m = n, conA ∈ Mn(K)

Demuestre, por induccion, tal afirmacion


Ejercicio

Sean A,B ∈ Mn(K). Recordando que B es idempotente ssi B2 = B.Demuestre

1. B es idempotente ssi I − B es idempotente.

2. Si B2 − B + I = 0 entonces B es invertible.

3. Si BA = AB, entonces (A + B)2 = A2 + 2AB + B2

Solucion

1. Supongamos que B es idempotente. Entonces

(I−B)2 = (I−B)(I−B) = I2−IB−BI+B2 = I2−2B+B2 =I2 − 2B + B = I − B, luego I − B es idempotente.

Supongamos que I − B es idempotente. Entonces:

(I − B)2 = I − B =⇒ I2 − IB − BI + B2 = I − B=⇒ I − 2B + B2 = I − B=⇒ B2 − B = 0=⇒ B2 = B

Es decir B es idempotente.

2. B2 − B + I = 0 =⇒ B − B2 = I =⇒ B(I − B) = I. Luego B−1

existe y B−1 = I − B

3. Supongamos que BA = AB. Luego

(A+B)2 = (A+B)(A+B) = A2+AB+BA+B2 = A2+2AB+B2

Ejercicio

En M2(K), consideremos A =(

1 23 4

)

. Busquemos A−1 y escribamos

esta ultima como el producto de matrices elementales.


Solucion

(

1 23 4

∣

∣

∣

∣

∣

1 00 1

)

L21(−3)−→

(

1 20 −2

∣

∣

∣

∣

∣

1 0−3 1

)

L2(−12

)−→

(

1 20 1

∣

∣

∣

∣

∣

1 032

−12

)

L12(−2)−→

(

1 00 1

∣

∣

∣

∣

∣

−2 132

−12

)

Luego

A−1 =

(

−2 132

−12

)

Escribamosla como producto de matrices elementales.(

1 −20 1

)

·(

1 20 1

)

=

(

1 00 1

)

(

1 −20 1

)

·(

1 00 −1

2

)

·(

1 20 −2

)

=

(

1 00 1

)

(

1 −20 1

)

·(

1 00 −1

2

)

·(

1 0−3 1

)

·(

1 23 4

)

=

(

1 00 1

)

Luego

A−1 =

(

1 −20 1

)

·(

1 00 −1

2

)

·(

1 0−3 1

)

A−1 quedo escrita como producto de 3 matrices elementales.

Ejercicio

Sea A =

1 2 20 1 20 0 1

. Descompongamos A en una suma conveniente

de matrices y utilicemos el binomio de Newton para encontrar A50

Solucion

Observemos que A puede escribirse como:


A =

1 0 00 1 00 0 1

+

0 2 20 0 20 0 0

= I + B, donde B =

0 2 20 0 20 0 0

B2 =

0 2 20 0 20 0 0

0 2 20 0 20 0 0

=

0 0 40 0 00 0 0

B3 =

0 0 40 0 00 0 0

·

0 2 20 0 20 0 0

=

0 0 00 0 00 0 0

Recordemos que A es nilpotente de grado n ssi n es el menor enterotal que An = 0

Luego B3 = 0. Ademas todas las potencias de B conmutan con laspotencias de I, es decir, con I, luego es aplicable a esta situacion elTeorema del Binomio de Newton

A50 = (I + B)50

=(

500

)

I50−0B0 +(

501

)

I50−1B1 + · · · +(

5050

)

I50−50B50

Luego

A50 =(

500

)

B0 +(

501

)

B1 +(

502

)

B2

= I + 50

0 2 20 0 20 0 0

+ 1.225

0 0 40 0 00 0 0

Luego

A50 =

1 100 5.0000 1 1000 0 1

Ejercicio

Sea rα : K2 −→ K2 la rotacion en un angulo α, tal que cuya matrizasociada es

A = (rα; C,C) =

(

−√

22

√2

2

−√

22

−√

22

)

,


donde C es la base canonica de K2.

Busquemos A63 y A−1

Solucion

A63 =(

cos α − sin αsin α cos α

)63

=(

cos 5π4

− sin 5π4

sin 5π4

cos 5π4

)63

=(

cos 63·5π4

− sin 63·5π4

sin 63·5π4

cos 63·5π4

)

=

(

−√

22

−√

22√

22

−√

22

)

Utilizamos que cos 63·5π4

= cos 315π4

= cos (39·8+3)π4

= cos 3π4

= −√

22

Idem para sin 63·5π4


1. Sea f : K3 −→ K2. Encuentre la matriz asociada a f segun lasbases B = {(1, 0, 0), (1, 1, 0), (1, 1, 1)} de K3 y C = {(1, 0)(1, 1)}de K2, en los siguientes casos:

(a) f(x, y, z) = (x + 2y, x)

(b) f(x, y, z) = (3z, x − y)

2. Sea f un endomorfismo de K2, cuya matriz con respecto a la

base B = {(1, 1), (1,−1)} es (f ; B,B) =(

7 00 2

)

. Determine la

matriz de f con respecto a la base canonica de K2.

3. Sean f, g : K2 −→ K3. Sabiendo que f(x, y) = (3x, x + y, y) yque la matriz de f +g con respecto a las bases canonicas de K2 y

K3 es

2 10 13 3

. Determine g(x, y) y la matriz de g con respecto

a esas bases.


4. Sea f : K2 −→ K2 y g : K2 −→ K2 dos aplicaciones lineales tal

que g(x, y) = (x + 2y, 3y) y tal que (f ; B,C) =(

1 32 4

)

donde

C = {(1, 1), (0,−1)} y D = {(−1,−1), (1, 0)}

(a) Encuentre (g; C,D) y (g ◦ f ; B,D)

(b) Sabiendo que las componentes de v ∈ IR3, segun la base B,son -1 y 2, encuentre las componentes de f(v) segun la baseC

5. Si AB =

1 2 12 1 11 1 1

y AB−1 =

2 1 11 1 11 0 1

. Determine B2

6. Determine todas las matrices cuadradas de orden 3 que conmu-tan con la matriz

a 1 00 a 10 0 a

7. Para cada numero real α, considere la matriz

Mα =(

cosα −senαsenα cosα

)

(a) Demuestre que MαMβ = Mα+β

(b) Calcule M−α

8. Estudie para que valores de α la siguiente familia de matrices,Mα,

Mα =

1 α 01 1 + α 2α − 31 α 2α − 3

es invertible. En caso que sea invertible busque su inversa.

9. Sea A ∈ Mn(K) tal que A2 − 2A − 3I = 0. Busque A−1

10. Busque todas las matrices A ∈ M2(K) tal que A2 = I


11. Determine si es posible x, y ∈ IR, de manera que la matriz(

√2 x

y√

2

)

sea ortogonal.

12. Demuestre que el producto de dos matrices ortogonales es ortog-onal.

13. Sea V = Mn(K). Estudie cuales de los siguientes subconjuntosde V , son subespacios vectoriales de V .

(a) S = {A ∈ V ; A es invertible}(b) T = {A ∈ V ; AB = BA,B una matriz fija}(c) U = {A ∈ V ; A es idempotente}(d) W = {A ∈ V ; A es simetrica}(e) X = {A ∈ V ; A es antisimetrica}(f) Y = {A ∈ V ; A es ortogonal}

Capıtulo 5

Determinantes

5.1 Determinantes de matrices de M2(K)

Nos interesa que comiences por saber que la palabra determinante serefiere a un numero que determina cuando un sistema de ecuacioneslineales tiene solucion.

Comencemos por un sistema de ecuaciones lineales de 2 ecuacioneslinealmente independientes y 2 incognitas.

Motivacion

Consideremos el sistema de ecuaciones lineales l.i. siguiente:

(1) : ax + by = α(2) : cx + dy = β

}

Hagamos las operaciones siguientes: d ·(1)−b ·(2): adx−bcx = αd−βb

Luego: (ad − bc)x = αd − βb

Si ad − bc = 0 y αd − β = 0, entonces el sistema es l.d.

Si ad − bc = 0 y αd − βb 6= 0, entonces no existe solucion para elsistema.

219


Si (ad − bc) 6= 0, entonces x = αd−βb

ad−bc.

Hagamos ahora las operaciones siguientes c · (1)− a · (2): (bc− ad)y =αc − βa O bien (ad − bc)y = βa − αc

Si ad − bc 6= 0, tenemos y = βa−αc

ad−bc

Tenemos entonces que el sistema tiene solucion si y solo si ad−bc 6= 0.Luego la cantidad ad − bc determina si el sistema tiene solucion.

El sistema puede ser escrito en la forma matricial siguiente:

(

a bc d

)

·(

xy

)

=(

αβ

)

Con respecto a la matriz de los coeficientes tenemos la notacion si-guiente:

Notacion

∣

∣

∣

∣

∣

a bc d

∣

∣

∣

∣

∣

=: ad − bc

Entonces x =

∣

∣

∣

∣

∣

α bβ d

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a bc d

∣

∣

∣

∣

∣

; y =

∣

∣

∣

∣

∣

a αc β

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a bc d

∣

∣

∣

∣

∣

Definicion 5.1.1 Sea A =(

a bc d

)

una matriz con sus elementos en

un cuerpo K. El determinante de A, denotado |A|, es el numero deK,

∣

∣

∣

∣

∣

a bc d

∣

∣

∣

∣

∣

=: ad − bc

Ejemplos

∣

∣

∣

∣

∣

1 23 4

∣

∣

∣

∣

∣

= 4 − 6,

∣

∣

∣

∣

∣

2 41 2

∣

∣

∣

∣

∣

= 4 − 4

Capıtulo 5. Determinantes 221

Nota

Sea A =(

a bc d

)

, A1 = ( a b ), A2 = ( c d ). Podemos escribir

D(A), det(A) o bien D(

A1

A2

)

. Es decir, podemos considerar el deter-

minante como funcion de la matriz A o como una funcion de las filasde la matriz A.

Propiedades(1) y (2)

1.

∣

∣

∣

∣

∣

a + a′ b + b′

c d

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

a bc d

∣

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

∣

a′ b′

c d

∣

∣

∣

∣

∣

2.

∣

∣

∣

∣

∣

ta tbc d

∣

∣

∣

∣

∣

= t ·∣

∣

∣

∣

∣

a bc d

∣

∣

∣

∣

∣

Las mismas propiedades para la segunda fila.

La demostracion es trivial. Sigue de la definicion.

Ejemplo

∣

∣

∣

∣

∣

2 64 10

∣

∣

∣

∣

∣

= 2 · 2 ·∣

∣

∣

∣

∣

1 32 5

∣

∣

∣

∣

∣

= 4 · (5 − 6) = −4

Ejercicio

Calculemos el valor de

∣

∣

∣

∣

∣

2 63 9

∣

∣

∣

∣

∣

Solucion

∣

∣

∣

∣

∣

2 63 9

∣

∣

∣

∣

∣

= 2 · 3 ·∣

∣

∣

∣

∣

1 31 3

∣

∣

∣

∣

∣

= 2 · 3 · (3 − 3) = 0


Observacion

∣

∣

∣

∣

∣

a + a′ b + b′

c + c′ d + d′

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

a bc + c′ d + d′

∣

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

∣

a′ b′

c + c′ d + d′

∣

∣

∣

∣

∣

=

=

∣

∣

∣

∣

∣

a bc d

∣

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

∣

a bc′ d′

∣

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

∣

a′ b′

c d

∣

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

∣

a′ b′

c′ d′

∣

∣

∣

∣

∣

Propiedad (3)

Si dos filas son iguales, entonces el determinante de la matriz es nulo.

Demostracion∣

∣

∣

∣

∣

a ba b

∣

∣

∣

∣

∣

= ab − ab = 0

Propiedad (4)

El determinante de la matriz identidad es 1, es decir,

∣

∣

∣

∣

∣

1 00 1

∣

∣

∣

∣

∣

= 1

Propiedad (5)

Si se suma un multiplo de una fila a la otra fila, el valor del determi-nante no cambia, es decir,

∣

∣

∣

∣

∣

a + tc b + tdc d

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

a bc d

∣

∣

∣

∣

∣

Lo mismo ocurre para la segunda fila.


Ejercicio

∣

∣

∣

∣

∣

71 7274 75

∣

∣

∣

∣

∣

L21(−1)=

∣

∣

∣

∣

∣

71 723 3

∣

∣

∣

∣

∣

=

= 3 ·∣

∣

∣

∣

∣

71 721 1

∣

∣

∣

∣

∣

= 3(71 − 72) = −3

Propiedad(6)

Si se intercambian las dos filas, entonces el determinante cambia designo, es decir,

∣

∣

∣

∣

∣

a bc d

∣

∣

∣

∣

∣

= −∣

∣

∣

∣

∣

c da b

∣

∣

∣

∣

∣

Propiedad(7)

Det(

a bc d

)t

= Det(

a bc d

)

Demostracion

Det(

a bc d

)t

=

∣

∣

∣

∣

∣

a cb d

∣

∣

∣

∣

∣

= ad − bc =

∣

∣

∣

∣

∣

a bc d

∣

∣

∣

∣

∣

Propiedad(8)

Los vectores ( a b ) y ( c d ) son linealmente dependientes si y solo

si el Det(

a bc d

)

es nulo.


Demostracion

Sea ( a b ) = ( αc αd ). Luego∣

∣

∣

∣

∣

a bc d

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

αc αdc d

∣

∣

∣

∣

∣

= α

∣

∣

∣

∣

∣

c dc d

∣

∣

∣

∣

∣

= α · 0 = 0

Recıprocamente tenemos

Si

∣

∣

∣

∣

∣

a bc d

∣

∣

∣

∣

∣

= 0, entonces ad − bc = 0, es decir, ad = bc.

Supongamos c 6= 0 y d 6= 0, luego a = bd· c. Luego

( a b ) = ( bd· c b · d

d) = ( b

d· c b

d· d ) =

b

d( c d )

Luego son linealmente dependientes.

Supongamos d = 0. Luego b = 0 o c = 0.

i) Si b = 0 y c 6= 0, entonces ( a b ) = ( a 0 ) = ac( c 0 ) =

ac( c d ). Luego el vector ( a b ) es linealmente dependiente con

el vector ( c d )

ii) Si b 6= 0 y c = 0, entonces

{( a b ) , ( c d )} = {( a b ) , ( 0 0 )}

el cual es un conjunto l.d. por tener el ~0.

Ejemplo

∣

∣

∣

∣

∣

2 56 15

∣

∣

∣

∣

∣

= 0

Propiedad(9)

Todas las propiedades anteriores son validas para las columnas.


Propiedad(10)

Det(A · B) = (DetA) · (DetB)

Demostracion

La demostracion de esta proposicion es un simple calculo.

5.2 Determinantes de matrices de M3(K)

Motivacion

Consideremos el sistema de ecuaciones lineales siguiente:

(1) : ax + by + cz = α(2) : dx + ey + fz = β(3) : gx + hy + iz = γ

Hagamos las operaciones siguientes:

(ei-hf)(1)+(ch-ib)(2)+(bf-ec)(3):

(aei − ahf)x + (bei − bhf)y + (cei − chf)z = αei − αhf(dch − dib)x + (ech − eib)y + (fch − fib)z = βch − βib(gbf − gec)x + (hbf − hec)y + (ibf − iec)z = γbf − γec

Sumando las tres ecuaciones, tenemos:

[a(ei−hf)+d(ch−ib)+g(bf−ec)]x = α(ei−hf)+β(ch−ib)+γ(bf−ec)

Observemos que el numero que multiplica a x se puede escribir comosigue:

a

∣

∣

∣

∣

∣

e fh i

∣

∣

∣

∣

∣

− d

∣

∣

∣

∣

∣

b ch i

∣

∣

∣

∣

∣

+ g

∣

∣

∣

∣

∣

b ce f

∣

∣

∣

∣

∣


Este tiene solucion ssi el coeficiente que acompana a x es distinto de0. Luego determina si el sistema tiene o no solucion, de ahı su nombre.

En forma matricial el sistema se escribe como sigue:

a b cd e fg h i

·

xyz

=

αβγ

diremos que el determinante de la matriz de los coeficientes, denotado:∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a b cd e fg h i

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

desarrollado por subdeterminante por la primera columna es:

a

∣

∣

∣

∣

∣

e fh i

∣

∣

∣

∣

∣

− d

∣

∣

∣

∣

∣

b ch i

∣

∣

∣

∣

∣

+ g

∣

∣

∣

∣

∣

b ce f

∣

∣

∣

∣

∣

Los determinantes que acompanan a las letras a, d y g son llamadossubdeterminantes de a, d y g. Estos determinantes se obtienen de lamatriz inicial quitando la fila y la columna del elemento respectivo.

Definicion 5.2.1 Sea

A =

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

Se define su determinante de acuerdo con la formula conocida comodesarrollo por la primera fila.

Det(A) = a11

∣

∣

∣

∣

∣

a22 a23

a32 a33

∣

∣

∣

∣

∣

− a12

∣

∣

∣

∣

∣

a21 a23

a31 a33

∣

∣

∣

∣

∣

+ a13

∣

∣

∣

∣

∣

a21 a22

a31 a32

∣

∣

∣

∣

∣

Definicion 5.2.2 Llamamos subdeterminante de aij, denotado S(aij)al determinante obtenido de A al eliminar la fila i y la columna j.

Utilizando esta notacion, tenemos:

Det(A) = a11S(a11) − a12S(a12) + a13S(a13)


Ejemplo

Sea A =

1 2 11 −1 −1−1 3 5

. Calculemos el determinante de A.

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 2 11 −1 −1−1 3 5

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 1

∣

∣

∣

∣

∣

−1 −13 5

∣

∣

∣

∣

∣

− 2

∣

∣

∣

∣

∣

1 −1−1 5

∣

∣

∣

∣

∣

+ 1

∣

∣

∣

∣

∣

1 −1−1 3

∣

∣

∣

∣

∣

= −8

Nota

El determinante de una matriz de 3 × 3 se puede escribir como

D(A) = Det(A) = Det

A1

A2

A3

,

que para mayor comodidad lo denotaremos D(A1, A2, A3), es decir, eldeterminante en funcion de las filas.

Este mismo numero puede ser obtenido a partir de la segunda fila,llamado desarrollo del determinante por la segunda fila y este es:

Det(A) = −a21S(a21) + a22S(a22) − a23S(a23)

Tambien se puede obtener este mismo numero, haciendo el desarrollopor la tercera fila de la manera siguiente:

Det(A) = a31S(a31) − a32S(a32) + a33S(a33)

Tambien por la primera columna:

Det(A) = a11S(a11) − a21S(a21) + a31S(a31)

Idem para la segunda y tercera columna.

La segunda columna comienza con signo negativo y la tercera columnacon signo positivo.


Los determinantes de las matrices de 3 × 3 tienen las mismas 10propiedades de los determinantes de 2 × 2

Con respecto a la propiedad 6, quiero que quede claro que cada vezque se intercambian dos filas de una matriz, el determinante cambiade signo.

Regla de Gramer

(SOLAMENTE matrices de 3×3) Se copian las dos primeras columnasa la derecha o bien las dos primeras filas abajo de la matriz dada:

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 a12 a13 a11 a12

a21 a22 a23 a21 a22

a31 a32 a33 a31 a32

Se multiplican las diagonales de la manera siguiente:

a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32 − a31a22a13 − a32a23a11 − a33a21a12

Cantidad que corresponde al determinante de la matriz.

5.3 Determinante de matrices de Mn(K)

Definicion 5.3.1 Sea

A =

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

. . . . . . . . . . . . . . . . .an1 an2 · · · ann

El determinante de A lo definiremos en forma recursiva.

Tenemos definido los determinantes para las matrices de M2(K).

Sea i, j un par de numeros enteros entre 1 y n, es decir, 1 ≤ i ≤ n,1 ≤ j ≤ n.

Se define el subdeterminante de aij, denotado S(aij), como el deter-minante obtenido de A al eliminar la fila i y la columna j.


El determinante de una matriz A de Mn(K), se define en terminos dedeterminantes de matrices de Mn−1(K).

Se define:

Det(A) = (−1)i+1ai1S(ai1)+(−1)i+2ai2S(ai2)+ · · ·+(−1)i+nainS(ain)

Esta definicion es conocida como el desarrollo del determinantepor la fila i, i ∈ ZZ, 1 ≤ i ≤ n.

Este determinante se puede escribir como

det(A) = det(A1, A2, ..., An),

donde Ai es la i-esima fila. (−1)i+jS(aij) se llama el cofactor de aij.

Propiedad (1)

Si la fila Aj es igual a la suma de dos vectores fila, Aj = C + C ′,entonces

det(A1, ..., C+C ′, ..., An) = det(A1, ..., C, ..., An)+det(A1, ..., C′, ..., An)

Propiedad (2)

det(A1, ..., tAj, ..., An) = t · det(A1, ..., Aj, ..., An), ∀t ∈ K

Propiedad (3)

Si hay dos filas iguales, entonces el determinante es nulo.

Propiedad (4)

El determinante de la matriz identidad es 1.


Propiedad (5)

Si se suma un multiplo de una fila a otra fila, el valor del determinanteno cambia.

Propiedad (6)

Si se intercambian dos filas, el determinante cambia de signo.

Propiedad (7)

Det(At) = Det(A)

Propiedad (8)

Dos filas son linealmente dependientes si y solo si el determinante dela matriz es nulo.

Propiedad (9)

Todas las propiedades anteriores son validas para las columnas.

Propiedad (10)

Sean A,B ∈ Mn(K). Entonces

Det(A · B) = Det(A) · Det(B)

Teorema 5.3.1 Sea A ∈ Mn(K), la matriz

A =

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

. . . . . . . . . . . . . . . . .an1 an2 · · · ann


Entonces

Det(A) = (−1)1+ja1jS(a1j) + · · · + (−1)n+janjS(anj)

(llamado desarrollo del determinante por la j-esima columna).

Teorema 5.3.2 Sea A ∈ Mn(K) una matriz invertible. Entonces

Det(A−1) = (DetA)−1

Demostracion

1 = Det(In) = Det(A · A−1) = DetA · Det(A−1)

Luego (DetA)−1 = Det(A−1)

5.4 Interpretacion geometrica del deter-

minante

Si en el plano cartesiano consideramos los vectores u y v, entonces elarea del paralelogramo que tiene por lados estos vectores correspondea |Det(u, v)|, es decir, el valor absoluto de Det(u, v),donde u y v sonconsiderados como vectores filas.

Ejemplo

A = |∣

∣

∣

∣

∣

2 01 3

∣

∣

∣

∣

∣

| = 6

A = |∣

∣

∣

∣

∣

1 32 0

∣

∣

∣

∣

∣

| = |0 − 6| = | − 6| = 6

Si en un sistema cartesiano de 3 coordenadas, consideramos los vec-tores u, v y w, el volumen del paralelepıpedo rectangular de lados u, vy w es


V ol(u, v, w) = |Det(u, v, w)|

donde u, v y w son considerados como vectores filas.

5.5 Matriz adjunta

En el capıtulo anterior observaste que no toda matriz tiene matrizinversa.

Lo interesante es, que toda matriz A, tiene una matriz asociada a ella,que siempre existe, es decir, que siempre ”va junto a A”, es por estollamada la matriz adjunta de A.

Comencemos por el Lema siguiente:

Lema

Sea A ∈ Mn(K)

Si A es invertible, entonces Det(A) 6= 0

Demostracion

1 = Det(In) = Det(A · A−1) = DetA · DetA−1.

Luego DetA 6= 0.

Nota

Ahora quisieramos saber si el recıproco es verdadero, es decir, siDetA 6= 0, entonces A es invertible. Para esto debemos construir lainversa, en caso que exista.

Veamos que ocurre en M2(K).


Lema

Sea A ∈ M2(K). Entonces siempre existe B ∈ M2(K) tal que

A · B =(

detA 00 detA

)

Demostracion

En efecto, sea A =(

a bc d

)

, consideremos B =(

d −b−c a

)

y se tiene,

(

a bc d

)

·(

d −b−c a

)

=(

detA 00 detA

)

Lema

Sea A ∈ M3(K). Entonces, siempre existe B ∈ M3(K) tal que

A · B = (DetA) · I3

Demostracion

En efecto, sea A =

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

,

Tomando B =

S(a11) −S(a21) S(a31)−S(a12) S(a22) −S(a32)S(a13) −S(a23) S(a33)

Tenemos

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

·

S(a11) −S(a21) S(a31)−S(a12) S(a22) −S(a32)S(a13) −S(a23) S(a33)

=

=

detA 0 00 detA 00 0 detA


Teorema 5.5.1 Si A ∈ Mn(K), entonces siempre existe B ∈ Mn(K)tal que A · B = |A| · In

Demostracion

La demostracion consiste en probar que si A = (ai,j) entonces

B = ((−1)i+jS(aji))

cumple las condiciones del teorema.

Esta demostracion no la haremos pues, escapa a los objetivos del curso.

Definicion 5.5.1 Esta matriz B es llamada, la matriz adjunta deA, denotada A.

Es decir la adjunta de una matriz A es la matriz transpuesta de lamatriz de los cofactores de la matriz A.

Corolario 5.5.2 Si A ∈ Mn(K) tal que DetA 6= 0, entonces A esinvertible y

A−1 =1

DetA· A

Nota

Ahora tenemos dos maneras de encontrar la matriz inversa, cuandoesta existe. Obviamente que el metodo mas seguro es el escalo-namiento, pues en este nuevo metodo hay muchos determinantes enjuego y hay que estar pensando en A y en At al mismo tiempo.

5.6 Determinante de un endomorfismo

Una propiedad genial que cumplen los determinantes, la tienes en elsiguiente lema:


Lema

Sea V un K-espacio vectorial, sea f ∈ End(V ). Sea M = (f ; B,B) yM ′ = (f : C,C) con B y C ciertas bases de V . Entonces

DetM = DetM ′

Demostracion

Sea P la matriz de cambio de base que exhibe la base C segun la baseB. Entonces

(f ; C,C) = P−1 · (f ; B,B) · PLuego

M ′ = P−1 · M · PTenemos

DetM ′ = Det(P−1)·DetM ·DetP = (DetP )−1 ·DetM ·DetP = DetM

Observacion

¿Te das cuenta, que nuevamente hemos encontrado un invariante?

Si, pues, si cambiamos una base en la representacion matricial de unendomorfismo, entonces, seguimos teniendo el mismo determinante.

Es obvia la siguiente definicion:

Definicion 5.6.1 Sea V un K-espacio vectorial de dimension finita.Para todo endomorfismo f ∈ End(V ), se llama determinante def , denotado Det(f), el determinante de la matriz de f en una basecualquiera de V .

Observacion

El valor del determinante de un endomorfismo nos indica si este es ono un automorfismo.

Esta caracterizacion la tenemos en el siguiente lema:


Lema

Sea V un K-espacio vectorial de dimension finita. Entonces

f es un automorfismo de V ssi Det(f) 6= 0

Demostracion

f es un automorfismo ssi f es invertible ssi (f ; B,B) es invertible ∀B,base de V ssi Det(f ; B,B) 6= 0, ∀B, base de V ssi Det(f) 6= 0

Nota

Equivalentemente:

f no es un automorfismo ssi Det(f) = 0


Ejercicio

Resolvamos el determinante siguiente:

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

22 32 42 52

62 72 82 92

102 112 122 132

142 152 162 172

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Solucion

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

22 32 42 52

62 72 82 92

102 112 122 132

142 152 162 172

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

22 32 42 52

62 − 22 72 − 32 82 − 42 92 − 52

10−22 112 − 32 122 − 42 132 − 52

142 − 22 152 − 32 162 − 42 172 − 52

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=


=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

22 32 42 52

4 · 8 4 · 10 4 · 12 4 · 148 · 12 8 · 14 8 · 16 8 · 1812 · 16 12 · 18 12 · 20 12 · 22

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 4·8·12·23

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

22 32 42 52

4 5 6 76 7 8 98 9 10 11

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= 210 · 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

22 32 42 52

4 5 6 72 2 2 24 4 4 4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0

Ejercicio

Calculemos el determinante de Vandermonde de 3 × 3 siguiente:

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 a a2

1 b b2

1 c c2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Solucion

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 a a2

1 b b2

1 c c2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

L21(−1)=

L31(−1)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 a a2

0 b − a b2 − a2

0 c − a c2 − a2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (b− a)(c− a)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 a a2

0 1 b + a0 1 c + a

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (b− a)(c− a)

∣

∣

∣

∣

∣

1 b + a1 c + a

∣

∣

∣

∣

∣

L21(−1)=

= (b − a)(c − a)

∣

∣

∣

∣

∣

1 b + a0 c − b

∣

∣

∣

∣

∣

= (b − a)(c − a)(c − b)

∣

∣

∣

∣

∣

1 b + a0 1

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (b − a)(c − a)(c − b)

Ejercicio

Demostremos que


∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 1a b ca3 b3 c3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (a + b + c)(b − a)(c − a)(c − b)

Solucion

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 1a b ca3 b3 c3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

C32(−1)=

C12(−1)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

0 1 0a − b b c − b

a3 − b3 b3 c3 − b3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (a − b)(c − b)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

0 1 01 b 1

a2 + ab + b2 b3 c2 + bc + b2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (a − b)(c − b)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

0 1 00 b 1

a2 − c2 + b(a − c) b3 c2 + bc + b2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (a − b)(c − b)(a − c)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

0 1 00 b 1

a + b + c b3 c2 + bc + b2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (a − b)(c − b)(a − c)(a + b + c)

∣

∣

∣

∣

∣

1 0b 1

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (a − b)(c − b)(a − c)(a + b + c)

Ejercicio

Si B ∈ Mn(K) y detB = 5 entonces det(2B) = 2n · detB = 2n · 5

Ejercicio

Calculemos el determinante de la matriz de rotacion en un angulo α


Solucion

∣

∣

∣

∣

∣

cos α − sin αsin α cos α

∣

∣

∣

∣

∣

= cos2 α + sin2 α = 1

Ejercicio

Busquemos los valores de k ∈ K, de manera que

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

k + 3 1 −23 −2 1k2 3 −3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −6

Solucion

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

k + 3 1 −23 −2 1k2 3 −3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

C23(1)=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

k + 3 −1 −23 −1 1k2 0 −3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

L21(−1)=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

k + 3 −1 −2−k 0 3k2 0 −3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

−k 3k2 −3

∣

∣

∣

∣

∣

L12(1)=

∣

∣

∣

∣

∣

k2 − k 0k2 −3

∣

∣

∣

∣

∣

=

−3(k2 − k)

Luego −3(k2 −k) = −6, luego k2 −k− 2 = 0, luego (k− 2)(k +1) = 0Entonces k = 2 o k = −1

Ejercicio

Resolvamos el determinante siguiente:

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3 −6 x1 −2 y2 −4 z

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣


Solucion

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3 −6 x1 −2 y2 −4 z

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

C21(2)=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3 0 x1 0 y2 0 z

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0

Ejercicio

Demostremos que:

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

x y zx2 y2 z2

yz xz xy

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (y − z)(z − x)(x − y)(yz + xz + xy)

Solucion

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

x y zx2 y2 z2

yz xz xy

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

C13(−1)=

C23(−1)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

x − z y − z zx2 − z2 y2 − z2 z2

yz − xy xz − xy xy

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (x − z)(y − z)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 zx + z y + z z2

−y −x xy

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

C21(−1)=

C31(−z)(x − z)(y − z)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 0 0x + z y − x −xz−y y − x xy + yz

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (x − z)(y − z)(y − x)

∣

∣

∣

∣

∣

1 −xz1 xy + yz

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (x − z)(y − z)(y − x)

∣

∣

∣

∣

∣

1 −xz0 xy + yz + xz

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (y − z)(z − x)(x − y)(yz + xz + xy)


Ejercicio

Calculemos en tres pasos el determinante siguiente:

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 x y z + t1 y z x + t1 z t x + y1 t x y + z

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Solucion

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 x y z + t1 y z x + t1 z t x + y1 t x y + z

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

L21(−1)=

L31(−1)L41(−1)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 x y z + t0 y − x z − y x − z0 z − x t − y x + y − z − t0 t − x x − y y − t

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

y − x z − y x − zz − x t − y x + y − z − tt − x x − y y − t

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

C31(1)=

C32(1)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

y − x z − y 0z − x t − y 0t − x x − y 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0

!!Trivial!!

Ejercicio

Demostremos que:

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 cos x cos 2xcos x cos 2x cos 3xcos 2x cos 3x cos 4x

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0


Solucion

Recordemos las siguientes identidades:

cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin βcos(α − β) = cos α cos β + sin α sin βcos(α + β) + cos(α − β) = 2 cos α cos β

Reemplazando en la ultima identidad α + β = 3x y α − β = x, esdecir, α = 2x y β = x, tenemos:

1. cos 3x + cos x = 2 cos 2x cos x

Analogamente se obtienen:

2. cos 4x + cos 2x = 2 cos 3x cos x

3. (cos 2x) + 1 = 2 cos2 x

Entonces

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 cos x cos 2xcos x cos 2x cos 3xcos 2x cos 3x cos 4x

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

L31(1)=

(1)(2)(3)

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 cos x cos 2xcos x cos 2x cos 3x

2 cos2 x 2 cos x cos 2x 2 cos x cos 3x

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= 2 cos x

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 cos x cos 2xcos x cos 2x cos 3xcos x cos 2x cos 3x

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 2 cos x · 0 = 0

Ejercicio

Demostremos que

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

bc a a2

ca b b2

ab c c2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 a2 a3

1 b2 b3

1 c2 c3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

con abc 6= 0


Solucion

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

bc a a2

ca b b2

ab c c2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

L1(a)=

L2(b)L3(c)

1abc

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

abc a2 a3

abc b2 b3

abc c2 c3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 a2 a3

1 b2 b3

1 c2 c3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Ejercicio

Calculemos el siguiente determinante:

∣

∣

∣

∣

∣

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∣

∣

1 x x2 x3

x3 1 x x2

x2 x3 1 xx x2 x3 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Solucion

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 x x2 x3

x3 1 x x2

x2 x3 1 xx x2 x3 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

L21(−x3)=

L31(−x2)L41(−x)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 x x2 x3

0 1 − x4 x − x5 x2 − x6

0 0 1 − x4 x − x5

0 0 0 1 − x4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (1 − x4)3

Ejercicio

Que el ejercicio anterior nos sirva de inspiracion para resolver el de-terminante de (n + 1) × (n + 1) siguiente:

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 x x2 x3 · · · xn

xn 1 x x2 · · · xn−1

xn−1 xn 1 x · · · xn−2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .x x2 x3 x4 · · · 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣


Solucion

Con las operaciones L21(−xn), L31(−xn−1), . . . , Ln+11(−x) tenemos

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∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 x x2 x3 · · · xn

0 1 − xn+1 x − xn+2 x2 − xn+3 · · · xn−1 − x2n

0 0 1 − xn+1 x − xn+2 · · · xn−2 − x2n−1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 0 · · · 1 − xn+1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (1 − xn+1)n

Ejercicio

Resolvamos el determinante de n × n siguiente:

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∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

x + 1 x x · · · x xx x + 2 x · · · x xx x x + 3 · · · x x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .x x x · · · x x + n

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Solucion

L21(−1)L31(−1)

=...

Ln1(−1)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

x + 1 x x · · · x x−1 2 0 · · · 0 0−1 0 3 · · · 0 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .−1 0 0 · · · 0 n

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∗=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 + xn∑

k=1

1

kx x · · · x x

0 2 0 · · · 0 00 0 3 · · · 0 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 · · · 0 n

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (1 + xn∑

k=1

1

k)n!

Donde ∗ = C1212C13

13· · ·C1n

1n


Ejercicio


∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 0 1 1 · · · 1 11 1 0 1 · · · 1 11 1 1 0 · · · 1 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 1 1 1 · · · 1 00 1 1 1 · · · 1 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Solucion

L21(−1)L31(−1)

=...

Ln−11(−1)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 0 1 1 · · · 1 10 1 −1 0 · · · 0 00 1 0 −1 · · · 0 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 1 0 0 · · · 0 −10 1 1 1 · · · 1 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

(a)=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 −1 0 · · · 0 01 0 −1 · · · 0 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1 0 0 · · · 0 −11 1 1 · · · 1 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

(b)=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

0 −1 0 · · · 0 00 0 −1 · · · 0 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 · · · 0 −1n − 1 1 1 · · · 1 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (n − 1)(−1n−1+1)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−1 0 · · · 0 00 −1 · · · 0 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 · · · 0 −1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (n − 1)(−1)n(−1)n−2 = (n − 1)(−1)2n−2 = n − 1

(a): desarollamos el determinante por la primera columna.

(b) A la columna 1 se le suman las demas columnas


Ejercicio


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∣

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∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

n n − 1 n − 2 · · · 2 1n − 1 n − 2 n − 3 · · · 1 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 1 0 · · · 0 01 0 0 · · · 0 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Solucion

Observando los casos n = 3, 4, 5 podras conjeturar que:

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∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

n n − 1 n − 2 · · · 3 2 1n − 1 n − 2 n − 3 · · · 2 1 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2 1 0 · · · 0 0 01 0 0 · · · 0 0 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (−1)(n+1)(n+2)

2−3 = (−1)

n2+3n

2

lo cual se demuestra facilmente por induccion.


1. Encuentre el valor del determinante siguiente:

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

71 72 7374 75 7677 78 79

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2. Encuentre el valor del determinante siguiente:


∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

10 15 20 25 3011 17 23 29 3512 19 26 33 4013 21 29 37 4514 23 32 41 50

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3. Demuestre que

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∣

∣

∣

∣

∣

∣

(a − x)2 (a − y)2 (a − z)2

(b − x)2 (b − y)2 (b − z)2

(c − x)2 (c − y)2 (c − z)2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 2(b − c)(c − a)(a − b)(y − z)(z − x)(x − y)

4. Demuestre por induccion que el determinante de n×n siguiente

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∣

∣

∣

∣

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∣

∗ ∗ · · · ∗ 1∗ ∗ · · · 1 0. . . . . . . . . . . . . . .∗ 1 · · · 0 01 0 · · · 0 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (−1)(n+2)(n+1)

2+1

5. Calcule el determinante de n × n siguiente:

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∣

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∣

∣

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∣

a b b · · · b ba a b · · · b b. . . . . . . . . . . . . . . . . .a a a · · · a ba a a · · · a a

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∣

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∣

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∣

∣

Capıtulo 6

Diagonalizacion

6.1 Introduccion

Tu sabes que una aplicacion lineal esta determinada por su compor-tamiento en una base. Quisieramos saber si existira una base tal quela imagen de cada vector de ella, sea colineal con el mismo. Es decir, siV es un K-espacio vectorial y f : V −→ V un endomorfismo ¿ExistiraB = {v1, v2, ..., vn} base de V , tal que

f(vi) = λivi, i = 1, ..., n ?

Esta serıa una manera mas facil, mas comoda de trabajar con unendomorfismo. Por ejemplo, serıa ¡trivial! conocer el valor de

fn(vi),∀n ∈ IN, i = 1, ..., n

Seguramente recuerdas que una aplicacion lineal tiene una familia dematrices asociadas. Buscamos, entonces, la representacion matricialmas simple posible. Posiblemente concordamos en decir que esta serıauna matriz diagonal.

En este capıtulo veremos las condiciones para que una aplicacion li-neal, tenga asociada una matriz diagonal. Tambien aprenderemos aencontrar tal matriz, en caso que esta exista.

249


Las matrices diagonales tienen propiedades muy agradables. Por ejem-plo, ellas conmutan entre sı. Calcular el determinante de una matrizdiagonal es ¡Trivial!, pues es el producto de los elementos de la dia-gonal. Tambien, es facil conocer las potencias de una matriz diagonal.Veamoslo en la siguiente observacion.

Observacion

(

5 00 7

)2

=(

5 00 7

)

·(

5 00 7

)

=(

52 00 72

)

(

5 00 7

)3

=(

5 00 7

)2

·(

5 00 7

)

=(

52 00 72

)(

5 00 7

)

=(

53 00 73

)

Hipotesis de induccion

(

5 00 7

)n

=(

5n 00 7n

)

Demostremos que(

5 00 7

)n+1

=(

5n+1 00 7n+1

)

(

5 00 7

)n+1

=(

5 00 7

)n

·(

5 00 7

)

=(

5n 00 7n

)

·(

5 00 7

)

=

=(

5n+1 00 7n+1

)

Luego para todo numero natural n, tenemos

(

5 00 7

)n

=(

5n 00 7n

)

Lema

Para todo k, numero natural, tenemos

Capıtulo 6. Diagonalizacion 251

a11 0 0 · · · 0 00 a22 0 · · · 0 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 · · · 0 ann

k

=

ak11 0 0 · · · 0

0 ak22 0 · · · 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 · · · ak

nn

La demostracion se hace por induccion sobre k.

Pregunta

Dada una aplicacion lineal f ¿Habra alguna matriz diagonal asociadaa f ?

Veamos algunos ejemplos

Observacion

Sea f : K2 −→ K2; f(x, y) = (3y, 3x)

Buscamos una base B = {v1, v2} tal que

(f ; B,B) =( ∗ 0

0 ∗)

En este casof(v1) = λ1v1 = λ1v1 + 0 · v2

f(v2) = λ2v2 = 0 · v1 + λ2v2

Buscamos los vectores v ∈ K2 tal que

f(v) = λv

Supongamos que tales vectores existen. Tenemos

f(x, y) = (3y, 3x) = λ(x, y). Luego (3y, 3x) = (λx, λy)

De donde

3y = λx3x = λy

}


Si x, y 6= 0 entonces 9xy = λ2xy, luego λ2 = 9 y se obtiene dosresultados, a saber λ1 = 3 y λ2 = −3

Caso λ1 = 3

f(x, y) = (3y, 3x) = 3(x, y). Luego 3y = 3x. Luego x = y. Los vectoresasociados a λ = 3, tienen la forma v = (x, x).

Sea v1 = (1, 1).

Caso λ2 = −3

f(x, y) = (3y, 3x) = −3(x, y). Luego (3y, 3x) = (−3x,−3y). Luegox = −y. Los vectores asociados a λ2 = −3, tienen la forma v =(x,−x). Sea v2 = (1,−1)

Tomemos B = {(1, 1), (1,−1)}.En este caso

f(1, 1) = 3(1, 1) = 3(1, 1) + 0(1,−1)

f(1,−1) = −3(1,−1) = 0(1, 1) + −3(1,−1)

Luego

(f ; B,B) =(

3 00 −3

)

En este caso es posible encontrar una matriz diagonal asociada.

Veamos otro ejemplo

Observacion

Seaf : K2 −→ K2; f(x, y) = (2y,−x)

¿Existira B, base de K2, tal que (f ; B,B) es una matriz diagonal?

Supongamos que existe v = (x, y) ∈ K2 tal que f(x, y) = λ(x, y)

Tenemosf(x, y) = λ(x, y) y f(x, y) = (2y,−x)

Luego(2y,−x) = λ(x, y)


De donde

2y = λx−x = λy

}

Luego −2xy = λ2xy. Suponemos x, y 6= 0, pues x = 0 ⇔ y = 0.Ocurre que v = (0, 0) no puede estar en una base. Luego λ2 = −2, locual es una contradiccion.

En este caso, entonces, no existe una base B tal que (f ; B,B) seadiagonal.

Nota

Esta forma de resolver el problema es un tanto complicada. Entoncesbuscaremos un metodo que nos diga cuando existe una tal matrizdiagonal y como encontrarla.

6.2 Valores propios y vectores propios

Sea V un K-espacio vectorial. Sea f : V −→ V , es decir, f , un endo-morfismo de V . Definiremos elementos propios a f.

Propio, en filosofıa, se aplica al accidente inseparable de la esencia ynaturaleza de las cosas.

Observacion

En la primera motivacion tenıamos: f : K2 −→ K2; f(x, y) = (3y, 3x).Averiguamos que f(1, 1) = 3(1, 1) y f(1,−1) = −3(1,−1). Diremosque v1 = (1, 1) , v2 = (1,−1) son ”vectores propios” de f y diremosque λ1 = 3 y λ2 = −3 son los ”valores propios” asociados a v1, v2

respectivamente.


Lema

Sea f : V −→ V lineal, y f(v) = λv y f(v) = λ′v, cierto v ∈ V .Entonces λ = λ′

Demostracion

λv = λ′v =⇒ λv−λ′v = ~0 =⇒ (λ−λ′)v = ~0 =⇒ λ−λ′ = 0 =⇒ λ = λ′

Debido a la unicidad de λ, damos la siguiente definicion:

Definicion 6.2.1 Se llama valor propio de un endomorfismo f ∈End(V ), a todo escalar λ ∈ K que tiene la propiedad siguiente:

Si existe v 6= ~0 tal que f(v) = λv, entonces este vector v 6= ~0 esllamado vector propio correspondiente al valor propio λ.

Observacion

Sea f : V −→ V tal que f(v) = λv , cierto v ∈ V , cierto λ ∈ K,entonces f(αv) = αf(v) = α · λv = λ(αv).

Luego αv es tambien un vector propio asociado al valor propio λ, paratodo α ∈ K , pero podrıa haber otros vectores linealmente indepen-dientes a v ¿por que no los va a haber?.

Es natural, entonces definir el conjunto de vectores propios asociadosa un valor propio λ. Veamos como caracterizarlo:

f(v) = λv ⇔ f(v) − λv = ~0

⇔ f(v) − λidV (v) = ~0

⇔ (f − λidV )(v) = ~0⇔ v ∈ N(f − λidV )

Tenemos entonces:

Para todo valor propio λ de f se tiene

f(v) = λv ⇔ v ∈ N(f − λidV )

Tenemos la definicion siguiente:


Definicion 6.2.2 Para todo valor propio λ, el nucleo,N(f − λidV )es llamado el sub-espacio propio correspondiente a λ, el cual lodenotaremos por Sλ. Es decir:

Sλ := N(f − λidV )

Nota

El nucleo de un morfismo puede tener dimension mayor o igual a 2,luego puede haber vectores l.i. asociados a un mismo λ.

Observacion

El siguiente teorema nos dara una caracterizacion sobre la existenciade un valor propio.

Teorema 6.2.1 Sea V un K-espacio vectorial de dimension finita yf ∈ End(V ). Entonces una condicion necesaria y suficiente para queun escalar λ sea un valor propio de f , es det(f − λidV ) = 0.

Demostracion

λ es un valor propio de f ⇔ existe v 6= ~0 tal que f(v) = λv

⇔ (f − λidV )(v) = ~0, v 6= ~0

⇔ v ∈ N(f − λidV ), v 6= ~0

⇔ N(f − λidV ) 6= {~0}⇔ f − λidV no es un automorfismo⇔ det(f − λidV ) = 0

Observacion

Si f ∈ End(V ), entonces tambien se tiene f − λidv ∈ End(V ). Laproposicion anterior y esta observacion nos introducen a la definicionsiguiente.


Definicion 6.2.3 El det(f −λidV ) es llamado el Polinomio Carac-terıstico de f. Notese que es un polinomio en λ.

Nota

De acuerdo a lo visto anteriormente tenemos que λ es un valor propiode f ssi λ es una raız del polinomio caracterıstico de f .

Definicion 6.2.4 Si M ∈ Mn(K), el det(M − λIn) es llamado elPolinomio Caracterıstico de la matriz M .

Veamos ahora la relacion que existe entre los vectores propios asocia-dos a valores propios distintos de dos en dos.

Proposicion 6.2.2 Sea V un K-espacio vectorial de dimension finitay supongamos que un endomorfismo f ∈ End(V ) tiene n valores pro-pios λ1, λ2, ..., λn distintos de dos en dos, con vectores propios asocia-dos v1, v2, ..., vn, entonces B = {v1, v2, ..., vn} es l.i.

Demostracion

Hagamos induccion sobre n.

1. Supongamos que tenemos dos valores propios distintos λ y µ,con vectores propios distintos asociados v y w respectivamente.

Supongamos que w = αv.

Tenemos f(w) = f(αv) = αf(v) = αλv = λ(αv) = λw, luegoλ = µ contradiccion luego {v, w} es l.i.

2. Supongamos que tenemos n valores propios distintos de dos endos λ1, λ2, ..., λn y {v1, v2, ..., vn} un conjunto l.i. de vectores aso-ciados a los valores propios, respectivamente.

3. Debemos demostrar que si tenemos (n+1) valores propios distin-tos de dos en dos, λ1, λ2, ..., λn, λn+1, entonces {v1, v2, ..., vn, vn+1}


un conjunto de vectores propios asociados a los valores propios,son l.i..

Supongamos que

vn+1 = α1v1 + α2v2 + ... + αnvn,

luego

f(vn+1) = α1f(v1) + ... + αnf(vn) = α1λ1v1 + ... + αnλnvn

Pero

f(vn+1) = λn+1vn+1 = λn+1α1v1 + λn+1α2v2 + ... + λn+1αnvn

Luego:

α1λ1 = λn+1α1

α2λ2 = λn+1α2

. . . . . . . . . . . . . . .αnλn = λn+1αn

Pero como vn+1 es no nulo, sabemos que al menos un αi es nonulo, luego λi = λn+1, contradiccion. Es decir {v1, v2, .., vn, vn+1}es l.i..

Por (1), (2) y (3) tenemos que la proposicion es valida para todon ∈ N , n ≤ dimV .

Definicion 6.2.5 Sea V un K - espacio vectorial. Si f ∈ End(V ) ysi existe B = {v1, .., vn} una base de V tal que:

(f ; B; B) =

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0. . . . . . . . . . . . . . .0 0 · · · λn

entonces diremos que f es diagonalizable y B sera llamada una basediagonalizante de f .


Definicion 6.2.6 Si M ∈ Mn(K) y existe P ∈ Mn(K) invertible talque M ′ = P−1MP con

M ′ =

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0. . . . . . . . . . . . . . .0 0 · · · λn

entonces diremos que M es diagonalizable.

6.3 Valores propios simples

En esta seccion, estudiaremos el caso particular de un espacio vectorialV , con dimV = n, f ∈ End(V ) y n valores propios distintos de dosen dos. Comencemos por la siguiente definicion.

Definicion 6.3.1 Si λ es una raız simple del polinomio caracterısticoentonces diremos que λ es un valor propio simple.

Nota

Obviamente que λ es un valor propio de f ssi λ es una raız del poli-nomio caracterıstico de f .

Proposicion 6.3.1 Sea V un K-espacio vectorial con dimV = n.Supongamos que f ∈ End(V ) tiene n valores propios simples λ1, λ2,. . ., λn con vectores propios asociados v1, v2, ..., vn entonces

(f ; B,B) =

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0. . . . . . . . . . . . . . .0 0 · · · λn

con B = {v1, v2, ..., vn}


Demostracion

B = {v1, v2, ..., vn} es l.i. y puesto que son n vectores, forman una basede V . Ademas, f(v1) = λ1v1, f(v2) = λ2v2, ..., f(vn) = λnvn. Luego seobtiene la matriz diagonal buscada.

Procedimiento para diagonalizar una matriz

Supongamos que M ∈ Mn(K) es una matriz diagonalizable y supon-gamos que las raıces del polinomio caracterıstico de M , det(M −λIn),son raıces distintas de dos en dos.

Por el Teorema Fundamental del Algebra Lineal, existe f ∈ End(Kn)tal que M = (f ; C,C) con C la base canonica de Kn.

Sean λ1, λ2, ..., λn los valores propios de f . La ecuacion :

( M − λiIn ) ·

x1

x2

· · ·xn

=

00· · ·0

(∗)

nos entrega los vectores propios asociados a λi. En este caso dimSλi=

1. Se escoge vi = (x1, x2, ..., xn). Obviamente que la ecuacion (∗) seescalona, para obtener un vi a eleccion. Tenemos que D = {v1, v2, ..., vn}es una base diagonalizante de f .

Tenemos :

P−1MP =

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0. . . . . . . . . . . . . . .0 0 · · · λn

donde P es la matriz que exhibe las componentes de los vectores de labase D segun la base canonica C. Notese que si tenemos D, es trivialencontrar la matriz P .

(f ; D,D) = (C segun D)(f ; C,C)(D segun C)


Esta matriz P no es unica, pues depende de la base D escogida.Ademas, el orden de los vectores propios fue escogido al azar, luego lamatriz diagonal tampoco es unica. Por lo tanto es necesario fijar unorden y luego respetarlo.

Ejercicio

Diagonalicemos

M =

4 6 0−3 −5 0−3 −6 −5

∈ M3(K)

Solucion

M = (f ; C; C) cierto f ∈ End(K3), C la base canonica de K3.Comencemos por buscar los valores propios de f .

Sea det(M − λI3) = 0∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

4 − λ 6 0−3 −5 − λ 0−3 −6 −5 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (−5 − λ)

∣

∣

∣

∣

∣

4 − λ 6−3 −5 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (−5− λ)(1− λ)

∣

∣

∣

∣

∣

1 1−3 −5 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

= (λ + 5)(λ− 1)

∣

∣

∣

∣

∣

1 0−3 −2 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (λ + 5)(λ − 1)(λ + 2)(−1)

Luego los valores propios son −5, 1,−2.

Busquemos los vectores propios.

Sea v =

xyz

un vector propio. Si λ es el valor propio correspondiente

a v, entonces (M − λI3)(v) =

000

Escribir este sistema en su forma mas sencilla, equivale a escalonar lamatriz M − λI3

Caso λ1 = −5

Al azar fue escogido −5 como primer valor propio.

9 6 0−3 0 0−3 −6 0

−→

3 2 01 0 01 2 0

−→

1 0 01 2 03 2 0

L21(−1)−→

L31(−3)

1 0 00 2 00 2 0

−→

1 0 00 1 00 0 0

Es decir obtenemos el siguiente sistema equivalente

1 0 00 1 00 0 0

xyz

=

000

Luego x = y = 0,∀z ∈ K

Notese que tenemos 0 · z = 0. Luego es valido para todo z ∈ K.Escojamos v1 = (0, 0, 1). Podrıamos haber escogido v1 = (0, 0, 2) ov1 = (0, 0, 3) etc.

S−5 = {(0, 0, z); z ∈ K} =< (0, 0, 1) >

Caso λ2 = −2

6 6 0−3 −3 0−3 −6 −3

−→

1 1 01 1 01 2 1

L21(−1)−→

L31(−1)

1 1 00 0 00 1 1

L13(−1)−→

1 0 −10 0 00 1 1

1 0 −10 0 00 1 1

xyz

=

000

Luego x = z, y = −z.

Luego S−2 = {(z,−z, z); z ∈ K} =< (1,−1, 1) >

Sea v2 = (1,−1, 1)

Caso λ3 = 1

3 6 0−3 −6 0−3 −6 −6

L21(1)−→

L31(1)

3 6 00 0 00 0 −6

L1(13)

−→L3(−1

6)

1 2 00 0 00 0 1


1 2 00 0 00 0 1

xyz

=

000

Luego x + 2y = 0, z = 0. Luego S1 = {(−2y, y, 0); y ∈ K}, o bienS1 =< (1,−1

2, 0) >

Sea v3 = (1,−12, 0)

Sea D = {(0, 0, 1), (1,−1, 1), (1,−12, 0)}

Entonces

(f ; D,D) =

−5 0 00 −2 00 0 1

Sea P la matriz que exhibe la base D segun la base canonica C, luego

P =

0 1 10 −1 −1

2

1 1 0


Luego (f ; D; D) = P−1MP


Ejercicio

Sea M =

2 2 31 2 12 −2 1

la matriz de un endomorfismo f de K3 con

respecto a la base canonica. Busquemos:

1. El polinomio caracterıstico de f.

2. Los valores propios de f y sus subespacios asociados.

3. Una base diagonalizante D

4. La matriz diagonal (f ; D) y una matriz invertible P tal que(f ; D) = P−1MP

Solucion

Comencemos por encontrar el polinomio caracterıstico de f ,

p(λ) = det(M − λI3)

En efecto∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2 − λ 2 31 2 − λ 12 −2 1 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

L13(1)=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

4 − λ 0 4 − λ1 2 − λ 12 −2 1 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

(4 − λ)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 0 11 2 − λ 12 −2 1 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

C31(−1)=

(4 − λ)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 0 01 2 − λ 02 −2 −1 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

(4 − λ)

∣

∣

∣

∣

∣

2 − λ 0−2 −1 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

= (4 − λ)(2 − λ)(−1 − λ)

Luego

p(λ) = (4 − λ)(2 − λ)(1 + λ)(−1)

es el polinomio caracterıstico de f . Luego los valores propios son:−1, 2, 4

Caso λ = −1

3 2 31 3 12 −2 2

L3(12)

−→L13

−→

1 −1 11 3 13 2 3

L21(−1)−→

L31(−3)

1 −1 10 4 00 5 0

−→

1 0 10 1 00 0 0

Luego tenemos el sistema siguiente:

1 0 10 1 00 0 0

xyz

=

000

x + z = 0, y = 0 luego x = −z, y = 0

S−1 = {(−z, 0, z); z ∈ K} =< (1, 0,−1) > es el subespacio propioasociado a λ = −1

Caso λ = 2

0 2 31 0 12 −2 −1

L32(−2)−→

0 2 31 0 10 −2 −3

−→

1 0 10 1 3

2

0 0 0

Luego tenemos el siguiente sistema de ecuaciones:

1 0 10 1 3

2

0 0 0

xyz

=

000

De donde: x + z = 0, y + 32z = 0, Luego x = −z, y = −3

2z, z ∈ K

S2 = {(−z,−32z, z); z ∈ K} =< (2, 3,−2) >, es el subespacio asociado

a λ = 2

Caso λ = 4

−2 2 31 −2 12 −2 −3

L31(1)−→

L1(−1)−→

2 −2 −31 −2 10 0 0

−→

1 −2 10 2 −50 0 0

−→

1 0 −40 1 −5

2

0 0 0

Luego tenemos el siguiente sistema:

1 0 −40 1 −5

2

0 0 0

xyz

=

000

De donde se obtiene:

x − 4z = 0y − 5

2z = 0

}

=⇒ x = 4zy = 5

2z

}

z ∈ K

S4 = {(4z, 52z, z); z ∈ K} =< (4, 5

2, 1) >, es el subespacio asociado a

λ = 4

Una base diagonalizante es D = {(1, 0,−1), (2, 3,−2), (8, 5, 2)} Luego

−1 0 00 2 00 0 4

= P−1

2 2 31 2 12 −2 1

1 2 80 3 5−1 −2 2

Donde P = (D segun C)


6.4 Valores propios multiples

Ahora estudiaremos el caso general, es decir, cuando el polinomio car-acterıstico es de la forma


P (λ) = (λ − λ1)α1 · (λ − λ2)

α2 · · · (λ − λr)αr

y α1 + α2 · · · + αr corresponde a la dimension del espacio vectorial.

Si λ es un valor propio de multiplicidad k, k ≥ 2, quisieramos sabercual es la dimension del sub-espacio propio asociado a λ. Una cota aesta dimension, la tenemos en la siguiente proposicion

Proposicion 6.4.1 Sea V un K-espacio vectorial de dimension n.Supongamos que el polinomio caracterıstico de f ∈ End(V ) tiene unaraız λ de multiplicidad k, entonces

dimKN(f − λidV ) ≤ k

Demostracion

Sea r la dimension del sub-espacio propio asociado a λ, es decir, r =dimKN(f − λidV ).

Sea {v1, v2, ..., vr}una base de sub-espacio formado por vectores pro-pios asociados a λ, es decir

f(vi) = λvi, i = 1, ..., r

Extendamos esta base a una base B = {v1, v2, ..., vr, vr+1, ..., vn} de V .Entonces

M = (f ; B,B) =

λ . . . 0...

. . ....

0 . . . λ

P

0 . . . 0...

. . ....

0 . . . 0

Q

donde P ∈ Mn−r(K) y Q ∈ Mn−r(K).


El polinomio caracterıstico de f es

P (X) = det(M − XIn) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ − X . . . 0...

. . ....

0 . . . λ − X

P

0 . . . 0...

. . ....

0 . . . 0

Q − XIn

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Luego, P (X) = (λ − X)r · det(Q − XIn). Es decir, (λ − X)r divide aP (X), luego r ≤ k.

La caracterizacion de f diagonalizable, la tenemos en el teorema si-guiente

Teorema 6.4.2 Sea V un K-espacio vectorial de dimension n yf ∈ End(V ). Entonces son equivalentes

1. f es diagonalizable

2. P (λ) = (λ − λ1)α1 · (λ − λ2)

α2 · · · (λ − λr)αr y dimKSλi

= αi,∀i = 1, · · · , r

Demostracion

(1) ⇒ (2)

Supongamos que f es diagonalizable. Entonces existe una base B ={v1, v2, ..., vn} formada por vectores propios de f . Ademas (f ; B) esdiagonal y el polinomio caracterıstico de f es de la forma

P (λ) = (λ − λ1)k1 · (λ − λ2)

k2 · · · (λ − λp)kp

con k1 + k2 + · · · + kp = n = dimV

En la diagonal principal de (f ; B), hay para todo i ∈ {1, 2, ..., p} exac-tamente ki terminos iguales a λi.


Puesto que cada uno de los vectores propios correspondientes a λi deB pertenecen a Sλi

= N(f−λiidV ), se tiene que dimSλi≥ ki. Pero por

la proposicion anterior ki ≤ dimSλi, luego se tiene que ki = dimSλi

(2) ⇒ (1)

Por hipotesis, el polinomio caracterıstico tiene la forma

P (λ) = (λ−λ1)k1 · (λ−λ2)

k2 · · · (λ−λp)kp , y dimSλi

= αi, i = 1, ..., r

Tenemos que Sλ1 ⊕ Sλ2 ⊕ · · · ⊕ Sλres directa y

dim(Sλ1 ⊕ Sλ2 ⊕ · · · ⊕ Sλr) = dimSλ1 + dimSλ2 + · · · + dimSλr

= α1 + α2 + · · · + αr

= n

Para cada ındice i, consideremos Bi una base de Sλi(constituıda por

los vectores propios vi, correspondientes al valor propio λi)

Entonces B = B1∪B2∪· · ·∪Br es una base de V formada por vectorespropios. Luego (f ; B) es diagonal, es decir, f es diagonalizable.


Ejercicio

Sea f : K3 −→ K3 lineal. Sabiendo que la matriz de f con respecto ala base canonica es

M =

3 1 12 4 21 1 3

Encontremos

1. El polinomio caracterıstico de f.

2. Los valores propios de f y sus subespacios propios asociados.

3. Una base diagonalizante D

4. La matriz diagonal (f ; D) y una matriz invertible P tal que(f ; D) = P−1MP

Solucion

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3 − λ 1 12 4 − λ 21 1 3 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

L13(−1)=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2 − λ 0 −2 + λ2 4 − λ 21 1 3 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (2 − λ)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 0 −12 4 − λ 21 1 3 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

C31(1)=

(2 − λ)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 0 02 4 − λ 41 1 4 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (2−λ)

∣

∣

∣

∣

∣

4 − λ 41 4 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

= (2−λ)((4−λ)2−4) = (2−λ)(2−λ)(6−λ)

Luego los valores propios son: 2 de multiplicidad 2 y 6 de multiplicidad1.

Caso λ = 6

3 − 6 1 12 4 − 6 21 1 3 − 6

=

−3 1 12 −2 21 1 −3

L2(12)

−→

−3 −1 −11 −1 11 1 −3

· · · −→

1 0 −10 1 −20 0 0

Luego

1 0 −10 1 −20 0 0

xyz

=

000

Luego

x − z = 0y − 2z = 0

}

Luego x = z, y = 2z

Reemplazando, tenemos

(x, y, z) = (z, 2z, z) = z(1, 2, 1) luego v6 = (1, 2, 1) y S6 =< (1, 2, 1) >

Caso λ = 2

3 − 2 1 12 4 − 2 21 1 3 − 2

=

1 1 12 2 21 1 1

−→

1 1 10 0 00 0 0

Luego

1 1 10 0 00 0 0

xyz

=

000

Tenemos que x + y + z = 0 de donde x = −y − z.

Reemplazando tenemos

(x, y, z) = (−y − z, y, z) = y(−1, 1, 0) + z(−1, 0, 1)

Entonces S2 =< (1,−1, 0), (1, 0,−1) >. Vemos que la dimension deS2 coincide con la multiplicidad del valor propio 2.

La base diagonalizante de f es D = {(1, 2, 1), (1,−1, 0)(1, 0,−1)}La matriz es diagonalizable. Tenemos

6 0 00 2 00 0 2

=

14

14

14

12

−12

12

14

14

−34

3 1 12 4 21 1 3

1 1 12 −1 01 0 −1

Ejercicio


M =

1 2 −22 1 −22 2 −3

Estudiemos si M es diagonalizable.

Solucion

Comencemos por encontrar el polinomio caracterıstico de M .∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 − λ 2 −22 1 − λ −22 2 −3 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

L32(−1)=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 − λ 2 −22 1 − λ −20 1 + λ −1 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (1+λ)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 − λ 2 −22 1 − λ −20 1 −1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

C23(1)=

(1+λ)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 − λ 0 −22 −1 − λ −20 0 −1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (1+λ)2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 − λ 0 −22 −1 −20 0 −1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −1(1+λ)2

∣

∣

∣

∣

∣

1 − λ 02 −1

∣

∣

∣

∣

∣

= (1+λ)2(1−

λ)

Luego los valores propios son: −1 de multiplicidad 2 y 1 de multipli-cidad 1.

Caso λ = −1

2 2 −22 2 −22 2 −2

Luego x + y + −z = 0 de donde x = −y + z; y, z ∈ IR

Por lo tantoS−1 = {(−y + z, y, z); y, z ∈ IR}

Es decirS−1 =< (−1, 1, 0), (1, 0, 1) >

En este caso dimS−1 = 2 = a la multiplicidad de la raız −1

Caso λ = 1

0 2 −22 0 −22 2 −4

−→

1 0 −10 1 −10 0 0

Luego

1 0 −10 1 −10 0 0

xyz

=

000

Luego se obtienen las condiciones siguientes: x = z y y = z.

Entonces S1 =< (1, 1, 1) >. Por la matriz es diagonalizable y la basediagonalizante de f es D = {(−1, 1, 0), (1, 0, 1)(1, 1, 1)}Finalmente tenemos

−1 0 00 −1 00 0 1

=

−1 0 1−1 −1 21 1 −1

1 2 −22 1 −22 2 −3

−1 1 11 0 10 1 1

Ejercicio


M =

4 2 32 1 2−1 −2 0

Busquemos, si existe, la matriz diagonal D, equivalente a M .

Solucion

Comencemos por encontrar el polinomio caracterıstico de f ,

p(λ) = det(M − λI3)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

4 − λ 2 32 1 − λ 2−1 −2 −λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

C13(−1)=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 − λ 2 30 1 − λ 2

−1 + λ −2 −λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

(1 − λ)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 2 30 1 − λ 2−1 −2 −λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

L31(1)=

(1 − λ)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 2 30 1 − λ 20 0 3 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

(1 − λ)

∣

∣

∣

∣

∣

1 − λ 20 3 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

= (1 − λ)(1 − λ)(3 − λ)

Luego p(λ) = (1−λ)2(3−λ) es el polinomio carcterıstico de f . Luegolos valores propios son: 1 de multiplicidad 2 y 3 una raız simple

Caso λ = 1 multiplicidad 2

3 2 32 0 2−1 −2 −1

L12(−1)−→

L2(12)

−→

1 2 11 0 13 2 3

L32(−3)−→

1 2 11 0 10 2 0

−→

1 0 10 1 00 0 0

1 0 10 1 00 0 0

xyz

=

000

Luego tenemos el siguiente sistema de ecuaciones: x + z = 0, y = 0,Luego x = −z, y = 0, z ∈ K

S1 = {(−z, 0, z); y ∈ K} =< (1, 0,−1) >, es el subespacio propioasociado a λ = 1

Este subespacio tiene dimension 1, luego esta matriz no es diagonaliza-ble pues la dimension del subespacio no coincide con la multiplicidadde la raız.


1. Encuentre el polinomio caracterıstico descompuesto en sus fac-tores irreducibles en IR, de la matriz siguiente:

A =

1 2 −22 1 −22 2 −3

2. Sea f : K3 −→ K3 lineal. Sabiendo que la matriz de f con


respecto a la base canonica es A =

4 1 20 3 0−1 −1 1

, encuentre

(a) El polinomio caracterıstico de f.

(b) Los valores propios de f y sus subespacios propios asocia-dos.

(c) Una base diagonalizante D

(d) Una matriz invertible P tal que (f ; D) = P−1MP

3. Idem ejercicio anterior para la matriz

A =

6 −1 3−3 2 −3−1 1 2

Ademas encuentre A10

Capıtulo 7

Aplicaciones Bilineales

Introduccion

Nosotros hemos visto los determinantes de matrices de 2 × 2; vimosque se definen por

∣

∣

∣

∣

∣

a cb d

∣

∣

∣

∣

∣

= ad − bc

Consideremos el determinante como una aplicacion de las columnasde la matriz, es decir

det : M2×1(K) × M2×1(K) → K

tal que

det((

ab

)

,(

cd

))

= ad − bc

Tenemos las propiedades siguientes

1.∣

∣

∣

∣

∣

a + a′ cb + b′ d

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

a cb d

∣

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

∣

a′ cb′ d

∣

∣

∣

∣

∣

en esta nueva expresion se escribe

det((

a + a′

b + b′

)

,(

cd

))

= det((

ab

)

,(

cd

))

+ det((

a′

b′

)

,(

cd

))

275


2. Analogamente en la segunda columna, se tiene

det((

ab

)

,(

c + c′

d + d′

))

= det((

ab

)

,(

cd

))

+ det((

ab

)

,(

c′

d′

))

3.∣

∣

∣

∣

∣

αa cαb d

∣

∣

∣

∣

∣

= α

∣

∣

∣

∣

∣

a cb d

∣

∣

∣

∣

∣

En esta nueva expresion se escribe

det((

αaαb

)

,(

cd

))

= αdet((

ab

)

,(

cd

))

4. Analogamente

det((

ab

)

,(

αcαd

))

= αdet((

ab

)

,(

cd

))

Sean u, u′, v, v′ ∈ M2×1(K), α ∈ K. Estas cuatro propiedades se des-criben de la manera siguiente

1. det(u + u′, v) = det(u, v) + det(u′, v)

2. det(u, v + v′) = det(u, v) + det(u, v′)

3. det(αu, v) = αdet(u, v)

4. det(u, αv) = αdet(u, v)

7.1 Aplicaciones bilineales

7.1.1 Ejemplos. Propiedades generales

Observacion

En IR2 consideremos el producto punto

(x1ı + y1) · (x2ı + y2) = x1x2 + y1y2

Capıtulo 7. Aplicaciones Bilineales 277

cambiando a escritura cartesiana, se tiene

(x1, y1) · (x2, y2) = x1x2 + y1y2

Analicemos las cuatro observaciones siguientes

1.

((x1, y1) + (x2, y2)) · (x3, y3) = (x1 + x2, y1 + y2) · (x3, y3)= (x1 + x2) · x3 + (y1 + y2) · y3

= x1x3 + x2x3 + y1y3 + y2y3

= (x1x3 + y1y3) + (x2x3 + y2y3)= ((x1, y1) · (x3, y3))+

+((x2, y2) · (x3, y3))

2. Analogamente a la observacion anterior, tenemos

(x1, y1) · ((x2, y2)+ (x3, y3)) = (x1, y1) · (x2, y2)+ (x1, y1) · (x2, y2)

3.(α(x1, y1)) · (x2, y2) = (αx1, αy1) · (x2, y2)

= (αx1)x2 + (αy1)y2

= α(x1x2 + y1y2)= α((x1, y1) · (x2, y2))

4. Analogamente a (3) tenemos

(x1, y1) · (α(x2, y2)) = α((x1, y1) · (x2, y2))

Definamos f : IR2 × IR2 → IR; f((x1, y1), (x2, y2)) = (x1, y1) · (x2, y2).Describiendo nuevamente las cuatro observaciones anteriores, estaaplicacion f satisface:

1. f(u + u′, v) = f(u, v) + f(u′, v), ∀u, u′, v ∈ IR2

2. f(u, v + v′) = f(u, v) + f(u, v′), ∀u, v, v′ ∈ IR2

3. f(αu, v) = αf(u, v), ∀u, v ∈ IR2


4. f(u, αv) = αf(u, v), ∀u, v ∈ IR2

En un lenguaje informal dirıamos que f es dos veces lineal; tambienpodrıamos decir que es lineal a la derecha y a la izquierda. Esto nosinduce al siguiente concepto.

Definicion 7.1.1 Sean U , V , W tres espacios vectoriales sobre unmismo cuerpo K. Se dice que f es una aplicacion bilineal de U ×Ven W si verifica los siguientes axiomas:Para todo u, u′ ∈ U , ∀v, v′ ∈ V , ∀α ∈ K

1. f(u + u′, v) = f(u, v) + f(u′, v)

2. f(u, v + v′) = f(u, v) + f(u, v′)

3. f(αu, v) = αf(u, v)

4. f(u, αv) = αf(u, v)

En otras palabras, f es bilineal si y solo si las aplicaciones parciales

1. g : U → W ; g(u) = f(u, v) ∀v ∈ V

2. h : V → W ; h(v) = f(u, v) ∀u ∈ U

son lineales

Ejercicio

Sea U = V = IR2, W = IR. Sea

f : IR2 × IR2 → IR; f((x, y), (x′, y′)) = 3xx′ − 5yy′

Estudiemos si f es bilineal


Solucion

1. f((x, y) + (x′, y′), (x′′, y′′)) = f((x + x′, y + y′), (x′′, y′′))= 3(x + x′)x′′ − 5(y + y′)y′′

= 3xx′′ + 3x′x′′ − 5yy′′ − 5y′y′′

= (3xx′′ − 5yy′′) + (3x′x′′ − 5y′y′′)= f((x, y), (x′′, y′′))+

+f((x′, y′), (x′′, y′′))

2. f((x, y), (x′, y′) + (x′′, y′′)) = f((x, y), (x′ + x′′, y′ + y′′))= 3x(x′ + x′′) − 5y(y′ + y′′)= 3xx′ + 3xx′′ − 5yy′ − 5yy′′

= f((x, y), (x′, y′))++f((x, y), (x′′, y′′))

3. f(α(x, y), (x′, y′)) = f((αx, αy), (x′, y′))= 3(αx)x′ − 5(αy)y′

= α(3xx′ − 5yy′)= αf((x, y), (x′, y′))

4. f((x, y), α(x′, y′)) = f((x, y), (αx′, αy′))= 3x(αx′) − 5y(αy′)= α(3xx′ − 5yy′)= αf((x, y), (x′, y′))

Ejercicio

Sea U = V = IR2, W = IR. Sea f : IR2 × IR2 → IR tal que

f((x, y), (x′, y′)) = 2xx′ − 2xy′ − 2x′y + 5yy′ (7.1)

demuestre que f es bilineal.

Teorema 7.1.1 (Teorema fundamental de las aplicaciones bi-lineales) Sean U , V y W tres K-espacios vectoriales. Sean B =


{u1, u2, . . . , un}, C = {v1, v2, . . . , vm} bases ordenadas de U y V re-spectivamente y {wij; i = 1, . . . , n; j = 1, . . . ,m} un conjunto de vec-tores de W , entonces existe una unica aplicacion bilineal f : U ×V →W tal que

f(ui, vj) = wij

Demostracion

1. Existencia. Sean u =n∑

i=1

αiui, v =m∑

j=1

βjvj. Sea f tal que

f(u, v) =∑

i,j

αiβjwij

(a) Demostramos primero la suma en la primera componente

f(u + u′, v) = f

n∑

i=1

(αi + α′i)ui,

m∑

j=1

βjvj

=∑

i,j

(αi + α′i)βjwij

=∑

i,j

αiβjwij +∑

i,j

α′iβjwij

= f(u, v) + f(u′, v)

(b) Analogamente se prueba que

f(u, v + v′) = f(u, v) + f(u, v′)

(c) Para el producto por escalar tenemos

f(α(u, v)) = f

(

α∑

i

αiui, v

)

= f

∑

i

(ααi)ui,∑

j

βjvj

=∑

ij

(ααi)βjwij

= α∑

ij

αiβjwij

= αf(u, v)


(d) Analogamente se prueba

f(u, αv) = αf(u, v)

2. UnicidadSea g : U×V → W bilineal tal que g(ui, vj) = wij. Por demostrarque f = g

f(u, v) = f

n∑

i=1

αiui,m∑

j=1

βjvj

=∑

ij

αiβjwij =

=∑

i,j

αiβjg(uivj) = g

n∑

i=1

αiui,m∑

j=1

βjvj

= g(u, v)

luego f = g.

Ejemplo

Sea f : IR2 × IR2 → IR. Sea B = {(1, 1), (1, 0)} una base ordenada deIR2. Se tiene que f esta determinada por:

f((1, 1), (1, 1)) = 1f((1, 1), (1, 0)) = 2f((1, 0), (1, 1)) = 3f((1, 0), (1, 0)) = 4

En efecto

f((x, y), (x′, y′)) == f(y(1, 1) + (x − y)(1, 0), y′(1, 1) + (x′ − y′)(1, 0))= yy′f((1, 1), (1, 1)) + y(x′ − y′)f((1, 1), (1, 0))+

+(x − y)y′f((1, 0), (1, 1)) + (x − y)(x′ − y′)f((1, 0), (1, 0))

luego

f((x, y), (x′, y′)) == yy′ · 1 + y(x′ − y′) · 2 + (x − y)y′ · 3 + (x − y)(x′ − y′) · 4= yy′ + 2x′y − 2yy′ + 3xy′ − 3yy′ + 4xx′ − 4xy′ − 4x′y + 4yy′

= 4xx′ − 2x′y − xy′


Es decir

f((x, y), (x′, y′)) = 4xx′ − 2x′y − xy′

Observacion

Que f este determinada por estos cuatro valores quiere decir que nopuede haber una aplicacion bilineal distinta de f que coincida en estoscuatro valores.

Dicho de otra manera: esos cuatro valores son una microinformaciondel comportamiento de f . Con esos cuatro valores se sabe exactamenteel comportamiento de f en todo IR2 × IR2.

Nota: En IR3 consideremos la base canonica B = {i, j, k} y la apli-cacion bilineal f : IR3 × IR3 → IR definida por

f(i, j) = k; f(j, k) = i; f(k, i) = jf(j, i) = −k; f(k, j) = −i; f(i, k) = −jf(i, i) = f(j, j) = f(k, k) = 0

Puesto que conocemos su comportamiento en una base, por el teo-rema fundamental de las aplicaciones bilineales, podemos obtener suexpresion analıtica de la manera siguiente:

f(a1i + b1j + c1k, a2i + b2j + c2k) = a1a2 · 0 + a1b2k + a1c2(−j)++b1a2(−k) + b1b2 · 0 + b1c2i + c1a2j + c1b2(−i) + c1c2 · 0 =

= (b1c2 − c1b2)i + (c1a2 − a1c2)j + (a1b2 − b1a2)k

Esta aplicacion bilineal es muy usada en fısica y es llamada productovectorial o producto cruz.

En lenguaje algebraico esta aplicacion bilineal queda descrita de lamanera siguiente:

Sea B = {e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1)}f((a1, b1, c1), (a2, b2, c2)) =

= f(a1e1 + b1e2 + c1e3, a2e1 + b2e2 + c2e3) == (b1c2 − c1b2)e1 + (c1a2 − a1c2)e2 + (a1b2 − b1a2)e3 == (b1c2 − c1b2, c1a2 − a1c2, a1b2 − b1a2)


Ejercicio

Sea f : IR2×IR2 → IR bilineal definida, con respecto a la base canonicaB = {e1, e2}, de la siguiente manera

f(e1, e1) = f(e2, e2) = 0; f(e1, e2) = 1, f(e2, e1) = −1

Busquemos la expresion analıtica de f .

Sea x = x1e1 + x2e2, y = y1e1 + y2e2, entonces

f(x, y) = f(x1e1 + x2e2, y1e1 + y2e2)= x1y1 · 0 + x1y2 · 1 + x2y1(−1) + x2y2 · 0= x1y2 − x2y1

=

∣

∣

∣

∣

∣

x1 y1

x2 y2

∣

∣

∣

∣

∣

que es el determinante de los vectores x e y segun la base canonica.

Definicion 7.1.2 Sean f, g : U ×V → W dos aplicaciones bilineales.Se define la suma de f y g, denotada f + g, como

f + g : U × V → W ; (f + g)(u, v) = f(u, v) + g(u, v)

y se define la ponderacion de una aplicacion bilineal f , denotada α ·f ,como

(α · f) : U × V → W ; (α · f)(u, v) = α · f(u, v)

Proposicion 7.1.2 Sean U , V , W tres K-espacios vectoriales. Seanf, g : U × V → W dos aplicaciones bilineales. Entonces f + g y β · fson bilineales.

Demostracion

Demostrar que f + g es bilineal, es equivalente a demostrar que∀u, u1, u2 ∈ U y ∀v, v1, v2 ∈ V se tiene:

1. (f + g)(u1 + u2, v) = (f + g)(u1, v) + (f + g)(u2, v)


2. (f + g)(u, v1 + v2) = (f + g)(u, v1) + (f + g)(u, v2)

3. (f + g)(αu, v) = α((f + g)(u, v))

4. (f + g)(u, αv) = α((f + g)(u, v))

Demostracion de (1)

(f + g)(u1 + u2, v) =(a) f(u1 + u2, v) + g(u1 + u2, v) ==(b) (f(u1, v) + f(u2, v)) + (g(u1, v) + g(u2, v)) ==(c) (f(u1, v) + g(u1, v)) + (f(u2, v) + g(u2, v)) ==(d) (f + g)(u1, v) + (f + g)(u2, v)

(a) y (d) definicion de suma de aplicaciones, (b) bilinealidad de f y g,(c) asociatividad y conmutatividad de la suma en W .

Analogamente se demuestra (2).

Demostracion de (3)

(f + g)(αu, v) =(a) f(αu, v) + g(αu, v) ==(b) αf(u, v) + αg(u, v) ==(c) α(f(u, v) + g(u, v)) =(d) α((f + g)(u, v))

(a) y (d) definicion de suma de aplicaciones, (b) bilinealidad de f y g,(c) axioma de distribucion de espacios vectoriales.

Analogamente se demuestra (4)

Demostrar que β · f es bilineal, es equivalente a demostrar que∀u, u1, u2 ∈ U y ∀v, v1, v2 ∈ V se tiene:

1. (β · f)(u1 + u2, v) = (β · f)(u1, v) + (β · f)(u2, v)

2. (β · f)(u, v1 + v2) = (β · f)(u, v1) + (β · f)(u, v2)

3. (β · f)(αu, v) = α((β · f)(u, v))

4. (β · f)(u, αv) = α((β · f)(u, v))


Demostracion de (1)

(β · f)(u1 + u2, v) =(a) β(f(u1 + u2, v) ==(b) β(f(u1, v) + f(u2, v)) =(c) β(f(u1, v)) + β(f(u2, v)) ==(d) (β · f)(u1, v) + (β · f)(u2, v)

(a) y (d) definicion de ponderacion de una aplicacion, (b) bilinealidadde f , (c) axioma de distribucion en un espacio vectorial.

Analogamente se demuestra (2)

Demostracion de (3)

(β · f)(αu, v) =(a) β(f(αu, v) =(b) β(α(f(u, v)) ==(c) (βα)(f(u, v)) =(d) α(β(f(u, v))) =(e)= α((β · f)(u, v))

(a) y (e) defincion de ponderacion de una aplicacion, (b) bilinealidadde f , (c) axioma de espacios vectoriales E.V.8, (d) conmutatividad dela multiplicacion en K y luego E.V.8.

Analogamente se demuestra (4.)

Definicion 7.1.3 El conjunto formado por todas las aplicaciones bi-lineales de U × V en W , se denota BK(U, V ; W ).

Proposicion 7.1.3 Sean U , V , W tres K-espacios vectoriales, en-tonces BK(U, V ; W ) es un K-espacio vectorial.

Demostracion

Hay que demostrar los ocho axiomas de espacio vectorial. Solamentedemostraremos E.V.2 y E.V.3

E.V.2. El neutro es la aplicacion bilineal nula, denotada 0 y definidacomo sigue

0 : U × V → W ; 0(u, v) = 0 ∀(u, v) ∈ U × V

(0 + f)(u, v) = 0(u, v) + f(u, v) = 0 + f(u, v) = f(u, v)


luego 0 + f = f

E.V.3. Dada f : U × V → W bilineal, su aplicacion bilineal opuestaes denotada −f y se define por

−f : U × V → W ; (−f)(u, v) = −(f(u, v))

(f + (−f))(u, v) = f(u, v) + (−f)(u, v) = f(u, v) + −(f(u, v)) = 0

luego f + (−f) = 0

Observacion

En IR2, el producto punto cumple

(x, y) · (x′, y′) = xx′ + yy′ = x′x + y′y = (x′, y′) · (x, y)

Esta observacion nos induce al siguiente concepto

Definicion 7.1.4 Sea f : V × V → W una aplicacion bilineal. Dire-mos que f es simetrica si

f(u, v) = f(v, u) ∀(u, v) ∈ V × V

Ejemplo

En la aplicacion bilineal del ejercicio (7.1) se tiene

f((x, y), (x′, y′)) = 2xx′ − 2xy′ − 2x′y + 5yy′ == 2x′x − 2x′y − 2xy′ + 5y′y = f((x′, y′), (x, y))

es decir,

f(u, v) = f(v, u); ∀ u, v ∈ IR2


Ejemplo

Sea f : IR2 × IR2 → IR, definida por:

f((x1, y1), (x2, y2)) = x1x2 + 3x1y2 + 3x2y1 − y1y2

Esta aplicacion es bilineal y simetrica.

Ejemplo

Sea V = {f : [0, 1] → IR; f continua}Entonces

(f, g) =∫ 1

0f(t)g(t)dt (7.2)

es simetrica. Es decir, el producto convolucion sobre IR es simetrico.

7.2 Formas bilineales

Definicion 7.2.1 Sea V un espacio vectorial sobre K. Una formabilineal sobre V , es una aplicacion bilineal

f : V × V → K

Ejemplo

f : IR2 × IR2 → IR; f((x, y), (x′, y′)) = 3xx′ − 2xy′ − 2x′y + 7yy′.

Es facil ver que f es una forma bilineal.

Ejemplo

Sea V = {f : [0, 1] → IR; f continua }. Entonces

µ(f, g) =∫ 1

0f(t)g(t)dt

es una forma bilineal.


7.2.1 Matriz asociada a una forma bilineal

Observacion

Consideremos la forma bilineal de la referencia (7.1)

f : IR2 × IR2 → IR; f((x, y), (x′, y′)) = 2xx′ − 2xy′ − 2x′y + 5yy′

En el dominio consideremos las bases B = {(1, 1), (0, 1)} y C ={(1, 0), (−1, 1)} de IR2, a la izquierda y a la derecha respectivamente.Se tiene:

f((1, 1), (1, 0)) = 2 − 2 = 0

f((1, 1), (−1, 1)) = 2 · 1 · (−1) − 2 · 1 · 1 − 2 · (−1) · 1 + 5 · 1 · 1 = 3

f((0, 1), (1, 0)) = 2 · 0 · 1 − 2 · 0 · 0 − 2 · 1 · 1 + 5 · 1 · 0 = −2

f((0, 1), (−1, 1)) = 2 · 0 · (−1) − 2 · 0 · 1 − 2 · (−1) + 5 · 1 · 1 = 7

Naturalmente uno asociaciarıa

(f ; B,C) =(

0 3−2 7

)

Efectivamente a toda forma bilineal le asociaremos una matriz conrespecto a dos bases dadas de la manera obtenida anteriormente.

Construccion de la matriz asociada

Sean U y V dos K-espacios vectoriales. Sean B = {u1, u2, . . . , un} yC = {v1, v2, . . . , vm} bases ordenadas de U y V respectivamente.

Para todo u ∈ U y v ∈ V se tiene

u =n∑

i=1

αiui, v =m∑

j=1

βjvj

Para toda forma bilineal f : U ×V → K a causa de la bilinealidad, setiene

f(u, v) = f

n∑

i=1

αiui,m∑

j=1

βjvj

=n∑

i=1

m∑

j=1

αiβjf(ui, vj)


Sea (aij) = f(ui, vj); 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m.

Se obtiene la matriz A = (cij) ∈ Mn×m(K) de n lıneas y m columnas,la cual se llama matriz de la forma bilineal f relativa a las bases B yC, denotada (f ; B,C).

Recıprocamente, a toda matriz A = (aij) ∈ Mn×m(K), le correspondeuna unica forma bilineal f : U × V → K, definida por

f(u, v) =n∑

i=1

m∑

j=1

αiβjaij

la cual es bilineal.

Se tiene entonces el teorema siguiente:

Teorema 7.2.1 Sean U y V dos K-espacios vectoriales de dimensio-nes n y m respectivamente. Para todo par de bases B = {e1, e2, . . . , en}de U y C = {u1, u2, . . . , um} de V , existe una biyeccion

ϕ : B(U, V ; K) → Mn×m(K)f 7→ (f(ei, uj) = (aij))

el cual es un isomorfismo de espacios vectoriales.

Definicion 7.2.2 La matriz que corresponde a f se llama matriz dela forma bilineal f con respecto a las bases B y C.

7.2.2 Representacion matricial de f(x, y)

Sea f ∈ B(U, V : K) y su correspondiente matriz A = (aij), tal queA ∈ Mn×m(K), en el isomorfismo anterior, relativo a las bases B y Cde U y V respectivamente.

Para todo (x, y) ∈ U × V se tiene

f(x, y) =n∑

i=1

m∑

j=1

aijxiyj =n∑

i=1

xi

n∑

j=1

aijyj


Consideremos las matrices columnas

X =

x1

x2...

xn

; Y =

y1

y2...

ym

El producto AY es una matriz columna de n filas. El elemento de la

fila i esm∑

j=1

aijyj.

El producto X tAY de la matriz fila X t por la matriz columna AY esuna matriz de M1×1(K) que tiene, por elemento unico a

n∑

i=1

xi

m∑

j=1

aijyj

Resulta, identificando toda la matriz de un solo elemento a este ele-mento

f(x, y) = X tAY

Proposicion 7.2.2 Sean U y V dos K-espacios vectoriales de dimen-siones n y m respectivamente. Si, relativo a las bases B y C de U y V ,A es la matriz de f ∈ B(U, V : K) y si X e Y son las matrices colum-nas de las componentes de u ∈ U y v ∈ V en estas bases. Entonces setiene

f(u, v) = X tAY

Ejemplo

Volvamos al ejercicio de la referencia (7.1)

f : IR2 × IR2 → IR; f((x, y), (x′, y′)) = 2xx′ − 2xy′ − 2x′y + 5yy′

B = {(1, 1), (0, 1)}, C = {(1, 0), (−1, 1)}

(x, y) = x(1, 1) + (y − x)(0, 1)(x′, y′) = (x′ + y′)(1, 0) + y′(−1, 1)


Entonces

f((x, y), (x′, y′)) = ( x y − x )(

0 3−2 7

)(

x′ + y′

y′

)

7.3 Espacios Euclidianos

7.3.1 Producto escalar

Introduccion

En IR3, consideremos la base canonica {ı, , k}.Sean u = x1i + x2j + x3k y v = y1i + y2j + y3k dos vectores en IR3.Entonces el producto punto de u y v se define por

u · v = x1y1 + x2y2 + x3y3

llamado ası, pues a dos vectores se le asocia un numero real y enlenguaje geometrico se le asocia un punto.

La norma se define por

|u| =√

x21 + x2

2 + x23

es decir, |u|2 = u · uEste producto punto puede tambien ser descrito por u·v = |u|·|v|·cos θ,donde θ es el menor angulo comprendido entre u y v; u, v 6= 0. Ademasu · v = 0 si y solo si θ es π

2.

Luego u · v = 0 si y solo si u y v son perpendiculares.

Los conceptos de producto punto, longitud de un vector, ortogonalidadseran generalizados a espacios vectoriales que no tienen facil descrip-cion geometrica como son IRn, n ≥ 4 y los espacios de funciones, y enIR2 y IR3 se dara conceptos mas amplios que el producto punto.

Nota: En esta seccion consideramos solamente formas bilineales quetienen por codominio los numeros reales, pues en el codominio vamosa utilizar el concepto de orden.


Observacion

En la forma bilineal del ejercicio de referencia (7.1) se tiene

f((x, y), (x, y)) = 2x2 − 4xy + 5y2 == x2 + (x2 − 4xy + 4y2) + y2 = x2 + (x − 2y)2 + y2

que es siempre un numero positivo o nulo, pues es suma de cuadrados.

Definicion 7.3.1 Sea f : V × V → IR una forma bilineal. Diremosque f es positiva si

f(v, v) ≥ 0 ∀v ∈ V

Ejemplo

En el ejemplo (7.2) se tiene que

(f, f) =∫ 1

0f(t)2dt

es cero o positivo, pues el producto convolucion de f consigo misma,representa el area bajo la curva f(t)2 cuyos puntos estan en el eje Xo sobre el eje X.

Observacion

En la forma bilineal del ejercicio (7.1) se tiene que f((x, y), (x, y)) = 0implica que x2 + (x− 2y)2 + y2 = 0 luego x = y = 0, es decir (x, y) =(0, 0).

Definicion 7.3.2 Sea f : V × V → IR una forma bilineal. Diremosque f es definida cuando el unico vector de V que satisface f(v, v) = 0es el vector v = ~0, es decir f(v, v) = 0 ⇒ v = ~0.

Ejemplo

En la forma bilineal del ejercicio (7.2) se tiene que si (f, f) = 0 en-

tonces∫ 1

0f(t)2dt = 0 luego f(t)2 = 0 ∀t ∈ IR luego f(t) = 0 ∀t ∈ [0, 1]

es decir f = 0 en[0,1]

Definicion 7.3.3 Si f : V × V → IR es una forma bilineal, entoncesdiremos que f es un producto escalar si f es simetrica, positiva ydefinida. Notacion: f(u, v) =:< u, v >

Ejemplos

Las formas bilineales del ejercicio (7.1) y del ejercicio (7.2) son pro-ductos escalares.

Definicion 7.3.4 Sea V un IR-espacio vectorial. Diremos que V es unEspacio Euclidiano si sobre V se puede definir un producto escalar.

7.3.2 Norma

Observacion

En IR2 con el producto punto, se define la longitud o norma de unvector, de la manera siguiente

||(x, y)|| =√

x2 + y2

pero x2 + y2 corresponde al producto usual de (x, y) consigo mismo,es decir

||(x, y)|| =√

(x, y) · (x, y)

El concepto de norma se generaliza de la manera siguiente:

Definicion 7.3.5 Sea V un espacio euclidiano, con un producto es-calar < u, v >. Dado u ∈ V , es llamado norma del vector u, deno-tado ||u||, el numero real positivo:

||u|| =√

< u, u >


Ejemplo

En IR2, considerando el producto usual, se tiene

||(1, 2)|| =√

12 + 22 =√

5

||(3, 4)|| =√

32 + 42 = 5

Ejemplo

En IR2, considerando el producto del ejercicio (7.1) se tiene:

||(1, 0)|| =√

2 · 12 − 4 · 1 · 0 + 5 · 02 =√

2

||(1, 2)|| =√

2 · 12 − 4 · 1 · 2 + 5 · 22 =√

14

||(3, 4)|| =√

2 · 32 − 4 · 3 · 4 + 5 · 42 =√

50

||(1,√

3)|| =√

2 · 12 − 4 · 1 ·√

3 + 5 · (√

3)2 =√

17 − 4√

3

Ejemplo

V = {f :[

−π2, π

2

]

→ IR continua} con el producto

(f, g) =∫ π

2

−π2

f(t)g(t)dt

Algunos ejemplos en este caso son:

Sea n ∈ IN

||sennx||2 = (sennx, sennx) =∫ π

2

−π2

sen2nxdx =

=∫ π

2

−π2

1 − cos 2nx

2dx =

1

2x

∣

∣

∣

∣

π2

−π2

− 1

4nsen2nx

∣

∣

∣

∣

π2

−π2

=π

2

Luego ||sennx|| =√

π2∀n ∈ IN

Sea m ∈ IN

|| cos mx||2 = (cos mx, cos mx) =∫ π

2

−π2

cos2 mxdx =

=∫ π

2

−π2

1 + cos 2mx

2dx =

1

2x

∣

∣

∣

∣

π2

−π2

+1

4msen2mx

∣

∣

∣

∣

π2

−π2

=π

2

luego || cos mx|| =√

π2∀m ∈ IN

Ejemplo

En IRn con el producto escalar usual se tiene

||(u1, u2, . . . , un)|| =√

< (u1, u2, . . . , un), (u1, u2, . . . , un) > =

=√

u21 + u2

2 + · · · + u2n

Proposicion 7.3.1 Sea V un espacio euclidiano, entonces se tiene

1. ||αu|| = |α| · ||u|| ∀α ∈ IR, ∀u ∈ V

2. ||u|| ≥ 0 ∀u ∈ V

3. ||u|| = 0 si y solo si u = ~0

Demostracion (1)

||αu|| =√

< αu, αu > =√

α2 < u, u > =√

α2 · √< u, u > =

= |α| · ||u||

Demostracion (2)

< u, u > ≥ 0 ∀u ∈ V ⇒ √< u, u > esta definida ∀u ∈ V y√

< u, u > ≥ 0 ∀u ∈ V luego ||u|| ≥ 0 ∀u ∈ V

Demostracion (3)

||u|| = 0 ⇔ √< u, u > = 0 ⇔< u, u >= 0 ⇔ u = ~0

Proposicion 7.3.2 (Desigualdad de Cauchy-Schwartz) Sea Vun espacio euclidiano, entonces

| < u, v > | ≤ ||u|| · ||v|| ∀u, v ∈ V

Demostracion

Supongamos primero que v = ~0. Entonces ambos miembros de laigualdad son cero (ejercicio).

Supongamos v 6= 0 luego < v, v > 6= 0. Sea λ = <u,v>

<v,v>.

Como la forma bilineal es positiva, se tiene que

≥ 0

De la bilinealidad, se deduce

< u, u > −λ < u, v > −λ < v, u > +λ2 < v, v >≥ 0

Usando la propiedad simetrica y la definicion de λ se tiene

< u, u > −2< u, v >2

< v, v >+

< u, v >2

< v, v >≥ 0 ⇒< u, u > −< u, v >2

< v, v >≥ 0

Multiplicando por < v, v > se tiene

< u, u >< v, v > − < u, v >2≥ 0 ⇒< u, u >< v, v >≥< u, v >2

luego

√< u, u >

√< v, v > ≥ | < u, v > | ⇒ | < u, v > | ≤ ||u|| · ||v||

Ejemplo

En IR2 con el producto escalar usual, se tiene

| < (x1, y1), (x2, y2) > | ≤ ||(x1, y1)|| · ||(x2, y2)||

es decir|x1x2 + y1y2| ≤

√

x21 + y2

1 ·√

x22 + y2

2

Ejemplo

En IRn con el producto escalar usual, se tiene

| < (x1, x2, . . . , xn), (y1, y2, . . . , yn) > | ≤≤ ||(x1, x2, . . . , xn)|| · ||(y1, y2, . . . , yn||

es decir∣

∣

∣

∣

∣

n∑

i=1

xiyi

∣

∣

∣

∣

∣

≤√

√

√

√

n∑

i=1

x2i ·√

√

√

√

n∑

i=1

y2i

elevando al cuadrado, se tiene

(

∑

xiyi

)2 ≤n∑

i=1

x2i ·

n∑

i=1

y2i

conocida como la desigualdad de Lagrange.

Corolario 7.3.3 (Desigualdad triangular de Minkowsky)

||u + v|| ≤ ||u|| + ||v||

Demostracion

||u + v||2 ===< u, u > + < u, v > + < v, u > + < v, v >==< u, u > +2 < u, v > + < v, v >= ||u||2 + 2 < u, v > +||v||2 ≤≤ ||u||2 + 2||u|| · ||v|| + ||v||2 = (||u|| + ||v||)2

Como ||u + v|| y ||u|| + ||v|| son positivos, entonces

||u + v|| ≤ ||u|| + ||v||

Corolario 7.3.4

| ||u|| − ||v|| | ≤ ||u − v||


Demostracion

Puesto que u = (u − v) + v, por el corolario anterior se tiene

||u|| ≤ ||u − v|| + ||v||

luego

||u|| − ||v|| ≤ ||u − v|| (7.3)

Ademas v = (v − u) + u, luego

||v|| ≤ ||v − u|| + ||u||

luego

||v|| − ||u|| ≤ ||v − u|| = ||u − v||de donde

||v|| − ||u|| ≤ ||u − v|| (7.4)

Por (7.3) y (7.4)

| ||u|| − ||v|| | ≤ ||u − v||

7.3.3 Ortogonalidad

En IR2, considerando el producto usual se tiene que el producto entredos vectores es nulo si y solo si el angulo comprendido es de π

2radianes,

es decir, si y solo si estos vectores son ortogonales.

Este concepto de ortogonalidad se generaliza de la manera siguiente:

Definicion 7.3.6 En un espacio euclidiano V , diremos que dos vec-tores u y v son ortogonales si el producto escalar entre ellos es nulo.

Ejemplo

En IR3, considerando el producto usual se tiene que u = (3, 0, 0) yv = (0, 5, 0) son ortogonales. Tambien u = (3, 0, 0), w = (0, 0, 7) sonortogonales.


Ejemplo

Volviendo al ejercicio (7.1)

f((1, 1), (2, 0)) = 2 · 1 · 2 − 2 · 1 · 0 − 2 · 2 · 1 + 5 · 1 · 0 = 0

Entonces diremos que u = (1, 1) y v = (2, 0) son ortogonales conrespecto a este producto.

Definicion 7.3.7 Sea S = {u1, u2, . . . , un} en un espacio euclidianoV . Diremos que S es un conjunto ortogonal de vectores si los vec-tores de S son ortogonales de dos en dos. Si ademas todos ellos tienennorma 1, diremos que S es un conjunto ortonormal de vectores.

Ejemplo

En el ejercicio (7.1) el conjunto B = {(1, 1), (2, 0)} es ortogonal.

El conjunto C ={(

1√3, 1√

3

)

,(

1√2, 0)}

es ortonormal con respecto almismo producto escalar.

Ejercicio

Sea V = {f : [−l, l] → IR; f continua}, con el producto escalarsiguiente:

(f, g) =∫ l

−lf(x)g(x)dx

Demostremos que{

cos(

nπx

l

)

, sen(

nπx

l

)

; n = 0, 1, 2, . . .} es una fa-

milia ortogonal. Determinemos ademas la norma de cada vector.


Solucion

1. Sea m 6= n(

cos(

mπx

l

)

, cos(

nπx

l

))

=∫ l

−lcos

(

mπx

l

)

cos(

nπx

l

)

dx =

=∫ l

−l

1

2

[

cos

(

(m + n)πx

l

)

+ cos

(

(m − n)πx

l

)]

dx = 0

2. Sea m 6= n(

sen(

mπx

l

)

, sen(

nπx

l

))

=∫ l

−lsen

(

mπx

l

)

sen(

nπx

l

)

dx =

=∫ l

−l

1

2

[

cos

(

(m − n)πx

l

)

− cos

(

(m + n)πx

l

)]

dx = 0

3. ∀m,n ∈ IN(

cos(

mπx

l

)

, sen(

nπx

l

))

=∫ l

−lcos

(

mπx

l

)

sen(

nπx

l

)

dx =

=∫ l

−l

1

2

[

sen

(

(m − n)πx

l

)

+ sen

(

(m + n)πx

l

)]

dx = 0

Luego la familia dada es ortogonal Ahora busquemos la norma de estasfunciones

1. Para n = 0, se tiene cos 0x = 1 y su norma es

||1||2 =∫ l

−ldx = 2l

es decir, ||1|| =√

2l

2. Para n ≥ 1∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

cos(

nπx

l

)∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2

=∫ l

−lcos2

(

nπx

l

)

dx =

=1

2

∫ l

−l

(

1 + cos(

2nπx

l

))

dx =

=1

2

(

x +l

2nπsen

(

2nπx

l

)

)∣

∣

∣

∣

∣

l

−l

= l

es decir

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

cos(

nπx

l

)∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=√

l

3. Para n ≥ 1∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

sen(

nπx

l

)∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2

=∫ l

−lsen2

(

nπx

l

)

dx =

=1

2

∫ l

−l

(

1 − cos(

2nπx

l

))

dx =

=1

2

(

x − l

2nπsen

(

2nπx

l

)

)∣

∣

∣

∣

∣

l

−l

= l

es decir∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

sen(

nπx

l

)∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=√

l

Definicion 7.3.8 Sea V un espacio euclidiano de dimension finita.Diremos que el conjunto B = {u1, u2, . . . , un} es una base ortonor-mal de V , si B es una base de V y B es un conjunto ortonormal devectores de V .

Teorema 7.3.5(Proceso de ortonormalizacion de Gram-Schmidt)

Todo espacio euclidiano V de dimension finita n, no nulo, admite unabase ortonormal {g1, g2, . . . , gn}.

Demostracion

1. Si dim V = 1. Sea {u} una base de V , entonces g =1

||u|| . Se

tiene que ||g1|| = 1.

2. Si dim V = 2. Sea {u1, u2} una base de V , entonces g1 =1

||u1||u1.

Sea v2 = u2− < u2, g1 > g1. Se tiene que

< v2, g1 > = < u2− < u2, g1 > g1, g1 >== < u2, g1 > − < u2, g1 >< g1, g1 >= 0

Se construye g2 =1

||v2||· v2

Entonces {g1, g2} es una base ortonormal de V .

3. Si dim V = 3. Sea {u1, u2, u3} una base de V . Se construye v3 dela manera siguiente

v3 = u3− < u3, g1 > g1− < u3, g2 > g2

Se tiene que < v3, g1 >= 0 y < v3, g2 >= 0 (se deja de ejercicioal lector). Luego se construye g3 de la manera siguiente

g3 = 1||v3||v3

En general se construye vr de la manera siguiente

vr = ur− < ur, g1 > g1− < ur, g2 > g2 · · · < ur, gr−1 > gr−1

gr = 1||vr||vr

Este proceso debe terminar en algun momento pues el espacioeuclidiano considerado es de dimension finita.

Definicion 7.3.9 Diremos que {g1, . . . , gn} es la base ortonorma-lizada de {u1, u2, . . . , un}.

Ejercicio

Con respecto al producto escalar

< (x, y), (x′, y′) >= 2xx′ − 2xy′ − 2x′y + 5yy′

ortonormalicemos la base B = {(1, 1), (1,−1)}

Solucion

Sea u1 = (1, 1)

||u1||2 =< (1, 1), (1, 1) >= 2 · 1 · 1 − 2 · 1 · 1 − 2 · 1 · 1 + 5 · 1 · 1 = 3

g1 =(1, 1)√

3

v2 = u2− < u2, g1 > g1

v2 = (1,−1) −⟨

(1,−1), (1,1)√3

⟩

(1,1)√3

v2 = (1,−1)− < (1,−1), (1, 1) > (1,1)3

v2 = (1,−1) − (2 · 1 · 1 − 2 · 1 · 1 − 2 · 1 · (−1) + 5 · (−1) · 1) · (1,1)3

v2 = (1,−1) + 3 · (1,1)3

= (1,−1) + (1, 1) = (2, 0)

< v2, v2 >=< (2, 0), (2, 0) >= 8

||v2|| =√

< v2, v2 > = 2√

2

g2 =(2, 0)

2√

2=

(1, 0)√2

La base ortonormalizada es B ={

(1,1)√3

, (1,0)√2

}

Ejemplo

En IRn, con el producto usual, el conjunto

S = {e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , en = (0, . . . , 0, 1)}es un conjunto ortonormal.

Ejemplo

En V = {f : [0, 1] → IR contınuas} con el producto escalar

< f, g >=∫

f(t)g(t)dt, el conjunto

S =

cos(

mπxl

)

√l

,sen

(

nπxl

)

√l

; m,n ∈ IN

es un conjunto ortonormal de vectores.

Ejemplo

En IR2, con el producto usual B = {(1, 0), (0, 1)} es una base ortonor-mal de IR2.

Proposicion 7.3.6 Sea V un espacio euclidiano. Sea U un sub-espacio de V , entonces el conjunto S = {v ∈ V ; < u, v >= 0 ∀u ∈ U}es un sub-espacio vectorial de V .

Demostracion

Sean u1, u2 ∈ U entonces

1. < u1 + u2, v >=< u1, v > + < u2, v >= 0 + 0 = 0, luegou1 + u2 ∈ U .

2. Ademas < αu1, v >= α < u1, v >= α · 0 = 0 luego αu1 ∈ U

Por (1.) y (2.) S es un sub-espacio vectorial de V .

Definicion 7.3.10 El sub-espacio S de la proposicion anterior seradenotado S⊥ y es llamado el subespacio ortogonal a S.

7.3.4 Angulo y distancia entre vectores

En IR2, considerando el producto punto, se obtiene el coseno del angulomenor entre dos vectores de la igualdad

< u, v >= ||u|| · ||v|| · cos θ

Este concepto se generaliza de la manera siguiente:

Definicion 7.3.11 Sea V un espacio vectorial euclidiano con pro-ducto escalar < u, v >. Se define el coseno del angulo menor com-prendido entre dos vectores no nulos como

cos θ =< u, v >

||u|| · ||v||

Ejemplo

En IR2 con el producto escalar usual, el angulo menor entre los vectoresu = (1, 0) y v =

(

12,√

32

)

es

cos θ =< (1, 0),

(

12,√

32

)

>∣

∣

∣

∣

∣

∣(1, 0) ·(

12,√

32

)∣

∣

∣

∣

∣

∣

=12

1 · 1 =1

2

luego θ = π3. Por supuesto que el angulo entre u = (1, 0) y w = (1,

√3)

es tambien θ = π3

Ejemplo

En IR2, considerando el producto escalar del ejemplo (7.1). El angulomenor entre los vectores u = (1, 0) y v = (1,

√3) es

cos θ = <(1,0),(1,√

3)>

||(1,0)||·||(1,√

3)|| = 2·1·1−2·1·√

3−2·0·1+5·0·(√

3)√

2·√

17−4√

3= 2−2

√3√

2√

17−4√

3

Observacion

En IR2, consideremos el producto usual. La distancia entre dos puntosde IR2, P1 = (x1, y1) y P2 = (x2, y2) es

d(P1, P2) =√

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2

Este numero corresponde a ||(x2, y2) − (x1, y1)||, es decir, se puedepensar como la distancia entre dos vectores

d((x1, y1), (x2, y2)) = ||(x2, y2) − (x1, y1)||

Este concepto de distancia entre dos vectores se puede generalizar dela manera siguiente:

Definicion 7.3.12 Sea V un espacio euclidiano con norma ||u||, en-tonces la aplicacion d : V × V → IR+

0 definida por d(u, v) = ||u − v||,es llamada la funcion distancia. El numero d(u, v) es llamado ladistancia entre u y v .


Proposicion 7.3.7 Sea V un espacio euclidiano. Entonces

1. d(u, v) ≥ 0 ∀u, v ∈ V

2. d(u, v) = 0 si y solo si u = v

3. d(u, v) = d(v, u) ∀u, v ∈ V

4. d(u, v) ≤ d(u,w) + d(w, v) ∀u, v, w ∈ V

La demostracion la dejamos al lector

Definicion 7.3.13 Un espacio vectorial real dotado de una distanciaes llamado un espacio metrico.

7.4 Formas bilineales simetricas

El estudio de las formas bilineales esta ıntimamente ligado al estudiode las formas cuadraticas.

Definicion 7.4.1 Sea f : V × V → K una forma bilineal simetrica.Consideremos una funcion qf : V → K definida por

qf (v) = f(v, v) ∀v ∈ V (7.5)

Esta funcion de una variable, es llamada la forma cuadratica sobreV asociada a la forma bilineal f .

Ejemplo

La funcion cuadratica asociada al producto interno usual de IRn es

q(x1, x2, . . . , xn) = x21 + x2

2 + · · · + x2n


Ejemplo

Sea f : IR2 × IR2 → IR del ejercicio (7.1).

Entonces la funcion cuadratica asociada a f es

q((x, y)) = 2x2 − 4xy + 5y2

Nota: Recıprocamente, si q es la forma cuadratica asociada a unaforma bilineal f , podemos recuperar f de la manera siguiente:

f(u, v) =1

2[q(u + v) − q(u) − q(v)] ∀u, v ∈ V (7.6)

Las formulas (7.5) y (7.6) son conocidas como identidades de polariza-cion y muestran que no solamente q esta unıvocamente determinadapor f , sino tambien q determina unıvocamente a f .

Proposicion 7.4.1 Sea f : V × V → IR bilineal simetrica, Sif(v, v) = 0 ∀v ∈ V , entonces f es nula.

Demostracion

Sea u, v ∈ V , entonces

0 = f(u + v, u + v) = f(u, u) + 2f(u, v) + f(v, v) =

= 2f(u, v) luego f(u, v) = 0 ∀u, v ∈ V luego f = 0.


Ejercicio

Sea f : M2(IR) × M2(IR) → IR, la forma bilineal definida por:

f((

a bc d

)

,(

e fg h

)

) = ae + 2bf + 3cg + dh

1. Demostremos que f es un producto interno en M2(IR).

2. Sean

A =(

1 −10 1

)

y B =(

2 1−1 1

)

Calculemos ||A||, ||B||, d(A,B) y el angulo comprendido entreA y B

Solucion de (1)

Se ha supuesto que f es bilineal. Debemos demostrar entonces:

(a) Demostremos que f es simetrica.

f((

a bc d

)

,(

e fg h

)

) = ae + 2bf + 3cg + dh

f((

e fg h

)

,(

a bc d

)

) = ea + 2fb + 3gc + hd

ambos productos son iguales, luego f es simetrica.

(b) Demostremos que f es positiva.

f((

a bc d

)

,(

a bc d

)

) = a2 + 2b2 + 3c2 + d2 ≥ 0

(c) demostremos que f esta bien definida.

f((

a bc d

)

,(

a bc d

)

) = a2 + 2b2 + 3c2 + d2 = 0

⇒ a = 0 = b = c = d

por (a), (b) y (c) f es un producto interno.

Solucion de (2)

||A|| =√

< A,A > =

√

<(

1 −10 1

)

,(

1 −10 1

)

> =

=√

1 + 2 + 0 + 1 =√

4 = 2

||B|| =√

< B,B > =

√

<(

2 1−1 1

)

,(

2 1−1 1

)

> =

=√

4 + 2 + 3 + 1 =√

10

d(A,B) = ||A − B|| = ||(

1 −10 1

)

−(

2 1−1 1

)

|| =

= ||(−1 −2

1 0

)

|| =

√

<(

1 −21 0

)

,(

1 −21 0

)

> =

=√

1 + 8 + 3 + 0 =√

12 = 2√

3

Tenemos que ||A|| · ||B|| cos θ =< A,B >, luego

cos θ =< A,B >

||A|| · ||B|| =<(

1 −10 1

)

,(

2 1−1 1

)

>

2√

10=

1

2√

10

luego

θ = arccos1

2√

10

Ejercicio

Sea f : IR2 × IR2 → IR una forma bilineal definida por:

f((x1, y1), (x2, y2)) = 3x1x2 + 2x1y2 + 2x2y1 + 10y1y2

1. Demuestre que f es un producto interno.

2. Sean u = (1,−1) y v = (1, 0). Encuentre la norma de estos dosvectores, la distancia entre ellos y el coseno del angulo compren-dido entre ellos.

Solucion de (1)

Se ha dado por supuesto que es bilineal. Debemos demostrar entonces:

(a) f es simetrica.

En efecto

f((x1, y1), (x2, y2)) = 3x1x2 + 2x1y2 + 2x2y1 + 10y1y2

f((x2, y2), (x1, y1)) = 3x2x1 + 2x2y1 + 2x1y2 + 10y2y1

Ambas imagenes coinciden, luego f es simetrica.

(b) f es positiva.

En efecto

f((x, y), (x, y)) = 3x2+4xy+10y2 = 2x2+(x2+4xy+4y2)+6y2 =

= 2x2 + (x + 2y)2 + 6y2 ≥ 0 ∀(x, y) ∈ IR2

(c) f esta bien definida.

En efecto

f((x, y), (x, y)) = 0 ⇒ 2x2 + (x + 2y)2 + 6y2 = 0

⇒ x = y = 0 ⇒ (x, y) = (0, 0)

por (a), (b) y (c) f es un producto interno.

Solucion de (2)

||u|| = ||(1,−1)|| =√

f((1,−1), (1,−1)) = 3

||v|| = ||(1, 0)|| =√

f((1, 0), (1, 0)) =√

3

d(u, v) = ||u − v|| = ||(1,−1) − (1, 0)|| = ||(0,−1)|| =√

3 · 02 + 4 · 0 · (−1) + 10 · (−1)2 =√

10

Tenemos que

< u, v >= ||u|| · ||v|| · cos θ

luego cos θ =< u, v >

||u|| · ||v||< u, v >=< (1,−1), (1, 0) >= 3·1·1+2·1·0+2·1(−1)+10(−1)·0 = 1

Luego cos θ =1

3√

3

Ejercicio

Sobre M2(IR), consideremos el producto interno siguiente:

f : M2(IR) × M2(IR) → IR; f(A,B) = tr(AtB)

Sea S subespacio de M2(IR) con base

C = {u1 =(

1 11 0

)

, u2 =(

1 −11 0

)

, u3 =(

1 00 1

)

}

1. Ortonormalicemos la base de C de S

2. Busquemos el subespacio ortogonal a S

Solucion de (1)

||u1|| =

√

tr(

1 11 0

)t ( 1 11 0

)

=√

3

Sea g1 = 1√3

(

1 11 0

)

Se tiene que v2 = u2− < u2, g1 > g1 =

=(

1 −11 0

)

− <(

1 −11 0

)

, 1√3

(

1 11 o

)

> 1√3=

=(

1 −11 0

)

− (1 + (−1) + 1)13

(

1 11 0

)

=( 2

3−4

323

0

)

||v2|| =√

(23)2 + (−4

3)2 + (2

3)2 = 2

3

√6

g2 = 123

√6·( 2

3−4

323

0

)

= 1√6

(

1 −21 0

)

Se tiene que: v3 = u3− < u3, g1 > g1− < u3, g2 > g2

v3 =(

1 00 1

)

− <(

1 00 1

)

, 1√3

(

1 11 0

)

> 1√3

(

1 11 0

)

−

<(

1 11 0

)

, 1√6

(

1 −21 0

)

> 1√6

(

1 −21 0

)

=

=(

1 00 1

)

− 13

(

1 11 0

)

− 16

(

1 −21 0

)

=( 1

20

−12

1

)

||v3|| =

√

tr( 1

20

−12

1

)t

·( 1

20

−12

1

)

=√

(12)2 + (−1

2)2 + 12 =

√

32

g3 =

( 12

0−1

21

)

√32

=

√2

2√

30

−√

22√

3

√2√3

Luego {g1, g2, g3} es la base ortonormal de S obtenida por el procesode Grahn-Schmidt.

Solucion de (2)

Busquemos el subespacio ortogonal a S

Construyamos el sistema de ecuaciones siguiente:

<(

x yz t

)

,(

1 11 0

)

>= 0 ⇔ x + y + z = 0

<(

x yz t

)

,(

1 −11 0

)

>= 0 ⇔ x − y + z = 0

<(

x yz t

)

,(

1 00 1

)

>= 0 ⇔ x + t = 0

Si escalonamos el sistema tenemos: x = −t; y = 0; z = t.

Luego el subespacio ortogonal de S es S⊥ =<(−1 0

1 1

)

>

Ejercicio

Sea f : IR3 × IR3 → IR definida por:

f((x1, y1, z1), (x2, y2, z2)) = 2x1x2+3x1y2+3x2y1+5y1z2+5y2z1+4z1z2


1. Busquemos la forma cuadratica asociada a esta forma bilinealsimetrica.

2. Busquemos la matriz asociada a f con respecto a la basecanonica.

Solucion de (1)

q(x, y, z) = f((x, y, z), (x, y, z)) = 2x2 + 3xy + 3xy + 5yz + 5yz + 4z2.

Luego q(x, y, z) = 2x2 + 6xy + 10yz + 4z2

Solucion de (2)

Tenemos que hacer los siguientes calculos:

f((1, 0, 0), (1, 0, 0)) = 2; f((1, 0, 0), (0, 1, o)) = 3;

f((0, 1, 0), (1, 0, 0)) = 0; f((1, 0, 0), (0, 0, 1)) = 0

f((0, 0, 1), (1, 0, 0)) = 0; f((0, 1, 0), (0, 1, 0)) = 0

f((0, 1, 0), (0, 0, 1)) = 5; f((0, 0, 1), (0, 1, 0)) = 5

f((0, 0, 1), (0, 0, 1)) = 4

Luego (f ; C,C) =

2 0 03 0 50 5 4

Ejercicio

Sea q : IR3 → IR definida por: q(x, y, z) = 3x2 + 2xz − 10yz + 2z2

1. Busquemos la matriz asociada a q con respecto a la base canonicaC = {e1, e2, e3}

2. Busquemos la forma bilineal asociada a q


Solucion de (1)

Tenemos que

q(x, y, z) = ( x y z )

a b cb d ec e f

xyz

=

= ( ax + by + cz bx + dy + ez cx + ey + fz )

xyz

=

= (ax2 + 2bxy + 2cxz + dy2 + 2eyz + fz2) =

= (ax2 + 2bxy + 2cxz + dy2 + 2eyz + fz2)

Luego a = 3; b = 0; c = 1; d = 0; e = −5; f = 2

Luego

(q; C) =

3 0 10 0 51 −5 2

Solucion de (2)

f(e1, e1) = 3; f(e1, e2) = f(e2, e1) = 0; f(e1, e3) = f(e3, e1) = 1;

f(e2, e2) = 0; f(e2, e3) = f(e3, e2) = −5; f(e3, e3) = 2

Sea x = α1e1 + α2e2 + α3e3 y y = β1e1 + β2e2 + β3e3

f(x, y) = f(α1e1 + α2e2 + α3e3, β1e1 + β2e2 + β3e3) =

= α1β1 · 3 + (α1β2 + α2, β1) · 0 + (α1β3 + α3β1) · 1 + α2β2 · 0 ++ (α2β3 + α3β2) · (−5) + α3β3 · 2Luego

f(x, y) = 3α1β1 + α1β3 + α3β1 + (−5)α2β3 + (−5)α3β2 + 2α3β3

O bien lo podrıamos haber obtenido de la manera siguiente:

f((x1, y1, z1), (x2, y2, z2)) = ( x1 y1 z1 ) ·

a b cb d ec e f

·

x2

y2

z2


1. Sea f : IR3 × IR3 → IR una forma bilineal definida por:

f((x, y, z), (a, b, c)) = xa + 4xb + kya + lyb + mzc

(a) Encuentre las propiedades que deben cumplir k, l,m demanera que f sea un producto interno.

(b) Para k = 4, l = 17,m = 1, encuentre la matriz asociada af con respecto a la base B = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)}

2. Sea q : IR3 → IR la forma cuadratica definida por q(x, y, z) = xy.

(a) Encuentre la forma bilineal simetrica sociada a q.

(b) Encuentre la matriz asociada a q con respecto a la baseB = {(1, 1, 0), (−1, 1, 0), (0, 0, 1)}

3. Sea f : V × V → IR un producto interno. Demuestre quef(u, v) = 1

4‖u + v‖2 − 1

4‖u − v‖2.

4. Demuestre que ‖u + v‖2 = ‖u‖2 + ‖v‖2 ⇒ u es ortogonal con v.

5. Considere el producto escalar <,>: IR3 × IR3 → IR definido por:

< (x, y, z), (x′, y′, z′) >= 2xx′ + 2xz′ + 2x′z + 3zz′ + yy′

Sea S = {(x, y, z); x + y + z = 0}. Encuentre S⊥.

Epılogo

Antes de terminar, queremos felicitarte por llegar hasta el final deestos apuntes.

Deseamos que apruebes el curso. Feliz tu si apruebas este ramo ymejor aun si es con buena nota. ¡Felicitaciones! Esperamos que ahoraentiendas mejor como se van construyendo las matematicas.

Si debes profundizar este ramo el proximo semestre, entonces animo

Sabes, todos nos hemos caıdo en nuestras vidas y lo importante espararse, animarse y volver a hacer todo de nuevo y mucho mejor queantes. ¿Todo de nuevo? Si ¡Todo de nuevo!, pero el proximo semestreentenderas muy bien y tal vez sea el comienzo de una nueva etapa entu vida de estudiante. ¡De ahora en adelante te ira estupendo!

317

Bibliografıa

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[2] C. A. Callioli, H. H. Domingues, R. C. F. Costa, AlgebraLinear e aplicacoes, Atual.

[3] A. Doneddu, Polinome et Algebre Lineaire. Vuibert.

[4] J. B. Fraleigh, Algebra Lineal, Addison-Wesley Iberoameri-cana.

[5] E. Gentille, Notas de Algebra, Algebra Lineal, Docencia S.A.Buenos Aires.

[6] S. Grossman, Algebra Lineal, MacGraw Hill.

[7] K. Hoffman y R. Kunze, Algebra Lineal. Prentice-Hall His-panoamericana, S.A.

[8] B. Kolman, Algebra Lineal, Addison-Wesley Iberoamericana.

[9] S. Lang, Linear Algebra, Springer-Verlag New York Inc.

[10] I. Proskuriakov, Problemas de Algebra lineal, Mir. Moscu.

[11] P. C. Shields, Algebra Lineal, Interamericana.

319

Indice de terminos

Angulo entre vectores, 304Aplic. Bil. simetrica, 286Aplicacion lineal, 119Aplicacion nula, 121Aplicaciones Bilineales, 275, 276,

278Automorfismo, 145, 200

Base, 81base canonica de K[X], 84base canonica de K2, 84base canonica de Kn, 83base canonica de K2[X], 84base canonica de Km[X], 84base canonica de K[X], 84Base Diagonalizante, 257Base escalonada, 86Base ortonormal, 301Base ortonormalizada, 302

Cambio de base, 202Cofactor, 229Combinacion lineal, 12, 54Combinacion lineal de ecuaciones,

12Componentes, 83Composicion de morfismos, 183Conjunto maximal l.i., 78Conjunto minimal, 69Conjunto ortogonal, 299

Conjunto ortonormal, 299

Desigualdad de Cauchy-Schwartz,296

Desigualdad de Lagrange, 297Desigualdad triangular, 297Determinante, 219, 220, 226, 228,

229Determinante de un endomor-

fismo, 234, 235Diagonalizable, 257, 258Diagonalizacion, 249Dimension, 92, 96, 97Distancia entre vectores, 305divisor de cero, 188

Ecuaciones equivalentes, 9Elementos propios, 253Endomorfismo, 144Epimorfismo, 145Esp. vec. complejos, 97Espacio Euclidiano, 291, 293Espacio metrico, 306Espacio vectorial, 35Espacio vectorial finito, 40

Familia de sistemas, 24Forma Bilineal, 287Forma cuadratica, 306Forma definida, 292

321


Forma matricial de f(v) = w,193

Forma matricial de un sistemade EC., 195

Forma positiva, 292

Homotecia, 121

idempotente, 189Identidad, 121involutiva, 189Isomorfismo, 145Isomorfo, 149

Linealmente dependiente, 70Linealmente independiente, 70

Matrices equivalentes, 203, 205Matrices semejantes, 206Matriz, 21Matriz adjunta, 232, 234Matriz antisimetrica, 191Matriz asociada, 173, 174, 176,

288, 289Matriz de cambio de base, 200,

202Matriz elemental, 198Matriz idempotente, 212Matriz invertible, 187matriz nilpotente de grado m,

189Matriz ortogonal, 191Matriz simetrica, 191Matriz singular, 187Matriz transpuesta, 190Monomorfismo, 144Morfismo, 144

Nucleo, 131, 135

Norma, 293

Operacion elemental, 13, 66Operaciones elementales, 13Ortogonalidad, 298

Parte antisimetrica, 192Parte simetrica, 192Polinomio caracterıstico, 256Polinomios truncos, 38Ponderacion de una Aplic. Bil.,

283Producto λ · f , 181Producto λ · M , 181Producto de matrices, 183, 184Producto escalar, 291, 293Producto por escalar, 35, 154

Reflexion, 122Rotacion, 124

Sistema de Cramer, 17Sistema de Ec. l.d., 16Sistema de Ec. l.i., 17Sistema escalonado, 20Sistema lineal, 11Sub-espacio generado, 60Sub-espacio suma, 102Sub-espacio vectorial, 43, 44Sub-espacios l.i., 110Sub-espacios suplementarios, 110Sub-espacios vectoriales, 42Subdeterminante, 226Subespacio ortogonal, 304Subespacio propio, 255Suma de Aplic. Bilineales, 283Suma de matrices, 179Suma de morfismos, 179

Capıtulo 7.Aplicaciones Bilineales 323

Suma de sub-espacios, 101, 113Suma directa de sub-espacios,

108, 114

Teo. Gram-Schmidt, 301Teorema Aplic. Bil., 279Teorema de invariancia, 96Teorema de Steinitz, 89Teorema fundamental, 127Tipos especiales de matrices, 186Translacion, 123Traza de una matriz, 192

Valor propio, 254Valor propio multiple, 265Valor propio simple, 258Vector propio, 254Vectores escalonados, 86Vectores l.d., 70Vectores l.i., 70Vectores ortogonales, 298

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