apuntes de algebra lineal para publi

8/3/2019 Apuntes de Algebra Lineal Para Publi

http://slidepdf.com/reader/full/apuntes-de-algebra-lineal-para-publi 1/208

Republica Bolivariana de Venezuela

Universidad Nacional Experimental Politecnica

“Antonio Jose de Sucre”

Vice-Rectorado BarquisimetoDepartamento de Estudios Generales y Basicos

Seccion de Matematica

Apuntes de Algebra Lineal

Autores: MSc. Jorge F. Campos S.

MSc. Dorka M. Chaves E.Barquisimeto, 2008



Indice general

Indice general I

1. Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 11.1. Operaciones con Matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1. Suma de Matrices y Multiplicacion por Escalar . . . . . . . . . . . . . . . 51.1.2. Producto de Matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.1.3. Transposicion o Trasposicion de Matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.2. Operaciones Elementales por Filas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.3. Sistemas de Ecuaciones Lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271.4. Inversa de una Matriz Cuadrada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371.5. Determinantes. Propiedades de los Determinantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461.6. Matriz Adjunta. Regla de Cramer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 631.7. Determinantes de Matrices Triangulares por Bloques . . . . . . . . . . . . . . . . 70

2. Espacios Vectoriales 762.1. Espacios Vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 762.2. Subespacios Vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 832.3. Combinacion Lineal y Espacio Generado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 882.4. Independencia y Dependencia Lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 952.5. Bases y Dimension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1012.6. Rango, Nulidad, Espacio Fila y Espacio Columna de una Matriz . . . . . . . . . . 107

3. Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 1173.1. Cambio de Base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1173.2. Espacios con producto Interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

3.3. Bases Ortonormales y Proceso de Ortonormalizacion de Gram-Schmidt . . . . . . 1323.4. Complemento Ortogonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

4. Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 1494.1. Transformaciones Lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1494.2. Representacion Matricial de una Transformacion Li neal . . . . . . . . . . . . . . . 1614.3. Nucleo e Imagen de una Transformacion Lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1684.4. Autovalores y Autovectores de una Matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1754.5. Diagonalizacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

i



Indice general ii

4.6. Autovectores y Autoespacios Generalizados. Forma Canonica de Jordan . . . . . . 191

Apendices 207

A. Campos y Numeros Complejos 208

A.1. Campos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208A.2. El Campo de los Numeros Complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218

B. Algo mas sobre Espacios Vectoriales 226B.1. K-Espacios Vectoriales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226B.2. Espacios Vectoriales de Dimension Infinita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228B.3. Espacios con Producto Interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228B . 4. Es paci os N ormados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228

C. Algo mas sobre Transformaciones Lineales 229C.1. Transformaciones Lineales Invertibles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229C.2. Autovalores y Autovectores de Transformaciones Lineales . . . . . . . . . . . . . . 234

D. Demostraciones de Algunos Teoremas 238



Capıtulo 1

Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales

1.1. Operaciones con Matrices

Definici´ on 1.1. Sean m, n ∈ Z+. Una matriz real A de orden m por n (m × n) es un

arreglo bidimensional de n´ umeros reales dispuestos en m filas y n columnas como sigue

A = (aij)m×n = a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

......

...

am1 am2 · · · amn

= a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

......

...


donde aij ∈ R para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada j ∈ {1, . . . , n}, el cual es llamado componente

ij-esima de A.

Para cada i ∈ {1, . . . , m} la i-esima fila de A la denotaremos por A(i) y est´ a dada por

A(i) = ai1 ai2

· · ·ain

Para cada j ∈ {1, . . . , n} la j-esima columna de A la denotaremos por A( j) y est´ a dada por

A( j) =

a1 j

a2 j...

amj

Cuando m = n, diremos que A es una matriz cuadrada de orden n, en este caso, las

componentes a11, a22, . . . , ann forman lo que llamaremos diagonal principal de A.

Cuando m = 1, diremos que A es una matriz fila y cuando n = 1, diremos que A es una

matriz columna.

La notaci´ on A = (aij)m×n, significa que A es la matriz de orden m × n cuya ij-esima compo-

nente es aij para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada j ∈ {1, . . . , n}.

El conjunto formado por todas las matrices reales de orden m×n lo denotaremos por Mm×n(R).

1



Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 2

Observaci´ on 1.1. Podemos considerar matrices sobre un campo K (ver apendice B), por

ejemplo K = C, en lugar de matrices reales, en cuyo caso las componentes de las matrices son

elementos de K.

Observaci´ on 1.2. Se debe tener cuidado cuando se usa la notaci´ on (aij)m×n, el cambio de

ındices no significa que se trata de otra matriz, los ındices son “mudos”, esto es

(aij)m×n = (akr)m×n = (a pq)m×n = (a ji)m×n

Ejemplo 1.1.

1. A =

−2 0

√5

23

4 1

es una matriz real de orden 2×3, la componente 2, 1 de A es a2,1 = 2

3,

la fila 2 de A es A(2) =

23

4 1

, la columna 3 de A es A(3) = √5

1

2. B =

−1 4 0

5 12 −3

0 2 −8

es una matriz cuadrada real de orden 3, las componentes de la

diagonal principal son a1,1 = −1, a2,2 = 12, a3,3 = −8.

3. La matriz I n = (δij)n×n, donde δij = 1 si i = j0 si i = j

, para cada i, j ∈ {1, . . . , n}, es llamada

matriz identidad de orden n, esto es,

I n =

1 0 · · · 0

0 1. . .

......

. . .. . . 0

0 · · · 0 1

n×n

4. La matriz 0/ m×n = (ξij)m×n, donde ξij = 0 para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada j ∈ {1, . . . , n},

es llamada matriz nula de orden m × n, es decir

0/ m×n =

0 · · · 0...

...

0 · · · 0

m×n




Cuando m = n, s´ olo escribiremos 0/ n en lugar de 0/

n×n, es decir,

0/ n =

0 · · · 0...

. . ....

0 · · · 0

n×n

Definici´ on 1.2. Sea A ∈ Mn×n(R). Diremos que A = (aij)n×n es

1. Triangular superior si aij = 0 para i, j ∈ {1, . . . , n} con i > j.

2. Triangular inferior si aij = 0 para i, j ∈ {1, . . . , n} con i < j.

3. Diagonal si aij = 0 para i, j ∈ {1, . . . , n} con i = j, es decir, A es triangular superior e

inferior simult aneamente.

4. Escalar si es diagonal y existe λ ∈ R tal que aii = λ para i ∈ {1, . . . , n}.

Observaci´ on 1.3. Una matriz cuadrada es triangular superior (respectivamente inferior) si y

s´ olo si todas sus componentes bajo (respectivamente sobre) la diagonal principal son iguales a

cero.

Observaci´ on 1.4. Cuando A ∈ Mn×n(R) es diagonal y las componentes en la diagonal principal

son λ1, λ2, . . . , λn ∈ R, entonces escribiremos A = diag(λ1, λ2, . . . , λn)

Ejemplo 1.2.

1. Para cada n ∈ Z+, I n y 0/ n son matrices escalares, y por lo tanto diagonales y consecuente-

mente triangulares superior e inferior.

2. A = −5 4 0 −7

0 3 12 50 0 2 1

0 0 0 0

es triangular superior.

3. A =

−5 0 0 0

0 4 0 0

0 −1 0 0

9 13 −3 8

es triangular inferior.




4. A =

6 0 0 0

0 −3 0 0

0 0 −5 0

0 0 0 0

es diagonal, en cuyo caso podemos escribir A = diag(6, −3, −5, 0).

5. A =

8 0 0 0

0 8 0 0

0 0 8 0

0 0 0 8

es escalar, en cuyo caso podemos escribir A = diag(8, 8, 8, 8).

Definici´ on 1.3. Sean A, B∈Mm×n(R). Diremos que A y B son matrices iguales, lo cual

denotaremos por A = B, si la componente ij-esima de A es igual a la componente ij-esima de

B para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada j ∈ {1, . . . , n}, es decir, si A = (aij)m×n y B = (bij)m×n,

diremos que A y B son iguales si

aij = bij para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada j ∈ {1, . . . , n}

Observaci´ on 1.5. N´ otese que para que dos matrices sean iguales, en primer lugar deben ser

del mismo orden.

Ejemplo 1.3. Si A =

5 −1 0

−6 8 3

; B =

5 7

0 y

−2 4

y C =

x 7

0 −3

−2 4

, entonces A = B

pues ni siquiera son del mismo orden; B = C si y s´ olo si x = 5 e y = −3.

El siguiente teorema es una consecuencia directa de la definicion de igualdad de matrices, su

demostracion la dejamos como ejercicio.

Teorema 1.1. Sean A, B

∈Mm×n(R). Entonces las siguientes proposiciones son equivalentes

1. A = B.

2. A(i) = B(i) para cada i ∈ {1, . . . , m}.

3. A( j) = B( j) para cada j ∈ {1, . . . , n}.

Demostraci´ on . ¡Ejercicio!




1.1.1. Suma de Matrices y Multiplicacion por Escalar

En esta seccion definiremos dos operaciones con matrices que dotaran al conjunto Mm×n(R)

de una estructura algebraica conocida como espacio vectorial , dicha estructura sera tratada

en el captulo 2 del presente trabajo.

Definici´ on 1.4. Sean A, B ∈ Mm×n(R) con A = (aij)m×n y B = (bij)m×n. Definiremos la

matriz suma de A con B, como la matriz A + B ∈ Mm×n(R) cuya ij-esima componente viene

dada por aij + bij para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada j ∈ {1, . . . , n}, esto es, si A + B = (cij)m×n,

entonces cij = aij + bij para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada j ∈ {1, . . . , n}.

Observaci´ on 1.6. Para poder sumar dos matrices estas deben ser del mismo orden.

Ejemplo 1.4. Si A = 4 −9 0 8

−7 3 5 −12

1 0 −6 2

y B = −3 9 5 −4

1 −13 3 9

10 4 7 11

, entonces

A + B =

4 −9 0 8

−7 3 5 −12

1 0 −6 2

+

−3 9 5 −4

1 −13 3 9

10 4 7 11

= 4 + (

−3)

−9 + 9 0 + 5 8 + (

−4)

−7 + 1 3 + (−13) 5 + 3 −12 + 9

1 + 10 0 + 4 −6 + 7 2 + 11

= 1 0 5 4

−6 −10 8 −3

11 4 1 13

Definici´ on 1.5. Sean A ∈ Mm×n(R) y α ∈ R ( α es llamado escalar), con A = (aij)m×n.

Definiremos la multiplicacion de α por A ( multiplicacion por escalar) como la matriz

α · A ´ o simplemente αA cuya ij-esima componente es αaij para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada

j ∈ {1, . . . , n}, esto es, si αA = (bij)m×n, entonces bij = αaij para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada

j ∈ {1, . . . , n}.

Observaci´ on 1.7. La notaci´ on de multiplicaci´ on por escalar es α · A o αA y no A · α ni Aα,

se debe colocar primero el escalar luego la matriz.

Observaci´ on 1.8. Toda matriz escalar de orden n es un m´ ultiplo escalar de I n, ms an, A ∈Mn×n(R) es una matriz escalar si y s´ olo si existe λ ∈ R tal que A = λI n.




Ejemplo 1.5. Sea A la matriz del ejemplo 1.4, entonces

2 · A = 2 ·

4 −9 0 8

−7 3 5 −12

1 0−

6 2

=

2 · 4 2(−9) 2 · 0 2 · 8

2(−7) 2 · 3 2 · 5 2(−12)

2·

1 2·

0 2(−

6) 2·

2

=

8 −18 0 16

−14 6 10 −24

2 0 −12 4

Teorema 1.2. Sean A,B,C ∈Mm×n(R) y α, β ∈ R cualesquiera. Entonces

1. A + B = B + A (conmutatividad de la suma).

2. (A + B) + C = A + (B + C ) (asociatividad de la suma).

3. A + 0/ m×n = A = 0/

m×n +A (neutro aditivo).

4. Existe una matriz D ∈Mm×n(R) tal que A + D = 0/ m×n = D + A (opuesto aditivo).

5. α(A + B) = αA + αB (distributividad de la multiplicaci´ on por escalar respecto a la suma

matricial).

6. (α + β )A = αA + βA (distributividad de la multiplicaci´ on por escalar respecto a la suma

escalar).

7. α(βA) = (αβ )A = β (αA) (asociatividad de la multiplicaci´ on por escalar).

8. 1 · A = A (neutro de la multiplicaci´ on por escalar).

Demostraci´ on . Sean A = (aij)m×n, B = (bij)m×n y C = (cij)m×n.

1. Hagamos A + B = E = (eij)m×n y B + A = F = (f ij)m×n. Por definicion de suma dematrices, tenemos que para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada j ∈ {1, . . . , n}

eij = aij + bij = bij + aij = f ij

Luego A + B = E = F = B + A (definicion de igualdad de matrices).




2. Hagamos A + B = E = (eij)m×n, (A + B) + C = E + C = F = (f ij)m×n, B + C = G =

(gij)m×n y A + (B + C ) = A + G = H = (hij)m×n. Ası que por definicion de suma de

matrices

f ij = eij + cij = (aij + bij) + cij = aij + (bij + cij) = aij + gij = hij

De donde (A + B) + C = F = H = A + (B + C ) (definicion de igualdad de matrices).

3. Recordemos que 0/m×n = (ξij)m×n donde ξij = 0 para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada j ∈{1, . . . , n}. Ası que si A + 0/m×n = E = (eij)m×n, entonces, por definicion de suma de

matrices, para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada j ∈ {1, . . . , n}

eij = aij + ξij = aij + 0 = aij

Por lo tanto A + 0/m×n = E = A y por conmutatividad

A + 0/m×n = A = 0/m×n +A

4. Definamos D = (dij)m×n con dij = −aij para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada j ∈ {1, . . . , n}.

Hagamos A + D = E = (eij)m×n. Entonces, por definicion de suma de matrices, para cada

i ∈ {1, . . . , m} y cada j ∈ {1, . . . , n}

eij = aij + dij = aij + (−aij) = 0

Por lo tanto A + D = E = 0/m×n y por conmutatividad

A + D = 0/m×n = D + A

5. Hagamos A + B = E = (eij)m×n, α(A + B) = αE = F = (f ij)m×n, αA = G = (gij)m×n,

αB = H = (hij)m×n y αA + αB = G + H = P = ( pij)m×n. Entonces, para cada

i ∈ {1, . . . , m} y cada j ∈ {1, . . . , n} tenemos que

f ij = αeij (definicion de multiplicacion por escalar)

= α(aij + bij) (definicion de suma de matrices)

= αaij + αbij

= gij + hij (definicion de multiplicacion por escalar)

= pij (definicion de suma de matrices)

Luego

α(A + B) = F = P = αA + αB




6. Hagamos (α + β )A = E = (eij)m×n, αA = F = (f ij)m×n, βA = G = (gij)m×n y αA + βA =

F + G = H = (hij)m×n. En consecuencia, para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada j ∈ {1, . . . , n}se tiene que

eij = (α + β )aij (definicion de multiplicacion por escalar)

= αaij + βaij

= f ij + gij (definicion de multiplicacion por escalar)

= hij (definicion de suma de matrices)

De donde

(α + β )A = E = H = αA + βA

7. Hagamos βA = E = (eij)m×n, α(βA) = αE = F = (f ij)m×n y (αβ )A = G = (gij)m×n.

Ası que, por definicion de multiplicacion de por escalar, para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada

j ∈ {1, . . . , n} obtenemos

f ij = αeij = α(βaij) = (αβ )aij = gij

Luego α(βA) = F = G = (αβ )A y en consecuencia

β (αA) = (βα)A = (αβ )A

Por lo tanto

α(βA) = (αβ )A = β (αA)

8. Hagamos 1 · A = E = (eij)m×n. Ası que al usar la definicion de multiplicacion por escalar,

se tiene que para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada j ∈ {1, . . . , n}

eij = 1 · aij = aij

En consecuencia1 · A = E = A

Teorema 1.3.

1. La matriz nula 0/ m×n es la ´ unica matriz real de orden m×n tal que para cada A ∈ Mm×n(R)

se cumple que A + 0/ m×n = A = 0/

m×n +A.




2. Para cada matriz A ∈ Mm×n(R), existe una ´ unica matriz D ∈ Mm×n(R) tal que A + D =

0/ m×n = D + A, tal matriz D es llamada matriz opuesta de A y se denota por −A.

Demostraci´ on . La parte 3 del teorema 1.2 garantiza que la matriz nula 0/m×n satisface que para

cada A ∈ Mm×n(R) se cumple que A + 0/m×n = A = 0/m×n +A. Ademas, la existencia de la matriz

D es garantizada en la parte 4 del mismo teorema. Solo faltarıa probar la unicidad de ambas

matrices.

1. Supongamos que P ∈ Mm×n(R) es tal que A + P = A = P + A para cada A ∈ Mm×n(R),

luego

P = P + 0/m×n (por la parte 3 del teorema 1.2)

= 0/m×n (hipotesis)

2. Sea A ∈ Mm×n(R) cualquiera. Supongamos que existen D, E ∈Mm×n(R) tales que

A + D = 0/m×n = D + A (1.1)

A + E = 0/m×n = E + A (1.2)

En consecuencia

D = D + 0/m×n (teorema 1.2 parte 3)

= D + (A + E ) (por la ecuacion 1.2)

= (D + A) + E (teorema 1.2 parte 2)

= 0/m×n +E (por la ecuacion 1.1)

= E (teorema 1.2 parte 3)

Teorema 1.4. Sean A,B,C ∈Mm×n(R) tales que A + B = A + C . Entonces B = C .


Teorema 1.5. Sean A ∈Mm×n(R) y α ∈ R cualesquiera. Entonces

1. 0 · A = 0/ m×n.




2. α 0/ m×n = 0/

m×n.

3. (−1)A = −A.

4. Si αA = 0/

m×n, entonces α = 0 ´ o A = 0

/

m×n.

Demostraci´ on .

1. Sabemos que

0 · A + 0/m×n = 0 · A (¿por que?)

ademas

0 · A = (0 + 0)A = 0 · A + 0 · A

ası que

0 · A + 0 · A = 0 · A + 0/m×n

y por el teorema 1.4, se tiene que 0 · A = 0/m×n

2. Por un lado

α · 0/m×n = α · 0/m×n + 0/m×n (¿por que?)

por otro lado

α · 0/

m×n = α(0/

m×n + 0/

m×n) = α · 0/

m×n +α · 0/

m×n

luego

α · 0/m×n + 0/m×n = α · 0/m×n +α · 0/m×n

y nuevamente, usando el teorema 1.4, tenemos que α 0/m×n = 0/m×n

3. Basta probar que A + (−1)A = 0/m×n, y por unicidad, obtendrıamos el resultado. Veamos

A + (−1)A = 1 · A + (−1)A (teorema 1.2 parte 8)

= (1 + (−1))A (teorema 1.2 parte 6)

= 0 · A

= 0/m×n (por la parte 1)

Luego, por unicidad de la matriz opuesta, (−1)A = −A




4. Supongamos que αA = 0/m×n. Si α = 0, no hay nada que probar, supongamos entonces que

α = 0, ası que

A = 1 · A (teorema 1.2 parte 8)

= (α−1α)A

A = α−1(αA) (teorema 1.2 parte 7)

= α−1 0/m×n (por hipotesis)

= 0/m×n (por la parte 2)

Con lo cual, se concluye la prueba.

Definici´ on 1.6. Sean A, B ∈ Mm×n(R). Definiremos A − B = A + (−B).

Ejemplo 1.6. Si A =

4 −12 0

−6 5 −3

6 −1 2

7 0 1

y B =

5 −10 −6

6 −1 11

4 0 5

−2 −6 −1

, entonces

A − B = A + (−B) =

4

−12 0

−6 5 −3

6 −1 2

7 0 1

+

−

5−

10−

6

6 −1 11

4 0 5

−2 −6 −1

=

4 −12 0

−6 5 −3

6 −1 2

7 0 1

+

−5 10 6

−6 1 −11

−4 0 −5

2 6 1

=

−1 −2 6

−12 6 −14

2 −1 −3

9 6 2

1.1.2. Producto de Matrices

A diferencia de las dos operaciones definidas en la seccion anterior, la multiplicacion de matrices

no se define de manera “natural”, como veremos luego, no por ello deja de ser importante dicha

operacion.




Definici´ on 1.7. Sean A = (aij)m×n ∈ Mm×n(R) y B = (b jk)n× p ∈ Mn× p(R). Definiremos el

producto de A por B como la matriz C = (cik)m× p ∈ Mm× p(R), denotada por AB ´ o A · B, tal

que para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada k ∈ {1, . . . , p} se tiene que

cik =n

j=1

aijb jk = ai1b1k + ai2b2k + · · · + ainbnk

Observaci´ on 1.9. N´ otese que para poder definir el producto AB, la cantidad de columnas de

A debe coincidir con la cantidad de filas de B, adem´ as, la matriz resultante, es una matriz cuya

cantidad de filas coincide con la cantidad de filas de A y su cantidad de columnas es igual a la

cantidad de columnas de B.

Ejemplo 1.7. Sean A = 2

−1 0

0 3 1 y B = 3 1 0

2 −1 −2−4 −2 3

. Entonces

AB = A · B

=

2 · 3 + (−1)2 + 0(−4) 2 · 1 + (−1)(−1) + 0(−2) 2 · 0 + (−1)(−2) + 0 · 3

0 · 3 + 3 · 2 + 1(−4) 0 · 1 + 3(−1) + 1(−2) 0 · 0 + 3(−2) + 1 · 3

=

6 − 2 + 0 2 + 1 + 0 0 + 2 + 0

0 + 6

−4 0

−3

−2 0

−6 + 3

=

4 3 2

2

−5

−3

Observaci´ on 1.10. N´ otese que en el ejemplo anterior, el producto BA no est´ a definido, esto

nos dice que el producto de matrices no es conmutativo, m´ as a´ un, a pesar de que ambos productos

est´ an definidos, AB y BA, no necesariamente son ambos del mismo orden, adem´ as, siendo ambos

productos del mismo orden, en cuyo caso necesariamente A y B deben ser cuadradas y del mismo

orden, las matrices AB y BA no tienen por que ser iguales, cuando esto ocurre, es decir, cuando

AB = BA, se dice que A y B son matrices que conmutan.

A continuacion enunciaremos un teorema que expone las principales propiedades del producto

de matrices

Teorema 1.6. Sean A ∈Mm×n(R); B, C ∈ Mn× p(R); C ∈ M p×q(R) y α ∈ R. Entonces

1. (AB)D = A(BD) (asociatividad del producto de matrices).

2. A(B + C ) = AB + AC (distributividad a izquierda del producto de matrices).




3. (B + C )D = BD + CD (distributividad a derecha del producto de matrices).

4. α(AB) = (αA)B = A(αB) (asociatividad del producto de matrices y la multiplicaci´ on por

escalar).

5. I mA = A = AI n (neutros del producto de matrices).

6. B 0/ p×q = 0/

n×q y 0/ m×n B = 0/

m× p.

Demostraci´ on . Sean A = (aij)m×n; B = (b jk)n× p; C = (c jk)n× p y D = (dkl) p×q.

1. Hagamos AB = E = (eik)m× p; (AB)D = ED = F = (f il)m×q; BD = G = (g jl)n×q y

A(BD) = AG = H = (hil)m×q. Entonces, usando la definicion de producto matricial, para

cada i ∈ {1, . . . , m} y cada k ∈ {1, . . . , p}

eik =n

j=1

aijb jk

para cada j ∈ {1, . . . , n} y cada l ∈ {1, . . . , q}

g jl =

pk=1

b jkdkl

y para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada l ∈ {1, . . . , q}

f il =

pk=1

eikdkl; hil =n

j=1

aijg jl

Luego

f il =

pk=1

eikdkl =

pk=1

n

j=1

aijb jk

dkl =

pk=1

n j=1

aijb jkdkl =n

j=1

pk=1

aijb jkdkl

=n

j=1

aij pk=1

b jkdkl =n

j=1

aijg jl = hil

Por lo tanto, usando la definicion de igualdad de matrices

(AB)D = F = H = A(BD)




2. Hagamos B + C = E = (e jk)n× p; A(B + C ) = AE = F = (f ik)m× p; AB = G = (gik)m× p;

AC = H = (hik)m× p y AB + AC = G + H = R = (rik)m× p. Entonces, para cada i ∈{1, . . . , m} y cada k ∈ {1, . . . , p}

f ik =n

j=1

aije jk (definicion de producto de matrices)

=n

j=1

aij(b jk + c jk) (definicion de suma de matrices)

=n

j=1

(aijb jk + aijc jk) =n

j=1

aijb jk +n

j=1

aijc jk

= gik + hik (definicion de producto de matrices)

= rik (definicion de suma de matrices)

En consecuencia

A(B + C ) = F = R = AB + AC

3. Analogo a la demostracion de la parte 2.

4. Sean AB = E = (eik)m× p; α(AB) = αE = F = (f ik)m× p; αA = G = (gij)m×n y (αA)B =

GB = H = (hik)m× p. Entonces, para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada k ∈ {1, . . . , p}

f ik = αeik (definicion de multiplicacion por escalar)

= αn

j=1

aijb jk (definicion de producto de matrices)

=n

j=1

α(aijb jk) =n

j=1

(αaij)b jk

=n

j=1

gijb jk (definicion de multiplicacion por escalar)

= hik (definicion de producto de matrices)

De donde α(AB) = F = H = (αA)B. De manera analoga se prueba que α(AB) = A(αB),

ası que

α(AB) = (αA)B = A(αB)

5. Recordemos que I n = (δ jk)n×n, donde

δ jk =

1 si j = k

0 si j = k(1.3)




para cada j, k ∈ {1, . . . , n}.

Hagamos AI n = E = (eik)m×n. Entonces, para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada k ∈ {1, . . . , n}

eik

=n

j=1 aij

δ jk

(definicion de producto de matrices)

= ai1δ1k + · · · + ai(k−1)δ(k−1)k + aikδkk + ai(k+1)δ(k+1)k + · · · + ainδnk

= ai1 · 0 + · · · + ai(k−1) · 0 + aik · 1 + ai(k+1) · 0 + · · · + ain · 0 (por 1.3)

= aik

Por lo tanto AI n = E = A, analogamente puede probarse que I mA = A, en consecuencia

AI n = A = I mA

6. ¡Ejercicio!

Ejercicio 1.1. Pruebe que si A ∈ Mm×n(R) y B ∈ Mn× p(R), entonces

1. AB =

AB(1) AB(2) · · · AB( p)

(desarrollo por columnas del producto AB), es decir,

la k-esima columna de AB, que es (AB)(k), es igual a A por la k-esima columna de B,

AB(k)

, para cada k ∈ {1, . . . , p}.

2. AB =

A(1)B

A(2)B...

A(m)B

(desarrollo por filas del producto AB), es decir, la i-esima fila de AB,

que es (AB)(i), es igual a la i-esima fila de A por B, A(i)B, para cada i ∈ {1, . . . , m}.

Ejercicio 1.2. Dada una matriz A ∈ Mn×n(R), para k ∈ N definamos

Ak =

0/ n si A = 0/

n y k ≥ 1

I n si A = 0/ n y k = 0

Ak−1A si A = 0/ n y k ≥ 1

Pruebe que AkAr = Ak+r para cualesquiera k, r ∈ N.

Definici´ on 1.8. Una matriz N ∈ Mn×n(R) es llamada nilpotente si existe p ∈ N tal que

N p = 0/ n, adem´ as, si p es tal que N p−1 = 0/

n, diremos que N es nilpotente de orden p.




Observaci´ on 1.11. La matriz nula de orden n es nilpotente y conveninos en que es nilpotente

de orden 0.

Ejemplo 1.8. Las siguientes matrices son nilpotentes

N 1 =

−1 1 0 0

−1 0 1 0

−1 0 1 0

−1 0 1 0

; N 2 =

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

0 0 0 0

N 1 es de orden 3 y N 2 es de orden 4 (¡verifıquelo!).

1.1.3. Transposicion o Trasposicion de MatricesDefinici´ on 1.9. Sea A = (aij)m×n ∈ Mm×n(R). Definiremos la transpuesta o traspuesta de

A como la matriz AT = (b ji)n×m ∈ Mn×m(R) tal que

b ji = aij para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada j ∈ {1, . . . , n}

Ejemplo 1.9. Sea

A =

−2 5 0 7

3 0 1−

6

−5 12 −2 9

Entonces

AT =

−2 3 −5

5 0 12

0 1 −2

7 −6 9

Observaci´ on 1.12. N´ otese que las filas de A “pasan” a ser las columnas de AT y las columnas

de A “pasan” a ser las filas de AT , m´ as propiamenteA(i)

T =

AT (i)

para cada i ∈ {1, . . . , m}A( j)

T =

AT ( j)

para cada j ∈ {1, . . . , n}

Teorema 1.7. Sean A, B ∈Mm×n(R), C ∈ Mn× p(R) y α ∈ R. Entonces




1.

AT T

= A (propiedad de involuci´ on de la transposici´ on de matrices)

2. (A + B)T = AT + BT (transpuesta de la suma)

3. (αA)T = αAT (transpuesta de la multiplicaci´ on por escalar)

4. (AC )T = C T AT (transpuesta del producto matricial)

5. (I n)T = I n y (0/ m×n)T = 0/

n×m

Demostraci´ on . Sean A = (aij)m×n; B = (bij)m×n y C = (c jk)n× p.

1. Hagamos AT = D = (d ji)n×m y

AT T

= DT = E = (eij)m×n. Entonces, para cada

i ∈ {1, . . . , m} y cada j ∈ {1, . . . , n}, por definicion de transpuesta

eij = d ji = aij

Luego AT T

= E = A

2. Sean A + B = D = (dij)m×n; (A + B)T = DT = E = (e ji)n×m; AT = F = (f ji)n×m;

BT = G = (g ji)n×m y AT +BT = F +G = H = (h ji)n×m. Entonces, para cada i ∈ {1, . . . , m}y cada j ∈ {1, . . . , n}

e ji = dij (definicion de transpuesta)

= aij + bij (definicion de suma de matrices)

= f ji + g ji (definicion de transpuesta)

= h ji (definicion de suma de matrices)

Por lo tanto

(A + B)T = E = H = AT + BT

3. Hagamos αA = D = (dij)m×n; (αA)T = DT = E = (e ji)n×m; AT = F = (f ji)n×m; y

αAT = αF = G = (g ji)n×m. Entonces, para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada j ∈ {1, . . . , n}

e ji = dij (definicion de transpuesta)

= αaij (definicion de multiplicacion por escalar)

= αf ji (definicion de transpuesta)

= g ji (definicion de multiplicacion por escalar)




Ası que

(αA)T = E = G = αAT

4. Sean AC = D = (dik)m× p; (AC )T = DT = E = (eki) p×m; C T = F = (f kj) p×n; AT =

G = (g ji)n×m y C T AT = F G = H = (hki) p×m. Entonces, para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada

k ∈ {1, . . . , p}

eki = dik (definicion de transpuesta)

=n

j=1

aijc jk (definicion de producto)

=n

j=1

g jif kj (definicion de transpuesta)

=n

j=1

f kjg ji = hki (definicion de producto)

De donde

(AC )T = E = H = C T AT

5. ¡Ejercicio!

Definici´ on 1.10. Sea A ∈ Mn×n(R). Diremos que

1. A es simetrica si AT = A.

2. A es antisimetrica si AT = −A.

Ejemplo 1.10.

1. I n es simetrica para todo n ∈ N.

2. 0/ n es simetrica y antisimetrica para todo n ∈ N ¿existe alguna otra matriz que sea simetrica

y antisimetrica simult´ aneamente?

3. La matriz

A =

0 5 7 −6

−5 0 −4 8

−7 4 0 12

6 −8 −12 0




es antisimetrica pues

AT =

0 −5 −7 6

5 0 4 −8

7−

4 0−

12

−6 8 12 0

= −A

4. La matriz

A =

5 −9 3 0

−9 2 −1 13

3 −1 0 7

0 13 7 −3

es simetrica ya que

AT =

5 −9 3 0

−9 2 −1 13

3 −1 0 7

0 13 7 −3

= A

Teorema 1.8. Sea A ∈Mn×n(R). Entonces

1. A es simetrica si y s´ olo si aij = a ji para cualesquiera i, j∈ {

1, . . . , n}

.

2. A es antisimetrica si y s´ olo si aij = −a ji para cualesquiera i, j ∈ {1, . . . , n}.

3. Si A es antisimetrica, entonces aii = 0 para cualquiera i ∈ {1, . . . , n}.


1.2. Operaciones Elementales por FilasLas operaciones elementales por filas son herramientas usadas con mucha frecuencia en

la resolucion de los sistemas de ecuaciones lineales al igual que en calculo de la inversa

de una matriz cuadrada . Estas operaciones las usaremos a lo largo de todo el curso, por ello

deben ser manejadas con la mayor perfeccion posible por parte del estudiante que desee aprender

la materia. Comencemos por definir dichas operaciones.

Denotemos por Fm(R) el conjunto formado por todas las matrices reales con m filas.




Definici´ on 1.11. Una operacion elemental por filas (OEF) es una funci´ on f : Fm(R) →Fm(R) la cual es de uno de los siguientes tipos

OEF Tipo 1. Si f (A) = B, entonces existen s

∈ {1, . . . , m

}y α

= 0 tales que B(i) = A(i)

para cada i ∈ {1, . . . , m}, con i = s, y adem´ as B(s) = αA(s), esto es, una de las filas

de A es multiplicada por un escalar no nulo y el resto de las filas permanecen iguales.

f (A) = f

A(1)

...

A(s−1)

A(s)

A(s+1)...

A(m)

=

A(1)

...

A(s−1)

αA(s)

A(s+1)...

A(m)

= B

Por comodidad, en lugar de escribir B = f (A), escribiremos AF s → αF s

→B.

OEF Tipo 2. Si f (A) = B, entonces existen s, t ∈ {1, . . . , m}, con s = t, y α ∈ R tales

que B(i) = A(i) para cada i ∈ {1, . . . , m}, con i = s, y adem´ as B(s) = A(s) + αA(t),

es decir, a una fila de A le sumamos un m´ ultiplo escalar de alguna otra fila de A,

distinta de la primera, dejando el resto de las filas intactas.

f (A) = f

A(1)

...

A(s−1)

A(s)

A(s+1)

.

..

A(m)

=

A(1)

...

A(s−1)

A(s) + αA(t)

A(s+1)

.

..

A(m)

= B

Al igual que antes, en lugar de escribir B = f (A), escribiremos AF s → F s + αF t

→B.

OEF Tipo 3. Si f (A) = B, entonces existen s, t ∈ {1, . . . , m} tales que B(i) = A(i) para

cada i ∈ {1, . . . , m}, con i = s e i = t y adem´ as B(s) = A(t) y B(t) = A(s), dicho de

otra manera, intercambiamos dos filas de A y dejamos el resto sin alterar.




f (A) = f

A(1)

...

A(s−1)

A(s)

A(s+1)

...

A(t−1)

A(t)

A(t+1)

...

A(m)

=

A(1)

...

A(s−1)

A(t)

A(s+1)

...

A(t−1)

A(s)

A(t+1)

...

A(m)

= B

Nuevamente, en lugar de escribir B = f (A), escribiremos AF s ↔ F t

→B.

Observaci´ on 1.13. N´ otese que si A ∈ Mm×n(R) y f : Fm(R) → Fm(R) es una OEF, entonces

f (A) ∈ Mm×n(R).

Ejercicio 1.3. Pruebe que toda OEF f : Fm(R) → Fm(R) es una funci´ on invertible y que su

inversa f −1 : Fm(R) → Fm(R) es tambien una OEF del mismo tipo que f .

Ejemplo 1.11. Sea

A =

−2 4 −5

6 3 4

2 −1 8

−6 21 −15

Entonces

A =

−2 4

−5

6 3 4

2 −1 8

−6 21 −15

F 1 ↔ F 3→

(OEF 3)

2

−1 8

6 3 4

−2 4 −5

−6 21 −15

F 4 → 1

3F 4→

(OEF 1)

2

−1 8

6 3 4

−2 4 −5

−2 7 −5

F 3 → F 3 + F 1→(OEF 2)

2 −1 8

6 3 4

0 3 3

−2 7 −5

= B




Observaci´ on 1.14. Se pueden aplicar m´ as de dos operaciones por filas en un solo paso, lo ´ unico

que debemos cuidar es no transformar, en el mismo paso, una fila mas de una vez y no

transformar, en el mismo paso, una fila que va ser usada para transformar a otra(s) .

Observaci´ on 1.15. De manera an´ aloga a como se definieron las operaciones elementales por

filas, pueden definirse operaciones elementales por columnas (OEC), sin embargo, estas

´ ultimas s´ olo se usar´ an para el c´ alculo de determinantes y no para la resoluci´ on de sistemas

de ecuaciones lineales ni para hallar la inversa de una matriz cuadrada, en estos ´ ultimos dos

problemas s´ olo usaremos las operaciones elementales por filas.

Definici´ on 1.12. Sea A = (aij)m×n∈Mm×n(R). Diremos que A es una matriz

Escalonada

1. Si todas las filas nulas de A, si las hay, est´ an ubicadas en las ´ ultimas posiciones,

esto es, si A(i) es una fila no nula de A, entonces A(s) tambien es no nula para cada

1 ≤ s < i.

2. Si A(i) y A(i+1) son dos filas no nulas de A, entonces la primera componente no nula de

A(i) (contada de izquierda a derecha) est´ a mas a la izquierda de la primera componente

no nula de A(i+1), es decir, si j, k ∈ {1, . . . , n} son tales que aij = 0; a(i+1)k = 0 y

ais = 0 = a(i+1)t para cada 1 ≤ s < j y cada 1 ≤ t < k, entonces j < k.

Reducida por Filas (RF)

1. Si A(i) es una fila no nula de A, entonces la primera componente no nula de A(i) es

igual a 1 (uno), dicha componente es llamada pivote, es decir, si j ∈ {1, . . . , n} es

tal que aij = 0 y ais = 0 para cada 1 ≤ s < j, entonces aij = 1.

2. Si A( j) es una columna de A que tiene un pivote, entonces el resto de las componentes

de A( j) son iguales a 0 (cero), esto es, si i ∈ {1, . . . , m} es tal que aij = 1 y ais = 0

para cada 1 ≤ s < j, entonces akj = 0 para cada k ∈ {1, . . . , m} con k = i.

Escalonada Reducida por Filas (ERF) si es escalonada y reducida por filas simult´ anea-

mente.

Ejemplo 1.12.




1. Para cualesquiera m, n ∈ Z+, I n y 0/ m×n son matrices escalonadas reducidas por filas.

2. E =

2 −1 3 8 3

0 5 1 6 −4

0 0 0 8 −7

0 0 0 0 0

es escalonada pero no es reducida por filas.

3. R =

1 0 0 7

0 0 0 0

0 0 1 −9

0 0 0 6

0 1 0 1

es reducida por filas pero no es escalonada.

4. F =

1 0 −5 0 8

0 1 3 0 −1

0 0 0 1 −2

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

es escalonada reducida por filas.

Ejercicio 1.4. Sea A ∈ Mm×n(R). Pruebe que:

1. Si A es una matriz escalonada, entonces la cantidad de filas no nulas de A es, a lo sumo,

el mınimo entre m y n.

2. Si A es una matriz RF, entonces la cantidad de pivotes de A es, a lo sumo, el mınimo entre

m y n.

Ejercicio 1.5. Pruebe que si A ∈Mn×n(R) es una matriz escalonada, entonces A es triangular

superior.

Definici´ on 1.13. Sean A, B ∈ Mm×n(R). Diremos que B es equivalente por filas a A si

existen OEF f 1, f 2, . . . , f r : Fm(R) → Fm(R) tales que B = (f 1 ◦ f 2 ◦ · · · ◦ f r)(A)

Ejemplo 1.13. Consideremos las matrices A y B del ejemplo 1.11. Entonces B es equivalente

por filas a A (¿por que?).

Teorema 1.9. Sean A,B,C ∈Mm×n(R). Tenemos que




1. A es equivalente por filas a A.

2. Si B es equivalente por filas a A, entonces A es equivalente por filas a B.

3. Si C es equivalente por filas a B y B es equivalente por filas a A, entonces C es equivalente

por filas a A.


Observaci´ on 1.16. La parte 2 del teorema 1.9, nos permite decir A y B son equivalentes por

filas en lugar de B es equivalente por filas a A ´ o A es equivalente por filas a B.

Teorema 1.10. Toda matriz A

∈Mm×n(R) es equivalente por filas a

1. Una matriz escalonada.

2. Una matriz reducida por filas.

3. Una ´ unica matriz escalonada reducida por filas, la cual llamaremos la forma escalonada

reducida por filas (FERF) de A.

Demostraci´ on . Ver apendice D

Observaci´ on 1.17. A ∈ Mn×n(R) es equivalente por filas a I n si y s´ olo si I n es la FERF de A.

El siguiente ejemplo ilustra el procedimiento a seguir para hallar la FERF de una matriz.

Ejemplo 1.14. Hallar la FERF de

A =

6 −1 −15 2 13

−1 0 2 −1 −3

0−

3−

9 0 9

7 1 −11 3 10

Soluci´ on .

A =

6 −1 −15 2 13

−1 0 2 −1 −3

0 −3 −9 0 9

7 1 −11 3 10

F 1 ↔ F 2→

−1 0 2 −1 −3

6 −1 −15 2 13

0 −3 −9 0 9

7 1 −11 3 10




F 1 → −F 1→

1 0 −2 1 3

6 −1 −15 2 13

0 −3 −9 0 9

7 1 −11 3 10

F 2 → F 2 − 6F 1→F 4 → F 4 − 7F 1

1 0 −2 1 3

0 −1 −3 −4 −5

0 −3 −9 0 9

0 1 3 −4 −11

F 2 → −F 2→

1 0 −2 1 3

0 1 3 4 5

0 −3 −9 0 9

0 1 3 −4 −11

F 3 → F 3 + 3F 2→

F 4 → F 4 − F 2

1 0 −2 1 3

0 1 3 4 5

0 0 0 12 24

0 0 0 −8 −16

F 3 → 112

F 3

→

1 0 −2 1 3

0 1 3 4 5

0 0 0 1 2

0 0 0 −8 −16

F 1 → F 1 − F 3

F 2 → F 2 − 4F 3→F 4 → F 4 + 8F 3

1 0 −2 0 1

0 1 3 0 −3

0 0 0 1 2

0 0 0 0 0

Ası que la FERF de A es

C =

1 0 −2 0 1

0 1 3 0 −3

0 0 0 1 2

0 0 0 0 0

Definici´ on 1.14. Una matriz E ∈ Mn×n(R) es llamada matriz elemental si existe una OEF

f : Fn(R) → Fn(R) tal que E = f (I n), es decir, E se obtiene de I n por medio de una ´ unica OEF.

Ejemplo 1.15.

1. E 1 =

1 0 0 0

0 1 0 0

−5 0 1 0

0 0 0 1

es elemental, pues

I 4 =

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

F 3 → F 3 − 5F 1→

1 0 0 0

0 1 0 0

−5 0 1 0

0 0 0 1

= E 1




2. E 2 =

1 0 0

0 4 0

0 0 1

es elemental, ya que

I 3 =

1 0 0

0 1 0

0 0 1

F 2 → 4F 2→ 1 0 0

0 4 0

0 0 1

= E 2

3. E 3 =

1 0 0 0 0

0 0 0 0 1

0 0 1 0 0

0 0 0 1 0

0 1 0 0 0

es elemental, dado que

I 5 =

1 0 0 0 0

0 1 0 0 0

0 0 1 0 0

0 0 0 1 0

0 0 0 0 1

F 2 ↔ F 5→

1 0 0 0 0

0 0 0 0 1

0 0 1 0 0

0 0 0 1 0

0 1 0 0 0

= E 3

Teorema 1.11. Sean A ∈Mm×n(R), B ∈Mn× p(R) y f : Fm(R) → Fm(R) una OEF. Entonces

1. f (AB) = f (A)B.

2. (f (A))( j) = f

A( j)

para cada j ∈ {1, . . . , n} de donde

f (A) =

f

A(1)

f

A(2) · · · f

A(n)

es decir, la fila j-esima de f (A) es igual a f aplicada a la j-esima fila de A.

Demostraci´ on . Ver apendice D.

Como una consecuencia directa de este teorema tenemos el siguiente resultado.

Corolario 1.12. Si A ∈Mm×n(R), B ∈ Mn× p(R) y f, f 1, f 2, . . . , f r : Fm(R) → Fm(R) son OEF,

entonces




1. f (A) = f (I m)A.

2. (f 1 ◦ f 2 ◦ · · · ◦ f r)(AB) = (f 1 ◦ f 2 ◦ · · · ◦ f r)(A)B.

3. ((f 1 ◦ f 2 ◦ · · · ◦ f r)(A))

( j)

= (f 1 ◦ f 2 ◦ · · · ◦ f r) A

( j) para cada j ∈ {1, . . . , m}.


Otra consecuencia del mismo teorema, en conjuncion con el corolario anterior, es la siguiente.

Corolario 1.13. Sean A, B ∈ Mm×n(R) dos matrices equivalentes por filas. Entonces existen

matrices elementales E 1, E 2, . . . , E r ∈ Mm×m(R) tales que B = E 1E 2 · · · E rA


1.3. Sistemas de Ecuaciones Lineales

La presente seccion esta muy relacionada con las OEF y las matrices, y es quizas, junto con la

seccion anterior, la mas importante del presente capıtulo.

Definici´ on 1.15. Un sistema de ecuaciones lineales con m ecuaciones y n inc´ ognitas es

un conjunto de ecuaciones de la forma

a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2...

......

......

am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = bm

(1.4)

donde x1, x2, . . . , xn son las incognitas del sistema 1.4 y toman valores en R; aij ∈ R son n´ umeros fijos para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada j ∈ {1, . . . , n} y los llamaremos coeficientes del

sistema 1.4 y b1, b2, . . . , bm ∈ R son fijos y son los terminos independientes del sistema 1.4.

Si b1 = b2 = · · · = bm = 0, diremos que el sistema 1.4 es homogeneo, en caso contrario

diremos que es no homogeneo.

Cuando m = n, se dice que el sistema 1.4 es un sistema cuadrado.




Si hacemos

A = (aij)m×n =

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

... ... ...


; b =

b1

b2

...

bm

y x =

x1

x2

...

xn

,

el sistema 1.4 puede escribirse como la ecuacion matricial Ax = b (¡verifıquelo!), que llamare-

mos representacion matricial del sistema 1.4. La matriz A es llamada matriz de coefi-

cientes o matriz del sistema 1.4, la matriz

[A|b] =

a11 a12 · · · a1n b1

a21 a22

· · ·a2n b2

... ... ... ...

am1 am2 · · · amn bm

es llamada matriz ampliada del sistema 1.4, x se conoce con el nombre de matriz incognita

o matriz de incognitas y b es conocida como matriz de terminos independientes.

El sistema

a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = 0

a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = 0

... ... ... ... ...

am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = 0

(1.5)

es llamado sistema homogeneo asociado al sistema 1.4.

Diremos que c1, c2, . . . , cn es una solucion del sistema 1.4 si al sustituir x1 = c1, x2 =

c2, . . . , xn = cn en 1.4, las igualdades son satisfechas.

Se dice que el sistema 1.4 es

Inconsistente si no tiene soluci´ on alguna.

Consistente si tiene al menos una soluci´ on, cuando tiene una ´ unica soluci´ on, se dice que

es consistente determinado, si tiene m´ as de una soluci´ on, se dice que es consistente

indeterminado.

Observaci´ on 1.18. En general, no haremos diferencia al referirnos al sistema y a su repre-

sentaci´ on matricial.




Observaci´ on 1.19. Todo sistema homogeneo Ax = 0/ m×1 es consistente, x = 0/

n×1 es soluci´ on

de este, la cual es llamada soluci´ on trivial.

Observaci´ on 1.20. Es claro si A ∈ Mm×n(R) y x = x1

x2

...

xn

∈ Mn×1(R), entonces

Ax = x1A(1) + x2A(2) + · · · + xnA(n)

Ejemplo 1.16.

1. 3x1 +2x2 −6x3 = 0

−x1 +5x2 −7x3 = 4

es un sistema de ecuaciones lineales de dos ecuaciones y tres inc´ ognitas, es no homogeneo,

su representaci´ on matricial es

3 2 −6

−1 5 −7

x1

x2

x3

=

0

4

La matriz es y la matriz ampliada del sistema son, respectivamente

3 2 −6

−1 5 −7

y

3 2 −6 0

−1 5 −7 4

las matrices inc´ ognitas y de terminos independientes son, respectivamente

x1

x2

x3

y 0

4

2.

6x −2y +9z = 1

−5x +12y −3z = −2

x 6z = 6

es un sistema de ecuaciones lineales cuadrado con tres ecuaciones y tres inc´ ognitas, es no

homogeneo y su representaci´ on matricial es




6 −2 9

−5 12 −3

1 0 6

x

y

z

=

1

−2

6

El sistema homogeneo asociado a este sistema es6x −2y +9z = 0

−5x +12y −3z = 0

x 6z = 0

Una pregunta que surge de manera inmediata es ¿como garantizar que un sistema de ecuaciones

lineales es consistente o inconsistente? y en caso de que sea consistente ¿c omo resolver dicho

sistema? Haremos uso de las matrices y las OEF para responder ambas preguntas, pero antes

daremos las bases teoricas que nos permitan usar dichas herramientas.

Teorema 1.14. Sean Ax = b y Cx = d las representaciones matriciales de dos sistemas de

ecuaciones lineales con m ecuaciones y n inc´ ognitas. Supongamos que las matrices [A|b] y [C |d]

son equivalentes por filas. Entonces ambos sistemas tienen exactamente las mismas soluciones o

ninguno tiene soluci´ on.

Demostraci´ on . Dado que las matrices [A|b] y [C |d] son equivalentes por filas, entonces existen

OEF f 1, f 2, . . . , f r : Fm(R) → Fm(R) tales que

(f 1 ◦ f 2 ◦ · · · ◦ f r)([A|b]) = [C |d]

por la parte 3 del corolario 1.12

(f 1 ◦ f 2 ◦ · · · ◦ f r)(A) = C y (f 1 ◦ f 2 ◦ · · · ◦ f r)(b) = d

y por la parte 2 del mismo corolario, tenemos que

(f 1 ◦ f 2 ◦ · · · ◦ f r)(Ax) = (f 1 ◦ f 2 ◦ · · · ◦ f r)(A)x

Ası que, si Ax = b, entonces

Cx = (f 1 ◦ f 2 ◦ · · · ◦ f r)(A)x = (f 1 ◦ f 2 ◦ · · · ◦ f r)(Ax) = (f 1 ◦ f 2 ◦ · · · ◦ f r)(b) = d




Ademas, en virtud del ejercicio 1.3, f 1, f 2, . . . , f r son invertibles y f −11 , f −12 , . . . , f −1r son tambien

OEF sobre Fm(R), luego, si Cx = d, entonces

Ax = (f 1 ◦ f 2 ◦ · · · ◦ f r)−1(C )x = (f −1r ◦ · · · ◦ f −12 ◦ f −11 )(C )x

= (f

−1

r ◦ · · · ◦ f

−1

2 ◦ f

−1

1 )(Cx) = (f

−1

r ◦ · · · ◦ f

−1

2 ◦ f

−1

1 )(d) = (f 1 ◦ f 2 ◦ · · · ◦ f r)

−1

(d) = bPor lo tanto Ax = b si y solo si Cx = d, en consecuencia, o ambos sistemas son inconsistentes o

ambos tienen la(s) misma(s) solucion(es).

Observaci´ on 1.21. Cuando la matriz del sistema es una matriz ERF, es f´ acil decidir si el

sistema es o no consistente, y en caso de serlo, es sencillo hallar la(s) soluci´ on(es) de este. La

idea es hallar la FERF de la matriz ampliada del sistema, y en virtud del teorema 1.14, resolver,

de manera sencilla, el sistema dado.

Corolario 1.15. Sean A, C ∈ Mm×n(R) y b, d ∈ Mm×1(R) tales que [C |d] es la FERF de [A|b].

El sistema Ax = b tiene soluci´ on si y s´ olo si el n´ umero de filas no nulas de [C |d] es igual al

n´ umero de filas no nulas de C .


Ejemplo 1.17. Decidir cu´ al de los siguientes sistemas son consistentes y cu´ ales no, en caso deserlo, mostrar su(s) soluci´ on(es).

1.

2x +y −z = 1

2x −y +5z = 5

−y +3z = 2

2.

2x +y −z = 2

x

−2y +4z =

−3

5x −4y +8z = −9

−y +3z = 2

3.

x +y −2z +w = 1

4x +2y +2z = −2

2y −10z +3w = 3




4.

x +y −2z +w = 1

4x +2y +2z = −2

2y −10z +4w = 3

Soluci´ on .

1. La matriz ampliada del sistema es 2 1 −1 1

2 −1 5 5

0 −1 3 2

Hallemos su FERF

2 1 −1 1

2 −1 5 5

0 −1 3 2

F 1 → 12

F 1→

1 1

2−1

212

2 −1 5 5

0 −1 3 2

F 2 → F 2 − 2F 1→

1 1

2−1

212

0 −2 6 4

0 −1 3 2

F 1 → −12

F 1→

1 12

−12

12

0 1 −3 −2

0

−1 3 2

F 1 → F 1 − 12

F 2→F 3 → F 3 + F 2

1 0 1 32

0 1 −3 −2

0 0 0 0

La ultima fila de esta ultima matriz equivale a la ecuacion 0 · x + 0 · y + 0 · z = 0, que no

aporta nada a la solucion. Ası que el sistema dado es equivalente al sistemax +z = 3

2

y −3z = −2

que a su vez equivale a x = −z + 3

2

y = 3z

−2

Luego el sistema dado es consistente indeterminado. Haciendo z = α, con α ∈ R, obtenemos

x = −α +3

2; y = 3α − 2

En consecuencia la solucion del sistema dado viene dada por

x = −α +3

2; y = 3α − 2; z = α; con α ∈ R




o bien

x

y

z

=

−α +32

3α −2

α

= α

−1

3

1

+

32

−2

0

; con α ∈ R

2. En este caso la matriz del sistema es2 1 −1 2

1 −2 4 −3

5 −4 8 −9

0 −1 3 2

Vamos a hallar su FERF

2 1 −1 2

1 −2 4 −3

5 −4 8 −9

0 −1 3 2

F 1 ↔ F 2→

1 −2 4 −3

2 1 −1 2

5 −4 8 −9

0 −1 3 2

F 2 → F 2 − 2F 1→F 3

→F 3

−5F 1

1 −2 4 −3

0 5 −9 8

0 6

−12 6

0 −1 3 2

F 2 ↔ F 4

→

1 −2 4 −3

0 −1 3 2

0 6

−12 6

0 5 −9 8

F 2 → −F 2→

1 −2 4 −3

0 1 −3 −2

0 6 −12 6

0 5 −9 8

F 1 → F 1 + 2F 2→

F 3 → F 3 − 6F 2

F 4 → F 4 − 5F 2

1 0 −2 −7

0 1 −3 −2

0 0 6 18

0 0 6 18

F 3 → 16F 3→

1 0 −2 −7

0 1−

3−

2

0 0 1 3

0 0 6 18

F 1 → F 1 + 2F 3

→F 2 → F 2 + 3F 3

F 4 → F 4 − 6F 3

1 0 0 −1

0 1 0 7

0 0 1 3

0 0 0 0

Luego, el sistema dado es equivalente al sistema

x = −1

y = 7

z = 3




Por lo tanto el sistema es consistente determinado y su soluci on es

x = −1; y = 7; z = 3

o bien x

y

z

=

−1

7

3

3. Hallemos la FERF de la matriz ampliada del sistema que es

1 1 −2 1 1

4 2 2 0 −2

0 2 −10 3 3

1 1 −2 1 1

4 2 2 0 −2

0 2 −10 3 3

F 2 → F 2 − 4F 1→

1 1 −2 1 1

0 −2 10 −4 −6

0 2 −10 3 3

F 2 → −12

F 2→

1 1 −2 1 1

0 1 −5 2 3

0 2 −10 3 3

F 1 → F 1 − F 2→F 3 → F 3 − 2F 2

1 0 3 −1 −2

0 1 −5 2 3

0 0 0 −1 −3

F 3 → −F 3→

1 0 3 −1 −2

0 1 −5 2 3

0 0 0 1 3

F 1 → F 1 + F 3→F 2 → F 2 − 2F 3

1 0 3 0 1

0 1 −5 0 −3

0 0 0 1 3

En consecuencia el sistema dado es equivalente al sistema

x +3z = 1

y

−5z =

−3

w = 3

o equivalentemente x = −3z + 1

y = 5z − 3

w = 3




Por lo tanto el sistema original es consistente indeterminado. Haciendo z = α, con α ∈ R,

tenemos que la solucion del sistema es

x

y

z

w

=

−3α +1

5α −3

α

3

= α

−3

5

1

0

+

1

−3

0

3

; con α ∈ R

4. Hallemos la FERF de la matriz

1 1 −2 1 1

4 2 2 0 −2

0 2−

10 4 3

que es la matriz ampliada del sistema

1 1 −2 1 1

4 2 2 0 −2

0 2 −10 4 3

F 2 → F 2 − 4F 1→

1 1 −2 1 1

0 −2 10 −4 −6

0 2 −10 4 3

F 3 → F 3 + F 2→

1 1 −2 1 1

0 −2 10 −4 −6

0 0 0 0 −3

Sin necesidad de llegar a la FERF de la matriz, vemos que la ultima fila de esta ultima

matriz equivale a la ecuacion

0 · x + 0 · y + 0 · z + 0 · w = −3

la cual es contradictoria, en consecuencia, el sistema original es inconsistente.

Teorema 1.16. El sistema homogeneo Ax = 0/ m×1, con A ∈Mm×n(R), tiene infinitas soluciones

si m < n, esto es, si el sistema homogeneo Ax = 0/ m×1 tiene m´ as inc´ ognitas que ecuaciones,

entonces es consistente indeterminado.





Teorema 1.17. Sea A ∈ Mm×n(R). Supongamos que x1, x2 ∈ Mn×1(R) son soluciones del

sistema homogeneo Ax = 0/ m×1. Entonces, para cada α ∈ R, se tiene que x1 + x2 y αx1 son

tambien soluciones del sistema.


Teorema 1.18. Sean A ∈ Mm×n(R) y b ∈ Mm×1(R). Supongamos que x p es una soluci´ on del

sistema Ax = b. Entonces, para cada soluci´ on xg del sistema Ax = b, existe una soluci´ on xh de

Ax = 0/ m×1 tal que xg = xh + x p.

Demostraci´ on . Dado que x p es solucion del sistema Ax = b, tenemos que Ax p = b.

Sea xg una solucion cualquiera de Ax = b. Entonces Axg = b. Definamos xh = xg − x p. Ası que

Axh = A(xg − x p) = Axg − Ax p = b − b = 0/m×1

es decir, x p es solucion del sistema homogeneo Ax = 0/m×1 y ademas xg = xh + x p.

Ejemplo 1.18. Para el sistema de la parte 1 del ejemplo 1.17 tenemos que

x p =

32

−2

0

; xh = α

−1

3

1

; con α ∈ R

Para el sistema de la parte 2 del mismo ejemplo, se tiene que

x p =

−1

7

3

; xh =

0

0

0

N´ otese que en este caso xg = x p.

Finalmente, para el sistema de la parte 3 del ejemplo en cuesti´ on

x p =

1

−3

0

3

; xh = α

−3

5

1

0

; con α ∈ R

Ejercicio 1.6. Sea A ∈ Mm×n(R). Pruebe que si el sistema Ax = b tiene soluci´ on para cada

b ∈ Mm×1(R), entonces m ≤ n.




1.4. Inversa de una Matriz Cuadrada

En la presente seccion, presentaremos un breve estudio sobre las matrices invertibles y

sus aplicaciones en la resolucion de los sistemas de ecuaciones, cabe destacar que se pueden

definir inversas laterales de matrices no cuadradas, sin embargo, solo estudiaremos el caso de

matrices cuadradas.

Definici´ on 1.16. sea A ∈ Mn×n(R). diremos que A es invertible si existe una matriz B ∈Mn×n(R) tal que

AB = I n = BA

Cualquier matriz B que satisfaga las igualdades anteriores es llamada inversa de A.

Ejemplo 1.19. Si A = 2−

2

−3 4, entonces B = 2 1

32

1 es una inversa de A ya que

AB =

2 −2

−3 4

2 1

32

1

=

4 − 3 2 − 2

3 − 3 −3 + 4

=

1 0

0 1

= I 2

AB =

2 1

32

1

2 −2

−3 4

=

4 − 3 −4 + 4

3 − 3 −3 + 4

=

1 0

0 1

= I 2

Teorema 1.19. Si A ∈ Mn×n(R) es invertible, entonces A tiene s´ olo una inversa, es decir,

existe una ´ unica matriz B ∈ Mn×n(R) tal que AB = I n = BA, tal matriz es denotada por A−1.

Demostraci´ on . Supongamos que A ∈Mn×n(R) es invertible y que B, C ∈ Mn×n(R) son inver-

sas de A. Entonces

AB = I n = BA (1.6)

AC = I n = CA (1.7)

Luego

C = CI n (por la parte 5 del teorema 1.6)

= C (AB) (por la ecuacion 1.6)

= (CA)B (por la parte 1 del teorema 1.6)

= I nB (por la ecuacion 1.7)

= B (por la parte 5 del teorema 1.6)




Teorema 1.20. Sean A, B ∈Mn×n(R) dos matrices invertibles y α ∈ R con α = 0. Entonces

1. A−1

es invertible y (A−1

)−1

= A (propiedad involutiva de la inversa)

2. AB es invertible y (AB)−1 = B−1A−1 (inversa del producto matricial)

3. αA es invertible y (αA)−1 = α−1A−1 (inversa del m´ ultiplo escalar)

4. AT es invertible y

AT −1

= (A−1)T

(inversa de la transpuesta)

Demostraci´ on .

1. Se deduce directamente de la definicion de matriz invertible.

2. En primer lugar

(AB)(B−1A−1) = ABB−1A−1 (teorema 1.6 parte 1)

= A(BB−1)A−1 (teorema 1.6 parte 1)

= AI nA−1 (definicion de matriz inversa)

= (AI n)A−1 (teorema 1.6 parte 1)

= AA−1 (teorema 1.6 parte 5)

= I n (definicion de matriz inversa)

Ademas

(B−1A−1)(AB) = B−1A−1AB (teorema 1.6 parte 1)

= B−1(A−1A)B (teorema 1.6 parte 1)

= B−1I nB (definicion de matriz inversa)

= (B−1I n)B (teorema 1.6 parte 1)

= B−1B (teorema 1.6 parte 5)


Luego, por el teorema 1.19, tenemos que AB es invertible y (AB)−1 = B−1A−1.




3. Veamos

(αA)(α−1A−1) = (α−1(αA))A−1 (teorema 1.6 parte 4)

= ((α−1α)A)A−1 (teorema 1.2 parte 7)

= (1 · A)A−1

= AA−1 (teorema 1.2 parte 8)


Analogamente, se prueba que (α−1A−1)(αA) = I n. Nuevamente, usando el teorema 1.19,

se tiene que αA es invertible y (αA)−1 = α−1A−1.

4. Por un lado

AT (A−1)T = (A−1A)T (teorema 1.7 parte 4)

= (I n)T (definicion de matriz inversa)

= I n (teorema 1.7 parte 5)

Por otro lado

(A−1)T AT = (AA−1)T (teorema 1.7 parte 4)

= (I n)T (definicion de matriz inversa)

= I n (teorema 1.7 parte 5)

Por lo tanto, haciendo uso del teorema 1.19, se tiene que AT es invertible y

AT −1

=

(A−1)T

.

Teorema 1.21. Toda matriz elemental es invertible y su inversa es tambien una matriz elemen-

tal.

Demostraci´ on . Sea E ∈Mn×n(R) una matriz elemental. Entonces existe una OEF f : Fn(R) →Fn(R) tal que E = f (I n). El ejercicio 1.3 garantiza que f es invertible y su inversa f −1 es tambien

una OEF sobre Fn(R), ası que F = f −1(I n) es una matriz elemental, ademas

EF = f (I n)f −1(I n)

= f (f −1(I n)) (corolario 1.12 parte 1)

= I n




y

F E = f −1(I n)f (I n)

= f −1(f (I n)) (corolario 1.12 parte 1)

= I n

Luego, E es invertible y E −1 = F , es decir, (f (I n))−1 = f −1(I n).

Ahora bien ¿como saber si una matriz cuadrada A es o no invertible? y en caso de que lo

sea ¿como hallar A−1? Estas dos preguntas pueden ser respondidas mediante un procedimiento

unico. Daremos un ejemplo sencillo que ilustrara tal procedimiento.

Ejemplo 1.20. En cada uno de los siguientes casos decidir si A es o no invertible, en caso

afirmativo, hallar A−1.

1. A =

2 −2

−3 4

2. A =

2 −8

−3 12

Soluci´ on .

1. Supongamos que A es invertible y sea

B =

x y

z w

tal que AB = I 2, ası que

A x

z

= 1

0

y A y

w

= 0

1

como la matriz de ambos sistemas es la misma, a saber A, podemos resolverlos de manera

simultanea considerando la siguiente matriz 2 veces ampliada

[A|I 2] =

2 −2 1 0

−3 4 0 1




Al hallar la FERF de esta matriz, las tercera y cuarta columnas nos daran, respectivamente,

las soluciones del primer y segundo sistema, si existen, que a su vez nos daran, respecti-

vamente, las primera y segunda columnas de B, si existe. Hallemos entonces la FERF de

esta matriz.

[A|I 2] =

2 −2 1 0

−3 4 0 1

F 1 → 1

2F 1→

1 −1 1

20

−3 4 0 1

F 2 → F 2 + 3F 1→

1 −1 1

20

0 1 32

1

F 1 → F 1 + F 2→

1 0 2 1

0 1 32

1

Por lo tanto

B =

2 1

32

1

El lector puede verificar que BA = I 2, por lo tanto, A es invertible y

A−1 = B =

2 1

32

1

Comparar este resultado con el ejemplo 1.20.

2. Como en el caso anterior, supongamos que existe

B = x yz w

tal que AB = I 2, al igual que antes, hallemos la FERF de la matriz [A|I 2]

[A|I 2] =

2 −8 1 0

−3 12 0 1

F 1 → 1

2F 1→

1 −4 1

20

−3 12 0 1

F 2 → F 2 + 3F 1→

1 −1 1

20

0 0 32

1

La ultima fila de esta ultima matriz equivale a las ecuaciones

0 · x + 0 · z =3

20 · y + 0 · w = 1

Por lo tanto, no existe matriz B tal que AB = I 2, en consecuencia, A no es invertible.




Estos dos ejemplos, como dijimos antes, ilustran el procedimiento general para decidir si una

matriz cuadrada A es o no invertible, ademas, en caso afirmativo, nos permite hallar A−1.

Algoritmo para decidir si una matriz A ∈ Mn×n(R) es o no invertible, y en caso

afirmativo mostrar la matriz A−1.

Paso 1. Formar la matriz ampliada [A|I n].

Paso 2. Hallar la FERF de la matriz en el paso previo.

Paso 3. Si la matriz en el paso previo es [I n|B], entonces A es invertible y A−1 = B, sino

A no es invertible.

Ejemplo 1.21. Decidir si la matriz

A =

2 0 3 1

−1 1 1 3

1 −1 2 −2

0 1 −1 2

es invertible o no, en caso afirmativo, hallar A−1.

Soluci´ on .2 0 3 1 1 0 0 0

−1 1 1 3 0 1 0 0

1 −1 2 −2 0 0 1 0

0 1 −1 2 0 0 0 1

F 1 ↔ F 3→

1 −1 2 −2 0 0 1 0

−1 1 1 3 0 1 0 0

2 0 3 1 1 0 0 0

0 1 −1 2 0 0 0 1

F 2 → F 2 + F 1→F 3 → F 3 − 2F 1

1 −1 2 −2 0 0 1 0

0 0 3 1 0 1 1 00 2 −1 5 1 0 −2 0

0 1 −1 2 0 0 0 1

F 2 ↔ F 4→

1 −1 2 −2 0 0 1 0

0 1 −1 2 0 0 0 1

0 2 −1 5 1 0 −2 0

0 0 3 1 0 1 1 0




5. Existen matrices elementales E 1, E 2, . . . , E r ∈ Mn×n(R) tales que A = E 1E 2 · · · E r.

Demostraci´ on .

(1. ⇒ 2.) Supongamos que A es invertible. Entonces, por definicion de matriz inversa, existeA−1 ∈Mn×n(R) tal que AA−1 = I n = A−1A

Sean b ∈ Mn×1(R) cualquiera y x0 ∈ Mn×1(R) una solucion del sistema Ax = b. Entonces

x0 = I nx0 (teorema 1.6 parte 5)

= (A−1A)x0 (por definicion de inversa)

= A−1(Ax0) (teorema 1.6 parte 1)

= A−1b (pues x0 es solucion del sistema Ax = b)

Ası que el sistema Ax = b tiene como unica solucion x0 = A−1b.

(2. ⇒ 3.) Supongamos que el sistema Ax = b tiene una unica solucion para cada b ∈ Mn×1(R).

Entonces el sistema homogeneo Ax = 0/n×1 tiene una unica solucion, pero sabemos que

x = 0/n×1 es solucion de este sistema (observacion 1.19), ası que la unica solucion de dicho

sistema es la solucion trivial.

(3.⇒

4.) Supongamos que el sistema homogoneo Ax = 0/n×

1tiene como unica solucion la trivial.

Procederemos por reduccion al absurdo. Supongamos que A no es equivalente por filas a

I n. Por lo tanto, usando la observacion 1.17, si C A es la FERF de A, entonces C A debe

tener alguna fila nula (¿por que?), la cual debe estar ubicada en la ultima posicion pues

C A es escalonada reducida por filas, esta fila equivale a la ecuacion

0 · x1 + 0 · x2 + · · · + 0 · xn = 0

donde

x =

x1

x2

...

xn

y en consecuencia no aporta ninguna informacion a la solucion del sistema Ax = 0/n×1.

Definamos DA ∈ M(n−1)×n(R) la matriz que se obtiene al eliminar la ultima fila de C A.

Luego el sistema homogeneo Ax = 0/n×1 es equivalente al sistema homogeneo DAx = 0/(n−1)×1




el cual, en virtud del teorema 1.16, tiene infinitas soluciones, de donde, el sistema Ax = 0/n×1

tiene infinitas soluciones, lo cual contradice la hipotesis, por lo tanto A es equivalente por

filas a I n.

(4. ⇒ 5.) Supongamos que A es equivalente por filas a I n. Entonces existen OEF f 1, f 2, . . . , f r :

Fn(R) → Fn(R) tales que

A = (f 1 ◦ f 2 ◦ · · · ◦ f r)(I n)

Luego, usando recursivamente el corolario 1.12 partes 1 y 2, tenemos que

A = f 1(I n)f 2(I n) · · · f r(I n)

Ası que la matriz E i = f i(I n) es elemental para cada i ∈ {1, . . . , r} y ademas

A = E 1E 2 · · · E r

(5. ⇒ 1.) Supongamos que A = E 1E 2 · · · E r donde E 1, E 2, . . . , E r ∈ Mn×n(R) son matrices ele-

mentales. Dado que toda matriz elemental es invertible (teorema 1.21) y usando recursiva-

mente la parte 2 del teorema 1.20, se tiene que A es invertible.

Lo cual concluye la prueba.

Teorema 1.23. Sean A, B ∈ Mn×n(R). Si AB = I n, entonces BA = I n; y en consecuencia

A−1 = B.

Demostraci´ on . Supongamos que AB = I n. Sea xh una solucion del sistema homogeneo Bx =

0/n×1. Entonces

Bxh = 0/n×1 (1.8)

Luego

xh = I nxh (teorema 1.6 parte 5)

= (AB)xh (por hipotesis)

= A(Bxh) (teorema 1.6 parte 1)

= A 0/n×1 (por ecuacion 1.8)

= 0/n×1 (teorema 1.6 parte 6)




Ası que la unica solucion del sistema homogeneo Bx = 0/n×1 es la trivial, y en virtud del teorema

1.22, B es invertible. Ademas

A = AI n (teorema 1.6 parte 5)

= A(BB−1) (definicion de matriz inversa)

= (AB)B−1 (teorema 1.6 parte 1)

= I nB−1 (por hipotesis)

= B−1 (teorema 1.6 parte 5)

Por lo tanto BA = I n (definicion de inversa) y como consecuencia de la parte 1 del teorema 1.20

A−1 = (B−1)−1 = B.

Observaci´ on 1.22. El teorema 1.23 nos permite garantizar que A−1 = B s´ olo con probar que

AB = I n ´ o BA = I n.

Ejercicio 1.7. Sean A, B ∈Mn×n(R). Pruebe que si AB es invertible, entonces A y B tambien

son invertibles

1.5. Determinantes. Propiedades de los DeterminantesEn esta seccion trataremos los determinantes y algunas de sus propiedades, en primer lugar

definiremos los determinantes de orden 2, continuando luego con los determinantes de

orden 3, para finalmente definir los determinantes de orden n.

Definici´ on 1.17. Sea A =

a11 a12

a21 a22

∈M2×2(R). Definiremos el determinante de A, como

el n´ umero real det(A) = |A|, dado por

det(A) = |A| =

a11 a12

a21 a22

= a11a22 − a12a21

este tipo de determinante se suele llamar determinante de orden 2.

Ejemplo 1.22. Hallar det(A) para A =

−6 5

−7 6




Soluci´ on . det(A) =

−6 5

−7 6

= (−6)6 − 5(−7) = −36 + 35 = −1

Ejercicio 1.8. Pruebe que A = a11 a12a21 a22

∈ M2×2(R) es invertible si y s´ olo si det(A) = 0.

Adem´ as, si A es invertible, entonces A−1 =1

det(A)

a22 −a12

−a21 a11

Definici´ on 1.18. Dada la matriz

A =

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

∈M3×3(R)

Definiremos el determinante de A, denotado por det(A) ´ o |A|, como

det(A) = |A| =

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

= a11

a22 a23

a32 a33

− a12

a21 a23

a31 a33

+ a13

a21 a22

a31 a32

este tipo de determinante es llamado determinante de orden 3.

Observaci´ on 1.23. N´ otese que estamos definiendo el determinante de orden 3 en funci´ on de

determinantes de orden 2.

Ejemplo 1.23. Hallar det(A) para A =

2 −3 −1

−6 1 5

−7 0 6

Soluci´ on .

det(A) = |A| =

2 −3 −1−6 1 5

−7 0 6

= 2 1 5

0 6

− (−3) −6 5

−7 6

+ (−1) −6 1

−7 0

= 2(6 − 0) + 3(−36 + 35) − (0 + 7) = 2




Observaci´ on 1.24. Una forma muy sencilla recordar la f´ ormula de determinantes de orden 3

es la siguiente

a11 a12 a13

ց ւa21 a22 a23

ցւ ցւa31 a32 a33

= a11a22a33 + a21a32a13 + a31a12a23

− a13a22a31 − a23a32a11 − a33a12a21

ցւ ցւa11 a12 a13

ւ ց

a21 a22 a23

←

no es parte del determinante, es s´ olo para

ayudar a recordar la f´ ormula

Los productos generados por las flechas rojas ( ց) se colocan con signo positivo, los que son

generados por las flechas azules ( ւ) se colocan con signo negativo.

Puede verificar que la igualdad anterior es cierta. Tambien se puede hacer el c´ alculo si en lugar

de colocar las dos primeras filas al final, se colocan las dos ´ ultimas filas en la parte superior, las

dos primeras columnas a la derecha o las dos ´ ultimas columnas a la izquierda.

Este metodo se conoce como la metodo de Sarrus para el c´ alculo de determinantes de orden

3 y s´ olo es aplicable a determinantes de orden 3.

Ejemplo 1.24. Calculemos el determinante del ejemplo 1.23 usando este metodo.

Soluci´ on .

2 −3 −1

−6 1 5

−7 0 6

= 2 · 1 · 6 + (−6)0(−1) + (−7)(−3)5 − (−1)1(−7) − 5 · 0 · 2 − 6(−3)(−6)

2 −3 −1−6 1 5

2 −3 −1

−6 1 5

−7 0 6

= 12 + 0 + 105 − 7 − 0 − 108 = 2

Compare este resultado con el obtenido en el ejemplo 1.23.




Antes de definir determinantes de orden n, daremos dos definiciones previas.

Definici´ on 1.19. Sea A =∈ Mn×n(R). Para cada i, j ∈ {1, . . . , n} definamos la matriz M Aij ∈M(n−1)×(n−1)(R) que se obtiene de A al eliminar su i-esima fila y su j-esima columna, dicha

matriz es llamada ij -esimo menor de A.

Observaci´ on 1.25. Si en lugar de eliminar una fila y una columna de A, eliminamos dos filas

y dos columnas de A, la matriz que se obtiene se denomina menor de segundo orden de A,

estas matrices se denotan por M Aij,kl, lo que significa que se han eliminado las filas i e j (con

i = j) y las columnas k y l (con k = l) de A. De manera an´ aloga se pueden definir menores de

A ∈ Mn×n(R) hasta de orden n − 1.

Observaci´ on 1.26. Es claro que M

A

ij,kl = M

A

ji,lk = M

A

ji,kl = M

A

ij,lk para cada i,j,k,l ∈ {1, . . . , n}con i = j y k = l.

Ejemplo 1.25. Consideremos la matriz

A =

−9 2 −1 4

0 8 −5 7

1 6 3 −6

−4 1 0 3

Hallar M A23; M A42 y M A22.

Soluci´ on .

M A23 =

−9 2 4

1 6 −6

−4 1 3

; M A42 =

−9 −1 4

0 −5 7

1 3 −6

y M A22 =

−9 −1 4

1 3 −6

−4 0 3

Definici´ on 1.20. Sea A ∈ Mn×n(R). Para cada i, j ∈ {1, . . . , n} definiremos el ij -esimo co-

factor de A como el n´ umero real C Aij dado por

C Aij = (−1)i+ j det

M Aij

Ejemplo 1.26. Para la matriz del ejemplo 1.25 se tiene que




C A23 = (−1)2+3 det

M A23

= −

−9 2 4

1 6 −6

−4 1 3

= −(−162 + 4 + 48 + 96 − 54 − 6) = 74

C A42 = (−1)4+2 det

M A42

=

−9 −1 4

0 −5 7

1 3 −6

= −270 + 0 − 7 + 20 + 189 − 0 = −68

C A22 = (−1)2+2 det

M A22

=

−9 −1 4

1 3 −6

−4 0 3

= −81 + 0 − 24 + 48 − 0 + 3 = −54

Pasemos ahora a definir los determinantes de orden n. En primer lugar notemos que la formula

dada en la definicion 1.18 puede ser escrita como

det(A) = |A| = a11C A11 + a12C A12 + a13C A13

La idea es generalizar esta formula para una matriz A de orden n.

Definici´ on 1.21. Sea A ∈ Mn×n(R). Definiremos el determinante de A, determinante deorden n, como el n´ umero real det(A) = |A| dado por

det(A) = |A| =

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

.... . .

...

an1 an2 · · · ann

=

n j=1

a1 jC A1 j =n

j=1

a1 j(−1)1+ j det

M A1 j

Ejemplo 1.27. Hallar el determinante de la matriz del ejemplo 1.25

Soluci´ on .

det(A) = |A| =

−9 2 −1 4

0 8 −5 7

1 6 3 −6

−4 1 0 3

= (−9)(−1)1+1 det

M A11

+ 2(−1)1+2 det

M A12

+ (−1)(−1)1+3 det

M A13

+4(−1)1+4 det

M A14




det(A) = −9

8 −5 7

6 3 −6

1 0 3

− 2

0 −5 7

1 3 −6

−4 0 3

−

0 8 7

1 6 −6

−4 1 3

− 4

0 8 −5

1 6 3

−4 1 0

= −9(72 + 0 + 30 − 21 − 0 + 90) − 2(0 + 0 − 120 + 84 − 0 + 15)

−(0 + 7 + 192 + 168 − 0 − 24) − 4(0 − 5 − 96 − 120 − 0 − 0)

= −1539 + 42 − 343 + 884 = −956

Ejemplo 1.28. Calcular el determinante de la matriz

A =

2 0 0 0 0

12 1 0 0 0

−3 0 −3 0 0

5 −8 7 −1 0

−9 6 −7 0 −6

Soluci´ on . Notemos primero que A es triangular inferior.

det(A) = |A| =

2 0 0 0 0

12 1 0 0 0

−3 0 −3 0 0

5 −8 7 −1 0

−9 6 −7 0 −6

= 2(−1)1+1 det

M A11

+ 0(−1)1+2 det

M A12

+ 0(−1)1+3 det

M A13

+0(−1)1+4 det

M A14

+ 0(−1)1+5 det

M A15

= 2(−1)1+1 det

M A11

+ 0(−1)1+2 det

M A12

+ 0(−1)1+3 det

M A13

+0(−

1)1+4 det M A

14 + 0(−

1)1+5 det M A

15= 2

1 0 0 0

0 −3 0 0

−8 7 −1 0

6 −7 0 −6




det(A) = 2

1(−1)1+1

−3 0 0

7 −1 0

−7 0 −6

+ 0(−1)1+2

0 0 0

−8 −1 0

6 0 −6

+0(−1)1+3

0 −3 0−8 7 0

6 −7 −6

+ 0(−1)1+4

0 −3 0−8 7 −1

6 −7 0

= 2 · 1

−3 0 0

7 −1 0

−7 0 −6

= 2

·1(

−3)(

−1)1+1

−1 0

0 −6 + 0(

−1)1+2

7 0

−7 −6 + 0(

−1)1+3

7 −1

−7 0 = 2 · 1(−3)

−1 0

0 −6

= 2 · 1(−3)((−1)(−6) − 0 · 0)

= 2 · 1(−3)(−1)(−6) = −36

¡El determinante de A es el producto de las componentes de la diagonal principal! este resultado

se cumple siempre que A es una matriz triangular, superior o inferior, como veremos luego.

La demostracion del teorema que enunciaremos a continuacion escapa del objetivo del curso,

sin embargo, de el se derivan el resto de las propiedades que seran enunciadas mas adelante, en

el apendice D se puede encontrar una demostracion de este.

Teorema 1.24. Si A = (aij)n×n ∈ Mn×n(R), entonces

1. det(A) =n

j=1

aijC Aij =n

j=1

aij(−1)i+ j det

M Aij

para cada i ∈ {1, . . . , n} (Desarrollo del

determinante de A mediante la fila i-esima).

2. det(A) =ni=1

aijC Aij =ni=1

aij(−1)i+ j det

M Aij

para cada j ∈ {1, . . . , n} (Desarrollo del

determinante de A mediante la columna j-esima).





Ejemplo 1.29. Calcular el determinante de la matriz A del ejemplo 1.23 al desarrollar el de-

terminante mediante la tercera fila y mediante la segunda columna.

Soluci´ on . En primer lugar hallemos el determinante de A desarrollandolo mediante la tercera

fila.

det(A) = |A| =

2 −3 −1

−6 1 5

−7 0 6

= −7(−1)3+1

−3 −1

1 5

+ 0(−1)3+2

2 −1

−6 5

+ 6(−1)3+3

2 −3

−6 1

= −7(−15 + 1) + 0 + 6(2 − 18) = 2

Ahora desarrollemos el determinante de A mediante la segunda columna.

det(A) = |A| =

2 −3 −1

−6 1 5

−7 0 6

= −3(−1)1+2

−6 5

−7 6

+ 1(−1)2+2

2 −1

−7 6

+ 0(−1)3+2

2 −1

−6 5

= 3(

−36 + 35) + (12

−7) + 0 = 2

Teorema 1.25. Si A ∈ Mn×n(R), entonces det

AT

= det(A).


Sugerencia: proceder por induccion sobre n y usar el teorema 1.24

Teorema 1.26. Si A = (aij)n×n ∈ Mn×n(R) una matriz triangular (superior o inferior), en-tonces det(A) = a11a22 · · · ann.

Demostraci´ on . Procedamos por induccion sobre n. Supongamos, sin perder generalidad que

A es una matriz triangular superior.

Verifiquemos que la tesis se cumple para n = 2. Sea

A =

a11 a12

0 a22




Entonces

det(A) = a11a22 − a12 · 0 = a11a22

Supongamos ahora que la tesis se cumple para n − 1, esto es, supongamos que para cualquier

matriz triangular superior A = (aij)(n−1)×(n−1) ∈ M(n−1)×(n−1)(R) se cumple que det(A) =a11a22 · · · a(n−1)(n−1) (Hipotesis Inductiva).

Probemos ahora que se cumple para n. Sea

A =

a11 a12 · · · a1n

0 a22 · · · a2n

.... . .

. . ....

0 · · · 0 ann

Entonces, al desarrollar el determinante de A mediante la fila n, obtenemos

det(A) = 0 · C An1 + · · · + 0 · C An(n−1) + annC Ann = ann(−1)n+n det(M Ann) = ann det

M Ann

Pero

M Ann

=

a11 a12 · · · a1(n−1)

0 a22 · · · a2(n−1)

... . . . . . . ...

0 · · · 0 a(n−1)(n−1)

es decir, M Ann es una matriz triangular superior de orden (n−1), por lo tanto, usando la Hipotesis

Inductiva, se tiene que det

M Ann

= a11a22 · · · a(n−1)(n−1). Luego

det(A) = anna11a22 · · · a(n−1)(n−1) = a11a22 · · · a(n−1)(n−1)ann

Lo cual concluye la prueba.

Los teoremas que enunciaremos a continuacion, nos presentan las propiedades basicas del

determinante, estas propiedades nos permitiran hallar el determinante de una matriz sin hacer

demasiados calculos. Los enunciados de estas propiedades se daran solo para filas, sin embargo,

en virtud del teorema 1.25, se pueden enunciar propiedades analogas para columnas.

Teorema 1.27. Sea A ∈ Mn×n(R). Si existe s ∈ {1, . . . , n} tal que A(s) = 0/ 1×n, entonces

det(A) = 0, es decir, si A tiene una fila nula, su determinante es cero.




Demostraci´ on . Sea A = (aij)n×n. Como A(s) = 0/1×n, entonces asj = 0 para cada j ∈ {1, . . . , n}.

Ası que, al desarrollar el determinante de A por medio de la fila s, se tiene que

det(A) =n

j=1 asjC Asj =n

j=1 0

·C Asj = 0

Teorema 1.28. Sean A, B ∈ Mn×n(R) y α ∈ R. Si existe s ∈ {1, . . . , n} tal que B(s) = αA(s)

y B(i) = A(i) para i = s, entonces det(B) = α det(A), esto es, si multiplicamos una fila de A

por un escalar α, entonces el determinante de la matriz resultante es igual al determinante de A

multiplicado por α.

Demostraci´ on . Sean A = (aij)n×n y B = (bij)n×n. Como B(s) = αA(s) y B(i) = A(i) para i = s,

entonces bsj = αasj para cada j ∈ {1, . . . , n} y ademas, la matriz que se obtiene al eliminar la

fila s de B coincide con la matriz que se obtiene al eliminar la fila s de A. Luego M Asj = M Bsj para

cada j ∈ {1, . . . , n} (¿por que?).

Por lo tanto

C Bsj = (−1)s+ j det(M Bsj) = (−1)s+ j det(M Asj) = C Asj

para cada j ∈ {1, . . . , n}.

Ası, al desarrollar el determinante de B por medio de la fila s, obtenemos

det(B) =n

j=1

bsjC Bsj =n

j=1

αasjC Asj = αn

j=1

asjC Asj = α det(A)

Ejemplo 1.30. Sea

A =

2 −1 2

12 −16 4

−2 0 3

Entonces

det(A) =

2 −1 2

12 −16 4

−2 0 3

=

2 −1 2

4 · 3 4(−4) 4 · 1

−2 0 3

= 4

2 −1 2

3 −4 1

−2 0 3

= 4[2(−4)3 + 3 · 0 · 2 + (−2)(−1)1 − 2(−4)(−2) − 1 · 0 · 2 − 3(−1)3]

= 4[−24 + 0 + 2 − 16 − 0 + 9] = 4(−29) = −116




Teorema 1.29. Sean A , B , C ∈ Mn×n(R). Si existe s ∈ {1, . . . , n} tal que C (s) = A(s) + B(s)

y C (i) = B(i) = A(i) para i = s, entonces det(C ) = det(A) + det(B), dicho de otra manera, si

tenemos tres matrices A,B,C cuyas filas son identicas excepto la fila s, y que la fila s de C es

igual a la suma de la fila s de A con la fila s de B, entonces el determinante de C es igual a la suma del determinante de A con el determinante de B.

Demostraci´ on . Sean A = (aij)n×n, B = (bij)n×n y C = (cij)n×n. Sean A , B , C ∈ Mn×n(R).

Como C (s) = A(s) + B(s) y C (i) = B(i) = A(i) para i = s, entonces csj = asj + bsj para cada

j ∈ {1, . . . , n} y ademas, las matrices que se obtienen al eliminar la fila s de A, B y C son

iguales, ası que M Asj = M Bsj = M C sj para cada j ∈ {1, . . . , n}.

Por lo tanto

C C sj = C Bsj = C Asj

para cada j ∈ {1, . . . , n} (¿por que?).

En consecuencia

det(C ) =n

j=1

csjC C sj =n

j=1

(asj + bsj)C C sj =n

j=1

asjC C sj +n

j=1

bsjC C sj

=n

j=1

asjC Asj +n

j=1

bsjC Bsj = det(A) + det(B)

Ejemplo 1.31. Sea A la matriz del ejemplo 1.30. Entonces

det(A) =

2 −1 2

12 −16 4

−2 0 3

=

4 + (−2) −1 2

6 + 6 −16 4

1 + (−3) 0 3

=

4 −1 2

6 −16 4

1 0 3

+

−2 −1 2

6 −16 4

−3 0 3

= [4(−16)3 + 6 · 0 · 2 + 1(−1)4 − 2(−16)1 − 4 · 0 · 4 − 3(−1)6] +

[−2(−16)3 + 6 · 0 · 2 + (−3)(−1)4 − 2(−16)(−3) − 4 · 0(−2) − 3(−1)6]

= [−

192 + 0−

4 + 32−

0 + 18] + [96 + 0 + 12−

96−

0 + 18]

= −146 + 30 = −116

Teorema 1.30. Sean A, B ∈ Mn×n(R). Si existen s, t ∈ {1, . . . , n} tales que s = t, B(s) = A(t),

B(t) = A(s) y B(i) = A(i) para i = s y i = t, entonces det(B) = − det(A), en otras palabras,

si intercambiamos dos filas distintas de A, el determinante de la matriz resultante es igual al

determinante de A multiplicado por −1.




Demostraci´ on . Ver Apendice D.

Ejemplo 1.32. Sea A la matriz del ejemplo 1.30 y sea

B =

2 −1 2

4 −16 12

3 0 −2

Las columnas 1 y 3 de B son, respectivamente, las columnas 3 y 1 de A y las fila 2 de B es igual

a la fila 2 de A. Adem´ as

det(B) =

2 −1 2

4 −16 12

3 0 −2

= 2(−16)(−2) + 4 · 0 · 2 + 3(−1)12 − 2(−16)3 − 12 · 0 · 2 − (−2)(−1)4

= 64 + 0 − 36 + 96 − 0 − 8 = 116 = − det(A)

Teorema 1.31. Sea A ∈ Mn×n(R). Si existen s, t ∈ {1, . . . , n} tales que s = t y A(s) = A(t),

entonces det(A) = 0, es decir, si A tiene dos filas iguales, su determinante es igual a cero.

Demostraci´ on . Sea B∈M

n×

n(R) la matriz que se obtiene al intercambiar las filas s y t de A.

Como A(s) = A(t), entonces B = A y ası det(B) = det(A).

Por otro lado, dado que s = t y segun el teorema 1.30, det(B) = − det(A).

Ası que det(A) = det(B) = − det(A) y en consecuencia det(A) = 0.

Ejemplo 1.33. Sea

A =

2 −1 −2

4

−16 12

2 −1 −2

Entonces

det(A) =

2 −1 −2

4 −16 12

2 −1 −2

= 2(−16)(−2) + 4(−1)(−2) + 2(−1)12 − (−2)(−16)2 − 12(−1)2 − (−2)(−1)4

= 64 + 8 − 24 − 64 + 24 − 8 = 0




Teorema 1.32. Sean A ∈ Mn×n(R) y α ∈ R. Si existen s, t ∈ {1, . . . , n} tales que s = t y

A(s) = αA(t), entonces det(A) = 0, esto es, si una fila de A es un m´ ultiplo escalar de alguna otra

fila de A, su determinante es igual a cero.

Demostraci´ on . Sea B ∈ Mn×n(R) tal que B(i) = A(i) para cada i ∈ {1, . . . , n} con i = s y

B(s) = A(t) = B(t). Por lo tanto, en virtud del teorema 1.31, se tiene que det(B) = 0.

Por otro lado, como A(s) = αA(t) = αB(t) = αB(s), entonces, usando el teorema 1.28, se tiene

que det(A) = α det(B) = α0 = 0.

Ejemplo 1.34. Sea

A =

2 8 2

−4 −16 1

3 12 −2

Entonces la columna A(2) = 4A(1), adem´ as

det(A) =

2 8 2

−4 −16 1

3 12

−2

= 2(−16)(−2) + (−4)12 · 2 + 3 · 8 · 1 − 2(−16)3 − 1 · 12 · 2 − (−2)8(−4)

= 64 − 96 + 24 + 96 − 24 − 64 = 0

Teorema 1.33. Sean A, B ∈ Mn×n(R) y α ∈ R. Si existen s, t ∈ {1, . . . , n} tales que s = t,

B(s) = A(s) + αA(t) y B(i) = A(i) para i = s, entonces det(B) = det(A), dicho de otra forma, si

a una fila de A le sumamos un m´ ultiplo escalar de alguna otra fila de A, el determinante de la

matriz resultante es igual al determinante de A.

Demostraci´ on . Sea C ∈ Mn×n(R) tal que C (i) = B(i) = A(i) para i = s y C (s) = αA(t). Por lo

tanto, dado que s = t y en virtud del teorema 1.32, det(C ) = 0.

Ademas, como B(s) = A(s) + αA(t) = A(s) + C (s) y en virtud del teorema 1.29

det(B) = det(A) + det(C ) = det(A) + 0 = det(A)




Ejemplo 1.35. Sea A la matriz del ejemplo 1.30 y sea

B =

2 −1 2

−2 −9 −10

−2 0 3

Ası que B(2) = A(2) − 7A(1) (¿verifıquelo!). Adem´ as

det(B) =

2 −1 2

−2 −9 −10

−2 0 3

= 2(−9)3 + (−2)0 · 2 + (−2)(−1)(−10) − 2(−9)(−2) − (−10)0 · 2 − 3(−1)(−2)

= −54 + 0 − 20 − 36 − 0 − 6 = −116 = det(A)

El siguiente ejemplo nos da un metodo para calcular el determinante de una matriz A haciendo

uso de las propiedades dadas en los siete teoremas precedentes, como veremos, el calculo resulta

mucho mas sencillo que al usar la definicion.

Como se dijo en la observacion 1.15, usaremos tanto OEF como operaciones elementales por

columnas (OEC) para el calculo de determinantes, estas operaciones las indicaremos de manera

analoga a las OEF, salvo que en lugar de usar F usaremos C .

Ejemplo 1.36. Hallar el determinante de la matriz

A =

6 −1 2 13 2

−1 0 −1 −3 −1

0 −3 0 9 0

7 1 3 12 3

0 −2 4 1 −3

Soluci´ on .

det(A) =

6 −1 2 13 2

−1 0 −1 −3 −1

0 −3 0 9 0

7 1 3 12 3

0 −2 4 1 −3

=

6 −1 2 10 2

−1 0 −1 −3 −1

0 −3 0 0 0

7 1 3 15 3

0 −2 4 −5 −3

C 4 → C 4 + 3C 2

por teorema 1.33




det(A) = −3(−1)3+2

6 2 10 2

−1 −1 −3 −1

7 3 15 3

0 4 −5 −3

desarrollando el determinante

mediante la tercera fila

= 3

0 −4 −8 −4

−1 −1 −3 −1

0 −4 −6 −4

0 4 −5 −3

F 1 → F 1 + 6F 2

F 3 → F 3 + 7F 2

por teorema 1.33

= 3(−1)(−1)2+1

−4 −8 −4

−4 −6 −4

4 −5 −3


mediante la primera columna

= 3

0 −13 −7

0 −11 −7

4 −5 −3

F 1 → F 1 + F 3

F 2 → F 2 + F 3

por teorema 1.33

= 3 · 4(−1)3+1

−13 −7

−11 −7


mediante la primera columna

= 12(−13(−7) − (−7)(−11)) = 12 · 14 = 168

Resuelva este ejercicio sin hacer uso de OEF ni OEC y compare ambos metodos ¿cual de los dosle parece mas sencillo?

Teorema 1.34. Sea A = (aij)n×n ∈ Mn×n(R). Entonces para cualesquiera s, t ∈ {1, . . . , n} con

s = t se tiene quen

k=1

askC Atk = 0 y n

k=1

aksC Akt = 0

Demostraci´ on . Sea s, t ∈ {1, . . . , n} con s = t. Definamos B = (bij)n×n tal que B(i) = A(i)

para cada i

∈ {1, . . . , n

}con i

= t y B(t) = A(s). Ası que, usando el teorema 1.31, det(B) = 0.

Por otro lado, las matrices que se obtienen al eliminar la fila t de B y la fila t de A, son iguales,

por lo tanto M Btk = M Atk para cada k ∈ {1, . . . , n}, de donde C Btk = C Atk. Luego, al desarrollar el

determinante de B mediante la fila t, se tiene que

det(B) =n

k=1

btkC Btk =n

k=1

askC Atk

En consecuencian

k=1

askC Atk = 0, analogamente se prueba quen

k=1

aksC Akt = 0.




Teorema 1.35. Si E ∈ Mn×n(R) es una matriz elemental, entonces para cada A ∈Mn×n(R) se

tiene que det(EB ) = det(E )det(B).

Demostraci´ on . Como E ∈ Mn×n(R) es una matriz elemental, existe una OEF f : Fn(R) →Fn(R) tal que E = f (I n). Luego, sando la parte 1 del corolario 1.12, se tiene que EA = f (I n)A =

f (A).

Debemos proceder por casos sobre el tipo de OEF.

Caso 1. f es una OEF tipo 1. As que existen s ∈ {1, . . . , n} y α = 0 tales que E (s) = α(I n)(s)

(donde (I n)(s) es la fila s de I n) y para i = s se tiene que E (i) = (I n)(i). Luego

(f (A))(s) = αA(s) y para i = s tenemos (f (A))(i) = A(i).

Por lo tanto, segun el teorema 1.28,

det(E ) = α det(I n) = α · 1 = α

y

det(EA) = det(f (A)) = α det(A) = det(E )det(A).

Caso 2. f es una OEF tipo 2. Luego existen s, t

∈ {1, . . . , n

}, con s

= t, y α

∈R tales que

E (s) = (I n)(s) + α(I n)(t) y E (i) = (I n)(i) para i = s. As que (f (A))(s) = A(s) + αA(t) y

(f (A))(i) = A(i) para i = s.

Usando el teorema 1.33, tenemos que

det(E ) = det(I n) = 1

y

det(EA) = det(f (A)) = det(A) = 1

·det(A) = det(E )det(A)

Caso 3. f es una OEF tipo 3. Por lo tanto existen s, t ∈ {1, . . . , n} tales que E (s) = (I n)(t),

E (t) = (I n)(s) y E (i) = (I n)(i) para i = s e i = t. De donde (f (A))(s) = A(s) + αA(t) y

(f (A))(i) = A(i) para i = s e i = t.

Si s = t, entonces E = I n y f (A) = A, as que

det(E ) = det(I n) = 1




y

det(EA) = det(f (A)) = det(A) = 1 · det(A) = det(E )det(A)

Si s

= t, podemos usar el teorema 1.30 y obtenemos

det(E ) = − det(I n) = −1

y

det(EA) = det(f (A)) = − det(A) = (−1) det(A) = det(E )det(A)

Observaci´ on 1.27. De la prueba del teorema 1.35, se tiene que si E ∈Mn×n(R) es una matriz

elemental, entonces det(E ) = 0.

Corolario 1.36. Sean E 1, E 2, . . . , E r ∈ Mn×n(R) matrices elementales. Entonces, para cada

A ∈ Mn×n(R), se tiene que det(E 1E 2 · · · E rA) = det(E 1)det(E 2) · · · det(E r)det(A).


Teorema 1.37. Si A ∈ Mn×n(R) es una matriz ERF, entonces det(A) = 0 si y s´ olo si A = I n.

Demostraci´ on . Sea A = (aij)n×n. Como A es ERF, entonces A es triangular superior (ver

ejercicio 1.5), ası que aij = 0 para i > j y det(A) = a11a22 · · · ann.

Supongamos que det(A) = 0. Luego aii = 0 para cada i ∈ {1, . . . , n}. Como aij = 0 para i > j,

entonces para cada i ∈ {1, . . . , n}, la primera componente no nula en la i-esima fila es aii, y por

ser A una matriz ERF, se tiene que aii = 1 para cada i ∈ {1, . . . , n}, es decir, aii es un pivote y

por lo tanto aij = 0 para i = j (¿por que?). En resumen

aij = 1 si i = j

0 si i = j

Es decir, A = I n.

Recıprocamente, si A = I n, entonces det(A) = 1 = 0.

En el siguiente teorema se da una nueva equivalencia que involucra la inversa de una matriz

cuadrada.




Teorema 1.38. Sea A ∈Mn×n(R). Entonces A es invertible si y s´ olo si det(A) = 0.

Demostraci´ on . Sea B ∈Mn×n(R) la FERF A. Entonces existen matrices elementales E 1, E 2, . . . , E r ∈Mn×n(R) tales que B = E 1E 2 · · · E rA. Como det(E i) = 0 para cada i ∈ {1, . . . , r}, entonces

det(A) = 0 si y solo si det(B) = 0; y usando el teorema 1.37 se tiene que B = I n. Por lo tanto

det(A) = 0 si y solo si la FERF de A es I n, lo cual concluye la prueba.

Teorema 1.39. Sean A, B ∈Mn×n(R). Entonces det(AB) = det(A) det(B).

Demostraci´ on .

Caso 1. det(A) = 0. Ası que, en virtud del teorema 1.38, A no es invertible. Luego, usando

el ejercicio 1.7, se tiene que AB no es invertible, y nuevamente por el teorema 1.38 se

tiene que det(AB) = 0. Por lo tanto

det(AB) = 0 = 0 det(B) = det(A)det(B)

Caso 2. det(A) = 0. Luego A es invertible, en virtud del teorema 1.38. Ası que, al usar

el teorema 1.22, tenemos que existen matrices elementales E 1, E 2, . . . , E r ∈ Mn×n(R)

tales que A = E 1E 2

· · ·E r. Luego, por el corolario 1.36

det(A) = det(E 1E 2 · · · E r) = det(E 1)det(E 2) · · · det(E r) y

det(AB) = det(E 1E 2 · · · E rB) = det(E 1)det(E 2) · · · det(E r)det(B) = det(A) det(B)

1.6. Matriz Adjunta. Regla de Cramer

En esta seccion definiremos la adjunta de una matriz y enunciaremos la regla de Cramer ,

que a pesar de no ser una herramienta muy usada en la actualidad, es una interesante aplicaci on

de los determinantes.

Definici´ on 1.22. Sea A ∈Mn×n(R). Se define la matriz adjunta de A como la matriz adj(A) ∈Mn×n(R) cuya ij-esima componente es el ji-esimo cofactor de A para cada i, j ∈ {1, . . . , n}, es

decir, si adj(A) = (bij)n×n, entonces bij = C A ji para cualesquiera i, j ∈ {1, . . . , n}.




Observaci´ on 1.28. Si C = (C Aij)n×n, es decir, si C es la matriz real cuadrada cuya ij -esima

componente es el ij-esimo cofactor de A para cada i, j ∈ {1, . . . , n}, entonces adj(A) = C T .

Ejemplo 1.37. Hallar la adjunta de

A =

2 −1 3

1 0 2

4 −1 7

Soluci´ on . Necesitamos hallar cada uno de los cofactores de A. Veamos

C A11 = (

−1)1+1

0 2

−1 7 = 2; C A12 = (

−1)1+2

1 2

4 7 = 1; C A13 = (

−1)1+3

1 0

4 −1 =

−1;

C A21 = (−1)2+1

−1 3

−1 7

= 4; C A22 = (−1)2+2

2 3

4 7

= 2; C A23 = (−1)2+3

2 −1

4 −1

= −2;

C A31 = (−1)3+1

−1 3

0 2

= −2; C A32 = (−1)3+2

2 3

1 2

= −1; C A33 = (−1)3+3

2 −1

1 0

= 1;

As que

adj(A) = C A11 C A21 C A31

C A12 C A22 C A32

C A13 C A23 C A33

= 2 4

−2

1 2 −1

−1 −2 1

Teorema 1.40. Sea A ∈Mn×n(R). Entonces A adj(A) = det(A)I n = adj(A)A.

Demostraci´ on . Hagamos adj(A) = (b jk)n×n. Ası que para cada j, k ∈ {1, . . . , n}, se tiene que

b jk = C Akj .

Si hacemos A adj(A) = D = (dik)n×n, entonces, para cada i, k ∈ {1, . . . , n}, tenemos que

dik =n

j=1

aijb jk =n

j=1

aijC Akj .

Peron

j=1

aijC Aij = det(A)




y segun el teorema 1.34, si i = k, entonces

n j=1

aijC Akj = 0

Por lo tanto

dik =

det(A) si i = k

0 si i = k

= det(A)

1 si i = k

0 si i = k

= det(A)δik

donde I n = (δik)n×n. En consecuencia A adj(A) = det(A)I n. De manera analoga se prueba queadj(A)A = det(A)I n, lo cual concluye la prueba.

Teorema 1.41. Si A ∈Mn×n(R) es invertible, entonces det(A−1) =1

det(A)y A−1 =

1

det(A)adj(A).

Demostraci´ on . Como A es invertible, entonces existe A−1 ∈ Mn×n(R) tal que AA−1 = I n =

A−1A, y por el teorema 1.39

det(A)det(A−1) = det(AA−1) = det(I n) = 1.

Luego

det(A−1) =1

det(A).

Por otro lado, usando el teorema 1.40, se tiene que

A

1

det(A)adj(A)

=

1

det(A)A adj(A) =

1

det(A)det(A)I n = I n.

De dondeA−1 =

1

det(A)adj(A).

Ejercicio 1.9. Sea A ∈ Mn×n(R) una matriz invertible. Pruebe que adj(A) tambien es invertible

y adem´ as (adj(A))−1 = adj(A−1).




Consideremos la ecuacion matricial Ax = b, donde A ∈ Mn×n(R). Si A es invertible, entonces

la unica solucion de dicha ecuacion esta dada por x = A−1b, ası que, una forma de hallar la

solucion de la ecuacion en cuestion, es calcular la inversa de A y multiplicarla por b, pero quizas

esto es mucho mas complicado y costoso (en terminos de calculos) que hallar la FERF de lamatriz [A|b].

En el siguiente teorema presentaremos una herramienta que permite resolver la ecuacion an-

terior usando determinantes, sin necesidad de hallar la inversa de A ni la FERF de [A|b], dicha

herramienta se conoce con el nombre de la regla de Cramer .

Teorema 1.42 (Regla de Cramer). Sea A ∈ Mn×n(R) una matriz invertible y b ∈ Mn×1(R). Si

x =

x1

x2

...

xn

es la soluci´ on de la ecuaci´ on Ax = b, entonces, para cada j ∈ {1, . . . , n}, x j =

det(Ab j)

det(A) ,

donde Ab j es la matriz que se obtiene de A al reemplazar A( j) (la columna j) por b, esto es,

Ab j =

A(1) · · · A( j−1) b A( j+1) · · · A(n)

Demostraci´ on . Como A = (aij)n×n es invertible, entonces la unica solucion del sistema Ax = b

es x = A−1

b, pero A

−1

=

1

det(A) adj(A), ası que x =

1

det(A) adj(A)b, por lo tanto, si b =

b1

b2

...

bn

,

entonces x j =1

det(A)

ni=1

C Aijbi para cada j ∈ {1, . . . , n}.

Por otro lado, para cada j ∈ {1, . . . , n}, se tiene que

Ab j =

a11 · · · a1( j−1) b1 a1( j+1) · · · a1n...

......

......

a(i−1)1 · · · a(i

−1)( j

−1) bi

−

1 a(i−1)( j+1) · · · a(i

−1)n

ai1 · · · ai( j−1) bi ai( j+1) · · · ain

a(i+1)1 · · · a(i+1)( j−1) bi+1 a(i+1)( j+1) · · · a(i+1)n...

......

......

an1 · · · an( j−1) bn an( j+1) · · · ann

Por lo tanto, para cada i ∈ {1, . . . , n}, tenemos que M

Abj

ij = M Aij y ası

C Abj

ij = (−1)i+ j det

M

Abj

ij

= (−1)i+ j det

M Aij

= C Aij




Luego, al desarrollar el determinante de Ab j por medio de la j-esima columna, obtenemos

det(Ab j) =

ni=1

C Abj

ij bi =ni=1

C Aijbi

En consecuencia, para cada j ∈ {1, . . . , n} tenemos que

x j =det(Ab

j)

det(A)

Ejemplo 1.38. Verificar que la matriz del sistema

x +2z −w = 3

x +y +2z +w = 2

4x +2y +2z −3w = 12y +z +4w = 1

es invertible y usar la regla de Cramer para hallar la soluci´ on del sistema.

Soluci´ on . La matriz del sistema es

A =

1 0 2 −1

1 1 2 1

4 2 2 −3

0 2 1 4

hallemos su determinante

det(A) =

1 0 2 −1

1 1 2 1

4 2 2 −3

0 2 1 4

=

1 0 2 −1

0 1 0 2

0 2 −6 1

0 2 1 4

=

1 0 2

2 −6 1

2 1 4

=

1 0 0

2 −6 −3

2 1 0

=

−6 −3

1 0 = 3= 0.

Por lo tanto la matriz del sistema es invertible, ası que podemos aplicar la regla de Cramer para

resolverlo. En este caso la matriz de terminos independientes es

b =

3

2

1

1




Luego

det Ab

1 =

3 0 2 −1

2 1 2 1

1 2 2 −3

1 2 1 4

=

0 −6 −1 −13

0 −3 0 −7

0 0 1 −7

1 2 1 4

=−

−6 −1 −13

−3 0 −70 1 −7

= −

−6 0 −20

−3 0 −7

0 1 −7

=

−6 −20

−3 −7

= 42 − 60 = −18.

det

Ab2

=

1 3 2 −1

1 2 2 1

4 1 2 −3

0 1 1 4

=

1 3 2 −1

0 −1 0 2

0 −11 −6 1

0 1 1 4

=

−

1 0 2

−11 −6 1

1 1 4

=

−1 0 0

−11 −6 −21

1 1 6

= − −6 −21

1 6

= −(−36 + 21) = 15.

det

Ab3

=

1 0 3 −1

1 1 2 1

4 2 1 −3

0 2 1 4

=

1 0 2 −1

0 1 −1 2

0 2 −11 1

0 2 1 4

=

1 −1 2

2 −11 1

2 1 4

=

1 −1 2

0 −9 −3

0 3 0

=

−9 −3

3 0

= 9.

det

Ab4

=

1 0 2 31 1 2 2

4 2 2 1

0 2 1 1

=

1 0 2 30 1 0 −1

0 2 −6 −11

0 2 1 1

=

1 0 −1

2 −6 −11

2 1 1

=

1 0 0

2 −6 −9

2 1 3

=

−6 −9

1 3

= −18 + 9 = −9.




En consecuencia x =det

Ab1

det(A)

=−18

3= −6; y =

det

Ab2

det(A)

=15

3= 5; z =

det

Ab3

det(A)

=9

3= 3;

w =det

Ab4

det(A)

=−9

3= −3, es decir, la solucion del sistema dado es:

x

y

z

w

=

−6

5

3

−3

Ejemplo 1.39. Una f´ abrica produce tres tipos de productos, mezclando para ello tres materias

primas. Se sabe que para fabricar una unidad del producto 1, se necesitan, una unidad de la materia prima 1, tres unidades de la materia prima 2 y dos unidades de la materia prima 3; para

fabricar una unidad del producto 2, se necesitan, una unidad de la materia prima 1 y tres de la

materia prima 2; finalmente, para fabricar una unidad del producto 3, se necesitan, tres unidades

de la materia prima 1, tres de la materia prima 2 y dos de la materia prima 3: Si este mes la

f´ abrica cuenta con seis millones de unidades de la materia prima 1, 12 millones de unidades de

la materia prima 2 y seis millones de la materia prima 3 cu´ antas unidades de cada producto

puede producir la f´ abrica usando el total de las materias primas?

Soluci´ on . Para cada i ∈ {1, 2, 3}, sea xi las unidades (en millones) del producto i que puede

producir la fabrica.

Por lo tanto, la cantidad de unidades (en millones) que se usaran es:

x1 + x2 + 3x3 de la materia 1

3x1 + 3x2 + 3x3 de la materia 2

2x1 + 2x3 de la materia 3

Como se quiere usar el total de las materias primas, entoncesx1 +x2 +3x3 = 6

3x1 +3x2 +3x3 = 12

2x1 +2x3 = 6




En este caso, la matriz del sistema, la matriz de incognitas y la matriz de terminos indepen-

dientes son, respectivamente:

A = 1 1 3

3 3 3

2 0 2

; x = x1

x2

x3

y b = 6

12

6

Veamos si podemos aplicar la regla de Cramer, para ello calculemos el determinante de la

matriz del sistema.

det(A) =

1 1 3

3 3 3

2 0 2

=

1 1 3

0 0 −6

2 0 2

= −

0 −6

2 2

= −12 = 0.

Como la matriz del sistema es invertible, podemos usar la regla de Cramer.

det

Ab1

=

6 1 3

12 3 3

6 0 2

=

6 1 3

−6 0 −6

6 0 2

= − −6 −6

6 2

= −(−12 + 36) = −24.

det

Ab2

=

1 6 3

3 12 3

2 6 2

=

1 6 3

0 −6 −6

0 −6 −4

=

−6 −6

−6 −4 = 24 − 36 = −12.

det

Ab3

=

1 1 6

3 3 12

2 0 6

=

1 1 6

0 0 −6

2 0 6

= − 0 −6

2 6

= −12.

Por lo tanto x1 =−24

−12= 2; x2 =

−12

−12= 1 y x3 =

−12

−12= 1, es decir, usando el total de

la materia prima, se pueden fabricar dos millones de unidades del producto 1 y un mill on de

unidades de cada uno de los productos 2 y 3.

1.7. Determinantes de Matrices Triangulares por Bloques

En esta ultima seccion estamos interesados en estudiar un poco las matrices expresadas

por bloques, las cuales nos serviran para el estudio de la forma can´ onica de Jordan (ver

la seccion 4.6 del capıtulo 4), no haremos un estudio muy extenso, solo lo necesario.




Teorema 1.43. Sean B ∈ Mm×m(R), C ∈Mm×n(R) y D ∈Mn×n(R) tales que

A =

B C

0/ n×m D

Entonces det(A) = det(B)det(D).

Demostraci´ on . Fijemos n y procedamos por induccion sobre m.

Verifiquemos que se cumple para m = 1. En este caso, B = [b] con b ∈ R y

A =

b C

0/n×1 D

Al desarrollar el determinante de A mediante la primera columna se obtiene

det(A) = bC A11 = b(−1)1+1 det

M A11

= b det(D) = det(B)det(D)

(Hipotesis Inductiva) Supongamos que se cumple para m−1, es decir, si B ∈ M(m−1)×(m−1)(R),

C ∈M(m−1)×n(R) y D ∈ Mn×n(R) son tales que

A =

B C

0/n×(m−1) D

entonces det(A) = det(B)det(D).

Probemos que se cumple para m. Sean B ∈ Mm×m(R), C ∈ Mm×n(R) y D ∈ Mn×n(R) tales

que

A =

B C

0/n×m D

Luego, al desarrolar el determinante de A, por medio de la primera columna, obtenemos

det(A) =

m

i=1 bi1(−1)

i+1

det M

A

i1donde B = (bij)m×m.

Pero para cada i ∈ {1, . . . , n} tenemos que

M Ai1 =

M Bi1 C i

0/n×(m−1) D

donde la matriz C i ∈ M(m−1)×n(R) se obtiene al eliminar la i-esima fila de C .




Y usando la hipoteis inductiva, tenemos que

det

M Ai1

= det

M Bi1

det(D)

Por lo tanto

det(A) =mi=1

bi1(−1)i+1 det

M Bi1

det(D)

=

mi=1

bi1(−1)i+1 det

M Bi1

det(D)

= det(B)det(D)

lo cual concluye la prueba.

Ejemplo 1.41. Si

A =

2 −1 3 10 1

−1 0 4 2 12

−4 1 2 4 6

0 0 0 3 5

0 0 0 1 2

entonces A puede expresarse por bloques como sigue

A =

2 −1 3 10 1

−1 0 4 2 12

−4 1 2 4 6

0 0 0 3 5

0 0 0 1 2

As que al usar el teorema 1.43 tenemos que

det(A) =

2 −1 3

−1 0 4

−4 1 2

3 5

1 2

= 3 · 1 = 3




Corolario 1.44. Sean n1, n2, . . . , ns ∈ Z+, A ∈ Mn×n(R) y Aij ∈ Mni×nj(R) para i, j ∈{1, . . . , s} con i ≤ j tales que n1 + n2 + · · · + ns = n y

A =

A11 A12 · · · A1s

0/ n2×n1 A22 · · · A2s

.... . .

. . ....

0/ ns×n1 · · · 0/

ns×ns−1 Ass

Entonces det(A) = det(A11)det(A22) · · · det(Ass)


Observaci´ on 1.29. Las matrices dadas en el teorema 1.43 y el corolario 1.44 se conocen con el

nombre de matrices triangulares superior por bloques, de manera an´ aloga se definen las

matrices triangulares inferior por bloques.

Es claro que la transpuesta de una matriz triangular superior por bloques es una matriz tri-

angular inferior por bloques (y viceversa), en consecuencia, el teorema 1.43 y el corolario 1.44,

siguen siendo v´ alidos para matrices triangulares inferior por bloques.

Una matriz que sea triangular superior e inferior por bloques, simult´ aneamente, es llamada

matriz diagonal por bloques.



Capıtulo 2

Espacios Vectoriales

Este es, quizas, el capıtulo mas importante de todo el curso, por lo cual pedimos sea leıdo con

mucho detenimiento, la mayor parte de las definiciones y teoremas tratados aca se usaran con

bastante frecuencia en el resto de los capıtulos.

2.1. Espacios Vectoriales

Definici´ on 2.1. Un espacio vectorial real es una terna (V, +, ·) formada por un conjunto

no vacıo V, cuyos elementos llamaremos vectores, y dos operaciones binarias + : V × V −→V, llamada adicion vectorial, y · : R × V −→ V, llamada multiplicacion por escalar,

satisfaciendo las siguientes condiciones

A0. u + v ∈ V para cualesquiera u, v ∈ V (cerradura de la adicion vectorial)

A1. u +v = v +u para cualesquiera u, v ∈ V (conmutatividad de la adicion vectorial)

A2. (u + v) +w = u + (v +w) para cualesquiera u,v,w ∈ V (asociatividad de la adicion

vectorial)

A3. Existe 0/ V ∈ V tal que v + 0/

V = v para cada v ∈ V (existencia de un elemento

neutro para la adicion vectorial)

A4. Para cada v ∈ V existe v′ ∈ V tal que v + v′ = 0/ V (existencia de un elemento

opuesto para la adicion vectorial)

M0. α · v ∈ V para cualesquiera α ∈ R y v ∈ V (cerradura de la multiplicacion por

escalar)

M1. (α + β ) · v = α · v + β · v para cualesquiera α, β ∈ R y v ∈ V (distributividad de la

multiplicacion por escalar respecto a la adicion escalar)

M2. α · (u + v) = α · u + α · v para cualesquiera α ∈ R y u, v ∈ V (distributividad de la

multiplicacion por escalar respecto a la adicion vectorial)

76



Espacios Vectoriales 77

M3. (αβ ) · v = α · (β · v) = β · (α · v) para cualesquiera α, β ∈ R y v ∈ V (asociatividad

de la multiplicacion escalar y la multiplicacion por escalar)

M4. 1 · v = v para cada v ∈ V (existencia de un elemento neutro para la multipli-

cacion por escalar)

Observaci´ on 2.1. Es de hacer notar que las expresiones a la derecha de las igualdades en M1.

y M2. no son ambiguas pues, a pesar de no haberlo dicho, la operaci´ on + tiene mayor jerarquıa

que la operaci´ on ·, esto es, (α · u) + v puede ser escrito como α · u + v pero en la expresi´ on

α · (u + v) no pueden suprimirse los parentesis.

Observaci´ on 2.2. La definici´ on 2.1 se puede extender considerando un campo cualquiera K

(ver apendices A y B) en lugar de R, en cuyo caso diremos que V es un K-espacio vectorialy los elementos de K son llamados escalares. Por ejemplo, podemos escoger K = C y en este

caso V es llamado espacio vectorial complejo.

En lo que resta del curso, s´ olo consideraremos espacios vectoriales reales, salvo que se diga

lo contrario, y nos referiremos a estos como espacios vectoriales (e.v.) en lugar de espacios

vectoriales reales, a menos que haya error a confusi´ on.

Observaci´ on 2.3. En adelante, siempre que no haya error a confusi´ on, en lugar de escribir

α · v escribiremos αv.

Observaci´ on 2.4. Nos referiremos al conjunto V como espacio vectorial, siempre que no se

tienda a confusi´ on, en lugar de la terna (V, +, ·), sobrentendiendo las operaciones + y ·

Ejemplo 2.1.

1. El conjunto Rn = {(x1, x2, . . . , xn) : xi ∈ R para cada i ∈ {1, . . . , n}} junto con las opera-

ciones + y · dadas como sigue

(x1, x2, . . . , xn) + (y1, y2, . . . , yn) = (x1 + y1, x2 + y2, . . . , xn + yn)

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

donde α ∈ R y (x1, x2, . . . , xn), (y1, y2, . . . , yn) ∈ Rn, es un espacio vectorial (¡verifıquelo!)




2. El conjunto Mm×n(R) junto con las operaciones + y ·, dadas en las definiciones 1.4 y 1.5

respectivamente, del capıtulo 1, es un espacio vectorial (ver el teorema 1.2 en el capıtulo 1)

3. Consideremos una matriz A ∈Mm×n(R). Los conjuntos

S = {x ∈Mn×1(R) : Ax = 0/ m×1}

R = {y ∈ Mm×1(R) : Ax = y para alg´ un x ∈ Mn×1(R)} junto con las operaciones + y · definidas en el capıtulo 1, son espacios vectoriales (¡pruebe-

lo!)

S es llamado espacio solucion del sistema homogeneo Ax = 0/

m×1 o espacio nulo de

A, y R es llamado el espacio imagen de A. Estos espacios ser´ an tratados formalmente

y en detalle en la secci´ on 2.6 del presente capıtulo.

4. Sea n ∈ N. Definamos

Pn[x] = {a0 + a1x + · · · + anxn : a0, a1, . . . , an ∈ R}

Es decir, Pn[x] est´ a formado por todos los polinomios con coeficientes reales en la variable

x de grado menor o igual a n incluyendo el polinomio nulo. Sobre Pn[x] consideremos lasoperaciones usuales de adici´ on de polinomios y multiplicaci´ on de un n´ umero real por un

polinomio. Entonces Pn[x] es un espacio vectorial (¡pruebelo!)

En general, si definimos el conjunto

P[x] = { p(x) : p(x) es un polinomio en la variable x}

entonces P[x] es un espacio vectorial junto con las operaciones usuales antes mencionadas

(¡pruebelo!)Es de hacer notar que el polinomio nulo O(x) = 0 ¡no tiene grado! (¿por que?), adem´ as,

para cada n ∈ N se tiene que Pn[x] = ∅ (¿por que?) y Pn[x] ⊂ Pn+1[x] ⊂ P[x] (¿por que?)

5. Sean a, b ∈ R con a < b. Definamos el conjunto F [ a , b ] de todas las funciones reales

definidas sobre el intervalo [ a , b ] y consideremos las operaciones usuales de adici´ on de

funciones y multiplicaci´ on de una funci´ on por un n´ umero real, entonces F [ a , b ] es un

espacio vectorial (¿pruebelo!)




6. El conjunto

V = {(x, y) ∈ R2 : y = x + 1}

junto con las operaciones definidas en la parte 1 de este ejemplo, no es un espacio vectorial

ya que (2, 3), (0, 1) ∈ V (¿por que?) pero

(2, 3) + (0, 1) = (2 + 0, 3 + 1) = (2, 4) /∈ V

pues 4 = 3 = 2 + 1, es decir, la adici´ on no es cerrada en V o V no es cerrado bajo la

adici´ on.

Sin embargo, si definimos sobre V las operaciones

(x, y) + (z, w) = (x + z, y + w−

1)

α · (x, y) = (αx,α(y − 1) + 1)

entonces V es un espacio vectorial, en efecto, sean (x, y), (z, w), (a, b) ∈ V y α, β ∈ R

cualesquiera. Entonces y = x + 1, w = z + 1 y b = a + 1.

De donde

y + w − 1 = x + 1 + z + 1 − 1 = (x + z) + 1

y por lo tanto

(x, y) + (z, w) = (x + z, y + w − 1) ∈ V

cumpliendose A0.

(x, y) + (z, w) = (x + z, y + w − 1) = (z + x, w + y − 1) = (z, w) + (x, y)

por lo que A1. es satisfecha.

((x, y) + (z, w)) + (a, b) = (x + z, y + w − 1) + (a, b)

= ((x + z) + a, (y + w − 1) + b − 1)

= (x + (z + a), y + (w + b − 1) − 1)

= (x, y) + (z + a, w + b − 1)

= (x, y) + ((z, w) + (a, b))

ası que A2. se cumple.




Definamos 0/ V = (0, 1). Entonces 0/

V ∈ V (¿por que?) y adem´ as

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

luego se satisface A3.Si (x, y) ∈ V, entonces (−x, −y + 2) ∈ V ya que

−y + 2 = −(x + 1) + 2 (¿por que?)

= −x − 1 + 2 = −x + 1

Adem´ as

(x, y) + (−x, −y + 2) = (x + (−x), y + (−y + 2) − 1) = (0, 1) = 0/ V

en consecuencia se cumple A4.

Verifique que se cumple el resto de la propiedades en la definici´ on 2.1. ¿Que podrıa concluir

a partir de este ejemplo?

7. Dado un espacio vectorial V. Es f´ acil probar que el conjunto {0/ V}, junto con las operaciones

+ y · definidas sobre V, es un espacio vectorial.

Teorema 2.1. Los elementos 0/ V y v′ dados en A3. y A4. respectivamente, son los ´ unicos

elementos de V que satisfacen dichas propiedades.

Demostraci´ on . Supongamos que existe x ∈ V tal que v + x = v para cada v ∈ V. Luego, para

v = 0/V ∈ V, se tiene que

0/V +x = 0/V (2.1)

Por lo tanto

x = x + 0/V (por A3.)

= 0/V +x (por A1.)

= 0/V (por (2.1))

Lo que prueba la unicidad de 0/V .

Supongamos ahora que para v ∈ V existen v′, v ∈ V tales que

v + v′ = 0/V (2.2)

v +

v = 0/V (2.3)




Luego

v =

v + 0/V (por A3.)

= v + (v + v′) (por 2.2)

= ( v + v) + v′ (por A2.)

= (v + v) + v′ (por A1.)

= 0/V +v′ (por 2.3)

= v′ + 0/V (por A1.)

= v′ (por A3.)

con lo cual se obtiene la unicidad del opuesto aditivo.

Observaci´ on 2.5. Al vector 0/ V se le denomina vector nulo y el vector v′ es llamado opuesto

(aditivo) de v y es denotado por −v.

Debido al teorema 2.1, las propiedades A3. y A4. pueden reescribirse, respectivamente, como

sigue.

A’3. Existe un ´ unico 0/ V ∈ V tal que v + 0/

V = v para cada v ∈ V (existencia y unicidad

del elemento neutro para la adicion vectorial)

A’4. Para cada v ∈ V existe un ´ unico −v ∈ V tal que v + (−v) = v − v = 0/ V (existencia

y unicidad del elemento opuesto para la adicion vectorial)

Definici´ on 2.2. Sean V un espacio vectorial y u, v ∈ V cualesquiera. Definiremos el vector

u − v, vector diferencia de u con v, como u − v = u + (−v)

Ejercicio 2.1. Sean V un espacio vectorial, v1, v2, . . . , vn, v ∈ V y α1, α2, . . . , αn, α ∈ R cua-

lesquiera. Pruebe que

1. (α1 + α2 + · · · + αn)v = α1v + α2v + · · · + αnv.

2. α(v1 + v2 + · · · + vn) = αv1 + αv2 + · · · + αvn.

Ejercicio 2.2 (Ley de Cancelacion). Sea V un espacio vectorial y u,v,w ∈ V. Si u + v = u + w,

entonces v = w.




Teorema 2.2. Sea V un espacio vectorial. Entonces

1. α 0/ V = 0/

V para cada α ∈ R.

2. 0v = 0/ V para cada v

∈V.

3. Si αv = 0/ V, entonces α = 0 ´ o v = 0/

V.

4. (−α)v = α(−v) = −(αv) para cualesquiera α ∈ R y v ∈ V. En consecuencia (−1)v = −v.

Demostraci´ on .

1. Sea α ∈ R cualquiera. Entonces

α 0/V +α 0/V = α(0/V + 0/V) (por M2.)

= α 0/V (por A3.)

= α 0/V + 0/V (por A3.)

Y por la ley de cancelacion (ejercicio 2.2) se tiene que α 0/V = 0/V.

2. ¡Ejercicio!

3. Supongamos que αv = 0/V.

Si α = 0, no hay nada que probar, supongamos entonces que α = 0 y probemos que v = 0/V.

Por ser α = 0, existe α−1 ∈ R tal que α−1α = 1 = αα−1. Por lo tanto

v = 1v (por M4.)

= (α−1α)v

= α−1(αv) (por M3.)

= α−1 0/V (por hipotesis)

= 0/

V (por la parte 1)

Con lo que culmina la prueba de la parte 3.

4. Sean α ∈ R y v ∈ V cualesquiera. Entonces

αv + (−α)v = (α + (−α))v (por M1.)

= 0v

= 0/V (por la parte 2)




Luego, por A’4. (unicidad del opuesto aditivo), se tiene que (−α)v = −(αv). De manera

analoga se prueba que α(−v) = −(αv). Finalmente, haciendo α = 1 y por M4., obtenemos

(−1)v = −(1v) = −v.

Observaci´ on 2.6. En virtud de las igualdades en la parte 4 del teorema 2.2, podemos escribir

−αv en lugar de −(αv) sin error a confusi´ on.

2.2. Subespacios Vectoriales

Algunos subconjuntos de un espacio vectorial V son, a su vez, espacios vectoriales, consideran-do sobre ellos las operaciones + y · de V. En esta seccion nos ocuparemos de dichos espacios

vectoriales los cuales son llamados subespacios vectoriales de V.

Definici´ on 2.3. Sea W un subconjunto no vacıo de un espacio vectorial V. Diremos que W es

un subespacio vectorial o simplemente subespacio de V si W junto con las operaciones + y

· de V es un espacio vectorial.

Ejemplo 2.2.

1. Dado un espacio vectorial V, entonces W = {0/ V} es un subespacio de V, el cual es llamado

espacio vectorial nulo, ası como tambien V (ver ejemplo 2.1 parte 7). Estos subespacios

son llamados subespacios triviales de V. Cualquier otro subespacio de V, distinto de

estos dos, es llamado subespacio no trivial. Un subespacio de V distinto de V es llamado

subespacio propio.

2. Dada una matriz real A ∈ Mm×n(R). Los espacios S y R, dados en la parte 3 del ejemplo

2.1, son subespacios de Mn×1(R) y Mm×1(R) respectivamente.

3. De la parte 4 del ejemplo 2.1 podemos garantizar que para cada n ∈ N se tiene que Pn[x]

es un subespacio de Pn+1[x] y de P[x].

4. El conjunto C [ a , b ] formado por todas las funciones reales continuas sobre el intervalo

cerrado [ a , b ], es un subespacio de F [ a , b ].

En efecto, es claro que C [ a , b ] ⊂ F [ a , b ] (¿por que?) y adem´ as, la funci´ on nula est´ a en

C [ a , b ] (¿por que?), por lo tanto C [ a , b ] es un subconjunto no vacıo de F [ a , b ].




Finalmente, sea v ∈ W cualquiera. Entonces, por la condicion 3, tenemos que (−1)v ∈ W y

dado que (−1)v = −v (por la parte 4 del teorema 2.2), entonces −v ∈ W, en consecuencia para

cada v ∈ W existe −v ∈ W tal que v + (−v) = 0/V, es decir, la condicion A4. se satisface si

sustituimos V por W. Otra lectura que le podemos dar a este resultado es que el vector opuestoaditivo de cualquier vector en un subespacio, es tambien un vector del subespacio.

Observaci´ on 2.7. Seg´ un la demostraci´ on del teorema 2.3, si W es un subespacio vectorial de

un espacio vectorial V, entonces 0/ V ∈W.

Ası que para probar que un subconjunto W de un espacio vectorial V es un subespacio de este

´ ultimo, lo primero que debemos probar es que 0/ V ∈ W, esto a su vez garantiza que W = ∅. Si

0/ V /

∈W, entonces W no es un subespacio de V.

El teorema 2.3 permite probar que un subconjunto de un espacio vectorial V es un subespacio

de este solo con probar tres condiciones, sin embargo, el corolario siguiente nos permite hacer la

misma pruebo con solo verificar dos condiciones.

Corolario 2.4. Sea V un espacio vectorial. Un subconjunto W de V es un subespacio de V si y

s´ olo si

1. W = ∅.

2. u + αv ∈W para cualesquiera α ∈ R y u, v ∈ W.

Demostraci´ on . Supongamos primero que W es un subespacio vectorial de V y probemos que

las condiciones 1 y 2 se cumplen. En primer lugar W = ∅ por definicion 2.3. Sean α ∈ R y

u, v ∈ W cualesquiera. Entonces, por la parte 3 del teorema 2.3, tenemos que αv ∈W, luego, por

la parte 2 del mismo teorema, se tiene que u + αv ∈W.

Supongamos ahora que las condiciones 1 y 2 se cumplen y probemos que W es un subespacio

vectorial de V. Como W

=

∅, solo debemos probar que se satisfacen las condiciones 2 y 3 del

teorema 2.3.

Sean u, v ∈ W cualesquiera. Entonces u + v = u + 1v ∈ W (tomando α = 1 en la condicion 2

de la hipotesis).

Por otro lado, sean α ∈ R y v ∈ W cualesquiera. Entonces 0/V = v + (−v) = v + (−1)v ∈ W(tomando α = −1 y u = v en la condicion 2 de la hipotesis) ası que αv = 0/V +αv ∈ W (tomando

u = 0/V en la condicion 2 de la hipotesis). Lo cual concluye la prueba.




Observaci´ on 2.8. Seg´ un la observaci´ on 2.7, la condici´ on 1 en el teorema 2.3 y la condici´ on 1

en el corolario 2.4, pueden ser sustituidas por la siguiente condici´ on.

1. 0/ V ∈W.

Observaci´ on 2.9. Recordemos que para probar que los conjuntos S y R, definidos en la parte 3

del ejemplo 2.1, son subespacios de Mn×1(R) y Mm×1(R), respectivamente (ver parte 2 del ejemplo

2.2), fue necesario probar que eran espacios vectoriales (se dej´ o como ejercicio), sin embargo, al

usar el teorema 2.3 o el corolario 2.4, vemos que no es necesario. En la secci´ on 2.6 del presente

capıtulo se dar´ a una demostraci´ on de este hecho usando el corolario 2.4.

Ejercicio 2.3. Sean U, V y W espacios vectoriales. Pruebe que si W es un subespacio de V y

V es un subespacio de U, entonces W es un subespacio de U.

Ejemplo 2.3. Pruebe que W = {a+bx+cx2+dx3 ∈ P3[x] : 2a−b+3c−d = 0; a+b−4c−2d = 0}es un subespacio de P3[x].

Soluci´ on . Es claro que W ⊂ P3[x].

Por otro lado, el polinomio nulo O(x) = 0 = 0+ 0x + 0x2 + 0x3 (vector nulo de P3[x]) pertenece

a W ya que

2 · 0 −0 +3 · 0 −0 = 0

0 +0 −4 · 0 −2 · 0 = 0Sean p(x) = a1 + b1x + c1x2 + d1x3 y q(x) = a2 + b2x + c2x2 + d2x3 polinomios cualesquiera en

W y α ∈ R cualquiera. Entonces

2a1 −b1 +3c1 −d1 = 0

a1 +b1 −4c1 −2d1 = 0y

2a2 −b2 +3c2 −d2 = 0

a2 +b2 −4c2 −2d2 = 0

Segun el corolario 2.4 y la observacion 2.8, solo falta probar que p(x) + αq(x) ∈ W. Pero

p(x) + αq(x) = (a1

+ b1

x + c1x2 + d

1x3) + α(a

2+ b

2x + c

2x2 + d

2x3)

= (a1 + αa2) + (b1 + αb2)x + (c1 + αc2)x2 + (d1 + αd2)x3

Ademas

2(a1 + αa2) − (b1 + αb2) + 3(c1 + αc2) − (d1 + αd2)

= 2a1 + 2αa2 − b1 − αb2 + 3c1 + 3αc2 − d1 − αd2

= (2a1 − b1 + 3c1 − d1) + α(2a2 − b2 + 3c2 − d2) = 0 (¿por que?)




y

(a1 + αa2) + (b1 + αb2) − 4(c1 + αc2) − 2(d1 + αd2)

= a1 + αa2 + b1 + αb2−

4c1−

4αc2−

2d1−

2αd2

= (a1 + b1 − 4c1 − 2d1) + α(a2 + b2 − 4c2 − 2d2) = 0 (¿por que?)

Por lo tanto p(x) + αq(x) ∈ W y en consecuencia, W es un subespacio de P3[x].

Teorema 2.5. Sean W1 y W2 subespacios de un espacio vectorial V. Entonces W1 ∩W2 es un

subespacio de V.

Demostraci´ on . Dado que W1,W2 ⊂ V (ya que W1 y W2 son subespacios de V), entoncesW1 ∩W2 ⊂ V, ademas, debido a la observacion 2.7, se tiene que 0/V ∈ W1 y 0/V ∈ W2 y por lo

tanto 0/V ∈ W1 ∩W2.

Sean α ∈ R, u, v ∈ W1∩W2 cualesquiera. Entonces u, v ∈W1 y u, v ∈ W2 y dado que W1 y W2

son subespacios de V, tenemos que u + αv ∈ W1 y u + αv ∈W2 y por lo tanto u + αv ∈ W1∩W2.

Luego, en virtud del corolario 2.4 y la observaci on 2.8, tenemos que W1 ∩W2 es un subespacio

de V.

Ejercicio 2.4. Dados dos subconjuntos A y B de un espacio vectorial V, definamos el conjunto

A + B = {a + b : a ∈ A y b ∈ B}

Pruebe que si W1 y W2 son subespacios de V, entonces W1 +W2 es un subespacio de V.

Ejercicio 2.5. Sean W1 y W2 dos subespacios de un espacio vectorial V tales que W1∩W2 = {0/ V}

y V = W1 +W2. Pruebe que para cada v ∈ V existen ´ unicos vectores w1 ∈ W1 y w2 ∈ W2 tales

que v = w1 + w2.

Ejercicio 2.6. Sean W1,W2, . . . ,Wn subespacios de un espacio vectorial V. Demuestre que

W1 ∩W2 ∩ · · ·Wn es un subespacio de V.

Sugerencia: Proceda por inducci´ on matem´ atica sobre n y use el teorema 2.5.




2.3. Combinacion Lineal y Espacio Generado

Consideremos una matriz real cuadrada de orden 2

a b

c d

Entonces a b

c d

= a

1 0

0 0

+ b

0 1

0 0

+ c

0 0

1 0

+ d

0 0

0 1

Esta expresion es llamada combinaci´ on lineal , definamos formalmente este concepto.

Definici´ on 2.4. Sean V un espacio vectorial y v1, v2, . . . , vn, v ∈ V. Diremos que v es combi-

nacion lineal de v1, v2, . . . , vn si existen escalares α1, α2, . . . , αn ∈ R tales que

v = α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn.

Observaci´ on 2.10. En la definici´ on 2.4, podemos escoger una cantidad infinita de vectores en

V, en lugar de v1, v2, . . . , vn ∈ V, para definir combinaci´ on lineal (ver apendice B).

Ejemplo 2.4.

1. El ejemplo hecho al comienzo de la secci´ on nos dice que cualquier matriz real cuadrada deorden 2 es combinaci´ on lineal de las matrices

1 0

0 0

,

0 1

0 0

,

0 0

1 0

,

0 0

0 1

.

En general, si para cada i ∈ {1, . . . , m} y cada j ∈ {1, . . . , n} definimos la matriz E ij ∈Mm×n(R) como aquella matriz cuya ij-esima componente es igual a 1 y el resto es 0,

entonces toda matriz A ∈ Mm×n(R) es combinaci´ on lineal de las matrices

E 11, E 12, . . . , E 1n, E 21, E 22, . . . , E 2n . . . , E m1, E m2, . . . , E mn

(¡verifıquelo!)

2. Cualquier vector p(x) ∈ Pn[x] es combinaci´ on lineal de los polinomios 1, x , . . . , xn (¿por

que?)




3. Cualquier vector (x1, x2, . . . , xn) ∈ Rn es combinaci´ on lineal de los vectores de Rn

e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , en = (0, . . . , 0, 1)

(¿verifıquelo!)

Ejemplo 2.5. Determine si el vector v = (9, 5, 6) es combinaci´ on lineal o no de los vectores

v1 = (3, −2, 6) y v2 = (−1, −3, 2)

Soluci´ on . Supongamos que el vector v es combinacion lineal de los vectores v1 y v2. Entonces

existen α1, α2 ∈ R tales que v = α1v1 + α2v2, es decir,

(9, 5, 6) = α1(3, −2, 6) + α2(−1, −3, 2) = (3α1 − α2, −2α1 − 3α2, 6α1 + 2α2)

de donde 3α1 −α2 = 9

−2α1 −3α2 = 5

6α1 +2α2 = 6

Resolvamos este sistema de ecuaciones. La matriz ampliada del sistema es

3 −1 9

−2 −3 5

6 2 6

Hallemos la FERF de esta matriz

3 −1 9

−2 −3 5

6 2 6

F 1 → F 1 + F 2→

1 −4 14

−2 −3 5

6 2 6

F 2 → F 2 + 2F 1→F 3 → F 3 − 6F 1

1 −4 14

0 −11 33

0 26 −78

F 2→ −

1

11

F 2→

1 −4 14

0 1−

3

0 26 −78

F 1 → F 1 + 4F 2

→F 3 → F 3 − 26F 2

1 0 2

0 1−

3

0 0 0

Obteniedo α1 = 2 y α2 = −3, por lo tanto v = 2v1 − 3v2, es decir, v es combinacion lineal de

v1 y v2.

Ejemplo 2.6. Consideremos los polinomios p(x) = −5 − 4x + 9x2, p1(x) = 2 − x + 2x2, p2(x) =

2 − 2x + 6x2 y p3(x) = x − 4x2 ¿Es p combinaci´ on lineal de p1, p2 y p3?




Soluci´ on . Al igual que en ejemplo precedente, vamos a suponer que la respuesta a la pregunta

es sı , entonces existen α1, α2, α3 ∈ R tales que p(x) = α1 p1(x) + α2 p2(x) + α3 p3(x), para cada

x ∈ R, esto es,

−5 − 4x + 9x2 = α1(2 − x + 2x2) + α2(2 − 2x + 6x2) + α3(x − 4x2) (para cada x ∈ R)

obteniendo el sistema de ecuaciones2α1 +2α2 = −5

−α1 −2α2 +α3 = −4

2α1 +6α2 −4α3 = 9

La matriz ampliada de este sistema es equivalente por filas a la matriz

1 0 1 −9

0 1 −1 12

0 0 0 −12

(¡verifıquelo!)

por lo tanto, el sistema original no tiene solucion (¿por que?), en consecuencia, p no es combi-

nacion lineal de p1, p2 y p3.

Si consideramos el polinomio p4(x) = 1 − 2x + 3x2 ¿Es p combinacion lineal de p1, p2, p3 y p4?

Observaci´ on 2.11. En terminos generales, el problema de decidir si un vector v en un espacio

vectorial V es combinaci´ on lineal de algunos vectores v1, v2, . . . , vn ∈ V, est´ a relacionado con la

resoluci´ on de un sistema de ecuaciones adecuado, como vimos en los dos ejemplos 2.5 y 2.6.

Ejercicio 2.7. Pruebe que si A, B ∈ Mm×n(R) son equivalentes por filas, entonces cada fila de

B es combinaci´ on lineal de las filas de A y viceversa.

Definici´ on 2.5. Sean V un espacio vectorial y v1, v2, . . . , vn∈V. El conjunto

gen({v1, v2, . . . , vn}) =

{w ∈ V : w = α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn para algunos escalares α1, α2, . . . , αn ∈ R}

es llamado el espacio generado por los vectores v1, v2, . . . , vn. Es decir, gen({v1, v2, . . . , vn}) es

el conjunto formado por todas las combinaciones lineales de v1, v2, . . . , vn.

Ejemplo 2.7.




1. Seg´ un la parte 1 del ejemplo 2.4 se tiene que

Mm×n(R) = gen({E 11, E 12, . . . , E 1n, E 21, E 22, . . . , E 2n . . . , E m1, E m2, . . . , E mn})

y seg´ un las partes 2 y 3 del mismo ejemplo, tenemos que

Pn[x] = gen({1, x , . . . , xn}) y Rn = gen({e1, e2, . . . , en})

2. El vector v = (9, 5, 6) pertenece al conjunto gen({(3, −2, 6), (−1, −3, 2)}) (ver ejemplo 2.5)

3. Del ejemplo 2.6 podemos garantizar que

−5 − 4x + 9x2 /∈ gen({2 − x + 2x2, 2 − 2x + 6x2, x − 4x2})

Ejemplo 2.8. Hallar gen({2 − x + 2x2, 2 − 2x + 6x2, x − 4x2})

Soluci´ on . Notese primero que a + bx + cx2 ∈ gen({2 − x + 2x2, 2 − 2x + 6x2, x − 4x2}) si y solo

si existen escalares α1, α2, α3 ∈ R tales que, para cada x ∈ R,

a + bx + cx2 = α1(2 − x + 2x2) + α2(2 − 2x + 6x2) + α3(x − 4x2)

= (2α1 + 2α2) + (−α1 − 2α2 + α3)x + (2α1 + 6α2 − 4α3)x2

Lo que equivale a decir que el sistema de ecuaciones

2α1 +2α2 = a

−α1 −2α2 +α3 = b

2α1 +6α2 −4α3 = c

tiene al menos una solucion.

Resolvamos este sistema. La matriz ampliada del sistema es2 2 0 a

−1 −2 1 b

2 6 −4 c




Hallemos la FERF de esta matriz

2 2 0 a

−1

−2 1 b

2 6 −4 c

F 1

→F 1 + F 2

→

1 0 1 a + b

−1

−2 1 b

2 6 −4 c

F 2 → F 2 + F 1→F 3 → F 3 − 2F 1

1 0 1 a + b

0 −2 2 a + 2b

0 6 −6 −2a − 2b + c

F 2 → −12

F 2→

1 0 1 a + b

0 1 −1 −12

a − b

0 6 −6 −2a − 2b + c

F 3 → F 3 − 6F 2→

1 0 1 a + b

0 1 −1 −12

a − b

0 0 0 a + 4b + c

Sin necesidad de hallar la FERF de la matriz, obtenemos que el sistema original tiene solucion

si y solo si a + 4b + c = 0.

En consecuencia

gen({2 − x + 2x2, 2 − 2x + 6x2, x − 4x2}) = {a + bx + cx2 ∈ P3[x] : a + 4b + c = 0}

Es de hacer notar que el conjunto W, hallado en el ejemplo 2.8, es un subespacio de P3[x]

(¡pruebelo!). Este resultado no es casual, como veremos en el siguiente teorema.

Teorema 2.6. Sean V un espacio vectorial y v1, v2, . . . , vn ∈ V. Entonces gen({v1, v2, . . . , vn})

es un subespacio de V.

Demostraci´ on . Definamos S = {v1, v2, . . . , vn}. Por definicion, gen(S ) = gen({v1, v2, . . . , vn})

es un subconjunto de V. Ademas, por la parte 2 del teorema 2.2 y la parte 2 del ejercicio 2.1

0/V = 0(v1 + v2 + · · · + vn) = 0 · v1 + 0 · v2 + · · · + 0 · vn ∈ gen(S ).

Finalmente, sean α ∈ R y u, v ∈ gen(S ) cualesquiera. Entonces, por definicion de gen(S ),

existen β 1, β 2, . . . , β n, α1, α2, . . . , αn ∈ R tales que

u = α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn y v = β 1v1 + β 2v2 + · · · + β nvn

Por lo tanto

u + αv = (α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn) + α(β 1v1 + β 2v2 + · · · + β nvn)

= (α1 + αβ 1)v1 + (α2 + αβ 2)v2 + · · · + (αn + αβ n)vn




Ası que u + αv ∈ gen(S ) y en consecuencia gen(S ) es un subespacio de V.

Definici´ on 2.6. Sean V un espacio vectorial y v1, v2, . . . , vn ∈ V. Diremos que v1, v2, . . . , vn

generan a V o que el conjunto S = {v1, v2, . . . , vn} genera a V o que S es un conjunto

generador de V si V = gen(S ) = gen({v1, v2, . . . , vn}).

Ejemplo 2.9. Por la parte 1 del ejemplo 2.7 podemos decir que:

1. Los vectores (matrices) E 11, E 12, . . . , E 1n, E 21, E 22, . . . , E 2n . . . , E m1, E m2, . . . , E mn generan

a Mm×n(R).

2. El conjunto

{1, x , . . . , xn

}genera a Pn[x].

3. {e1, e2, . . . , en} es un conjunto generador de Rn.

Ejemplo 2.10. Hallar un conjunto generador del subespacio W de P3[x] dado en el ejemplo 2.3

Soluci´ on . Sabemos que

W = {a + bx + cx2 + dx3 ∈ P3[x] : 2a − b + 3c − d = 0; a + b − 4c − 2d = 0}

Ası que a + bx + cx

2

+ dx

3

∈ W si y solo si2a −b +3c −d = 0

a +b −4c −2d = 0

resolvamos este sistema homogeneo. La matriz del sistema es2 −1 3 −1

1 1 −4 −2

La FERF de esta matriz es 1 0 −1

3−1

0 1 −113

−1

(¡verifıquelo!)

Por lo tanto, a + bx + cx2 + dx3 ∈ W si y solo sia −1

3c −d = 0

b −113

c −d = 0




o equivalentemente a = 1

3c + d

b = 113

c + d

Haciendo c = 3α y d = β , con α, β

∈R, obtenemos

a + bx + cx2 + dx3 = (α + β ) + (11α + β )x + 3αx2 + βx3 = α(1 + 11x + 3x2) + β (1 + x + x3)

para cada x ∈ R. Luego

W = gen({1 + 11x + 3x2, 1 + x + x3})

En consecuencia {1 + 11x + 3x2, 1 + x + x3} es un conjunto generador de W.

Teorema 2.7. Sean V un espacio vectorial y v1, v2, . . . , vn, u ∈ V. Si u ∈ gen({v1, v2, . . . , vn}),

entoncesgen({v1, v2, . . . , vn, u}) = gen({v1, v2, . . . , vn})

Demostraci´ on . Escojamos un vector v ∈ gen({v1, v2, . . . , vn, u}) cualquiera. Entonces existen

α1, α2, . . . , αn, α ∈ R tales que v = α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn + αu.

Pero por hipotesis u ∈ gen({v1, v2, . . . , vn}), entonces existen β 1, β 2, . . . , β n ∈ R tales que

u = β 1v1 + β 2v2 + · · · + β nvn.

Luego

v = α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn + α(β 1v1 + β 2v2 + · · · + β nvn) = (α1 + αβ 1)v1 + · · · + (αn + αβ n)vn

en consecuencia

v ∈ gen({v1, v2, . . . , vn})

por lo tanto

gen({v1, v2, . . . , vn, u}) ⊂ gen({v1, v2, . . . , vn}) (2.4)

Por otro lado, sea v ∈ gen({v1, v2, . . . , vn}) cualquiera. Entonces existen α1, α2, . . . , αn ∈ R

tales que v = α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn ası que

v = α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn = α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn + 0/V = α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn + 0u

es decir, v ∈ gen({v1, v2, . . . , vn, u}) de donde

gen({v1, v2, . . . , vn}) ⊂ gen({v1, v2, . . . , vn, u}) (2.5)

De (2.4) y (2.5) obtenemos que

gen({v1, v2, . . . , vn, u}) = gen({v1, v2, . . . , vn})




2.4. Independencia y Dependencia Lineal

Uno de los conceptos mas importantes en espacios vectoriales, y en el algebra lineal en general,

es el de independencia lineal , por lo que pedimos se estudie con mucha detenimiento y cuidado

la presente seccion del capıtulo. Daremos una variedad de ejemplos para tratar de explicar lo

mejor posible dicho concepto.

Dados un espacio vectorial V y vectores v1, v2, . . . , vn ∈ V, entonces 0/V = 0v1+0v2+· · ·+0vn, es

decir, siempre podemos escribir el vector nulo 0/V como combinacion lineal de cualquier cantidad

finita de vectores en V.

Ahora bien, en M2×3(R) escojamos los vectores

A1 = 1 0

−2

−2 5 −3 , A2 = 2

−3

−4

−1 1 0 y A3 = −4 9 8

−1 7 −6 entonces

0 0 0

0 0 0

= 2 · A1 − 3 · A2 − A3 = 2 ·

1 0 −2

−2 5 −3

− 3 ·

2 −3 −4

−1 1 0

−

−4 9 8

−1 7 −6

En conclusion, la unica manera de escribir al vector nulo, como combinacion lineal de una

cantidad finita de vectores, no necesariamente es unica.

Estos dos ejemplos dan pie a la siguiente definici on.

Definici´ on 2.7. Sean V un espacio vectorial y v1, v2, . . . , vn ∈ V. Diremos v1, v2, . . . , vn son

linealmente independientes o que {v1, v2, . . . , vn} es un conjunto linealmente indepen-

diente si la ´ unica manera de escribir el vector nulo 0/ V, como combinaci´ on lineal de los vec-

tores v1, v2, . . . , vn, es aquella en la cual todos los escalares son iguales a cero (0), esto es, si

α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn = 0/ V, entonces α1 = α2 = · · · = αn = 0.

Diremos que v1, v2, . . . , vn son linealmente dependientes o que {v1, v2, . . . , vn} es un con-

junto linealmente dependiente si v1, v2, . . . , vn no son linealmente independientes, es decir,existen escalares α1, α2, . . . , αn ∈ R, no todos nulos, tales que α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn = 0/

V.

Ejemplo 2.11.

1. Seg´ un el ejemplo dado previamente a la definici´ on 2.7, se tiene que A1, A2, A3 son lineal-

mente dependientes.




2. No es difıcil probar que los conjuntos

{1, x , . . . , xn}, {e1, e2, . . . , en} y

{E 11, E 12, . . . , E 1n, E 21, E 22, . . . , E 2n, . . . , E m1, E m2, . . . , E mn

}son linealmente independientes (en sus correspondientes espacios).

3. Dados un espacio vectorial V y v1, v2, . . . , vn ∈ V, entonces {v1, v2, . . . , vn, 0/ V} es linealmen-

te dependiente pues

0/ V = 0v1 + 0v2 + · · · + 0vn + 1 0/

V

es decir, en un espacio vectorial, cualquier conjunto finito de vectores que contenga al vector

nulo, es linealmente dependiente.

4. Sea v un vector no nulo en un espacio vectorial V, entonces el conjunto {v} es linealmente

independiente ya que si αv = 0/ V y dado que v = 0/

V, entonces α = 0 (en virtud de la parte

3 del teorema 2.2).

Antes de dar algun otro ejemplo, debemos hacer notar que para determinar si un conjunto de

vectores {v1, v2, . . . , vn}, en un espacio vectorial V, es linealmente independiente o dependiente,

debemos plantearnos la ecuacion α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn = 0/V, la cual conduce, en general, a

un sistema de ecuaciones homogeneo con n incognitas, a saber, α1, α2, . . . , αn. Si la solucion de

este sistema es unica, y en consecuencia α1 = α2 = · · · = αn = 0, entonces {v1, v2, . . . , vn} es un

conjunto linealmente independiente, en caso contrario, {v1, v2, . . . , vn} es un conjunto linealmente

dependiente.

Ejemplo 2.12. Consideremos los vectores p1(x), p2(x), p3(x), p4(x) ∈ P2[x] dados en el ejemplo

2.6. Decidir si estos vectores son o no linealmente independientes.

Soluci´ on . Como se comento antes del ejemplo, debemos estudiar la ecuacion

α1 p1(x) + α2 p2(x) + α3 p3(x) + α4 p4(x) = 0 (para todo x ∈ R)

Pero

α1 p1(x) + α2 p2(x) + α3 p3(x) + α4 p4(x) = α1(2 − x + 2x2) + α2(2 − 2x + 6x2) + α3(x − 4x2)

+α4(1 − 2x + 3x2)

= (2α1 + 2α2 + α4) + (−α1 − 2α2 + α3 − 2α4)x

+(2α1 + 6α2 − 4α3 + 3α4)x2




Obteniendo el siguiente sistema de ecuaciones homogeneo

2α1 +2α2 +α4 = 0

−α1 −2α2 +α3 −2α4 = 0

2α1 +6α2 −4α3 +3α4 = 0

El cual sabemos tiene infinitas soluciones (¿por que?) y en consecuencia los polinomios p1(x),

p2(x), p3(x) y p4(x) son linealmente dependientes.

Ejemplo 2.13. Consideremos los polinomios p1(x), p2(x) y p4(x) del ejemplo anterior ¿son

linealmente independientes?

Soluci´ on . Como en el ejemplo anterior, debemos plantearnos la ecuacion

α1 p1(x) + α2 p2(x) + α4 p4(x) = 0 (para todo x ∈ R) (2.6)

Obteniendo el sistema

2α1 +2α2 +α4 = 0

−α1 −2α2 −2α4 = 0

2α1 +6α2 +3α4 = 0

La matriz de este sistema es 2 2 1

−1 −2 −2

2 6 3

Hallemos su FERF.

2 2 1

−1 −2 −2

2 6 3

F 1 → F 1 + F 2→

1 0 −1

−1 −2 −2

2 6 3

F 2 → F 2 + F 1→F 3 → F 3 − 2F 1

1 0 −1

0 −2 −3

0 6 5

F 2 → −1

2F 2→

1 0 −1

0 1 32

0 6 5

F 3 → F 3 − 6F 2→

1 0 −1

0 1 32

0 0 −4

F 3 → −14

F 3→

1 0 −1

0 1 32

0 0 1

F 1 → F 1 + F 3→F 2 → F 2 − 3

2F 3

1 0 0

0 1 0

0 0 1




De donde

α1 = α2 = α4 = 0

En consecuencia la ecuacion 2.6 tiene como unica solucion la trivial y por lo tanto p1(x), p2(x) y

p4(x) son linealmente independientes.

Ejemplo 2.14. Sean A1 =

5 4

2 −1

, A2 =

3 −1

1 3

y A3 =

1 −1

−4 5

. ¿Es

{A1, A2, A3} un conjunto linealmente independiente?

Soluci´ on . Sean α1, α2, α3 ∈ R tales que α1A1 + α2A2 + α3A3 = 0/2. Entonces

5α1 + 3α2 + α3 4α1

−α2

−α3

2α1 + α2 − 4α3 −α1 + 3α2 + 5α3 = 0 0

0 0 De donde

5α1 +3α2 +α3 = 0

4α1 −α2 −α3 = 0

2α1 +α2 −4α3 = 0

−α1 +3α2 +5α3 = 0

Resolvamos este sistema. La matriz del sistema es5 3 1

4 −1 −1

2 1 −4

−1 3 5

Hallemos su FERF.

5 3 1

4 −1 −1

2 1 −4

−1 3 5

F 1 → F 1 − F 2→

1 4 2

4 −1 −1

2 1 −4

−1 3 5

F 2 → F 2 − 4F 1→

F 3 → F 3 − 2F 1

F 4 → F 4 + F 1

1 4 2

0 −17 −9

0 −7 −8

0 7 7

F 2 ↔ F 4→

1 4 2

0 7 7

0 −7 −8

0 −17 −9

F 2 → 17

F 2→

1 4 2

0 1 1

0 −7 −8

0 −17 −9

F 1 → F 1 − 4F 2→

F 3 → F 3 + 7F 2

F 4 → F 4 + 17F 2

1 0 −2

0 1 1

0 0 −1

0 0 8




F 3 → −F 3→

1 0 −2

0 1 1

0 0 1

0 0 8

F 1 → F 1 + 2F 3→F 2 → F 2 − F 3

F 4

→F 4

−8F 3

1 0 0

0 1 0

0 0 1

0 0 0

Por lo tanto α1 = α2 = α3 = 0 y en consecuencia {A1, A2, A3} es linealmente independiente.

Teorema 2.8. Sean V un espacio vectorial y u, v ∈ V. Los vectores u, v son linealmente depen-

dientes si y s´ olo si existe α ∈ R tal que u = αv ´ o v = αu.

Demostraci´ on . Supongamos que u, v son linealmente dependientes. Entonces existen λ, β ∈ R,

no ambos nulos, tales que λu + βv = 0/V.

Si λ = 0, entonces u = −β λ

v. Haciendo α = −β λ

, obtenemos que u = αv.

Si λ = 0, entonces βv = 0/V y ademas, por hipotesis, β = 0 y en consecuencia v = 0/V = 0u.

Haciendo α = 0, obtenemos v = αu.

Supongamos ahora que existe α ∈ R tal que u = αv o v = αu. En consecuencia 1u+(−α)v = 0/V

o αu + (−1)v = 0/V, en cualquier caso, concluimos que u, v son linealmente dependientes.

Teorema 2.9. Sea A∈Mm×n(R). Las columnas de A, A(1), A(2), . . . , A(n), son linealmente

dependientes en Mm×1(R) si y s´ olo si el sistema Ax = 0/ m×1 tiene soluciones no triviales.

Demostraci´ on . Sea A ∈ Mm×n(R). Entonces A(1), A(2), . . . , A(n) son linealmente dependientes

si y solo si existen escalares α1, α2, . . . , αn ∈ R, no todos nulos, tales que

α1A(1) + α2A(2) + · · · + αnA(n) = 0/m×1

Por la observacion 1.20

α1A(1) + α2A(2) + · · · + αnA(n) = A

α1

α2

...

αn

Ası que A(1), A(2), . . . , A(n) son linealmente dependientes si y solo si el sistema Ax = 0/m×1 tiene

soluciones no triviales.




Como consecuencia del teorema 2.9 obtenemos los siguientes corolarios.

Corolario 2.10. Sea A ∈Mn×n(R). Entonces las siguientes proposiciones son equivalentes.

1. det(A) = 0.

2. Las columnas de A, A(1), A(2), . . . , A(n), son linealmente independientes.

3. Las filas de A, A(1), A(2), . . . , A(n), son linealmente independientes.


Corolario 2.11. Sea A

∈Mm×n(R). Si F es la FERF de A, entonces las columnas de F

con los pivotes, representan las columnas de A que son linealmente independientes, es decir, si

F ( j1), F ( j2), . . . , F ( jr) son las columnas de F con los pivotes, entonces A( j1), A( j2), . . . , A( jr) son las

columnas de A que son linealmente independientes.


Teorema 2.12. Sean {v1, v2, . . . , vn} un subconjunto linealmente independiente de un espacio

vectorial V y u ∈ V tal que u /∈ gen({v1, v2, . . . , vn}). Entonces {v1, v2, . . . , vn, u} es linealmenteindependiente.

Demostraci´ on . Sean α1, α2, . . . , αn, α ∈ R tales que

α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn + αu = 0/V

Si α = 0, entonces

u = −α1

α v1 + −α2

α v2 + · · · + −αn

α vn

lo que contradice la hipotesis de que u /∈ gen({v1, v2, . . . , vn}). Por lo tanto α = 0, de donde

α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn = 0/V

y dado que {v1, v2, . . . , vn} es linealmente independiente, se tiene que α1 = α2 = · · · = αn = 0.

En consecuencia {v1, v2, . . . , vn, u} es linealmente independiente.




2.5. Bases y Dimension

Segun el ejemplo 2.9 y la parte 2 del ejemplo 2.11 tenemos que:

1. {1, x , . . . , xn

} es un conjunto generador de Pn[x] y ademas es linealmente independiente.

2. {e1, e2, . . . , en} es un conjunto linealmente independiente y genera a Rn.

3. {E 11, E 12, . . . , E 1n, E 21, E 22, . . . , E 2n . . . , E m1, E m2, . . . , E mn} es un conjunto generador de

Mm×n(R) y es linealmente independiente.

Conjuntos con estas caracterısticas nos son de mucha utilidad en el estudio de los espacios

vectoriales y dan pie a la siguiente definicion.

Definici´ on 2.8. Sea V un espacio vectorial. Un conjunto {v1, v2, . . . , vn} ⊂ V es una base de

V si

1. gen({v1, v2, . . . , vn}) = V, es decir, {v1, v2, . . . , vn} es un conjunto generador de V.

2. {v1, v2, . . . , vn} es linealmente independiente.

Observaci´ on 2.12. Si V = {0/ V} es el espacio nulo, entonces una base de V, de hecho la ´ unica

base de V, es el conjunto vacıo ∅ = {}Ejemplo 2.15.

1. {1, x , . . . , xn} es una base de Pn[x].

2. {e1, e2, . . . , en} es una base de Rn.

3. {E 11, E 12, . . . , E 1n, E 21, E 22, . . . , E 2n . . . , E m1, E m2, . . . , E mn} es una base de Mm×n(R).

Cada una de estas bases es llamada base canonica o estandar del correspondiente espacio.

Ejemplo 2.16. Ning´ un conjunto finito de polinomios en x es una base de P[x], en efecto, consi-

deremos un conjunto finito cualquiera de polinomios, digamos { p1(x), p2(x), . . . , pn(x)}, entonces

para cualesquiera α1, α2, . . . , αn ∈ R tenemos que α1 p1(x)+α2 p2(x)+· · ·+αn pn(x) es un polinomio

a lo sumo de grado k, donde k es el m´ aximo entre los grados de los polinomios p1, p2, . . . , pn,

es decir, cualquier combinaci´ on lineal de los polinomios p1, p2, . . . , pn es un polinomio a lo sumo




de grado k, en consecuencia p(x) = xk+1 ∈ P[x] pero p(x) /∈ gen({ p1(x), p2(x), . . . , pn(x)}), de

donde gen({ p1(x), p2(x), . . . , pn(x)}) = P[x]. Lo cual prueba lo afirmado al principio.

Lo anterior nos dice que P[x] no tiene una base finita. Aunque en este capıtulo no trataremos

las bases infinitas (ver apendice B), afirmamos que una base para P[x] es

{1, x , x2, . . . , xn, . . .}

Ejemplo 2.17. Hallar una base del subespacio

W =

a b

c d

: −5a + 6b + 4c − 2d = 0

Soluci´ on .

a b

c d

∈ W si y solo si −5a +6b +4c−2d = 0 o bien, si y solo si d = −5

2a+ 3b+ 2c.

Ası quea b

c d

∈ W si y solo si

a b

c d = a b

c −5

2a + 3b + 2c = a1 0

0 −5

2 + b0 1

0 3 + c0 0

1 2 Por lo tanto

W = gen

1 0

0 −52

,

0 1

0 3

,

0 0

1 2

No es difıcil probar que

1 0

0 −52

,

0 1

0 3

,

0 0

1 2

es linealmente independiente, y en consecuencia es una base de W.

Ejemplo 2.18. Considere los polinomios p1(x), p2(2), p4(x) ∈ P2[x] del ejemplo 2.13. Pruebe que

β = { p1(x), p2(x), p4(x)} es una base de P2[x].

Soluci´ on . Sabemos que el conjunto β = { p1(x), p2(x), p4(x)} es linealmente independiente, en

virtud del ejemplo 2.13, ası que solo falta probar que dicho conjunto genera a P2[x]. Sea p(x) = a+

bx + cx2 ∈ P2[x] cualquiera, queremos probar que la ecuacion α1 p1(x) + α2 p2(x) + α4 p4(x) = p(x),




para todo x ∈ R, tiene solucion para α1, α2, α4 ∈ R. Pero dicha ecuacion es equivalente al sistema

de ecuaciones

2α1 +2α2 +α4 = a

−α1

−2α2

−2α4 = b

2α1 +6α2 +3α4 = c

(¡verifıquelo!)

La matriz de este sistema es 2 2 1

−1 −2 −2

2 6 3

y por el ejemplo 2.13, sabemos que es equivalente por filas a I 3, en consecuencia, el sistema en

cuestion, tiene solucion (unica), lo cual concluye la prueba.

Ejemplo 2.19. Considere los polinomios p1(x), p2(x), p3(x) y p4(x) del ejemplo 2.12. Entonces

{ p1(x), p2(x), p3(x), p4(x)} no es una base de P2[x], por ser linealmente dependiente, sin embargo

es un conjunto generador de P2[x]. El conjunto { p1(x), p2(x)} tampoco es una base de P2[x], por

no ser un conjunto generador de P2[x], pero es linealmente independiente.

La unicidad de los escalares en el ejemplo 2.18 es una regla la cual enunciaremos en el siguiente

teorema.

Teorema 2.13. Sea β = {v1, v2, . . . , vn} una base de un espacio vectorial V. Entonces para cada

v ∈ V existen ´ unicos escalares α1, α2, . . . , αn ∈ R tales que v = α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn.

Demostraci´ on . Sea v ∈ V un vector cualquiera. Dado que β = {v1, v2, . . . , vn} es una base

de V, entonces β genera a V, ası que la existencia de los escalares en el enunciado del teorema

esta garantizada. Supongamos que existen escalares α1, α2, . . . , αn, λ1, λ2, . . . , λn ∈ R tales que

v = α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn y v = λ1v1 + λ2v2 + · · · + λnvn

Luego

0/V = v − v

= (α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn) − (λ1v1 + λ2v2 + · · · + λnvn)

= (α1 − λ1)v1 + (α2 − λ2)v2 + · · · + (αn − λn)vn

Como β = {v1, v2, . . . , vn} es una base, entonces β es linealmente independiente, por lo tanto

α1 − λ1 = α2 − λ2 = · · · = αn − λn = 0




es decir,

α1 = λ1, α2 = λ2, . . . , αn = λn

con lo cual obtenemos la unicidad de los escalares.

Notese que hemos hallado dos bases de P2[x], a saber la base canonica β c = {1, x , x2} y la base

β = { p1(x), p2(x), p4(x)} del ejemplo 2.18, y ambas tienen la misma cantidad de vectores, en este

caso tres (3), esta situacion no es para nada casual, como veremos en el siguiente teorema.

Teorema 2.14. Sean β 1 = {u1, u2, . . . , un} y β 2 = {v1, v2, . . . , vm} dos bases de un espacio

vectorial V. Entonces m = n, esto es, si un espacio vectorial V tiene una base finita, entonces

todas sus bases tienen la misma cantidad de elementos.

Demostraci´ on . Supongamos que m < n. Dado que β 2 es una base de V, entonces, para cada

j ∈ {1, . . . , n}, existen escalares α1 j, α2 j, . . . , αmj ∈ R tales que

u j = α1 jv1 + α2 jv2 + · · · + αmjvm

Sean λ1, λ2, . . . , λn ∈ R tales que

λ1u1 + λ2u2 + · · · + λnun = 0/V

Luego

0/V = λ1(α11v1 + α21v2 + · · · + αm1vm) + λ2(α12v1 + α22v2 + · · · + αm2vm) + · · · +

+λn(α1nv1 + α2nv2 + · · · + αmnvm)

= (α11λ1 + α12λ2 + · · · + α1nλn)v1 + (α21λ1 + α22λ2 + · · · + α2nλn)v2 + · · · +

+(αm1λ1 + αm2λ2 + · · · + αmnλn)vm

Pero β 2 = {v1, v2, . . . , vm} es linealmente independiente, por ser una base de V, ası que

α11λ1 + α12λ2 + · · · + α1nλn = 0

α21λ1 + α22λ2 + · · · + α2nλn = 0...

......

......

αm1λ1 + αm2λ2 + · · · + αmnλn = 0

Este es un sistema de ecuaciones lineales con m ecuaciones y n incognitas que son λ1, λ2, . . . , λn.

Como m < n, al usar el teorema 1.16, concluimos que el sistema anterior tiene soluciones no

triviales, es decir, existen λ1, λ2, . . . , λn ∈ R, no todos nulos, tales que

λ1u1 + λ2u2 + · · · + λnun = 0/V




es decir, β 1 = {u1, u2, . . . , un} es linealmente dependiente, lo que contradice el hecho de que β 1

es una base de V, por lo tanto m ≥ n. Analogamente se prueba que m ≤ n y por lo tanto m = n.

El teorema 2.14 da pie a la siguiente definicion.

Definici´ on 2.9. Sea V un espacio vectorial. Diremos que V tiene dimension cero o dimen-

sion nula si V = {0/ V}, diremos que la dimension de V es n si V tiene una base con n elementos,

en ambos casos diremos que V tiene dimension finita. Si V no posee una base finita, diremos

que V tiene dimension infinita. En todos los casos la dimensi´ on de V se denota por dim(V).

Ejemplo 2.20.

1. Del ejemplo 2.15 podemos garantizar que dim(Pn[x]) = n + 1, dim(Mm×n(R)) = mn y

dim(Rn) = n.

2. Si W es el subespacio del ejemplo 2.17, entonces dim(W) = 3.

3. El espacio vectorial P[x] es un espacio de dimensi´ on infinita (ver ejemplo 2.16).

Observaci´ on 2.13. El problema de encontrar la dimensi´ on de un espacio vectorial est´ a rela-

cionado con la b´ usqueda de una base de dicho espacio, como vimos en el ejemplo 2.20.

Teorema 2.15. Sean V un espacio vectorial de dimensi´ on n y v1, v2, . . . , vm ∈ V.

1. Si {v1, v2, . . . , vm} es linealmente independiente, entonces m ≤ n.

2. Si {v1, v2, . . . , vm} genera a V, entonces m ≥ n.

Demostraci´ on . Sea β = {u1, u2, . . . , un} una base de V.

1. Suponga que m > n y haga una prueba analoga a la del teorema 2.14.

2. ¿Ejercicio!

Sugerencia: Use el ejercicio 1.6.

Como consecuencia del teorema 2.15 se tiene el siguiente teorema.




Teorema 2.16. Sean V un espacio vectorial de dimensi´ on n y S = {v1, v2, . . . , vn} ⊂ V.

1. Si S es linealmente independiente, entonces S es una base de V.

2. Si S genera a V, entonces S es una base de V.


Sugerencia: En ambos casos suponga que S no es una base, luego para la parte 1 use el

teorema 2.12 y para la parte 2 use el teorema 2.7.

Teorema 2.17. Sea W un subespacio de un espacio vectorial de dimensi´ on finita V. Entonces

dim(W)

≤dim(V). Adem´ as, si dim(W) = dim(V), entonces W = V.

Demostraci´ on . Sean dim(V) = n y β W una base de W. Entonces β W es linealmente indepen-

diente en W, luego β W es linealmente independiente en V (¿por que?). Por lo tanto, por la parte

1 el teorema 2.15, β W tiene a lo sumo n elementos, esto es, dim(W) ≤ n = dim(V).

Ademas, si dim(W) = dim(V), entonces β W es un conjunto linealmente independiente con n

elementos. Por lo tanto β W es una base de V (¿por que?). En consecuencia W = gen(β W) = V.

Observaci´ on 2.14. Todo espacio vectorial que contenga un subespacio de dimensien infinita,es tambien de dimensi´ on infinita.

Ejemplo 2.21. Sean a, b ∈ R cualesquiera. Entonces P[x] puede verse como un subespacio de

C [ a , b ] (¿por que?) y como P[x] tiene dimensi on finita (ver parte 3 de ejemplo 2.20), entonces,

por la observaci´ on 2.14, C [ a , b ] de dimensi´ on infinita.

Teorema 2.18. Sea V un espacio vectorial de dimensi´ on n y S = {v1, v2, . . . , vm} ⊂ V.

1. Si S es linealmente independiente, entonces existe una base β de V tal que S ⊂ β .

2. Si S genera a V, entonces existe una base β de V tal que β ⊂ S .

Demostraci´ on .

1. Dado que S es linealmente independiente, entonces m ≤ n, segun la parte 1 del teorema

2.15.




Si S genera a V, entonces S es una base de V, ası que β = S es una base de V que contiene

a S . De lo contrario, existe un vector vm+1 ∈ V tal que vm+1 /∈ gen({v1, v2, . . . , vm}). Luego

{v1, v2, . . . , vm, vm+1} es linealmente independiente, en virtud del teorema 2.12.

Si {v1, v2, . . . , vm, vm+1} genera a V, entonces β = {v1, v2, . . . , vm, vm+1} es una base de Vtal que S ⊂ β . Sino, podemos escoger vm+2 ∈ V tal que vm+2 /∈ gen({v1, v2, . . . , vm, vm+1})

y al igual que antes {v1, v2, . . . , vm, vm+1, vm+2} es linealmente independiente.

Continuamos con este proceso hasta completar un conjunto linealmente independiente β =

{v1, v2, . . . , vm, vm+1, . . . , vn}, el cual es, por lo tanto, una base de V y ademas S ⊂ β .

2. ¡Ejercicio!

Sugerencia: Si S es linealmente independiente, entonces β = S es la base buscada, de lo

contrario existe k ∈ {1, . . . , m} tal que vk ∈ gen({v1, v2, . . . , vk−1, vk+1, . . . , vm}). Continuar

este proceso hasta obtener la base β buscada.

2.6. Rango, Nulidad, Espacio Fila y Espacio Columna de

una Matriz

En la observacion 2.9 se afirmo que en la presente seccion se probarıa formalmente, usando el

corolario 2.4, que los conjuntos S y R, definidos en la parte 3 del ejemplo 2.1, son subespacios

de Mn×1(R) y Mm×1(R), respectivamente. Antes que nada definiremos mas formalmente dichos

conjuntos.

Definici´ on 2.10. Consideremos una matriz A ∈Mm×n(R). El conjunto

N(A) = Ker(A) =

{x

∈Mn×1(R) : Ax = 0/

m×1

}es llamado espacio nulo, nucleo o kernel de A; y el conjunto

Im(A) = {y ∈ Mm×1(R) : Ax = y para alg´ un x ∈Mn×1(R)}

se conoce como imagen o recorrido de A.

Observaci´ on 2.15. Notemos que por definici´ on y ∈ Im(A) si y s´ olo si existe x ∈ Mn×1(R) tal

que Ax = y.




Antes de dar algun ejemplo enunciaremos el teorema que permite garantizar que N(A) e Im(A)

son subespacios.

Teorema 2.19. Sea A ∈ Mm×n(R) cualquiera. Entonces N(A) es un subespacio de Mn×1(R) e

Im(A) es un subespacio de Mm×1(R).

Demostraci´ on . Solo probaremos que Im(A) es un subespacio de Mm×1(R), se deja como ejer-

cicio probar que N(A) es un subespacio de Mn×1(R).

Notemos primero que por definicion Im(A) ⊂ Mm×1(R). Por otro lado, como A 0/n×1 = 0/m×1,

entonces 0/m×1 ∈ Im(A).

Finalmente, sean α ∈ R y y1, y2 ∈ Im(A) cualesquiera. Entonces existen x1, x2 ∈ Mn×1(R)

tales que Ax1 = y1 y Ax2 = y2. Queremos probar que y1 + αy2 ∈ Im(A).

Escojamos x = x1 + αx2. Entonces x ∈Mn×1(R) (¿por que?) y ademas

Ax = A(x1 + αx2) = Ax1 + αAx2 = y1 + αy2

En consecuencia y1 + αy2 ∈ Im(A)

Por lo tanto, en virtud del corolario 2.4 y de la observacion 2.8, Im(A) es un subespacio de

Mm×1(R).

Definici´ on 2.11. Dada una matriz A

∈Mm×n(R). Definiremos la nulidad de A como el

n´ umero natural n(A) = dim(N(A)) y el rango de A como el n´ umero natural r(A) = dim(Im(A)).

Ejemplo 2.22. Hallar el n´ ucleo, la nulidad, la imagen y el rango de la matriz

A =

2 −3 7 −18

−2 0 −4 6

2 −9 13 −42

Soluci´ on . Para hallar el nucleo de A, N(A), necesitamos resolver el sistema Ax = 0/m×1. Para

ello debemos hallar la FERF de A.

A =

2 −3 7 −18

−2 0 −4 6

2 −9 13 −42

F 1 → F 1 + F 2→F 3 → F 3 + F 2

0 −3 3 −12

−2 0 −4 6

0 −9 9 −36

F 2 → −1

2F 2→

F 3 → F 3 − 3F 1

0 −3 3 −12

1 0 2 −3

0 0 0 0

F 1 → −13

F 1→

0 1 −1 4

1 0 2 −3

0 0 0 0




F 1 ↔ F 2→

1 0 2 −3

0 1 −1 4

0 0 0 0

Ası que

x1

x2

x3

x4

∈ N(A) si y solo si

x1 +2x3 −3x4 = 0

x2 −x3 +4x4 = 0

o bien

x1 = −2x3 + 3x4

x2 = x3 − 4x4

De donde x1

x2

x3

x4

=

−2x3 + 3x4

x3 − 4x4

x3

x4

= x3

−2

1

1

0

+ x4

3

−4

0

1

Por lo tanto

N(A) = gen

−21

1

0

,

3

−4

0

1

No es difıcil probar que el conjunto

−2

1

1

0

,

3

−4

0

1

es linealmente independiente (¡pruebelo!) y por lo tanto es una base de N(A). Ası que n(A) = 2.

Por otro lado, sea y =

y1

y2

y3

∈M3×1(R). Entonces y ∈ Im(A) si y solo si existe x =

x1

x2

x3

x4

∈

M4×1(R) tal que Ax = y, es decir, y ∈ Im(A) si y solo si el sistema Ax = y tiene solucion.




Resolvamos entonces este sistema, la matriz ampliada de este sistema es

[A|y] =

2 −3 7 −18 y1

−2 0 −4 6 y2

2 −9 13 −42 y3

La cual es equivalente por filas a la matriz (¡verifıquelo!)

1 0 2 −3 −12

y2

0 1 −1 4 −13

y1 − 13

y2

0 0 0 0 −3y1 − 2y2 + y3

Por lo tanto y ∈ Im(A) si y solo si

−3y1

−2y2 + y3 = 0 (¿por que?)

o equivalentemente

y3 = 3y1 + 2y2

En consecuencia

y =

y1

y2

y3

=

y1

y2

3y1 + 2y2

= y1

1

0

3

+ y1

0

1

2

y por lo tanto

Im(A) = gen

1

0

3

, 0

1

2

Al igual que antes, no es difıcil probar que

1

0

3

,

0

1

2

es linealmente independiente y en consecuencia una base de Im(A). Luego r(A) = 2.

Con respecto al ejercicio anterior, notemos que los pivotes en la FERF de A estan en las

columnas 1 y 2, por lo tanto las columnas 1 y 2 de A,

2

−2

2

,

−3

0

−9




son linealmente independientes (use el corolario 2.11) y ademas

A

1

0

0

0

=

2 −3 7 −18

−2 0 −4 62 −9 13 −42

1

0

0

0

=

2

−22

y

A

0

1

0

0

=

2 −3 7 −18

−2 0 −4 6

2 −9 13 −42

0

1

0

0

=

−3

0

−9

es decir 2

−2

2

,

−3

0

−9

∈ Im(A)

y por lo tanto

2

−2

2

,

−3

0

−9

es un subconjunto linealmente independiente de Im(A). Al usar la parte 1 del teorema 2.16

tenemos que

2

−2

2

,

−3

0

−9

es una base para Im(A).

Este procedimiento es valido al momento de hallar una base para Im(A) y es una manera mas

sencilla que la usada en el ejemplo previo, es decir, si se quiere hallar una base para Im(A), noes necesario saber para que valores de y el sistema Ax = y tiene solucion.

Vamos a dar el algoritmo que nos permite hallar una base para N(A) y una base para Im(A).

Algoritmo para hallar bases para N(A) e Im(A), donde A ∈ Mm×n(R).

Paso 1. Hallar la FERF de la matriz A.




Paso 2. La matriz hallada en el paso previo, nos permite escribir la solucion del sistema

Ax = 0/m×1 como combinacion lineal de ciertos vectores linealmente independientes,

dichos vectores forman un base para N(A).

Paso 3. Las columnas con los pivotes, de la matriz hallada en el primer paso, representan

las columnas de A que forman una base para Im(A).

Antes de dar un ejemplo de como aplicar este algoritmo, daremos algunos resultados.

Consideremos una matriz A ∈ Mm×n(R). Denotaremos por C(A) al espacio generado por las

columnas de A, el cual llamaremos espacio columna de A, y denotaremos por R(A) al espacio

generado por las filas de A, el cual es llamado espacio fila de A, esto es

C(A) = gen(

{A(1), A(2), . . . , A(n)

})

y

R(A) = gen({A(1), A(2), . . . , A(m)})

Teorema 2.20. Si A, B ∈ Mm×n(R) son tales que A y B son equivalentes por filas, entonces

1. C(A) = Im(A).

2. R(A) = R(B).

3. dim(R(A)) = dim(C(A)) = dim(Im(A)) = r(A).

4. r(A) = r(B) y n(A) = n(B).

5. r(A) + n(A) = n.

Demostraci´ on .

1. Por definicion de Im(A) sabemos que y ∈ Im(A) si y solo si existe x ∈ Mn×1(R) tal que

Ax = y.

Si hacemos x =

x1

x2

...

xn

, entonces

y = Ax = x1A(1) + x2A(2) + · · · + xnA(n) (ver observacion 1.20)

es decir, y ∈ Im(A) si y solo si y ∈ gen({A(1), A(2), . . . , A(n)}) = C(A).

En consecuencia C(A) = Im(A).




2. Como A y B son equivalentes por filas, entonces cada fila de B es combinacion lineal de

las filas de A y viceversa (ver ejercicio 2.7), es decir, para cada i ∈ {1, . . . , m} se tiene que

B(i) ∈ gen({A(1), A(2), . . . , A(m)}) y A(i) ∈ gen({B(1), B(2), . . . , B(m)}). En consecuencia

R(A) = R(B)

3. Sea F ∈ Mm×n(R) la FERF de A. Entonces las filas no nulas de F son linealmente indepen-

dientes (¿por que?) y en consecuencia forman una base para R(F ), por lo tanto, si k es el

numero de filas no nulas de F , entonces dim(R(F )) = k, pero por la parte 2 R(A) = R(F ),

ası que dim(R(A)) = dim(R(F )) = k.

Por otro lado, las columnas de F con los pivotes, representan las columnas de A que son

linealmente independientes (en virtud del corolario 2.11) y que en consecuencia forman una

base para C(A), pero la cantidad de pivotes que tiene F es k, por lo tanto dim(C(A)) =

k = dim(R(A)) y por la parte 1 tenemos que

dim(R(A)) = dim(C(A)) = dim(Im(A)) = r(A)

4. ¡Ejercicio!

5. ¡Ejercicio!

Corolario 2.21. A ∈Mn×n(R) es invertible si y s´ olo si r(A) = n.


Corolario 2.22. Sean A ∈ Mm×n(R) y b ∈ Mm×1(R). Entonces el sistema Ax = b tiene al

menos una soluci´ on si y s´ olo si r([A|b]) = r(A).


Ejemplo 2.23. Hallar el espacio fila, el espacio columna, el espacio nulo, la imagen, y una base

para cada uno de estos espacios; y la nulidad y el rango de la matriz

A =

2 2 −6 1 8

−4 −1 −3 −2 −19

1 1 −3 1 6

2 4 −16 3 14




Soluci´ on . Solo hace falta hallar la FERF de A.

A =

2 2 −6 1 8

−4

−1

−3

−2

−19

1 1 −3 1 6

2 4 −16 3 14

F 1 ↔ F 3→

1 1 −3 1 6

−4

−1

−3

−2

−19

2 2 −6 1 8

2 4 −16 3 14

F 2 → F 2 + 4F 1→F 3 → F 3 − 2F 1

F 4 → F 4 − 2F 1

1 1 −3 1 6

0 3 −15 2 5

0 0 0 −1 −4

0 2 −10 1 2

F 2 ↔ F 2 − F 4→

1 1 −3 1 6

0 1 −5 1 3

0 0 0 −1 −4

0 2 −10 1 2

F 1 → F 1 − F 2→F 4 → F 4 − 2F 2

1 0 2 0 3

0 1 −5 1 3

0 0 0 −1 −4

0 0 0 −1 −4

F 2 → F 2 + F 3→F 4 → F 4 − F 3

1 0 2 0 3

0 1 −5 0 −1

0 0 0 −1 −4

0 0 0 0 0

F 3 → −F 3→

1 0 2 0 3

0 1 −5 0 −1

0 0 0 1 4

0 0 0 0 0

Ası que

x1

x2

x3

x4

x5

∈ N(A) si y solo si

x1 +2x3 +3x5 = 0

x2 −5x3 −x5 = 0

x4 +4x5 = 0

o equivalentemente x1 = −2x3 − 3x5

x2 = 5x3 + x5

x4 = −4x5




Luego

x1

x2

x3

x4

x5

=

−2x3 − 3x5

5x3 + x5

x3

−4x5

x5

= x3

−2

5

1

0

0

+ x5

−3

1

0

−4

1

Por lo tanto, una base para el espacio nulo de A es:

−2

5

1

00

,

−3

1

0

−41

y ası

N(A) = gen

−2

5

1

0

0

,

−3

1

0

−4

1

Ademas, una base para el espacio fila de A es:1 0 2 0 3

,

0 1 −5 0 −1

,

0 0 0 1 4

luego

R(A) = gen

1 0 2 0 3

,

0 1 −5 0 −1

,

0 0 0 1 4

Como los pivotes de la FERF de A estan en las columnas 1,2 y 4, entonces las columnas 1,2 y

4 de A forman una base para el espacio imagen o espacio columna de A, es decir,

2

−4

1

2

,

2

−1

1

4

,

1

−2

1

3

es una base para C(A) = Im(A) y en consecuencia




C(A) = Im(A) = gen

2

−4

1

2

,

2

−1

1

4

,

1

−2

1

3

Finalmente la nulidad y el rango de A son, respectivamente, n(A) = dim(N(A)) = 2 y r(A) =

dim(Im(A)) = dim(R(A)) = dim(C(A)) = 3.

Ejercicio 2.8. Pruebe que si A ∈ Mn×n(R), entonces existe k ≤ n tal que para cada r ≥ k se

cumple

1. N (Ar) = N Ak y {0/ n×1} ⊂ N(A) ⊂ N(A2) ⊂ · · · ⊂ N Ak.

2. Im (Ar) = Im

Ak

e Im

Ak ⊂ · · · ⊂ Im(A2) ⊂ Im(A) ⊂ Mn×1(R).

Adem´ as, si A no es invertible, entonces todas las contenciones en 1 y 2 son propias.



Capıtulo 3

Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno

En este capıtulo y en el siguiente, los espacios vectoriales considerados, son espacios vectoriales

reales, salvo que se indique lo contrario, sin embargo, muchas de las definiciones y teoremas

expuestos en ellos, pueden generalizarse para el caso en que no se consideren espacios vectoriales

reales.

3.1. Cambio de Base

Sea V un espacio vectorial de dimension n. Dada una base β = {v1, v2, . . . , vn} de V, existen

muchas formas de ordenar los vectores en β , a saber n! formas distintas, haremos una diferencia

entre unas y otras definiendo lo que llamaremos base ordenada .

Definici´ on 3.1. Sea V un espacio vectorial de dimensi´ on n. Una base ordenada de V es una

n-upla ordenada (v1, v2, . . . , vn) tal que {v1, v2, . . . , vn} es una base de V.

Observaci´ on 3.1. Para no recargar mucho la notaci´ on escribiremos{

v1, v

2, . . . , v

n}en lugar

de (v1, v2, . . . , vn) y para no caer en confusi´ on diremos {v1, v2, . . . , vn} es una base ordenada de

V.

Ejemplo 3.1.

1. En R2 dos bases ordenadas distintas son: β c = {(1, 0), (0, 1)} y β = {(0, 1), (1, 0)} la primera

se denomina la base canonica ordenada ´ o simplemente base canonica de R2. N´ otese

que β c y β son iguales como bases de R2, pero distintas como bases ordenadas.

2. En Rn las bases ordenadas β c = {(1, 0, . . . , 0), (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , (0, . . . , 0, 1)} y β =

{(0, . . . , 0, 1), (0, . . . , 0, 1, 0), . . . , (1, 0, . . . , 0)} son distintas, pero como bases son iguales. β c

es llamada base canonica ordenada ´ o simplemente base canonica de Rn.

3. En Pn[x] las siguientes bases β c = {1, x , . . . , xn} y β = {xn, . . . , x , 1} son bases ordenadas

distintas, pero como bases iguales. β c es llamada base canonica ordenada ´ o simplemente

base canonica de Pn[x].

117



Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 118

4. En el espacio de las matrices Mm×n(R), para cada i ∈ {1, . . . , n} y j ∈ {1, . . . , m}, conside-

remos la matriz E ij, cuya componente ij es igual a 1 y las restantes son iguales a 0 (cero).

La base β c = {E 11, E 12, . . . , E 1n, E 21, E 22, . . . , E 2n, . . . , E m1, E m2, . . . , E mn} es llamada la

base canonica ordenada ´ o simplemente base canonica de Mm×n(R). Las siguientes

son bases ordenadas de Mm×n(R), distintas entre si y distintas de β c:

a) β 1 = {E 11, E 21, . . . , E m1, E 12, E 22, . . . , E m2, . . . , E 1n, E 2n, . . . , E mn}b) β 2 = {E mn, . . . , E m2, E m1, . . . , E 2n, . . . , E 22, E 21, E 1n, . . . , E 12, E 11}c) β 3 = {E mn, . . . , E 2n, E 1n, . . . , E m2, . . . , E 22, E 12, E m1, . . . , E 21, E 11}d) β 4 = {E 1n, . . . , E 12, E 11, E 2n, . . . , E 22, E 21, . . . , E mn, . . . , E m2, E m1}

Todas estas bases son iguales como bases (no ordenadas).

Dada una base {v1, v2, . . . , vn} de V, sabemos que para cada v ∈ V existen unicos escalares

α1, α2, . . . , αnR tales que

v = α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn.

Si {v1, v2, . . . , vn} es una base ordenada, entonces los escalares α1, α2, . . . , αn ∈ R son unicos y

estan ordenados de forma unica, lo que da pie a la siguiente definicion.

Definici´ on 3.2. Sea β = {v1, v2, . . . , vn} una base ordenada de V y sea v ∈ V. Definiremos lamatriz de coordenadas de v en la base β como la ´ unica matriz

[v]β =

α1

α2

...

αn

tal que v = α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn.

Ejemplo 3.2. El conjunto β = {1 + x, x + x2, 1 + x2} es una base de P2[x] (¡pruebelo!). Para

cualquier p(x) ∈ P2[x], encuentre [ p(x)]β .

Soluci´ on . Sea p(x) = a0 + a1x + a2x2 con a0, a1, a2 ∈ R y sea

[ p(x)]β =

α1

α2

α3




Entonces, para cada x ∈ R, tenemos

p(x) = α1(1 + x) + α2(x + x2) + α3(1 + x2)

= (α1 + α3) + (α1 + α2)x + (α2 + α3)x2

De donde se obtiene el sistema α1 +α3 = a0

α1 +α2 = a1

α2 +α3 = a2

Resolvemos el sistema

1 0 1 a0

1 1 0 a1

0 1 1 a3

F 2 → F 2 − F 1→ 1 0 1 a0

0 1 −1 −a0 + a1

0 1 1 a2

F 3 → F 3 − F 2→

1 0 1 a0

0 1 −1 −a0 + a1

0 0 2 a0 − a1 + a2

F 3 → 12

F 3→

1 0 1 a0

0 1 −1 −a0 + a1

0 0 1 12

a0 − 12

a1 + 12

a2

F 1 → F 1 − F 3

→F 2 → F 2 + F 3 1 0 0 1

2a0 + 1

2a1 − 1

2a2

0 1 0 −1

2a0 +

1

2a1 +

1

2a20 0 1 1

2a0 − 1

2a1 + 1

2a2

Luego

[ p(x)]β = [a0 + a1x + a2x2]β =

12

a0 + 12

a1 − 12

a2

−12

a0 + 12

a1 + 12

a212

a0 − 12

a1 + 12

a2

=1

2

a0 + a1 − a2

−a0 + a1 + a2

a0 − a1 + a2

=1

2 1 1 −1

−1 1 11 −1 1

a0

a1a2 =

1

2 1 1 −1

−1 1 11 −1 1

[ p(x)]β c

Teorema 3.1. Sea β una base ordenada de un espacio vectorial V de dimensi´ on n. Para cua-

lesquiera u, v ∈ V y α ∈ R se cumple que

1. [u + v]β = [u]β + [v]β




2. [αu]β = α[u]β


Teorema 3.2. Sean β 1 = {v1, v2, . . . , vn} y β 2 = {u1, u2, . . . , un} bases ordenadas de un espacio

vectorial V. Entonces existe una ´ unica matriz A ∈ Mn×n(R) tal que

[v]β 2 = A[v]β 1 para cada v ∈ V (3.1)

Demostraci´ on . Para cada j ∈ {1, . . . , n} hagamos

[v j ]β 2 =

α1 j

α2 j

...

αnj

Entonces

v j = α1 ju1 + α2 ju2 + · · · + αnjun

Sea v ∈ V cualquiera. Hagamos

[v]β 1 =

λ1

λ2

...

λn

y [v]β 2 =

α1

α2

...

αn

Entonces

α1u1 + α2u2 + · · · + αnun = v

= λ1v1 + λ2v2 +· · ·

+ λnvn

= λ1(α11u1 + α21u2 + · · · + αn1un) + λ2(α12u1 + α22u2 + · · · + αn2un) + · · · +

+λn(α1nu1 + α2nu2 + · · · + αnnun)

= (α11λ1 + α12λ2 + · · · + α1nλn)u1 + (α21λ1 + α22λ2 + · · · + α2nλn)u2 + · · · +

+(αn1λ1 + αn2λ2 + · · · + αnnλn)un




Por lo tanto

α1

α2

...

αn

=

α11λ1 + α12λ2 + · · · + α1nλn

α21λ1 + α22λ2 + · · · + α2nλn

... ...

αn1λ1 + αn2λ2 + · · · + αnnλn

=

α11 α12 · · · α1n

α21 α22 · · · α2n

... ... ...

αn1 αn2 · · · αnn

λ1

λ2

...

λn

De donde

[v]β 2 =

α11 α12 · · · α1n

α21 α22 · · · α2n

......

...


[v]β 1

Haciendo

A = [αij]n×n =

α11 α12 · · · α1n

α21 α22 · · · α2n

......

...


=

[v1]β 2 [v2]β 2 · · · [vn]β 2

obtenemos la existencia de la matriz A que satisface (3.1)

Para probar la unicidad de A, notemos primero que la j-esima columna de A esta dada por

A( j) =

α1 j

α2 j

...

αnj

= [v j ]β 2

Supongamos que B ∈ Mn×n(R) es tal que

[v]β 2 = B[v]β 1 para cada v

∈V

Ası que, para cada j ∈ {1, . . . , n}, tenemos que

[v j]β 2 = B[v j ]β 1




Pero

[v j ]β 1 =

0...

0

1

0...

0

−→ j-esima fila

Luego

A( j) = [v j]β 2 = B[v j ]β 1 = B

0...

01

0...

0

= B( j)

Por lo tanto B = A.

Definici´ on 3.3. La matriz A en el teorema anterior es llamada matriz de transicion omatriz de cambio de base de β 1 a β 2 y se denota por M β 1,β 2.

Como su nombre lo indica, la matriz M β 1,β 2 permite hallar la matriz de coordenadas de un

vector v ∈ V en la base β 2 conociendo la matriz de coordenadas de v en la base β 1. Notese

ademas que por su definicion, la columna j-esima de M β 1,β 2, representa la matriz de coordenadas

del j-esimo vector de β 1 respecto a la base β 2, esto es, si β 1 = {v1, v2, . . . , vn}, entonces

M β 1,β 2 = [v1]β 2 [v2]β 2· · ·

[vn]β 2 .

Ejemplo 3.3. Sea β la base ordenada de P2[x] dada en el ejemplo 3.2. Entonces, seg´ un el ejemplo

en cuesti´ on, tenemos que

M β c,β =1

2

1 1 −1

−1 1 1

1 −1 1

(¿por que?)




donde β c es la base can´ onica ordenada de P2[x].

Antes de dar algun otro ejemplo, enunciaremos un primer resultado que involucra matrices de

transicion.

Teorema 3.3. Si V es un espacio vectorial de dimensi´ on n y β 1 y β 2 son dos bases ordenadas

de V, entonces la matriz M β 1,β 2 es invertible y su inversa es M β 2,β 1.

Demostraci´ on . Sea v ∈ V cualquiera. Entonces

[v]β 2 = M β 1,β 2[v]β 1 y [v]β 1 = M β 2,β 1[v]β 2

Por lo tanto, si β 2 = {v1, v2, . . . , vn}, entonces para cada j ∈ {1, . . . , n} se tiene que

j-esima fila ←−

0...

0

1

0...

0

= [v j ]β 2 = M β 1,β 2[v j]β 1 = M β 1,β 2M β 2,β 1[v j]β 2 = C ( j)

donde C ( j) es la j-esima columna de M β 1,β 2M β 2,β 1.

En consecuencia M β 1,β 2M β 2,β 1 = I n y por lo tanto (M β 1,β 2)−1 = M β 2,β 1.

Ejemplo 3.4. Consideremos las siguientes bases ordenadas de R3

β 1 = {(1, −2, 0), (3, −1, 1), (0, 1, 3)}

β 2 = {(0, 2, 1), (−1, 0, 1), (3, −1, 2)} y

β c la base can´ onica.

Hallar M β 1,β 2, M β c,β 2 y M β 2,β 1.

Soluci´ on . Para hallar M β 1,β 2 debemos hallar las matrices de coordenadas de cada uno de los

vectores de β 1 respecto a la base β 2. Sean

[(1, −2, 0)]β 2 =

α11

α21

α31

, [(3, −1, 1)]β 2 =

α12

α22

α32

y [(0, 1, 3)]β 2 =

α13

α23

α33




Entonces

(1, −2, 0) = α11(0, 2, 1) + α21(−1, 0, 1) + α31(3, −1, 2)

= (

−α21 + 3α31 , 2α11

−α31 , α11 + α21 + 2α31)

(3, −1, 1) = α12(0, 2, 1) + α22(−1, 0, 1) + α32(3, −1, 2)

= (−α22 + 3α32 , 2α12 − α32 , α12 + α22 + 2α32)

(0, 1, 3) = α13(0, 2, 1) + α23(−1, 0, 1) + α33(3, −1, 2)

= (−α23 + 3α33 , 2α13 − α33 , α13 + α23 + 2α33)

De donde −α21 +3α31 = 1

2α11 −α31 = −2

α11 +α21 +2α31 = 0

,

−α22 +3α32 = 3

2α12 −α32 = −1

α12 +α22 +2α32 = 1

y

−α23 +3α33 = 0

2α13 −α33 = 1

α13 +α23 +2α33 = 3Debido a que la matriz de cada uno de estos sistemas es la misma, podemos resolverlos de

manera simultanea considerando la siguiente matriz tres veces ampliada

0 −1 3 1 3 0

2 0 −1 −2 −1 1

1 1 2 0 1 3

Notese que las tres primeras columnas de esta matriz, son las matrices de coordenadas de

cada uno de los vectores de la base β 2 respecto a la base canonica, y las tres ultimas colum-

nas, son las matrices de coordenadas de cada uno de los vectores de la base β 1 respecto a la base

canonica. Este procedimiento es estandar cada vez que busquemos una matriz de cambio de base.0 −1 3 1 3 0

2 0 −1 −2 −1 1

1 1 2 0 1 3

F 1 ↔ F 3→

1 1 2 0 1 3

2 0 −1 −2 −1 1

0 −1 3 1 3 0




Finalmente (¡verifıquelo!)

M β 2,β 1 = (M β 1,β 2)−1 =

−1514

12

314

514

−12

1314

314

12

514

=

1

14

−15 7 3

5

−7 13

3 7 5

Algoritmo para hallar la matriz de transicion M β 1,β 2, donde β 1 y β 2 son bases ordenadas

de un espacio vectorial V de dimension n y β c es la base canonica ordenada de V. En general

V = Rn, V = Pn−1[x] o V = M p×q(R) con pq = n.

Paso 1. Hallar las matrices M β 2,β c y M β 1,β c.

Paso 2. Formar la la matriz ampliada [M β 2,β c|M β 1,β c].


Paso 4. La matriz hallada en el paso previo tiene la forma [I n|B]. Entonces M β 1,β 2 = B.

Ejemplo 3.5. Sean β 1, β 2 y β c como en el ejemplo anterior. Dado (x,y,z) ∈ R3, hallar

[(x , y, z)]β 2 y [(x,y,z)]β 1.

Soluci´ on . Sabemos que [(x,y,z)]β c =

x

y

z

por lo tanto

[(x,y,z)]β 2 = M β c,β 2[(x,y,z)]β c =1

11

1 5 1

−5 −3 6

2 −1 2

x

y

z

=1

11

x + 5y + z

−5x − 3y + 6z

2x − y + 2z

[(x,y,z)]β 1 = M β 2,β 1[(x,y,z)]β 2 =1

14

−15 7 3

5 −7 13

3 7 5

1

11

x + 5y + z

−5x − 3y + 6z

2x − y + 2z

[(x , y, z)]β 1 =1

14

−4x − 9y + 3z

6x + 3y − z

−2x − y + 5z




En este ultimo ejemplo se verifica que

M β c,β 1 = M β 2,β 1M β c,β 2 =1

14

−15 7 3

5 −7 13

3 7 5

1

11

1 5 1

−5 −3 6

2 −1 2

M β c,β 1 =1

14

−4 −9 3

6 3 −1

−2 −1 5

Este resultado no es casual, como se puede ver en el siguiente teorema

Teorema 3.4. Sean β 1, β 2 y β 3 bases ordenadas de un espacio vectorial V de dimensi´ on n.

EntoncesM β 1,β 3 = M β 2,β 3M β 1,β 2


[v]β 3 = M β 2,β 3[v]β 2 y [v]β 2 = M β 1,β 2[v]β 1

Luego

[v]β 3 = M β 2,β 3[v]β 2 = M β 2,β 3M β 1,β 2[v]β 1

Por unicidad de la matriz M β 1,β 3 concluimos que

M β 1,β 3 = M β 2,β 3M β 1,β 2

Teorema 3.5. Sea β una base ordenada de un espacio vectorial V de dimensi´ on n. Entonces

{v1, v2, . . . , vn} es una base de V si y s´ olo si la matriz cuadrada de orden n, cuya j-esima columna

es [v j

]β

, tiene determinante distinto de cero.

Demostraci´ on . Sea A ∈ Mn×n(R) la matriz cuya j-esima columna es [v j ]β . Sean α1, α2, . . . , αn ∈R tales que

α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn = 0/V

Ası que




0/n×1 = [0/V]β = [α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn]β = α1[v1]β + α2[v2]β + · · · + αn[vn]β

= [[v1]β [v2]β · · · [vn]β ]

α1

α2

...

αn

= A

α1

α2

...

αn

Pero det(A) = 0 si y solo si el sistema A

α1

α2

...

αn

= 0/n×1 tiene como unica solucion la trivial, es

decir, si y solo si {v1, v2, . . . , vn} es linealmente independiente que a su vez, dado que dim(V) = n,

equivale a que {v1, v2, . . . , vn} es una base de V.

El Teorema anterior nos da una forma alternativa para saber si un conjunto {v1, v2, . . . , vn},

en un espacio vectorial de dimension n, es una base para dicho espacio.

3.2. Espacios con producto InternoDefinici´ on 3.4. Sea V un espacio vectorial real. Un producto interno sobre V, es una funci´ on

que asocia, a cada par de vectores u, v ∈ V, un ´ unico n´ umero real denotado por u , v, u · v ´ o uv

satisfaciendo las siguientes propiedades. Para cualesquiera u,v,w ∈ V y cada α ∈ R

1. u , v = v , u.

2. u + v , w = u , w + v , w.

3. αu , v = α u , v.

4. v , v ≥ 0 y adem´ as v , v = 0 si y s´ olo si v = 0/ V.

Un espacio vectorial real, en el cual se define un producto interno, es llamado espacio

(vectorial real) con producto interno (EPI). Otros nombres con los que se conoce a

los productos internos son producto interior, producto escalar y producto punto.

Ejemplo 3.6. Las siguientes funciones son productos internos sobre Rn




1. u , v =ni=1

uivi donde u = (u1, u2, . . . , un) y v = (v1, v2, . . . , vn).

En efecto, sean u,v,w ∈ Rn y α ∈ R con u = (u1, u2, . . . , un); v = (v1, v2, . . . , vn) y

w = (w1, w2, . . . , wn). Entonces

u , v =ni=1

uivi =ni=1

viui = v , u

u + v = (u1, u2, . . . , un) + (v1, v2, . . . , vn) = (u1 + v1, u2 + v2, . . . , un + vn), ası que

u + v , w =ni=1

(ui + vi)wi =ni=1

(uiwi + viwi) =ni=1

uiwi +ni=1

viwi = u , w + v , w

αu = α(u1, u2, . . . , un) = (αu1, αu2, . . . , α un), luego

αu , v =ni=1

αuivi = αni=1

uivi = α u , v

Finalmente

u , u =ni=1

uiui =ni=1

u2i ≥ 0

Adem´ as, u , u = 0 si y s´ olo si u2i = 0 para cada i ∈ {1, . . . , n} (¿por que?), esto es, si y

s´ olo si u = 0/ Rn.

Este producto interno es llamado producto interno euclidiano, usual o estandar de

Rn, salvo que se indique lo contrario, este es el producto interno que consideraremos sobre

Rn.

2. u , v =ni=1

piuivi donde p1, p2, . . . , pn son n´ umeros reales positivos fijos, u = (u1, u2, . . . , un)

y v = (v1, v2, . . . , vn). Este producto interno es lo que se denomina producto interno

ponderado, si p1 = · · · = pn = 1, este producto interno coincide con el producto interno

euclidiano. Pruebe que esta funci´ on es un producto interno.

Ejemplo 3.7. En Mm×n(R) la siguiente funci´ on define un producto interno (¡pruebelo!), el cual

se conoce como producto interno euclidiano, usual o estandar, al igual que en el caso de

Rn, salvo que se indique otra cosa, este es el producto interno que consideraremos sobre Mm×n(R).

A , B =mi=1

n j=1

aijbij

donde A = (aij)m×n y B = (bij)m×n.




Ejemplo 3.8. En el espacio de las funciones reales continuas en el intervalo [ a , b ], C [ a , b ], la

funci´ on

f , g =

ba

f (x)g(x)dx

es un producto interno, en efecto, sean f , g , h ∈ C [ a , b ] y α ∈ R. Entonces

f , g =

ba

f (x)g(x)dx =

ba

g(x)f (x)dx = g , f

f + g , h =

ba

(f (x) + g(x))h(x)dx =

ba

(f (x)h(x) + g(x)h(x))dx

= b

a

f (x)h(x)dx + b

a

g(x)h(x)dx =

f , h

+

g , h

αf , g =

ba

αf (x)g(x)dx = α

ba

f (x)g(x)dx = α f , g

f , f =

ba

f (x)f (x)dx =

ba

[f (x)]2dx ≥ 0

Adem´ as f , f = 0 si y s´ olo si f (x) = 0 para cada x ∈ [ a , b ] (¿por que?), es decir, si y s´ olo

si f = O, donde O es la funci´ on nula sobre [ a , b ], esto es, O(x) = 0 para todo x ∈ [ a , b ].

Siempre que no se indique otra cosa, este es el producto interno que consideraremos sobreC [ a , b ].

Ejemplo 3.9. En Pn[x] las siguientes funciones son productos internos.

1. Como Pn[x] es un subespacio de C [ a , b ], entonces el producto interno definido en el ejemplo

anterior, es un producto interno sobre Pn[x].

2.

p , q

=

n

i=0 p(i)q(i). En Efecto, sean p,q,r

∈Pn[x] y α

∈R. Entonces

p , q =ni=0

p(i)q(i) =ni=0

q(i) p(i) = q , p.

p + q , r =ni=0

[ p(i) + q(i)]r(i) =ni=0

[ p(i)r(i) + q(i)r(i)]

=ni=0

p(i)r(i) +ni=0

q(i)r(i) = p , r + q , r.




p , p =ni=0

p(i) p(i) =ni=0

[ p(i)]2 ≥ 0.

Adem´ as, p , p = 0 si y s´ olo si p(i) = 0 para cada i ∈ {0, . . . , n}.

Pero el ´ unico polinomio en Pn[x], que tiene m´ as de n raıces, es el polinomio nulo (¿por que?), es decir, p , p = 0 si y s´ olo si p es el polinomio nulo.

3. p , q =ni=0

aibi, con p(x) = a0 + a1x + · · ·+ anxn y q(x) = b0 + b1x + · · · + bnxn. (¡pruebe-

lo!).

Teorema 3.6. Sea V un espacio con producto interno , . Entonces

1.u , v + w

=

u , v

+

u , w

para cualesquiera u , v, w

∈V.

2. u , αv = α u , v para cualesquiera u, v ∈ V y α ∈ R.

3. u − v , w = u , w − v , w para cualesquiera u , v, w ∈ V.

4. u , v − w = u , v − u , w para cualesquiera u,v,w ∈ V.

5. v , 0/ V = 0 = 0/

V , v para todo v ∈ V.

6. Si u , v

= 0 para cada v

∈V, entonces u = 0/

V.

Demostraci´ on .

1. Sean u , v, w ∈ V cualesquiera. Entonces

u , v + w = v + w , u = v , u + w , u = u , v + u , w .

2. Sean u, v ∈ V y α ∈ R cualesquiera. Ası que

u , αv = αv , u = α v , u = α u , v .

3. Sean u , v, w ∈ V cualesquiera. Luego

u − v , w = u + (−v) , w = u , w + −v , w = u , w + (−1)v , w= u , w + (−1) v , w = u , w − v , w .




4. Sean u , v, w ∈ V cualesquiera. Ası que

u , v − w = v − w , u = v , u − w , u = u , v − u , w .

5. Sea v ∈ V cualquiera. Entonces

v , 0/V = v , 0/V + 0/V = v , 0/V + v , 0/V .

Ası que v , 0/V = 0 y ademas 0/V , v = v , 0/V = 0.

6. Como u , v = 0 para cada v ∈ V, entonces u , u = 0 (tomando v = u), luego u = 0/V

(¿por que?).

3.3. Bases Ortonormales y Proceso de Ortonormalizacion

de Gram-Schmidt

Definici´ on 3.5. Sea , un producto interno sobre un espacio vectorial V y sean u, v ∈ V.

Diremos que u es ortogonal a v si u , v = 0, en cuyo caso escribiremos u ⊥ v.

Observaci´ on 3.2. Si u es ortogonal a v, entonces v es ortogonal a u. En consecuencia, podemos

escribir u y v son ortogonales en lugar de u es ortogonal a v.

Ejemplo 3.10.

1. Sean x = (2, −1, −3) e y = (3, 3, 1). Entonces

x , y = (2)(3) + (−1)(3) + (−3)(1) = 6 − 3 − 3 = 0

ası que x ⊥ y.

2. La parte 5 del teorema 3.6 nos dice que en cualquier espacio vectorial V con producto

interno, el vector nulo 0/ V es ortogonal a cualquier vector v ∈ V, adem´ as, la parte 6 de este

mismo teorema, nos dice que el ´ unico vector que es ortogonal a todo vector v ∈ V, es el

vector nulo.

3. Las funciones f (x) = sen(x) y g(x) = cos(x), en C [ −π , π ], son ortogonales.




4. En P2[x], los polinomios p(x) = 1+2x2 y q(x) = −2+x2 son ortogonales si consideramos el

producto interno definido en la parte 3 del ejemplo 3.9 (¡verifıquelo!), pero si consideramos

el producto interno definido en la parte 2 del mismo ejemplo, estos polinomios no son

ortogonales (¡verifıquelo!).

Definici´ on 3.6. Sea , un producto interno sobre el espacio vectorial V. Definiremos la nor-

ma, magnitud, modulo o longitud (inducida por el producto interno) de v ∈ V, como el

n´ umero real v dado por

v =

v , vDiremos que v

∈V es unitario si

v

= 1.

Observaci´ on 3.3. La norma de un vector no siempre est´ a definida en terminos del producto

interno (ver B), sin embargo, en este capıtulo nos ocuparemos de las normas inducidas por un

producto interno.

Dado que v , v ≥ 0 para cada v ∈ V, entonces la definici´ on anterior est´ a bien fundada.

Ejemplo 3.11. Consideremos sobre R4 el producto interno euclidiano. Entonces

(1, 0,

−3, 2)

= (1, 0,

−3, 2) , (1, 0,

−3, 2)

= 12 + 02 + (

−3)2 + 22 =

√14

Ejemplo 3.12. En P2[x] consideremos el polinomio p(x) = 3 − x2. Hallar p considerando:

1. El producto interno definido en la parte 1 del ejemplo 3.9 con a = −1 y b = 1.

2. El producto interno definido en la parte 2 del ejemplo 3.9.

3. El producto interno definido en la parte 3 del ejemplo 3.9.

Soluci´ on .

1. p =

1−1

(3 − x2)2dx =

1−1

(9 − 6x2 + x4)dx =

9x − 2x3 +

x5

5

1−1

=

2

9 − 2 +

1

5

=

2

36

5= 6

2

5

2. p =

[ p(0)]2 + [ p(1)]2 + [ p(2)]2 =

32 + 22 + (−1)2 =

√14




3. p =

32 + 02 + (−1)2 =√

10

A continuacion enunciaremos un teorema donde se dan a conocer algunas propiedades de lanorma, y que son consecuencia directa las propiedades del producto interno, su demostracion se

deja como ejercicio.

Teorema 3.7. Sea V un EPI. Entonces para cada α ∈ R y cualesquiera u, v ∈ V se cumple que:

1. u ≥ 0 y u = 0 si y s´ olo si u = 0/ V.

2. αu = |α| · u.

3. u ± v2 = u2 ± 2 u , v + v2.

El siguiente lema nos permitira demostrar el teorema que le sigue.

Lema 3.1. Sean u y v dos vectores unitarios en un EPI. Entonces | u , v | ≤ 1.

Demostraci´ on . Usando la parte 3 del teorema 3.7, tenemos que

0 ≤ u + v2 = u2 + 2 u , v + v2 = 1 + 2 u , v + 1 = 2[1 + u , v]

Ası que

u , v ≥ −1

Nuevamente, por la parte 3 del teorema 3.7, obtenemos

0 ≤ u − v2 = u2 − 2 u , v + v2 = 1 − 2 u , v + 1 = 2[1 − u , v]

luego

u , v ≤ 1

En consecuencia

| u , v | ≤ 1

En el teorema que enunciaremos a continuacion, se dan dos propiedades muy importantes de

la norma.




Teorema 3.8. Sean u y v dos vectores en un EPI. Entonces

1. | u , v | ≤ u · v (Desigualdad de Cauchy-Schwarz).

2.

u + v ≤

u

+

v

(Desigualdad Triangular).

Las igualdades se cumplen si y s´ olo si uno de los vectores es m´ ultiplo escalar del otro (¡pruebelo!)

Demostraci´ on .

1. Si u = 0/V o v = 0/V, entonces | u , v | = 0 = u · v.

En caso contrario, u = 0/V = v y por lo tanto los vectores u =u

u y v =v

v son unitarios,

y por el lema 3.1

| u , v | ≤1

Pero

u , v =

u

u ,v

v

=1

u · v u , v

Por lo tanto1

u · v u , v ≤ 1, es decir, u , v ≤ u · v.

2. Por la parte 3 del teorema 3.7 tenemos que

u + v

2 =

u

2 + 2

u , v

+

v

2

y por la parte 1 (desigualdad de Cauchy-Schwarz)

u , v ≤ | u , v | ≤ u · v

Ası que

u + v2 ≤ u2 + 2u · v + v2 = (u + v)2

Luego u + v ≤ u + v.

Definici´ on 3.7. Sea V un EPI y sean u, v ∈ V vectores no nulos. Definiremos el angulo entre

u y v como el n´ umero real ∡(u, v) ∈ [ 0 , π ] tal que

cos(∡(u, v)) =u , v

u · ves decir,

∡(u, v) = arc cos

u , vu · v




Ejemplo 3.13. Hallar el ´ angulo entre los vectores u = (0, −3, 3) y v = (2, 2, −1)

Soluci´ on . u , v = 0 · 2 + (−3)2 + 3(−1) = −9

u =

02 + (−3)2 + 32 =

√18 = 3

√2

v 22 + 22 + (−1)2 = √9 = 3

Ası que

∡(u, v) = arc cos

u , vu · v

= arc cos

−9

3√

2 · 3

= arc cos

−√

2

2

=

3π

4

Definici´ on 3.8. Sea V un EPI y sea S = {v1, v2, . . . , vk} ⊂ V. Diremos que S es un conjunto

ortogonal si vi⊥

v j para cualesquiera i, j

∈ {1, . . . , k

}con i

= j. Si adicionalmente vi es

unitario para cada i ∈ {1, . . . , k}, diremos que S es un conjunto ortonormal.

Ejemplo 3.14. Consideremos las siguientes matrices en M2×2(R)

A1 =

1 0

0 0

; A2 =

0 2

−2 0

y A3 =

0 1

1 3

¿Es S = {A1, A2, A3} un conjunto ortogonal? ¿Es S ortonormal?

Soluci´ on .

A1 , A2 = 1 · 0 + 0 · 2 + 0(−2) + 0 · 0 = 0

A1 , A3 = 1 · 0 + 0 · 1 + 0 · 1 + 0 · 3 = 0

A2 , A3 = 0 · 0 + 2 · 1 + (−2)1 + 0 · 3 = 0

Ası que S es ortogonal. Pero

A2 =

02 + 22 + (−2)2 + 02 = 2√

2 = 1

Por lo tanto S no es ortonormal, sin embargo, S 0 = {B1, B2, B3}, donde

B1 =1

A1A1 = A1, B2 =1

A2A2 =1

2√

2A2 y B3 =

1

A3A3 =1√11

A3

sı es un conjunto ortonormal (¡verifıquelo!).

Teorema 3.9. Todo conjunto ortogonal finito de vectores no nulos en un EPI es linealmente

independiente.




Demostraci´ on . Sea V un EPI y sea S = {v1, v2, . . . , vk} ⊂ V un conjunto ortogonal de vectores

no nulos.

Sean α1, α2, . . . , αk ∈ R tales que

α1v1 + α2v2 + · · · + αkvk = 0/V

Entonces, para cada j ∈ {1, . . . , k}, se tiene que

0 = v j , 0/V = v j , α1v1 + α2v2 + · · · + αkvk =k

i=1

v j , αivi =k

i=1

αi v j , vi = α j v j , v j= α jv j2

y dado que v j es no nulo, entonces α j = 0.

Por lo tanto S es linealmente independiente.

Definici´ on 3.9. Sean V un EPI y β = {v1, v2, . . . , vn} una base de V. Diremos que β es una

base ortogonal (respectivamente ortonormal) si β es un conjunto ortogonal (respectivamente

ortonormal).

Ejemplo 3.15.

1. Las bases can´ onicas de Rn y Mm×n(R) son bases ortonormales.

2. Una base ortogonal de M2×2(R) es

β =

1 0

0 0

;

0 2

−2 0

;

0 1

1 3

;

0 3

3 −2

pero no es ortonormal.

3. Una base ortonormal de P2[x], considerando el producto interno definido en la parte 1 del

ejemplo 3.9 con a = 1 y b =

−1, es

β =

1√

2,

3

2x ,

√5

2√

2

−1 + 3x2

.

En efecto, 1√2

2 =

1√

2

2

12 =1

2

1−1

dx =1

22 = 1

3

2x

2

=

3

2

2

x2 =3

2

1−1

x2dx =3

2

x3

3

1

−1

= 1




El teorema siguiente generaliza el procedimiento que se uso en ejemplo anterior.

Teorema 3.10 (Proceso de Ortonormalizacion de Gram-Schmidt). Sea V un EPI. Si W es un

subespacio de dimensi´ on finita de V, entonces W posee una base ortonormal. En Particular, si

V tiene dimensi´ on finita, entonces V posee una base ortonormal.

Demostraci´ on . Sea β W = {v1, v2, . . . , vm} una base de W. Procederemos a construir la base

ortonormal de W a partir de β W.

En primer lugar, notemos que vi = 0/V para cada i ∈ {1, . . . , m}.

Paso 1. Sea u1 =1

v1v1 =v1

v1 . Entonces gen({u1}) = gen({v1}) (¿por que?) y

u1 =

v1

v1

=

1

v1

v1 = 1

Paso 2. Sea w2 = v2 − v2 , u1 u1. Entonces w2 = 0/V, pues de lo contrario

v2 = v2 , u1 u1 =v2 , u1

v1 v1

lo cual contradice el hecho de que {v1, v2} es linealmente independiente.

Ademas

w2 , u1 = v2 − v2 , u1 u1 , u1 = v2 , u1− v2 , u1 u1 , u1=

v2 , u1

− v2 , u1

u1 , u1

=

v2 , u1

− v2 , u1

= 0

Con lo que w2 ⊥ u1.

Paso 3. Sea u2 =1

w2w2 =w2

w2 . Entonces u2 = 1 y u1 ⊥ u2. Ası que {u1, u2} es un

conjunto ortonormal.

Ademas gen({u1, u2}) = gen({v1, v2}). En efecto, sea v ∈ gen({u1, u2} cualquiera.

Entonces existen α1, α2 ∈ R tales que v = α1u1 + α2u2.

Luego

v = α1u1 + α2u2

= α11

v1v1 + α21

w2w2

=α1

v1v1 +α2

w2(v2 − v2 , u1 u1)

=α1

v1v1 +α2

w2

v2 − v2 , u1 1

v1v1

=

α1

v1 − α2 v2 , u1w2v1

v1 +

α2

w2v2




De donde v ∈ gen({v1, v2}), por tanto gen({u1, u2}) ⊂ gen({v1, v2}) y ası gen({u1, u2})

es un subespacio de gen({v1, v2}), como {u1, u2} es un conjunto ortonormal, y en

consecuencia linealmente independiente (¿por que?), entonces dim(gen({u1, u2})) =

2 = dim(gen({v1, v2})), ası quegen({u1, u2}) = gen({v1, v2}) (¿por que?)

De manera recursiva, para k < m, obtenemos un conjunto ortonormal {u1, u2, . . . , uk} tal que

gen({u1, u2, . . . , uk}) = gen({v1, v2, . . . , vk})

Paso 4. Sea

wk+1 = vk+1 − vk+1 , u1 u1 − vk+1 , u2 u2 − · · · − vk+1 , uk uk

= vk+1 −k

i=1

vk+1 , ui ui

Entonces wk+1 ∈ W, wk+1 = 0/V y para cada j ∈ {1, . . . , k} tenemos que

wk+1 , u j =

vk+1 −

ki=1

vk+1 , ui ui , u j

= vk+1 , u j −

ki=1

vk+1 , ui ui , u j

= vk+1 , u j −k

i=1vk+1 , ui ui , u j

= vk+1 , u j −k

i=1

vk+1 , ui ui , u j

= vk+1 , u j − vk+1 , u j u j , u j (¿por que?)

= vk+1 , u j − vk+1 , u j (¿por que?)

= 0

es decir, wk+1 ⊥ u j para cada j ∈ {1, . . . , k}.

Paso 5. Hagamos uk+1 =1

wk+1wk+1 =wk+1

wk+1 . Entonces {u1, u2, . . . , uk, uk+1} es un

conjunto ortonormal y gen({u1, u2, . . . , uk, uk+1}) = gen({v1, v2, . . . , vk, vk+1}) (¿por

que?).

Procediendo de esta manera, obtenemos un conjunto ortonormal de vectores no nulos {u1, u2, . . . , um}en W, y por lo tanto, una base ortonormal de W.




3.4. Complemento Ortogonal

Finalizaremos este capıtulo definiendo el complemento ortogonal de un subespacio vectorial de

un EPI.

Teorema 3.11. Sea {v1, v2, . . . , vn} una base ortonormal de un EPI V. Entonces para cada

v ∈ V se tiene que

v = v , v1 v1 + v , v2 v2 + · · · + v , vn vn =ni=1

v , vi vi


Teorema 3.12. Sea W un subespacio de un EPI de dimensi´ on finita V. Sean {

w1, w2, . . . , wm

}y { w1, w2, . . . , wm} bases ortonormales de W. Entonces para cada v ∈ V se tiene que

mi=1

v , wi wi =mi=1

v , wi wi

Demostraci´ on . Por teorema, podemos escoger vectores um+1, . . . , un tales que

β 1 = {w1, w2, . . . , wm, um+1, . . . , un}

sea una base de V. El proceso de ortonormalizacion de Gram-Schmidt nos permite suponer, sin

perder generalidad, que β 1 es una base ortonormal de V.Para cada j ∈ {m + 1, . . . , n}, u j /∈ gen({w1, w2, . . . , wm}) = W = gen ({ w1, w2, . . . , wm}) por

lo tanto β 2 = { w1, w2, . . . , wm, um+1, . . . , un} tambien es una base ortonormal de V.

Entonces, por el teorema 3.11, tenemos que

v = v , w1 w1 + · · · + v , wm wm + v , um+1 um+1 + · · · + v , un un

=mi=1

v , wi wi +n

i=m+1

v , ui ui

y

v = v , w1 w1 + · · · + v , wm wm + v , um+1 um+1 + · · · + v , un un

=mi=1

v , wi wi +n

i=m+1

v , ui ui

En consecuenciami=1

v , wi wi =mi=1

v , wi wi




El teorema 3.12 da pie a la siguiente definicion.

Definici´ on 3.10. Sea W un subespacio de un EPI de dimensi´ on finita V y sea {w1, w2, . . . , wm}una base ortonormal de W. Si v ∈ V, definiremos la proyeccion ortogonal de v sobre W,

como el vector

proyW v = v , w1 w1 + v , w2 w2 + · · · + v , wm wm =mi=1

v , wi wi

Claramente proyW

v ∈ W.

Ejemplo 3.17. Consideremos el EPI P2[x], con el producto interno usado el el ejemplo 3.16 de

la secci´ on 3.3. Hallar la proyecci´ on ortogonal de p(x) = 3 + 2x − x2 sobre el subespacio de P2[x]

W ={

a + bx + cx2 : c =−

3a}

Soluci´ on . Una base ortonormal de W es 3

2x ,

√5

2√

2

−1 + 3x2

(¡verifıquelo!)

Entonces p(x) ,

3

2x

=

3

2

3 + 2x − x2 , x

=

3

2

1−1

3 + 2x − x2

xdx

= 32 1−1

3x + 2x2 − x3 dx = 2 32 1−1

x2dx = 2 32

x3

31−1

=4√

3

3√

2 p(x) ,

√5

2√

2

−1 + 3x2

=

√5

2√

2

3 + 2x − x2 , −1 + 3x2

=

√5

2

√2

1

−

1 3 + 2x − x2

−1 + 3x2

dx

=√5

2√

2

1−1

−3 − 2x + 10x2 + 6x3 − 3x4

dx

=

√5

2√

2

1−1

−3 + 10x2 − 3x4

dx

=

√5

2√

2

−3x +

10

3x3 − 3

5x5

1−1

= − 4√

5

15√

2




Ası que

proyW p(x) =

p(x) ,

3

2x

3

2x +

p(x) ,

√5

2√

2

−1 + 3x2 √

5

2√

2

−1 + 3x2

= 4√33√

2 3

2x + − 4√5

15√

2 √5

2√

2−1 + 3x2

= 2x − 1

3

−1 + 3x2

=1

3+ 2x − x2

Definici´ on 3.11. Sea W un subespacio de un EPI V. Definiremos el complemento ortogonal

de W como el conjunto

W⊥ = {v ∈ V : v ⊥ w para cada w ∈ W}= {v ∈ V : v , w = 0 para cada w ∈W}

Antes de dar algun ejemplo, enunciaremos un lema que nos permitira hallar con mayor facilidad

el complemento ortogonal.

Lema 3.2. Sea W un subespacio vectorial de un EPI V. Sea β W =

{w1, w2, . . . , wn

}una base de

W. Entonces v ∈W⊥ si y s´ olo si v ⊥ wi para cada i ∈ {1, . . . , n}.

Demostraci´ on . Supongamos primero que v ∈W⊥. Entonces v ⊥ w para cada w ∈W, ası que

v ⊥ wi para cada i ∈ {1, . . . , n}.

Supongamos ahora que v ⊥ wi para cada i ∈ {1, . . . , n}, es decir, v , wi = 0 para cada

i ∈ {1, . . . , n}.

Sea w ∈ W cualquiera. Entonces existen escalares α1, α2, . . . , αn ∈ R tales que

w = α1w1 + α2w2 + · · · + αnwn =

ni=1

αiwi

Por lo tanto

v , w =

v ,

ni=1

αiwi

=

ni=1

v , αiwi =ni=1

αi v , wi =ni=1

αi · 0 = 0

Es decir, v ⊥ w para cada w ∈ W. En consecuencia, v ∈ W⊥.




Ejemplo 3.18. Sea W el subespacio de P2[x] dado en el ejemplo 3.17. Hallar W⊥.

Soluci´ on . Recordemos que

W = gen 32x ,

√5

2√2 −1 + 3x2 = gen x , −1 + 3x

2Por lo tanto, segun el lema 3.2, a0+a1x+a2x2 ∈ W⊥ si y solo si (a0+a1x+a2x2) ⊥ x y (a0+a1x+

a2x2) ⊥ (−1+3x2), es decir, si y solo si a0 + a1x + a2x2 , x = 0 y a0 + a1x + a2x2 , −1 + 3x2 =

0, pero a0 + a1x + a2x2 , x

=

1−1

(a0 + a1x + a2x2)xdx

= 1

−1

(a0x + a1x2 + a2x3)dx

=

1−1

a1x2dx = a1x3

3

1−1

=2

3a1

ası que a0 + a1x + a2x2 , x = 0 si y solo si a1 = 0.

Luego a0 + a1x + a2x2 , −1 + 3x2

=

a0 + a2x2 , −1 + 3x2

=

1

−1

(a0 + a2x2)(−1 + 3x2)dx

= 1−1

(−a0 − a2x2 + 3a0x2 + 3a2x4)dx

a0 + a1x + a2x2 , −1 + 3x2

= 2

10

(−a0 − a2x2 + 3a0x2 + 3a2x4)dx

= 2

−a0x − a2

x3

3+ a0x3 + 3a2

x5

5

10

= 2−a0 − 1

3a2 + a0 +

3

5a2

=8

15a2

De donde a0 + a1x + a2x2 , −1 + 3x2 = 0 si y solo si a2 = 0.

En consecuencia, a0 + a1x + a2x2 ∈W⊥ si y solo si a1 = 0 = a2.

Por lo tanto

W⊥ = gen({1})




Teorema 3.13. Si W es un subespacio de un EPI V, entonces

1. V⊥ = {0/ V} y {0/

V}⊥ = V.

2. W⊥

es un subespacio de V.

3. W ∩W⊥ = {0/ V}.

4. Si V es de dimensi´ on finita, entonces

dimW⊥

+ dim(W) = dim(V).

Demostraci´ on .

1. Son consecuencias directa, respectivamente, de las partes 6 y 5 del teorema 3.6.

2. Por definicion, W⊥ ⊂ V. Ademas, por la parte 5 del teorema 3.6, se tiene que 0/V ∈ W⊥.

Sean u, v ∈ W⊥ y α ∈ R. entonces, para cada w ∈W, u , w = 0 = v , w, ası que

u + αv , w = u , w + αv , w = u , w + α v , w = 0

es decir, u + αv ∈ W⊥, y por lo tanto W⊥ es un subespacio de V.

3. Sea v ∈ W∩W⊥ cualquiera. Entonces v ∈W y v ∈ W⊥, es decir, v ∈W y v , w = 0 para

cada w ∈W. Por lo tanto v2 = v , v = 0, y por la parte 1 del teorema 3.7, se tiene que

v = 0/V. En consecuencia W ∩W⊥ = {0/V}.

4. Si W = V, entonces dimV = n y W⊥ = V⊥ = {0/V} (por la parte 1). Por lo tanto

dim(W) + dim(W⊥) = n + 0 = n = dim(V).

Supongamos que W = V. Sea {w1, w2, . . . , wm} una base ortonormal de W y consideremos

vectores wm+1, . . . , wn

∈V tales que β =

{w1, w2, . . . , wm, wm+1, . . . , wn

}sea una base de

V, sin perdida de generalidad, podemos suponer que β es ortonormal (¿por que?).

Probaremos que {wm+1, . . . , wn} es una base de W⊥. Dado que {wm+1, . . . , wn} es ortonor-

mal (¿por que?), entonces es linealmente independiente, ası que solo es necesario probar

que {wm+1, . . . , wn} genera a W⊥.

Sea w ∈ W⊥ cualquiera. Entonces, por el teorema 3.11

w = w , w1 w1 + · · · + w , wm wm + w , wm+1 wm+1 + · · · + w , wn wn




Pero, por el lema 3.2, w , wi = 0 para cada i ∈ {1, . . . , m}. Luego

w = w , wm+1 wm+1 + · · · + w , wn wn

Ası que {wm+1, . . . , wn} es una base de W⊥

. De donde

dimW⊥

= n − (m + 1) + 1 = n − m = dim(V) − dim(W)

En consecuencia dimW⊥

+ dim(W) = dim(V).

Teorema 3.14. Sean W un subespacio de dimensi´ on finita de un EPI V y v ∈ V. Entonces

existe un ´ unico par de vectores w1 ∈

W y w2 ∈

W⊥ tales que

v = w1 + w2

donde w1 = proyW

v.

Adem´ as, si V es de dimensi´ on finita, entonces w2 = proyW⊥

v.

Demostraci´ on . Sean w1 = proyW

v y w2 = v − w1. Claramente v = w1 + w2, ademas, por la

definicion 3.10, w1 ∈ W. Solo falta probar que w2 ∈W⊥.

Sea {v1, v2, . . . , vm} una base ortonormal de W. Entonces, por la definicion 3.10, tenemos que

w1 = v , v1 v1 + v , v2 v2 + · · · + v , vm vm =mi=1

v , vi vi

ası que para cada j ∈ {1, . . . , m}

w2 , v j = v − w1 , v j = v , v j − w1 , v j

= v , v j −

m

i=1v , vi vi , v j

= v , v j −mi=1

v , vi vi , v j

= v , v j −mi=1

v , vi vi , v j

= v , v j − v , v j v j , v j (¿por que?)

= v , v j − v , v j (¿por que?)

= 0




y por el lema 3.2, tenemos que w2 ∈W⊥.

Probemos ahora la unicidad de w1 w2. Supongamos que existen w1 ∈ W y w2 ∈W⊥ tales que

v =

w1 +

w2. Por lo tanto

w1 + w2 = v = w1 + w2

de donde

w1 − w1 = w2 − w2

Pero w1 − w1 ∈W y w2 − w2 ∈ W⊥.

Luego

w1 − w1, w2 − w2 ∈ W ∩W⊥ = {0/V}

En consecuencia w1 = w1 y w2 = w2.

Se deja como ejercicio probar que si V es de dimension finita, entonces

w2 = proyW⊥

v



Capıtulo 4

Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una

Matriz

4.1. Transformaciones Lineales

Definici´ on 4.1. Sean V y W dos espacios vectoriales y T : V −→ W una funci´ on. Diremos que

T es una transformacion lineal si para cualesquiera u, v ∈ V y α ∈ R se cumple que

1. T (u + v) = T (u) + T (v).

2. T (αu) = αT (u).

Ejemplo 4.1.

1. Sean V y W dos espacios vectoriales. La transformaci´ on O : V −→ W, dada por O(v) = 0/ W

para cada v ∈ V, es una transformaci´ on lineal (¡pruebelo!), llamada transformacion nula.

2. Sea V un espacio vectorial. Definamos I V : V −→ V como sigue, I V(v) = v para cada v ∈ V.

Entonces I V es una transformaci´ on lineal (¡pruebelo!), la cual es llamada transformacion

identidad sobre V.

3. Sean V un espacio vectorial de dimensi´ on n y β una base ordenada de V. Entonces T :

V −→ Mn×1(R) dada por T (v) = [v]β es una transformaci´ on lineal (ver teorema 3.1 en el

capıtulo anterior).

4. T : R3

−→R2, dada por T (x , y, z) = (2x + y, x

−z), es una transformaci´ on lineal, en

efecto, dados (x , y, z), (a,b,c) ∈ R3 y α ∈ R, se tiene que

T ((x,y,z) + (a,b,c)) = T (x + a, y + b, z + c)

= (2(x + a) + (y + b), (x + a) − (z + c))

= (2x + 2a + y + b, x + a − z − c)

= (2x + y, x − z) + (2a + b, a − c)

= T (x,y,z) + T (a,b,c)

149



Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 150

T (α(x,y,z)) = T (αx,αy,αz)

= (2(αx) + (αy), (αx) − (αz))

= (α(2x + y), α(x − z))

= α(2x + y, x − z)

= αT (x , y, z)

5. La funci´ on T : R2 −→ R3 dada por

T (x, y) = (x2, x + y,xy)

no es una transformaci´ on lineal, en efecto,

T (1, 0) = (12, 1 + 0, 1 · 0) = (1, 1, 0)

T (2(1, 0)) = T (2, 0) = (22, 2 + 0, 2 · 0) = (4, 2, 0)

2T (1, 0) = 2(1, 1, 0) = (2, 2, 0) = (4, 2, 0) = T (2(1, 0))

6. T : P2[x] −→ R2 dada por T (a + bx + cx2) = (2a + c + 3, b − c) no es una transformaci´ on

lineal, en efecto,T (0) = (2 · 0 + 0 + 3, 0 − 0) = (3, 0)

T (0) + T (0) = (3, 0) + (3, 0) = (6, 0)

T (0 + 0) = T (0) = (3, 0) = (6, 0) = T (0) + T (0)

7. Consideremos T : M2×2(R) −→ P3[x] dada por

T a b

c d = a + bx + cx2 + dx3

Entonces T es lineal (¡pruebelo!).

8. T : R3 −→ P3[x] dada por

T (a,b,c) = b + (2a + c)x + (b − 3c)x3




es lineal. En efecto, sean u, v ∈ R3 y α ∈ R cualesquiera, con u = (a1, b1, c1) y v =

(a2, b2, c2). Entonces

T (u + v) = T ((a1, b1, c1) + (a2, b2, c2))

= T (a1 + a2, b1 + b2, c1 + c2)

= (b1 + b2) + [2(a1 + a2) + (c1 + c2)]x + [(b1 + b2) − 3(c1 + c2)]x3

= (b1 + b2) + (2a1 + 2a2 + c1 + c2)x + (b1 + b2 − 3c1 − 3c2)x3

= [b1 + (2a1 + c1)x + (b1 − 3c1)x3] + [b2 + (2a2 + c2)x + (b2 − 3c2)x3]

= T (a1, b1, c1) + T (a2, b2, c2)

= T (u) + T (v)

T (αu) = T (α(a1, b1, c1))

= T (αa1, αb1, αc1)

= αb1 + (2αa1 + αc1)x + (αb1 − 3αc1)x3

= αb1 + α(2a1 + c1)x + α(b1 − 3c1)x3

= α[b1 + (2a1 + c1)x + (b1 − 3c1)x3]

= αT (a1, b1, c1)

= αT (u)

9. Sea A ∈ Mm×n(R). Definamos T : Mn×1(R) −→ Mm×1(R) como T (x) = Ax. No es difıcil

probar que T es una transformaci´ on lineal (¡pruebelo!).

Este ultimo ejemplo nos dice que toda matriz define una transformacion lineal, mas adelante

veremos que toda transformacion lineal, entre espacios vectoriales de dimension finita, esta aso-

ciada con una matriz.

El siguiente teorema nos sera de gran utilidad a la hora de decidir si una funci on T es una

transformacion lineal.

Teorema 4.1. Sean V y W dos espacios vectoriales. Una funci´ on T : V −→ W es una trans-

formaci´ on lineal si y s´ olo si para cualesquiera u, v ∈ V y α ∈ R se cumple que T (u + αv) =

T (u) + αT (v).




Demostraci´ on . Supongamos que T : V −→ W es una transformacion lineal. Sean u, v ∈ V y

α ∈ R cualesquiera. Entonces

T (u + αv) = T (u) + T (αv) (por la condicin 1 de la definicion 4.1)

= T (u) + αT (v) (por la condicin 2 de la definicion 4.1)

Supongamos ahora que T : V −→ W es tal que para cualesquiera u, v ∈ V y α ∈ R se cumple

que

T (u + αv) = T (u) + αT (v)

Sean u, v ∈ V y α ∈ R cualesquiera. Entonces

T (u + v) = T (u + 1 · v) = T (u) + 1 · T (v) = T (u) + T (v)

y ademas

T (0/V) = T (u + (−1)u) = T (u) + (−1)T (u) = 0/W

luego

T (αv) = T (0/V +αv) = T (0/V) + αT (v) = 0/W +αT (v) = αT (v)

Por lo tanto T es lineal.

De ahora en adelante, gracias a este ultimo teorema, cuando queramos probar que una fun-

cion T, entre espacios vectoriales, es una transformacion lineal, no sera necesario probar las dos

condiciones en la definicion 4.1, solo bastara probar la condicion en el teorema anterior.

Teorema 4.2. Sean V y W dos espacios vectoriales y T : V −→ W una transformaci´ on lineal.

Entonces, para cualesquiera u,v,v1, v2, . . . , vn ∈ V y α1, α2, . . . , αn ∈ R, se cumple que

1. T (0/ V) = 0/

W.

2. T (u − v) = T (u) − T (v).

3. T (α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn) = α1T (v1) + α2T (v2) + · · · + αnT (vn)

Demostraci´ on .

1. Sea v0 ∈ V cualquiera pero fijo. Entonces

T (0/V) = T (0 · v0) = 0 · T (v0) = 0/W




2. En virtud del teorema 4.1

T (u − v) = T (u + (−1)v) = T (u) + (−1)T (v) = T (u) − T (v)

3. Procederemos por induccion.

a ) Veamos que se cumple para n = 2.

T (α1v1 + α2v2) = T (α1v1) + T (α2v2) = α1T (v1) + α2T (v2)

b) (Hipotesis Inductiva) Supongamos que se cumple para n − 1, esto es, supongamos que

T (α1v1 + α2v2 + · · · + αn−1vn−1) = α1T (v1) + α2T (v2) + · · · + αn−1T (vn−1)

c) Probemos que se cumple para n.

T (α1v1 + α2v2 + · · · + αn−1vn−1 + αnvn)

= T ((α1v1 + α2v2 + · · · + αn−1vn−1) + αnvn)

= T (α1v1 + α2v2 + · · · + αn−1vn−1) + T (αnvn)

(Hipotesis Inductiva) = α1T (v1) + α2T (v2) + · · · + αn−1T (vn−1) + αnT (vn)

Teorema 4.3. Sean U, V y W espacios vectoriales y L : U −→ V y T : V −→ W dos transfor-

maciones lineales. Entonces T ◦ L : U −→ W es tambien una transformaci´ on lineal.

Demostraci´ on . Sean u1, u2 ∈ U y α ∈ R cualesquiera. Entonces

(T ◦ L)(u1 + αu2) = T (L(u1 + αu2)) (definicion de composicion de funciones)

= T (L(u1) + αL(u2)) (ya que L es lineal)

= T (L(u1)) + αT (L(u2)) (ya que T es lineal)= (T ◦ L)(u1) + α(T ◦ L)(u2) (definicion de composicion de funciones)

Por lo tanto T ◦ L es lineal.

Teorema 4.4. Sean V y W dos espacios vectoriales, T, L : V −→ W dos transformaciones

lineales y λ ∈ R. Entonces T + λL : V −→ W es tambien una transformaci´ on lineal.




Demostraci´ on . Sean v1, v2 ∈ V y α ∈ R cualesquiera. Entonces

(T + λL)(v1 + αv2) = T (v1 + αv2) + (λL)(v1 + αv2) (definicion de suma de funciones)

= T (v1 + αv2) + λL(v1 + αv2)

(definicion de multiplo escalar de funciones)

= T (v1) + αT (v2) + λ(L(v1) + αL(v2)) (pues T y L son lineales)

= T (v1) + αT (v2) + λL(v1) + λαL(v2)

= T (v1) + λL(v1) + αT (v2) + λαL(v2)

= T (v1) + λL(v1) + α(T (v2) + λL(v2))

= T (v1) + (λL)(v1) + α(T (v2) + (λL)(v2))

(definicion de multiplo escalar de funciones)

= (T + λL)(v1) + α(T + λL)(v2) (definicion de suma de funciones)

En consecuencia T + λL es lineal.

Dado dos espacios vectoriales V y W, este ultimo teorema nos dice que el conjunto formado

por todas las transformaciones lineales de V en W, junto con las operaciones usuales de suma de

funciones y multiplicacion por escalar, forman un espacio vectorial.

Teorema 4.5. Sean V y W dos espacios vectoriales y β = {v1, v2, . . . , vn} una base de V.

Supongamos que T y L son dos transformaciones lineales de V en W tales que T (vi) = L(vi)

para cada i ∈ {1, . . . , n}. Entonces T = L, esto es, T (v) = L(v) para cada v ∈ V.

Demostraci´ on . Sea v ∈ V cualquiera. Existen (unicos) escalares α1, α2, . . . , αn ∈ R tales que

v = α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn

ası que

T (v) = T (α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn)

= α1T (v1) + α2T (v2) + · · · + αnT (vn) (teorema 4.2 parte 3)

= α1L(v1) + α2L(v2) + · · · + αnL(vn) (hipotesis)

= L(α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn) (teorema 4.2 parte 3)

= L(v)




Luego T = L.

El teorema anterior nos dice que si T : V −→ W es una transformacion lineal y V tiene

dimension finita, basta con conocer como actua T en una base cualquiera de V, para saber como

actua T en cualquier v ∈ V.

Ejemplo 4.2. Hallar la transformaci´ on lineal T de P2[x] en R2 tal que

T (1) = (2, −1); T (x) = (3, 4); T (x2) = (−1, 5)

Soluci´ on .

T (a0 + a1x + a2x

2

) = T (a0 · 1 + a1x + a2x

2

)= a0T (1) + a1T (x) + a2T (x2)

= a0(2, −1) + a1(3, 4) + a2(−1, 5)

= (2a0 + 3a1 − a2, −a0 + 4a1 + 5a2)

Teorema 4.6 (Existencia y Unicidad de una Transformacion Lineal). Sean V y W dos espacios

vectoriales, β ={

v1, v

2, . . . , v

n}una base de V y w

1, w

2, . . . , w

n ∈W. Entonces existe una ´ unica

transformaci´ on lineal T : V −→ W tal que T (vi) = wi para cada i ∈ {1, . . . , n}.

Demostraci´ on . Dado v ∈ V cualquiera, existen unicos escalares, α1, α2, . . . , αn ∈ R, tales que

v = α1v1 + α2v2 + · · · + αnvn =ni=1

αivi

Definamos

T (v) = α1w1 + α2w2 + · · · + αnwn =n

i=1αiwi

La unicidad de los escalares α1, α2, . . . , αn ∈ R, garantiza que T es una funcion, ademas, dado

que w1, w2, . . . , wn ∈ W y W es un espacio vectorial, se tiene que T (v) ∈ W, por lo tanto T es

una funcion de V en W.

Por otro lado, para cada j ∈ {1, . . . , n}, se tiene que v j =ni=1

λivi, donde λi = 0 si i = j y

λ j = 1, ası que

T (v j) =ni=1

λiwi = λ jw j = w j




Probemos ahora que T es lineal. Sean u, v ∈ V y λ ∈ R cualesquiera, entonces existen unicos

escalares α1, α2, . . . , αn, β 1, β 2, . . . , β n ∈ R tales que

u = α1v1 + α2v2 +

· · ·+ αnvn =

n

i=1 αivi

v = β 1v1 + β 2v2 + · · · + β nvn =ni=1

β ivi

Ası que

T (u) = α1w1 + α2w2 + · · · + αnwn =ni=1

αiwi

T (v) = β 1w1 + β 2w2 + · · · + β nwn =n

i=1β iwi

Ademas

u + λv =ni=1

αivi + λni=1

β ivi =ni=1

(αi + λβ i)vi

Por lo tanto

T (u + λv) =ni=1

(αi + λβ i)wi =ni=1

αiwi + λni=1

β iwi = T (u) + λT (v)

En consecuencia T es lineal.

Finalmente, probemos que T es unica. Supongamos que existe otra transformacion lineal L :

V −→W tal que L(vi) = wi para cada i ∈ {1, . . . , n}.

Luego, por el teorema 4.5, se tiene que L = T .

Ejemplo 4.3. Hallar una transformaci´ on lineal T : R3 −→M2×2(R) (si existe) tal que

T (−2, 2, −1) =

2 0

1 −2

; T (0, 1, −3) =

0 −1

4 3

;

T (−2, 1, 2) = 2 1

−3 −5

; T (1, −1, 0) = 4 −2

1 0

Soluci´ on . Veamos cuales de los vectores (−2, 2, −1), (0, 1, −3), (−2, 1, 2), (1, −1, 0) son lineal-

mente independientes, para ello, consideremos la matriz

−2 0 −2 1

2 1 1 −1

−1 −3 2 0




y hallemos su FERF.

−2 0 −2 1

2 1 1

−1

−1 −3 2 0

F 1

↔F 3

→

−1 −3 2 0

2 1 1

−1

−2 0 −2 1

F 1

→ −F 1

→

1 3 −2 0

2 1 1

−1

−2 0 −2 1

F 2 → F 2 − 2F 1→F 3 → F 3 + 2F 1

1 3 −2 0

0 −5 5 −1

0 6 −6 1

F 2 → F 2 + F 3→

1 3 −2 0

0 1 −1 0

0 6 −6 1

F 1 → F 1 − 3F 2→

F 3 → F 3 − 6F 2

1 0 1 0

0 1 −1 0

0 0 0 1

Dado que los pivotes se encuentran en las columnas 1, 2 y 4, los vectores

(−2, 2, −1), (0, 1, −3), (1, −1, 0)

son linealmente independientes, y en consecuencia, forman una base para R3 y por el teorema

4.6, concluimos que existe una unica transformacion lineal tal que

T (−2, 2, −1) =

2 0

1 −2

; T (0, 1, −3) =

0 −1

4 3

;

T (1, −1, 0) =

4 −2

1 0

Hallemos T . Sea (x,y,z) ∈ R3 cualquiera. Hagamos

β = {(−2, 2, −1), (0, 1, −3), (1, −1, 0)}

debemos hallar [(x , y, z)]β , para ello hallemos la matriz M β c,β .

−2 0 1 1 0 0

2 1 −1 0 1 0

−1 −3 0 0 0 1

F 1 ↔ F 3→

−1 −3 0 0 0 1

2 1 −1 0 1 0

−2 0 1 1 0 0

F 1 → −F 1→

1 3 0 0 0 −1

2 1 −1 0 1 0

−2 0 1 1 0 0

F 2 → F 2 − 2F 1→F 3 → F 3 + 2F 1

1 3 0 0 0 −1

0 −5 −1 0 1 2

0 6 1 1 0 −2




F 2 → F 2 + F 3→

1 3 0 0 0 −1

0 1 0 1 1 0

0 6 1 1 0 −2

F 1 → F 1 − 3F 2→F 3 → F 3 − 6F 2

1 0 0 −3 −3 −1

0 1 0 1 1 0

0 0 1 −5 −6 −2

Por lo tanto

M β c,β =

−3 −3 −1

1 1 0

−5 −6 −2

En consecuencia

[(x,y,z)]β = M β c,β [(x,y,z)]β c =

−3 −3 −1

1 1 0

−5 −6 −2

x

y

z

=

−3x − 3y − z

x + y

−5x − 6y − 2z

Es decir

(x,y,z) = (−3x − 3y − z)(−2, 2, −1) + (x + y)(0, 1, 3) + (−5x − 6y − 2z)(1, −1, 0)

De donde

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

+(−5x − 6y − 2z)T (1, −1, 0)

= (−3x − 3y − z)2 0

1 −2 + (x + y)0 −1

4 3 +(−5x − 6y − 2z)

4 −2

1 0

=

−26x − 30y − 10z 9x + 11y + 4z

−4x − 5y − 3z 9x + 9y + 2z

Por ultimo

T (

−2, 1, 2) =

−26(−2) − 30(1) − 10(2) 9(−2) + 11(1) + 4(2)

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

−3 −5 Por lo tanto, T es la transformacion lineal requerida (ademas, es unica).

Ejemplo 4.4. Hallar una transformaci´ on lineal (si existe) T : R4 −→M3×1(R) tal que

T (1, −2, 1, 1) =

1

2

−3

; T (2, 1, 3, 0) =

0

−1

2




T (0, 5, 1, −2) =

−2

−5

8

; T (1, −7, 0, 3) =

3

7

−11

Soluci´ on . Veamos si el conjunto S = {(1, −2, 1, 1);(2, 1, 3, 0);(0, 5, 1, −2);(1, −7, 0, 3)} es li-

nealmente independiente, para ello consideremos la matriz1 2 0 1

−2 1 5 −7

1 3 1 0

1 0 −2 3

y hallemos su FERF

1 2 0 1

−2 1 5 −7

1 3 1 0

1 0 −2 3

F 2 → F 2 + 2F 1

F 3 → F 3 − F 1→F 4 → F 4 − F 1

1 2 0 1

0 5 5 −5

0 1 1 −1

0 −2 −2 2

F 2 ↔ F 3→

1 2 0 1

0 1 1 −1

0 5 5 −5

0 −2 −2 2

F 1 → F 1 − 2F 2

F 3 → F 3 − 5F 2

→F 4 → F 4 + 2F 2

1 0 −2 3

0 1 1 −1

0 0 0 00 0 0 0

Por lo tanto, los dos primeros vectores de S son linealmente independientes, no podemos

proceder como en el ejemplo anterior, sin embargo, podemos completar una base de R4 partiendo

de estos dos vectores (el teorema de completacion de bases nos lo permite) ¿como hacerlo?,

escojamos estos vectores entre los canonicos, para saber cual de ellos escoger, consideremos la

siguiente matriz

1 2 1 0 0 0

−2 1 0 1 0 01 3 0 0 1 0

1 0 0 0 0 1

hallemos su FERF.




1 2 1 0 0 0

−2 1 0 1 0 0

1 3 0 0 1 0

1 0 0 0 0 1

F 2 → F 2 + 2F 1

F 3 → F 3 − F 1→F 4

→F 4

−F 1

1 2 1 0 0 0

0 5 2 1 0 0

0 1 −1 0 1 0

0 −2 −1 0 0 1

F 2 ↔ F 3→

1 2 1 0 0 0

0 1 −1 0 1 0

0 5 2 1 0 0

0 −2 −1 0 0 1

F 1 → F 1 − 2F 2

F 3 → F 3 − 5F 2→F 4 → F 4 + 2F 2

1 0 3 0 −2 0

0 1 −1 0 1 0

0 0 7 1 −5 0

0 0 −3 0 2 1

F 3 → 17

F 3

→

1 0 3 0 −2 0

0 1 −1 0 1 0

0 0 1 17

−57

0

0 0 −3 0 2 1

F 1 → F 1 − 3F 3

F 2 → F 2 + F 3→F 4 → F 4 + 3F 3

1 0 0 −37

17

0

0 1 0 17

27

0

0 0 1 17

−57

0

0 0 0 37

−17

1

Sin necesidad de llegar a la FERF, nos damos cuenta que los vectores que completan una base

de R4 son (1, 0, 0, 0);(0, 1, 0, 0), es decir,

β = {(1, −2, 1, 1);(2, 1, 3, 0);(1, 0, 0, 0);(0, 1, 0, 0)}es una base de R4, haciendo

T (1, 0, 0, 0) = T (0, 1, 0, 0) = 0

00

garantizamos, segun el teorema 4.6, que existe una unica transformacion lineal

T : R4 −→ M1×3(R)

que satisface las dos primeras igualdades en el enunciado del ejercicio y

T (1, 0, 0, 0) = T (0, 1, 0, 0) =

0

0

0

Hallemos T . Al calcular la matriz de coordenadas de (x , y, z, w) ∈ R4 cualquiera, respecto a la

base β , obtenemos (¡verificarlo!)

(x , y, z, w)

β

=

w

13

z − 13

w

x − 23

z − 13

w

y − 13

z + 73

w




Por lo tanto

T (x , y, z, w) = T

w(1, −2, 1, 1) +

1

3z − 1

3w

(2, 1, 3, 0)

+x −2

3 z −1

3 (1, 0, 0, 0) + y −1

3z +7

3 w (0, 1, 0, 0)= wT (1, −2, 1, 1) +

1

3z − 1

3w

T (2, 1, 3, 0)

+

x − 2

3z − 1

3

T (1, 0, 0, 0) +

y − 1

3z +

7

3w

T (0, 1, 0, 0)

= w

1

2

−3

+

1

3z − 1

3w

0

−1

2

+

1

3z − 1

3w

0

0

0

+

y − 1

3z +

7

3w

0

0

0

T (x , y, z, w) =

w

−13

z + 73

w

2

3z

−11

3w

Se puede verificar que T satisface las ultimas dos igualdades en el enunciado del ejercicio,

ası que T es la transformacion buscada, pero a diferencia de la transformacion hallada en el

ejercicio anterior, esta no es unica, depende de la escogencia de los vectores que completan la

base del espacio de partida y la escogencia de las imagenes de estos.

4.2. Representacion Matricial de una Transformacion Li-neal

En la seccion anterior, vimos que toda matriz A ∈Mm×n(R), define una transformacion lineal

de Mn×1(R) en Mm×1(R), ademas, se comento que toda transformacion lineal, entre espacios

vectoriales de dimension finita, esta asociada con una matriz, a continuacion enunciaremos y

demostraremos un teorema que garantiza esta ultima afirmacion.




Teorema 4.7. Sean V y W dos espacios vectoriales, β V = {v1, v2, . . . , vn} una base ordenada de

V, β W = {w1, w2, . . . , wm} una base ordenada de W y T : V −→ W una transformaci´ on lineal.

Entonces existe un ´ unica matriz A ∈Mm×n(R) tal que para cada v ∈ V

[T (v)]β W = A[v]β V

Demostraci´ on . Para cada j ∈ {1, . . . , n}, existen escalares α1 j , α2 j, . . . , αmj ∈ R tales que

T (v j) = α1 jw1 + α2 jw2 + · · · + αmjwm

es decir

[T (v j)]β W =

α1 j

α2 j

...

αmj

Dado v ∈ V cualquiera, hagamos

[v]β V =

λ1

λ2

...

λn

es decir

v = λ1v1 + λ2v2 + · · · + λnvn

De donde

T (v) = T (λ1v1 + λ2v2 + · · · + λnvn)

= λ1T (v1) + λ2T (v2) + · · · + λnT (vn)

= λ1(α11w1 + α21w2 + · · · + αm1wm) + λ2(α12w1 + α22w2 + · · · + αm2wm) + · · · +

+λn(α1nw1 + α2nw2 + · · · + αmnwm)

= (α11λ1 + α12λ2 + · · · + α1nλn)w1 + (α21λ1 + α22λ2 + · · · + α2nλn)w2 + · · · ++(αm1λ1 + αm2λ2 + · · · + αmnλn)wm

Por lo tanto

[T (v)]β W =

α11λ1 + α12λ2 + · · · + α1nλn

α21λ1 + α22λ2 + · · · + α2nλn

...

αm1λ1 + αm2λ2 + · · · + αmnλn

=

α11 α12 · · · α1n

α21 α22 · · · α2n

......

...

αm1 αm2 · · · αmn

λ1

λ2

...

λn

= A[v]β V




donde

A =

α11 α12 · · · α1n

α21 α22 · · · α2n

......

...

αm1 αm2 · · · αmn

=

[T (v1)]β W · · · [T (vn)]β W

Lo cual demuestra la existencia de la matriz A satisfaciendo la tesis del teorema. Probemos

ahora su unicidad. Supongamos que B ∈ Mm×n(R) es tal que para cada v ∈ V

[T (v)]β W = B[v]β V

Luego, para cada j ∈ {1, . . . , n}, tenemos que

[T (v j)]β W = B[v j ]β V

Pero

[v j]β V =

0...

0

1

0..

.0

−→ j-esima fila

Luego

A( j) = [T (v j)]β W = B[v j]β V = B( j)

Por lo tanto B = A.

Definici´ on 4.2. La matriz A en el teorema anterior, se denomina representacion matricial

de T respecto a las bases β V y β W, y la denotaremos por [T ]β V,β W.

Observaci´ on 4.1. Cuando W = V y β W = β V = β , escribiremos [T ]β en lugar de [T ]β,β .

Ejemplo 4.5.

1. Si Ves un espacio vectorial de dimensi´ on n, W es un espacio vectorial de dimensi´ on m, β V

y β W son bases ordenadas de V y W respectivamente, entonces [O]β V,β W = 0/ m×n, donde O

es la transformaci´ on nula de V en W.




2. Si V es un espacio vectorial de dimensi´ on n y β es una base ordenada de V, entonces

[I V]β = I n, donde I V es la transformaci´ on identidad sobre V.

Ejemplo 4.6. Definamos T : M2×2(R) −→ R3 como sigue

T x y

z w

= (2y − z, x − y + w, 3x − y − z + w)

no es difıcil probar que T es lineal (¡pruebelo!). Consideremos las bases can´ onicas ordenadas β V

de M2×2(R) y β W de R3. Hallar [T ]β V,β W.

Soluci´ on . En primer lugar

T 1 0

0 0 = (0, 1, 3) ; T

0 1

0 0 = (2, −1, −1)

T

0 0

1 0

= (−1, 0, −1) ; T

0 0

0 1

= (0, 1, 1)

y as, por definicion de la matriz [T ]β V,β W

[T ]β V,β W =

T

1 0

0 0

β W

T

0 1

0 0

β W

T

0 0

1 0

β W

T

0 0

0 1

β W

= [(0, 1, 3)]β W [(2,

−1,

−1)]β W [(

−1, 0,

−1)]β W [(0, 1, 1)]β W

=

0 2 −1 0

1 −1 0 1

3 −1 −1 1

Ejemplo 4.7. Consideremos la transformaci´ on lineal T : M2×2(R) −→ P2[x] dada por

T a b

c d = (a + b

−c) + (a + 2b + c + d)x + (

−a

−3b

−3c

−2d)x2

Sean β V la base can´ onica ordenada de M2×2(R), β W la base can´ onica ordenada de P2[x] y

β V =

1 2

−1 0

;

−1 0

1 1

;

2 3

1 −1

;

−2 1

3 2

β W =

1 + x; x + x2; 1 − 2x2

bases ordenadas de M2×2(R) y P2[x], respectivamente. Hallar [T ]β V,β W y [T ] b β V, b β W.




Soluci´ on . En primer lugar, hallaremos las imagenes, a traves de T , de cada uno de los vectores

de la base canonica β V.

T 1 0

0 0 = 1 + x − x2

; T 0 1

0 0 = 1 + 2x − 3x2

T

0 0

1 0

= −1 + x − 3x2 ; T

0 0

0 1

= x − 2x2

Al igual que en ejemplo 4.6, por definicion de la matriz [T ]β V,β W

[T ]β V,β W =

T

1 0

0 0

β W

T

0 1

0 0

β W

T

0 0

1 0

β W

T

0 0

0 1

β W

= 1 + x − x2β W 1 + 2x − 3x2β W −1 + x − 3x2β W x − 2x2β W =

1 1 −1 0

1 2 1 1

−1 −3 −3 −2

Analogamente, para hallar [T ] b β V, b β W

, hallemos primero las imagenes, a traves de T , de cada uno

de los vectores de la base β V.

T 1 2−1 0 = 4 + 4x − 4x2 ; T −1 0

1 1 = −2 + x − 4x2

T

2 3

1 −1

= 4 + 8x − 12x2 ; T

−2 1

3 2

= −4 + 5x − 14x2

Ahora hallemos las matrices de coordenadas de cada uno de estos vectores respecto a la base β W. Para ello consideremos la siguiente matriz cuatro veces ampliada (¿por que?).

1 0 1 4

−2 4

−4

1 1 0 4 1 8 5

0 1 −2 −4 −4 −12 −14

las tres primeras columnas de esta matriz, son las coordenadas de los vectores de la base β W,

respecto a la base canonica β W, el resto de las columnas, son las coordenadas de los vectores,

hallados previamente, respecto a la base canonica β W, esto es, las tres primeras columnas de esta

matriz representan la matriz M b β W,β Wy las ultimas 4 columnas reperesentan la matriz [T ] b β V,β W

.

La FERF de esta matriz es




1 0 0 0 −9 −12 −27

0 1 0 4 10 20 32

0 0 1 4 7 16 23

Por lo tanto

[T ] b β V, b β W=

0 −9 −12 −27

4 10 20 32

4 7 16 23

El ejemplo 4.7 nos permite escribir el siguiente algoritmo.

Algoritmo para hallar la matriz [T ]β V,β W, donde T : V

−→W es una transformacion lineal;

β V = {v1, v2, . . . , vn} es una base ordenada de V; β W es una base ordenada del espacio vectorial

W de dimension m; y β cW

es la base canonica ordenada de W. En general W = Rm, W = Pm−1[x]

o W = M p×q(R) con pq = m.

Paso 1. Hallar T (v1), T (v2), . . . , T (vn).

Paso 2. Hallar las matrices M β W,β cW y [T ]β V,β cW.

Paso 3. Formar la la matriz ampliada M β W,β cW|[T ]β V,β cW.


Paso 5. La matriz hallada en el paso previo tiene la forma [I m|B]. Entonces [T ]β V,β W = B.

Teorema 4.8. Sean U, V y W espacios vectoriales, L : U −→ V y T : V −→ W dos transfor-

maciones lineales y β U, β V y β W bases ordenadas de U, V y W respectivamente. Entonces

[T ◦ L]β U,β W = [T ]β V,β W[L]β U,β V

Demostraci´ on . Sea u ∈ U cualquiera. Entonces

([T ]β V,β W[L]β U,β V)[u]β U = [T ]β V,β W([L]β U,β V[u]β U)

= [T ]β V,β W[L(u)]β V

([T ]β V,β W[L]β U,β V)[u]β U = [T (L(u))]β W

= [(T ◦ L)(u)]β W.




Luego, por unicidad de la matriz [T ◦ L]β U,β W, se tiene que

[T ◦ L]β U,β W = [T ]β V,β W[L]β U,β V

Teorema 4.9. Sean V y W dos espacios vectoriales de dimensi´ on finita; β V y β V bases ordenadas

de V; β W y β W bases ordenadas de W y T : V −→ W una transformaci´ on lineal. Entonces

[T ] b β V, b β W= M

β W, b β W[T ]β V,β WM b β V,β V


[T (v)]β W = [T ]β V,β W[v]β V

[v]β V = M b β V,β V[v]

b β V

Luego

[T (v)] b β W= M

β W, b β W[T (v)]β W = M

β W, b β W[T ]β V,β W[v]β V = M


[v] b β V

Por unicidad de la matriz [T ] b β V, b β W, se tiene que



Ejemplo 4.8. Consideremos T , β V, β W, β V y β W como en el ejemplo 4.7. Verificar el teorema

4.9.

Soluci´ on . Sabemos que

[T ] b β V, b β W=

0 −9 −12 −27

4 10 20 32

4 7 16 23

[T ]β V,β W = 1 1

−1 0

1 2 1 1

−1 −3 −3 −2

Por otro lado, facilmente obtenemos que

M b β V,β V=

1 −1 2 −2

2 0 3 1

−1 1 1 3

0 1 −1 2




y haciendo algunos calculos (no muchos ni muy complicados) obtenemos

M β W, b β W,

=

2 −1 1

−2 2 −1

−1 1 −1

Al sustituir, se obtiene que



Corolario 4.10. Sea V un espacio vectorial de dimensi´ on finita; β V y β V dos bases ordenadas

de V y T : V −→ V una transformaci´ on lineal. Entonces

[T ] b β V= M

β V, b β V[T ]β VM b β V,β V


4.3. Nucleo e Imagen de una Transformacion Lineal

Definici´ on 4.3. Sean V y W dos espacios vectoriales y T : V−→

W una transformaci´ on lineal.

Definiremos

1. El nucleo o kernel de T como el conjunto

N(T ) = Ker(T ) = {v ∈ V : T (v) = 0/ W}

2. La imagen o recorrido de T como el conjunto

Im(T ) = {w ∈W : T (v) = w para alg´ un v ∈ V}

Observaci´ on 4.2. w ∈ Im(T ) si y s´ olo si existe v ∈ V tal que T (v) = w.

Teorema 4.11. Sean V y W dos espacios vectoriales y T : V −→ W una transformaci´ on lineal.

Entonces N(T ) es un subespacio vectorial de V e Im(T ) es un subespacio vectorial de W.




Demostraci´ on . Es claro que N(T ) ⊂ V e Im(T ) ⊂ W.

Por la parte 1 del teorema 4.2, se tiene que T (0/V) = 0/W, ası que 0/V ∈ N(T ) y 0/W ∈ Im(T ), de

donde, N(T ) = ∅ e Im(T ) = ∅.

Por otro lado, sean v1, v2 ∈ N(T ) y α ∈ R cualesquiera. Entonces

T (v1) = 0/W = T (v2)

Ası que

T (v1 + αv2) = T (v1) + αT (v2) = 0/W +α 0/W = 0/W

Por lo tanto v1 + αv2 ∈ N(T ), en consecuencia, N(T ) es un subespacio de V.

Finalmente, sean w1, w2 ∈ Im(T ) y α ∈ R cualesquiera. Entonces, existen v1, v2 ∈ V tales que

T (v1) = w1 y T (v2) = w2.Consideremos v = v1 + αv2. Ası que v ∈ V y

T (v) = T (v1 + αv2) = T (v1) + αT (v2) = w1 + αw2

De donde w1 + αw2 ∈ Im(T ), luego Im(T ) es un subespacio de W.

Definici´ on 4.4. Sean V y W dos espacios vectoriales y T : V −→W una transformaci´ on lineal.

Definiremos

1. La nulidad de T , denotada por n(T ), como n(T ) = dim(N(T )).

2. El rango de T , denotado por r(T ), como r(T ) = dim(Im(T )).

Ejemplo 4.9.

1. Consideremos la transformaci´ on nula O : V −→ W. Entonces N(O) = V e Im(O) = {0/ W}

(¡pruebelo!).

2. Para la transformaci´ on identidad sobre V, I V : V −→ V, se puede probar que Im(I V) = V

y N(I V) = {0/ V} (¡pruebelo!).

Ejemplo 4.10. Sea T la transformaci´ on dada en el ejemplo 4.6. Hallar n(T ) y r(T ).




Soluci´ on . Por definicion

N(T ) =

x y

z w

∈ M2×2(R) : T

x y

z w

= (0, 0, 0)

Pero T

x y

z w

= (0, 0, 0) si y solo si

2y −z = 0

x −y +w = 0

3x −y −z +w = 0

(4.1)

Es decir x y

z w ∈ N(T ) si y solo si se satisface el sistema (4.1). Resolvamos este sistema.

0 2 −1 0

1 −1 0 1

3 −1 −1 1

F 1 ↔ F 2→

1 −1 0 1

0 2 −1 0

3 −1 −1 1

F 3 → F 3 − 3F 1→

1 −1 0 1

0 2 −1 0

0 2 −1 −2

F 2 → 12

F 2→

1 −1 0 1

0 1 −12

0

0 2 −1 −2

F 1 → F 1 + F 2→F 3 → F 3 − 2F 2

1 0 −1

21

0 1 −12

0

0 0 0 −2

F 3 → −12

F 3→ 1 0 −

1

2 10 1 −1

20

0 0 0 1

F 1 → F 1 − F 3→ 1 0 −

1

2 00 1 −1

20

0 0 0 1

De donde

x −12

z = 0

y −12

z = 0

w = 0

; o bien

x = 12

z

y = 12

z

w = 0

Haciendo z = 2α, con α ∈ R, obtenemosx y

z w

=

α α

2α 0

= α

1 1

2 0

Por lo tanto

N(T ) = gen

1 1

2 0




y la nulidad de T es

n(T ) = dim(N(T )) = 1

Por otro lado

Im(T ) =

(a,b,c) ∈ R3 : T x y

z w

= (a,b,c) para algun

x y

z w

∈M2×2(R)

Pero T

x y

z w

= (a,b,c) si y solo si

2y −z = a

x −y +w = b

3x −y −z +w = c

(4.2)

En consecuencia (a,b,c) ∈ Im(T ) si y solo si el sistema (4.2) tiene solucion. Al resolver este

sistema, obtenemosx −1

2z = −1

2b + 1

2c

y −12

z = 12

a

w = 12

a + 32

b − 12

c

; o bien

x = 1

2z − 1

2b + 1

2c

y = 12

z + 12

a

w = 12

a + 32

b − 12

c

Por lo tanto, el sistema (4.2) tiene solucion para cada (a,b,c)

∈R3, en consecuencia Im(T ) = R3

y r(T ) = 3.

Observaci´ on 4.3. N´ otese que la matriz de los sistemas (4.2) y (4.1) no es otra que la que la

matriz [T ]β V,β W, donde β V y β W son las bases can´ onicas de los espacios M2×2(R) y R3 respectiva-

mente (verifıquelo).

Al igual que en el caso matricial, no hace falta resolver el sistema (4.2), la FERF de la matriz

de este sistema nos da toda la informaci´ on, pero a diferencia del caso matricial, los pivotes de

esta matriz nos dan las coordenadas, respecto a la base can´ onica de R3, de los vectores que forman

una base para Im(T ). Para entender bien este comentario, consideremos el siguiente ejemplo.

Ejemplo 4.11. Hallar el n´ ucleo, la nulidad, la imagen y el rango de la transformaci´ on lineal T

dada en el ejemplo 4.7.

Soluci´ on .

a b

c d

∈ N(T ) si y solo si




a +b −c = 0

a +2b +c +d = 0

−a

−3b

−3c

−2d = 0

(4.3)

La matriz de este sistema es

[T ]β V,β W =

1 1 −1 0

1 2 1 1

−1 −3 −3 −2

donde β V y β W son las bases canonicas de M2×2(R) y P2[x] respectivamente. Su FERF es

1 0

−3

−1

0 1 2 1

0 0 0 0

Por lo tanto

a −3c −d = 0

b +2c +d = 0; o bien

a = 3c + d

b = −2c − d

Ası que

a bc d

= 3c + d −2c − dc d

= c 3 −21 0

+ d 1 −10 1

En consecuencia

N(T ) = gen

3 −2

1 0

;

1 −1

0 1

y una base para N(T ) es

3 −2

1 0

;

1 −1

0 1

luego n(T ) = dim(N(T )) = 2. Los pivotes de la FERF de la matriz del sistema, estan en las colum-

nas 1 y 2, ası que las columnas 1 y 2 de la matriz original, son las matrices de coordenadas, respecto

a β W, de dos vectores que forman una base para Im(T ), por lo tanto r(T ) = dim(Im(T )) = 2,

ademas

Im(T ) = gen

1 + x − x2; 1 + 2x − 3x2




y una base para Im(T ) es 1 + x − x2; 1 + 2x − 3x2

La observacion 4.3 puede ser generalizada de la siguiente manera.

Teorema 4.12. Sean V y W dos espacios vectoriales, β V = {v1, v2, . . . , vn} una base ordenada

de V, β W = {w1, w2, . . . , wm} una base ordenada de W y T : V −→ W una transformaci´ on lineal.

Entonces

1. {u1, u2, . . . , uk} es una base para N(T ) si y s´ olo si {[u1]β V, [u2]β V , . . . , [uk]β V} es una base

para N([T ]β V,β W)

2. {z1, z2, . . . , zr} es una base para Im(T ) si y s´ olo si {[z1]β W, [z2]β W, . . . , [zr]β W} es una base

para Im([T ]β V,β W)


Corolario 4.13. Sean V, W, β V, β W y T como en el teorema 4.12. Entonces

1. n(T ) = n([T ]β V,β W)

2. r(T ) = r([T ]β V,β W)

3. n(T ) + r(T ) = n = dim(V)


El siguiente ejemplo ilustra estos resultados.

Ejemplo 4.12. Sean T , β V y β W como en el ejemplo 4.7. Usar la matriz [T ] b β V, b β Wpara hallar el

n´ ucleo, la nulidad, la imagen y el rango de la transformaci´ on lineal T .

Soluci´ on . En primer lugar, recordemos que

β V =

1 2

−1 0

;

−1 0

1 1

;

2 3

1 −1

;

−2 1

3 2




β W =

1 + x; x + x2; 1 − 2x2

Sabemos que

[T ] b β V, b β W= 0 −9 −12 −27

4 10 20 32

4 7 16 23

Sin mucha dificultad, obtenemos que la FERF de esta matriz es

1 0 53

12

0 1 43

3

0 0 0 0

Luego una base para N

[T ] b β V, b β W

es

−5

−4

3

0

;

−1

−6

0

2

y usando el teorema 4.12, tenemos que estas dos matrices son las matrices de coordenadas resd-

pecto a la base β V de dos vectores que forman una base para N(T ), hallemos estos vectores.

(−5)

1 2

−1 0

+ (−4)

−1 0

1 1

+ 3

2 3

1 −1

+ 0

−2 1

3 2

=

5 −1

4 −7

(−1)

1 2

−1 0

+ (−6)

−1 0

1 1

+ 0

2 3

1 −1

+ 2

−2 1

3 2

=

1 0

1 −2

Luego, una base para N(T ) es

5 −1

4 −7

; 1 0

1 −2

y ası

N(T ) = gen

5 −1

4 −7

;

1 0

1 −2

y n(T ) = 2.




Por otro lado, dado que los pivotes en la FERF de la matriz [T ] b β V, b β Wse encuentran en las

columnas 1 y 2, entonces una base para Im

[T ] b β V, b β W

es

0

4

4

; −9

10

7

y como antes, usando el teorema 4.12, tenemos que estas dos matrices son las matrices de coor-

denadas resdpecto a la base β W de dos vectores que forman una base para Im(T ), veamos cuales

son estos vectores.

0(1 + x) + 4(x + x2) + 4(1 − 2x2) = 4 + 4x − 4x2

(−

9)(1 + x) + 10(x + x2) + 7(1−

2x2) =−

2 + x−

4x2

Por lo tanto una base para Im(T ) es4 + 4x − 4x2; −2 + x − 4x2

y ası

Im(T ) = gen

4 + 4x − 4x2; −2 + x − 4x2

y r(T ) = 2.

4.4. Autovalores y Autovectores de una Matriz

Definici´ on 4.5. Sea A ∈ Mn×n(R). Diremos que λ ∈ R es un autovalor (valor propio o

valor caracterıstico) de A si existe un vector no nulo x ∈ Mn×1(R) tal que Ax = λx. Cualquier

vector no nulo x ∈ Mn×1(R), satisfaciendo la igualdad anterior, es llamado autovector (vector

propio o vector caracterıstico) de A asociado a λ.

Ejemplo 4.13. Si A =

2 −3

1 6

, entonces λ = 5 es un autovalor de A y

x

y

=

1

−1

es un autovector de A asociado a λ = 5, en efecto,




2 −3

1 6

1

−1

=

5

−5

= 5

1

−1

λ = 3 tambien es un autovalor de A y un autovector de A asociado a λ = 3 es

x

y

=

−3

1

(¡verifıquelo!)

Teorema 4.14. Sea A ∈ Mn×n(R). Entonces λ ∈ R es un autovalor de A si y s´ olo si pA(λ) =

det(A − λI n) = 0.

Demostraci´ on . Notemos primero que Ax = λx es equivalente a (A − λI n)x = 0/n×1 ya que

(A − λI n)x = Ax − λI nx = Ax − λx

Por definicion, λ es un autovalor de A si y solo si existe x = 0/n×1 tal que Ax = λx, es decir,

segun el comentario inicial, si y solo si existe x = 0/n×1 tal que (A − λI n)x = 0/n×1, lo cual, a su

vez, es equivalente a decir que la matriz A − λI n no es invertible, que, finalmente, es equivalente

a det(A − λI n) = 0.

Corolario 4.15. Si D ∈ Mn×n(R) es triangular (superior o inferior), entonces sus autovalores

son precisamente las componentes de su diagonal principal. En particular, si D es diagonal, sus

autovalores son precisamente las componentes de su diagonal.


Observaci´ on 4.4. Se puede probar que pA(t) = det(A−

tI n) es un polinomio grado n con

termino dominante (−1)ntn.

Seg´ un el teorema precedente, λ es un autovalor de A si y s´ olo si es raız del polinomio pA(t),

en consecuencia, una matriz A de orden n, tiene a lo sumo n autovalores distintos.

Definici´ on 4.6. El polinomio pA(t) = det(A − tI n) es llamado polinomio caracterıstico de

A y la ecuaci´ on pA(t) = det(A − tI n) = 0 recibe el nombre de ecuacion caracterıstica de A.




Teorema 4.16. Sea λ ∈ R un autovalor de A ∈ Mn×n(R). El conjunto

E λ = {x ∈Mn×1(R) : Ax = λx}

es un subespacio vectorial de Mn×1(R).

Demostraci´ on . Sabemos que Ax = λx es equivalente a (A − λI n)x = 0/n×1, por lo tanto

E λ = {x ∈ Mn×1(R) : (A − λI n)x = 0/n×1}

es decir, E λ es el conjunto solucion del sistema (A−λI n)x = 0/n×1, el cual sabemos es un subespacio

de Mn×n(R).

Definici´ on 4.7. Sea λ∈R un autovalor de A

∈Mn×n(R). El subespacio E λ es llamado au-

toespacio (espacio propio o espacio caracterıstico) de A correspondiente a λ.

Ejemplo 4.14. Hallar el autoespacio de A =

2 −3

1 6

correspondiente a los autovalores λ = 5

y λ = 3.

Soluci´ on . Sabemos que E 5 es el espacio solucion del sistema

(A − 5I 2)

x

y =

0

0 Hallemos la FERF de A − 5I 2

A − 5I 2 =

−3 −3

1 1

F 1 → −1

3F 1→

1 1

1 1

F 2 → F 2 − F 1→

1 1

0 0

Ası que x + y = 0, o bien y = −x, por lo tanto

x

y = x

−x = x1

−1 En consecuencia E 5 = gen

1

−1

Para hallar E 3, debemos proceder de manera analoga, obteniendo

E 3 = gen

3

−1




¿Como hallar los autovalores y autovectores de A? La respuesta a esta pregunta la podemos

encontrar en el procedimiento que se uso en el ejemplo precedente.

Algoritmo para hallar los autovalores y autovalores de una matriz A ∈ Mn×n(R).

Paso 1. Hallar pA(t) = det(A − tI n), el polinomio caracterıstico de A.

Paso 2. Hallar las raıces reales de pA(t), digamos λ1, λ2, . . . , λm, estos son los autovalores

de A.

Paso 3. Para cada i ∈ {1, . . . , m}, resolver el sistema (A − λiI n)x = 0/n×1, esto es, hallar el

espacio nulo de la matriz A−λiI n. El espacio solucion de este sistema es el autoespacio

E λi = N(A−

λiI n).

Paso 4. Para cada i ∈ {1, . . . , m}, los vectores no nulos pertenecientes a E λi, son los au-

tovectores de A asociados a λi.

Observaci´ on 4.5. Se dice que x0 es una raız del polinomio p(x) de multiplicidad k ∈ Z+ si

existe un polinomio q(x) tal que p(x) = (x − x0)kq(x) y q(x0) = 0.

Definici´ on 4.8. Sea λ ∈ R un autovalor de A ∈ Mn×n(R). Definiremos la multiplicidad

geometrica de λ como la dimensi´ on del autoespacio E λ.

Observaci´ on 4.6. Para diferenciar la multiplicidad geometrica de un autovalor λ de A de su

multiplicidad, como raız del polinomio caracterıstico pA(t), a esta ´ ultima la llamremos multipli-

cidad algebraica de λ.

Ejemplo 4.15. Para la matriz A del ejemplo 4.14, tenemos que cada uno de sus autovalores

tiene multiplicidad algebraica y geometrica igual a 1.

Ejemplo 4.16. Hallar los autovalores y los autovectores de

A =

1 1 1

1 1 −1

1 −1 1

Soluci´ on .

pA(t) = det(A − tI 3) =

1 − t 1 1

1 1 − t −1

1 −1 1 − t

= −(t − 2)2(t + 1)




Por lo tanto

pA(t) = 0 si y solo si t = 2 o t = −1

Vemos que λ1 = 2 es un autovalor de A de multiplicidad algebraica 2 y λ2 = −1 es un autovalor

de A de multiplicidad algebraica 1.Hallemos los autoespacios E 2 y E −1, para ello debemos resolver los correspondientes sistemas

(A − 2I 3)

x

y

z

=

0

0

0

y (A + I 3)

x

y

z

=

0

0

0

Hallemos la FERF de cada una de las matrices de estos sistemas.

A − 2I 3 =

−1 1 1

1 −1 −1

1 −1 −1

F 1 → −F 1→ 1 −1 −1

1 −1 −1

1 −1 −1

F 2 → F 2 − F 1→

F 3 → F 3 − F 1

1 −1 −1

0 0 0

0 0 0

De donde, x − y − z = 0, o bien x = y + z, por lo tanto, la solucion del primero de los sistemas

es x

y

z

=

y + z

y

z

= y

1

1

0

+ z

1

0

1

Ası que

E 2 = gen

1

1

0

,

1

0

1

Cualquier vector no nulo perteneciente a E 2 es un autovector de A asociado a λ1 = 2.

A + I 3 =

2 1 1

1 2 −1

1 −1 2

F 1 ↔ F 2→

1 2 −1

2 1 1

1 −1 2

F 2 → F 2 − 2F 1→F 3 → F 3 − F 1

1 2 −1

0 −3 3

0 −3 3




F 2 → −13

F 2→

1 2 −1

0 1 −1

0 −3 3

F 1 → F 1 − 2F 2→F 3 → F 3 + 3F 2

1 0 1

0 1 −1

0 0 0

De donde x z = 0

y −z = 0o bien

x = −z

y = z

por lo tanto, la solucion del segundo de los sistemas esx

y

z

=

−z

z

z

= z

−1

1

1

Luego

E −1 = gen

−1

1

1

Cualquier vector no nulo perteneciente a E −1 es un autovector de A asociado a λ2 = −1.

Ademas, se tiene que λ1 = 2 tiene multiplicidad geometrica 2 y λ2 = −1 tiene multiplicidad

geometrica 1.

Ejemplo 4.17. Idem para

B =

−1 0 −1

1 −1 1

0 0 −2

Soluci´ on .

pB(t) = det(B − tI 3) = −

1−

t 0−

1

1 −1 − t 1

0 0 −2 − t

= −(t + 1)2(t + 2)

Luego

pB(t) = 0 si y solo si t = −1 o t = −2

Por lo que λ1 = −1 es un autovalor de B de multiplicidad algebraica 2 y λ2 = −2 es un autovalor

de B de multiplicidad algebraica 1




Hallemos E −1, esto es, resolvamos el sistema (B + I 3)

x

y

z

=

0

0

0

B + I 3 = 0 0 −1

1 0 1

0 0 −1

F 1 ↔ F 2→ 1 0 1

0 0 −1

0 0 −1

F 2 → −F 2→ 1 0 1

0 0 1

0 0 −1

F 1 → F 1 − F 2→

F 3 → F 3 + F 2

1 0 0

0 0 1

0 0 0

Con lo que x = z = 0, ası que

x

y

z

=

0

y

0

= y

0

1

0

y

E −1 = gen

0

1

0

Cualquier vector no nulo perteneciente a E −1 es un autovector de B asociado a λ1 = −1.

Ahora hallemos E −2, esto es, resolvamos el sistema (B + 2I 3)

x

y

z

=

0

0

0

B + I 3 =

1 0 −1

1 1 1

0 0 0

F 2 → F 2 − F 1→

1 0 −1

0 1 2

0 0 0

Luego x = z y y = −2z, es decir

x

y

z

=

z

−2z

z

= z

1

−2

1

y




E −2 = gen

1

−2

1

Cualquier vector no nulo perteneciente a E −2 es un autovector de B asociado a λ2 = −2.

Vemos que la multiplicidad geometrica de cada uno de los autovalores de B es 1.

Ejemplo 4.18. Idem para

C =

−1 13 23

−1 6 7

0 −1 −2

Soluci´ on . pC (t) = det(C − tI 3) =

−1 − t 13 23−1 6 − t 7

0 −1 −2 − t

= −(t − 1)(t2 − 2t + 2)

Como t2 − 2t + 2 = 0 para todo t ∈ R, entonces el unico autovalor de C es λ = 1. Hallemos

el autoespacio E 1 de C asociado a λ = 1. Como en el ejemplo precedente, debemos resolver el

sistema

(C

−I 3)

x

y

z

=

0

0

0

C − I 3 =

−2 13 23

−1 5 7

0 −1 −3

F 2 → −F 2→

−2 13 23

1 −5 −7

0 −1 −3

F 1 ↔ F 2→

1 −5 −7

−2 13 23

0 −1 −3

F 2 → F 2 + 2F 1→

1 −5 −7

0 3 9

0 1 3

F 2 ↔ F 3→

1 −5 −7

0 1 3

0 3 9

F 1 → F 1 + 5F 2→F 3 → F 3 − 3F 2

1 0 8

0 1 3

0 0 0

De donde

x = −8z

y = −3z

Ası que x

y

z

=

−8z

−3z

z

= z

−8

−3

1




En consecuencia

E 1 = gen

−8

−3

1

y como antes, cualquier vector no nulo en E 1 es un autovector de C asociado a λ = 1.

Las multiplicidades algebraica y geometrica de λ = 1 son iguales a 1, coinciden.

Teorema 4.17. Sean λ1, λ2, . . . , λm ∈ R distintos autovalores de A ∈Mn×n(R) y x1, x2, . . . , xm

autovectores de A asociados a λ1, λ2, . . . , λm, respectivamente. Entonces x1, x2, . . . , xm son lineal-

mente independientes.

Demostraci´ on . Para cada i ∈ {1, . . . , m}, dado que xi es un autovector de A asociado a λi,tenemos que Axi = λixi y xi = 0/n×1.

Sean α1, α2, . . . , αm ∈ R tales que

α1x1 + α2x2 + · · · + αmxm = 0/n×1 (4.4)

Para probar que αi = 0 para cada i ∈ {1, . . . , m}, procederemos por induccion sobre m.

Verifiquemos que se cumple para m = 2. En este caso la ecuacion (4.4) se convierte en

α1x1 + α2x2 = 0/n×1 (4.5)

Luego

A(α1x1 + α2x2) = A 0/n×1 = 0/n×1

Pero

A(α1x1 + α2x2) = α1Ax1 + α2Ax2 = α1λ1x1 + α2λ2x2

De donde

α1λ1x1 + α2λ2x2 = 0/n×1 (4.6)

Al multiplicar a ambos lados de (4.5) por λ2, obtenemos

α1λ2x1 + α2λ2x2 = 0/n×1 (4.7)

Restando (4.6) de (4.7) nos queda

α1(λ2 − λ1)x1 = α1λ2x1 − α1λ1x1 = 0/n×1




Como λ1 = λ2 y x1 = 0/n×1, entonces α1 = 0. Sustituyendo este valor en la ecuacion (4.5), se tiene

α2x2 = 0/n×1, pero x2 = 0/n×1, ası que α2 = 0, por lo tanto x1 y x2 son linealmente independientes.

Supongamos que x1, x2, . . . , xm−1 son linealmente independientes (hipotesis inductiva). Probe-

mos que x1, x2, . . . , xm−1, xm son linealmente independientes. De (4.4) obtenemos

A(α1x1 + α2x2 + · · · + αm−1xm−1 + αmxm) = A 0/n×1 = 0/n×1

Pero

A(α1x1 + α2x2 + · · · + αm−1xm−1 + αmxm) = α1Ax1 + α2Ax2 + · · · + αm−1Axm−1 + αmAxm

= α1λ1x1 + α2λ2x2 + · · · + αm−1λm−1xm−1

+αmλmxm

De donde

α1λ1x1 + α2λ2x2 + · · · + αm−1λm−1xm−1 + αmλmxm = 0/n×1 (4.8)

Multiplicando (4.4) por λm obtenemos

α1λmx1 + α2λmx2 + · · · + αm−1λmxm−1 + αmλmxm = 0/n×1 (4.9)

Restando (4.8) de (4.9) nos queda

α1(λm − λ1)x1 + α2(λm − λ2)x2 + · · · + αm−1(λm − λm

−1)xm

−1 = 0

/

n×1

Como x1, x2, . . . , xm−1 son linealmente independientes (por hipotesis inductiva), entonces, para

cada i ∈ {1, . . . , m − 1}αi(λm − λi) = 0

Pero λm = λi para i ∈ {1, . . . , m − 1} (por hipotesis), luego αi = 0 para cada i ∈ {1, . . . , m − 1}.

Por lo tanto, (4.4) queda expresado por αmxm = 0/n×1, y dado que xm = 0/n×1, obtenemos αm = 0.

En consecuencia x1, x2, . . . , xm son linealmente independientes.

Ejemplo 4.19. Los vectores

1

−1

y

3

−1

, son linealmente independientes, ya que son

autovectores de la matriz A del ejemplo 4.15, correspondientes a distintos autovalores.

Los vectores

1

1

0

y

−1

1

1

, son linealmente independientes, pues son autovectores de la

matriz A del ejemplo 4.16, correspondientes a distintos autovalores.




Un razonamiento an´ alogo, nos garantiza que los vectores

0

1

0

y

1

−2

1

, los cuales son

autovectores de la matriz B del ejemplo 4.17, son linealmente independientes.

Teorema 4.18. A ∈Mn×n(R) es invertible si y s´ olo si 0 (cero) no es un autovalor de A.

Demostraci´ on . A es invertible si y solo si det(A) = 0. Pero

pA(0) = det(A − 0I n) = det(A)

Ası que A es invertible si y solo si 0 no es raız del polinomio pA(λ), es decir, A es invertible si y

solo si 0 no es un autovalor de A.

4.5. Diagonalizacion

En esta seccion del capıtulo, estudiaremos las matrices similares y las matrices diagonalizables

y haremos uso de los teoremas de la seccion anterior para el estudio de las ultimas.

Definici´ on 4.9. Sean A, B ∈ Mn×n(R), Diremos que B es similar a A si existe una matriz

invertible P ∈ Mn×n(R) tal que B = P −1AP .

Observaci´ on 4.7. N´ otese que si B = P −1AP , entonces A = P BP −1 = (P −1)−1BP −1. Por lo

tanto, si B es similar a A, entonces A es similar a B. En consecuencia, en lugar de decir B es

similar a A ´ o A es similar a B, diremos simplemente que A y B son similares.

Teorema 4.19. Sean A, B ∈Mn×n(R) dos matrices similares. Entonces pA(t) = pB(t), es decir,

A y B tienen los mismos polinomios caracterısticos, y en consecuencia, los mismos autovalores.

Demostraci´ on . Como A y B son similares, existe una matriz invertible P ∈ Mn×n(R) tal que

A = P −1BP . De donde

pA(t) = det(A − tI n) = det(P −1BP − P −1(tI n)P )

= det(P −1(B − tI n)P ) = det(P −1) det(B − tI n)det(P )

=1

det(P )det(B − tI n)det(P ) = det(B − tI n)

= pB(t)

En consecuencia, A y B tienen los mismos autovalores.




Ejemplo 4.20. Las matrices

A =

−6 0 −6

6 −6 6

0 0 −12

y B =

−6 2 −10

−9 −9 −15

3 1 7

son similares, en efecto, la matriz

P =

1 1 1

1 −1 1

1 0 2

es invertible, basta ver que

P −1

=

1

6 2 2 2

3 −3 01 1 −2

y adem´ as B = P −1AP (¡verifıquelo!).

Ejemplo 4.21. Los autovalores de

D =

−2 0 0

0 −4 0

0 0 4

son λ1 = −2, λ2 = −4 y λ3 = 4, pues D es diagonal, adem´ as,

A =

−2 2 −2

2 −2 −2

−2 −2 2

es similar a D, basta escoger la matriz P como en el ejercicio anterior y verificar que D =

P −1AP , por lo tanto los autovalores de A son λ1 = −2, λ2 = −4 y λ3 = 4.

Ejemplo 4.22. Las matrices

A =

1 1 1

1 1 −1

1 −1 1

y D =

−1 0 0

0 2 0

0 0 2

son similares, pues

P =

−1 1 1

1 1 0

1 0 1




es invertible y D = P −1AP (¡verifıquelo!).

Adem´ as

pD(t) = det(D − tI 3) = −1 − t 0 0

0 2 − t 00 0 2 − t

= (−1 − t)(2 − t)2 = −(t + 1)(t − 2)2 = pA(t)

lo que verifica el teorema 4.19.

Teorema 4.20. Sea λ ∈ R un autovalor de multiplicidad geometrica r de una matriz A ∈Mn×n(R). Entonces existe una matriz escalar E ∈ Mr×r(R) y matrices B ∈ Mr×(n−r)(R) y

C

∈M(n−r)×(n−r)(R) tales que la matriz

D =

E B

0/ (n−r)×r C

es similar a A.


Observaci´ on 4.8. En la prueba del teorema 4.20 se obtiene que E = λI r.

Teorema 4.21. Sea λ ∈ R un autovalor de A ∈ Mn×n(R). Entonces la multiplicidad geometrica

de λ es menor o igual a su multiplicidad algebraica.

Demostraci´ on . Sea r la multiplicidad geometrica de λ. Entonces, en virtud del teorema 4.20

y usando la observacion 4.8, se tiene que A es similar a a una matriz

D =

E B

0/(n−r

)×r C

donde E = λI r, B ∈ Mr×(n−r)(R) y C ∈ M(n−r)×(n−r)(R). Luego, usando el teorema 4.19

pA(t) = pD(t) = det(D − tI n) = det

E − tI r B

0/(n−r)×r C − tI n−r

= det

(λ − t)I r B

0/(n−r)×r C − tI n−r

y por el teorema 1.43

pA(t) = det((λ − t)I r) det(C − tI n−r) = (λ − t)r pC (t)




As que λ es una raz de pA(t) de multiplicidad al menos r, es decir, la multiplicidad geometrica

de λ es menor o igual a su multiplicidad algebraica.

Teorema 4.22. A ∈Mn×n(R) tiene n autovectores linealmente independientes si y s´ olo si pA(t)

tiene s´ olo raıces reales y la multiplicidad algebraica, de cada uno de los autovalores de A, es igual

a su multiplicidad geometrica. En particular, si A tiene n autovalores distintos, entonces A tiene

n autovectores linealmente independientes.


Ejemplo 4.23. El polinomio caracterıstico de la matriz A del ejemplo 4.16, tiene s´ olo raıcesreales, adem´ as, cada uno de los autovalores de A tiene multiplicidades algebraica y geometrica

iguales, por lo tanto A tiene tres autovectores linealmente independientes, a saber 1

1

0

,

1

0

1

,

−1

1

1

N´ otese que los dos primeros autovectores corresponden al autovalor λ1 = 2 y el ´ ultimo corres-

ponde al autovalor λ2 = −1.

Por el contrario, para la matriz B del ejemplo 4.17, sabemos que el polinomio caracterısti-

co de B tiene s´ olo raıces reales, pero el autovalor λ1 = −1 tiene multiplicidad algebraica 2 y

multiplicidad geometrica 1, por lo tanto B no tiene 3 autovectores linealmente independientes.

La matriz C del ejemplo 4.18 tiene s´ olo un autovalor, λ = 1, y las multiplicidades algebraica y

geometrica de este son iguales, sin embargo pC (λ) no tiene s´ olo raıces reales, por lo tanto C no

tiene tres autovectores linealmente independientes.

Definici´ on 4.10. Una matriz A ∈ Mn×n(R) es diagonalizable si existe una matriz diagonal

D ∈ Mn×n(R) la cual es similar a A.

Ejemplo 4.24. La matriz A del ejemplo 4.21 es diagonalizable, ası como la matriz A del ejemplo

4.22.

En el ejemplo 4.22, notese que la primera componente de la diagonal principal de D es −1,

que es un autovalor de A con multiplicidad geometrica 1, las veces que aparece en D, la segunda




y la tercera componente de la diagonal principal de D son iguales a 2, que es el otro autovalor

de A y tiene multiplicidad geometrica 2, las veces que aparece en D.

Ademas, notese que la primera columna de P es

−1

1

1

el cual es un autovector de A asociado a λ2 = −1, que esta ubicado, como dijimos antes, en la

primera componente de la diagonal principal de D. Las segunda y tercera columnas de P son,

respectivamente

1

10 y

1

01

que son autovectores de A asociados a λ1 = 2, el cual esta ubicado, como ya comentamos, en la

segunda y la tercera componente de la diagonal principal de D.

Esta situacion no es nada casual, como veremos en el siguiente teorema, mas precisamente en

su demostracion.

Teorema 4.23. Una matriz A ∈ Mn×n(R) es diagonalizable si y s´ olo si tiene n autovectores

linealmente independientes.

Demostraci´ on . Supongamos primero que A tiene n autovectores linealmente independientes,

digamos x1, x2, . . . , xn, correspondientes a los autovalores λ1, λ2, . . . , λn (no necesariamente dis-

tintos) respectivamente, es decir, Axi = λixi para cada i ∈ {1, . . . , n}.

Sea P ∈ Mn×n(R) la matriz cuya i-esima columna es xi, para cada i ∈ {1, . . . , n}, es decir

P =

x1 x2 · · · xn

Dado que x1, x2, . . . , xn son linealmente independientes, entonces P es invertible, ademas, para

cada i ∈ {1, . . . , n}, la i-esima columna de AP es Axi (ver ejercicio 1.1 parte 1), pero Axi = λixi,

por lo tanto, la i-esima columna de AP es λixi.

Por otro lado, sea D diag(λ1, λ2, . . . , λn) ∈ Mn×n(R). Ası que, para cada i ∈ {1, . . . , n}, la

i-esima columna de P D es




P D(i) = P

0...

0

λi

0...

0

−→ i-esima fila

= λiP

0...

01

0...

0

−→ i-esima fila

= λiP (i) = λixi

Por lo tanto AP = P D, de donde D = P −1AP , es decir, A es diagonalizable.

Supongamos ahora que A es diagonalizable. Entonces existen una matriz diagonal D ∈Mn×n(R)

y una matriz invertible P ∈ Mn×n(R) tales que

D = P −1AP (4.10)

Para cada i ∈ {1, . . . , n} sea xi = P (i). Entonces x1, x2, . . . , xn son linealmente independientes,

pues P es invertible. Para cada i ∈ {1, . . . , n}, sea λi la i-esima componente de la diagonal

principal de D. De (4.10) obtenemos AP = P D, pero para cada i ∈ {1, . . . , n}, la i-esima

columna de AP es Axi y la i-esima columna de P D es λixi (usando nuevamente la parte 1 delejercicio 1.1), ası que Axi = λixi.

En consecuencia, x1, x2, . . . , xn son autovectores de A linealmente independientes.

Corolario 4.24. A ∈ Mn×n(R) es diagonalizable si y s´ olo si pA(t) tiene s´ olo raices reales y

la multiplicidad algebraica, de cada uno de los autovalores de A, es igual a su multiplicidad

geometrica. En particular, si A tiene n autovalores distintos, entonces A es diagonalizable.





Ejemplo 4.25. La matriz B del ejemplo 4.17 no es diagonalizable, pues λ1 = −1 es un autovalor

de B de multiplicidad algebraica 2 y multiplicidad geometrica 1.

La matriz C del ejemplo 4.18 no es diagonalizable, ya que el polinomio pC (t) tiene raıces

complejas que no son reales.

4.6. Autovectores y Autoespacios Generalizados. Forma

Canonica de Jordan

Las demostraciones de los resultados dados en esta seccion, escapan al objetivo del curso, en

consecuencia solo los enunciaremos, para una demostracion de estos puede verse el apendice D,

no obstante, las aplicaciones de dichos resultados nos interesan de manera especial.

Comenzaremos por definir las matrices de Jordan y las cajas o bloques elementales de

Jordan . Sea N k ∈ Mk×k(R) dada por

N k =

0 1 0 · · · 0

0 0 1. . .

...

... ... . . . . . . 0

0 0 · · · 0 1

0 0 0 · · · 0 0

Note que N k es una matriz nilpotente de orden k.

Definici´ on 4.11. Una caja o bloque elemental de Jordan es una matriz J k,λ ∈ Mk×k(R)

dada por

J k,λ = λI k + N k =

λ 1 0· · ·

0

0 λ 1. . .

......

. . .. . .

. . . 0

0 · · · 0 λ 1

0 0 · · · 0 λ

donde λ ∈ R.

Ejemplo 4.26. Las siguientes son bloques elementales de Jordan




J 4,3 =

3 1 0 0

0 3 1 0

0 0 3 10 0 0 3

; J 5,−2 =

−2 1 0 0 0

0 −2 1 0 0

0 0

−2 1 0

0 0 0 −2 1

0 0 0 0 −2

Definici´ on 4.12. Una matriz de Jordan es una matriz J ∈ Mn×n(R) la cual es una matriz

diagonal por bloques y cada bloque en la diagonal es un bloque elemental de Jordan.

Ejemplo 4.27. Las siguientes son matrices de Jordan

J 1 =

−

2 1 0 0 0

0 −2 0 0 0

0 0 −2 0 0

0 0 0 5 1

0 0 0 0 5

; J 2 =

1 1 0 0 0 0

0 1 1 0 0 0

0 0 1 0 0 0

0 0 0 8 0 0

0 0 0 0 −3 1

0 0 0 0 0 −3

Es claro que toda matriz diagonal es una matriz de Jordan.

Seguidamente daremos un ejemplo en el cual se ilustra un poco el objetivo de la presente

seccion, hallar la forma can´ onica de Jordan de una matriz.

Ejemplo 4.28. Consideremos la matriz

A =

5 −1 3

9 −4 0

−3 1 −1

Entonces el polinomio caracterıstico de A es

pA(t) = −(t + 1)2(t − 2)

Ası que los autovalores de A son λ1 = −1 con multiplicidad algebraica 2 y λ2 = 2 con multiplicidad

algebraica 1. Adem´ as, al calcular los autoespacios asociados a cada uno de estos autovalores, se

obtiene

E −1 = gen

1

3

−1

y E 2 = gen

2

3

−1




Con lo cual la multiplicidad geometrica de ambos autovalores de A es 1. En consecuencia A no

es diagonalizable.

Ahora consideremos la matriz

(A − (−1)I 3)2 = 6 −1 3

9 −3 0

−3 1 0

6 −1 3

9 −3 0

−3 1 0

= 18 0 18

27 0 27

−9 0 −9

El n´ ucleo de esta matriz es el espacio

N((A − (−1)I 3)2) = gen

1

0

−1

,

0

1

0

No es difıcil probar que N((A − (−1)I 3)) ⊂ N ((A − (−1)I 3)2), por lo tanto

E −1 = N((A − (−1)I 3)) ⊂ N

(A − (−1)I 3)2

Si hacemos lo propio a la matriz (A − (−1)I 3)3, encontramos que

E −1 = N((A − (−1)I 3)) ⊂ N

(A − (−1)I 3)2

= N

(A − (−1)I 3)3

El Espacio N ((A − (−1)I 3)2

) es llamado autoespacio (espacio propio o espacio carac-terıstico) generalizado de A correspondiente a λ = −1 y es denotado por K −1, antes de

formalizar este concepto enunciaremos un resultado previo, el cual no demostraremos.

Teorema 4.25. Sea λ ∈ R un autovalor de multiplicidad algebraica k de una matriz A ∈Mn×n(R). Entonces existe p ∈ {1, . . . , k} tal que1

{0/ n×1} E λ = N(A − λI n) · · · N ((A − λI n) p) = N ((A − λI n)m)

para todo m ≥ p.En particular N ((A − λI n) p) = N

(A − λI n)k

y en consecuencia dim

N

(A − λI n)k ≤ k.


1Dados dos conjuntos A y B, la notaci´ on A B significa que A ⊂ B pero A = B, es decir, A es un subconjunto

propio de B.




Definici´ on 4.13. Sea λ ∈ R un autovalor de multiplicidad algebraica k de una matriz A ∈Mn×n(R). El espacio

K λ = N

(A − λI n)k

es llamado autoespacio (espacio propio o espacio caracterıstico) generalizado de Acorrespondiente a λ, cualquier matriz no nula x ∈ K λ es llamada autovector (vector propio

o vector caracterıstico) generalizado de A asociado a λ.

En la demostracion del teorema 4.25 se obtiene que A es similar a una matriz

J =

J λ B

0/(n−m)×m C

donde m = dim(K λ) = N (A − λI n)

k, B ∈ Mm×(n−m)(R), C ∈ M(n

−m)×(n−m)(R) y J λ ∈

Mm×m(R) es una matriz de Jordan con λ en la diagonal principal.

Ejemplo 4.29. Por ejemplo, la matriz

A =

5 −1 3

9 −4 0

−3 1 −1

considerada en el ejemplo 4.28, es similar a la matriz

J =

−1 1 0

0 −1 0

0 0 2

para garantizar esto considere la matriz invertible

P =

−1 0 2

−3 1 3

1 0−

1

´ o P =

3 1 2

9 0 3

−3

−1

−1

y verifique que P J = AP .

Una pregunta que surge de manera inmediata es ¿como hallar las matrices P y J ? en primer

lugar, note que la matriz J es una matriz de Jordan y

2

3

−1

∈ E 2;




v1 =

0

1

0

; v2 =

1

0

−1

∈ E −1

ademas

(A + I 3)v1 =

−1

−3

1

∈ K −1

y

(A + I 3)v2 =

3

9

−3

∈ K −1

es decir, la matriz P obedece a cierto comportamiento, ası como la matriz J (¿cual es el com-

portamiento de esta ultima?). Antes de responder de manera mas general la primera de estas

preguntas, daremos algunos resultados que nos lo permitiran.

Teorema 4.26. Sea A ∈Mn×n(R). Supongamos que pA(t) tiene s´ olo raıces reales, digamos que

λ1, λ2, . . . , λ p ∈ R son las distintas raıces de pA(t), es decir, λ1, λ2, . . . , λ p son los distintos auto-

valores de A. Sean k1, k2, . . . , k p las multiplicidades algebraicas de λ1, λ2, . . . , λ p respectivamente.

Entonces

dim(K λi) = ki

para cada i ∈ {1, . . . , p}.


Teorema 4.27. A ∈ Mn×n(R) es similar a una matriz de Jordan si y s´ olo si pA(t) s´ olo tiene

raıces reales.


El teorema 4.27 da paso a la siguiente definicion

Definici´ on 4.14. Cualquier matriz de Jordan J que sea similar a A es llamada forma canonica

de Jordan de A y cada una de estas matrices de Jordan s´ olo difieren en la posici´ on de los bloques

elementales de Jordan en la diagonal.




Por ejemplo, las matrices

J 1 =

−1 1 0

0 −1 0

0 0 2

y J 2 =

2 0 0

0 −1 1

0 0 −1

son las formas canonicas de la matriz A del ejemplo 4.28, basta considerar las matrices invertibles

P 1 =

−1 0 2

−3 1 3

1 0 −1

y P 2 =

2 −1 0

3 −3 1

−1 1 0

y verificar que P 1J 1 = AP 1 y P 2J 2 = AP 2

En la demostracion del teorema 4.27 se obtienen las formas que deben tener la matriz deJordan J y la matriz invertible P de tal manera que J = P −1AP . Daremos cuatro ejemplos que

ilustran este hecho.

Ejemplo 4.30. Dada la matriz

A =

2 1 1 2

2 1 −1 0

1 0 0

−1

1 −2 0 1

Decidir si existe una matriz de Jordan J que sea similar a esta, en caso afirmativo halle J y una

matriz invertible P tal que J = P −1AP .

Soluci´ on . pA(t) = (t − 2)3(t + 2), ası que, usando el teorema 4.27, existe una matriz de Jordan

J la cual es similar a A.

Veamos como hallar la matriz J y la matriz invertible P tal que J = P −1AP . Los pasos que

seguiremos a continuacion son estandares a la hora de encontrar dichas matrices.Los autovalores de A son λ1 = 2, con multiplicidad algebraica 3, y λ2 = −2, con multiplicidad

algebraica 1. Ademas

A − 2I 4 =

0 1 1 2

2 −1 −1 0

1 0 −2 −1

1 −2 0 −1

y A + 2I 4 =

4 1 1 2

2 3 −1 0

1 0 2 −1

1 −2 0 3




Luego

E 2 = N(A − 2I 4) = gen

−1

−1

−1

1

y

E −2 = K −2 = N(A + 2I 4) = gen

−1

1

1

1

Ahora bien

(A − 2I 4)2 =

5 −5 −3 −3−3 3 5 5

−3 3 5 5

−5 5 3 3

y ası

N

(A − 2I 4)2

= gen

1

1

0

0

;

0

0

−1

1

Por otro lado

(A − 2I 4)3 =

−16 16 16 16

16 −16 −16 −16

16 −16 −16 −16

16 −16 −16 −16

de donde

K 2 = N ((A − 2I 4)) = gen

1

1

0

0

;

1

0

1

0

;

1

0

0

1

Para hallar P , comencemos por notar que

dim(K 2) − dim

N

(A − 2I 4)2

= dim

N

(A − 2I 4)3− dim

N

(A − 2I 4)2

= 3 − 2 = 1




ası que debemos escoger un vector en K 2 que no este en N ((A − 2I 4)2), digamos

x1 =

1

0

10

Hagamos

x2 = (A − 2I 4)x1 =

1

1

−1

1

∈ N

(A − 2I 4)2

y

x3 = (A − 2I 4)2x1 = (A − 2I 4)x2 =

2

2

2

−2

∈ E 2 = N(A − 2I 4)

y escojamos

x4 =

−1

1

1

1

∈ E −2 = N(A + 2I 4)

Finalmente, definamos

P =

x3 x2 x1 x4

=

2 1 1 −1

2 1 0 1

2 −1 1 1

−2 1 0 1

y J =

2 1 0 0

0 2 1 0

0 0 2 0

0 0 0 −2

Por lo tanto P es invertible y J = P −1AP (¡verifıquelo!).

Las matrices P y J , encontradas en el ejemplo precedente, no son unicas, por ejemplo, si

escojemos

P =

−1 2 1 1

1 2 1 0

1 2 −1 1

1 −2 1 0

y J =

−2 0 0 0

0 2 1 0

0 0 2 1

0 0 0 2




la conclusion sigue siendo valida.

Tambien pudimos haber escogido

x1 =

1

0

0

1

obteniendo

P =

2 2 1 −1

2 2 0 1

2 0 0 1

−2 0 1 1

y J =

2 1 0 0

0 2 1 0

0 0 2 0

0 0 0 −2

o bien

P =

−1 2 2 1

1 2 2 0

1 2 0 0

1 −2 0 1

y J =

−2 0 0 0

0 2 1 0

0 0 2 1

0 0 0 2

El siguiente ejemplo varıa un poco del anterior y nos muestra otro caso en la busqueda de la

forma canonica de Jordan de una matriz A.

Ejemplo 4.31. Idem para la matriz

A =

3 −1 0 1

9 −5 0 9

−3 2 1 −3

4 −3 0 6

Soluci´ on . En este caso pA(t) = (t − 2)(t − 1)3, y como en el ejemplo anterior, en virtud del

teorema 4.27, podemos asegurar que existe una matriz de Jordan J la cual es similar a A.

Los autovalores de A son λ1 = 2 y λ2 = 1, con multiplicidad algebraica 1 y 3 respectivamente.

A − 2I 4 =

−1 −1 0 1

9 −7 0 9

−3 2 −1 −3

4 −3 0 4

y A − I 4 =

2 −1 0 1

9 −6 0 9

−3 2 0 −3

4 −3 0 5




E 2 = K 2 = N(A − 2I 4) = gen

−1

0

0

1

E 1 = N(A − I 4) = gen

0

0

1

0

;

1

3

0

1

(A − I 4)2 =

−1 1 0 −2

0 0 0 0

0 0 0 0

1 −1 0 2

N

(A − I 4)2

= gen

1

1

0

0

;

0

0

1

0

;

−2

0

0

1

Como dim(N((A

−I 4)2)) = 3 y la multiplicidad algebraica de λ2 = 1 es 3, entonces K 1 =

N ((A − I 4)3) = N ((A − I 4)2).

Como en el ejemplo anterior, dado que

dim(K 1) − dim(E 1) = dim

N

(A − I 4)3 − dim

N

(A − I 4)2

= 3 − 2 = 1

comencemos con escoger un vector en K 1 = N ((A − I 4)2) que no pertenezca a E 1 = N(A − I 4),

digamos

x1 =

1

1

0

0

Hagamos

x2 = (A − I 4)x1 =

1

3

−1

1

∈ E 1 = N(A − I 4)




pero a diferencia del caso anterior, debido a que

dim(E 1) = dim (N(A − I 4)) = 2

debemos escoger un vector en E 1 no sea combinacion lineal de x2, digamos

x3 =

0

0

1

0

finalmente escojamos

x4 = −1

00

1

∈ E 2 = N(A − 2I 4)

y definamos las matrices

P =

x2 x1 x3 x4

=

1 1 0 −1

3 1 0 0

−1 0 1 0

1 0 0 1

y J =

1 1 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 2

En consecuencia J = P −1AP (¡verifıquelo!).

Al igual que en anterior ejemplo, las matrices P y J no son unicas ¿podrıa hallar algunos otros

ejemplos de estas matrices?

Daremos dos ejemplos mas para afianzar el metodo empleado en los dos ejemplos precedentes,

esperamos que con estos ultimos ejemplos se comprenda en su totalidad el metodo empleado para

la busqueda de las matrices P y J .


A =

3 3 3 0

−3 9 3 0

0 0 6 0

−6 6 9 6




Soluci´ on . Se puede verificar que pA(t) = (t − 6)4, ası que al usar el teorema 4.27, existe una

matriz de Jordan J la cual es similar a A. El unico autovalor de A es λ = 6 con multiplicidad

algebraica 4.

A − 6I 4 =

−3 3 3 0

−3 3 3 0

0 0 0 0

−6 6 9 0

y ası

E 6 = N(A

−6I 4) = gen

1

1

00

;

0

0

01

Ademas

(A − 6I 4)2 = 0/4 =

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

luego

K 6 = N

(A − 6I 4)4

= N

(A − 6I 4)2

= M4×1(R) = gen

1

0

0

0

;

0

1

0

0

;

0

0

1

0

;

0

0

0

1

Como dim(K 6) − dim(E 6) = 4 − 2 = 2, debemos escoger dos vectores x1, x2 ∈ K 6 linealmente

independientes tales que x1, x2 /∈ E 6 y ademas (A − 6I 4)x1 y (A − 6I 4)x2 sean linealmente

independientes. Si escogemos

x1 =

1

0

0

0

y x2 =

0

1

0

0




entonces

x3 = (A − 6I 4)x1 =

−3

−3

0

−6

= −

3

3

0

6

= −(A − 6I 4)x2

cambiemos entonces la escogencia de x2, digamos

x2 =

0

0

1

0

y ası

x4 = (A − 6I 4)x2 =

3

3

0

9

Por lo tanto

P = x3 x1 x4 x2 = −3 1 3 0

−3 0 3 00 0 0 1

−6 0 9 0

y J = 6 1 0 0

0 6 0 00 0 6 1

0 0 0 6

son tales que J = P −1AP . Note que x3, x4 ∈ E 6.


A =

4 2

−1

−2

−1 1 1 2

1 2 2 −2

−1 −2 1 5

Soluci´ on . pA(t) = (t − 3)4, por lo tanto existe una matriz de Jordan J la cual es similar a A.

El unico autovalor de A es λ = 3 y en este caso




A − 3I 4 =

1 2 −1 −2

−1 −2 1 2

1 2

−1

−2

−1 −2 1 2

y ası

E 3 = N(A − 3I 4) = gen

−2

1

0

0

;

1

0

1

0

;

2

0

0

1

Por otro lado

(A − 3I 4)2 = 0/4 =

0 0 0 00 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

luego

K 3 = N (A

−3I 4)4 = N (A

−3I 4)2 = M4×1(R) = gen

1

0

00

;

0

1

00

;

0

0

10

;

0

0

01

Dado que dim(K 3) − dim(E 3) = 4 − 3 = 1, debemos escoger un vector x1 ∈ K 3 tal que x1 /∈ E 3.

Si escogemos

x1 =

1

0

0

0

entonces

x2 = (A − 3I 4)x1 =

1

−1

1

−1

∈ E 3




Ahora bien, como dim(E 3) = dim(N(A − 3I 4)) = 3, debemos escoger dos vectores linealmente

independientes x3, x4 ∈ E 3 tales que x2, x3 y x4 sean linealmente independientes, digamos

x3 =

−2

1

0

0

y x4 =

1

0

1

0

En consecuencia

P = x2 x1 x3 x4 =

1 1 −2 1

−1 0 1 0

1 0 0 1

y J =

3 1 0 0

0 3 0 0

0 0 3 0

apuntes de algebra lineal para publi

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