apuntes de algebra lineal para publi
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8/3/2019 Apuntes de Algebra Lineal Para Publi
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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
8/3/2019 Apuntes de Algebra Lineal Para Publi
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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
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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
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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
......
...
am1 am2 · · · amn
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
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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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 3
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.
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 4
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!
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 5
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.
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 6
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).
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 7
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 8
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.
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 9
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 .
Demostraci´ on . ¡Ejercicio!
Teorema 1.5. Sean A ∈Mm×n(R) y α ∈ R cualesquiera. Entonces
1. 0 · A = 0/ m×n.
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 10
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
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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.
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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).
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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)
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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)
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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.
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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
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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)
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 18
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 19
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}.
Demostraci´ on . ¡Ejercicio!
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.
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 20
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.
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 21
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 22
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.
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 23
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 24
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.
Demostraci´ on . ¡Ejercicio!
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 25
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 26
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 27
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}.
Demostraci´ on . ¡Ejercicio!
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
Demostraci´ on . ¡Ejercicio!
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.
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 28
Si hacemos
A = (aij)m×n =
a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n
... ... ...
am1 am2 · · · amn
; 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.
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 29
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 30
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 31
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 .
Demostraci´ on . ¡Ejercicio!
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 32
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 33
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 34
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 35
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.
Demostraci´ on . ¡Ejercicio!
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 36
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.
Demostraci´ on . ¡Ejercicio!
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.
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 37
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)
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 38
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)
= I n (definicion de matriz inversa)
Luego, por el teorema 1.19, tenemos que AB es invertible y (AB)−1 = B−1A−1.
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 39
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)
= I n (definicion de matriz inversa)
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 40
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 41
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.
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 42
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 44
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 45
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)
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 46
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 47
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 48
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.
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 49
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
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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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 51
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 52
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).
Demostraci´ on . Ver apendice D.
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 53
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).
Demostraci´ on . ¡Ejercicio!
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 54
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.
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 55
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 56
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.
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 57
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 58
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)
8/3/2019 Apuntes de Algebra Lineal Para Publi
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 59
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 60
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
desarrollando el determinante
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
desarrollando el determinante
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.
8/3/2019 Apuntes de Algebra Lineal Para Publi
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 61
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 62
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).
Demostraci´ on . ¡Ejercicio!
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.
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 63
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}.
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 64
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)
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 65
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).
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 66
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 67
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 68
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.
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 69
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 70
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.
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 73
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 .
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 74
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
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Matrices y Sistemas de Ecuaciones Lineales 75
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)
Demostraci´ on . ¡Ejercicio!
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.
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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
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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!)
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Espacios Vectoriales 78
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!)
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Espacios Vectoriales 79
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.
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Espacios Vectoriales 80
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)
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Espacios Vectoriales 81
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.
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Espacios Vectoriales 82
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)
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Espacios Vectoriales 83
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 ].
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Espacios Vectoriales 85
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.
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Espacios Vectoriales 86
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?)
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Espacios Vectoriales 87
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.
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Espacios Vectoriales 88
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?)
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Espacios Vectoriales 89
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?
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Espacios Vectoriales 90
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.
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Espacios Vectoriales 91
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
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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
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Espacios Vectoriales 93
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
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Espacios Vectoriales 94
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})
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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.
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Espacios Vectoriales 96
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
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Espacios Vectoriales 97
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
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Espacios Vectoriales 98
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
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Espacios Vectoriales 99
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.
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Espacios Vectoriales 100
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.
Demostraci´ on . ¡Ejercicio!
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.
Demostraci´ on . ¡Ejercicio!
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.
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Espacios Vectoriales 101
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
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Espacios Vectoriales 102
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),
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Espacios Vectoriales 103
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
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Espacios Vectoriales 104
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
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Espacios Vectoriales 105
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.
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Espacios Vectoriales 106
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.
Demostraci´ on . ¡Ejercicio!
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.
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Espacios Vectoriales 107
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.
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Espacios Vectoriales 108
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
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Espacios Vectoriales 109
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.
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Espacios Vectoriales 110
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
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Espacios Vectoriales 111
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.
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Espacios Vectoriales 112
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).
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Espacios Vectoriales 113
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.
Demostraci´ on . ¡Ejercicio!
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).
Demostraci´ on . ¡Ejercicio!
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
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Espacios Vectoriales 114
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
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Espacios Vectoriales 115
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
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Espacios Vectoriales 116
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.
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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
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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
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 119
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
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 120
2. [αu]β = α[u]β
Demostraci´ on . ¡Ejercicio!
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
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 121
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
......
...
αn1 αn2 · · · αnn
[v]β 1
Haciendo
A = [αij]n×n =
α11 α12 · · · α1n
α21 α22 · · · α2n
......
...
αn1 αn2 · · · αnn
=
[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
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 122
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?)
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 123
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
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 124
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
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 126
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 3. Hallar la FERF de la matriz en el paso previo.
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
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 127
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
Demostraci´ on . Sea v ∈ V cualquiera. Entonces
[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
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 128
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
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 129
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.
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 130
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.
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 131
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 .
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 132
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.
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 133
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
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 134
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.
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 135
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
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 136
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.
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 137
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
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 140
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
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 141
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.
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 142
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
Demostraci´ on . ¡Ejercicio!
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
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 143
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
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 144
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⊥.
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 145
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})
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 146
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
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 147
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
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Matriz de Cambio de Base. Espacios con Producto Interno 148
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
8/3/2019 Apuntes de Algebra Lineal Para Publi
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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
8/3/2019 Apuntes de Algebra Lineal Para Publi
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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
8/3/2019 Apuntes de Algebra Lineal Para Publi
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 151
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).
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 152
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 153
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.
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 154
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)
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 155
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
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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
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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
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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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 159
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.
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 160
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 161
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.
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 162
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 163
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.
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 164
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.
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 165
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 166
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 4. Hallar la FERF de la matriz en el paso previo.
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.
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 167
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
Demostraci´ on . Sea v ∈ V cualquiera. Entonces
[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
β W, b β W[T ]β V,β WM b β V,β V
[v] b β V
Por unicidad de la matriz [T ] b β V, b β W, se tiene que
[T ] b β V, b β W= M
β W, b β W[T ]β V,β WM b β V,β V
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 168
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
[T ] b β V, b β W= M
β W, b β W[T ]β V,β WM b β V,β V
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
Demostraci´ on . ¡Ejercicio!
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.
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 169
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 ).
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 170
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 171
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 172
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
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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)
Demostraci´ on . Ver Apendice D.
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)
Demostraci´ on . ¡Ejercicio!
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 174
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.
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 175
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,
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 176
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.
Demostraci´ on . ¡Ejercicio!
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.
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 177
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 178
¿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)
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 179
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 180
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 181
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 182
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 183
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 184
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.
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 185
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.
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 186
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 187
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.
Demostraci´ on . Ver Apendice D.
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)
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 188
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.
Demostraci´ on . Ver Apendice D.
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 189
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 190
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.
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 191
Demostraci´ on . ¡Ejercicio!
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 192
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 193
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.
Demostraci´ on . Ver Apendice D.
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.
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 194
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;
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 195
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}.
Demostraci´ on . Ver apendice D.
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.
Demostraci´ on . Ver apendice D.
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.
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 196
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 197
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 198
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 199
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 200
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)
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 201
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 .
Ejemplo 4.32. Idem para la matriz
A =
3 3 3 0
−3 9 3 0
0 0 6 0
−6 6 9 6
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 202
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 203
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.
Ejemplo 4.33. Idem para la matriz
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 204
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
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Transformaciones Lineales. Autovalores y Autovectores de una Matriz 205
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
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