Anexo 0: Demostraciones

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1 31 Matemáticas I : Preliminares nexo 0: Demostraciones Números complejos Demostración de: Propiedades 4 de la página 3 Propiedades 4- Sean z, w C, entonces a) z z ; z + w z + w ; zw z w ; z 1 (z) 1 b) z z z a + i0 IR; z z z 0 + ib iir c) z + z 2 Re(z); z z i2 Im(z) Si z a + ib y w c + id, se tiene que: a) z a ib a + ib z z + w (a ib) + (c id) (a + c) i(b + c) z + w ; z w (a ib)(c id) (ac ( b)( d)) + i( bc ad) (ac bd) i(bc + ad) zw ; (z) 1 (a ib) 1 a b a 2 +( b) i 2 a 2 +( b) a 2 a 2 +b + i b 2 a 2 +b a 2 a 2 +b i b 2 a 2 +b z 1 2 b) z z a ib a + ib { aa bb b 0 z a; z z a ib a ib { a a b b c) z + z (a + ib) + (a ib) 2a 2 Re(z); z z (a + ib) (a ib) i2b i2 Im(z) a 0 z ib Demostración de: Propiedades 6 de la página 3 Propiedades 6- Sean z, w C, entonces a) z 0; z 0 z 0 b) Re(z) z ; Im(z) z ; z Re(z) + Im(z) c) z z : z 2 zz ; 1 z z zz z z 2 d) z + w z + w ; z w z w e) zw z w ; z 1 z 1 a) z + a 2 + b 2 0; z 0 z 2 0 a 2 + b 2 0 a b 0 z 0 ITI en Electricidad

2 32 Matemáticas I : Preliminares nexo 0 b) Como todos los módulos son valores reales positivos, basta probar las desigualdades para sus cuadrados: Re(z) 2 a 2 a 2 a 2 + b 2 z 2 y también Im(z) 2 b 2 b 2 a 2 + b 2 z 2 ( Re(z) + Im(z) ) 2 ( a + b ) 2 a 2 + b a b a 2 + b a b z a b z 2 c) z a ib a 2 + ( b) 2 a 2 + b 2 z zz (a + ib)(a ib) a 2 ( b 2 ) + i( ab + ab) a 2 + b 2 z 2 d) z + w 2 (z + w)(z + w) (z + w)(z + w) zz + ww + zw + zw z 2 + w 2 + zw + zw z 2 + w Re(zw) z 2 + w Re(zw) z 2 + w zw z 2 + w z w z 2 + w z w ( z + w ) 2 Como z z w + w z w + w z w z w w w z + z w z + z z w + z z w w z se tiene la otra desigualdad propuesta z w z w e) zw 2 (ac bd) 2 + (ad + bc) 2 a 2 c 2 + b 2 d 2 + a 2 d 2 + b 2 c 2 (a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) z 2 w 2 ; z z 1 zz Demostración de: Operaciones multiplicativas en forma polar 9 de la página 4 Operaciones multiplicativas en forma polar 9- Si z z θ y w w δ, se cumple que: a) z z ( θ) ; z 1 ( z 1 ) ( θ) b) zw ( z w ) θ+δ ; z w ( z w ) θ δ c) z n ( z n ) nθ Las pruebas son sencillas usando que z z (cos θ + i sen θ) y que (cos θ + i sen θ)(cos δ + i sen δ) cos θ cos δ sen θ sen δ + i(sen θ cos δ + cos θ sen δ) cos(θ + δ) + i sen(θ + δ) ( ) a) z z (cos θ + i sen θ) z (cos θ i sen θ) z cos( θ) + i sen( θ) z θ ( ) ( ) z 1 1 z z z cos( θ)+i sen( θ) 1 z 2 z 2 z cos( θ) + i sen( θ) ( 1 z ) θ ( z 1 ) θ ( ) b) zw z (cos θ + i sen θ) w (cos δ + i sen δ) z w cos(θ + δ) + i sen(θ + δ) zw θ+θ z w zw 1 z θ ( 1 w ) δ ( z w ) θ δ c) z n z θ z θ n) z θ ( z n ) θ+ n) +θ ( z n ) nθ En particular se verifica la fórmula de Moivre: (cos θ + i sen θ) n cos nθ + i sen nθ Polinomios Demostración de: Lema 30 de la página 10 Lema 30- Sea P (X) Q(X)R(X) Si α IK es raíz de P (X) con multiplicidad m y Q(α) 0 (no es raíz de Q(X)), entonces α es raíz de R(X) con multiplicidad m ITI en Electricidad

3 33 Matemáticas I : Preliminares nexo 0 Si P (α) 0, como P (α) Q(α)R(α) y Q(α) 0, entonces R(α) 0 y α es raíz de R(X) De donde R(X) (X α)r 1 (X) y P (X) Q(X)(X α)r 1 (X) Como P (X) (X α) m C(X), con C(α) 0, se tiene ( que P (X) (X α) m C(X) ) Q(X)(X α)r 1 (X), de donde 0 (X α) m C(X) Q(X)(X α)r 1 (X) (X α) (X α) m C(X) Q(X)R 1 (X) y como X α 0 tiene que ser (X α) m 1 C(X) Q(X)R 1 (X) P 1 (X) tiene en α una raíz de multiplicidad m 1 Luego el polinomio P 1 (X) Q(X)R 1 (X) tiene una raíz en α que no lo es de Q(X), luego es raíz de R 1 (X), por lo que R 1 (X) (X α)r 2 (X) y, como antes se puede construir el polinomio P 2 (X) (X α) m 2 C(X) Q(X)R 2 (X), con R(X) (X α)r 2 (X) Repitiendo el proceso de manera sucesiva, se llega a un polinomio P m 1 (X) (X α)c(x) Q(X)R m 1 (X), con R(X) (X α) m 1 R m 1 (X) Y ahora, como α tiene que ser raíz de R m 1 (X), R m 1 (X) (X α)r m (X) y C(X) Q(X)R m (X) Como C(α) Q(α)R m (α) y C(α) 0 y Q(α) 0, necesariamente R m (α) 0 y, por tanto R(X) (X α) m R m (X), con R m (α) 0, de donde α es una raíz de R(X) de multiplicidad m Demostración de: Lema 35 de la página 11 Lema 35- Sea P (X) n a i X i IR[X] Si α es una raíz compleja (y no real) de P (X), entonces α también es raíz de P (X), y con la misma multiplicidad que α Veamos que α es también raíz de P (X) Teniendo en cuenta que a i IR y que entonces a i a i, P (α) a i α i a i α i a i α i a i α i a i α i P (α) 0 0 Entonces, en la descomposición de P (X) aparecen los factores X α y X α, pero como su producto (X α)(x α) X 2 (α + α)x + αα X 2 2 Re(α)X + α 2 IR[X], se descompone en IR[X] en la forma P (X) (X 2 2 Re(α)X + α 2 )P 1 (X) En consecuencia, si la multiplicidad de α es m > 1, el polinomio P 1 (X) IR[X] tiene a α como raíz de multiplicidad m 1 Y repitiendo el proceso hasta sacar todas las raices, se obtiene que α y α tienen la misma multiplicidad Demostración de: Teorema 38 de la página 11 Teorema 38- Sea P (X) a 0 + a 1 X + + a n 1 X n 1 + a n X n un polinomio con a i Z, i Entonces, 1- Si P (X) posee una raíz α Z, entonces α a 0 2- Si P (X) posee una raíz α p q Q, entonces p a 0 y q a n (La expresión de α p q debe estar simplificada al máximo, es decir, mcd(p, q) 1) Si α Z es raíz de P : 0 a 0 + a 1 α + + a n 1 α n 1 + a n α n a 0 + α(a a n 1 α n 2 + a n α n 1 ) y a 0 α(a a n 1 α n 2 + a n α n 1 ); de donde el entero a 0 se descompone en dos factores α Z y a a n 1 α n 2 + a n α n 1 Z (por ser suma y producto de enteros), luego α divide a a 0 a 0q n +a 1 pq n 1 + +a n 1 p n 1 q+a n p n Si α p q Q es raíz de P : 0 a p 0 + a 1 q + + a n 1 pn 1 p q + a n n 1 n q n q n el numerador debe ser cero Como antes, sacando primero p factor común y luego q, se llega a: de donde a 0 q n p(a 1 q n a n 1 p n 2 q + a n p n 1 ) luego p a 0 q n pero como no divide a q, entonces p a 0 a n p n q(a 0 q n 1 + a 1 pq n a n 1 p n 1 ) luego q a n p n pero como no divide a p, entonces q a n (Los factores de las últimas igualdades son todos enteros, pues p Z, q Z y los a i Z) ITI en Electricidad

4 34 Matemáticas I : Preliminares nexo 0 Matrices y sistemas Demostración de: Teorema 48 de la página 18 Teorema 48- Si la matriz elemental E m m resulta de efectuar cierta operación elemental sobre las filas de I m y si m n es otra matriz, el producto E es la matriz m n que resulta de efectuar la misma operación elemental sobre las filas de Sean E 1 la matriz elemental que tiene intercambiadas las filas i y j, E 2 la matriz elemental de multiplicar la fila i por λ 0 y E 3 la matriz elemental obtenida de sumar a la fila i la fila j multplicada por λ Entonces E E 1 : E E 2 : E E 3 : { e E ik F i E Ck F j I C k ei jk e E jk, k Fi Fj e E jk F j E Ck F i I C k ei ik e E ik, k Fj Fi r i, j e E rk F r E Ck F r I Ck ei rk e E rk, k Fr Fr e E ik F i E Ck λf i I C k λei ik λe E ik, k Fi λfi r i e E rk F r E Ck F r I Ck ei rk e E rk, k Fr Fr veamos que F E i F i + λf j, pues las demás no cambian: e E ik F i E Ck (F i I + λf j I) C k (F i I C k ) + (λf j I C k ) ei ik + λei jk e ik + λe jk, k Demostración de: Teorema de Rouché 55 de la página 20 Teorema de Rouché 55- Sea el sistema X B, sistema de m ecuaciones con n incógnitas Entonces X B tiene solución si, y sólo si, rg() rg( B) En caso de tener solución, si rg() r, toda solución del sistema puede expresarse en la forma X V 0 + t 1 V 1 + t 2 V t n r V n r, siendo V 0 una solución particular de X B y los vectores V 1,, V n r soluciones del sistema homogéneo asociado X 0 Reduciendo la matriz ampliada del sistema por operaciones elementales según el método de Gauss-Jordan, llegamos a una matriz escalonada reducida, que en la parte correspondiente a, tiene r unos como elementos principales Si reordenamos las columnas para juntar en las r primeras los elementos principales, la matriz ampliada resultante será: a 1r+1 a 1n b 1 En forma más escueta indicando los tamaños a 2r+1 a 2n b a rr+1 a rn b r b r b m podemos escribirla así: ( Ir r r n r B r 1 0 m r r 0 m r n r B m r 1 (Nota: l intercambiar el orden de las columnas de la matriz, sólo cambiamos el orden de las incognitas Es decir, las soluciones serán las mismas pero en otro orden) Obviamente el rango de la matriz de los coeficientes es r y el sistema tendrá solución si y sólo si b r+1 b r+2 b m 0, es decir si el rango de la ampliada también es r En este caso, (asumiendo una posible reordenación de las incógnitas) el sistema resultante es: x 1 b 1 x r+1 a 1r+1 x r+2 a 1r+2 x n a 1n x 2 b 2 x r+1 a 2r+1 x r+2 a 2r+2 x n a 2n x r b r x r+1 a rr+1 x r+2 a rr+2 x n a rn ) ITI en Electricidad

5 35 Matemáticas I : Preliminares nexo 0 y la solución, usando parámetros: x 1 b 1 t 1 a 1r+1 t 2 a 1r+2 t n r a 1n x 2 b 2 t 1 a 2r+1 t 2 a 2r+2 t n r a 2n x r b r t 1 a rr+1 t 2 a rr+2 t n r a rn x r+1 t 1 x n t n r x 1 x r x r+1 x n b 1 b r 0 0 +t 1 a 1r+1 a rr t n r a 1n a rn 0 1 que también podemos escribir en forma matricial teniendo en cuenta que x r+i 0 + t t i t n r 0 y llamando V i a las matrices columna, podemos escribir X V 0 + t 1 V t n r V n r como enunciábamos Fijándonos en las soluciones se observa que haciendo t 1 t n r 0, V 0 es una solución de X B Si consideramos el sistema homogéneo asociado X 0, ha de ser V 0 0 y como solución genérica obtendremos X t 1 V t n r V n r Luego haciendo t i 1 y t k 0, para k i, vemos que X V i es solución del sistema homogéneo X 0 Determinantes Demostración de: Teorema 71 de la página 26 Teorema 71- Sea n n una matriz Se tiene: a) que si es la matriz que resulta de multiplicar una fila de por una constante λ 0, entonces det( ) λ det() b) que si es la matriz que resulta de intercambiar dos filas de, entonces det( ) det() c) que si es la matriz que resulta de sumar a una fila k un múltiplo de la fila i, entonces det( ) det() a) det( ) ( 1) N a 1j1 λa iji a njn λ ( 1) N a 1j1 a iji a njn λ det() b) Previamente necesitamos el siguiente resultado: Lema- Si en el conjunto {j 1,, j n } intercambiamos dos elementos el número de inversiones de signo cambia de paridad (de par a impar, o viceversa) Si intercambiamos los elementos consecutivos j i y j i+1 cambia la paridad, pues si antes era j i < j i+1 ahora es j i+1 > j i, produciéndose una inversión donde antes no la había, y si era j i > j i+1 ahora j i+1 < j i, con lo que se elimina una inversión que antes había Como con el resto de los elementos no se producen modificaciones, si teníamos N inversiones ahora tendremos N + 1 ó N 1, luego se cambia de paridad Si intercambiamos los elementos j i y j k no consecutivos, podemos hacerlo repitiendo el proceso comentado arriba, yendo paso a paso intercambiando términos consecutivos Hacemos por lo tanto k i intercambios consecutivos para llevar el elemento j i a la posición k y haremos k i 1 intercambios para llevar j k (que ahora está en la posición k 1) a la posición i Luego hay 2(k i) 1, un número impar, de cambios de paridad y, por tanto, cambia la paridad al intercambiar dos elementos cualesquiera ITI en Electricidad

6 36 Matemáticas I : Preliminares nexo 0 Con este resultado, para probar b) basta observar que los productos elementales que aparecen en el det( ) son los mismos que aparecen en el det(), aunque intercambiadas las posiciones de los elementos de las filas en cuestión, es decir, los productos elementales a 1j1 a kjk a iji a njn de y a 1j1 a iji a kjk a njn de son iguales Pero como los índices j i y j k aparecen intercambiando las posiciones en el desarrollo de los determinantes, tendrán signos contrarios, luego det( ) det() Corolario- Una matriz con dos filas iguales tiene determinante cero Sea B una matriz cuadrada que tiene la fila i y la fila k iguales, entonces por la parte b) anterior, si intercambiamos las filas i y k que son iguales se obtiene que det(b) det(b) es decir que det(b) 0 c) det( ) ( 1) N a 1j1 a iji (a kjk + ka ijk ) a njn ( 1) N a 1j1 a iji a kjk a njn + ( 1) N a 1j1 a iji ka ijk a njn det() + k ( 1) N a 1j1 a iji a ijk a njn Como este último sumatorio, que es el determinante de una matriz que tiene la fila i y la fila k iguales, vale 0, se tiene que det( ) det() Demostración de: Teorema 74 de la página 26 Teorema 74- Si y B son matrices cuadradas de orden n, entonces det(b) det() det(b) La demostración se hace en tres pasos Primero el caso particular en que sea una matriz elemental y luego los casos generales, que sea una matriz inversible o que no lo sea 1 Si es una matriz elemental, por el teorema 71 y corolario 73 anteriores, se tiene que: a) det(b) k det(b) det() det(b) b) det(b) det(b) ( 1) det(b) det() det(b) c) det(b) det(b) 1 det(b) det() det(b) según el tipo de matriz elemental que sea 2 Si es inversible es producto de matrices elementales (teorema 62) y por la parte 1, det(b) det(e k E k 1 E 1 B) det(e k ) det(e k 1 E 1 B) det(e k ) det(e 2 ) det(e 1 ) det(b) det(e k ) det(e 2 E 1 ) det(b) det(e k E 1 ) det(b) det() det(b) 3 Si no es inversible, la matriz escalonada reducida, R, obtenida de E k E 1 R no es la identidad, luego E1 1 E 1 k R E 1 R donde E 1 es inversible (producto de inversibles) y R tiene al menos una fila de ceros Luego det(b) det(e 1 RB) det(e 1 ) det(rb) y det() det(b) det(e 1 R) det(b) det(e 1 ) det(r) det(b) Como R tiene al menos una fila de ceros, RB tiene al menos una fila de ceros y det(r) 0 det(rb) Luego: det(b) det(e 1 ) det(rb) 0 det(e 1 ) det(r) det(b) det() det(b) Demostración de: Teorema 77 de la página 27 Teorema 77- Si es una matriz cuadrada, entonces t Es claro que los productos elementales que aparecen en ambos determinantes son los mismos, luego basta probar que además tienen el mismo signo ITI en Electricidad

7 37 Matemáticas I : Preliminares nexo 0 Si en la matriz hacemos cero todos los elementos excepto los que intervienen en un producto elemental dado, obtenemos una matriz B cuyo determinante es precisamente ese producto elemental con signo, es decir det(b) ( 1) N a 1j1 a njn ; si en t hacemos cero los elementos que no intervienen en ese mismo producto elemental se obtiene precisamente B t, y det(b t ) ( 1) N a 1j1 a njn Entonces, 0 0 a 3j a 1j1 0 a 2 1j a 2j a njn 0 a 2 2j BB t a 3j a 2 3j 3 0 a 1j a njn a 2 nj n 0 a 2j2 0 0 a 2 1j 1 a 2 2j 2 a 2 3j 3 a 2 nj n 0, y, por tanto, det(b) det(b t ) det(bb t ) 0 y ambos factores tienen el mismo signo Demostración de: Teorema 79 de la página 27 Teorema 79- El determinante de una matriz se puede calcular multiplicando los elementos de una fila (o de una columna) por sus cofactores correspondientes y sumando todos los productos resultantes; es decir, para cada 1 i n y para cada 1 j n: det() a i1 C i1 + a i2 C i2 + + a in C in y det() a 1j C 1j + a 2j C 2j + + a nj C nj Sopongamos que desarrollamos por la fila 1 Si en det() agrupamos los términos que involucran a cada a 1k, tenemos que ( 1) N a 11 a 2j2 a njn + + ( 1) N a 1n a 2j2 a njn (1,j 2,,j n ) (k,j 2,,j n ) ( 1) N a 1k a 2j2 a njn Por otra parte como C 1k ( 1) 1+k M 1k ( 1) 1+k (j 2,,jn) j i k (n,j 2,,j n ) a 1k (k,j 2,,j n ) ( 1) N a 2j2 a njn ( 1) N k a 2j2 a njn, basta comprobar que este valor coincide con el que aparece entre paréntesis en el sumatorio anterior Para cada k, en el conjunto {k, j 2,, j n } aparecen k 1 inversiones más que en {j 2,, j n }, pues están todas aquellas que se producen entre los j i más las que se produzcan con el primer elemento k En efecto, como en el conjunto {j 2,, j n } aparecen los valores 1, 2,, k 1, y se tiene que k > 1, k > 2,, k > k 1, aparecen exactamente k 1 inversiones más Es decir, ( 1) N ( 1) k 1 ( 1) N k, luego a 1k (k,j 2,,j n ) a 1k ( 1) k 1 ( 1) N a 2j2 a njn (j 2,,j n ) a 1k ( 1) k+1 M 1k a 1k ( 1) N k a 2j2 a njn a 1k C 1k (j 2,,j n ) ( 1) k 1 ( 1) N k a 2j2 a njn a 1k ( 1) k 1 M 1k Para desarrollar por una fila k cualquiera, basta llevar ésta a la fila 1 y aplicar lo anterior En efecto, si vamos intercambiando la fila k con cada una de las anteriores, obtenemos una matriz que tiene por fila 1 la fila k de, por fila 2 la fila 1 de,, por fila k la fila k 1 de, y las demás igual Luego hemos hecho k 1 cambios de fila y, por tanto, ( 1) k 1 Si desarrollamos det( ) por la primera fila, tenemos que ( 1) k 1 ( 1) k 1 n a 1j( 1) 1+j M 1j ( 1) k 1 n a kj ( 1) 1+j M kj ITI en Electricidad

8 38 Matemáticas I : Preliminares nexo 0 a kj ( 1) k 1 ( 1) 1+j M kj a kj ( 1) k+j M kj a kj C kj Para el desarrollo por columnas basta recordar que t Demostración de: Regla de Cramer 83 de la página 28 Regla de Cramer 83- Sea X B, un sistema de n ecuaciones con n incógnitas, tal que es inversible, entonces el sistema tiene como única solución: b 1 a 12 a 1n a 11 b 1 a 1n a 11 a 12 b 1 b 2 a 22 a 2n a 21 b 2 a 2n a 21 a 22 b 2 b n a n2 a nn a n1 b n a nn a n1 a n2 b n x 1, x 2,, x n Si es inversible la solución única es X 1 B C 11 C 21 C n1 b 1 dj() B 1 C 12 C 22 C n2 b 2 1 a 1n a 2n a nn b n luego cada x j b 1C 1j + b 2 C 2j + + b n C nj Demostración de: Orlado de menores 87 de la página 29, como queríamos probar b 1 C 11 + b 2 C b n C n1 b 1 C 12 + b 2 C b n C n2 b 1 C 1n + b 2 C 2n + + b n C nn Orlado de menores 87- Sea m n una matriz, y M r r una submatriz de con determinante distinto de cero Entonces, si el determinante de todas las submatrices de orden r + 1 que se pueden conseguir en añadiendo una fila y una columna a M son cero, el rango de es r Supongamos, por simplicidad en la notación, que M es el menor formado por las primeras r filas y columnas Consideremos la matriz a 11 a 1r a 1r+1 a 1r+2 a 1n a r1 a rr a rr+1 a rr+2 a rn a r+11 a r+1r a r+1r+1 a r+1r+2 a r+1n donde las líneas verticales significan respectivamente M y este menor ampliado a la fila r + 1 y a cada una de las demás columnas de Si hacemos operaciones elementales en las filas, obtenemos a 11 a 1r a 1r+1 a 1r+2 a 1n 0 a rr a rr+1 a rr+2 a rn 0 0 a r+1r+1 a r+1r+2 a r+1n y los menores que tenemos ahora son o no cero según lo fueran o no antes Como M es distinto de cero ha de ser a 11a 22 a rr 0 y como cada uno de los menores ampliados son cero han de ser a 11a 22 a rra r+1r+1 0, a 11a 22 a rra r+1r+2 0,, a 11a 22 a rra r+1n 0 Luego, a r+1r+1 a r+1r+2 a r+1n 0 y la matriz escalonada queda a 11 a 1r a 1r+1 a 1r+2 a 1n 0 a rr a rr+1 a rr+2 a rn ITI en Electricidad

9 39 Matemáticas I : Preliminares nexo 0 Haciendo el mismo proceso para las filas r + 2 hasta m, tenemos que una forma escalonada de sería a 11 a 1r a 1r+1 a 1r+2 a 1n 0 a rr a rr+1 a rr+2 a rn y el rango de es por tanto r ITI en Electricidad