= λea EA. r+1. 1 En forma más escueta indicando los tamaños

Transcripción

1 75 Matemáticas 1 : Álgebra Lineal Anexo 1: Demostraciones Matrices, sistemas y determinantes Álgebra lineal Demostración de: Teorema 50 de la página 28 Teorema 50- Si la matriz elemental E m m resulta de efectuar cierta operación elemental sobre las filas de I m y si A m n es otra matriz, el producto EA es la matriz m n que resulta de efectuar la misma operación elemental sobre las filas de A 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 EA ik = F i E Ck A = F j I CA k = eia jk = ea EA jk, k = Fi = Fj A e EA jk = F j E Ck A = F i I CA k = eia ik = ea EA ik, k = Fj = Fi A r i, j e EA rk = F r E Ck A = F r I Ck A = eia rk = ea EA rk, k = Fr = Fr A e EA ik = F i E Ck A = λf i I CA k = λeia ik = λea EA ik, k = Fi = λfi A r i e EA rk = F r E Ck A = F r I Ck A = eia rk = ea EA rk, k = Fr = Fr A veamos que F EA i = F A i + λf A j, pues las demás no cambian: e EA ik = F i E Ck A = (F i I + λf j I) CA k = (F i I CA k ) + (λf j I CA k ) = eia ik + λeia jk = ea ik + λea jk, k Demostración de: Teorema de Rouché 58 de la página 31 Teorema de Rouché 58- Sea el sistema AX = B, sistema de m ecuaciones con n incógnitas Entonces AX = B tiene solución si, y sólo si, rg(a) = rg(a B) En caso de tener solución, si rg(a) = 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 AX = B y los vectores V 1,, V n r soluciones del sistema homogéneo asociado AX = 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 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: 1 a 1r+1 a 1n b 1 En forma más escueta indicando los tamaños a 2r+1 a 2n b 2 podemos escribirla así: ( ) a rr+1 a rn b Ir r A r n r B r 1 r 0 b 0 m r r 0 m r n r B m r 1 r+1 0 b m (Nota: Al intercambiar el orden de las columnas de la matriz A, 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 Prof: José Antonio Abia Vian Grado de Ing Electrónica Industrial y Automática : Curso

2 76 Matemáticas 1 : Álgebra Lineal Anexo 1 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 y la solución, usando parámetros: 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 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 n = t n r x 1 x r x r+1 x n b 1 = b r 0 0 +t 1 x r = b r x r+1 a rr+1 x r+2 a rr+2 x n a rn a 1r+1 a rr t n r 0 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 AX = B Si consideramos el sistema homogéneo asociado AX = 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 AX = 0 Demostración de: Teorema 74 de la página 34 Teorema 74- Sea A n n una matriz Se tiene: a) que si A es la matriz que resulta de multiplicar una fila de A por una constante λ 0, entonces det(a ) = λ det(a) b) que si A es la matriz que resulta de intercambiar dos filas de A, entonces det(a ) = det(a) c) que si A es la matriz que resulta de sumar a una fila k un múltiplo de la fila i, entonces det(a ) = det(a) a) det(a ) = ( 1) N a 1j1 λa iji a njn = λ ( 1) N a 1j1 a iji a njn = λ det(a) 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 Prof: José Antonio Abia Vian Grado de Ing Electrónica Industrial y Automática : Curso

3 77 Matemáticas 1 : Álgebra Lineal Anexo 1 hay 2(k i) 1, un número impar, de cambios de paridad y, por tanto, cambia la paridad al intercambiar dos elementos cualesquiera Con este resultado, para probar b) basta observar que los productos elementales que aparecen en el det(a ) son los mismos que aparecen en el det(a), 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 A y a 1j1 a iji a kjk a njn de A 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(a ) = det(a) 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(a ) = ( 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(a) + 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(a ) = det(a) Demostración de: Teorema 77 de la página 35 Teorema 77- Si A y B son matrices cuadradas de orden n, entonces det(ab) = det(a) det(b) La demostración se hace en tres pasos Primero el caso particular en que A sea una matriz elemental y luego los casos generales, que A sea una matriz inversible o que no lo sea 1 Si A es una matriz elemental, por el teorema 74 y corolario 76 anteriores, se tiene que: a) det(ab) = k det(b) = det(a) det(b) b) det(ab) = det(b) = ( 1) det(b) = det(a) det(b) c) det(ab) = det(b) = 1 det(b) = det(a) det(b) según el tipo de matriz elemental que sea A 2 Si A es inversible es producto de matrices elementales (teorema 65) y por la parte 1, det(ab) = 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(a) det(b) 3 Si A no es inversible, la matriz escalonada reducida, R, obtenida de E k E 1 A = R no es la identidad, luego A = 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(ab) = det(e 1 RB) = det(e 1 ) det(rb) y det(a) 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(ab) = det(e 1 ) det(rb) = 0 = det(e 1 ) det(r) det(b) = det(a) det(b) Demostración de: Teorema 80 de la página 35 Teorema 80- Si A es una matriz cuadrada, entonces A t = A Prof: José Antonio Abia Vian Grado de Ing Electrónica Industrial y Automática : Curso

4 78 Matemáticas 1 : Álgebra Lineal Anexo 1 Es claro que los productos elementales que aparecen en ambos determinantes son los mismos, luego basta probar que además tienen el mismo signo Si en la matriz A 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 A 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 3j3 0 BB t = a 1j1 0 0 a 2j2 a 3j3 0 0 a njn = a 2 1j 1 a 2 2j 2 a 2 3j 3 a 2 nj n 0, a 2 1j a njn 0 a 2 2j 2 = 0 0 a 2 3j 3 0 a 1j a 2 nj n 0 a 2j2 y, por tanto, det(b) det(b t ) = det(bb t ) 0 y ambos factores tienen el mismo signo Demostración de: Teorema 82 de la página 36 Teorema 82- El determinante de una matriz A 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) = a i1 C i1 + a i2 C i2 + + a in C in y det(a) = a 1j C 1j + a 2j C 2j + + a nj C nj Sopongamos que desarrollamos por la fila 1 Si en det(a) agrupamos los términos que involucran a cada a 1k, tenemos que A = ( 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 = = = 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 A que tiene por fila 1 la fila k Prof: José Antonio Abia Vian Grado de Ing Electrónica Industrial y Automática : Curso

5 79 Matemáticas 1 : Álgebra Lineal Anexo 1 de A, por fila 2 la fila 1 de A,, por fila k la fila k 1 de A, y las demás igual Luego hemos hecho k 1 cambios de fila y, por tanto, A = ( 1) k 1 A Si desarrollamos det(a ) por la primera fila, tenemos que A = ( 1) k 1 A = ( 1) k 1 = n a kj ( 1) k 1 ( 1) 1+j M kj = a 1j( 1) 1+j M 1j = ( 1) k 1 a kj ( 1) k+j M kj = Para el desarrollo por columnas basta recordar que A = A t Demostración de: Regla de Cramer 86 de la página 36 n a kj ( 1) 1+j M kj a kj C kj Regla de Cramer 86- Sea AX = B, un sistema de n ecuaciones con n incógnitas, tal que A 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 = A A A Si A es inversible la solución única es X = A 1 B = C 11 C 21 C n1 b 1 Adj(A) B = 1 C 12 C 22 C n2 b 2 A A = 1 A a 1n a 2n a nn luego cada x j = b 1C 1j + b 2 C 2j + + b n C nj A Demostración de: Orlado de menores 90 de la página 37 b n, 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 90- Sea A m n una matriz, y M r r una submatriz de A con determinante distinto de cero Entonces, si el determinante de todas las submatrices de orden r + 1 que se pueden conseguir en A añadiendo una fila y una columna a M son cero, el rango de A 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 A 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 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, Prof: José Antonio Abia Vian Grado de Ing Electrónica Industrial y Automática : Curso

6 80 Matemáticas 1 : Álgebra Lineal Anexo 1 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 0 Haciendo el mismo proceso para las filas r + 2 hasta m, tenemos que una forma escalonada de A sería 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 y el rango de A es por tanto r Espacios vectoriales Demostración de: Propiedades 92 de la página 41 Propiedades 92- Algunas propiedades que se deducen de las anteriores son: (i) 0u = 0 (ii) k0 = 0 (iii) ( 1)u = u (iv) ku = 0 k = 0 ó u = 0 (v) El vector cero de un espacio vectorial es único (vi) El vector opuesto de cada vector del espacio vectorial es único (i) Como 0u = (0 + 0)u = 0u + 0u, si sumamos a cada lado de la igualdad el opuesto de 0u, tenemos que 0u + ( 0u) = 0u + 0u + ( 0u) luego 0 = 0u + 0 = 0u (ii) Como k0 = k(0 + 0) = k0 + k0, si sumamos a cada lado de la igualdad el opuesto de k0, tenemos que k0 + ( k0) = k0 + k0 + ( k0) luego 0 = k0 + 0 = k0 (v) Si w verifica que w + u = u, entonces w + u + ( u) = u + ( u) de donde w + 0 = 0 y w = 0 En consecuencia, el vector cero es único (vi) Si w verifica que w + u = 0, entonces w + u + ( u) = 0 + ( u) de donde w + 0 = u y w = u En consecuencia, el vector opuesto es único (iii) Veamos que ( 1)u es el opuesto u: u + ( 1)u = 1u + ( 1)u = (1 + ( 1))u = 0u = 0 (iv) Si ku = 0 y k 0, entonces 1 k ku = 1 k 0 = 0 Luego 0 = 1 k ku = ( 1 k k)u = 1u = u La implicación en el otro sentido es evidente por (i) y (ii) Demostración de: Lema 100 de la página 43 Lema 100- Si S es un conjunto linealmente independiente de vectores de V y v V lin S, entonces S {v} es linealmente independiente Prof: José Antonio Abia Vian Grado de Ing Electrónica Industrial y Automática : Curso

7 81 Matemáticas 1 : Álgebra Lineal Anexo 1 Sea S = {u 1, u 2,, u r } es un conjunto linealmente independiente de vectores V y sea v V que no pertenece a lin S Entonces, en la igualdad vectorial λ 1 u 1 + λ 2 u λ r u r + λv = 0 51 el coeficiente λ debe ser cero, pues si no lo es, podemos despejar v = λ1 λ u 1 λ2 λ u 2 λr λ u r y v estaría generado por los vectores de S, lo que no es cierto Ahora bien, como λ = 0, la ecuación 51 se reduce a λ 1 u 1 + λ 2 u λ r u r = 0 y en consecuencia, todos los λ i son cero por ser los vectores u i linealmente independientes Demostración de: Lema 101 de la página 43 Lema 101- Sean V un espacio vectorial y B una base de V formada por n vectores Entonces cualquier conjunto {v 1, v 2,, v m } de vectores de V, con m > n, es linealmente dependiente Sea B = {w 1, w 2,, w n } la base de V Cada vector v k del conjunto {v 1, v 2,, v m } puede expresarse como combinación lineal de los vectores de B, en la forma v k = a k1 w 1 + a k2 w a kn w n, para cada k = 1,, m El conjunto es linealmente dependiente si la ecuación λ 1 v 1 + λ 2 v λ m v m = 0 tiene múltiples soluciones Sustituyendo: 0 = λ 1 (a 11 w 1 + a 12 w a 1n w n ) + λ 2 (a 21 w 1 + a 22 w a 2n w n ) + + λ m (a m1 w 1 + a m2 w a mn w n ) = (λ 1 a 11 + λ 2 a λ m a m1 )w 1 + (λ 1 a 12 + λ 2 a λ m a m2 )w (λ 1 a 1n + λ 2 a 2n + + λ m a mn )w n Como B es un conjunto linealmente independiente de vectores, se tiene el sistema lineal λ 1 a 11 + λ 2 a λ m a m1 = 0 λ 1 a 12 + λ 2 a λ m a m2 = 0 = 0 λ 1 a 1n + λ 2 a 2n + + λ m a mn = 0 que tiene m incógnitas (los λ k ) y n ecuaciones, con m > n, por lo que no tiene solución única Demostración de: Proposición 105 de la página 43 Proposición 105- Si V es un espacio vectorial, con dim V = n Entonces, un conjunto de n vectores de V es base de V, a) si el conjunto es linealmente independiente, o b) si genera a V Sea S el conjunto de n vectores Si S es linealmente independiente, tiene que generar V, pues si no: podrían añadirse vectores linealmente independientes con lo anteriores hasta formar una base de V (existiría al menos un vector v n+1 V lin S, tal que S {v n+1 } es linealmente independiente, ver comentarios previos al Lema 101 anterior) que tendría al menos n + 1 vectores, lo que es absurdo Análogamente si S genera V, tiene que ser linealmente independiente, pues si no: podrían eliminarse vectores dependientes de S hasta conseguir una base que tendría menos de n vectores (Lema 98), lo que también es absurdo Demostración de: Desigualdad de Cauchy-Schwarz 115 de la página 47 Desigualdad de Cauchy-Schwarz 115- Para todo u, v V, espacio con producto interior, se tiene u, v 2 u 2 v 2 o en la forma u, v u v Prof: José Antonio Abia Vian Grado de Ing Electrónica Industrial y Automática : Curso

8 82 Matemáticas 1 : Álgebra Lineal Anexo 1 Si v = 0, es claro que 0 = u, 0 2 u = 0, u V Si v 0, para todo k R, se verifica que en particular, para k = u, v v, v Luego 0 u kv 2 = u kv, u kv = u, u 2k u, v + k 2 v, v u, v u, v 2 v 2 u, v 2 0 u, u 2 u, v + v, v = u, u 2 u, + v, v v, v 2 v, v v, v = u, u u, v 2 v, v = u, u 2 v 2 v 2 de donde u, v 2 v 2 u 2 y por consiguiente u, v 2 u 2 v 2 Demostración de: Teorema 127 de la página 49 Teorema 127- Si S = {v 1, v 2,, v k } un conjunto finito de vectores no nulos, ortogonales dos a dos, entonces S es linealmente independiente Veamos que en la igualdad λ 1 v λ i v i + + λ k v k = 0, cada λ i tiene que ser cero: 0 = v i, 0 = v i, λ 1 v λ i v i + + λ k v k = λ 1 v i, v λ i v i, v i + + λ k v i, v k = λ i v i, v i = λ i v i 2 como v i 0, su norma no es cero por lo que tiene que ser λ i = 0 Demostración de: Lema 132 de la página 49 Lema 132- Sean V un espacio vectorial con producto interior, W un subespacio de V y B una base ortonormal de W Entonces para cada v V, el vector v Proy W (v) es ortogonal a cada vector de W Por la Proposición 126, para probar que un vector es ortogonal a todos los vectores de un subespacio, basta probarlo para los vectores de una base Sea B = {w 1, w 2,, w k }, para cada w i de B, por ser B ortonormal, w i, w i = 1 y w i, w j = 0, si i j, entonces v Proy W (v), w i = v v, w 1 w 1 v, w i w i v, w k w k, w i = v, w i v, w 1 w 1, w i v, w i w i, w i v, w k w k, w i = v, w i 0 v, w i 1 0 = v, w i v, w i = 0 Luego es ortogonal a los vectores de B y, por consiguiente, a todos los vectores de W Unicidad de la proyección ortogonal- Sea V un espacio con producto interior y W un subespacio de V Para cada v V, la proyección ortogonal de v en W no depende de la base ortonormal elegida Es decir, si B 1 = {u 1, u 2,, u k } y B 2 = {v 1, v 2,, v k } son dos bases ortonormales de W, entonces, para cada v V, los vectores Proy (1) W (v) = w 1 = v, u 1 u 1 + v, u 2 u v, u k u k Proy (2) W (v) = w 2 = v, v 1 v 1 + v, v 2 v v, v k v k son el mismo Como w 1 es una proyección ortogonal de v sobre W, el vector w 1 W y el vector v w 1 es ortogonal a W y, por la misma razón, el vector w 2 W y el vector v w 2 es ortogonal a W Entonces, el vector (v w 1 ) (v w 2 ) = w 2 w 1 cumple que: es ortogonal a todos los vectores de W por ser diferencia de dos vectores ortogonales a W ; y también es un vector de W por ser diferencia de dos vectores de W En consecuencia, es ortogonal a si mismo y w 2 w 1, w 2 w 1 = 0, luego es el vector 0; por lo que w 1 = w 2 y la proyección ortogonal no depende de la base Prof: José Antonio Abia Vian Grado de Ing Electrónica Industrial y Automática : Curso

9 83 Matemáticas 1 : Álgebra Lineal Anexo 1 Aplicaciones lineales Justificación del método descrito en la Observación 146, de la página 57 Usaremos en la justificación el mismo ejercicio del ejemplo, pero la prueba es válida en cualquier caso Haciendo las operacioneselementales sobre la matriz A t, que tiene por filas las [f(v i )] B2, hemos obtenido [f(v 1 )] B2 [f(v 6 v 1 )] B2 la matriz que tiene por filas [f(v 5 v 6 + v 1 )] B2 [f(v v v v 5)] B2 Luego si repetimos las mismas operaciones [f(v 3 + v 6 + 2v 5 )] B2 [f(v 2 2v 6 v 5 )] B2 [v 1 ] B1 [v 1 ] B1 [v 2 ] B1 [v 6 v 1 ] B1 sobre la matriz J que tiene por filas [v 3 ] B1 [v 4 ] B1 obtendríamos K = [v 5 v 6 + v 1 ] B1 [v v v v 5] B1 [v 5 ] B1 [v 3 + v 6 + 2v 5 ] B1 [v 6 ] B1 [v 2 2v 6 v 5 ] B1 Ahora bien, como la matriz J es la identidad, que tiene rango 6, la matriz K también tiene rango 6, por lo que sus filas son linealmente independientes y en consecuencia los tres últimos vectores (los vectores de ker(f)) también son linealmente independientes Diagonalización Justificación de la observación en Antes de seguir de la página 63 Definición- Sea f: V V un operador lineal, diremos que un escalar λ es un valor propio de f si existe un vector v V, diferente de cero, tal que f(v ) = λv Al vector v se le denomina vector propio de f correspondiente a λ Teorema- Sea f : V V un operador lineal, siendo V un espacio vectorial de dimensión n Entonces, existe una base de V con respecto a la cual la matriz de f es diagonal si y sólo si f tiene n vectores propios linealmente independientes Si la matriz de f en la base B = {v 1, v 2,, v 1 } es D diagonal, los mismos vectores de la base son vectores propios y son linealmente independientes, pues: λ 1 ( ) 0 λ 2 0 ( ) [f(v 1)] B [f(v 2)] B [f(v n)] B = D = = λ 1[v 1] B λ 2[v 2] B λ n[v n] B 0 0 λ n Recíprocamente, si tenemos n vectores propios linealmente independientes, la matriz de f respecto de la base formada con ellos es diagonal λ 1 ( ) ( ) 0 λ 2 0 [f(v 1)] B [f(v 2)] B [f(v n)] B = λ 1[v 1] B λ 2[v 2] B λ n[v n] B = 0 0 λ n Teorema- Sean V un espacio vectorial de dimensión n, f: V V un operador lineal y A la matriz de f con respecto a una base B = {v 1, v 2,, v n } Entonces: a) Los valores propios de f son los valores propios de A b) Un vector v V es un vector propio de f correspondiente al valor propio λ si y sólo si su matriz de coordenadas [v ] B es un vector propio de A correspondiente a λ Prof: José Antonio Abia Vian Grado de Ing Electrónica Industrial y Automática : Curso

10 84 Matemáticas 1 : Álgebra Lineal Anexo 1 a) Sea λ un valor propio de f, es decir, v V, distinto de 0, tal que f(v ) = λv = [f(v )] B = [λv ] B = A[v ] B = λ[v ] B, luego λ es un valor propio de A al ser [v ] B 0 Sea λ un valor propio de A, entonces x R n, x 0 tal que Ax = λx Si tomamos x = x 1 v 1 + +x n v n, siendo x = (x 1,, x n ), lo anterior quiere decir que A[x ] B = λ[x ] B [f(x )] B = [λx ] B f(x ) = λx y λ es un valor propio de f ya que x 0 b) v es un vector propio de f correspondiente a λ si y sólo si f(v ) = λv [f(v )] B = [λv ] B A[v ] B = λ[v ] B si y sólo si [v ] B es un vector propio de A correspondiente a λ Teorema- Los vectores propios de f correspondientes al valor propio λ, son los vectores distintos de cero del núcleo de la aplicación λi d f (denotamos por I d la aplicación identidad, I d (v) = v ) Llamaremos a dicho núcleo, espacio característico de f correspondiente al valor propio λ v un vector propio correspondiente a λ f(v ) = λv f(v ) = λi d (v ) λi d (v ) f(v ) = 0 (λi d f)(v ) = 0 v ker(λi d f) Demostración de: Teorema 162 de la página 63 Teorema 162- Sean v 1, v 2,, v k vectores propios de una matriz A asociados a los valores propios λ 1, λ 2,, λ k respectivamente, siendo λ i λ j, i j Entonces el conjunto de vectores {v 1, v 2,, v k } es linealmente independiente Supongamos que v 1, v 2,, v k son linealmente dependientes Por definición, un vector propio es distinto de cero, luego el conjunto {v 1 } es linealmente independiente Sea r el máximo entero tal que {v 1, v 2,, v r } es linealmente independiente Puesto que hemos supuesto que {v 1, v 2,, v k } es linealmente dependiente, r satisface que 1 r < k Además, por la manera en que se definió r, {v 1, v 2,, v r, v r+1 } es linealmente dependiente Por tanto, existen escalares c 1, c 2,, c r+1, al menos uno diferente de cero, tales que c 1 v 1 + c 2 v c r+1 v r+1 = 0 52 Multiplicando en ambos lados de la igualdad por A y haciendo las sustituciones Av 1 = λ 1 v 1, Av 2 = λ 2 v 2,, Av r+1 = λ r+1 v r+1 se obtiene c 1 λ 1 v 1 + c 2 λ 2 v c r λ r v r + c r+1 λ r+1 v r+1 = 0 53 Multiplicando los dos lados de (52) por λ r+1 y restándole a (53) la ecuación resultante se obtendrá c 1 (λ 1 λ r+1 )v 1 + c 2 (λ 2 λ r+1 )v c r (λ r λ r+1 )v r = 0 Y dado que los vectores v 1, v 2,, v r son linealmente independientes, necesariamente c 1 (λ 1 λ r+1 ) = c 2 (λ 2 λ r+1 ) = = c r (λ r λ r+1 ) = 0 Como los λ 1, λ 2,, λ r+1 son distintos entre si, se deduce que c 1 = c 2 = = c r = 0 Sustituyendo estos valores en (52) resulta que c r+1 v r+1 = 0, y como v r+1 0 se deduce que c r+1 = 0, lo que contradice el hecho de que al menos uno de los escalares c 1, c 2,, c r+1 debía de ser distinto de cero Luego los vectores v 1, v 2,, v k han de ser linealmente independientes, que prueba el teorema Demostración de: Proposición 164 de la página 63 Proposición 164- Sea A de orden n y λ k un autovalor de A de multiplicidad m k Entonces Como ya observamos anteriormente, dim V (λ i ) 1 1 dim V (λ k ) m k Prof: José Antonio Abia Vian Grado de Ing Electrónica Industrial y Automática : Curso

11 85 Matemáticas 1 : Álgebra Lineal Anexo 1 Supongamos que dim V (λ k ) = d, y consideremos el operador lineal f: R n R n definido por f(v) = Av Sea {v 1,, v d } una base del espacio característico V (λ k ), que podemos completar hasta obtener una base de R n, B = {v 1,, v d, v d+1,, v n } La matriz A, del operador en la base B, será de la forma ( ) A = [f(v 1)] B [f(v d )] B [f(v d+1 )] B [f(v n)] B ( ) = λ k [v 1] B λ k [v 2] B [f(v d+1 )] B [f(v n)] B = λ k 0 A 12 0 λ k A 22 de donden λi A = (λ λ k ) d λi A 22 Pero como A y A son matrices semejantes que tienen el mismo polinomio característico (Ejer 4121), (λ λ k ) d λi A 22 = λi A = λi A = (λ λ k ) m k Q(λ), en consecuencia tiene que ser d m k puesto que m k es la multiplicidad de la raíz Demostración de: Teorema de la diagonalización 165 de la página 63 Teorema de la diagonalización 165- Sea A una matriz de orden n Entonces A es diagonalizable si y sólo si se cumplen las condiciones: 1- λi A = (λ λ 1 ) m1 (λ λ k ) m k, con m 1 + m m k = n (es decir, tiene n raíces reales) 2- Para cada espacio característico V (λ i ), se cumple que dim V (λ i ) = m i = Si A es diagonalizable, la matriz diagonal D y A son semejantes (D = P 1 AP ) y por tanto poseen el mismo polinomio característico (Ejer 4121), luego P (λ) = λi A = λi D = (λ λ 1 ) m1 (λ λ k ) m k, donde los λ i R son los valores de la diagonal de D y m i el número de veces que se repite Por tanto, P (λ) tiene todas sus raices reales y, por ser de grado n, m 1 + m m k = n Además, por ser A y D matrices semejantes, también lo son λi A y λi D, para todo λ R, pues P 1 (λi A)P = λp 1 IP P 1 AP = λi D, de donde rg(λi A) = rg(λi D), para todo λ Entonces, para cada autovalor λ i se tiene que rg(λ i I A) = rg(λ i I D) = n m i y, en consecuencia, que dim V (λ i ) = m i = Si λi A = (λ λ 1 ) m1 (λ λ k ) m k, con m 1 + m m k = n, y dim V (λ i ) = m i para cada i = 1,, k, consideremos en cada V (λ i ) una base B i, de la forma } } } B 1 = {p 11,, p 1m1, B 2 = {p 21,, p 2m2,, B k = {p k1,, p kmk Tomemos entonces B = B 1 B 2 B k, un conjunto de n vectores propios de A, si vemos que son linealmente independientes, tendremos que A es diagonalizable Planteemos una combinación lineal igualada a cero: 0 = β 11 p β 1m1 p 1m1 + β 21 p β 2m2 p 2m2 + + β k1 p k1 + + β kmk p kmk = (β 11 p β 1m1 p 1m1 ) + (β 21 p β 2m2 p 2m2 ) + + (β k1 p k1 + + β kmk p kmk ) = v 1 + v v k siendo v j = β j1 p j1 + + β jmj p jmj V (λ j ), para cada j = 1,, k Los vectores v 1, v 2,, v k son vectores de espacios característicos correspondientes, respectivamente, a los valores propios distintos λ 1, λ 2,, λ k y por tanto, si no son cero, son linealmente independientes Pero la combinación lineal v 1 + v v k = 0 nos indicaría que son dependientes, luego la única forma de eliminar esa contradicción es que v j = 0, j = 1, 2,, k ; de donde, si 0 = v j = β j1 p j1 + + β jmj p jmj, han de ser todos β j1 = β j2 = = β jmj = 0 por ser B j una base Como es cierto para cada j, se tiene que β ji = 0, i, j, con lo que B es linealmente independiente Demostración de: Teorema de la diagonalización ortogonal 171 de la página 65 Teorema de la diagonalización ortogonal 171- A diagonaliza ortogonalmente A es simétrica Prof: José Antonio Abia Vian Grado de Ing Electrónica Industrial y Automática : Curso

12 86 Matemáticas 1 : Álgebra Lineal Anexo 1 = Es el Lema 169 = Sea A simétrica, veamos que es diagonalizable Primero, que todos los valores propios de A son reales: Sea λ C un valor propio de A, entonces existe x = (x 1,, x n ) 0 (x j C) tal que Ax = λx Por ser A real, su polinomio característico es real y el conjugado de λ, λ, es también autovalor de A; además, tomando conjugados en la igualdad anterior, se tiene que Ax = Ax = λx Entonces, son iguales los valores y, al ser x 0, x t Ax = x t (Ax) = x t (λx) = λx t x = λ x j x j = λ x j 2 x t Ax = (x t A)x = (x t A t )x = (Ax) t x = (λx) t x = λx t x = λ x j 2 x j 2 0 por lo que λ = λ y λ R En consecuencia, si todos los autovalores de A son reales, el polinomio característico de A tiene las n raices reales Veamos ahora que para cada λ j se verifica que dim V (λ j ) = m j Sean dim V (λ j ) = d y B j = {x 1,, x d } una base ortonormal de V (λ j ) que ampliamos hasta una base ortonormal de R n, B = {x 1,, x d, x d+1,, x n } Consideremos el operador lineal f: R n R n dado por f(x) = Ax, luego A es la matriz de f en la base canónica que es ortonormal y si A es la matriz de f en la base B y P la matriz de paso de B a la canónica, P es ortogonal y A = P t AP Como A es simétrica, A tambien lo será pues (A ) t = (P t AP ) t = P t A t (P t ) t = P t AP = A ( ) A = [f(x 1 )] B [f(x d )] B [f(x d+1 )] B [f(x n )] B ( ) = λ j [x 1 ] B λ j [x 2 ] B [f(x d+1 )] B [f(x n )] B = λ j 0 A 12 0 λ j A 22 donde A 12 = 0, puesto que A es simétrica y A 22 cuadrada de orden n d Luego la matriz λ j I A nos queda λ j λ j λ j I A = 0 λ j λ j = λ j I A 22 λ j I A 22 por lo que rg(λ j I A ) = rg(λ j I A 22) Por ser A y A semejantes rg(λ j I A)=rg(λ j I A ) (ver demostración del Teorema 165), y se tiene que rg(λ j I A 22) = rg(λ j I A) = n dim V (λ j ) = n d por lo que λ j I A 22 0 Entonces, λi A = λi A = (λ λ j ) d λi A 22, con λ j I A 22 0, luego d = m j En resumen, A diagonaliza, y tomando una base ortonormal de cada uno de los espacios característicos, tendremos n vectores propios de norma 1 y, que por el Lema 170, son ortogonales entre sí Formas cuadráticas Demostración de: Teorema de Sylvester o Ley de inercia 180 de la página 71 Teorema de Sylvester o Ley de inercia 180- Si una forma cuadrática se reduce a la suma de cuadrados en dos bases diferentes, el número de términos que aparecen con coeficientes positivos, así como el número de términos con coeficientes negativos es el mismo en ambos casos Prof: José Antonio Abia Vian Grado de Ing Electrónica Industrial y Automática : Curso

13 87 Matemáticas 1 : Álgebra Lineal Anexo 1 Supongamos que respecto a una base B 1 = {b 1, b 2,, b n } la matriz de la forma cuadrática Q es una matriz diagonal y tiene p elementos positivos y s elementos negativos en su diagonal principal, luego la expresión de la forma cuadrática será Q(x) = a 1 x a p x 2 p a p+1 x 2 p+1 a p+s x 2 p+s con a i > 0 para todo i, y (x 1,, x p, x p+1,, x p+s, x p+s+1,, x n ) = [x] t B 1 ; y que respecto a otra base B 2 = {d 1, d 2,, d n } la matriz de la forma cuadrática es también diagonal con q elementos positivos y r negativos, por lo que Q se expresará en la forma Q(x) = c 1 y c q y 2 q c q+1 y 2 q+1 c q+r y 2 q+r con c i > 0 para todo i, e (y 1,, y q, y q+1,, y q+r, y q+r+1,, y n ) = [x] t B 2 Por el teorema 178 anterior, sabemos que las matrices congruentes tienen el mismo rango, luego tienen que ser p + s = q + r Veamos que p = q, con lo que tendremos también que s = r Si p q, uno de ellos es mayor que el otro, supongamos que es p > q y consideremos los conjuntos de vectores {b 1,, b p } y {d q+1,, d n } Si p > q, el conjunto {b 1,, b p, d q+1,, d n } tiene p+(n q) = n+(p q) > n vectores y, por lo tanto, es un conjunto linealmente dependiente y en la igualdad λ 1 b λ p b p + µ q+1 d q µ n d n = 0 alguno de los coeficientes no es cero Entonces, el vector λ 1 b λ p b p = µ q+1 d q+1 µ n d n = x no es el cero (si es cero, todos los λ i son cero por ser los b i de B 1, y todos los µ j = 0 por ser los d j B 2 ), con algún λ i y algún µ j distintos de cero Tenemos así que [x] t B 1 = (λ 1,, λ p, 0,, 0) y [x] t B 2 = (0,, 0, µ q+1,, µ n ) pero calculando Q(x) respecto a las dos bases obtenemos Q(x) = a 1 λ a p λ 2 p a p+1 0 a p+s 0 = a 1 λ a p λ 2 p > 0 Q(x) = c c q 0 c q+1 ( µ q+1 ) 2 c q+r ( µ q+r ) 2 + 0( µ q+r+1 ) ( µ n ) 2 = c q+1 ( µ q+1 ) 2 c q+r ( µ q+r ) 2 0 lo que no puede ser Por tanto deben ser p = q y s = r, es decir, las dos matrices diagonales tienen el mismo número de elementos positivos y negativos Demostración de: Teorema de clasificación 183 de la página 72 Teorema de clasificación 183- Sea Q una forma cuadrática en un espacio de dimensión n Se verifica: a) Q es nula Sig(Q) = (0, 0) b) Q es definida positiva Sig(Q) = (n, 0) c) Q es semidefinida positiva Sig(Q) = (p, 0) con 0 < p < n d) Q es definida negativa Sig(Q) = (0, n) e) Q es semidefinida negativa Sig(Q) = (0, q) con 0 < q < n f) Q es indefinida Sig(Q) = (p, q) con 0 < p, q Sea B = {v 1,, v n } una base en la cual, la expresión de Q es Q(x) = d 1 x d 2 x d n x 2 n donde (x 1,, x n ) = [x] t B Luego, Q(v i) = d i, para todo i = 1,, n, ya que los vectores de B tiene por coordenadas [v 1 ] t B = (1, 0, 0,, 0), [v 2] t B = (0, 1, 0,, 0),, [v n] t B = (0, 0, 0,, 1) Entonces: a) Si Q(x) = 0, para todo x, se tiene que d i = Q(v i ) = 0, para todo i, luego Sig(Q) = (0, 0) Reciprocamente, si d i = 0 para todo i, entonces Q(x) = 0 para todo x Prof: José Antonio Abia Vian Grado de Ing Electrónica Industrial y Automática : Curso

14 88 Matemáticas 1 : Álgebra Lineal Anexo 1 b) Si Q(x) > 0 para todo x 0, se tiene que d i = Q(v i ) > 0, para todo i, luego Sig(Q) = (n, 0) Recíprocamente, si d i > 0 para todo i, entonces Q(x) > 0 para todo x 0 c) Si Q(x) 0 para todo x 0, es d i = Q(v i ) 0 para todo i Como no es nula existe algún d j > 0 y como no es definida positiva existe algún d k = 0, luego Sig(Q) = (p, 0) con 0 < p < n Recíprocamente, si d i 0 para todo i, con algún d j > 0 y algún d k = 0, se tiene que Q(x) 0 para todo x, que Q(v j ) = d j > 0, por lo que no es nula, y que Q(v k ) = d k = 0, por lo que no es definida positiva d) y e) Análogos a los casos de definida y semidefinida positiva f) Por ser indefinida, Q(x) 0 para todo x, luego d i 0 para todo i, por lo que existirá un d j < 0 y Q(x) 0 para todo x, luego d i 0 para todo i por lo que existirá un d k > 0 En consecuencia, Sig(Q) = (p, q) con p, q > 0 Recíprocamente, si existe d j < 0 y d k > 0, serán Q(v j ) = d j < 0 y Q(v k ) = d k > 0, luego es indefinida Prof: José Antonio Abia Vian Grado de Ing Electrónica Industrial y Automática : Curso