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Notas deAlgebra Lineal Elemental

porJose Antonio Belinchon

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Prologo

La idea fundamental de esta notas confecionadas a modo de resumen (personal) esla de tener a mano un recordatorio de por donde iban los tiros. Solo se demuestranlos teorema fundamentales y se acompona el texto con una serie de ejercios mas omenos trabajados. En modo alguno pretenden sustituir (porque es implosible) losmanuales clasicos o las notas de clase de un profesor. Es decir, estas notas estanconfeccionadas a modo de refrito entre las notas de clase que tome en su dia y dedistintos libros clasicos como los siguientes:

1. Golovina, L.I. Algebra lineal y algunas de sus aplicaciones Edt. MIR 1980

2. Hernandez, E. Algebra y geometria. Addison-Wesley/UAM 1994

3. Castellet, M et al. Algebra lineal y geometria. Edt. Reverte 1994

4. Rojo, J. et al. Ejercicios y Problemas de algebra lineal. McGraw-Hill 1994

5. de Diego, B et al. Problemas de algebra y geometria. Edt. Deimos 1991

6. Lipshutz, S. Algebra lineal. McGraw-Hill 1968.

todo ello aderezado (como he indicado antes) con una serie de ejemplos de-sarrollados (eso espero) al final de cada capitulillo.

ADVERTENCIA: No estan concluidas y es muy posible que hayan sobre-vivido numerosas erratas. Toda observacion en este sentido es bien recibida.

iv

Indice General

1 Espacios Vectoriales. 11.1 Espacios Vectoriales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Bases. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.3 Composicion de espacios. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.4 Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2 Aplicaciones Lineales 92.1 Aplicaciones Lineales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.2 Espacio Dual. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.2.1 Ecuaciones implıcitas de un subespacio. . . . . . . . . . . . . . 162.3 Homomorfismo transpuesto. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.4 Ejemplos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

3 Determinantes y Sistemas 193.1 Aplicaciones multilineales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3.1.1 Tensores simetricos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203.1.2 Tensores antisimetricos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.1.3 Algebra exterior. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

3.2 Determinantes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.2.1 Permutaciones de orden n. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.2.2 Determinantes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223.2.3 Formas n−lienales alternadas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223.2.4 Propiedades de las formas n-lineales alternadas. . . . . . . . . . 233.2.5 Expresion analitica de una forma n-lineal alternada. . . . . . . 233.2.6 Determinante de un sistema de vectores. . . . . . . . . . . . . . 233.2.7 Determinante de una matriz cuadrada. . . . . . . . . . . . . . . 243.2.8 Determinante de un endomorfismo. . . . . . . . . . . . . . . . . 243.2.9 Rango de una matriz. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253.2.10 Matriz inversa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

3.3 Sistemas lineales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.4 Ejemplos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

4 Clasificacion de Endomorfismos. Matrices de Jordan 454.1 Clasificacion de endomorfismos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 454.2 Polinomio mınimo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 474.3 Subespacios invariantes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 484.4 Grado del polinomio mınimo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 504.5 Matriz canonica de un endomorfismo. (Jordan). . . . . . . . . 52

vi INDICE GENERAL

4.6 Ejemplos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

5 Formas Bilineales y Cuadraticas. 675.1 Formas bilineales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

5.1.1 Diagonalizacion de formas bilineales. . . . . . . . . . . . . . . . 715.2 Formas cuadraticas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 765.3 Ejemplos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

6 Espacios vectoriales euclıdeos. 896.1 Espacios vectoriales euclıdeos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 896.2 Espacio Dual. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 926.3 Subespacio ortogonal. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 926.4 Producto vectorial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 926.5 Aplicaciones entre espacios euclideos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

6.5.1 Aplicaciones adjuntas y autoadjuntas . . . . . . . . . . . . . . 936.5.2 Diagonalizacion de aplicaciones autoadjuntas y hermiticas. . . 946.5.3 Aplicaciones ortogonales. Aplicaciones unitarias . . . . . . . . 976.5.4 Diagonalizacion de matrices unitarias. . . . . . . . . . . . . . . 986.5.5 Forma canonica de una matriz ortogonal. . . . . . . . . . . . . 99

6.6 Ejemplos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

Capıtulo 1

ESPACIOS VECTORIALES.

1.1 Espacios Vectoriales.

Definicion 1.1.1 Sea K un cuerpo conmutativo. Un espacio vectorial V definidosobre un cuerpo K vieve dado por un conjunto no vacio de elementos vectorialessobre los que estan definidos dos operaciones:

1. Una interna, la suma, (V,+) tiene estructura de grupo abeliano

+ : V × V −→ V(u, v) 7−→ u + v

i.e. verifica las propiedades:

• asociativa

• ∃ elemento neutro

• ∃ inverso

• conmutativa.

2. Externa, (V, ·) producto por escalares:

· : K× V −→ V(λ, u) 7−→ λu

verificando las siguientes propiedades:

• λ(u + v) = λu + λv

• λ(µ + v) = λµ + λv

• λ(µv) = λµv

• 1µ = µ

Bajo estas circunstancias podemos decir que (V,+, ·) es un espacio vectorialsobre el cuerpo K.

Definicion 1.1.2 Subespacio. Sea W un conjunto no vacio. Decimos que W es unsubespacio vectorial de V si verifica las siguientes condiciones:

• Sean u, v ∈W =⇒ u + v ∈W

• λ ∈ K, u ∈W =⇒ λu ∈W

2 Espacios Vectoriales.

Definicion 1.1.3 Suma directa de subespacios. Sean W1 y W2 dos subespacios vec-toriales. Si W1 ∩W2 = ~0 entonces decimos que la suma entre los dos subespacios esdirecta y se denota por W1⊕W2. La suma de dos subespacios W1 y W2 es directa siicada vector de W1 + W2 se puede expresar de manera unica como suma de un vectorde W1 y de otro de W2.

Definicion 1.1.4 Combinacion lineal. Sea V un espacio vectorial. Sean {v1, ...., vn}vectores del espacio V . Decimos que un vector u es combinacion lineal de {v1, ...., vn}si se puede expresar de la siguiente forma:

u =∑

i

λivi

Definicion 1.1.5 Sistema de generadores. Se dice que un conjunto b de vectoresde V es sistema de generadores si cualquier vector de V se puede expresar comocombinacion lineal de vectores de b.

Definicion 1.1.6 Un conjunto b de vectores es linealmente dependiente si existenescalares λi no todos nulos tales que∑

i

λivi = ~0

y lo es linealmente independiente si @ λi o son todos nulos tales que∑i

λivi = ~0

Proposicion 1.1.1 Sean {v1, ...., vn} vectores de V entonces {v1, ...., vn} son lineal-mente independientes sii al menos uno de ellos se puede expresar como combinacionlineal de los demas.

Proposicion 1.1.2 Supongamos que {v1, ...., vn} son todos linealmente independi-entes. Sea u ∈ V tal que u no es combinacion lineal de {v1, ...., vn} entonces{v1, ...., vn} son linealmente independientes (L.I.).

1.2 Bases.

Definicion 1.2.1 Base. Decimos que S es base de un espacio V si cumple las sigu-ientes condiciones:

1. S es sistema de generadores de V

2. S es L.I.

Teorema 1.2.1 Base.

1. Todo espacio vectorial V tiene al menos una base.

2. Todas las bases de V tienen el mismo numero de elementos.

Bases. 3

Demostracion. (1).- Sea B ⊂ V /B es un sistema de generadores B ={v1, ...., vn} , si los {v1, ...., vn} son LI entonces forman base. Si no es asi entoncesalguno de los vectores sera combinacion lineal de los otros, entonces elimonamos esevector de tal forma que queden n−1 vectores y comprobamos si son LI o no. Si resultaque estos n− 1 vectores son LI entonces forman base en caso contrario continuamosel metodo de ir eliminando vectores LD hasta que en el peor de los casos solo quedeun unico vector, en este caso formara base al ser sistema de generadores.

(2).- Sea S = {v1, ...., vp} ⊂ V. Sabemos que existe una base B = {v1, ...., vn}del espacio vectorial V . Lo que tenemos que ver es que cualquier otra base de Vtiene igual numero de elementos que B i.e. n elementos. Sea B′ otra base de V ,como los vectores de B′ son LI entonces cualquier subconjunto suyo tambien seraLI, luego el numero de elementos de cualquier subconjunto finito de B′ tendra queser menor igual que el numero de elementos de B i.e. n, pero al ser B sistema degeneradores entonces el numero de elemetos de B′ es menor igual que el numero deelemetos de B i.e. n. Por lo tanto tenemos que cardB′ ≤ cardB. Si cambiamos lospapeles i.e B′ ←→ B aplicando el mismo razonamiento llegariamos a la conclusion deque cardB ≤ cardB′ de lo que deducioms que cardB′ = cardB y por lo tanto todaslas bases tienen igual numero de elementos.

Definicion 1.2.2 Sea V un espacio de tipo finito sobre K. Se llama dimension delespacio V al numero de elementos que tiene una base cualquiera de V y se denotapor dim V.

Proposicion 1.2.1 Un conjunto B de vectores de un espacio vectorial es base de Vsii cada vector de V se expresa de manera unica como combinacion lineal de vectoresde B.

Sea V un espacio vectorial de tipo finito sobre un cuerpo K, sea S = {v1, ...., vn}un sistema de generadores de V . Sean {v1, ...., vp} L.I. entonces encontramos quen ≥ p. De igual forma si S = {v1, ...., vp} es un sistema de generadoresde V en-tonces p ≥ dim V y si {v1, ...., vp} son un conjunto L.I. de vectores de V resulta quep ≤ dim V. Si S = {v1, ...., vp} es un sistema de generadores de V y p = dim V en-tonces S forma un conjunto L.I. y por lo tanto base. Y por ultimo si S = {v1, ...., vn}son vectores L.I. tales que n = dim V entonces S es base de V .

Teorema 1.2.2 Base incompleta. Sea V un espacio vectorial de dimension finita nsobre un cuerpo K. Sea {v1, ...., vp} vectores L.I. con p ≤ n. Entonces existen n − pvectores {u1, ...., un−p} tales que {v1, ...., vp, u1, ...., un−p} que forman base de V.

Demostracion. Sea (V, K) un e.v. tal que dim V = n. Sea {v1, ...., vp}vectores L.I. con p ≤ n. Si p = n entonces forman base. Si p < n como los {v1, ...., vp}son un sistema de generadores entonces existe un vector ui /∈ L [v1, ...., vp] entonces{ui, v1, ...., vp} son LI. Si resulta que n = p+1 entonces formarian base. Si p+1 < n,repitiendo el razonamiento, vemos que existe un vector uj /∈ L [ui, v1, ...., vp] entonces{uj , ui, v1, ...., vp} son LI. Si resulta que n = p+2 entonces formarian base. Repitiendoel argumento n − p veces llegamos a la conclusion de que existen {u1, ...., un−p}vectores de tal forma que {v1, ...., vp, u1, ...., un−p} que forman base de V.

Consecuencia: Sea L ⊂ V / L = L [v1, ...., vp] entonces existe BV ={v1, ...., vn} / {vp+1, ...., vn} engendran un subespacio M ⊂ V i.e. M = L [vp+1, ...., vn]


y por lo tanto dim M = n − p. Estos dos subespacios son complementarios i.e.V = L ⊕M, (L ∩M = ∅) y por lo tanto cualquier vector v ∈ V se escribira co-mo combinacion de vectores de L y de M i.e

v =p∑

i=1

λivi︸︷︷︸L

+n∑

j=p+1

λjvj︸︷︷︸M

Teorema 1.2.3 Formulas de Grassmann. Sea V un espacio vectorial de dimensionfinita n sobre un cuerpo K. Sea W un subesapcio vectorial de V entonces:

1. W es de tipo finito

2. dim W ≤ dim V

3. dim W = dim V sii W = V

Corolario 1.2.1 Sea V un espacio vectorial de dimension finita n sobre un cuerpoK. Sean W,U subespacios de V entonces

dim(U + W ) = dim U + dim W − dim(U ∩W ).

Demostracion. Sean L,M subespacios de V tal que L ∩ M 6= ∅. Sea{u1, ...., uk} una base de L∩M entonces dim L∩M = k. Entonces estos {u1, ...., uk}vectores son LI tanto en L como en M, i.e. {u1, ...., uk} ⊂ L son LI y {u1, ...., uk} ⊂Mson LI. Las bases de L y M estan formadas por: BL = {u1, ...., uk, uk+1, ......, up} yBM = {u1, ...., uk, ωk+1, ......, ωr} por el teorema de prolongacion. Sea ahora un vectorv ∈ L+M que podemos escribir como v = u+ω i.e. v ∈ C.L. {u1, ...., uk, uk+1, ......, up, ωk+1, ......, ωr}entonces

L + M = L [u1, ...., uk, uk+1, ......, up, ωk+1, ......, ωr]

entonces dim L + M = p + r− k tenemos que ver que estos vectore son realmente LIi.e. existen escalares {λi, µi} / λ1u1 + ....+ λpup + µk+1ωk+1 + ...... + µrωr = 0 i.e.λi = µi = 0

λ1u1 + .... + λpup = −(µk+1ωk+1 + ...... + µrωr

)entonces L∩M 6= ∅. Se pueden expresar como combinacion lineal de {u1, ...., uk} conescalares {δj} de tal forma que

λ1u1 + .... + λpup = −(µk+1ωk+1 + ...... + µrωr

)= δ1u1 + .... + δkuk

entoncesδ1u1 + .... + δkuk + µk+1ωk+1 + ...... + µrωr = 0

al formar base, resulta que el conjunto de {δj} = 0. Por lo tanto

dim(L + M) = dim L + dim M − dim (L ∩M)

como queriamos demostrar.

Composicion de espacios. 5

Definicion 1.2.3 Subespacio complementario. Sea V un espacio vectorial de dimen-sion finita n sobre un cuerpo K. Sea U un subespacio de V . Se dice que un subespaciovectorial W de V es complementrario de U si

V = W ⊕ U

Proposicion 1.2.2 Todo subespacio vectorial de un espacio vectorial V de dimensionfinita tiene al menos un subespacio complementario.

1.3 Composicion de espacios.

Definicion 1.3.1 Producto de espacios vectoriales. Sean V y W espacios vec-toriales sobre un mismo cuerpo K. Consideramos el producto cartesiano

V ×W = {(v, w) / v ∈ V y w ∈W}

definimos una opreacion interna que viene dada por

(u, w) + (u′ + w′) = (u + u′, w + w′)

y tambien definimos en V ×W una operacion de producto por escalares de K (externa)

λ(v, w, ) = (λv, λw)

El conjunto V ×W con las operaciones asi definidas es un espacio vectorial.

Proposicion 1.3.1 Si {v1, ...., vp} es una base de V y {w1, ...., wn} es una base deW se tiene que

{(v1, 0), ...., (vp, 0), (0, w1), ......., (0, wn)}

es base de V ×W

Proposicion 1.3.2 Si V y W son dos espacios vectoriales de dimension finita sobreun cuerpo K entonces

dim(V ×W ) = dim V + dim W

Definicion 1.3.2 Particion de un conjunto. Sea X un conjunto no vacio. Se llamaparticion de X a un subconjunto P de X /

• ∀ x ∈ X existe un elemento A de la particion / x ∈ A

• ∀ A,B ∈ P , si A 6= B entonces A ∩B = ∅ son disjuntos.

• ∅ ∈ P

Definicion 1.3.3 Relacion biunivoca. Sea X un conjunto. Se llama relacion bi-univoca de X a cada subconjunto R de X × X. Si (x, y) ∈ R se dice que x estarealcionado con y por la relacion R y se denota xRy.

Definicion 1.3.4 Realcion de equivalencia. Se dice que una relacion biunivoca sobreun conjunto X es de equivalencia si cumple las siguientes propiedades

1. Reflexiva xRx


2. Simetrica xRy =⇒ yRx

3. Transitiva xRy ∧ yRz =⇒ xRz

Definicion 1.3.5 Clase de equivalencia. Sea X un conjunto no vacio y sea R unarelacion de equivalencia sobre X. Se llama clase de equivalencia del elemneto x alsiguiente conjunto

{y ∈ X; xRy} := [x]R

Definicion 1.3.6 Conjunto cociente. Llamamos conjunto cociente X/R al conjuntocuyos elementos son clases de equivalencia segun R. Los elementos de X/R consti-tuyen una particion de X.

Definicion 1.3.7 Espacio vectorial cociente. Sea (V/W ) un conjunto en el quedefinimos las siguientes operaciones:

1. Suma. u + W , v + W ∈ V/W entonces (u + W ) + (v + W ) = (u + v) + W

2. Producto por escalares. u + W ∈ V/W y λ ∈ K =⇒ λ(u + W ) = λu + W

Proposicion 1.3.3 (V/W ) tiene estructura de espacio vectorial con las operacionesanteriormente definidas.

Demostracion. V/W = {v + W / v ∈ V } y sobre este conjunto definimosdos operaciones (como en la primera definicion) y comprobamos que con ellas elconjunto (V/W, +, ·) tiene estructura de espacio vectorial.

Con respecto a la primera de las operaciones la interna, vemos que (v + L) +(w + L) = (v + w) + L esta bien definida y que por lo tanto el conjunto (V/W, +)tien estructura de grupo abeliano i.e. verifiaca las propiedades (asociativa, elementoneutro, inverso y conmutativa)

Sea α ∈ K, definimos α (w + L) = αv + L. Comprobamos que esta biendefinida y verificamos que el conjunto (V/W, ·) cumple las siguiente propiedades

λ(u + v) + L = λ (u + L) + λ (v + L)(λµ) v + L = (λµv) + L

(λ + µ) (v + L) = λ (v + L) + µ (v + L)1µ + L = v + L

por lo tanto queda demostrado.

Teorema 1.3.1 Sea V espacio vectorial de dimension finita sobre un cuerpo K. SeaW un subespacio de V entonces el espacio vectorial cociente es tambien de dimensionfinita y

dim (V/W ) = dim V − dim W

Demostracion. Sea {wj}kj=1 = BL entonces BV = {wj}nj=1 (por el teo-rema de prolongacion de la base). Si BV/L = {wj + L}nj=k+1 entonces dim V/L =n − k. Veamoslo: V/L = {x + L / x ∈ V } tenemos que ver que la base BV/L ={wj + L}nj=k+1 forma un sistema de generadores y que son LI.

Ejemplos 7

S.G.: BV/L = {wj + L}nj=k+1 ya que para todo x + L ∈ V/L con x ∈ Vpodemos expresar

x =k∑

i=1

aiwi +n∑

j=k+1

bjwj

x + L =k∑

i=1

ai (wi + L) +n∑

j=k+1

bj (wj + L) =

=n∑

j=k+1

bj (wj + L)

ya que {wj}kj=1 ∈ L entonces {wj}kj=1 + L = 0 + L ⇐⇒ {wj}kj=1 − 0 ∈ L ⇐⇒{wj}kj=1 ∈ L.

L.I.: {wj + L}nj=k+1 son LI ya que

n∑j=k+1

αj (wj + L) = 0 + L⇐⇒

n∑j=k+1

(αjwj) + L = 0 + L⇐⇒

n∑j=k+1

(αjwj) ∈ L

supongamos que∑n

j=k+1 (αjwj) ∈ M entonces∑n

j=k+1 (αjwj) ∈ L ∩M entonces∑nj=k+1 (αjwj) = 0⇐⇒ (αj) = 0.

1.4 Ejemplos


Capıtulo 2

APLICACIONES LINEALES

2.1 Aplicaciones Lineales.

Definicion 2.1.1 Sean V,W dos espacios vectoriales definidos sobre un cuerpo K.Decimos que la aplicacion f es lineal

f : V −→W

si verifica que:

1. ∀ v1, v2 ∈ V, f(v1 + v2) = f(v1) + f(v2)

2. ∀ v1 ∈ V, λ ∈ K f(λv1) = λf(v1)

Proposicion 2.1.1 f es aplicacion lineal sii ∀ v1, v2 ∈ V,∀ λ, µ ∈ K

f(λv1 + µv2) = λf(v1) + µf(v2)

Observacion 2.1.1 Las aplicaciones lineales transforman combinaciones lineales encombinaciones lineales.

Proposicion 2.1.2 Sea f : V −→ W. Si {v1, ......, vn} ⊂ V son LD entonces{f(v1), ...., f(vn)} ⊂W son LD.

Proposicion 2.1.3 Sea f : V −→ W inyectiva, entonces si {v1, ......, vn} ⊂ V sonLI entonces {f(v1), ...., f(vn)} son LI

Definicion 2.1.2 Sea f : V −→W. Definimos el ker f como:

ker f ={

v ∈ V / f(v) = ~0}⊂ V

y la Im f como:

Im f = {w ∈W / ∃v ∈ V / f(v) = w} ⊂W

Observacion 2.1.2 Los conjuntos ker f e Im f tienen estructura de espacio vectori-al. Veamoslo: Por ejemplo consideremos dos vectores u, v ∈ ker f entonces tenemosque ver que la suma de ambos tambien perteneces al ker f ; f(v + u) = f(u) + f(v) =f(0)+f(0) = 0 por la linealidad de f podemos asegurar que (u+v) ∈ ker f. Sea ahoraλ ∈ K y v ∈ ker f tenemos que ver que λv ∈ ker f, como antes apoyandonos en el echode que la aplicacion f es lineal tenemos que f(λv) = λf(v) = 0 entonces λv ∈ ker f.De igual forma se demuestra que Im f tiene estructura de espacio vectorial.

10 Aplicaciones Lineales

Proposicion 2.1.4 Sea f : V −→ W isomorfismo, entonces f−1 : W −→ V es unisomorfismo.

Proposicion 2.1.5 Sea f : V −→W , es inyectiva sii ker f ={~0}

.

Demostracion. =⇒c Sea v ∈ ker f , entonces f(v) = 0, pero f es linealentonces f(0) = 0 y f(v) = f(0) = 0, pero al ser f inyectiva entonces v = 0.

⇐=c ker f ={~0}

entonces f es inyectiva. Sean v, v′ ∈ V / f(v) = f(v′)entonces f(v) − f(v′) = 0, f(v − v′) = 0 lo que demuestra que v − v′ ∈ ker f perocomo ker f =

{~0}

entonces v = v′ lo que demuestra la inyectividad de la aplicacion.

Proposicion 2.1.6 Sea f : V −→ W una aplicacion lineal tal que dim V = n.Sea BV = {v1, ......, vn} entonces {f(v1), ...., f(vn)} es un sistema de generadores deIm f ⊂W.

Corolario 2.1.1 dim Im f ≤ dim V

Proposicion 2.1.7 dim Im f = dim V ≤ dim W ⇐⇒ f es inyectiva.

Observacion 2.1.3 Sea f : V −→W isomorfismo⇐⇒ dim W = dim V. Si dim W =dim V y f inyectiva entonces es un isomorfismo.

Observacion 2.1.4 Si f es sobre. entonces dim Im f = dim W.

Teorema 2.1.1 Isomorfismo. Sea f : V −→W una aplicacion lineal entoces:

V/ ker f ≈ Im f

Demostracion. Tenemos que establer una aplicacion biyectiva (inyectivay sobre) y luego demostrar ademas que se trata de una aplicacion lineal. Sea Seaf : V −→W ; xRy si f(x) = f(y)

V/Rg−→ Im f

∀x ∈ V , [x] ∈ V/R y por lo tanto g([x]) = f(x). Queremos demostrar que laaplicacion g es biyectiva y lineal.

Veamos que se trata de una aplicacion. [x] = [y] =⇒ xRy entonces f(x) =f(y) con lo que g ([x]) = g ([y]) luego g es aplicacion.

Inyectiva. g ([x]) = g ([y])⇐⇒ [x] = [y] =⇒ xRy entonces f(x) = f(y).Sobreyectiva. Sea z ∈ Im f =⇒ ∃x ∈ V / f(x) = z. Tomamos [x] ∈ V/R de

tal forma que g ([x]) = f(x) = z.

Veamos que V/R es V/ ker f. Como ker f ⊂ V , xRy ⇐⇒ x − y ∈ ker f.Como xRy ⇐⇒ x − y ∈ ker f ⇐⇒ f(x − y) = 0 ⇐⇒ f(x) = f(y) ⇐⇒ xRy. LuegoV/R ≡ V/ ker f, donde [x] = x + ker f. Hasta ahora hemos demostrado que

V/ (ker f)g−→ Im f

Aplicaciones Lineales. 11

es una aplicacion biyectiva, veamos ahora que es lineal. Sean x, y ∈ ker f ∈ V/ ker f,∀α, β ∈ K

g(α(x + ker f) + β(y + ker f))= αg(x + ker f) + βg(y + ker f)

ya que g(α(x + ker f)) = g(αx + ker f) = f(αx) = αf(x) i.e.

g(α(x + ker f) + β(y + ker f)) = g((αx + βy) + ker f)f(αx + βy) = f(αx) + f(βy) = αf(x) + βf(y)

αg(x + ker f) + βg(y + ker f)

entonces g es biyectiva y lineal.

Observacion 2.1.5

Vf

- W

V/ ker f

p

?

f∗- Im f

i

6

i · f∗ · p = f

donde

p(x) = x + ker f

f∗(x + ker f) = f(x)i(y) = y

Corolario 2.1.2

dim(V/ ker f) = dim(Im f)dim (V )− dim (ker f) = dim(Im f) =⇒

dim (V ) = dim (ker f) + dim(Im f)

Demostracion. Queremos demostrar que dim (V ) = dim (ker f)+dim(Im f)para ello consideramos que f : V −→ W una aplicacion lineal tal que dim V = n yque como ker f ⊂ V tomamos una base de dicho subespacio Bker f = {v1, ......, vr}aplicando el teorema de prolongacion de la base la ampliamos hasta obtener una basede V i.e. BV = {v1, .., vr, vr+1, ...., vn} de tal forma que los f(vi) = 0 ∀i = 1, ..., ry los f(vj) ∀j = r + 1, ..., n forman base de Im f . En efecto, si v ∈ Im f =⇒ ∃u =

∑aivi ∈ V / v = f(u) =

∑aif(vi) ademas son LI ya que

~0 =n∑

i=r+1

aif(vi) = f

(n∑

i=r+1

aivi

)=⇒

n∑i=r+1

aivi ∈ ker f

n∑i=r+1

aivi =r∑

i=1

bivi =⇒r∑

i=1

bivi −n∑

i=r+1

aivi = ~0

i.e. sonn LI si ai, bi = 0.


Definicion 2.1.3 Matriz de un homomorfismo. Sea f : V −→W una aplicacion lin-eal tal que dim V = n y dim W = r y sean BV = {v1, ......, vn} y BW = {w1, ......, wr} .Sean x ∈ V e y ∈W tales que

x = x1v1 + ...... + xnvn

/ f(x) = yy = y1w1 + ....... + yrwr

ademas f(v1) = a11w1 + ...... + a1rwr... / f(x) = yf(vn) = an1w1 + ...... + anrwr

entoncesyi =

∑aijxi

de tal forma que podemos escribir:

M(f) =

a11 · · · a1r...

. . ....

an1 · · · anr

∈Mn×r

y1...yn

=

a11 · · · a1r...

. . ....

an1 · · · anr

x1

...xn

Definicion 2.1.4 Matriz de la composicion de aplicaciones lineales. Producto dematrices.

Vf

- W

@@

@@

@g • f

R

U

g

?

la composicion de aplicaciones lineales es lineal.

Definicion 2.1.5 Matriz inversa. Sea f : V −→ W una aplicacion lineal tal quedim V = n y dim W = n y sean BV = {v1, ......, vn} y BW = {w1, ......, wn} tal queM(f) = A ∈ Mn×n(K). Entonces la matriz de la aplicacion f−1 : W −→ V estadada por M(f−1) = B de tal forma que si f · f−1 = I entonces A ·B = In×n

Observacion 2.1.6 La formula de calaculo de la matriz inversa no puede demostrarsehasta que no se haya mostrado la teoria de determinantes.

Definicion 2.1.6 Sean V,W espacios vectoriales sobre un cuerpo K. El conjunto

Hom(V,W ) = {f : V −→W / f es apli. lineal}

tiene estructura de espacio vectorial con las siguientes operaciones:

Aplicaciones Lineales. 13

1. Ley interna. f, g ∈ Hom(V,W ) : f + g : V −→ W / x ∈ V 7−→ f(x) + g(x)entonces f + g ∈ Hom(V,W )

2. Ley externa. f ∈ Hom(V,W ), ∀α ∈ K. (αf) (x) = α [f (x)] i.e. (αf) ∈Hom(V,W )

Teorema 2.1.2 Hom(V,W ) tiene estructura de espacio vectorial.

Demostracion. Simplemente definimos dos operaciones y comprobamos laristra de propiedades que debe verificar todo espacio vectorial.

Definimos la operacion interna (+) tal que para toda f, g ∈ Hom(V,W ) :f + g : V −→ W / x ∈ V 7−→ f(x) + g(x) entonces ¿f + g ∈ Hom(V,W )?. Vemosque esta bien definida:

(f + g) (αx + βy) = f(αx + βy) + g(αx + βy) =α(f(x) + g(x)) + β(f(y) + g(y)) = α(f + g)(x) + β(f + g)(y)

Veamos ahora que el conjunto (Hom(V,W ),+) tiene estructura de grupo abeliano,i.e. que verifica las propiedades

1. Asociativa: f + (g + h) = (f + g) + h.

2. Existe elemento neutro: f + f0 = f.

3. Existe elemento opuesto: f + (−f) = 0.

4. Conmutativa: f + g = g + f.

Definimos ohora una operacion externa y comprobamos que esta bien definida.f ∈ Hom(V,W ), ∀α ∈ K. (αf) (x) = α [f (x)] i.e. (αf) ∈ Hom(V,W ). Vemos queesta bien definida ya que

αf [λx + µy] = αf(λx) + αf(µy) = αλf(x) + αµf(y) =λ (αf(x)) + µ (αf(y))

comprobamos que el conjunto (Hom(V,W ), ·) verifica todas las propiedades distribu-tivas (simpleemnte hay que marear los parentesis):

1. α(f + g) = αf + αg

2. (α + β) f = αf + βf

3. α (βf) = αβf

4. 1 · f = f

Con esto demostramos que el conjunto (Hom(V,W ),+, ·) tiene estructura deespacio vectorial.

Proposicion 2.1.8 dim (Hom(V,W )) = dim V · dim W


Teorema 2.1.3 Sea ϕ : Hom(V,W ) −→Mn×r(K) es un isomorfismo entre espaciosvectoriales∗.

Demostracion. Tenemos que demostrar que entre dichos espacios existe unaaplicacion lineal y biyectiva.

ϕ es lineal i.e. ϕ(αf + βg) = αϕ(f) + βϕ(g) =M(αf) +M(βg). Sea

M(f) =

a11 · · · a1p...

. . ....

ani · · · anp

yM(g) =

b11 · · · b1p...

. . ....

bni · · · bnp

f(v1) =p∑

j=i

a1jwj , ........., f(vn) =p∑

j=i

anjwj

g(v1) =p∑

j=i

b1jwj , ........., g(vn) =p∑

j=i

bnjwj

(αf + βg)(vi) = αf(vj) + βg(vi) = α

p∑j=i

aijwj

+ β

p∑j=i

bijwj

p∑

j=i

(αaij + βbij) wj

entonces

M(αf + βg) =

αa11 + βb11 · · · αa1p + βb1p...

. . ....

αan1 + βbn1 · · · αanp + βbnp

=

=M(αf) +M(βg)

luego ϕ(αf + βg) = αϕ(f) + βϕ(g) =M(αf) +M(βg) como queriamos demostrar.Ahora tenemos que ver, que esta aplicacion lineal es biyectiva i.e. inyectiva y

sobreyectiva.Inyectiva: Sea f ∈ Hom(v,W ) y sea f 6= f0 : V −→ W tal que f0(x) = 0

∀x ∈ V. La aplicacion f : V −→ W =⇒ ∃x ∈ V / f(x) 6= ~0 i.e. ∃i ∈ {1, ...., n} /f(vi) 6= ~0 y

M(f) =

0...

· · · 0...ai1 ain

0... · · · 0

...

con aij 6= 0 y f 6= f0 =⇒

M(f0) = ϕ(f0) =

0...· · · 0...

0. . . 0

0 · · · 0

∗Entendemos que se da por supuesto que el conjunto Mn×r(K) tiene estructura de espacio vec-

torial.

Espacio Dual. 15

de tal forma que f /∈ ker ϕ =⇒ ker ϕ = {f0} .Sobre.: ϕ es sobre ya que si

A =

a11 · · · a1p...

. . ....

ani · · · anp

tal que f : V −→ W es aplicacion lineal y f(vj) =

∑pj=i aijwj , ∀x ∈ V x =

∑xivi

entonces f(x) =∑

xif(vi), demostrando asi que M(f) = A o lo que es lo mismoϕ(f) = A como queriamos demostrar.

En consecuencia existe una aplicacion lineal y biyectiva (un isomorfismo) entredichos espacios por lo que son isomorfos.

2.2 Espacio Dual.

Definicion 2.2.1 Espacio Dual.

Hom(V, K) = {f : V −→ K } := V ∗

dim V ∗ = dim V

a los elementos f ∈ V ∗ se les denomina formas lineales. Esta formula solo es validasi dim V <∞.

Observacion 2.2.1 Supongamos que BV = {v1, ......, vn} es una base de V, que puedeescribirse de forma matricial como una matriz M ∈ Mn×1. Sabemos que existe φ :Hom(V, K) −→ Mn×1 que asigna a cada homomorfismo f una matriz de la forma

f 7−→

f(v1)...

f(vn)

Sea ahora la base del espacio de matrices Mn×1 formada por:

B′Mn×1

=

1

...0

, ...........,

0...1

entonces llamamos base dual de B a la base de V∗ definida por:

B∗ =

φ−1

1...0

, ..........., φ−1

0...1

i.e.

f1 = φ−1

1...0

, ......, fn = φ−1

0...1

de tal forma que podemos escribir

B∗ = {f1, ........., fn}


como la base del espacio dual. Las formas lineales de la base B∗ quedan determinadascomo:

f1(v1) = 1 .... .... f1(vn) = 0f2(v1) = 0 f2(v2) = 1 ..... f2(vn) = 0...

......

...fn(v1) = 0 ...... .... fn(vn) = 1

i.e.fi(vj) = δij

si por ejemplo x ∈ V, x =∑

xivi entonces

f1(x) = f1(x1v1 + .... + xnvn) = x1f1(v1) = x1

f2(x) = f2(x1v1 + .... + xnvn) = x2f2(v2) = x2

...fn(x) = fn(x1v1 + .... + xnvn) = xnfn(vn) = xn

Asi fi(x) es la coordenada i-esima de x, xi por lo que podemos considerar las formaslineales de la base dual B∗ como las funciones coordenadas de los vectores x ∈ Vrespecto de la base B.

Definicion 2.2.2 Dual de un subespacio. Sea L ⊂ V entonces L∗ = Hom(L, K) *V ∗, i.e. no es un subespacio vectorial de V ∗. Sea BL = {v1, ......, vr}, podemos comple-tar esta base a una completa de V, BV = {v1, ...vr, vr+1, ..., vn} . Si B∗

L = {f1, ......, fr}es la base dual de BL y B∗ = {f1, ...fr, fr+1, ..., fn} tal que fi : L 7−→ K / fi(vj) = δij .Sea ξ : L∗ 7−→ V ∗ que manda cada fi en ξ(fi) ⊂ V ∗. Isomorfismo entre L∗ yξ(L∗) ⊂ V ∗. Identificamos a ξ(L∗) ⊂ V ∗ como subespacio de V ∗.

Definicion 2.2.3 Ortogonalidad asociada a un subespacio dual. Sea V es un espaciovectorial sobre un cuerpo K y V ∗ es su dual. Sea L ⊂ V , llamamos ortogonal de Len V ∗ al conjunto

L◦ = {f ∈ V ∗ / f(x) = 0 ∀x ∈ L}

Proposicion 2.2.1 L◦ ⊂ V ∗

Observacion 2.2.2 Sea BL = {v1, ......, vr} y BV = {v1, ...vr, vr+1, ..., vn} hemosvisto que B∗

V ∗ = {f1, ...fr, fr+1, ..., fn} y que B∗L∗ = {f1, ......, fr} de tal forma que

L∗ ⊂ V ∗. Las formas {fr+1, ..., fn} forman base de L◦. Por lo tanto V ∗ = L∗ ⊕ L◦ yse aplica la formula de las dimensiones dim V ∗ = dim L∗ + dim L◦.

2.2.1 Ecuaciones implıcitas de un subespacio.Teorema 2.2.1 La condicion necesaria y suficiente para que el vector x ∈ L es que∀ f ∈ L◦ sea f(x) = 0

Corolario 2.2.1 Si {g1, ...., gr} es un sistema de generadores del ortogonal L◦ de L.los elementos x ∈ L quedan caracterizados por las relaciones:

g1(x) = 0...gr(x) = 0

que denominamos ecuaciones implicitas del subespacio L.

Homomorfismo transpuesto. 17

Ejemplo 2.2.1 Sea V = R4 y K = R, el subespacio L esta generado por los sigu-ientes vectores:

L :={

v1 = (3, 1, 2, 1)v2 = (2, 1, 3, 1)

si f ∈ L◦ sera f(v1) = f(v2) = 0. BV = {e1, e2, e3, e4} a la forma lineal f lecorresponde una matriz

M(f) =

abcd

de manera que ∀x = (x1, x2, x3, x4) ∈ V sera

f(x) = (x1, x2, x3, x4)

abcd

= 0

entonces

f1(v1) = 0 = 3a + b + 2c + d = 0f2(v2) = 0 = 2a + b + 3c + d = 0

resolviendo el sistema obtenemos:

M(f1) =

1−5

10

M(f2) =

0−1

01

por lo tanto las ecuaciones implicitas de un subespacio vendran dadas por:

x1 − 5x2 + x3 = 0−x2 + x4 = 0

2.3 Homomorfismo transpuesto.

Definicion 2.3.1 Homomorfismo transpuesto.

Vf

- W

@@

@@

@g • f

R

K

g

?

donde g ∈W ∗, g · f ∈ V ∗ yf t : W ∗ −→ V ∗

tal quef t(g) = f · g

verificando las siguientes propiedades:


1. f, g : V −→W, (f + g)t = f t + gt

2. (g · f)t = f t · gt

3. f : V −→ V, es un isomorfismo, entonces: f t tambien es isomorfismo.

Definicion 2.3.2 Matriz transpuesta. En las mismas condiciones de antes: Sea

h : V −→W BV = {v1, ...., vn} BW = {w1, ...., wq}ht : W ∗ −→ V ∗ BV ∗ = {f1, ...., fn} BW ∗ = {u1, ...., uq}

de tal forma que

M(h) = A =

a11

aij

. . .

∈Mn×q

M(ht) = B =

b11

bij

. . .

∈Mq×n

sabemos que ht = h · u.

ht(uj) =n∑

i=1

bjifi = gj · h

Sea x ∈ V / x =∑n

i=1 xivi entonces

h(x) =n∑

i=1

yiwi

tal que yi =∑n

i=1 aijxi. Por lo tanto:

[ht(uj)

](x) = uj [h(x)] = yi =

n∑i=1

aijxi

por otro lado [ht(uj)

](x) =

n∑i=1

bjifi(x) =n∑

i=1

bjixi

observando quen∑

i=1

bjixi =n∑

i=1

aijxi

i.e.bji = aij =⇒M(ht) = aji

Observacion 2.3.1 Se verifica:

1. (A + B)t = At + Bt

2. Si A es invertible entonces At tambien.

3. (At)t = A

2.4 Ejemplos.

Capıtulo 3

DETERMINANTES Y SISTEMAS

3.1 Aplicaciones multilineales.

Llegados a este punto se puede generalizar la nocion de aplicacion lineal entre espaciosvectoriales y definir lo que se deniminan aplicaciones multilineles, como por ejemplolas aplicaciones bilineales y todo lo referente a tensores y algebra tensorial, los tensoresantisimetricos y el algebra de Grassmann etc.... Veamoslo de forma telegrafica.

Sean V1, V2,W espacios vectoriales y sea f : V1 × V2 −→ W una aplicacionbilineal i.e. lineal en cada una de sus variables:

f(λu + µv, w) = λf(u, w) + µf(v, w)f(u, µv + λw) = λf(u, w) + µf(u, v)

pero podemos extender esta definicion de tal forma que a tales aplicaciones las de-nominamos multilineales.

Supongamos que w ∈ V ∗ y α ∈ W ∗ definimos la aplicacion multilineal (bi-linela)

w ⊗ α(u, v) = w(u)α(v)

denominado producto tensorial de w y α.Las aplicaciones multilineales pueden ser multiplicadas por escalares y sumar

entre si. Lo mismo que en le caso lineal, el conjunto de funciones multilineales

L(V1, ....., Vr;W )

tiene estructura de espacio vectorial.Consideremos ahora la siguiente aplicacion bilineal:

Definicion 3.1.1 Espacio Bidual V ∗∗. Sea (V, K) un espacio vectorial de dimen-sion finita i.e. (dim V <∞). Consideramos la aplicacion bilineal

〈·, ·〉 : V ∗ × V −→ K(ω, v) 7−→ 〈ω, v〉 = ω(v)

Si fijamos v ∈ V , entonces la aplicacion

〈·, v〉 : V ∗ −→ Kω 7−→ 〈ω, v〉

que es lineal y por lo tanto un elemento de V ∗∗.La aplicacion

ϕ : V −→ V ∗∗

u 7−→ 〈·, u〉es un isomorfismo.

20 Determinantes y Sistemas

Podemos ahora definir el concepto de Espacio Tensorial. Definimos la apli-cacion multilineal que denominamos tensor:

T rs : V ⊗ ...⊗ V︸︷︷︸

r

⊗s︷︸︸︷

V ∗ ⊗ ...⊗ V ∗ 7−→W

r covariante y s contravariante.Definimos el producto tensorial de dos tensores A ∈ T r

s y B ∈ T tn como:

A⊗B ∈ T r+ts+n

definido como una funcion sobre (V ∗)r+t × (V )s+n mediante

A⊗B(ω1, ..., ωr+t, v1, .., vs+n

)= A(ω1, ..., ωr, v1, .., vs)B(ωr+1, ..., ωt+r, vs+1, ...., vn+s)

Observacion 3.1.1 Sobre la notacion:

• las ω deben llevar el indice arriba, superindice.

• las v deben llevar el indice abajo, subindice.

Este producto tensorial verifica trivialmente las leyes asociative y distributiva.

Teorema 3.1.1 Un tensor estas determinado por su vlaor sobre una base y su dual(i.e. es localizable). Estos vlaores son las componentes de un tensor con respecto alproductotensorial de los elementos de las bases y ssu duales las cuales formana basedel espacio vectorial.

Observacion 3.1.2 Sea BV = {e1, ...., es} y BV ∗ ={ω1, ....., ωr

}y sea A ∈ T r

s

entoncesA = Ai1,......,ir

j1,......,jsei1 ⊗ ......⊗ eir ⊗ ωj1 ⊗ ......⊗ ωjs

Corolario 3.1.1dim (T r

s ) = r + s

3.1.1 Tensores simetricos.

Un tensor A es simetrico en sus indices p y q si las componentes con respecto a todabase no cambian cuando estos indices seintercambian. Un tensor A es simetrico en sus(p, q) variables si el valor como funcion multilineal no cambia cuando estas variablesse intercambian.

Teorema 3.1.2 Son equilavelentes:

1. A es simetrico en los indices (p, q) ,

2. A es simetrico en las (p, q) variables,

3. las componentes de A con respecto a una base no cambian cuando se cambianlos indices (p, q) .

Determinantes. 21

3.1.2 Tensores antisimetricos.La nocion de tansor antisimetrico es analoga a la de tensor simetrico solo que aquial intercambiar indices o variables el tensor resultante es igual al tensor solo que consigno negativo (i.e. le cambia el signo).

Teorema 3.1.3 Son equilavelentes:

1. A es antisimetrico en los indices (p, q) ,

2. A es antisimetrico en las (p, q) variables,

3. las componentes de A con respecto a una base cambian de signo.

Teorema 3.1.4 A es antisimetrico sii ∀ α ∈ V ∗

A(ω1, .., α, ...., τ , ...., ωr, v1, .., vs) = 0

∀ ωi, α ∈ V ∗ y vi ∈ V.

3.1.3 Algebra exterior.Lo analogo de la multiplicacion de tensores simetricos para antisimetricos se denominaproducto esterior (o alternante, o Grassmann o wedge) y el algebra resultante sedenomina exterior o de Grassmann. El simbolo para este producto es ∧ y el espaciode formas antisimetricas de tipo (0, s) se denota por Λs(V ∗).

Definimos el operador alternador: A −→ An como una aplicacion lineal

T 0s −→ Λs(V ∗) ∀s

que asigna a cada tensor su parte antisimetrica ∀ {v1, ....., vs} ∈ V definimos:

An(v1, .., vs) =1s!

∑i1,....,is

sgn(i1, ...., is)A(v1, .., vs)

para todas las s!-permutaciones de (1, ...., s) .Entonces el producto exterior se define como:

A ∧B = (A⊗B)a

verificando las leyes (asociativa, anticonmutativa y distributiva).

3.2 Determinantes.

3.2.1 Permutaciones de orden n.Definicion 3.2.1 Llamamos permutacion de orden n a toda aplicacion biyectiva σde un conjunto de n elementos A = {a1, ....., an} sobre si mismo, i.e. σ : A −→ A.Al conjunto de todas las permutaciones lo denotamos por Sn.

Un elemento j ∈ A es un elemento fijo por una permutacion σ ∈ Sn si σ(j) = j.Cuando j ∈ A es un elemento fijo de la permutacion σ, la sucesion

j, σ(j), σ2(j), ....., σr(j)

es finita por serlo el comjunto A; por lo tanto ∃ un elemento de la misma, σk(j) conk ≥ 0 que coincide con alguno de los anteriores.


Proposicion 3.2.1 Si es r = max{k / σk(j) 6= σh(j); 0 ≤ h ≤ k

}entonces σr+1(j) =

j.

Dados los elementos distintos de A ={j, σ(j), σ2(j), ....., σr(j)

}/ σr+1(j) = j

decimos que σ es un ciclo de orden r si deja fijos los elementos de A que aparecen enla sucesion anterior. Designamos tal permutacion como:

σ ={j, σ(j), σ2(j), ....., σr(j)

}Proposicion 3.2.2 Toda permutacion σ de Sn distinta de la identidad puede de-scomponerse como producto de ciclos.

Decimos que una transposicion es un ciclo de orden 2. Observamos que todociclo σ puede descomponerse como producto de transposiciones.

Proposicion 3.2.3 Toda permutacion σ de Sn puede descomponerse como productode transposiciones (de forma no unica).

Corolario 3.2.1 Si σ ∈ Sn y τ r.....τ2τ1 = ρs.....ρ1 son dos descomposiciones de σcomo producto de transposiciones, r + s es un numero par.

Como consecuencia de este ultimo corolario podemos concluir que el numerode factores de cualquier descomposicion de una permutacion Sn tiene siempre lamisma parida. Esto nos permite clasificar las permutaciones de orden n en dosclases: pares, aquellas que se descomponen en el producto de un numero par detransposiciones e impares como las las que tienen un numero impar.

Definimos el signo de la permutacion σ ∈ Sn como el numero ε(σ) determinadoconforme al siguiente criterio:

• ε(σ) = +1 si σ es par,

• ε(σ) = −1 si σ es impar.

Si σ es un ciclo de orden r, entonces ε(σ) = (−1)r−1.

3.2.2 Determinantes.3.2.3 Formas n−lienales alternadas.Sea V un esapcio vectorial / dim V = n sobre K. Una aplicacion

D :

n−veces︷︸︸︷V × .....× V −→ K

es una forma n−lineal alternada definida sobre V si cumple:

1. D (a1, ..., λai, ....., an) = λD (a1, ........, an)

2. D (a1, ..., ai + a′i....., an) = D (a1, ...., ai, ...., an) + D (a1, ...., a′i, ...., an)

3. D (a1, ...., ai, ...., an) = 0⇐⇒ ai = aj con i 6= j.

Las dos primeras dicen que la forma es multilineal y la 3 que es alternada.

Determinantes. 23

3.2.4 Propiedades de las formas n-lineales alternadas.1. Dada una transposicion (i, j) se Sn entonces:

D (a1, ...., ai, ., aj ..., an) = −D (a1, ..., aj , ., ai, ...., an)

2. Si ai = 0D (a1, ...., ai, ...., an) = 0

3. ∀ σ ∈ Sn

D(aσ(1), ........, aσ(n)

)= ε (σ) D (a1, ......., an)

4. si {a1, ......., an} son LD entonces

D (a1, ......., an) = 0

5. D (a1, ......., an) no varia si se le suma a un ai una combinacion lineal de losrestantes.

3.2.5 Expresion analitica de una forma n-lineal alternada.Sea BV = {e1, ...., en} /

x1 = a11e1 + ..... + a1nen...xn = an1e1 + ..... + annen

D (x1, ......., xn) =∑σ∈Sn

a1σ(1)........anσ(n) ·D(eσ(1), ........, eσ(n)

)=

D(e1, ...., en)∑σ∈Sn

ε (σ) a1σ(1)........anσ(n)

3.2.6 Determinante de un sistema de vectores.Sea (V, K) y BV = {e1, ...., en} , llamamos determinante de los vectores {x1, ...., xn} ∈V a la expresion

detB

(x1, ......., xn) =∑σ∈Sn

ε (σ) a1σ(1)........anσ(n)

se desprende de la definicion que ∀ D forma n-lineal definida en V,

D (x1, ......., xn) = D(e1, ...., en) detB

(x1, ......., xn)

Proposicion 3.2.4 Sea BV = {e1, ...., en} y sea k ∈ K entonces ∃! D en V /D(e1, ...., en) = k.

Proposicion 3.2.5 Sea BV = {e1, ...., en} y sea B′V = {u1, ...., un} entonces para

todo conjunto de vectores {x1, ...., xn} ∈ V se tiene:

detB′

(x1, ......., xn) = detB

(x1, ......., xn) detB′

(e1, ...., en)


Proposicion 3.2.6 Si D es una forma n-lineal alternada definida en V y existeBV = {e1, ...., en} tal que D(e1, ...., en) 6= 0 para cualquier otra base B′

V = {u1, ...., un}se tiene que D(u1, ...., un) 6= 0.

Proposicion 3.2.7 Si D es una forma n-lineal alternada definida en V no identi-camente nula entonces para cualquier otra forma D′ ∃ λ ∈ K / ∀ (x1, ......., xn)

D′ (x1, ......., xn) = λD (x1, ......., xn)

Proposicion 3.2.8 Los vectores (a1, ........, an) son linealmente independientes si ysolo si ∀ BV

detB

(a1, ........, an) 6= 0

3.2.7 Determinante de una matriz cuadrada.Consideramos el conjunto de matrices cuadradas Mn×n(K) en el cuerpo K,

A =

a11 · · · a1n...

. . ....

an1 · · · ann

tomamos la base canonica de V i.e. BV = {e1, ...., en} de tal forma que

x1 = a11e1 + ..... + a1nen...xn = an1e1 + ..... + annen

queremos asociar a cada elemento A ∈Mn×n(K) un numero a ∈ K que denominare-mos su determinante. A = (aij) entonces

det A = detB

(x1, ......., xn) i.e.

det A =∑σ∈Sn

ε (σ) a1σ(1)........anσ(n)

det A = |aij |

como antes hemos identificado mediante un isomorfismo a cada endomorfismo con sumatriz, entoces hablar del determiante de un endomorfismo se reduce a hablar deldeterminnate de su matriz.

Proposicion 3.2.9 det A = detAt

3.2.8 Determinante de un endomorfismo.Sea f un endomorfismo en V (etc....). Si D es una forma n-lineal alternada V noidenticamente nula, entonces la aplicacion

Df : V × .......× V −→ K(x1, ......., xn) 7−→ D(f(x1), ...., f(xn))

es tambien una forma n-lineal alternada definida en V .Como hemos visto antes

Df = λD

Determinantes. 25

Proposicion 3.2.10 El escalar λ es independiente de la forma n-linela alternada D.

El escalar λ esta determinado de manera unica por el endomorfismo f querecibe el nombre de det f = λ, entonces

Df = det fD

i.e.D [f(x1), ...., f(xn)] = det fD (x1, ......., xn)

∀ BV = {e1, ...., en} se verifica:

det f = detB

[f(x1), ...., f(xn)]

Sea ahora BV = {e1, ...., en} y si f ∈ End(V ) / M(f,BV ) = (aij) entonces ∀ j =1, 2, .., n

f(ej) =n∑

i=1

aijei

entoncesdet f = det

B[f(x1), ...., f(xn)]

det f = detA

Proposicion 3.2.11 El determinante de f ∈ End(V ) coincide con el determinantede su matriz asociada con respecto de cualquier base.

Proposicion 3.2.12 Todas las matrices asociadas a un mismo endomorfismo tienenel mismo determinante.

Proposicion 3.2.13 Un endomorfismo f es automorfismo sii det f 6= 0.

Proposicion 3.2.14 Sean f, g ∈ End(V ) entonces:

1. det(f · g) = det(f) det(g) =⇒ det(AB) = det(A) det(B)

2. det(I) = 1

3. f automorfismo, entonces det(f−1) = [det(f)]−1 =⇒ det A−1 = (det A)−1 .

3.2.9 Rango de una matriz.Sea A = (aij) ∈Mn×p(K). Sean los vectores columna

a11e1 + ..... + ap1ep = b1...a1ne1 + ..... + apnep = bn

Definicion 3.2.2 Llamamos rango de A al numero de vectores columna de A condeterminante distinto de cero i.e. que son LI

rg(A) = dim [l (b1, ....., bp)]


Llamamos menor de una matriz arbitraria A a toda matriz cuadrada obtenidaa partir de A suprimiendo filas y columnas de la misma.

Proposicion 3.2.15 El rango de A es el maximo de los ordenes de los menores deA con determinante distinto de cero.

Proposicion 3.2.16 rangA = al mayor numero de vectroes fila LI.

Proposicion 3.2.17 Sea f ∈ End(V ) y sea A = M(f,B) entonces

rg (A) = dim(Im f)

3.2.10 Matriz inversa.Sea A = (aij) ∈Mn×n(K). Para cada i, j ∈ (1, .., n) consideramos la matriz

Cij =

a11 · · · a1j · · · a1n...

......

0 · · · 1 · · · 0...

......

an1 · · · anj · · · ann

llamamos menor adjunto de aij al elemento de K

αij = det(Cij)

y matriz adjunta de A a la matriz

ad(A) = (αij)

i.e. la matriz adjunta de una matriz cuadrada A es la matriz transpuesta de la matrizcuyos terminos son los menores adjuntos de los elementos de A.

Proposicion 3.2.18 Matriz inversa.

A−1 =Ct

det A

donde Ct es el menor de orden n− 1× n− 1

Ejemplo 3.2.1 Sea

A =(

a bc d

)=⇒ A−1 =

( dad−bc − b

ad−bc

− cad−bc

aad−bc

)y sea

B =

a b cd e fg h i

=⇒ B−1 =1

det B

ie− fh −ib + ch bf − ce−id + fg ia− cg −af + cddh− eg −ah + bg ae− bd

Sistemas lineales. 27

3.3 Sistemas lineales.

Definicion 3.3.1 Sea (V,K) / dim V = n y sea BV = {e1, ......, en}. Sean {e1, ......, en}y {~a1, ......,~an} ⊂ V / ~ai = (ai1, ......, ain). El numero maximo de vectores LI es elrango de los {~a1, ......,~ak} = dim [L ({~a1, ......,~ak})] . Sea

A =

a11 · · · a1n...

. . ....

an1 · · · ann

rangA = rang {~a1, ......,~ak}

Proposicion 3.3.1 Dada la matriz A, el rangA es igual al mayor orden de losmenores con det 6= 0.

Teorema 3.3.1 Rouche-Frobenious. Sean (V,K) / dim V = n y {~a1, ......,~ar} ∈ V

v ∈ L (~a1, ......,~ar)⇐⇒ v(~a1, ......,~ar) = v(~a1, ......,~ar, ~v)

Consecuencias: Sea el sistema

a11x1 + ..... + a1nxn = b1 a1 = (a11, ......, a1n)...

... ~v = (b1, ...., bn)an1x1 + ..... + annxn = bn an = (an1, ......, ann)

decimos que el sistema es incompatible (no tiene solucion) sii ~v /∈ L (~a1, ......,~ar)⇐⇒rangA 6= rangB donde

A =

a11 · · · a1n...

. . ....

an1 · · · ann

y B =

a11 · · · a1n b1...

. . ....

...an1 · · · ann bn

el sistema

a11x1 + ..... + a1nxn = b1...an1x1 + ..... + annxn = bn

es compatible sii ~v ∈ L (~a1, ......,~ar)⇐⇒ rangA = rangB.

Observacion 3.3.1 Si rangA es maximo e igual a la dimension de V entonces elsistema es compatible determinado (existe una unica solucion).

Si rangA es menor que la dimension del espacio entonces el sistema es com-patible pero existen muchas soluciones.

Otro punto de vista es el siguiente: Consideremos el sistema

a11x1 + ..... + a1nxn = b1...an1x1 + ..... + annxn = bn

(3.1)

que podemos reescribir de la forma a11 · · · a1n...

. . ....

an1 · · · ann

x1

...xn

=

b1...bn


la solucion del sistema es un conjunto de escalares (α1, ......, αn) /∑

aijαj = bj . Seaahora f : V −→ W tal que dim V = n y dim W = p tal que BV = {e1, ......, en} yBW = {u1, ......, up} tal que

M(f,BV ) =

a11 · · · a1n...

. . ....

an1 · · · ann

las ecuaciones de f respecto de BV son

∑i a1ixi = y1

...∑i apixi = yp

Teorema 3.3.2 Rouche-Frobenious. El sistema de ecuaciones lineales tiene solu-ciones sii el vector

b =∑

i

biui ∈ Im f

Observacion 3.3.2 Teniendo en cuenta que los vectores {f(ei)}ni=1 constituyen unsistema de generadores de Im f y puesto que dim [Im f ] = rangA si llamamos B a lamatriz ampliada, entonces el toerema de R-F dice:

Corolario 3.3.1 ∃! solucion si rangA = rangB.

Observacion 3.3.3 Las ecuaciones del sistema homogeneo representan las ecua-ciones del ker f . Si el sistema es compatible, el conjunto de sus soluciones es elconjunto f−1(b) i.e. las soluciones del sistema (3.1) constityen en virtud del teoremade isomorfia una clase de equivalencia de V respecto del subespacio ker f de man-era que si (α1, ......, αn) es una solucion concreta de (3.1) el conjunto de todas lassoluciones del sistema es:

[(α1, ......, αn) + ker f ] ∈ (V/ ker f)

por lo tanto las soluciones del sistema (3.1) se obtiene sumando a una solucion par-ticualr del mismo el conjunto de todos los vectores de ker f , o lo que es lo mismo, elconjunto de todas las soluciones del sistema homogeneo asociado a (3.1). Sabemosque dim Im f = rangA entonces dim ker f = n− rangA.

Proposicion 3.3.2 Si el sistema es compatible entonces si

rangA = n determinadorangA < n indeterminado

Proposicion 3.3.3 Regla de Cramer. Sistema en el que el numero de ecuacionescoincide con el de incognitas / det A 6= 0.

Sea(aij)n×n · (xi) = (bj)

como det A 6= 0 entonces ∃ A−1 /

xi = A−1 · bj

Ejemplos. 29

i.e. x1...xn

=1

det A

α11 · · · αn1...

. . ....

α1n · · · αnn

b1

...bn

i.e.

x1 =

det

b1 a12 · · · a1n...

...bn a2n · · · ann

det A

,

...

x1 =

det

a11 · · · a1n−1 b1...

...an1 · · · ann−1 bn

det A

Ejemplo 3.3.1 Resolver el sistema

x + y + z = 42x− y + z = 3x− y − z = −2

Sea

c =

1 1 12 −1 11 −1 −1

y A =

1 1 1 42 −1 1 31 −1 −1 −2

como det C = |C| = 4 entonces rangC = rangA por lo tanto

x =

∣∣∣∣∣∣4 1 13 −1 1−2 −1 1

∣∣∣∣∣∣4

, y =

∣∣∣∣∣∣4 1 13 2 1−2 1 −1

∣∣∣∣∣∣4

, z =

∣∣∣∣∣∣4 1 13 2 −1−2 1 −1

∣∣∣∣∣∣4

3.4 Ejemplos.

Ejemplo 3.4.1 Sea V / dim V = 3 y sea f ∈ End(V ) de tal forma que

M(f,BV ) =

1 2 3−1 1 2

0 0 −1

y L un subespacio vectorial engendrado por los vectores u, v / L = L(u, v) siendou = (1, 2, 1) y v = (1,−1, 1) respecto de la base BV . Queremos hallar f(L) y f−1(L).¿Es f2 : f−1(L) −→ L un isomorfismo?


Solucion.En primer lugar vamos a calcular las ecuaciones implicitas del subespacio L,

estas son:

L ≡

∣∣∣∣∣∣x y z1 2 11 −1 1

∣∣∣∣∣∣ = x− z = 0

Observacion 3.4.1 Podemos pensar de forma intuitiva en que estos dos vectoresgeneran un plano cuya ecuacion es:

~n = (u ∧ v) = (1, 0,−1) =⇒ x− z = 0

Las ecuaciones de f son: x′

y′

z′

=

1 2 3−1 1 2

0 0 −1

xyz

o lo que es lo mismo x′

y′

z′

=

x + 2y + 3z−x + y + 2z

−z

f(ω) ∈ L⇐⇒ ω ∈ f−1(L)

por lo tantof(ω) ∈ L⇐⇒ (x + 2y + 3z,−x + y + 2z,−z)

de tal forma que este vector ha de verificar las ecuaciones de L i.e. x− z = 0 por lotanto

x + 2y + 3z − (−z) = 0 ⇐⇒ x + 2y + 4z = 0

entonces las ecuaciones implicitas de f−1(L) son:

x + 2y + 4z = 0

Observacion 3.4.2 Darse cuenta de que

(1, 0,−1)

1 2 3−1 1 2

0 0 −1

xyz

= x + 2y + 4z = 0

f(L) estara generada por {f(u), f(v)} donde f(u) = (8, 3, 1) y f(v) = (2, 0,−1)por lo tanto

f(L) =

∣∣∣∣∣∣x y z8 3 −12 0 −1

∣∣∣∣∣∣ = 0 =⇒

f(L) ≡ x− 2y + 2z = 0

Por ultimo como f es biyectiva entonces es un isomorfismo (det M(f,BV ) 6= 0) en-tonces f · f = f2 es un isomorfismo

f2(f−1(L)) = f(L)

es un isomorfismo.

Ejemplos. 31

Ejemplo 3.4.2 Sea f : R3 −→ R4 tal quex′

y′

z′

t′

=

1 2 5−2 −1 −1

1 −1 −45 1 −2

x

yz

.

Determinar f−1(L) si:

1. L ={(x, y, z, t) ∈ R4 / ax + by + cz + dt = 0

}2. L = L {(1, 0,−1,−1) , (1,−1, 0, 2)}

Solucion.Como en el ejemplo anterior. Sea ω = (x, y, z) entonces

f(w) = [(x + 2y + 5z) , (−2x− y − z) , (x− y − 4z) , (5x + y − 2z)]

que debe satisfacer las ecuaciones de L i.e. ax + by + cz + dt = 0 ⇐⇒

a (x + 2y + 5z) + b (−2x− y − z) + c (x− y − 4z) + d (5x + y − 2z) = 0

despejando x, y, z se obtiene:

(a− 2b + c + 5d) x + (2a− b− c + d) y + (5a− b− 4c− 2d) z = 0

i.e.

(a, b, c, d)

1 2 5−2 −1 −1

1 −1 −45 1 −2

x

yz

= 0

En el segundo caso operamos de la siguiente manera (siguiendo el ejemplo dela teoria)

(a, b, c, d)

10−1−1

= 0, (a, b, c, d)

1−1

02

= 0

entoncesBL◦ = {(1, 1, 1, 0) , (1, 3, 0, 1)}

asi

L ≡{

x + y + z = 0x + 3y + t = 0

entonces como en el caso (1) sera:

(1 1 1 01 3 0 1

)1 2 5−2 −1 −1

1 −1 −45 1 −2

x

yz

=(

00

)

(0 0 00 0 0

) xyz

=(

00

)obteniendose que f−1(L) ≡ R3.


Ejemplo 3.4.3 Sea f : R4 −→ R4 tal que

A = M(f,BV ) =

1 3 1 −20 2 2 12 4 0 −5−1 −1 1 3

calcular:

1. Bases de ker f, Im f, R4/ ker f

2. Ec. implicitas de Im f

3. Ec. del isomorfsmo canonico.

Solucion.Calculamos el rango de la matriz A siendo rangA = 2 por lo tanto dim Im f =

dim ker f = 2. Las ecuaciones del ker f son:

ker f :=

x + 3y + z − 2t = 0

2y + 2z + t = 02x + 4y − 5t = 0

−x− y + z + 3t = 0

=⇒ Bker f = {(2,−1, 1, 0) , (7, 1, 0, 2)}

y una base de Im f puede ser:

BIm f = {(1, 0, 2,−1) , (3, 2, 4,−1)}

de esta forma obtenemos que

BR4/ ker f = {(e1 + ker f) , (e2 + ker f)} .

Las ecuaciones implicitas de Im f son:

BIm f = {(1, 0, 2,−1) , (3, 2, 4,−1)}

Im f :=

y1 = α + 3βy2 = 2βy3 = 2α + 4βy4 = −α− β

=⇒

∣∣∣∣∣∣

y1 1 3y2 0 2y3 2 4

∣∣∣∣∣∣ = 0,

∣∣∣∣∣∣y1 1 3y2 0 2y4 −1 −1

∣∣∣∣∣∣ = 0

=⇒

Im f :={−2y1 + y2 + y3 = 0

y1 − y2 + y4 = 0

Veamos otro metodo de calcular las ecuaciones de Im f.Sea L = Im f y L◦ ⊂

(R4)∗ ; h ∈ L◦ ⇐⇒ h(x) = 0 ∀ x ∈ L

h(v1) = 0h(v2) = 0

}=⇒

{a + 2c− d = 0

3a + 2b + 4c− d = 0=⇒

a = −2λ + µb = λ− µc = λd = µ

Ejemplos. 33

recordamos que BIm f = {(1, 0, 2,−1) , (3, 2, 4,−1)}

=⇒ BL◦ = {(−2, 1, 1, 0) , (1,−1, 0, 1)}

por lo tanto las ecuaciones implicitas de L son:

L :={−2x + y + z = 0

x− y + t = 0

Por ultimo calcularemos las ecuaciones canonicas. Recordamos el grafico

R4 f- R4

R4/ ker f

p

?

f∗- Im f

i

6

como BR4/ ker f = {(e1 + ker f) , (e2 + ker f)} entonces calculamos

{f∗ (e1 + ker f) , f∗ (e2 + ker f)}

f∗ (e1 + ker f) = f∗(e1) = (1, 0, 2,−1) = y1

f∗ (e2 + ker f) = f∗ (e2) = (3, 2, 4,−1) = y2

por lo tanto

M(f∗) =(

1 00 1

)=(

α βα′ β′

)ya que

y1 = αy1 + βy2

y2 = α′y1 + β′y2

como queriamos ver.

Ejemplo 3.4.4 Mismo enunciado que el anterior para:

f : R3 −→ R4 / f(x1, x2, x3) =(

x1 + x3 x2 − 2x3

2x1 + x2 x1 + x3

)Solucion.Calculamos la matriz M(f,BV ) donde BV = {e1, e2, e3}

f(1, 0, 0) = (1, 0, 2, 1)f(0, 1, 0) = (0, 1, 1, 0)f(0, 0, 1) = (1,−2, 0, 1)

entonces

M(f,BV ) =

1 0 2 10 1 1 01 −2 0 1


cuyo rango es 2 por lo tanto dim Im f = 2. Una base de Im f puede ser:

BIm f = {(1, 0, 2, 1) , (0, 1, 1, 0)}

y dim ker f = 1 (recordamos que dim V = dim ker f + dim Im f). Las ecuaciones delker f son:

ker f :=

x + z = 0

y − 2z = 02x + y = 0x + z = 0

=⇒ Bker f = {(−1, 2, 1)}

de esta forma obtenemos una base de V como:

BV = {(−1, 2, 1) , (1, 0, 0) , (0, 1, 0)}

yBV/ ker f = {(1, 0, 0) + ker f, (0, 1, 0) + ker f}

las ecuaciones del isomorfismo canonico son:

f∗ (e1 + ker f) = f∗(e1) = (1, 0, 2, 1) = y1

f∗ (e2 + ker f) = f∗ (e2) = (0, 1, 1, 0) = y2

por lo tanto

M(f∗) =(

1 00 1

)=(

α βα′ β′

)ya que

y1 = αy1 + βy2

y2 = α′y1 + β′y2

como querıamos ver.


A = M(f,BV ) =

1 2 2 −3−2 1 −4 6

3 −1 3 −9−1 2 −1 3

calcular:

1. Bases de ker f, Im f, R4/ ker f

2. Ec. implicitas de Im f

3. Ec. del isomorfsmo canonico.

Ejemplos. 35

Solucion.Calculamos el rango de la matriz A siendo rangA = 3 por lo tanto dim ker f =

1. Las ecuaciones del ker f son:

x + 2y + 2z − 3t = 0−2x + y − 4z + 6t = 0

3x− y + 3z − 9t = 0−x + 2y − z + 3t = 0

=⇒ Bker f = {(3, 0, 0, 1)}

mientras que una base de Im f es:

BIm f = {(1,−2, 3,−1) , (2, 1,−1, 2) , (2,−4, 3,−1)}

las ecuaciones implicitas de Im f son:∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 2 x−2 1 −4 y

3 −1 3 z−1 2 −1 t

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −3t− z + y + 2x = 0

Por ultimo calcularemos las ecuaciones canonicas. Recordamos el grafico

R4 f- R4

R4/ ker f

p

?

f∗- Im f

i

6

como BR4/ ker f = {(e1 + ker f) , (e2 + ker f) , (e3 + ker f)} entonces calculamos

{f∗ (e1 + ker f) , f∗ (e2 + ker f) , (e3 + ker f)}

f∗ (e1 + ker f) = f∗(e1) = (1,−2, 3,−1) = y1

f∗ (e2 + ker f) = f∗ (e2) = (2, 1,−1, 2) = y2

f∗ (e3 + ker f) = f∗ (e3) = (2,−4, 3,−1) = y3

por lo tanto (como en los ejemplos anteriores)

M(f∗, B) =

1 0 00 1 00 0 1

la matriz de la aplicacion p : R4 −→ R4/ker f es:

M(p, B) =

1 0 0 00 1 0 00 0 1 0


y la matriz de la inclusion i : Im f −→ R4 es:

M(i, B) =

1 2 2−2 1 −4

3 −1 2−1 2 −1

viendo ası que el tema carrula bien.

Ejemplo 3.4.6 Sea f : R3 −→ R3 / f(x, y, z) = (x + y, x + z, y − z) . Queremosencontrar bases de ker f, Im f y R3/ ker f respecto de las cuales las matrices de lasaplicaciones p, f∗ e i sean diagonales.

Solucion.De forma rapida vemos que:

f(e1) = (1, 1, 0) , f(e2) = (1, 0, 1) , f(e3) = (0, 1,−1)

asi pues:

M(f,B) =

1 1 01 0 10 1 −1

cuyo rango es 2 como facilmete se puede comprobar. Las ecuaciones del ker f son:

x + y = 0,

x + z = 0,

y − z = 0

por lo que una base es:

Bker f = {(1,−1,−1)} ,

BR3 = {(1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (1,−1,−1)} ,

BIm f = {(1, 1, 0) , (1, 0, 1)} ,

BR3/ ker f = {(e1 + ker f) , (e2 + ker f)}

unas ecuaciones de Im f son:∣∣∣∣∣∣x y z1 1 01 0 1

∣∣∣∣∣∣ = x− y − z = 0

Las expresiones de las aplicaciones p, f∗ e i son:

p(ei) =(

1 0 00 1 0

)f∗(ei) =

(1 00 1

)

i(ei) =

1 00 10 0

Ejemplos. 37

de tal forma que

i · f∗ · p =

1 0 00 1 00 0 0

Observacion 3.4.3 se puede comprobar que la matriz diagonal de A es precisamenetela resultante de i · f∗ · p 1 1 0

1 0 10 1 −1

≈

0 0 00√

3 00 0 −

√3

y como se estudiara en capıtulos posteriores al ser A simetrica entonces siemprepodemos encontrar una base respecto de la cual sea diagonal con ±1 y 0 en ella.

Ejemplo 3.4.7 Dadas las formas lineales sobre R3

f1(x, y, z) = x + 2y − 3z

f2(x, y, z) = 2x + 3y − 4z

f3(x, y, z) = 2x− 2y + z

queremos probar que B∗ = {f1, f2, f3} forma base del dual y hallar una base B′ deR3 tal que (B′)∗ = B∗.

Solucion.Sea B = {e1, e2, e3} base de R3 y sea B∗ = {e∗1, e∗2, e∗3} su base dual puesto

quefi = fi(e1)e∗1 + fi(e2)e∗2 + fi(e3)e∗3 con i = 1, 2, 3

resulta que la matriz de coordenadas por columnas, de los fi respecto a B∗ es

Q =

1 2 22 3 −1−3 −4 1

como det Q 6= 0 entonces {f1, f2, f3} son LI y por lo tanto forman base.

Respecto al segundo apartado vemos que la matriz de base de B∗ a B′ es Q

(Q−1

)t =13

−1 1 1−10 7 −2−8 5 −1

si C = {u1, u2, u3}

u1 = −13e1 +

13e2 +

13e3

u2 = −103

e1 +73e2 −

23e3

u3 = −83e1 +

53e2 −

13e3


Ejemplo 3.4.8 Sea V un R−espacio vectorial. B = {e1, e2, e3} es una base y seaC = {u1, u2, u3} tal que

u1 = 2e1 + e3

u2 = 3e3

u3 = e2 − e3

demostrar que:

1. C es base de V.

2. Hallar las ec del cambio de B a C,

3. Hallar las ec del cambio de B∗ a C∗,

4. Obtener coordenadas de 3e∗1 + e∗2 − e∗3 respecto de C∗.

Solucion.En primer lugar comprobamos que

det A = det

2 0 00 0 11 3 −1

6= 0 =⇒ LI i.e. forman base.

la matriz de cambio de base de B a C es x′

y′

z′

B

=

2 0 00 0 11 3 −1

xyz

C

Las ecuaciones de cambio de B∗ a C∗ son: x′

y′

z′

=

2 0 0

0 0 11 3 −1

−1

t xyz

x′

y′

z′

=

12 −1

6 00 1

3 10 1

3 0

xyz

Por ultimo las coordenadas de u∗ = 3e∗1 + e∗2 − e∗3 respecto de C∗ son:

u∗ (u1) = 3e∗1 (u1) + e∗2 (u1)− e∗3 (u1)u∗ (u2) = 3e∗1 (u2) + e∗2 (u2)− e∗3 (u2)u∗ (u3) = 3e∗1 (u3) + e∗2 (u3)− e∗3 (u3)

entonces comou1 = 2e1 + e3

u2 = 3e3

u3 = e2 − e3

Ejemplos. 39

vemos que

u∗ (u1) = 3e∗1 (2e1 + e3) + e∗2 (2e1 + e3)− e∗3 (2e1 + e3)u∗ (u2) = 3e∗1 (3e3) + e∗2 (3e3)− e∗3 (3e3)u∗ (u3) = 3e∗1 (e2 − e3) + e∗2 (e2 − e3)− e∗3 (e2 − e3)

y teniendo en cuenta que e∗i (ej) = δij = {1, 0} vemos por lo tanto que

(u∗ (u1) , u∗ (u2) , u∗ (u3)) = (5,−3, 2)

otra forma de calcular estas coordenadas son:

At

31−1

=

5−32

2 0 1

0 0 30 1 −1

31−1

=

5−3

2

como comprobamos.


f(x, y, z, t) = (x− y, 2y − z, 2z − t)

Calcular:

1. Bases de ker f, Im f y R4/ ker f.

2. Sea g : R3 −→ R tal que las coordenadas de (g · f) ∈(R4)∗ respecto de la base

dual de la canonica son (2, 0, 1,−1). Calcular las coordenadas de g respecto dela base dual

{(1, 0, 0) , (1, 1, 0) , (1, 1, 1)}

Solucion.Ya de forma rutinaria pasamos a calcular las bases.

M(f,B) =

1 −1 0 00 2 −1 00 0 2 −1

cuyo rango es 3.

BIm f = {(1, 0, 0) , (−1, 2, 0) , (0,−1, 2)}

mientras que ker f es:x− y = 0

2y − z = 02z − t = 0

=⇒ Bker f = {(1, 1, 2, 4)}

por lo tanto

BR4/ ker f = {(e1 + ker f) , (e2 + ker f) , (e3 + ker f)}


f∗ (ei + ker f) = f∗ (ei) = f(ei) = yi

entonces

M(f∗, B) =

1 0 00 1 00 0 1

Con respecto al segundo apartado consideramos g : R3 −→ R i.e. g ∈

(R3)∗

tal que

R4 f- R3

@@

@@

@g • f

R

R

g

?

SeaB = {(1, 0, 0) , (1, 1, 0) , (1, 1, 1)} = {v1, v2, v3}

yg = αu1 + βu2 + γu3

con B∗ = {u∗1, u∗2, u∗3} tal que g · f = 2h1 + h3 − h4 = (2, 0, 1,−1) . Recordamos queui(vj) = δij . Pasamos a calculas las formas ui :

u1 =

a = 1

a + b = 0a + b + c = 0

, u2 =

a = 0

a + b = 1a + b + c = 0

, u3 =

a = 0

a + b = 0a + b + c = 1

u1 = x− y, u2 = y − z, u3 = z

como g = αu1 + βu2 + γu3 entonces

g = α(x′ − y′

)+ β

(y′ − z′

)+ γ

(z′)

y

(g · f) (x, y, z, t) = g (f (x, y, z, t)) = g (x− y, 2y − z, 2z − t) = 2h1 + h3 − h4

eligiendox′ = x− y, y′ = 2y − z, z′ = 2z − t

entoncesα(x′ − y′

)+ β

(y′ − z′

)+ γ

(z′)

=

α (x− y − 2y + z) + β (2y − z − 2z + t) + γ (2z − t) =⇒

αx = 2(−3α + 2β) y = 0

(α− 3β + 2γ) z = 1(β − γ) t = −1

por lo tantoα = 2, β = 3 y γ = 4

Ejemplos. 41

Ejemplo 3.4.10 Sea V etc.. tal que BV = {ei}3i=1 y sea B′ = {(1,−3, 1) , (2, 0, 1) , (−1, 2,−2)}i.e. B′ = {vi}3i=1 queremos comprobar:

1. B′ es base de V,

2. Determinar (B′)∗ , (referenciada a la base dual de B)

3. L = L(v1, v2) entonces determinar L◦ y las ecuaciones implicitas de L.

Solucion.Comprobamos de forma trivial que B′ es base de V si detB({vi}3i=1) 6= 0 i.e.

A =

1 −3 12 0 1−1 2 −2

∣∣∣∣∣∣1 −3 12 0 1−1 2 −2

∣∣∣∣∣∣ 6= 0

donde A es la matriz de paso de B −→ B′.(B′)∗ = {fi}3i=1 / fi(vj) = δij entonces tenemos:

f1 :

(1,−3, 1)

abc

= 1

(2, 0, 1)

abc

= 0

(−1, 2,−2)

abc

= 0

=⇒a− 3b + c = 1

2a + c = 0−a + 2b− 2c = 0

lo hacemos para f2 y f3 obteniendo:

f2 :

a− 3b + c = 0

2a + c = 1−a + 2b− 2c = 0

, f2 :

a− 3b + c = 0

2a + c = 0−a + 2b− 2c = 1

de esta forma obtenemos:

f1 =27x− 3

7y − 4

7z

f2 =47x +

17y − 1

7z

f3 =37x− 1

7y − 6

7z

comprobamos que si BA−→ B′ y B∗ A′

−→ (B′)∗ entonces A′ =(A−1

)t i.e.

A =

1 −3 12 0 1−1 2 −2

7−→ A′ =17

2 −3 −44 1 −13 −1 −6

Sea L = L(v1, v2) entonces determinar L◦ y las ecuaciones implicitas de L.

Como L = L {v1, v2} entonces L◦ = {f(vi) = 0}. Como dim V = 3 y dim L = 2entonces dim L◦ = 1. Calculamos

f(v1) = a− 3b + c = 0f(v2) = 2a + c = 0


entonces resolviendo el sistemilla en (a, b, c) obtenemos:

BL◦ = {3λ,−λ,−6λ}

mientras que las ecuaciones de L◦ son:

x− 3y + z = 02x + z = 0

y por ultimo las ecuaciones de L son:∣∣∣∣∣∣x y z1 −3 12 0 1

∣∣∣∣∣∣ = −3x + y + 6z = 0

Ejemplo 3.4.11 Sea V etc.. tal que BV = {u1, u2, u3}. Sea L la variedad de Vengendrada por

L :

w1 = (1, 1, 3)w2 = (−1, 1,−1)w3 = (2, 3, 7)

resepcto de BV . Calcular:

1. Extraer de {wi}3i=1 una base de L y prolongarla a una base de V. Hallar su dual.

2. Determinar L◦ asi como una base suya.

3. Obtener una variedad L1 suplementaria de L◦ en V ∗.

4. Hallar dim y las ec. implicitas de (L1)◦ .

Solucion.Vemos de forma trivial que

detB{wi}3i=1 = 0 i.e.

∣∣∣∣∣∣1 1 3−1 1 −1

2 3 7

∣∣∣∣∣∣ = 0

por lo tanto los vectores que generan L i.e. {wi}3i=1 son LD. Ahora bien {wi}2i=1

son LI entonces L = L({wi}2i=1

)por lo tanto BL = {w1, w2} comprobando de esta

forma que dim L = 2 de tal forma que L ⊂ V. Una base de V se obtiene de formatrivial simplemente agragandole un vector B′

V = {w1, w2, e3}.Para calcualr una baseB∗ = {u∗1, u∗2, u∗3} y (B′

V )∗ = {w∗1, w

∗2, e

∗3} como en ejemplos anteriores vemos que si

la matriz de paso de una base a otra es A i.e. BA−→ B′ entonces B∗ A′

−→ (B′)∗ de talforma que

A =

1 −1 01 1 03 −1 1

7−→ A′ =12

1 −1 −41 1 −20 0 2

Ejemplos. 43

entonces (B′V )∗ = {w∗

1, w∗2, e

∗3} donde

w∗1 =

12

[x + y]

w∗2 =

12

[−x + y]

e∗3 =12

[−4x− y + z]

Las ecuaciones de L◦ son:

L◦ ={

x + y + 3z = 0−x + y − z = 0

observandose que V = L⊕ L◦. La base BL◦ la obtenemos de∣∣∣∣∣∣x y z1 1 3−1 1 −1

∣∣∣∣∣∣ = −2x− y + z = 0

Ası pues (−2u∗1 − u∗2 + u∗3) es una base de (BL◦) .El subespacio vectorial L1 ⊂ V ∗ / L1 = {u∗1, u∗2} es un suplemanetario de L◦

en V ∗ ya que {u∗1, u∗2} y (−2u∗1 − u∗2 + u∗3) son LIPor ultimo como dim L1 = 2 entonces (dim L1)

◦ = 3− 2 = 1. Las ecuacionesimplicitas de (L1)

◦ son:

(L1)◦ :{

x = 0y = 0

ecuaciones cuyos coeficientes son las coordenadas respecto de B∗ de una base de L1.

Ejemplo 3.4.12 Sea f : R3 −→ R4 cuyas ecuaciones respecto de las bases canonicasson:

y1

y2

y3

y4

=

−1 2 1−2 1 −4

3 −2 5−2 4 2

x1

x2

x3

1. Hallar f t,

2. Determinar ker f t, Im f t,

3. Sea α (x, y, z, t) = 2x− y −+t / α ∈ Λ1(R4) hallar f t (α) .

Solucion.Sean B∗

R3 y B∗R4 duales de las bases canonicas respectivas y (x1, x2, x3),

(y1, y2, y3, y4) coordenadas respecto de dichas bases entonces f t es:

x1

x2

x3

=

−1 −2 3 −22 1 −2 41 −4 5 2

y1

y2

y3

y4


por lo tanto ker f t es:

ker f t :

−y1 − 2y2 + 3y3 − 2y4 = 0

2y1 + y2 − 2y3 + 4y4 = 0y1 − 4y2 + 5y3 + 2y4 = 0

dondeBker f t = {(λ− 2µ, 4λ, 3λ, µ) / λ, µ ∈ R} ,

observandose quedim ker f t = dim Im f t

entonces una base de ker f t esta formada por las formas lineales {u∗1, u∗2} las coor-denadas respecto de B∗

R4 son {(1, 4, 3, 0) , (−2, 0, 0, 1)} . Una base de Im f t esta for-mada por las formas {v∗1, v∗2} ∈ R3 cuyas coordenadas respecto de la base B∗

R3 son{(−1, 2, 1) , (−2, 1,−4)} .

Las ecuaciones implıcitas de Im f t resultan de:∣∣∣∣∣∣x y z−1 2 1−2 1 −4

∣∣∣∣∣∣ = −3x− 2y + z = 0

Por ultimo las coordenadas de α respecto de B∗R4 = {e∗1, .., e∗4} son:

{α (e1) , ...., α (e4)} / BR4 = {e1, .., e4}

entonces dichas coordenadas son: (2,−1, 0, 1) . Las coordenadas de f t respecto deB∗

R3 son: x1

x2

x3

=

−1 −2 3 −22 1 −2 41 −4 5 2

2−1

01

=

−278

entonces f t (α) (x, y, z) = −2x + 7y + 8z ∀ (x, y, z) ∈ R3.

Capıtulo 4

CLASIFICACION DE ENDOMORFISMOS. MATRICES DE JORDAN

4.1 Clasificacion de endomorfismos.

Sea f : V −→ W una aplicacion entre espacios vectoriales, nos interesa escoger unabase respecto de la cual f tenga una expresion matricial sencilla.

Definicion 4.1.1 Valor propio y vector propio. Sea f ∈ End(V ) tal que f(v) = λv.

f(v)− λv = 0⇐⇒ v ∈ ker(f − λI)

λ ∈ K es valor propio de f sii ker(f − λI) 6= ~0, λ ∈ σ(f). Denotamos por Vλi=

ker(f − λiI). Vλi⊂ V y sean λ1, λ2 ∈ σ(f)/ λ1 6= λ2 entonces Vλ1 ∩ Vλ2 =

{~0}

.

Observacion 4.1.1 Vλ = ker(f − λI), sea x ∈ ker(f − λI) ⇐⇒ (f − λI)(x) =f(x)− λx⇐⇒ f(x) = λx i.e. ⇐⇒ x ∈ Vλ.

Vλi⊂ V como es inmediato de ver ya que, sean x, y ∈ Vλ y α, β ∈ K, entonces

f(x + y) = f(x) + f(y) = λx + λy = λ(x + y) ∈ Vλ

f(αx + βy) = λ(αx + βy) ⊂ Vλ

y por ultimo.Si λ1, λ2 ∈ σ(f)/ λ1 6= λ2 entonces Vλ1 ∩ Vλ2 =

{~0}

ya que si tomo ∀x ∈Vλ1 ∩ Vλ2 i.e. x ∈ Vλ1 y x ∈ Vλ2 entonces f(x) = λ1x = λ2x entonces (λ1 − λ2) x ={~0}⇐⇒ λ1 = λ2 como queriamos hacer ver.

Definicion 4.1.2 Multiplicidad del valor propio λ a la dimension de ker(f − λI)

Proposicion 4.1.1 λ ∈ K es autovalor de f sii det(f − λI) = 0.

Demostracion. λ ∈ σ(f)⇐⇒ ker(f − λI) 6= ~0⇐⇒ det(f − λI) = 0.

Definicion 4.1.3 Polinomio caracteristico. Sea f ∈ End(V ) tal que A = M(f,B)es su matriz.

pf (λ) = det(A− λI) = 0

Proposicion 4.1.2 El polinomio caracteristico no depende de la base.

Proposicion 4.1.3 Los vectores propios de valores propios diferentes son LI.

46 Clasificacion de Endomorfismos. Matrices de Jordan

Demostracion. Sea L = L(x1, ..., xr) ⊂ V . Supongamos que BL = {x1, ..., xp}con p < r. Sea xr =

∑pr=1 αixi con xr 6= ~0, entonces existe un αi 6= 0, tal que

f(xr) =∑p

r=1 αif (xi) y f lineal, entonces λrxr =∑p

r=1 (αiλi) xi. Si λr = 0 entonces(αiλi) 6= 0

~0 =p∑

r=1

(αiλi) xi

entonces (αiλi) 6= 0 lo que implica que {x1, ..., xp} son LD lo cual es contrdictorio !¡.Si λr 6= 0 entonces ∃ λ−1

r ∈ K / xr =∑p

r=1

(αiλiλ

−1r

)xi tal que xr =

∑pr=1 αixi con

αi 6= 0 definimos αi =(λiλ

−1r

)de tal que λiλ

−1r = 1 entonces λi = λr !¡=⇒ p = r.

Corolario 4.1.1 El numero de valores propios diferentes es menor igual que la di-mension del espacio V . Si hay exactamente n diferentes entonces f es diagonalizable.

Ejemplo 4.1.1 Sea f ∈ End(V ) tal que A =M(f,B) es su matriz.

A =15

(3 44 −3

)=⇒ p(λ) =

∣∣∣∣ 35 − λ 4

545

−35 − λ

∣∣∣∣ = 0

el polinomio caracterısco esλ2 − 1 = 0

y las soluciones por lo tanto (i.e. los autovalores) son:

σ(λ) = {1,−1}

su matriz diagonal es:

D =(

1 00 −1

)y los vectores propios los calculamos

ker(A− λI)

i.e. (15

(3 44 −3

)− λi

(1 00 1

))(v1

v2

)= 0

resultando que para λ = 1 su autovector es v = (2, 1) mientras que para λ = −1w = (1,−2). De esta forma se observa que

A = B−1DB

donde

B =(

2 11 −2

)(

35

45

45 −3

5

)=(

2 11 −2

)−1( 1 00 −1

)(2 11 −2

)

Polinomio mınimo. 47

Proposicion 4.1.4 Si r es la multiplicidad del autovalor λ, y s es la multiplicidaddel cero k del polinomio caracterıstico, entonces r ≤ s.

Teorema 4.1.1 Un endomorfismo f es diagonalizable sii su polinomio caracterısticose descompone en factores lineales y la multiplicidad de cada uno de sus ceros coincidecon su multiplicidad como autovalor de f .

Demostracion. σ(f) = {λ1, ......, λr} donde p(λ) = (λ1 − λ)s1 (λ2 − λ)s2 ...... (λr − λ)sr

i.e. p(λ) =∏r

i=1 (λi − λ)si de tal forma que∑r

i=1 si ≤ n = dim V

dim (V1) = s1 7→ {e11, ......, ers1}· · · · · ·dim (Vr) = sr 7→ {er1, ......, ersr}

BV = {e11, ......, ers1 , ......, ersr}

comprobando que

(λ11e11 + ...... + λ1s1ers1) + ..... + (λr1er1 + ...... + λrsrersr) = ~0

entonces∑r

i=1 vi = ~0 =⇒ v1 = ... = vr = ~0

v1 = 0 =⇒ λ11 = ...... = λ1s1 = 0· · ·

vr = 0 =⇒ λr1 = ...... = λrsr = 0

por lo que la matriz resultante es de la forma:

M(f,BV ) =

λ1

. . .λ1

. . .λr

. . .λr

como querıamos hacer ver.

4.2 Polinomio mınimo.

Queremos descomponer V (dim V = n) en suma directa de subespacios, de tal formaque podemos obtener bases de cada uno de ellos y poder ası expresar el endomorfismo.

Consideramos las potencias de f : f r / r = 0, 1, ..., n, ... donde

f0 = I, f1 = f, ....., f r = f · f r−1

a0f0 + a1f

1 + ..... + arfr = 0

las potencias de f r no pueden ser todas LI. Definimos,

φf : K [x] −→ End(V )p(x) 7−→ p(f) = a0I + a1f + ..... + arf

r

tal queker(φf

):= {p(x) ∈ K [x] / p(f) = 0} := mf (x)


Definicion 4.2.1 El conjunto de polinomios p(x) ∈ ker(φf

)se denominan anu-

ladores de f , N(f), y a mf (x) polinomio mınimo de f. Verificandose mf (x) ∈ N(f).

Fijamos un vector ~u ∈ V y consideramos

φ~u : K [x] −→ (V )p(x) 7−→ p(f)(~u)

tal queker (φ~u) :=

{p(x) ∈ K [x] / p(f)(~u) = ~0

}:= m~u(x)

Definicion 4.2.2 m~u(x) es el polinomio mınimo de f en ~u.

Proposicion 4.2.1 Sea m~u(x) = a0 + a1x + ..... + asxs el polinomio mınimo de u

entonces{u, f(u), ....., fs−1(u)

}son LI y

{u, f(u), ....., fs−1(u), f t(u)

}son LD.

4.3 Subespacios invariantes.

Sea f ∈ End(V ). Un subespacio F ⊂ V se llama invariante por f si f(F ) ⊂ F. Sea

f ′ := f|F : F −→ F

v 7−→ f(v)

Proposicion 4.3.1 mf ′ divide a mf .

Corolario 4.3.1 Sean F,G ⊂ V dos subespacios, tal que (mF ,mG) = 1, entoncesF ∩G = ∅.

Proposicion 4.3.2 Para todo p(x) ∈ K [x], ker p(f), Im p(f) son subespacios in-variantes por f.

Supongamos que mf (x) se descompone en producto de factores primos entresi, i.e.

mf (x) = p(x)q(x)

consideramos los subespacios invariantes ker p(f), ker q(f) entonces p(x) y q(x) sonanuladores de f restringidos a estos espacios, entonces

ker p(f) ∩ ker q(f) ={~0}

observandose queker p(f) ⊃ Im q(f)ker q(f) ⊃ Im p(f)

}=⇒

n = dim ker p(f) + dim Im p(f) ≤ dim ker p(f) + dim ker q(f)=⇒ dim (ker p(f)⊕ ker q(f)) ≤ n

V = ker p(f)⊕ ker q(f)

Teorema 4.3.1 Primer teorema de descomposicion. Si mf (x) = m1(x)n1 ......mr(x)nr

tal que (mi(x),mj(x)) = 1 ∀i, j entonces V = V1 ⊕ ....⊕ Vr de tal forma que el poli-nomio minimo de la restriccion de f a Vi es mi(x)ni . Esta descomposicion es unica.Vi = ker (mi(f)ni) .

Subespacios invariantes. 49

Demostracion. Por induccion: Si mf (x) = m1(x)n1 entonces V = V1⊕{~0}

tal que V1 = ker (m1(f)n1) . Supongo ahora que mf (x) = m1(x)n1 ......mr−1(x)nr−1

entonces V = V1 ⊕ .... ⊕ Vr−1 tal que mfi(x) = mi(x)ni donde Vi = ker (mi(f)ni) .

Para el caso r entonces tenemos que:

mf (x) = [m1(x)n1 ......mr−1(x)nr−1 ]︸︷︷︸p(x)

mr(x)nr

de tal forma que (p(x),mr(x)nr) = 1, entonces V = L ⊕ Vr tal que L = ker [p(f)]y Vr = ker (mr(f)nr) donde f ′ = f|

L−→ mf ′(x) = p(x), y fr = f|Vr

−→ mfr(x) =mr(x)nr . El subespacio L esta formado por L = V1 ⊕ .... ⊕ Vr−1 ya que mL(x) =m1(x)n1 ......mr−1(x)nr−1 donde ∀i, j Vi ∩ Vj =

{~0}

, con Vi = ker (mi(f)ni) de estaforma V = V1 ⊕ ....⊕ Vr.

La descomposicion de V en suma directa de subespacios invariantes, reduceel estudio del comportamiento de f al estudio de sus restricciones a cada uno de estossubespacios.

Ejemplo 4.3.1 Sea A dada por

A =(

35

45

45 −3

5

)tal que A =M(f,B) etc.... Vemos que:

A0 = I, A1 = A, A2 = I

entonces (X2 − 1) es su polinomio anulador.

mf (x) = x− 1 mf (f) = f − I = 0 =⇒ f = I

mf (x) = x + 1 mf (f) = f + I = 0 =⇒ f = −I

ninguno de estos casos es el nuestro, entonces

mf (x) = (x− 1)(x + 1)

y por lo tanto V = V1 ⊕ V2 donde

V1 = ker(f − λ1I) = (2, 1) f|V1= IV1

V2 = ker(f − λ2I) = (1,−2) f|V2= −IV2

Teorema 4.3.2 De diagonalizacion. Un endomorfismo es diagonalizable sii su poli-nomio minimo se descompone en factores lineales no repetidos.

Demostracion. f diagonalizable, entonces existe una base B de V tal quela matriz de f respecto de dicha base es diagonal i.e.

M(f,B) =

λ1

. . .λr


donde σ(f) = {λ1, ....., λr}, BV = {vi} formada de vectores propios. El espacio V sedescompone en suma directa de subespacios i.e. V = Vλ1 ⊕ ..... ⊕ Vλr tal que Vλ1 =ker [f − λ1I] con lo que mf (x) = (x−λ1) y asi sucesivamente i.e. Vλr = ker [f − λrI]con lo que mf (x) = (x− λr) de tal forma que el polinomio minimo sera

mf (x) =r∏

i=1

(x− λi)

Si mf (x) =∏r

i=1(x−λi) entonces el espacio V se descompone en suma directade subespacios propios i.e. V = Vλ1 ⊕ .....⊕ Vλr tal que Vλr = ker [f − λrI] pero estoimplica que existe una base de V formada por vectores propios de cada una de estosautovalores de tal forma que la expresion matricial del endomorfismo respecto de estabase es diagonal.

4.4 Grado del polinomio mınimo.

Proposicion 4.4.1 grad(mf (x)) ≤ n

Observacion 4.4.1 Los ceros del polinomio caracteristico pf (x) son tambien cerosdel polinomio mf (x).

Proposicion 4.4.2 a es un cero de mf (x) sii lo es de pf (x).

Teorema 4.4.1 Si el polinomio minimo y el caracteristico se descomponen en fac-tores lineales, entonces el polinomio caracteristico es un anulador de f i.e. pf (f) = 0.

Teorema 4.4.2 Cayle-Hamilton. El polinomio minimo divide siempre al carac-teristico.

Demostracion. Sea V tal que dim V = n yM(f,B) = A ; B(x) = (A−xI)y sea B′(x) = adj [B(x)] cada termino de esta matriz va a ser un polinomio de gradocomo mucho n−1. Entonces B′(x) = B0+B1x+.....+Bn−1x

n−1 donde B(x)·B′(x) =det [B(x)]·I. donde det [B(x)] = pf (x) y por lo tanto B(x)·B′(x) = pf (x)·I. Supongoque pf (x) = a0 + .... + (−1)nxn,

B(x) ·B′(x) = (A− xI)(B0 + B1x + ..... + Bn−1x

n−1)

= pf (x) · I(a0 + .... + (−1)nxn) · I = a0I + .... + (−1)nxnI

(A− xI)(B0 + B1x + ..... + Bn−1x

n−1)

= AB0 + (AB1 −B0I) x + ............. + (−Bn−1I)xn == (a0I) + .... + ((−1)nI) xn

identificando termino a termino se observa que:

I AB0 = a0IA AB1 −B0 = a1I· · · · · ·

An−1 ABn−1 −Bn−2 = an−1IAn −Bn−1 = (−1)nI

Grado del polinomio mınimo. 51

multiplicando cada fila por lo se indica a la izquierda entonces

AB0 = a0IA2B1 −AB0 = a1A

· · ·AnBn−1 −An−1Bn−2 = an−1A

n−1

−AnBn−1 = (−1)nAn

sumamos entonces0 = a0I + .... + ((−1)nAn)

de esta forma demostramos queM(pf (f), BV ) = 0 ∈Mn×n y A =M(f,BV ) de estaforma pf (f) = 0(x) ∈ [End(V )] =⇒ pf (x) ∈ N(f) y ademas (mf (x)/pf (x)) comoqueriamos hacer ver.

Observacion 4.4.2 Este teorema proporciona un metodo practico para calcular elpolinomio minimo de un endomorfismo f. Sea A = M(f,B), el polinomio carac-teristico pA(x) lo descomponemos en factores irreducibles y buscamos el menor desus divisores q(x)tal que q(f) = 0, entonces q(f) = mf (x).

Sea mf (x) el polinomio monico de grado mas pequeno entre los del conjuntoker(φ~u). Se tiene que

q(x) ∈ ker(φ~u)⇐⇒ mf (x) | q(x)

Teorema 4.4.3 Sea pf el polinomio caracteristico del endomorfismo f . El polinomiominimo es:

mf =pf (x)q(x)

,

donde q(x) es el maximo comun divisor de los menores de orden (n− 1) de la matrizA− xIn.

Ejemplo 4.4.1 Consideremos el endomorfismo

f : R4 −→ R4

tal que su expresion matricial es la siguiente:

M(f,B) =

1 0 0 00 1 0 00 0 1 10 0 −1 1

cuyo polinomio caracterıstico es:

p(x) = (X − 1)2(X2 − 2X + 2

)mientras que el polinomio minimo es:

m(x) = (X − 1)(X2 − 2X + 2

)


ya que los determinantes de los menores de orden 3 de la matriz A− xI4 son:

q1(x) = (1− x)3

q2(x) = − (1− x)2

q3(x) = (1− x)2

q4(x) = (1− x)(2− 2x + x2

)por ejemplo veamos como hemos calculado q4(x) : 1 0 0

0 1 10 −1 1

− x

1 0 00 1 00 0 1

=

1− x 0 00 1− x 10 −1 1− x

∣∣∣∣∣∣

1− x 0 00 1− x 10 −1 1− x

∣∣∣∣∣∣ = (1− x)(2− 2x + x2

)= q4(x)

por lo tantoq(x) = m.c.d (qi(x))4i=1 = (1− x)

de tal forma que el polinomio minimo es:

mf =pf (x)q(x)

= (X − 1)(X2 − 2X + 2

),

como querıamos hacer ver.

4.5 Matriz canonica de un endomorfismo. (Jordan).

Vamos a descomponer cada subespacio Vi en suma de subespacios invariantes sobrelos cuales la actuacion de f es muy clara. Los subespacios f−ciclicos. Un subespacioF ⊂ V es f−ciclico si existe un vector u ∈ V / F = {u, f(u), ...., } F es invariantepor f (dim F = gradmf (x)) . si este polinomio es:

a0 + a1x + ..... + as−1xs−1 + xs

entonces {u, f(u), ...., fs−1(u)

}es base de F y en esta base la matriz de la restriccion de f es:

0 · · · · · · −ao

1 0 −a2

0 1. . .

...... · · · 1 −as−1

Teorema 4.5.1 Segundo teorema de descomposicion. Sea f ∈ End(V ). Entoncespodemos descomponer V en suma directa de subespacios f−ciclicos.

Matriz canonica de un endomorfismo. (Jordan). 53

Supomgamos que mf (x) se descompone en factores lineales y V = V1⊕....⊕Vr.Si tomo ∀Vi un vector ui con polinomio minimo (x− ai)

si entonces

(ui, (f − aiI) ui, ....., (f − aiI)si−1 ui)

son LI con dim Vi = si, estos vectores forman base. La matriz de f restringida a Vi

en esta base es:

J(ai, si) =

ai 0 · · · 0

1 ai...

... 1. . .

0... 0

· · · 0 1 ai

Teorema 4.5.2 Si el polinomio minimo de f se descompone en factores lineales,entonces existe una base de V en la que la matriz de f es de la forma:

J =

J(a0,s0) · · ·. . .

...... J(ai,si)

.... . .

· · · J(ar,sr)

que es la matriz canonica de Jordan.

Los elementos de la diagonal son precisamente los autovalores. Para obteneruna base de V en la cual la matriz de f sea la matriz canonica de Jordan procedemosde la siguiente manera: Sea

p(x) = (x− λ1)α1 .....(x− λr)αr

el polinomio caracteristico de f , tal que∑

αi = dim V y sea

m(x) = (x− λ1)s1 .....(x− λr)sr

el polinomio minimo de f tal que si ≤ αi ∀i. Los si estan caracterizos de la siguientemanera: {

~0}⊂ ker (f − λiI) ⊂ ker (f − λiI)2 ⊂ ...... ⊂ ker (f − λiI)i

tal que

ker (f − λiI)si = ker (f − λiI)t = Vi

V =∑⊕Vi


4.6 Ejemplos.

Empezamos con un esquema.

1. Calculo de los autovalores σ(λ) i.e.

det (A− λI) = 0

fundamental, tener encuanta la multiplicidad de cada uno de los autovaloresγ(λi) de tal forma que

∑γ(λi) = n = dim V.

2. Para cada autovalor λi ∈ σ(λ) vamos a conocer las cajas de Jordan a que dalugar

rang (A− λiI) = rang (J − λiI) = ki

i.e.ki − n + γ(λi) = node 1 en la caja de λi

Si esto no funciona entonces deberemos calcular los numeros de Segre, i.e.,para cada λi ∈ σ(λ) con multiplicidad γ(λi) = pi calculamos las dimensiones de losespacios

ker (A− λiI) = 0 S1 = I1

ker (A− λI)2 = 0 S2 = I2 − I1

......

ker (A− λI)pi = 0 Sp = Ip − Ip−1

donde Ii = dim V − rang (A− λI)i = dim ker (A− λI)i de tal forma que

q1 + q2 + ....... + qp = S1

q2 + ....... + qp = S2

...qp = Sp

donde qi indica el numero de cajas de orden i.

Ejemplo 4.6.1 Calcular la forma de Jordan de la matriz

A =

1 2 3 0 00 1 2 0 00 0 1 2 00 0 0 2 10 0 0 0 1

Solucion. Siguiendo el esquema anteriormente expuesto tenemos que

p(λ) = (λ− 1)4 (λ− 2)

y que por lo tanto σ(λ) = (1, 2) donde γ(1) = 4 y γ(2) = 1 (vemos que∑

γ(λi) =4+1 = dim V = 5) tambien podemos comprobar (thaCaley-Hamilton) que el polinmiominimo coincide con el caracteristico i.e.

mf (X) = (X − 1)4 (X − 2)

Ejemplos. 55

por lo que la matriz no es diagonalizable y debemos aplicar sin remedio el metodo deJordan.Calculamos por lo tanto las dimensiones de los subespacios (A− λI)i

1. rang (A− λI) = 4 como se ve facilmete, por lo tanto dim ker(A− λI) = 10 2 3 0 00 0 2 0 00 0 0 2 00 0 0 1 10 0 0 0 0

xyztf

= 0 =⇒

2y + 3z = 02z = 02t = 0

t + f = 0

Bker(A−λI) = (1, 0, 0, 0, 0)

2. rang (A− λI)2 = 3 como se ve facilmete, dim ker(A− λI)2 = 20 0 4 6 00 0 0 4 00 0 0 2 20 0 0 1 10 0 0 0 0

xyztf

= 0 =⇒

4z + 6t = 04t = 0

2t + 2f = 0t + f = 0

Bker(A−λI)2 = {(1, 0, 0, 0, 0) , (0, 1, 0, 0, 0)} = {e1, e2}

3. rang (A− λI)3 = 2 como se ve facilmete entonces dim ker(A− λI)3 = 30 0 0 14 60 0 0 4 40 0 0 2 20 0 0 1 10 0 0 0 0

xyztf

= 0 =⇒

14t + 6f = 04t + 4f = 02t + 2f = 0

t + f = 0

Bker(A−λI)3 = {e1, e2, e3}con e3 = (0, 0, 1, 0, 0)

4. rang (A− λI)4 = 1 como se ve facilmete y por lo tanto dim ker(A− λI)4 = 40 0 0 14 140 0 0 4 40 0 0 2 20 0 0 1 10 0 0 0 0

xyztf

= 0 =⇒

14t + 14f = 04t + 4f = 02t + 2f = 0

t + f = 0

Bker(A−λI)4 = {e1, e2, e3, (0, 0, 01,−1)}

5. rang(A− 2I) = 4 y por lo tanto dim ker(A− 2I) = 1−1 2 3 0 0

0 −1 2 0 00 0 −1 2 00 0 0 0 10 0 0 0 −1

xyztf

= 0 =⇒

−x + 2y + 3z = 0−y + 2z = 0−z + 2t = 0

f = 0−f = 0

Bker(A−2I) = {(14, 4, 2, 1, 0)}


De esta forma los numeros de Segre son:

q1 + q2 + q3 + q4 = 1 I1 = 1 = S1

q2 + q3 + q4 = 1 I2 = 2 =⇒ S2 = I2 − I1 = 1q3 + q4 = 1 I3 = 3 =⇒ S3 = 1

q4 = 1 I4 = 4 =⇒ S4 = 1

i.e. q4 = 1 esto quiere decir que solo habra una unica caja pero de orden 4. Por lotanto la matriz de Jordan de A sera:

JA =

1 0 0 0 01 1 0 0 00 1 1 0 00 0 1 1 00 0 0 0 2

Pasamos ahora a calcular la base. Tomamos un vector u4 ∈ E4 − E3 donde E4 =ker(A− λI)4 etc... y el resto de los vectores los voy tomando de

u4 ∈ E4 − E3 = (0, 0, 0, 1,−1)u3 = (A− λI)a4 = (0, 0, 2, 0, 0)

u2 = (A− λI)a3 = (A− λI)2a4 = (6, 4, 0, 0, 0)

u1 = (A− λI)a2 = (A− λI)3a4 = (8, 0, 0, 0, 0)

de tal forma que los vectores {u1, u2, u3, u4} formen base. Se comprueba que A =CJC−1 o J = C−1AC

1 2 3 0 00 1 2 0 00 0 1 2 00 0 0 2 10 0 0 0 1

=

14 8 6 0 04 0 4 0 02 0 0 2 01 0 0 0 10 0 0 0 −1

2 0 0 0 00 1 1 0 00 0 1 1 00 0 0 1 10 0 0 0 1

0 0 0 1 118 − 3

16 0 −1 −10 1

4 0 −1 −10 0 1

2 −1 −10 0 0 0 −1


A =

1 0 2 −60 1 −1 30 0 1 30 0 0 2

Solucion. Siguiendo el esquema expuesto al principio de la seccion

vemos que el polinomio caracterıstico es:

p (λ) = (λ− 1)3 (λ− 2)

mientras que el polinomio minimo es:

mf (X) = (X − 1)2 (X − 2)

el conjunto de autovalores esta formado por: σ (λ) = (1, 2) de tal forma que γ (1) = 3mientras que γ (2) = 1.

Pasamos a calcular los subespacios invariantes.

Ejemplos. 57

1. rang (A− I) = 2 entonces dim ker (A− I) = 2

2. rang (A− I)2 = 1 entonces dim ker (A− I) = 3 = γ (1)

Por lo tanto los numeros de Segre en este caso son:

q1 + q2 = 2 I1 = 2 = S1

q2 = 1 I2 = 3 =⇒ S2 = I2 − I1 = 1

por lo tanto habra dos cajas, una de oreden 2 y la otra de orden 1 i.e.

JA =

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

La base estara formada por los siguientes vectores:

u1 ∈ ker (A− I) = (1, 0, 0, 0)

u2 ∈ ker (A− I)2 = (0, 0, 1, 0)u3 = (A− I) u2 = (2,−1, 0, 0)u4 ∈ ker (A− 2I) = (0, 0, 3, 1)

de tal forma que A = CJC−1

1 0 2 −60 1 −1 30 0 1 30 0 0 2

=

0 2 0 10 −1 0 03 0 1 01 0 0 0

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

0 2 0 10 −1 0 03 0 1 01 0 0 0

−1


A =

0 3 12 −1 −1−2 −1 −1

Solucion.En primer lugar calculamos el polinomio caracterıstico, siendo este:

p (λ) = (λ− 2) (λ + 2)2

mientras que el polinomio minimo es:

mf (X) = (X − 2) (X + 2)2

el conjunto de autovalores esta formado por: σ (λ) = (2,−2) con γ(−2) = 2 yγ(2) = 1. Pasamos a calcular los subespacios invariantes.


1. rang (A− 2I) = 2 por lo tanto dim ker (A− 2I) = 1 = γ(2). Las ecuaciones delker (A− 2I) son −2 3 1

2 −3 −1−2 −1 −3

xyz

= 0 =⇒−2x + 3y + z = 0

2x− 3y − z = 0−2x− y − 3z = 0

Bker(A−2I) = {1, 1,−1}

2. rang (A + 2I) = 2, entonces dim ker (A + 2I) = 1 6= γ(−2) Las ecuaciones delker son: 2 3 1

2 1 −1−2 −1 1

xyz

= 0 =⇒2x + 3y + z = 02x + y − z = 0−2x− y + z = 0

Bker(A+2I) = {1,−1, 1}

3. rang (A + 2I)2 = 1, entonces dim ker (A + 2I)2 = 2 = γ(−2) 8 8 08 8 0−8 −8 0

xyz

= 0 =⇒8x + 8y = 08x + 8y = 0−8x− 8y = 0

Bker(A+2I)2 = {(−1, 1, 0) , (0, 0, 1)}

4. Los numeros de Segre nos dicen:

q1 + q2 = 1q2 = 1

por lo tanto la matriz de Jordan sera de la forma:

JA =

2 0 00 −2 10 0 −2

los vectores de la base son:

v1 ∈ ker (A− 2I) = (1, 1,−1)v2 = ker (A + 2I) v3 = (1,−1, 1)

v3 ∈ ker (A + 2I)2 = (0, 0, 1) 0 3 12 −1 −1−2 −1 −1

=

1 1 01 −1 0−1 1 1

2 0 00 −2 10 0 −2

12

12 0

12 −1

2 00 1 1


A =

−2 1 −1−1 −1 0

0 1 −3

Ejemplos. 59

Solucion.El polinomio caracterıstico es:

p (λ) = (λ + 2)3 = mf (X)

por lo tantoσ(λ) = {−2} / γ (λ) = 3

los subespacios invariantes de este autovalor son:

1. rang(A + 2I) = 2 por lo tanto dim ker(A + 2I) = 1 0 1 −1−1 1 0

0 1 −1

xyz

= 0 =⇒ y − z = 0−x + y = 0

Bker(A+2I) = {(1, 1, 1)}

2. rang(A + 2I)2 = 1 entonces dim ker(A + 2I)2 = 2 −1 0 1−1 0 1−1 0 1

xyz

= 0 =⇒ −x + z = 0

Bker(A+2I)2 = {(1, 0, 1) , (0, 1, 0)}

3. rang(A + 2I)3 = 0 entonces dim ker(A + 2I)3 = 3

Bker(A+2I)3 = {(1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (0, 0, 1)}

Los numeros de Segre nos dicen:

q1 + q2 + q3 = 1q2 + q3 = 1

q3 = 1

i.e

JA =

−2 1 00 −2 10 0 −2

y que la matriz de paso esta formada por los siguientes vectores:

v3 ∈ E3 = (1, 0, 0)v2 = (A + 2I)v3 = (0,−1, 0)v1 = (A + 2I)v2 = (−1,−1,−1) −2 1 −1

−1 −1 00 1 −3

=

−1 0 1−1 −1 0−1 0 0

−2 1 00 −2 10 0 −2

0 0 −10 −1 11 0 −1



A =

0 1 −1 00 −1 0 11 1 0 00 −2 0 1

Solucion.El polinomio caracterıstico coincide con el polinomio mınimo

p (λ) = λ4 + 2λ2 + 1 = mf (λ)

los autovalores son:

σ (λ) = {i,−i} / γ (i) = 2, γ (−i) = 2

Calculamos los subespacios.

1. rang(A− iI) = 3 por lo tanto dim ker(A− iI) = 1−i 1 −1 00 −1− i 0 11 1 −i 00 −2 0 1− i

z1

z2

z3

z4

= 0 =⇒

−iz1 + z2 − z3 = 0−z2 − iz2 + z4 = 0

z1 + z2 − iz3 = 0−2z2 + z4 − iz4 = 0

las ecuaciones del ker = {z1 = iz3, z3 = z3, z2 = 0, z4 = 0}

Bker(A−iI) = {(1, 0,−i, 0)}

2. rang(A− iI)2 = 2 por lo tanto dim ker(A− iI)2 = 2−2 −2− 2i 2i 1

0 −2 + 2i 0 −2i−2i −2i −2 1

0 4i 0 −2− 2i

z1

z2

z3

z4

= 0 =⇒

−2z1 − 2z2 − 2iz2 + 2iz3 + z4 = 0−2z2 + 2iz2 − 2iz4 = 0

−2iz1 − 2iz2 − 2z3 + z4 = 04iz2 − 2z4 − 2iz4 = 0

las ecuaciones del ker ={z4 = iz2 + z2, z3 = −iz1 − 1

2 iz2 + 12z2, z1 = z1, z2 = z2

}Bker(A−iI)2 = {(1,−1 + i, 0,−2) , (0, 1 + i, 1, 2i)}

otra base es:Bker(A−iI)2 = {(i, 0, 1, 0) , (0, 1 + i, 1, 2i)}

3. rang(A + iI) = 3 por lo tanto dim ker(A + iI) = 1i 1 −1 00 −1 + i 0 11 1 i 00 −2 0 1 + i

z1

z2

z3

z4

= 0 =⇒

iz1 + z2 − z3 = 0−z2 + iz2 + z4 = 0

z1 + z2 + iz3 = 0−2z2 + z4 + iz4 = 0

las ecuaciones del ker = {z3 = z3, z2 = 0, z4 = 0, z1 = −iz3}

Bker(A+iI) = {(−i, 0, 1, 0)}

Ejemplos. 61

4. rang(A + iI)2 = 2 por lo tanto dim ker(A + iI)2 = 2−2 −2 + 2i −2i 1

0 −2− 2i 0 2i2i 2i −2 10 −4i 0 −2 + 2i

z1

z2

z3

z4

= 0 =⇒

−2z1 − 2z2 + 2iz2 − 2iz3 + z4 = 0−2z2 − 2iz2 + 2iz4 = 0

2iz1 + 2iz2 − 2z3 + z4 = 0−4iz2 − 2z4 + 2iz4 = 0

las ecuaciones del ker ={z1 = z1, z2 = z2, z3 = iz1 + 1

2 iz2 + 12z2, z4 = −iz2 + z2

}Bker(A+iI)2 = {(−i, 0, 1, 0) , (−1 + i, 2, 0, 2− 2i)}

Por lo tanto la matriz de Jordan es:

JA =

i 1 0 00 i 0 00 0 −i 10 0 0 −i

donde la matriz de paso esta formada por los vectores:

v2 ∈ ker(A− iI)2 = (0, 1 + i, 1, 2i)v1 = (A− iI)v2 = (i, 0, 1, 0)

v4 ∈ ker(A + iI)2 = (−1 + i, 2, 0, 2− 2i)v3 = (A + iI)v4 = (1− i, 0, 1 + i, 0)

resulta entonces que: 0 1 −1 00 −1 0 11 1 0 00 −2 0 1

=

i 0 1− i −1 + 1i0 1 + i 0 21 1 1 + i 00 2i 0 2− 2i

i 1 0 00 i 0 00 0 −i 10 0 0 −i

−12 i −1

212

14

0 12 0 −1

4 −14 i

14 + 1

4 i 0 14 −

14 i 1

8 + 18 i

0 14 −

14 i 0 1

4 i

si la matriz la resolvemos en R entonces:

(0, 1 + i, 1, 2i) =⇒

(0, 1, 1, 0)

(0, 1, 0, 2)

(i, 0, 1, 0) =⇒

(0, 0, 1, 0)

(1, 0, 0, 0)

de tal forma que,0 1 0 00 0 1 11 0 1 00 0 0 2

−1

0 1 −1 00 −1 0 11 1 0 00 −2 0 1

0 1 0 00 0 1 11 0 1 00 0 0 2

=

0 1 1 0−1 0 0 1

0 0 0 10 0 −1 0


Si por ejemplo tomamos

(1− i, 0, 1 + i, 0)⇒ {(1, 0, 1, 0) , (−1, 0, 1, 0)}

(−1 + i, 2, 0, 2− 2i)⇒ {(−1, 2, 0, 2) , (1, 0, 0,−2)}1 −1 −1 10 0 2 01 1 0 00 0 2 −2

−1

0 1 −1 00 −1 0 11 1 0 00 −2 0 1

1 −1 −1 10 0 2 01 1 0 00 0 2 −2

=

0 −1 1 01 0 0 10 0 0 −10 0 1 0


A =

2 0 −30 −1 01 0 −1

Solucion. Operando de forma rapida vemos que el polinomio carac-

terıstico coincide con el mınimo siendo

p (λ) = λ3 + 1 = mf (λ)

el conjunto de autovales esta formado por:

σ (λ) ={−1,

12− 1

2i√

3,12

+12i√

3}

calculamos los subespacios:

1. rang (A + I) = 2 por lo que la base del ker sera 3 0 −30 0 01 0 0

xyz

= 0 =⇒ x = z = 0y = µ

Bker(A+I) = {(0, 1, 0)}

2. rang(A−

(12 −

12 i√

3)I)

= 2 32 + 1

2 i√

3 0 −30 −3

2 + 12 i√

3 01 0 −3

2 + 12 i√

3

xyz

= 0 =⇒

32x + 1

2 ix√

3− 3z = 012

(−3 + i

√3)y = 0

x− 32z + 1

2 iz√

3 = 0=⇒

las ecuaciones del ker ={z = z, y = 0, x = 3

2z − 12 iz√

3}

Bker(A−( 12− 1

2i√

3)I) ={(

32− 1

2i√

3, 0, 1)}

Ejemplos. 63

3. rang(A−

(12 + 1

2 i√

3)I)

= 2 32 −

12 i√

3 0 −30 −3

2 −12 i√

3 01 0 −3

2 −12 i√

3

xyz

= 0 =⇒

32x− 1

2 ix√

3− 3z = 012

(−3− i

√3)y = 0

x− 32z − 1

2 iz√

3 = 0=⇒

las ecuaciones del ker ={z = z, y = 0, x = 3

2z + 12 iz√

3}

Bker(A−( 12+ 1

2i√

3)I) ={(

32

+12i√

3, 0, 1)}

Por lo tanto la forma de Jordan de la matriz A sera:

JA =

−1 0 00 1

2 + 12 i√

3 00 0 1

2 −12 i√

3

de tal forma que

A =

2 0 −30 −1 01 0 −1

=

=

0 12 −

12 i√

3 12 + 1

2 i√

31 0 00 −1

3 i√

3 13 i√

3

−1 0 00 1

2 + 12 i√

3 00 0 1

2 −12 i√

3

0 1 01 0 1

2 i(1 + i

√3)√

31 0 1

2 i(−1 + i

√3)√

3

La forma de Jordan real de A es: −1 0 0

0 12

12

√3

0 −12

√3 1

2

=

0 3/2 12

√3

1 0 00 1 0

−1 2 0 −30 −1 01 0 −1

0 3/2 12

√3

1 0 00 1 0

Ejemplo 4.6.7 Calcular la forma de Jordan de

A =

−7 10 −8 14−7 9 −8 16−8 10 −9 18−3 4 −3 5

Solucion.El polinomio caracterıstico es

p(X) = X4 + 2X3 + 2X2 + 2X + 1 = mf (X)

asi puesσ(X) = {i,−i,−1,−1}

calculamos los subespacios correspondientes viendo que:


1. rang(A− iI) = 3 por lo tanto−7− i 10 −8 14−7 9− i −8 16−8 10 −9− i 18−3 4 −3 5− i

xyzt

= 0⇒

−7x− ix + 10y − 8z + 14t = 0−7x + 9y − iy − 8z + 16t = 0−8x + 10y − 9z − iz + 18t = 0−3x + 4y − 3z + 5t− it = 0

las ecuaciones del ker ={x = 2t− it, y = 5

2 t− 12 it, z = 3t, t = t

}Bker(A−iI) =

{(2− i,

52− 1

2i, 3, 1

)}2. rang(A + iI) = 3 por lo tanto

−7 + i 10 −8 14−7 9 + i −8 16−8 10 −9 + i 18−3 4 −3 5 + i

xyzt

= 0⇒

−7x + ix + 10y − 8z + 14t = 0−7x + 9y + iy − 8z + 16t = 0−8x + 10y − 9z + iz + 18t = 0−3x + 4y − 3z + 5t + it = 0

las ecuaciones del ker ={x = 2t + it, y = 5

2 t + 12 it, z = 3t, t = t

}Bker(A−iI) =

{(2 + i,

52

+12i, 3, 1

)}3. rang(A + I) = 3entonces

−6 10 −8 14−7 10 −8 16−8 10 −8 18−3 4 −3 6

xyzt

= 0⇒

−6x + 10y − 8z + 14t = 0−7x + 10y − 8z + 16t = 0−8x + 10y − 8z + 18t = 0−3x + 4y − 3z + 6t = 0

las ecuaciones del ker = {y = 3t, t = t, z = 4t, x = 2t}

Bker(A+I) = {(2, 3, 4, 1)}

4. rang(A + I)2 = 2 por lo tanto−12 16 −10 16−12 14 −8 14−12 12 −6 12−4 4 −2 4

xyzt

= 0⇒

−12x + 16y − 10z + 16t = 0−12x + 14y − 8z + 14t = 0−12x + 12y − 6z + 12t = 0−4x + 4y − 2z + 4t = 0

las ecuaciones del ker = {t = 2x− y, z = 2x, y = y, x = x}

Bker(A+I)2 = {(1, 2, 2, 0) , (0,−1, 0, 1)}

La forma de Jordan es:

JA =

i 0 0 00 −i 0 00 0 −1 10 0 0 −1

Ejemplos. 65

mientras que la matriz de paso es:

v1 =(

2− i,52− 1

2i, 3, 1

)∈ ker(A− iI)

v2 =(

2 + i,52

+12i, 3, 1

)∈ ker(A + iI)

v4 = (1, 2, 2, 0) ∈ ker(A + I)2

v3 = (A + I)v4 = (−3,−5,−6,−1)

alternativamente obtenemos:−1 + 3i −1− 3i 2 3−2 + 3i −2− 3i 3 4−3 + 3i −3− 3i 4 6−1 + i −1− i 1 2

i 0 0 00 −i 0 00 0 −1 10 0 0 −1

1 −32 −

12 i 1 + 1

2 i −32 −

12 i

1 −32 + 1

2 i 1− 12 i −3

2 + 12 i

0 0 1 −31 −2 1 0

mientras que la matriz real de Jordan es:−1 3 2 3−2 3 3 4−3 3 4 6−1 1 1 2

−1

−7 10 −8 14−7 9 −8 16−8 10 −9 18−3 4 −3 5

−1 3 2 3−2 3 3 4−3 3 4 6−1 1 1 2

=

0 1 0 0−1 0 0 0

0 0 −1 10 0 0 −1


A =

6 6 4 4−4 −2 0 −4

0 −2 −2 2−4 −4 −4 −2

Solucion.El polinomio caracterıstico es:

P (X) = X4 + 8X2 + 16

asi que los autovalores son σ(X) = {2i,−2i, 2i,−2i} , de esta forma los subespaciosson:

1. rang(A− 2iI) = 26− 2i 6 4 4−4 −2− 2i 0 −40 −2 −2− 2i 2−4 −4 −4 −2− 2i

xyzt

= 0 =⇒

6x− 2ix + 6y + 4z + 4t = 0−4x− 2y − 2iy − 4t = 0−2y − 2z − 2iz + 2t = 0

−4x− 4y − 4z − 2t− 2it = 0

las ecuaciones del ker ={x = −3

2y − 12 iy − z − iz, y = y, z = z, t = y + z + iz

}Bker(A−2iI) =

{(−3

2− 1

2i, 1, 0, 1

), (i,−1− i, 1, 0)

}


2. rang(A + 2iI) = 26 + 2i 6 4 4−4 −2 + 2i 0 −40 −2 −2 + 2i 2−4 −4 −4 −2 + 2i

xyzt

= 0 =⇒

6x + 2ix + 6y + 4z + 4t = 0−4x− 2y + 2iy − 4t = 0−2y − 2z + 2iz + 2t = 0

−4x− 4y − 4z − 2t + 2it = 0

las ecuaciones del ker ={y = y, z = z, t = y + z − iz, x = −3

2y + 12 iy − z + iz

},

Bker(A+2iI) ={(−3

2+

12i, 1, 0, 1

), (−i,−1 + i, 1, 0)

}Por lo tanto la forma de Jordan es:

JA =

2i 0 0 00 2i 0 00 0 −2i 00 0 0 −2i

donde la matriz de paso esta formada por los vectores:

12 −

52 i −i 1

2 + 52 i i

i 0 −i 012 + 1

2 i 12 + 1

2 i 12 −

12 i 1

2 −12 i

2i i −2i −i

mientras que la forma real de Jordan es:

1/2 −5/2 0 −10 1 0 01/2 1/2 1/2 1/20 2 0 1

−1

6 6 4 4−4 −2 0 −4

0 −2 −2 2−4 −4 −4 −2

1/2 −5/2 0 −10 1 0 01/2 1/2 1/2 1/20 2 0 1

=

=

0 2 0 0−2 0 0 0

0 0 0 20 0 −2 0

Capıtulo 5

FORMAS BILINEALES Y CUADRATICAS.

5.1 Formas bilineales.

Definicion 5.1.1 Aplicacion bilineal. Sea (V, K) definimos

b : V × V −→ Ku, v 7−→ b(u, v)

verificnado:

1. b(u + v, w) = b(u, w) + b(v, w), b(λu, v) = λb(u, v)

2. b(u, v + w) = b(u, v) + b(u, w), b(u, λv) = λb(u, v)

Observacion 5.1.1 Se dice que la aplicacion b es bilineal si K = R y sesquilineal siK = C.

1. Simetrica si b(u, w) = b(w, u)

2. antisimetrica si b(u, w) = −b(w, u)

3. alternada si b(u, u) = 0

Se observa que (2)⇐⇒ (3) .

Denotamos por B (V ) el conjunto de todas las formas bilineales sobre V.B (V ) tiene estructura de espacio vectorial definiendo las siguientes operaciones:

(f + g) (u, v) = f (u, v) + g (u, v)(kf) (u, v) = kf (u, v)

∀ f, g ∈ B (V ) y ∀ k ∈ K

Teorema 5.1.1 Sea V un espacio vectorial definido sobre un cuerpo K y sea BV ∗ ={φ1, ..., φn} una base del espacio dual de V , entonces BB = {fij ; i, j = 1, ..., n} talque

fij (u, v) = φi(u)φj(v)

entonces dim B (V ) = n2

Definicion 5.1.2 Expresion analitica de la forma bilineal, unicidad respecto de unabase. Sea BV = {v1, ...., vn} base de V y BW = {w1, ...., wr} base de W , y seab : V ×W −→ K una forma bilineal.

A =M(b, B) = aij = b(vi, wj)

68 Formas Bilineales y Cuadraticas.

determinan la forma bilineal b y

b(x, y) = xAyt

donde x ∈ V e y ∈W.

Cambio de base.

Sean BVC−→ B′

V bases de V tal que la matriz de paso es C y sean BWD−→ B′

W

bases de W tal que la matriz de paso es D, i.e.

(x1, ....., xn) =(x′1, ....., x

′n

)· C

(y1, ....., yn) = (y1, ....., yn) ·D

entonces y1...yn

= Dt

y′1...y′n

como

b(x, y) = x ·A · yt =[(

x′1, ....., x′n

)· C]·A ·

Dt

y′1...y′n

= x′ ·B · y′t

donde B = CADt.

Observacion 5.1.2 Seab : V × V −→ K

u, v 7−→ b(u, v)

y sea BVC−→ B′

V entoncesB=C·A·Ct

tal que det C 6= 0 entonces decimos que A y B son congruentes.

Corolario 5.1.1 Si A =M(b, B) y A′ =M(b, B′) entonces A = P tA′P .

Definicion 5.1.3 Matrices congruentes. Dos matrices A =M(b, B) y A′ =M(b, B′)son congruentes si ∃ P ∈ M tal que A = P tA′P donde la matriz P es no singulari.e det (P ) 6= 0 y propiedades.

Teorema 5.1.2 Dos matrices son congruentes sii ∃! b y dos bases de V, B y B′ talque A = P tA′P.

Proposicion 5.1.1 Dos matrices congruentes tienen el miso rango.

Definicion 5.1.4 Rango de una aplicacion bilineal es el rango de su matriz. Seclasifican en:

1. b es degenerada si rang (b) < dim V.

2. b es no degenerada o regular si rang (b) = dim V

Formas bilineales. 69

Veamos mas a fondo estas definiciones: Sea

b : V × V −→ Ku, v 7−→ b(u, v)

y seand : V −→W ∗ y s : W −→ V ∗

de tal forma que

a ∈ V, [d(a)] (y) = b(a, y) ∀y ∈W

b ∈W, [s(b)] (x) = b(x, b) ∀x ∈ V

sean ahora las bases BV = {v1, ..., vn} BW = {w1, ...., wr} y B∗V = {f1, ..., fn} B∗

W ={g1, ...., gr}. Sea A = (aij)n×r / aij = b(vi, wj) entoncesM(d) = A y M(s) = At.Tenemos entonces las siguientes definiciones:

1. Decimos que b es degenerada por la derecha si ∃ a ∈ V, a 6= 0 / ∀y ∈ W =⇒b(a, y) = 0.

2. Decimos que b es degenerada por la izquierda si ∃ b ∈ W, b 6= 0 / ∀x ∈ V =⇒b(x, b) = 0.

3. Decimos que b es ordianria si no es degenerada ni por la derecha ni por laizquierda.

Proposicion 5.1.2 Decimos que:

1. b es degenerada por la derecha ⇐⇒ d es un monomorfismo.

2. b es degenerada por la izquierda ⇐⇒ s es un monomorfismo.

3. si V = W , b es ordianria ⇐⇒ s y d son isomorfismos.

Corolario 5.1.2 Decimos que:

1. b es degenerada por la derecha ⇐⇒ rang(A) = dim(V ) = n.

2. b es degenerada por la izquierda ⇐⇒ rang(A) = dim(W ) = r.

3. si V = W , b es ordianria ⇐⇒ det A 6= 0.

Definicion 5.1.5 Sea (V, R) y b es simetrica si b(u, v) = b(v, u). Sea (V, C) y bhermitica i.e. b(u, v) = b(v, u).

Observacion 5.1.3 Tabla resumen:

R Cbilineal sesquilinealsimetrica hermitica

Lema 5.1.1 b es simetrica sii existe una base tal que la matriz de b respecto de dichabase es simetrica i.e. b es simetrica si ∃B / A =M(b, B) de tal forma que A = At.Una forma sesquilineal es hermitica sii A = At.


Definicion 5.1.6 Sea (V, K), dim V = n y sea

b : V × V −→ Ku, v 7−→ b(u, v)

entonces u⊥v ⇐⇒ b(u, v) = 0.

Definicion 5.1.7 Sea J ⊂ V entonces

J⊥ = {w ∈ V / ∀v ∈ J ; b(w, v) = 0 }

Observacion 5.1.4 J⊥ 6= ∅ y que J⊥ ⊂ V. Si W,U ⊂ V se dice que W⊥U siW ⊂ U⊥.

Definicion 5.1.8 Subespacio isotropico. Decimos que L ⊂ V es un subespacioisotropico si L ∩ L⊥ 6=

{~0}

.

Definicion 5.1.9 Vector isotropico. Decimos que v ∈ V es isotropico si b(v, v) = 0i.e. es ortogonal de si mismo. Si v ∈ L ⊂ V es isotropico entonces L ∩ L⊥ 6=

{~0}

.

Observacion 5.1.5 V = W ⊕W⊥ sii W es no isotropico.

Observacion 5.1.6 Sea b forma bilineal simetrica definida y B = {v1, ....., vn} unabase ortogonal respecto a b i.e. vi⊥vj ⇐⇒ b(vi, vj) = 0 ∀i 6= j. Entonces la expresionmatricial de la forma b respecto de dicha base es diagonal.

M(b, B) =

b(v1, v1) 0 · · · 0

0...

... b(vi, vi)0 0

0 · · · 0 b(vn, vn)

Proposicion 5.1.3 Si b es una forma bilineal simetrica definida, entonces existe unabase ortogonal del espacio V.

Definicion 5.1.10 Decimos que la forma b es definida si:

1. definida positiva si b(vi, vi) > 0

2. definida negativa si b(vi, vi) < 0.

Proposicion 5.1.4 Sea b : V × V −→ K una forma bilineal definida. Si B ={v1, ....., vn} es una base ortogonal entonces B′ = {e1, ....., en} es una base ortonormal/

ei =vi√

|b(vi, vi)|

Observacion 5.1.7 Si b definida positiva entonces existe una baseB tal queM(b, B) =I. Si b definida negativa entonces existe una base B tal que M(b, B) = −I


5.1.1 Diagonalizacion de formas bilineales.

Proposicion 5.1.5 Sea b una forma bilineal definida ordinaria (o regular i.e. V =L⊕ L⊥) entonces existe una base BV /

M(b, B) =

1. . .

1−1

. . .−1

i.e. es una matriz diagonal con todos los terminos de la diagonal {±1} .

Demostracion. La demostracion es un poco pesadita y esta dividida encuatro fases. Primero comprobar que la aplicacion b es ordinaria, segundo que elespacio se descompone en suma directa de subespacios no isotropos, tercera queexiste la base que hace la matriz diagonal y por ultimo que ponemos normalizarla.

1. La aplicacion b es ordinaria, entonces b(x, x) 6= 0. Supongamos lo contrario∀x ∈ V b(x, x) = 0, tomo un x 6= 0 fijo y ∀y ∈ V

b((x + y), (x + y)) = b(x, x) + b(y, y) + 2b(x, y) = 0=⇒ 2b(x, y) = 0 !¡

entonces la forma b es ordinaria.

2. Si ∀x ∈ V , la forma b es ordinaria i.e. b(x, x) 6= 0 entonces L = L(x) esno isotropo, i.e. V = L ⊕ L⊥. Si L ∩ L⊥ 6=

{~0}

entonces exsite un vector

z ∈ L ∩ L⊥ tal que z ∈ L y z ∈ L⊥. Sea z = αx entonces b(z, z) = 0 / z ∈ L⊥,b(z, z) = α2b(x, x) = 0⇐⇒ α = 0 ya que al ser b ordinaria b(x, x) 6= 0 ∀x ∈ V,

entonces z = 0 y por lo tanto L ∩ L⊥ ={~0}

.

3. Existe la base B⊥V . Por induccion sobre la dimension del espacio. Si dim V = 1

es inmediato que existe BV = {x} , entonces supongamos que en todo espaciovectorial de dim V = n − 1 y ∀ forma bilineal del mismo existe B⊥

V en lascondiciones dadas. Si dim V = n entonces ∃x ∈ V / b(x, x) 6= 0 y por lotanto puedo descomponer el espacio V en suma de subespacio no isotropos i.e.V = L ⊕ L⊥ de tal forma que dim L = 1 y dim L⊥ = n − 1. Veamos que laforma b restringida al subespacio L⊥ es bilineal simetrica y definida de L⊥.Sea BL⊥ = {v2, ....., vn} base de L⊥ (base ortogonal respecto de bL⊥) entoncestambien lo es respecto de b. Si llamo a v1 = x entonces BV = {v1, v2, ....., vn}base de V ortogonal respecto de b i.e. b(vi, vj) = 0, i 6= j de tal forma que

M(b, B) =

b(v1, v1) 0 · · ·... b(vi, vi)

...· · · 0 b(vn, vn)


4. Es inmediato que ∃B′ = {e1, e2, ....., en} tal que b(ei, ei) = ±1, tal que

ei =vi√

|b(vi, vi)|

como queriamos hacer ver.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Ejemplo 5.1.1 Sea V = R3 y b tal que su expresion matricial es:

A =M(b, B) =

0 1 11 0 11 1 0

al ser el rango de la matriz 3 ya que el determinante de la matriz es distinto decero entonces la forma b es ordinaria por lo que existe x ∈ V / b(x, x) 6= 0 entoncespodemos descomponer el espacio V en suma directa de subespacios no isotropos i.e.V = L ⊕ L⊥. Sea v1 = (1, 1, 0) entonces b(v1, v1) = 2 6= 0 entonces L = L(v1). Elespacio L⊥ esta formado por el conjunto de vectores de x ∈ V tal que b(v1, x) = 0i.e.

L⊥ = {x ∈ V / b(v1, x) = 0} con v1 ∈ L

(1, 1, 0)

0 1 11 0 11 1 0

xyz

= 0

⇐⇒ x + y + 2z = 0⇐⇒

x = −λ− 2µy = λz = µ

de tal forma que una base de L⊥ estara formada por los vectores BL⊥ = {(−1, 1, 0) , (−2, 0, 1)}comprobamos que b(vi, vi) 6= 0 y que b(vi, vj) = 0 viendo que los vectores v2 y v3 noson ortogonales con respecto a b, luego tenemos que buscar un vector v3 = (x, y, z)que sea ortogonal a v2 = (−1, 1, 0) y continue perteneciendo a L⊥ i.e debe verificar

x + y + 2z = 0x− y = 0

esta ultima ecuacion la hemos obtenido al imponer que b(v2, v3) = 0, i.e.

(−1, 1, 0)

0 1 11 0 11 1 0

xyz

= 0 = x− y.

Al resolver las ecuaciones obtenemos que v3 = (1, 1,−1) comprobando que b(v3, v3) 6=0. Hemos obtenido una base B′ = {(1, 1, 0), (−1, 1, 0) , (1, 1,−1)} de V respecto de lacual b tiene una expresion diagonal

M(b, B′) =

2 0 00 −2 00 0 −2

PtAP=D

Formas bilineales. 73 1 1 0−1 1 0

1 1 −1

0 1 11 0 11 1 0

1 −1 11 1 10 0 −1

=

2 0 00 −2 00 0 −2

Si normalizamos i.e. si ei = vi√

|b(vi,vi)|obtenemos una nueva base B′′ tal que

M(b, B′′) =

1 0 00 −1 00 0 −1

comprobamos que:

B′′ ={

1√2(1, 1, 0),

1√2

(−1, 1, 0) ,1√2

(1, 1,−1)}

ya queb(v1, v1) = 2, b(v2, v2) = −2 = b(v3, v3)

como podemos comprobar facilmente:

1√2

1 1 0−1 1 0

1 1 −1

0 1 11 0 11 1 0

1√2

1 −1 11 1 10 0 −1

=

1 0 00 −1 00 0 −1

por ultimo resaltamos que la matriz original A (de rango 3) es diagonlaizable y quesu matriz diagonal es: 0 1 1

1 0 11 1 0

=

−13

13 −1

−13

13 0

23

13 1

−1 0 00 2 00 0 −1

1 −2 11 1 1−1 1 0

donde el polinomio caracteristico es: p(X) = X3 − 3X − 2, el minimo p(X) = −2−X + X2, los autovectores son σ(X) = {2,−1,−1} y los subespacios caracteristicos:

V2 = {(1, 1, 1)} y V−1 = {(−1, 0, 1) , (−1, 1, 0)}

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Definicion 5.1.11 Radical o nucleo de b. Sea b : V × V −→ K una forma bilinealsimetrica definimos el nucleo de b como:

N = {v ∈ V / b(v, w) = 0, ∀w ∈ V }

tambien se llama nucleo. Se define el radical por la derecha y por la izquierda. Laforma b es ordinaria sii N =

{~0}

.

Proposicion 5.1.6 Sea B = {v1, ....., vn} una base de V, entonces u ∈ rad(b) siib(u, vi) = 0. Ademas:

1. rad(b) ⊂ V

2. dim(rad(b)) = dim V − rang(b)

3. b es no degenerada sii rad(b) = {0}


Definicion 5.1.12 Definimos la forma

b : V/N × V/N −→ K(x + N, y + N) 7−→ b(x + N, y + N) = b(x, y)

Proposicion 5.1.7 La aplicacion b es bilineal simetrica y ordinaria en V/N .

Proposicion 5.1.8 Sea b una forma bilineal simetrica de V en K, entonces existeuna base ortogonal de b /

M(b, B) =

1

. . .−1

. . .0

Demostracion. Sea b : V/N × V/N −→ R ordinaria. Sabemos que existe

una base orotogonal de V/N

B′ = {v1 + N, ....., vr + N} / b(vi + N, vi + N) = ±1

pero como b(vi+N, vi+N) = b(vi, vi) = ±1 ∀i = 1, ..., r. Sea BN = {vr+1, ...., vn} unabase cualquiera del nucleo / b(vj , vk) = 0. Tomo como base B = {v1, ...., vr, vr+1, ...., vn}de tal forma que

b(vi, vi) = ±1 ∀i = 1, ..., r

b(vj , vk) = 0 ∀j, k = r + 1, ..., n

entonces la matriz de b respecto de sta base es de la forma:

M(b, B) =

1. . .

1−1

. . .−1

0. . .

0

como queriamos hacer ver.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Ejemplo 5.1.2 Sea la matriz A asociada al forma bilinela b

A =

1 1 21 2 32 3 5


queremos ver la forma diagonal que tiene respecto de la base B que debemos encontrar.En primer lugar debemos calcular el nucleo de b i.e. 1 1 2

1 2 32 3 5

xyz

= 0⇐⇒

x + y + 2z = 0

x + 2y + 3z = 02x + 3y + 5x = 0

encontrando que unna base del nucleo esta generada por

BN = {−λ,−λ, λ}

podemos tomar como base por ejemplo BN = {−1,−1, 1} . Tomamos ahora un v1 =(1, 0, 0) /∈ N y compruebo que efectivamente b(v1, v1) 6= 0, i.e.

(1, 0, 0)

1 1 21 2 32 3 5

100

= 1

y busco un v2 tal que v1 ⊥ v2 y b(v2, v2) 6= 0 (v2 tampoco puede pertener al nucleoN) i.e.

(1, 0, 0)

1 1 21 2 32 3 5

xyz

= 0⇐⇒ x + y + 2z = 0

como v2 /∈ N entonces el vector v2 puede ser de la forma v2 ∈ {(−λ, λ, 0) , (−2µ, 0, µ)}si por ejempl otomamos v2 = (−2, 0, 1) entonces la base formada por los vectoresB = {(1, 0, 0) , (−2, 0, 1) , (−1,−1, 1)} hace que la matriz de b respecto de ella sea dela forma: 1

10

como se comprueba con facilidad.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Proposicion 5.1.9 Todas las matrices asociadas a una misma forma bilinela simetricatienen el mismo rango.

Teorema 5.1.3 Inercia o de Silvester. Es invariante el numero de {1,−1, 0} en lamatriz diagonal asociada a la forma b.

Demostracion. Sea b la forma tal que con respecto de la base

B = {v1, ....., vp, vp+1, ......., vr, vr+1, ......., vn}

tiene una expresion metricial de la forma

M(b, B) =

m1

. . .mp

−mp+1

. . .−mr

0. . .

0


y sea B′ ={w1, ..., wp′ , wp′+1, ...., wr′ , wr′+1, ...., wn′

}

M(b, B′) =

d1

. . .dp′

−dp′+1

. . .−dr′

0. . .

0

tenemos que demostrar que p = p′. Sabemos que el rango de bes r y que N =L(vr+1, ...., vn) = L(wr′+1, ...., wn′).

Supongamos que p < p′. Sea L = L (vp+1, ...., vr, vr+1, ...., vn) y sea x ∈ L /x = 0v1 + .... + 0vp + xp+1vp+1 + .... + xrvr + 0vr+1 + .... + 0vn de tal forma que

b(x, x) = −mp+1x2p+1 − ....−mrxr ≤ 0

x ∈ L =⇒ x /∈ N si x 6= 0 entonces b(x, x) < 0. Sea M = L (w1, ......., wn′) y seay ∈M tal que

y = y1w1 + ... + yp′wp′ + yp′+1wp′+1 + ... + yn′wn′

tal queb(y, y) = y2

1d1 + ... + y2p′dp′ ≥ 0

con y /∈ N si y 6= 0 entonces b(x, x) > 0. Atendiendo a ls formulas de Grassmann,vemos que

dim(L + M) = dim L + dim M − dim(L ∩M) = (r − p) +(n− r + p′

)− dim(L ∩M) =

= n +(p′ − p

)− dim(L ∩M) ≤ n

entonces la dim(L ∩M) > 0, ya que (p′ − p) ≥ 0 por hipotesis. Entonces existe unz 6= 0 tal que z ∈ L ∩M , con z ∈ L, z /∈ N entonces b(z, z) < 0 y z ∈ M, z /∈ Nentonces b(z, z) > 0 pero esto es imposible entonces p ≥ p′.

Supoongamos ahora que p′ < p haciendo el mismo razonamiento que antesllegariamos a la conclusion de que p ≤ p′ y por lo tanto concluimos que necesariamentep = p′ como queriamos demostrar.

5.2 Formas cuadraticas.

Asociada a toda forma bilineal aparece su forma cuadratica definida de la siguientemanera.

Definicion 5.2.1 Sea b : V × V −→ K una forma bilineal, definimos su formacuadratica como la aplicacion q tal que

q : V −→ Kv 7−→ b(v, v)

y verificando:

Ejemplos. 77

1. 2b(v, w) = q(v + w)− q(v)− q(w) forma polar de b,

2. en el caso hermitico

4b(v, w) = q(v + w)− q(v − w) + i (q(v + iw)− q(v − iw))

3. q(λv) = b(λv, λv)

Definicion 5.2.2 Forma polar. La forma bilineal simetrica bq determinada por q sellama forma polar de q. rang(q) = rang(b) = rang(A).

Definicion 5.2.3 Definida etc...

q

def. positiva q(v) > 0semidef. pos q(v) ≥ 0def. negativ q(v) < 0semidef. neg q(v) ≤ 0

Definicion 5.2.4 Decimos que es indefinida si q(v) > 0 y q(w) < 0.

Criterio 5.2.1 Criterio de Sylvester sobre la positividad de una forma bilineal.

1. Para que una forma cuadratica b(x, x) sea definida positiva es necesario y su-ficiente que sean positivos todos los menores “angulares” de la matriz A =M(b, B) i.e. los menores

∆1 = a11 > 0, ∆2 =∣∣∣∣ a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣ > 0, ....., ∆n = |A| > 0

deben ser positivos.

2. Para que una forma sea definida negativa es necesario y suficiente que se veri-fique

∆1 = a11 < 0, ∆2 =∣∣∣∣ a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣ > 0....., ∆n = |A| ≶ 0

i.e. que se alternen los signos de los menores angulares de la matriz A siendode signo negativo el primero i.e. ∆1 = a11.

5.3 Ejemplos.

Ejemplo 5.3.1 Diagonalizar la aplicacion bilineal dada por

A =

2 −5 0−5 −1 3

0 3 −6

Solucion.En primer lugar calculaomos el polinomio caracteristico viendo que es igual a

p(X) = X3 + 5X2 − 42X − 144

y que por lo tanto los autovalores son:

σ(X) = {−8, 6,−3}

pasando a calcular cada uno de los subespacios:


1. rang(A + 8I) = 2 entonces dim ker(A + 8I) = 1 como se ve en: 10 −5 0−5 7 3

0 3 2

xyz

= 0 =⇒10x− 5y = 0

−5x + 7y + 3z = 03y + 2z = 0

la ecuacion del ker es{y = y, z = −3

2y, x = 12y}, mientras que una base es:

Bker(A+8I) = {(1, 2,−3)}

2. rang(A− 6I) = 2 −4 −5 0−5 −7 3

0 3 −12

xyz

= 0 =⇒−4x− 5y = 0

−5x− 7y + 3z = 03y − 12z = 0

las ecuaciones del ker son:{y = y, x = −5

4y, z = 14y}, mientras que una base es:

Bker(A−6I) = {(−5, 4, 1)}

3. rang(A + 3I) = 2 5 −5 0−5 2 3

0 3 −3

xyz

= 0 =⇒5x− 5y = 0

−5x + 2y + 3z = 03y − 3z = 0

las ecuaciones del ker son:{x = z, z = z, y = z} ,mientras que una base es:

Bker(A+3I) = {(1, 1, 1)}

Por lo tanto la matriz diagonal sera:

DA =

−3 0 00 6 00 0 −8

y la matriz de paso esta formada por los vectores:

B = {(−5, 4, 1) , (1, 1, 1) , (1, 2,−3)}

de tal forma que 2 −5 0−5 −1 3

0 3 −6

=

−5 1 14 1 21 1 −3

6 0 00 −3 00 0 −8

−5 1 14 1 21 1 −3

−1

mientras que P tAP = D −5 4 11 1 11 2 −3

2 −5 0−5 −1 3

0 3 −6

−5 1 14 1 21 1 −3

=

252 0 00 −9 00 0 −112

Ejemplos. 79

con −5 1 14 1 21 1 −3

−1

=

− 542

221

142

13

13

13

114

17 − 3

14

observamos ademas cada autovector es ortogonal i.e.

(1 1 1

) 2 −5 0−5 −1 3

0 3 −6

−541

= 0

etc... . Si normalizamos la base i.e. si

B′′ ={

1√252

(−5, 4, 1) ,13

(1, 1, 1) ,1√112

(1, 2,−3)}

esta es la base buscada. Por lo tanto la matriz diagonal queda P tAP = D: (se hansimplificado las expresiones para que no aparezcan raices en el denominador) − 5

42

√7 2

21

√7 1

42

√7

13

13

13

128

√7 1

14

√7 − 3

28

√7

2 −5 0−5 −1 3

0 3 −6

− 542

√7 1

3128

√7

221

√7 1

3114

√7

142

√7 1

3 − 328

√7

=

1 0 00 −1 00 0 −1

Podemos comprobar que esta matriz es diagonalizable y que la matriz diagonal

es: 2 −5 0−5 −1 3

0 3 −6

=

−5 1 14 1 21 1 −3

6 0 00 −3 00 0 −8

−5 1 14 1 21 1 −3

−1

el polinomio caracteristico y el minimo coinciden:

p(X) = X3 + 5X2 − 42X − 144 = mf (X),

los autovalores son σ(f) = {6,−3,−8}, y sus correspondientes autovectores son:

V6 = {(−5, 4, 1)} , V−3 = {(1, 1, 1)} , V−8 = {(1, 2,−3)}

Observacion 5.3.1 En este caso coincide que la matriz es diagonlaizable, pero comoveremos exsiten casos de aplicaciones bilinelaes no diagonalizables y sin embargoexistir bases respecto de las cuales la forma es diagonal.

Ejemplo 5.3.2 Dada la forma bibilineal A, queremos encontrar una base respectode la cual la expresion del endomorfismo tenga una expresion diagonal ±1, 0.

A =

3 6 46 9 64 6 4


Solucion.el espacio hay que descomponerlo

V = L⊕ L⊥ ⊕ ker f

en primer lugar observamos que A tiene rango 2 por lo tanto el kerA 6= 0 3 6 46 9 64 6 4

xyz

= 0 =⇒3x + 6y + 4z = 06x + 9y + 6z = 04x + 6y + 4z = 0

las euaciones del ker son,{z = −3

2y, x = 0, y = y}, y una base es

Bker A = {(0, 2,−3)}

Tomamos un vector cualquiera e1 = {(1, 0, 0)} de tal forma que L = L(e1)

(1 0 0

) 3 6 46 9 64 6 4

100

= 3

i.e. fL > 0 y calculamos el subespacio ortogonal a L i.e.

(1 0 0

) 3 6 46 9 64 6 4

xyz

= 3x + 6y + 4z

L⊥ = {3x + 6y + 4z = 0}

las ecuaciones de L⊥ son

L⊥ =

x = −2λ− 4

3µy = λz = µ

por ejemplo una base de L⊥ puede ser

BL⊥ = {(2,−1, 0) , (0,−2, 3)}

comprobando que

(2 −1 0

) 3 6 46 9 64 6 4

2−1

0

= −3

observando que (0,−2, 3) ∈ ker f. De esta forma si

B = {(1, 0, 0) , (2,−1, 0) , (0,−2, 3)}

tenemos que

M(f,B) =

3 0 00 −3 00 0 0

Ejemplos. 81

si normalizamos entonces

M(f,B′) =

1 0 00 −1 00 0 0

siendo

B′ ={(

1√3, 0, 0

),

(2√3,−1√

3, 0)

, (0,−2, 3)}

Ejemplo 5.3.3 Sea (mismo enunciado que antes)

A =

1 2 3 02 3 6 03 6 5 20 0 2 −1

Solucion.


Vemos que dim ker f = 1 ya que1 2 3 02 3 6 03 6 5 20 0 2 −1

xyzt

= 0 =⇒

x + 2y + 3z = 02x + 3y + 6z = 0

3x + 6y + 5z + 2t = 02z − t = 0

las ecuaciones del ker : {z = z, y = 0, x = −3z, t = 2z}, una base esta formada por

Bker f = {(−3, 0, 1, 2)}

El subespacio L esta generado por e1 i.e. L = L (e1) de tal forma que

(1 0 0 0

)1 2 3 02 3 6 03 6 5 20 0 2 −1

1000

= 1

Calculamos el esoacio ortogonal L⊥

(1 0 0 0

)1 2 3 02 3 6 03 6 5 20 0 2 −1

xyzt

= x + 2y + 3z

L⊥ = {x + 2y + 3z = 0}

las ecuaciones parametricas de

L⊥ =

x = −2λ− 3µy = λz = µt = α


una base estara formada por:

BL⊥ = {(−2, 1, 0, 0) , (−3, 0, 1, 0) , (0, 0, 0, 1)}

observando que

(−2 1 0 0

)1 2 3 02 3 6 03 6 5 20 0 2 −1

−2

100

= −1

(−3 0 1 0

)1 2 3 02 3 6 03 6 5 20 0 2 −1

−3

010

= −4

(0 0 0 1

)1 2 3 02 3 6 03 6 5 20 0 2 −1

0001

= −1

Podemos tomar la base formaba por

B =

(1, 0, 0, 0)︸︷︷︸L

, (−2, 1, 0, 0) , (0, 0, 0, 1)︸︷︷︸L⊥

, (−3, 0, 1, 2)︸︷︷︸ker f


de tal forma queL ⊥ L⊥ ⊥ ker f

son ortogonales entre si y respecto de la forma A.

Ejemplo 5.3.4 Dada la forma bilineal

B =

3 1 −21 2 1−2 1 0

Solucion.vemos que la forma cuadratica asociada es:

q = 3x2 + 2xy − 4xz + 2y2 + 2yz

y que existe un vector e3 = (0, 0, 1) tal que

b(e3, e3) = 0

i.e (0 0 1

) 3 1 −21 2 1−2 1 0

001

= 0

Ejemplos. 83

sin embargo rangB = 3. Nos piden calcular la ecuacion del subespacio generado porlos vectores L = L {(1, 3, 0) , (−1, 1, 2)} . De forma trivial calculamos que

L = det

x y z1 3 0−1 1 2

= 0 = 3x− y + 2z

siendo BL = {(1, 3, 0) , (−1, 1, 2)} , las ecuaciones del subespacio ortogonal son por lotanto (

1 3 0) 3 1 −2

1 2 1−2 1 0

xyz

= 6x + 7y + z

(−1 1 2

) 3 1 −21 2 1−2 1 0

xyz

= −6x + 3y + 3z

L⊥ :={

6x + 7y + z = 0−6x + 3y + 3z = 0

=⇒

x = 3λy = −4λz = 10λ

siendo BL = {(3,−4, 10)} . Comprobando trivialmente que ambos espacios son NOisotropos i.e. L ∩ L⊥ = ~0, simplemente viendo que los vectores son LI i.e.

det

3 −4 101 3 0−1 1 2

= 66 6= 0

Ejemplo 5.3.5 Probar que la matriz A no es diagonalizable pero sin embargo existeuna matriz P invertible / P tAP es diagonal.

La matriz A esta dada por

A =

8 i√

2 i√

2i√

2 3 1i√

2 1 3

Solucion.Vemos que el polinomio caracterıstico es:

p(X) = X3 − 14X2 + 60X − 72 = mf (X)

y que por lo tanto σ(f) = {2, 6, 6} , vemos ahora que la dimension de cada uno delos subespacios invariantes no coincide con la multiplicidad de su correspondienteautovalor ya que dim(ker(f − 2I)) = 1 pero dim(ker(f − 6I)) = 1 y para que seadiagonalizable deberia ser 2. Sin embargo podemos comprobar que la forma de Jordanes: 8 i

√2 i√

2i√

2 3 1i√

2 1 3

=

0 2i√

2 12 i√

2−1

2 −2 12

12 −2 1

2

2 0 00 6 10 0 6

0 −1 1−1

8 i√

2 −18 −1

8

−12 i√

2 12

12


Entonces vamos a operar como en ejercicios anteriores. Sea la matriz

A =

8 i√

2 i√

2i√

2 3 1i√

2 1 3

de rango 3 entonces la forma bilineal es ordinaria. Tomamos un vector cualquierav1 =

(8, i√

2, i√

2), siendo L = L(v1), de tal forma que b(v1, v1) = 432

(8 i√

2 i√

2) 8 i

√2 i√

2i√

2 3 1i√

2 1 3

8i√

2i√

2

= 432

de esta forma buscamos una descomposicion del espacio tal que V = L ⊕ L⊥. Elsubespacio L⊥ esta generado por:

(8 i√

2 i√

2) 8 i

√2 i√

2i√

2 3 1i√

2 1 3

xyz

= 0

60x + 12i√

2y + 12i√

2z = 0⇐⇒

x = − i√

25 λ−− i

√2

5 µy = λz = µ

luego una base de L⊥ esta generada por: BL⊥ ={(− i

√2

5 , 1, 0)

,(− i

√2

5 , 0, 1)}

com-probamos que son ortogonales i.e. b(v2, v3) = 0

(− i

√2

5 1 0) 8 i

√2 i√

2i√

2 3 1i√

2 1 3

−i√

25

01

=2925

como no son ortogonales debemos buscar un vector v3 ∈ L⊥ / b(v2, v3) = 0 i.e.

60x + 12i√

2y + 12i√

2z = 0

−35i√

2x +175

y +75z = 0

resoviendo este sistema encontramos que

v3 =(

1029

i√

2, 1,−7929

)comprobamdo ahora que:

(− i

√2

5 1 0) 8 i

√2 i√

2i√

2 3 1i√

2 1 3

1029 i√

21

−7929

= 0

de esta forma hemos obtebido una base de V

BV =

{(8, i√

2, i√

2)

,

(− i√

25

, 1, 0

),

(1029

i√

2, 1,−7929

)}

Ejemplos. 85

de tal forma que P tAP = D veamoslo: 8 i√

2 i√

2−1

5 i√

2 1 01029 i√

2 1 −7929

8 i√

2 i√

2i√

2 3 1i√

2 1 3

8 − i

√2

51029 i√

2i√

2 1 1i√

2 0 −7929

=

=

432 0 00 79

25 00 0 17 064

841

si normalizamos esta base i.e.

ei =vi√

|b(vi, vi)|

entonces obtenemos la siguiente matriz: 1 0 00 1 00 0 1

por ultimo resaltar que la matriz encontrada P es invertible como se puede comprobar: 8 i

√2 i√

2−1

5 i√

2 1 01029 i√

2 1 −7929

−1

=

536 −15

79 i√

2 1452844 i

√2

136 i√

2 8579 − 29

1422136 i√

2 3579 − 551

1422

Ejemplo 5.3.6 Sea la forma cuadratica definida sobre R respecto de la base canonica:

q(x) = x21 − 3x2

2 − 4x23 + λx2

4 + 2µx1x2 λ, µ ∈ R

queremos hallar la forma polar de q, y escribir la matriz respecto de la base canonica.Definir el rango de q segun los valores de λ, µ y por ultimo descomponer q en sumade cuadrados y encontrar su signatura.

Solucion.Vemos que la forma forma pola de q es:

2f(x, y) = q(x + y)− q(x)− q(y)

i.e.

2f(x, y) =[(x1 + y1)

2 − 3 (x2 + y2)2 − 4 (x3 + y3)

2 + λ (x4 + y4)2 + 2µ (x1 + y1) (x2 + y2)

]−

−[x2

1 − 3x22 − 4x2

3 + λx24 + 2µx1x2

]−[y21 − 3y2

2 − 4y23 + λy2

4 + 2µy1y2

]= x1y1 + λx4y4 − 3x2y2 − 4x3y3 + µy1x2 + µx1y2

= x1 (y1 + µy2) + x2 (µy1 − 3y2)− 4x3y3 + λx4y4


por lo tanto

(x1, x2, x3, x4)

y1 + µy2

µy1 − 3y2

−4y3

λy4

por lo tanto

(x1, x2, x3, x4)

1 µ 0 0µ −3 0 00 0 −4 00 0 0 λ

y1

y2

y3

y4

de esta forma obtenemos que:

M(f,B) =

1 µ 0 0µ −3 0 00 0 −4 00 0 0 λ

el determinante es det (A) = 12λ + 4µ2λ = 4λ(3 + µ2) pudiendo distinguir los sigu-ientes casos.

1. si λ 6= 0 entonces el rango de A es 4

2. si λ = 0 entonces el rango de A es 3

Por ultimo podemos ver que

q(x) = (x1 + µx2)2 +

(−µ2 − 3

)(x2)

2 − 4 (x3)2 + λ (x4)

2 =

= x21 − 3x2

2 − 4x23 + λx2

4 + 2µx1x2

la signatura depende de λ por lo tanto

1. si λ 6= 0 entonces la signatura es: (+,−,−, sig (λ))

2. si λ = 0 entonces la signatura es: (+,−,−, 0) .

Ejemplo 5.3.7 Dada la forma bilinela A

A =

1 0 1 00 2 −1 0−1 1 0 −1

1 0 3 4

queremos:

1. ver que el subespacio L es no isotropo tal que

L ={

x− y − z = 02x− y − t = 0

Ejemplos. 87

2. Ecuaciones y base de L⊥

3. M(f,B′) / B′ = {BL, BL⊥}

Solucion.En primer lugar vemos que r(A) = 4. Una base del subespacio L esta dada

por:

L ={

x− y − z = 02x− y − t = 0

=⇒ L =

x = λy = µz = λ− µt = 2λ− µ

BL = {(1, 0, 1, 2) , (0, 1,−1,−1)}

Como en ejemplos anteriores el subespacio L⊥ viene dado por:

(1 0 1 2

)1 0 1 00 2 −1 0−1 1 0 −1

1 0 3 4

xyzt

= 2x + y + 7z + 7t = 0

(0 1 −1 −1

)1 0 1 00 2 −1 0−1 1 0 −1

1 0 3 4

xyzt

= y − 4z − 3t = 0

asi pues las ecuaciones de L⊥

L⊥ ={

2x + y + 7z + 7t = 0y − 4z − 3t = 0

=⇒ L⊥ =

x = −7λ− 5µy = 4λ + 3µz = λt = µ

BL⊥ = {(−7, 4, 1, 0) , (−5, 3, 0, 1)}

simplemente comprobamos que el determinante de todos estos vectores es 6= 0∣∣∣∣∣∣∣∣−7 −5 1 0

4 3 0 11 0 1 −10 1 2 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 24

por ultimo

M(f,B′) =

23 −13 0 0−10 8 0 06= 0 6= 0 81 666= 0 6= 0 47 42

vemos que hemos elegido los vectores de L⊥ por la izquierda y que como A no essimetrica entonces viAvt

j 6= vjAvti .


Capıtulo 6

ESPACIOS VECTORIALES EUCLıDEOS.

6.1 Espacios vectoriales euclıdeos.

Definicion 6.1.1 Producto escalar. Forma bilineal simetrica (sesquilineal hermıtica)que verifica las siguientes propiedades:

g : V × V −→ Ku, v 7−→ g(u, v)

1. simetrica g(u, v) = g(v, u)

2. def. positiva g(u, v) ≥ 0

3. nula g(v, v) = 0 sii v = 0

Definicion 6.1.2 Espacio euclideo (resp. unitario) (V, g) con g producto escalar.

Definicion 6.1.3 Norma. (V, ‖·‖) es una aplicacion

‖·‖ : V −→ Rv 7−→ ‖v‖

verificando:

1. ‖v‖ = 0⇐⇒ v = 0

2. ‖kv‖ = |k| ‖v‖

3. ‖v + u‖ ≤ ‖v‖+ ‖u‖ triangular.

Proposicion 6.1.1 Desidualdad de Cauchy-Schwarz.

|g(u, v)|2 ≤ g (u, u) g (v, v)

Proposicion 6.1.2 El prodcuto escalar induce una norma.

‖u‖ =√

g(u, u)

Definicion 6.1.4 Metrica en (V, g)

d : V × V −→ Ru, v −→ d(u, v)

se observa qued(u, v) = ‖v − u‖

verificando:

90 Espacios vectoriales euclıdeos.

1. d(u, v) = 0⇐⇒ u = v

2. d(u, v) = d(v, u)

3. d(u, w) ≤ d(u, v) + d(v, w)

Definicion 6.1.5 Angulo entre vectores.

cos α =g(u, v)‖u‖ ‖v‖

de tal forma que se defineg(u, v) = ‖u‖ ‖v‖ cos α

Definicion 6.1.6 Vector unitario sii g(u, u) = 1 y decimos que u⊥v (vectores oro-togonales) sii g(u, v) = 0

Proposicion 6.1.3 Todo conjunto de vectores ortogonales dos a dos es LI

Proposicion 6.1.4 Todo (V, g) tiene al menos una base ortogonal.

Teorema 6.1.1 Gramm-Schmidt. En (V, g) existe siempre una base ortonormal devectores.

Demostracion. Por induccion sobre la dimension del espacio V . Sea B ={e1, ......, en} una base cualquiera del espacio V. Consideramos los subespacios

V1 = 〈e1〉 ⊂ V2 = 〈e1, e2〉 ⊂ ...... ⊂ Vn = 〈e1, ......, en〉 = V

El subespacio V1 tiene una base ortonormal que es:

u1 =e1√

g(e1, e1)

supongamos que B′ = {u1, ......, ur} es una base ortonormal de Vr. Construyamos unabase ortonormal de Vr+1 = 〈u1, ......, ur, er+1〉 de la siguiente manera: sea

u′r+1 = er+1 −(k1u1 + ..... + krur

)ortogonal a cada ui con i = 1, ..., r

0 = g(u′r+1, ui) = g(er+1, ui)− ki

entonceski = g(er+1, ui)

de esta forma los vectores{u1, ......, ur, u

′r+1

}son LI y por lo tanto forman base de

Vr+1. Tomo ahora

ur+1 =u′r+1√

g(u′r+1, u′r+1)

de esta forma la base {u1, ......, ur, ur+1} es ortonormal. Por induccion completamosel razonamiento hasta obtener una base de V.

Espacios vectoriales euclıdeos. 91

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Observacion 6.1.1 Este toerema es fundamental para varias de las ramas de lamatematica como el analisis de Fourier etc... veamos un ejemplo.

Ejemplo 6.1.1 En el espacio C([a, b]) consideramos el producto interior definido por

〈f, g〉 =∫ b

af(x)g(x)dx

y comprobamos que en C([−π, π]) la base de funciones B = {1, cos t, sin t, cos 2t, sin 2t, ....}son ortogonales dos a dos con respecto al producto interior anteriormente definido i.e.

〈cos nt, sinmt〉 = 0 =∫ π

−π(cos nt · sinmt) dt =

12

∫ π

−πsin (m + n) tdt− 1

2

∫ π

−πsin (n−m) tdt

Pensemos ahora en el desarrollo de Fourier de la funcion f(x) = x2 en el intervalox ∈ (−π, π)

f(x) ≈a0

2+

∞∑k=1

(ak cos kx + bk sin kx)

considerando la base de funciones B = {1, cos x, sinx, cos 2x, sin 2x, ....}, como lafuncion la funcion es par entonces se observa que bk = 0. La idea es la de ir calculandolas respectivas proyecciones de la funcion f con respecto a cada uno de los elementosde la base i.e.

proy1f =〈f, 1〉〈1, 1〉

=

∫ π−π x2dx∫ π−π 1dx

=23π3

2π=

π2

3

en la teoria de series de Fourier se define

a0 =1π

∫ π

−πf(x)dx =

1π

∫ π

−πx2dx =

2π2

3

vamos viendo la analgia, i.e. a02 = proy1f, mientra que el termino ak se define como:

ak =1π

∫ π

−πf(x) cos kxdx =

1π

∫ π

−πx2 cos kxdx

mientras que la proyeccion de f con respecto a cos x se define como

proycos xf =〈f, cos x〉〈cos x, cos x〉

=

∫ π−π x2 cos xdx∫ π−π cos2 xdx

=

∫ π−π x2 cos xdx

π

i.e. a1 = proycos xf, y asi sucesivamente de tal forma que

f(x) ≈ proy1f + proycos xf cos x + .....

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Proposicion 6.1.5 Si una forma bilineal (resp. sesquilineal) tiene una matriz iden-tidad en una base B entonces dicha forma bilineal o sesquilineal es un producto escalar

Proposicion 6.1.6 Sea b una aplicacion bilineal (resp. sesquilineal) con matriz A =M(b, B) / B = {ei}ni=1. Designamos por Br el menor formado por las r primerasfilas y las r primeras columnas de A. Entonces b es un producto escalar sii A essimetrica (resp. hermitica) y det Br > 0 ∀r.


6.2 Espacio Dual.

Sea (V, g) un espacio vectorial euclideo (resp.unitario) de dimension finita, ∀u ∈ V laaplicacion

v∗ : V −→ Kv 7−→ uv

es lineal, podemos definir asi

ϕ∗ : V −→ V ∗

v 7−→ v∗

que es lineal y biyectiva

Teorema 6.2.1 Isomorfia, espacio dual. Sea (V, g) espacio euclideo entonces seestablece el isomorfismo canonico entre el espacio V y su dual.

ϕ∗ : V −→ V ∗

v 7−→ v∗

6.3 Subespacio ortogonal.

Sea (V, g) un espacio vectorial euclideo (resp.unitario) de dimension finita y sea W ⊂V definimos el subespacio ortogonal a W como el conjunto

W⊥ = {v ∈ V / g(u, v) = 0 ∀u ∈W}

Proposicion 6.3.1 Espacio ortogonal y suma directa

V = W ⊕W⊥

verificandose:dim W⊥ = dim V − dim W

por las formulas de Grassmamm.

Demostracion. Sea {u1, ......, ur} una base ortonormal de W, la podemoscompletar hasta obtener una base de V dada por {u1, ......, ur, er+1, ...., en} aplicandoel teorema de Gram-Schimdt conseguimos una vase ortonormal de V {u1, ......, un} detal forma que {ur+1, ......, un} forman base de W⊥ de esta forma podemos expresarcualquier vector v ∈ V como

v =(v1u1 + ...... + vrur

)+(vr+1ur+1 + ...... + vnun

)∈W + W⊥

y por lo tanto V = W ⊕W⊥ como queriamos hacer ver.

6.4 Producto vectorial.

Sea (V, g) un espacio vectorial euclideo / dim V = 3 y sea BV = {e1, e2, e3} unabase ortonormal de V . Fijados v, u ∈ V la aplicacion V −→ R que asigna a cadaω 7−→ detB (u, v, ω) es lineal y por lo tanto un elemento del dual V ∗. Sea x el vectorcorrespondiente a este elemento a traves del isomorfismo V −→ V ∗ que asigna a cadax 7−→ x∗ = detB (u, v, ·) i.e. ∀ ω, ω ·x = detB (u, v, ω). x es por definicion el productovectorial de u y v i.e. x = u ∧ v.

Aplicaciones entre espacios euclideos. 93

Proposicion 6.4.1 Se verifica:

1. ω · (u ∧ v) = detB (u, v, ω) ,

2. u ∧ v = −v ∧ u,

3. (ku) ∧ v = k (u ∧ v) ,

4. (u + u′) ∧ v = u ∧ v + u′ ∧ v,

5. u ∧ v es ortogonal tanto a u como a v,

6. u ∧ v = 0 sii son LD,

7. Si u ∧ v 6= 0 entonces {u, v, u ∧ v} forman base de V e inducen la mismaorientacion que BV = {e1, e2, e3} .

Proposicion 6.4.2 Se verifica:

1. e1 ∧ e2 = e3, e2 ∧ e3 = e1, e3 ∧ e1 = e2,

2. Si u =∑

eiuj y v =

∑eiv

j entonces

u ∧ v =

∣∣∣∣∣∣e1 u1 v1

e2 u2 v2

e3 u3 v3

∣∣∣∣∣∣Proposicion 6.4.3 Identidad de Jacobi:

(u ∧ v) ∧ ω + (u ∧ ω) ∧ v + (ω ∧ u) ∧ v = ~0.

Proposicion 6.4.4 (u1 ∧ u2) (v1 ∧ v2) = (v1 · v1) (u2 · u2)− (u1v2) (u2v1)

Proposicion 6.4.5 ‖u ∧ v‖2 = ‖u‖2 ‖v‖2 − (u · v)2

6.5 Aplicaciones entre espacios euclideos.

6.5.1 Aplicaciones adjuntas y autoadjuntasDefinicion 6.5.1 Aplicacion adjunta o traspuesta de f . Sea (V, g) un espacio vec-torial euclideo o unitario. Un endomorfismo h se llama aplicacion adjunta de f ∈End(V ) si

g(v, h(u)) = g(f(v), u) ∀u, v ∈ V

Observacion 6.5.1 Si existe entonces es unica. h es la aplicacion traspuesta de fi.e. h = f t.

Proposicion 6.5.1 Si h es la aplicacion adjunta de f ∈ End(V ) tal que dim V = n(finita) entonces

ker h = (Im f)⊥

Im g = (ker f)⊥


Proposicion 6.5.2 Sea A = M(f,B) / f : V −→ V , entonces la matriz de laaplicacion adjunta de f es At en el caso real y A

t en el caso complejo.

Definicion 6.5.2 Aplicacion autoadjunta (o simetrica) f ∈ End(V ) es una apli-cacion lineal que coincide con su adjunta i.e. / f = f t

g(u, f(v)) = g(f(u), v) ∀u, v ∈ V

Proposicion 6.5.3 Si A es la matriz de f en una base ortonormal, f es autoadjuntasii

A = At (A simetrica) en RA = A

t (A hermitica) en C

6.5.2 Diagonalizacion de aplicaciones autoadjuntas y hermiticas.Toda matriz simetrica real o compleja es la matriz de una aplicacion autoadjunta enuna base ortonormal. El problema de diagonalizar esas matrices equivale, pues, al deencontrar una base de vectores propios de una aplicacion autoadjunta.

Proposicion 6.5.4 Sea (V, g) es un espacio euclideo o unitario y sea f : V −→ Vuna aplicacion autoadjunta (i.e. simetrica o hermitica resp.) entonces el polinomiocaracteristico pf (λ) = det(f − λI) tiene raices reales (tanto en R como en C) i.e.los autovalores de una matriz simetrica t real son reales.

Demostracion.

1. Caso unitario:

si f(u) = λu / u 6= ~0 entonces

λg(u, u) = g(λu, u) = g(f(u), u) = g(u, f(u)) = λg(u, u) 6= ~0

entonces λ = λ sii λ ∈ R.

2. Caso euclideo:

Sea A la matriz de la aplicion simetrica f y B una una base ortogonal. Siconsidero A como matriz compleja entonces es hermitica entonces seria la matrizde cierta aplicacion f : V −→ V entre espacios unitarios. puesto que f y ftiene la misma matriz, su polinomio caracteristico se´ra el mismo y sabemosque en el caso complejo λ ∈ R entonces solo puede pasar que λ ∈ R.

Como vemos los autovalores de una matriz simetrica son siempre reales.

Veamos una nueva demostracion:Sea

A = (aij) / aij = aji i.e. A = At

considero un endomorfismo f : Cn −→ Cn tal que la matriz de dicho endomorfismorespecto de cierta base B es precisamente A i.e. A = M(f,B). Sean λ1, λ2 ∈ σ(f)tal que λ1 6= λ2 y sea x ∈ Vλ1 e y ∈ Vλ2 i.e. f(x) = λ1x , f(y) = λ2y dondex = (x1, ...., xn)

f(x) = xiA

f(y) = yjA


si

xiAytj = z ∈ C =⇒λ1xiy

tj = z

yjAxti = z ∈ C =⇒λ2yjx

ti = z

ademas hay que tener en cuenta que

xiytj = yjx

ti

i.eλ1xiy

tj = z = λ2yjx

ti

reagrupando(λ1 − λ2) xiy

tj = 0

esto se cumple para cualesquiera valores propios de f dsitintos.Si existe λ ∈ σ(f) tal que λ ∈ C entonces su conjungado tambien es autovalor

de f i.e. λ ∈ σ(f). Entonces eligiendo adecuadamente un x ∈ Vλ e y ∈ Vλ tal quey = x i.e. f(y) = λx⇐⇒ y ∈ Vλ aplicamos el resultado anterior i.e. (λ1 − λ2) xiy

tj =

0 al caso λ, λ observando que (λ− λ

)xix

tj = 0(

λ− λ) [|xi|2

]= 0

pero esto solo puede pasar si(λ = λ

)pero esto es imposible si estamos en C asi que

λ ∈ R.

Proposicion 6.5.5 Autovalores distintos engendran subespacios ortogonales.

Demostracion. Por la proposicion anterior, si consideramos el resultadoprincipal valido para cualesquiera valores propios de f dsitintos i.e. (λ1 − λ2) xiy

tj = 0

con λ1, λ2 ∈ σ(f) tal que λ1 6= λ2 y sea x ∈ Vλ1 e y ∈ Vλ2 i.e. f(x) = λ1x , f(y) = λ2ydonde x = (x1, ...., xn) entonces como λ1 6= λ2 se deduce de (λ1 − λ2) xiy

tj = 0 que

xiytj = 0 i.e. Vλ1 ⊥ Vλ2 como queriamos demostrar.

Teorema 6.5.1 Sea (V, g) (resp. unitario) y f ∈ End(V ); f : V −→ V autoadjuntaentonces existe una base de vectores propios ortogonales.

Demostracion. Por induccion sobre la dimension del espacio V .Si dim V = 1 entonces todo vector es vector propio ].Si dim V = n entonces pf (λ) = det(f − λI) ∈ C [λ] tiene siempre una raiz.

Sea v un vector unitario de valor propio λ, f(v) = λv. El subespacio

F = 〈v〉⊥ = {u ∈ V / g(u, v) = 0}

es invariante por f. En efecto, si u ∈ F

g(f(u), v) = g(u, f(v)) = g(u, λv) = λg(u, v) = 0

de donde f(u) ∈ F. Por hipotesis de induccion, existe una base ortonormal de vectorespropios de F, {u2, ......, un}. Entonces si tomamos u1 = v vemos que el conjunto devectores {u1, u2, ......, un} es base ortonormal de vectores propios de f tal y comoqueriamos hacer ver.


Teorema 6.5.2 Espectral. Si (V, g) es un espacio euclideo y f : V −→ V unaaplicacion autoadjunta entonces existe una base de vectores propios ortonormal.

Tambien lo podemos enunciar de la siguiente manera:Sea f : V −→ V una aplicacion autoadjunta en (V, g) de dimension finita,

entonces existen E1, ..., Er proyecciones ortogonales sobre V y r escalares {λ1, ..., λr}tales que:

1. f =∑

i λiEi

2.∑

i λiEi = IV

3. EiEj = 0 ∀i 6= j

Demostracion. La demostracion es la misma que la expuesta anteriormenteen el caso C solo que aqui pf (λ) = det(f − λI) ∈ R [λ] tiene raices en R esto es loque demuestra la anterior proposicion.

Veamos otra demostracion.

Si dim V = 1 entonces ∀x ∈ V ; V = L(x) y f(x) = λx ∈ L(x) tomandov1 = x

‖x‖ forma la base de V ; BV = {v1}Supongamos cierto si dim V = n − 1 veamos que pasa si dim V = n. Sea

λ ∈ σ(f) entonces ∃ x 6= 0 tal que f(x) = λx de tal forma que (x ∈ Vλ). SeaL = L(x) y dim(L) = 1, sea W = L⊥ de tal forma que V = L ⊕ L⊥ entoncesdim(L⊥) = n− 1.

Veamos ahora que f|W : W −→W es un subespacio invariante i.e f(W ) ⊂W,

donde estamos denotanto W = L⊥, para ello tomamos un vector z ∈ W y nospreguntamos si la imagen por f de dicho vector pertenece al subespacio W i.e. si z ∈W =⇒¿f(z) ∈ W? vemos ∀z ∈ W ⇐⇒ g (z, x) = 0 / x ∈ L, entonces ¿g(f(z), x) =0?∗

f(z) = (z1, ....., zn) A

f(z)x = (z1, ....., zn) Axt = (x1, ...., xn) Atzt

f(x)z = λxz = 0⇐⇒ f(z) ∈W

luego f(W ) ⊂W. Por lo tanto f|W : W −→W es un endomorfismo tal que dim(W ) =n− 1. Sea BW = {v2, ....., vn} una base ortonormal de W tal que

D =M(f|W , BW )

es simetrica. Aplicando la hipotesis de induccion ∃ BW = {u2, ....., un} de vectorespropios de f|W que por el metodo de ortonormalizacion de G-M la convierto enortonormal de vectores propios. Tomando ahora como

u1 =v1

‖v1‖B′

L = {u1}

luegoB′

V = {u1, u2, ....., un}

base ortonormal de vectores propios de V.

∗At = A


Observacion 6.5.2 La matriz de cambio pertenece al grupo ortogonal.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Ejemplo 6.5.1 Consideramos la matriz diagonal

A =

2 0 0 00 3 0 00 0 3 00 0 0 5

y sean

E1 =

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

, E2 =

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

, E3 =

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

vemos que cada Ei es un proyector ya que E2

i = Ei

A = 2E1 + 3E2 + 5E3

E1 + E2 + E3 = I

EiEj = 0

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗6.5.3 Aplicaciones ortogonales. Aplicaciones unitariasDefinicion 6.5.3 (V, g) espacio vectorial euclideo (o unitario). Sea f ∈ End(V );f : V −→ V una aplicacion, decimos que es ortogonal en el caso real y unitaria en elcaso complejo si

g(f(u), f(v)) = g(u, v) ∀u, v ∈ V

Proposicion 6.5.6 Toda aplicacion que conserve el producto el producto escalar eslineal.

Proposicion 6.5.7 Si f es ortogonal o unitaria entonces:

1. ‖f(u)‖ = ‖u‖ ∀u ∈ V

2. u, v son ortogonales sii f(u), f(v) lo son

3. f es biyectiva

4. Si k es un valor propio de f , entonces |k| = 1.

5. Autovaloes distintos engendran subespacios ortogonales.

Proposicion 6.5.8 Sea f ∈ End(V ); f : V −→ V tal que A = M(f,B) dondeB = {e1, ...., en} . f es ortogonal (resp. unitaria) sii

g(f(ei), f(ej)) = g(ei, ej)

AtGA = G

donde G es la matriz del producto escalar en la base B.


Corolario 6.5.1 Sea f ∈ End(V ); f : V −→ V tal que A = M(f,B) donde B esuna base ortonormal, entonces

f ortonormal ⇐⇒ AtA = I

f unitaria ⇐⇒ AtA = I

Definicion 6.5.4 A es ortonormal si AtA = I i.e. A−1 = At =⇒ det A = ±1

Definicion 6.5.5 A es unitaria si AtA = I i.e. A−1 = At =⇒ |det A| = 1

Las aplicaciones ortogonales de un espacio vectorial euclideo de dimensionfinita forman un grupo que denominamos el grupo ortogonal O(n). Este grupo esisomorfo al de las aplicaciones ortogonales. Las aplicaciones unitarias forman elgrupo U(n) grupo unitario de orden n.

6.5.4 Diagonalizacion de matrices unitarias.

Teorema 6.5.3 Sea (V, g) espacio unitario y sea f ∈ End(V ) una aplicacion uni-taria, entonces existe siempre una base ortonormal de V formada por vectores propiosde f .

Demostracion. Por induccion sobre la dimension del espacio.Supongamos que existe una base B = {vi} con i = 1, ..., n en la que f tiene

una matriz triangular, es decir

f(vi) ∈ 〈v1, ......, vi〉

Sea {w1, ...., wn} una base ortonormal obtenida a partir de la anterior por el metodode Gram-Schmidt. Como wi ∈ 〈v1, ......, vi〉 resulta que

f(wi) ∈ 〈f(v1), ......, f(vi)〉 = 〈v1, ......, vi〉 = 〈w1, ......, wi〉

y por lo tanto la matriz de f en la base {w1, ...., wn} tambien es triangular. Veamosque {w1, ...., wn} son vectores propios; w1 claramente es un vector propio. Supong-amos que {w1, ...., wk} son vectores propios y sea

f(wk+1) = a′w1 + ...... + akwk + ak+1wk+1

entonces tenemos que sif(wi) = biwi

para i = 1, ...., k

0 = wk+1wi = f(wk+1)f(wi) = f(wk+1)(biwi

)= aibi

pero∣∣bi∣∣ = 1 entonces bi 6= 0 de donde ai = 0 ∀i = 1, ..., k entonces

f(wk+1) = ak+1wk+1

i.e. wk+1 es tambien vector propio.

Ejemplos. 99

6.5.5 Forma canonica de una matriz ortogonal.Teorema 6.5.4 Sea (V, g) espacio euclideo y f : V −→ V tal que A = M(f,B)donde B es una base ortonormal tal que

A =

1. . .

−1. . .

A1

. . .An

donde las matrices Ai son del tipo

Ai =(

a b−b a

)/ a2 + b2 = 1

6.6 Ejemplos.

Ejemplo 6.6.1 Se considera en R3 la forma bilineal simetrica definida por

f(x, y) = x1y1 + (x2 − x3) (y2 − y3) + (x1 + x3) (y1 + y3)

queremos ver que f es un producto escalar, calcular la matriz de f respecto de la basecanonica y por ultimo calcular la base ortonormal de

B = {(1, 1, 1) , (0, 1,−1) , (0, 2, 0)}

Solucion. La matriz de la aplicacion f respecto de la base canonica es

M(f,B) =

2 0 10 1 −11 −1 2

= gij

para ver que se trata de un producto escalar tenemos que ver que se trata de una formabilineal simetrica y definida positiva, es obvio que es bilineal y simetrica solo quedaver que es definida positiva pero es sencillo si tenemos encuenta que el determinantede todos los menores angulares es positivo e incluso el determinante de detA = 1.De esta forma garantizamos que A es un producto escalar.

Para ortonormalizar la base procedemos mediante el metodo de Gramm-Schmidt de la siguiente manera.

B = {(1, 1, 1) , (0, 1,−1) , (0, 2, 0)}

tomamos el primero de los vectores

v1 = (1, 1, 1) = e1

el segundo vector e2 lo calculamos como sigue:

e2 = v2 + λe1 / g(e2, e1) = 0


i.e. g(e2, e1) = 0 = g(e1, v2) + λg(e1, e1)⇐⇒ λ = −g(v2, e1)g(e1, e1)

de esta forma obtenemos que

λ = −g(v2, e1)g(e1, e1)

= −(−25

)donde

g(v2, e1) =(

0 1 −1) 2 0 1

0 1 −11 −1 2

111

= −1

g(e1, e1) =(

1 1 1) 2 0 1

0 1 −11 −1 2

111

= 5

por lo tanto

e2 = v2 + λe1 = (0, 1,−1) +(

25

)(1, 1, 1) =

(25,75,−3

5

)de igual forma calcularemos el vector e3

e3 = v3 + λe1 + µe2 / g(ei, ej) = 0,

por lo tanto

λ = −g(v3, e1)g(e1, e1)

y µ = −g(v3, e2)g(e2, e2)

en este caso

g(v3, e1) =(

0 2 0) 2 0 1

0 1 −11 −1 2

111

= 0 =⇒ λ = 0

g(v3, e2) =(

0 2 0) 2 0 1

0 1 −11 −1 2

2575−3

5

= 4

g(e2, e2) =(

25

75 −3

5

) 2 0 10 1 −11 −1 2

2575−3

5

=215

µ = −g(v3, e2)g(e2, e2)

= −2021

e3 = v3 + λe1 + µe2 = (0, 2, 0)− 2021

(25,75,−3

5

)=(− 8

21,23,47

)por lo que la base ortogonal resulta ser:

B′ ={

(1, 1, 1) ,

(25,75,−3

5

),

(− 8

21,23,47

)}ahora solo queda normalizarla i.e.

B′′ =

{ei√

g(ei, ei)

}

Ejemplos. 101

B′′ =

1√5

(1, 1, 1) ,1√215

(25,75,−3

5

),

1√421

(− 8

21,23,47

)ya que

g(e3, e3) =(− 8

2123

47

) 2 0 10 1 −11 −1 2

− 8212347

=421

por lo tanto nuestra base ortonormal es:

B′′ =

1√5

(1, 1, 1) ,1√215

(25,75,−3

5

),

1√421

(− 8

21,23,47

)

Ejemplo 6.6.2 Buscar una base ortonormal del siguiente subespacio F de C4.

F ={x + iy − z = 0 ∀ (x, y, z, t) ∈ C4

}Solucion.En primer lugar vamos a calcular las ecuaciones parametricas del subespacio

F, siendo estas:

F =

x = λy = µz = λ + iµz = δ

=⇒ BL = {(1, 0, 1, 0) , (0, 1, i, 0) , (0, 0, 0, 1)}

mediante G-M obtenemos la base buscada.Sea v1 = u1 = (1, 0, 1, 0)v2 = λv1+u2 si hacemos g(v1, v2) = 0⇐⇒ λ = −g(u2,v1)

g(v1,v1) entonces obtenemos:

λ = −g(u2, v1)g(v1, v1)

= − i

2=⇒ v2 = (−i, 2, i, 0)

v3 = λv1 + µv2 + u3 imponiendo que g(v1, v3) = 0 y g(v3, v2) = 0 obtenemosque

λ = −g(u3, v1)g(v1, v1)

= 0 y µ = −g(u3, v2)g(v2, v2)

= 0

luego v3 = (0, 0, 0, 1). Una vez obtenida la base ortogonal solo queda normalizarla.

B ={

1√2

(1, 0, 1, 0) ,1√2

(−i, 2, i, 0) , (0, 0, 0, 1)}

Ejemplo 6.6.3 Sea

A =

2 −2 0−2 3 2

0 2 5

calcular una base ortonormal (igual que en el primer ejemplo).


Solucion.

Al ser un ejercicio puramente mecanico solo se indica la solucion siendo esta:

B ={

1√2

(1, 0, 0) , (1, 1, 0) , (−2,−2, 1)}

OBS: la matriz A es una forma bilineal simetrica definida positiva de talforma que por ejemplo la expresion g(v1, v1) se ha calculado con respecto a dichamatriz i.e. g(v1, v1) = v1Avt

1 = 2.

Ejemplo 6.6.4 Sea F ⊂ R3 generado por los siguientes vectores

F = L {(1, 0, 1) , (0, 1,−1) , (0, 0, 0) , (1, 1, 0)}

calcular F ◦ y F ◦◦.

Solucion. Vemos que

F ◦ =

x + z = 0y − z = 0x + y = 0

∀ (x, y, z) ∈ R3 =⇒ BF ◦ = {(1,−1,−1)}

F ◦◦ ={(x, y, z) ∈ R3 / 〈(x, y, z) , (1,−1,−1)〉 = 0

}= F

i.e. x = y + z

Ejemplo 6.6.5 Sea F ⊂ R4 generado por

F ={

x + y + z = 0z + t = 0

∀ (x, y, z, t) ∈ R4

}calcular bases ortonormales de F y F ◦. Calculese la matriz en la base canonica dela proyeccion ortogonal sobre el subespacio F.

Solucion. Tomando una base cualquiera de F i.e. F = {(1,−1, 0, 0) , (1, 0,−1, 1)}y aplicando el metodo de G-M obtenemos

BF ={

1√2

(1,−1, 0, 0) ,1√10

(1, 1,−2, 2)}

OBS: vemos que v2 = λv1 + u2 entonces λ = −12 con respecto al producto

escalar ordinario de R4.Vemos trivialmente que

F ◦ ={

x− y = 0x− z + t = 0

∀ (x, y, z, t) ∈ R4

}y que por lo tanto por G-M obtenemos que

BF ◦ ={

1√2

(0, 0, 1, 1) ,1√10

(2, 2, 1,−1)}

Ejemplos. 103

Por ultimo, para calcular la proyeccion ortogonal de v = (x, y, z, t) ∈ R4,sobre F consideramos la base ortonormal (b1, b2) de F . Sabemos que

p(x) = 〈x | b1〉 b1 + 〈x | b2〉 b2

entonces no tenemos mas que desarrollar la expresion:

〈x | b1〉 b1 =(

(x, y, z, t)1√2

(1,−1, 0, 0))

1√2

(1,−1, 0, 0) =12

(x− y,−x + y, 0, 0)

〈x | b2〉 b2 =(

(x, y, z, t)1√10

(1, 1,−2, 2))

1√10

(1, 1,−2, 2) =

=110

(x + y − 2z + 2t, x + y − 2z + 2t,−2x− 2y + 4z − 4t, 2x + 2y − 4z + 4t)

por lo tanto〈x | b1〉 b1 + 〈x | b2〉 b2 =

=12

x− y−x + y

00

+110

x + y − 2z + 2tx + y − 2z + 2t

−2x− 2y + 4z − 4t2x + 2y − 4z + 4t

=

35x− 2

5y − 15z + 1

5 t−2

5x + 35y − 1

5z + 15 t

−15x− 1

5y + 25z − 2

5 t15x + 1

5y − 25z + 2

5 t

de tal forma que la matriz de la proyeccion en la base caconica toma la siguienteexpresion:

M(p, B) =15

3 −2 −1 1−2 3 1 1−1 −1 2 −2

1 1 −2 2

Ejemplo 6.6.6 Encontrar una matriz P tal que P tAP sea diagonal siendo A

A =

5 −2 2−2 2 4

2 4 2

y A =

5 −2i −42i 8 2i−4 −2i 5

Solucion. Empezemos con la primera matriz

A =

5 −2 2−2 2 4

2 4 2

en primer lugar caluclamos el polinimio caracteristico siendo este:

p(X) = X3 − 9X2 + 108

y por lo tanto los autovalores son: σ(f) = {−3, 6, 6} , el polonomio minimo en estecaso es:

mf (X) = −18− 3X + X2

Los subespacios propios son:


1. V−3 = ker (A + 3I) 8 −2 2−2 5 4

2 4 5

xyz

= 0 =⇒

8x− 2y + 2z = 0−2x + 5y + 4z = 0

2x + 4y + 5z = 0

BV−3 = {(1, 2,−2)}

2. V6 = ker (A− 6I) (la dimension de este esapcio coincide con la multiplicidaddel autovalor) −1 −2 2

−2 −4 42 4 −4

xyz

= 0 =⇒

−x− 2y + 2z = 0−2x− 4y + 4z = 0

2x + 4y − 4z = 0

BV6 = {(2, 0, 1) , (−2, 1, 0)}

Comprobamos que 5 −2 2−2 2 4

2 4 2

=

1 2 −22 0 1−2 1 0

−3 0 00 6 00 0 6

1 2 −22 0 1−2 1 0

−1

donde 1 2 −22 0 1−2 1 0

−1

=

19

29 −2

929

49

59

−29

59

49

si aplicamos el metodo de G-M obtendremos una base ortonormal, siendo esta

B ={

13

(1, 2,−2) ,1√5

(2, 0, 1) ,1

3√

5(−2, 5, 4)

}lo unico que hay que ver es que v2 ∈ V6

v2 = λv1 + u2 / λ = −〈v1, u2〉〈v1, v1〉

=45

=⇒ v2 = (−2, 5, 4)

de esta forma 13

23 −2

325

√5 0 1

5

√5

− 215

√5 1

3

√5 4

15

√5

5 −2 2−2 2 4

2 4 2

13

2√5− 2

3√

523 0 5

3√

5

−23

1√5

43√

5

=

−3 0 00 6 00 0 6

observandose que P t = P−1.

Con respecto a la segunda matriz operamos de igual forma i.e.

A =

5 −2i −42i 8 2i−4 −2i 5

vemos que el polinomio caracteristico es:

p(X) = X3 − 18X2 + 81X

Ejemplos. 105

mientras que el minimo es:mf (X) = −9X + X2

de esta forma comprobamos que los autovalores son:

σ(f) = {0, 9, 9}

asi los subespacios caracteristicos son:

1. V0 = ker(A) 5 −2i −42i 8 2i−4 −2i 5

xyz

= 0 =⇒=

5x− 2iy − 4z = 0

2ix + 8y + 2iz = 0−4x− 2iy + 5z = 0

cuya solucion es:{y = −1

2 iz, z = z, x = z}

de esta forma una base es:

BV0 = {(2,−i, 2)}

2. V9 = ker(A− 9I) −4 −2i −42i −1 2i−4 −2i −4

xyz

= 0 =⇒=

−4x− 2iy − 4z = 0

2ix− y + 2iz = 0−4x− 2iy − 4z = 0

−4x− 2iy − 4z = 02ix− y + 2iz = 0−4x− 2iy − 4z = 0

cuya solucion es: {y = 2ix + 2iz}, de esta forma una base es:

BV9 = {(1, 2i, 0) , (0, 2i, 1)}

Al igual que antes aplicamos el metodo de G-M para obtener una base ortonor-mal respecto de A. De esta forma

B ={

13

(2,−i, 2) ,1√5

(1, 2i, 0) ,1

3√

5(−4, 2i, 5)

}lo unico que hay que ver es que v2 ∈ V9

v2 = λv1 + u2 / λ = −〈v1, u2〉〈v1, v1〉

=−45

=⇒ v2 = (−4, 2i, 5)

recordamos que:

(a + bi) (c + di) = (ac− bd) + (ad + bc) i

〈x | y〉 =∑

i

xiyi ∀ x, y ∈ Cn


Ejemplo 6.6.7 Sea

A =

2 0 0 −20 1 −3 00 −3 1 0−2 0 0 2

calcular una base ortonormal de vectores propios y la descomposion espectral.

Solucion.Vemos que el polinomio caracteristico es:

p(X) = X4 − 6X3 + 32X

mientras que el minimo es:

mf (X) = −8X − 2X2 + X3

de esta forma comprobamos que los autovalores son:

σ(f) = {0,−2, 4, 4}

asi los subespacios caracteristicos son:

1. V0 = ker(A)2 0 0 −20 1 −3 00 −3 1 0−2 0 0 2

xyzt

= 0 =⇒

2x− 2t = 0y − 3z = 0−3y + z = 0−2x + 2t = 0

cuya solucion es: {y = 0, z = 0, x = x, t = x} , asi una base es:

BV0 = {(1, 0, 0, 1)}

2. V4 = ker(A− 4I)−2 0 0 −2

0 −3 −3 00 −3 −3 0−2 0 0 −2

xyzt

= 0 =⇒

−2x− 2t = 0−3y − 3z = 0−3y − 3z = 0−2x− 2t = 0

cuya solucion es : {x = −t, y = −z} , asi una base del subespacio es:

BV4 = {(−1, 0, 0, 1) , (0,−1, 1, 0)}

3. V−2 = ker(A + 2I)4 0 0 −20 3 −3 00 −3 3 0−2 0 0 4

xyzt

= 0 =⇒

4x− 2t = 03y − 3z = 0−3y + 3z = 0−2x + 4t = 0

cuya solucion es : {y = z, t = 0, x = 0, z = z} , asi una base es:

BV−2 = {(0, 1, 1, 0)}

Ejemplos. 107

De esta forma la base busca es:

B ={

1√2

(1, 0, 0, 1) ,1√2

(−1, 0, 0, 1) ,1√2

(0,−1, 1, 0) ,1√2

(0, 1, 1, 0)}

Si v es un vector y {pi}3i=1 son las proyecciones ortogonales sobre cada unode los subespacios (V0, V4, V−2):

p1 = 〈v | a1〉 a1

p2 = 〈v | a2〉 a2 + 〈v | a3〉 a3

p3 = 〈v | a4〉 a4

entonces

p1 = 〈v | a1〉 a1 =12〈(x, y, z, t) | (1, 0, 0, 1)〉 (1, 0, 0, 1) =

12

(x + t, 0, 0, x + t)

p2 = 〈v | a2〉 a2 + 〈v | a3〉 a3 =12

(x− t, y − z, z − y, t− x)

p3 = 〈v | a4〉 a4 =12

(0, y + z, z + y, 0)

como queriamos ver.

Ejemplo 6.6.8 Sea A la expresion matricial de un endomorfismo en C.

A =

1 + i 0 1 + i0 2i 0

−1− i 0 1 + i

Comprobar que es normal, calcular una base de autovectores y calcular la descom-posicion espectral.

Solucion. Decimos que A es normal sii AA∗ = A∗A donde A∗ = At.

En este caso: 1 + i 0 1 + i0 2i 0

−1− i 0 1 + i

1− i 0 −1 + i0 −2i 0

1− i 0 1− i

=

4 0 00 4 00 0 4

1− i 0 −1 + i

0 −2i 01− i 0 1− i

1 + i 0 1 + i0 2i 0

−1− i 0 1 + i

=

4 0 00 4 00 0 4

AA∗ = A∗A

La base de autoves esta formada por:

p(X) = X3 − 4iX2 − 2X2 + 8iX − 4X + 8

mf (X) = 4i + (−2− 2i) X + X2

σ(f) = {2, 2i, 2i}

Los subespacios caracteristicos son:


1. V2i = {ix− z = 0} , entonces una base de este espacio esta formada por (yanormalizada):

BV2i ={

1√2

(1, 0, i) , (0, 1, 0)}

2. V2 = {ix + z = 0, y = 0} , entonces una base de este espacio esta formada por:

BV2 ={

1√2

(1, 0,−i)}

De esta forma:

p1 = 〈v | a1〉 a1 + 〈v | a2〉 a2

p3 = 〈v | a3〉 a3

entonces

p1 = 〈v | a1〉 a1 + 〈v | a2〉 a2 =12

(x− iz, y, ix + z)

p3 = 〈v | a3〉 a3 =12

(x + iz, 0,−ix + z)

Ejemplo 6.6.9 En R4 con el producto escalar ordinario calcular las coordenadas delvector proyeccion ortogonal de u = (1, 3,−1, 0) sobre el subespacio L

L ={

x− 2y + t = 0y + z − 2t = 0

∀ (x, y, z, t) ∈ R4

}asi como la distancia de u al subespacio L.

Solucion.las ecuaciones de L son:

L =

x = 2λ− µy = λz = −λ + 2µt = µ

u = x + z / x = proyL(u) y d(u, L) = ‖z‖

BL = {(2, 1,−1, 0) , (−1, 0, 2, 1)}

L⊥ =

x = λy = −2λ + µz = µt = λ− 2µ

⇐⇒ 2x + y − z = 0−x + 2z + t = 0

BL⊥ = {(1,−2, 0, 1) , (0, 1, 1,−2)}

BV =

(2, 1,−1, 0) , (−1, 0, 2, 1)︸︷︷︸BL

, (1,−2, 0, 1) , (0, 1, 1,−2)︸︷︷︸B

L⊥

Ejemplos. 1092 −1 1 01 0 −2 1−1 2 0 1

0 1 1 −2

xyzt

=

13−1

0

2x− y + z = 1x− 2z + t = 3

−x + 2y + t = −1y + z − 2t = 0

⇐⇒

x = 6/5y = 3/10z = −11/10t = −2/5

entonces:

proyL(u) = x =65

(2, 1,−1, 0) +310

(−1, 0, 2, 1) =(

2110

,65,−3

5,

310

)z = −11

10(1,−2, 0, 1)− 2

5(0, 1, 1,−2) =

(−11

10,95,−2

5,− 3

10

)d(u, L) = ‖z‖ =

110

√470

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