Resumen Complemento Mat022 USM

August 22, 2017 | Author: Lucas Matias Muñoz Valenzuela | Category: Matrix (Mathematics), Cartesian Coordinate System, Determinant, Euclidean Vector, System Of Linear Equations

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Coordinación de Matemática II (MAT022) Primer semestre de 2011 Semana 1: Lunes 07 – viernes 11 de Marzo

COMPLEMENTO Contenidos

• Clase 1: Matrices. Álgebra Básica de Matrices • Clase 2: Tipos (básicos) de matriz: Simétrica, antisimétrica. Transpuesta de una matriz. Caracterización.

CLASE 1 1.1

Matrices

Definición 1.1. Una matriz de orden n × m (se lee n filas por m  a 11 a 12 a 13   a 21 a 22 a 23   a 31 a 32 a 33  . .. ..  . . .  . a n1 a n 2 a n 3

columnas) es un arreglo rectangular de la forma  · · · a 1m  · · · a 2m   · · · a 3m  ..  ..  . .  · · · a nm

Cada uno de los elementos del arreglo a i j es llamada entrada, elemento o coeficiente de la matriz.

Observación 1.1. Denotaremos las matrices por letras mayúsculas A, B,C o también en la forma a i j n ×m , b i j n ×m Observación 1.2. Los elementos de una matriz pueden pertenecer a cualquier conjunto numérico en particular a R o C. Denotaremos por Mn×m (R) ó M (n × m , R) al conjunto de todas las matrices de orden n × m con coeficientes reales, de manera similar Mn ×m (C) ó M (n × m , C) denota el conjunto de todas las matrices de orden n × m con coeficientes complejos.

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Ejemplo 1.1. Construir la matriz A = a i j 3×3 = i + j 3×3 Ejemplo 1.2.

1 i

2 0

1−i −3

∈ M2×3 (C)

Definición 1.2. Una matriz de orden n × 1 se llama matriz columna o vector columna, estos tienen la forma   a 11    a 21   .   .   .  a n1 De manera similar una matriz de orden 1 × m es llamada matriz fila o vector fila y tiene la forma a 11 a 12 a 13 · · · a 1m

Definición 1.3. A la matriz a i j n ×m tal que a i j = 0 para todo i , j es llamada matriz nula de orden n × m y es denotada por [0]n ×m   0 0 ··· 0    0 0 ··· 0  [0]n ×m =  .   .. .. . .  . ..   . . 0 0 ··· 0 Observación 1.3. A las matrices de orden n × n (igual numero de filas y columnas) se les denomina matrices cuadradas de orden n .

Definición 1.4. Sea A una matriz cuadrada A = a i j n ×n . Los coeficientes a i i para i = 1, 2, . . . , n forman la diagonal principal de la matriz. La diagonal secundaria de A son los elementos de la forma a i ,n +1−i para i = 1, 2, . . . , n   a 11   a 22     Diagonal principal : ..   .   a nn   a 1n     Diagonal secundaria :   a n −1,2   a n1

Definición 1.5. Una matriz cuadrada en la cual los elementos fuera de la diagonal son todos nulos es llamada matriz diagonal (los elementos de la diagonal no necesariamente son distintos de cero)   a 11 0 0 ··· 0   a 22 0 ··· 0   0   .  ..  0 a 33 · · · Matriz diagonal:  0   .  .. .. ..  .  . . . 0   . 0 0 ··· 0 a nn

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Un tipo muy importante de matriz diagonal, es aquella matriz cuadrada que tiene todos los elementos de la diagonal principal igual a 1, esta matriz es llamada Matriz identidad de orden n . Esta matriz es denotada por I n . Ejemplo 1.3. I2 = 

1  I3 =  0 0

1 0

0 1 0 1 0

 0  0  1

Definición 1.6. Si una matriz cuadrada de orden n es tal que todos sus elementos que estan encima de su diagonal principal son todos ceros (no importan los demás) se denomina matriz triangular inferior; De manera similar, una matriz triangular superior es aquella en la cual todos los elementos que se encuentran bajo la diagonal principal son todos ceros. 

a 11

0

0

a 22 .. . .. . a n2

0 .. . .. . a n3

a 11

a 12

a 13

0

a 22

0 .. . 0

0 .. . 0

a 23 .. . .. . 0

a 13 a 23 a 33 .. . a n3

··· ··· ··· .. . ···

a 1n a 2n a 3n .. . a nn

   a 21  . Matriz triangular inferior:   ..  .  .  . a n1      Matriz triangular superior:     

··· .. . .. . .. . ··· ··· .. . .. . .. . ···

0 0 .. . 0 a nn a 1n a 2n .. . .. . a nn

                   

Definición 1.7. Dada una matriz cuadrada     A =   

a 11 a 21 a 31 .. . a n1

a 12 a 22 a 32 .. . a n2

       

llamaremos traza de A a la suma de los elementos de la diagonal principal, es decir, t r (A) = a 11 +a 22 +· · ·+a n n =

Pn

i =1 a i i

Ejemplo 1.4. Calcular la traza de la matriz     An =    

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1 1 1 .. . 1

0 2 2 .. . 2

0 0 3 .. . 3

··· ··· ··· .. . ···

0 0 0 .. . n

       

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1.1.1

Operatoria con matrices

• Igualdad de matrices: Dos matrices A y B son iguales si son del mismo orden y además a i j = b i j . Ejemplo 1.5. Encontrar los valores de las incógnitas si se tiene x +1 0 2 = x2 1 b

a d

• Suma de matrices: Si A = a i j n ×m y B = b i j n×m se define A + B = a i j + b i j n ×m es decir: 

a 11   a 21  .  .  . a n1

a 12 a 22 .. . a n2

··· ··· .. . ···

a 1m a 2m .. . a nm



 b 11     b 21 + .   .   . bn1

b 12 b 22 .. . bn2

··· ··· .. . ···

−1 3

 a 11 + b 11     a 21 + b 21 = ..   .   a n1 + bn1 

b 1m b 2m .. . bnm

a 12 + b 12 a 22 + b 22 .. . a n2 + b n 2

··· ··· .. . ···

a 1m + b 1m a 2m + b 2m .. . a n m + b nm

     

Ejemplo 1.6.

1 0

2 2

−1 −3

+

1 1

2 −1

=

0 3

3 3

1 −4

Observación 1.4. t r (A + B ) = t r (A) + t r (B ). • Multiplicación por escalar: Si A = a i j n ×m y α ∈ R o C entonces αA = α a i j n×m = αa i j n ×m es decir    α  

a 11 a 21 .. . a n1

a 12 a 22 .. . a n2

··· ··· .. . ···

a 1m a 2m .. . a nm





    =    

αa 11 αa 21 .. . αa n

αa 12 αa 22 .. . αa 2n

··· ··· .. . ···

αa m αa 2m .. . αa m n

     

• Producto de matrices: Sea K = R ó C. Sean A ∈ M (n × m , K) y B ∈ M m × p, K la matriz producto C = A · B es la matriz de orden n × p dada por c i j n×p donde ci j =

m X

a ik bk j

k =1

es decir para obtener el elemento c i j del producto se fija la fila i de A y la columna j de B y se forma el elemento anterior, se dice que el producto de matrices es filas por columnas.

1.1.2

Propiedades de las operaciones matriciales

Sean A, B,C matrices (con órdenes tales que las operaciones consideradas pueden ser aplicadas) y a , β escalares: 1. A + B = B + A 8. 1A = A (A B )C = A (BC ) 2. (A + B ) + C = A + (B + C ) 9. 3. A + [0] = A 10. A (B + C ) = A B + AC 4. A + (−1) A = [0] 11. (A + B )C = AC + BC 5. α (A + B ) = αA + αB 12. α (A B ) = (αA) B = A (αB ) 6. α + β A = αA + β A 13. A ∈ Mn×m ⇒ I n A = A = A I m 7. α β A = αβ A

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Observación 1.5. Es muy importante notar que el producto matricial no es conmutativo incluso uno de los productos puede no estar definido. Si consideramos A ∈ M2×3 y B ∈ M3×4 entonces A B esta definida y tiene orden 2 × 4,notar que B A no esta definido. Ejemplo 1.7.

1 2

−1 1

1 0

−1 1

1 0

−1 1

1 2

−1 1

1 2

−1 2

−2 1

−1 1

1 2

= =

−2 −1

se sigue

1 2

−1 1

1 0

−1 1

6=

1 0

−1 1

Observación 1.6. En matrices la ecuación AX = B con A 6= [0] y B matrices dadas no siempre tiene solución, considere 1 1 1 −1 X= 0 0 1 1 Si X tiene orden n × m para que este bien definido el producto se ha de tener n = 2 el resultado seria de orden 2 × m pero sabemos que es de orden 2 × 2 luego m = 2. Pongamos entonces a b X= c d entonces

1 0

1 0

a c

b d

=

a +c 0

b +d 0

=

1 1

−1 1

de inmediato esto no puede ser pues 0 6= 1. Observación 1.7. En matrices no es verdad que A B = [0] implique A = [0] ∨ B = [0] en efecto 0 0 0 1 0 1 = 0 0 0 0 0 0

CLASE 2 2.1

Matriz transpuesta

Definición 2.1. Sea A ∈ M (n × m , K), A = a i j con K = R ó C. La matriz transpuesta de A es la matriz A T ∈ M (m × n, K) obtenida intercambiando las filas y columnas de la matriz A. Es decir, la i-ésima fila de A pasa a ser la i-ésima columna de AT . Esto significa: 

a 11   a 21 A =  ..  . a n1 

a 12 a 22 .. . a n2

a 11   a 12  a 13 AT =   .  .  . a 1m

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a 13 a 23 .. . a n3 a 21 a 22 a 23 .. . a 2m

··· ··· .. . ··· ··· ··· ··· .. . ···

 a 1m  a 2m  ..   .  a nm n×m 

a n1 a n2 a n3 .. . a nm

       m ×n

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Ejemplo 2.1. Si A=

−1 5

2 7

0 −4

entonces AT =

−1 5

2 7

0 −4

T



−1  = 2 0

 5  7  −4

Observación 2.1. De la definición de transpuesta podemos concluir: Si A = a i j con i = 1, 2, . . . , n y j = 1, 2, . . . , m entonces A T = a iTj con i = 1, 2, . . . , m y j = 1, 2, . . . , n donde a iTj = a j i para todo i = 1, 2, . . . , m y j = 1, 2, . . . , n .

Proposición 2.1. Sea α ∈ K,n ∈ N,A y B matrices con órdenes apropiados para que las operaciones estén bien definidas, se tiene: 1. A T

T

=A

2. (A + B )T = A T + B T 3. (αA)T = α A T 4. (A B )T = B T A T n 5. (A n )T = A T

Observación 2.2. Se sugiere intentar verificar algunas de las propiedades anteriores.

Definición 2.2. Sea A una matriz cuadrada: • A se dice simétrica si A T = A • A se dice antisimétrica si A T = −A

Ejemplo 2.2. La matriz 

1  A = 0 3

0 2 −1

 3  −1  0

es simétrica y 

0  B =  −3 1

3 0 −2

 −1  2  0

es antisimétrica.

Observación 2.3. Por un asunto de orden de las matrices involucradas en las de nociones anteriores, vemos que tienen sentido, sólo si A es cuadrada, y por ende, también A T es cuadrada.

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Proposición 2.2. Sean A y B matrices simétricas del mismo orden: 1. A + B es simétrica 2. Si α ∈ K entonces αA es simétrica Proposición 2.3. Si A es una matriz cuadrada entonces: 1. A + A T es simétrica 2. AA T y A T A son matrices simétricas 3. A − A T es antisimétrica

Observación 2.4. De las proposiciones anteriores podemos mostrar que una toda matriz cuadrada se puede descomponer en una parte simétrica y otra antisimétrica en la forma A=

A + AT 2

+

A − AT 2

además esta descomposición es única. Proposición 2.4. Si A es una matriz antisimétrica su diagonal principal tiene solamente ceros. En efecto, de A T + A = 0 se sigue a i i + a i i = 0 ⇒ a i i = 0 para cada i

2.1.1

Ejercicios de operatoria básica 

 1  1  calcular B, B 2 , B 4 . 1  2 2 4 0 −3  ,B= ,C = 5 4 −1 −1 3 −1

1  1. Considere la matriz B =  0 0 2. Sean A =

1 0

−1 3

1 1 0

−3 −1 0

0 −4 0

   1 2    2  y D =  −1  3 3

Calcular A + B, 3A − 4B, AC , B D, A T ,C T B T 

1  3. Sean A =  1 −1

2 1 4

  1 0   0 , B =  1 0 2

2 1 2

  3 1   −1  y C =  1 2 1

2 1 1

 3  −1  1

verifique que A B = AC ¿Qué concecuencia obtiene de esto? 4. Determine x ∈ R tal que

x

4

  2 −1  1 0

1 0 2

  0 x   2  4  = 0 4 −1

5. ¿Qué condiciones deben verificar a ,b, c y d para que las matrices

a c

b d

,

1 −1

1 1

conmuten respecto al

producto?

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6. Determine 2A 2 + A B si A = (i )3×3 y B = j

3×3 .

7. Hallar una matriz A de orden 2 × 2 tal que A 2 = −I 8. Hallar una matriz A de orden 2 × 2,A6= 0 tal que A 2 = 0 9. Hallar una matriz A no nula, tal que A 2 6= 0 y A 3 = 0 10. Probar que t r (A B ) = t r (B A) 11. Sean A y B matrices simétricas. Determine si las siguientes son o no simétricas (a) A 2 + B 2 (b) A 2 − B 2 (c) A B A (d) A B A B 12. Sea

     S =    

0 0 0 .. . 0 0

1 0 0 .. . 0 0

0 1 0 .. . 0 0

0 0 1 .. . 0 0

··· ··· ··· .. . ··· ···

0 0 0 .. . 1 0

          n ×n

(a) Determinar S n para n ∈ N (b) Si A es una matriz de orden n × n encontrar una regla para calcular SA y AS.

MAT022 (Complemento)

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Coordinación de Matemática II (MAT022) Primer semestre de 2011 Semana 2: Lunes 14 – viernes 18 de Marzo

COMPLEMENTO Contenidos

• Clase 1: Matrices y operaciones elementales. Rango. • Clase 2: Notación matricial de sistemas de ecuaciones lineales. Resolución de sistemas de ecuaciones lineales por eliminación Gaussiana.

CLASE 1 1.1

Operaciones elementales y Matrices elementales

Definición 1.1. En una matriz podemos realizar tres tipos de operaciones elementales por fila: (1) Intercambiar (permutar) dos de sus filas. (2) Multiplicar una fila (es decir cada coeficiente de la correspondiente fila) por una constante distinta de cero. (3) Sumar el múltiplo de una fila a otra fila Ejemplo 1.1. Ejemplos de operaciones elementales: • Intercambio entre dos filas: las filas 1 y 3  2   5 −7

0 4 −6

  −1 −7   3  ←→  5 9 2

−6 4 0

• Multiplicación de una fila por un escalar: la fila 2, se multiplica por 3    4 0 −1 4 0    3  ←→  15 12  5 4 2 8 9 2 8

 9  3  −1

 −1  9  9

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• Adición del múltiplo de una fila a otra fila: Multiplicamos la fila 2 por 2 y se la sumamos a la fila 3     1 0 −1 1 0 −1     2  ←→  1 0 2   1 0 3 8 −9 5 8 −5

1.2

Matrices elementales

Definición 1.2. Una matriz elemental es una matriz que resulta al efectuar una operación elemental sobre la matriz identidad I n Dado que existen tres tipos de operaciones elementales, existirán entonces tres tipos de matrices elementales; usaremos la notación siguiente: • Ei j

Es la matriz elemental obtenida intercambiando (en la matriz identidad) la fila i con la fila j

• E i (λ) Es la matriz obtenida multiplicando (en la matriz identidad) la fila i por λ 6= 0 • E i j (λ)

Es la matriz obtenida sumándole a la fila i , la fila j multiplicada por λ

Ejemplo 1.2. Para la matriz I 4 :   1 0 0 0    0 0 0 1  1. E 24 =    0 0 1 0  0 1 0 0  1 0 0 0  0 0  0 1 2. E 3 (−2) =   0 0 −2 0 0 0 0 1  1 0 0 0   0 1 0 0 3. E 31 (−4) =   −4 0 1 0 0 0 0 1 Considere ahora la matriz

         

   A = 

−1 2 3 0

2 5 −1 2

1 6 0 3

0 4 −5 4

    

Note que si multiplicamos esta matriz por la matriz elemental E 24 por la izquierda, esto es, efectuamos el producto E 24 A, obtenemos la matriz      1 0 0 0 −1 2 1 0 −1 2 1 0      5 6 4   0 2 3 4   0 0 0 1  2 E 24 A =   =   0 0 1 0   3 −1 0 −5   3 −1 0 −5  0 2 3 4 2 5 6 4 0 1 0 0 que es lo mismo que haber efectuado sobre la matriz A la operación elemental, intercambiar la fila 2 con la fila 4.

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Si efectuamos el producto E 3 (−2) A, obtenemos   1 0 0 0 −1   0 0  2  0 1 E 3 (−2) A =    0 0 −2 0   3 0 0 0 1 0

2 5 −1 2

1 6 0 3

0 4 −5 4



 −1     2 =   −6 0

2 5 2 2

1 6 0 3

0 4 10 4

    

que es lo mismo que se obtiene al realizar sobre la matriz A la operación elemental, la fila 3 la multiplicamos por -2. Si efectuamos el producto E 31 (−4) A, obtenemos el mismo resultado de la operación elemental sobre A, la fila 1 la multiplicamos por -4 y se la sumamos a la fila 3.      1 0 0 0 −1 2 1 0 −1 2 1 0      5 6 4   2 5 6 4   0 1 0 0  2 E 31 (−4) A =   =   −4 0 1 0   3 −1 0 −5   7 −9 −4 −5  0 0 0 1 0 2 3 4 0 2 3 4 Se tiene al respecto el siguiente teorema. Teorema 1.1. Sea E la matriz elemental obtenida al efectuar una operación elemental por fila sobre la matriz I n . Si la misma operación elemental se realiza sobre una matriz A de orden n × m , el resultado es el mismo que el del producto E A. Definición 1.3. Diremos que las matrices A y B son equivalentes por filas si existe una sucesión de operaciones elementales por filas que convierte la matriz A en la matriz B . En tal caso pondremos A ∼ B Como hemos visto, realizar una operación elemental sobre una matriz es equivalente a multiplicar por la izquierda esa matriz por una matriz elemental; para efectos de nuestros cálculos haremos directamente la operación elemental sobre la correspondiente matriz, y la anotamos de la manera que muestra el ejemplo siguiente: Ejemplo 1.3. 

1  −2  3

0 4 −4

  −1 1  E 21 (2)  0  ∼  0 6 3 

1  En este caso las matrices  −2 3

0 4 −4

0 4 −4

  −1 1  E 31 (−3)  −2  ∼  0 6 0

  −1 1   0 y 0 6 0

0 4 0

0 4 −4

  −1 1  E 32 (1)  −2  ∼  0 9 0

0 4 0

 −1  −2  7

 −1  −2  son equivalentes (por fila). 7

Observación 1.1. Un desarrollo análogo permite definir operaciones elementales columna. Definición 1.4. Una matriz se encuentra en forma escalonada por filas si satisface las siguientes propiedades: • Cualquier fila que se componga enteramente de ceros se ubica en la parte inferior de la matriz. • En cada fila i distinta de cero, la primera entrada o coeficiente no nulo (contado desde la izquierda), denominado pivote, se localiza en una columna j ≥ i . Si además se cumple las siguinetes propiedades: • sus pivotes son todos iguales a 1; y • en cada fila el pivote es el único elemento no nulo de su columna, entonces decimos que la matriz se encuentra en forma escalonada reducida.

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Ejemplo 1.4. Son matrices escalonadas  1   0 A =  0 0

2 0 0 0

4 −2 0 0

−2 0 4 −1

5 6 3 0

9 1 1 1



 1     0  y B =   0 0

2 0 0 0

0 2 0 0

0 0 0 0

    

pero la matriz 

1   0 C =  2 0

2 1 0 0

0 4 0 0

1 5 1 0

−1 7 1 0

3 0 1 1

    

no es escalonada. Ejemplo 1.5. Las siguientes matrices están en forma escalonada reducida:    1 0 1 2 0 0 0 − 58 3    9 0 1    0 0 1 0 0 2 A = , B =  5 0 0    0 0 0 1 0 3 0 0 0 0 1 −1 0 0

0 0 1 0

1 2 1 4 19 16

1 2

− 34

0

0

31 16

0 0 0 1

    

Definición 1.5. Un algoritmo es una secuencia finita de operaciones realizables, no ambiguas, cuya ejecución da una solución de un problema en un tiempo finito. El algoritmo de reducción de Gauss escalona una matriz por las por medio de operaciones elementales fila. Aquí esta la descripción del algoritmo de reducción de Gauss: Sea A= a i j m ×n una matriz dada. Para cada k (índice de fila) tomando los valores 1, 2, . . . , m −1, denotamos por M k a submatriz M k de las filas k , (k + 1) , · · · , m . 1. Si la submatriz M k solo tiene coeficientes nulos no hacer nada. 2. Si la submatriz M k tiene al menos un coeficiente no nulo, buscar el índice j 0 más pequeño tal que la columna j 0 tenga por lo menos un coeficiente distinto de cero en M k . Hallar el i 0 más pequeño tal que a i 0 j 0 6= 0 e i 0 ≥ k . Si i 0 > k operar en la matriz permutando filas k e i 0 de la matriz A. 3. Para i de k + 1 a m , si a i j 0 6= 0 cambiar la fila i por la fila i menos

a i j0 a k j0

la fila k en A.

Ejemplo 1.6. Consideremos la matriz 

2   1 0 encontrar su forma escalonada:    2 0 3 1   E 12   1 3 −6  ∼  2 0 0 −6 15

3 0 −6

0 3 −6

 3  −6  15

  −6 1  E 21 (−2)  3  ∼  0 15 0

3 −6 −6

  −6 1  E 32 (−1)  15  ∼  0 15 0

3 −6 0

 −6  15  0

esta es su forma escalonada.

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Observación 1.2. Verificar que mediante ejemplos el algoritmo de Gauss-Jordan se puede llevar a la forma escalonada reducida.

Definición 1.6. Sea A una matriz. Se denomina rango de la matriz A al número de filas no nulas de la matriz escalonada equivalente a la matriz A original obtenida por ejemplo mediante el algoritmo de reducción de Gauss. Se denota el rango de la matriz A por ρ (A) o bién rango (A).

Ejemplo 1.7. Determinar el rango de la matriz     A =  

1 4 2 0 3

2 −1 1 0 −1

3 0 1 0 2

      

Proposición 1.1. Si A ∈ M n ×m entonces ρ (A) ≤ min {n , m }.

CLASE 2 2.1

Sistemas de ecuaciones lineales

Consideremos el sistema de m ecuaciones y n incógnitas  a 11 x 1 + a 12 x 2 + . . . + a 1n x n    a 21 x 1 + a 22 x 2 + . . . + a 2n x n ..   .  a m 1x 1 + a m 2x 2 + . . . + a m n x n

= = .. . =

b1 b2 .. . bm

Usando matrices, el sistema se escribe como la ecuación matricial AX = B , donde       a 11 a 12 · · · a 1n x1 b1        a 21 a 22 · · · a 2n  x 2   b2    A = , X = , B = .. .. ..   ..   ..   ..  . . .   .  .   .  a m 1 a m 2 · · · a m n m ×n x n n ×1 b m m ×1 Definición 2.1. Considere un sistema AX = B con A ∈ Mm ×n (R), B ∈ Mm ×1 (R). Diremos que X 0 ∈ Mn ×1 (R) es solución del sistema si AX 0 = B Definición 2.2. Un sistema se llama compatible si tiene al menos una solución. Si el sistema no tiene solución, diremos que es incompatible. Definición 2.3. Sea A ∈ M m ×n (R). El sistema AX = 0 se llama homogéneo.

Ejercicio 2.1. Si un sistema de ecuaciones tiene dos soluciones distintas entonces tiene infinitas soluciones distintas

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2.1.1

Propiedades de los sistemas homogéneos

1. Un sistema homogéneo es siempre compatible, porque X = 0 es solución. 2. Si C ∈ M m ×n (R) es tal que C ∼ A, entonces AX = 0 y C X = 0 tienen las mismas soluciones. para ver esto, note lo siguiente sobre las matrices elementales, E i j E i j = I , E i (λ) E i λ1 = I además E i j (−λ) E i j (λ) = I . De esta forma Si E es una matriz formada por un producto de matrices elemetales entonces existe una matriz E −1 (llamada matriz inversa de E ) tal que E −1 E = I Como A ∼ C existe una sucesión de matrices elementales E 1 , E 2 , . . . , E k tales que E1E2 · · · Ek A = C . Pongamos E = E 1 E 2 · · · E k . Si X 0 es tal que AX 0 = 0, entonces se sigue C X 0 = E AX 0 = E 0 = 0. Recíprocamente si C X 1 = 0, entonces AX 1 = E −1C X 1 = 0. Todo lo anterior nos asegura que los dos sistemas homogéneos AX = 0 y C X = 0 tienen las mismas soluciones.

2.1.2

Sistemas no homogéneos

Con el mismo método de la sección anterior es posible mostrar que si E (A) = E A es la matriz escalonada equivalente por filas con A entonces AX = B y E (A) X = E B tienen las mismas soluciones. El segundo sistema es mucho más fácil de resolver. Ejemplo 2.1. Resolver 

1   0 0

2 −1 0

    1 x 0     2  y  =  2  3 z 2

note que este sistema es x + 2y

=

1

−y + 2z

=

2

2z

=

3

de la última ecuación obtenemos z = 32 reemplazamos este valor en la segunda ecuación y despejamos para obtener y = 1 teneiendo estos dos valores reemplazamos en la primera ecuación y obtenemos el valor x = −1. Vemos que un método para resolver sistemas seria obtener el sistema escalonado equivalente. Definición 2.4. Sea A ∈ M m ×n (R) y B ∈ M m ×1 (R). Consideremos el sistema AX = B con B 6= 0. Llamaremos matriz ampliada del sistema a la matriz   a 11 a 12 · · · a 1n b1   b2   a 21 a 22 · · · a 2n  (A, B ) =  . .. .. .. ..   .. . . . .   a m1 a m2 · · · a mn bm

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Método de solución mediante el algoritmo de Gauss: Como sabemos, AX = B y E (A) X = E B , donde E (A) = E A, tienen las mismas soluciones, note que la matrices E (A) y E B aparcen al aplicar las operaciones elementales que escalonan la matriz A entonces, si aplicamos el método de Gauss para obtener la escalonada de matriz ampliada del sistema (A, B ) estaremos obteniendo la matriz (E (A) , E B ). Ejemplo 2.2. Resolver el sistema 

1   3 1

2 0 −1

    1 x 1     1  y  =  2  2 z 0

Formamos la matriz ampliada del sistema 

1  (A, B ) =  3 1

2 0 −1

aplicamos el algoritmo de Gauss para obtener la escalonada    1 1 2 1 1    3 0 1 2 ∼    0 1 −1 2 0 0

1 1 2

2 −6 0

 1  2  0

1 −2 2

 1  −1  1 −2

y ahora resolvemos el sistema 

1   0 0

2 −6 0

    1 1 x     −2   y  =  −1  1 2 z −2

que tiene las mismas soluciones. Teorema 2.1. Sea A ∈ M m ×n (R) y B ∈ M m ×1 (R): 1. El sistema AX = B es compatible si y solo si ρ(A) = ρ(A, B ) 2. Sea AX = B un sistema compatible. (a) Si ρ(A) = ρ(A, B ) = n (número de incógnitas) entonces el sistema tiene solución única. (b) Si ρ(A) = ρ(A, B ) < n , entonces el sistema tiene infinitas soluciones.

Observación 2.1. En lugar de aplicar el algoritmo de Gauss, podemos aplicar el algoritmo de Gauss-Jordan (matriz escalonada reducida) para resolver un sistema equivalente más simple. Dar ejemplos de este método.

2.1.3

Ejercicios propuestos

Usar Gauss Jordan para resolver los sistemas: 1. 2x + 3y + z

=

1

3x − 2y − 4z

=

−3

5x − y − z

=

4

x = 1, y = −1, z = 2 (solución única)

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2.

x=

11 7

− 57 z , y =

11 z 7

2x − y + 3z

=

4

3x + 2y − z

=

3

x + 3y − 4z

=

−1

− 67 (infinitas soluciones)

3. x +y +z −w

=

2

2x + y + w

=

5

3x + z + w

=

1

3x + 2y + z

=

3

(No hay solución)

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Coordinación de Matemática II (MAT022) Primer semestre de 2011 Semana 3: Lunes 28 de marzo – Viernes 01 de abril

COMPLEMENTO Contenidos

• Clase 1: Inversa. Cálculo de inversa por operaciones elementales. • Clase 2: Determinantes, propiedades. Inversa por menores. Regla de Cramer.

CLASE 1 MATRIZ INVERSA Y OPERACIONES ELEMENTALES Definición 1.1. Sea A una matriz cuadrada de orden n . Se dice que A es invertible si existe una matriz cuadrada de orden n , que denotaremos por A −1 tal que AA −1 = A −1 A = I n

Observación 1.1. Si una matriz es invertible, también se suele decir que es no singular. Observación 1.2. Si la inversa existe es única. Tarea: Verificar esta observación. Observación 1.3. No todas las matrices son invertibles. Por ejemplo, si consideramos las matrices 1 3 2 2 A= B= 1 1 1 1 entonces A es invertible y B no lo es. (Verificar directamente suponiendo la existencia y resolviendo ecuaciones) Proposición 1.1. Sean A, B matrices cuadradas del mismo tamaño e invertibles, entonces:

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1. (A B )−1 = B −1 A −1 −1 =A 2. A −1 T −1 = A −1 3. A T 1 −1 A , para todo α 6= 0 α n para todo entero no negativo n . 5. (A n )−1 = A −1 4. (αA)−1 =

´ de un criterio para decidir si una matriz es o no invertible. El siguiente teorema nos provee un No disponemos aun método para calcular la matriz inversa (en caso de existir) de una matriz cualquiera. Teorema 1.1. Sea A una matriz cuadrada de orden n invertible. Si una sucesión de operaciones elementales por filas transforma la matriz A en la matriz identidad I n , entonces la misma sucesión de operaciones elementales convierte la matriz I n en A −1 . Demostración. En efecto, si A es equivalente por filas a la matriz I n , entonces existe una sucesión de operaciones elementales que convierte a la matriz A en la matriz I n ; esto quiere decir que existe una sucesión de matrices elementales E 1 , E 2 , . . . , E k tales que E k E k −1 · · · E 2 E 1 · A = I n . Si anotamos B = E k E k −1 · · · E 2 E 1 , entonces B A = I n , es decir B = A −1 .

Método de Gauss-Jordan para calcular la inversa de una matriz Sea A una matriz cuadrada de orden n e invertible. Si queremos calcular su inversa, entonces (gracias al Teorema anterior) podemos proceder como sigue. Construímos una nueva matriz, denominada matriz aumentada, de la forma (A, I n ). Sobre esta matriz aumentada (que tiene orden n × 2n ), realizamos operaciones elementales hasta obtener en el lado izquierdo de esta matriz aumentada (es decir en el lado donde esta la matriz A), la matriz identidad; al concluír este proceso en el lado derecho de la matriz aumentada (es decir en el lado donde originalmente se encontraba la matriz identidad), aparece la inversa que estamos buscando. 

2 −1  Ejemplo 1.1. Calcule la inversa, en caso de existir, de la matriz A =  1 −2 0 1 Desarrollo: Formamos la matriz aumentada   2 −1 1 1 0 0    1 −2 0 0 1 0  0 1 2 0 0 1 y calculamos mediante operaciones elementales:    1 −2 0 0 2 −1 1 1 0 0   E 12  2 −1 1 1 1 −2 0 0 1 0 ∼    0 1 2 0 0 1 0 1 2 0    1 −2 0 0 1 0 1 −2 E 32   E 32 (−3)  ∼ 0 1 2 0 0 1  ∼  0 1 0 3 1 1 −2 0 0 0    1 1 −2 0 0 1 0 E 23 (−2)  4 1  E 12 (2)  2 − − ∼  0 1 0 ∼  0 5 5 5  2 3 0 0 1 − 15 0 5 5

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 1  0  2

  0 1 −2 0  E 21 (−2)  0  ∼  0 3 1 1 0 1 2   0 0 1 0 1 E −  3( 5 )  2 0 0 1  ∼  −5 1 −2 −3  4 − 35 − 25 0 0 5  2 1 0 − 45 − 15  5 1 2 3 0 1 −5 5 5

1 0 0

0 1 0

1 −2 0

 0  0  1

1 0 0

−2 1 0

0 2 1

0 0

1 0

− 15

2 5

 0  1  3 5

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se sigue que   A −1 = 

4 5 2 5

− 51

− 53 − 54 2 5

 − 25  − 15  3 5

Se puede verificar fácilmente que AA −1 = A −1 A = I 3 . Teorema 1.2. Una matriz cuadrada de orden n es invertible si, y solo si, su rango es n , es decir, ρ(A) = n .

Ejercicio 1.1. Suponga que A 3 = [0] Muestre que I − A es invertible.

CLASE 2 DETERMINANTES Sea A una matriz cuadrada de tamaño n . El determinante de A (se usa la notación det(A) = |A|) es un cierto número complejo asociado a A el cual podemos definir de manera inductiva como sigue. • Para n = 1, det(a ) = a a b • Para n = 2, det = ad −bc c d Si n ≥ 3, entonces necesitamos las siguientes definiciones. Definición 2.1. La menor de orden i j de A, denotada por M i j , es el determinante de orden n − 1 obtenido eliminando la i-ésima fila y la j-ésima columna de la matriz A. Definición 2.2. Se llama cofactor de orden i j de A, denotado por C i j , al número C i j = (−1)i +j M i j 

2  Ejemplo 2.1. Consideremos la matriz A =  0 −5 

2  A = 0 −5

4 3 1

 −1  2  6

4 3 1

 −1  2 . Eliminemos la primera fila y la tercera columna de A 6

0 obteniendo el menor M 13 = −5

Si eliminamos la segunda fila y la primera columna   2 4 −1 4   A =  0 3 2  obtenemos el menor M 21 = 1 −5 1 6

3 = 15 1

−1 = 25 6

Calculemos los cofactores C 13 = (−1)1+3 M 13 = 15,

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C 21 = (−1)2+1 M 21 = −25

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Definición 2.3. El determinante de A = (a i j )n ×n es el número dado por  det(A) =

     

n X i =1 n X

(−1)i +j a i j M i j = (−1)i +j a i j M i j =

j =1

n X i =1 n X

a i j Ci j ,

para 1 ≤ j ≤ n

(con j fijo)

a i j Ci j ,

para 1 ≤ i ≤ n

(con i fijo)

j =1



2  Ejemplo 2.2. Calculemos el determinante de la matriz A =  0 −5 Fijemos una fila i = 1, entonces det(A) =

3 X

4 3 1

 −1  2 6

(−1)i +j a 1j M 1j = a 11 M 11 − a 12 M 12 + a 13 M 13

j =1

3 det(A) = 2 1

0 2 − 4 −5 6

0 2 − 1 −5 6

3 = −23 1

Si fijamos una columna, por ejemplo j = 1, se tiene det(A) =

3 X

(−1)i +j a i 1 M i 1 = a 11 M 11 − a 21 M 21 + a 31 M 31

i =1

3 det(A) = 2 1

2.1

4 2 − 0 1 6

4 −1 − 5 3 6

−1 = −23 2

Propiedades de los determinantes

Proposición 2.1. Sean A y B matrices cuadradas del mismo tamaño n . Entonces las siguieetes propiedades valen. 1. det(A) = det(A T ) 2. Si todos los elementos de una fila o columna de una matriz son cero, entonces el valor del determinante es cero. 3. det(I n ) = 1 4. El determinante de una matriz diagonal o triangular es igual al producto de los elementos de la diagonal. 5. Si α ∈ C, entonces det(αA) = αn det(A) 6. det(A B ) = det(A) det(B ) 7. Si A tiene dos filas( o columnas) iguales o proporcionales, entonces det(A) = 0. 8. Si se intercambian dos filas (o columnas) en una matriz su determinante cambia de signo. 9. Si B se obtiene a partir de A multiplicando una fila (o columna) de A por un número α, entonces det(B ) = α det(A). 10. Si B se obtiene a partir de A, sumando a una fila (o columna) otra fila (o columna) amplificada por un factor α, entonces det(B ) = det(A).

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1 2 3 6 Ejemplo 2.3. Sea A = , entonces el det(A) = −2. Si la primera fila de A se multiplica por 3, obtenemos B = 3 4 3 4 y det(B ) = −6 = 3 det(A). Si la primera fila de A la multiplicamos por -3 y se la sumamos a la segunda fila de A, obtenemos 1 2 la matriz B = y det(B ) = −2 = det(A). 0 −2 Ejemplo 2.4. Calculemos el siguiente determinante usando la propiedad 10 1 −3 4 1 −3 4 −1 −2 5 −1 = 0 −1 7 = 1 · M 11 = 10 3 1 0 0 10 −12

7 = −58 −12

Definición 2.4. La adjunta de una matriz A, denotada por adj(A), es definida por adj(A) = C T donde C = (C i j ) es la matriz de cofactores. Es decir, la matriz adjunta es la traspuesta de la matriz de los cofactores.

a Ejemplo 2.5. Sea A = c

b d . La matriz de cofactores es C = d −b

d adj(A) = −c  −2  Consideremos la matriz A =  4 2

3 0 1

−b a

−c . Por lo tanto, a

  −1 −5   5 , la matriz de cofactores es C =  2 −1 15   −5 2 15   6  adj(A) =  14 4 4 8 −12

14 4 6

 4  8 . Por lo tanto, −12

Teorema 2.1. A · adj(A) = det(A) · I n adj(A) · A = det(A) · I n

Note que, sí det(A) 6= 0, entonces A es invertible y además A −1 =

1 adj(A) det(A)

Notemos que si A es no singular, entonces 1 = det(I n ) = det(AA −1 ) = det(A) det(A −1 ) =⇒ det(A) 6= 0 con lo que concluimos que det(A −1 ) =

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1 det(A)

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Teorema 2.2. Si A es una matriz cuadrada, entonces A es no singular sí y solo sí det(A) 6= 0 Ejercicio 2.1. Calcular el determinante

a a a a

a b b b

a b c c

a b c d

Desarrollo:

a a a a

a b b b

a b c c

a b c d

a a a 1 b −a b −a b −a b −a 1 c −a (b ) = a − a b − a c − a c − a 1 c −a b −a c −a d −a 1 b −a b −a 1 a (b − a ) 0 c − b c − b = a (b − a ) (c − b ) 1 0 c −b d −b

=

=

a 0 0 0

b −a c −a d −a

c − b d −b

a (b − a ) (c − b ) (d − b − (c − b )) = a (b − a ) (c − b ) (d − c )

=

Ejercicio 2.2. Resolver la ecuación x −a −b a b =0 c x − b − c b c a x −a −c x −a −b a +b x −a −b x a +b b b a b b c x −c b c x −b −c b = x x −c = x x −c x −a −c c x −c x −a −c c a x −a −c 1 1 a +b a +b b b 0 = x x −c −a −b = x 0 x −c −a −b 0 b = x 1 x − c x −c −a −b x −a −c −b 0 x −c −a −b x −a −c −b 1 x −c x −a −c =

x (x − (a + b + c ))2

las soluciones son x = 0 y x = a + b + c . Ejercicio 2.3. Muestre que y1 + z 1 y2 + z 2 y3 + z 3 Desarrollo: y1 + z 1 y2 + z 2 y3 + z 3 y1 2 y 2 y3

z 1 + x1 z 2 + x2 z 3 + x3

x 1 + y1 x 2 + y2 x 3 + y3

z 1 + x1 z 2 + x2 z 3 + x3

x 1 + y1 x 2 + y2 x 3 + y3

=

=

=

MAT022 (Complemento)

z 1 + x1 z 2 + x2 z 3 + x3

x 1 + y1 x 2 + y2 x 3 + y3

x1 = 2 x2 x3

y1 − x 1 z 1 + x 1 y2 − x 2 z 2 + x 2 y3 − x 2 z 3 + x 3 y1 z 1 + x 1 x 1 2 y 2 z 2 + x 2 x 2 y3 z 3 + x 3 x 3 x 1 y1 z 1 2 x 2 y 2 z 2 x 3 y3 z 3

y1 y2 y3

z1 z2 z3

x 1 + y 1 2y 1 z 1 + x 1 x 2 + y 2 = 2y 2 z 2 + x 2 x 3 + y 3 2y 3 z 3 + x 3 y1 z 1 x 1 = 2 y 2 z 2 x 2 = −2 y3 z 3 x 3

x 1 + y1 x 2 + y2 x 3 + y3 x1 x2 x3

z1 z2 z3

= y1 y2 y3

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2.2

Regla de Cramer

La regla de Cramer es un método para resolver sistemas lineales de ecuaciones. Este método radica en poder expresar las soluciones en términos de determinantes, lo que bajo condiciones de simetría adecuadas permite concluir propiedades de las soluciones. Desafortunadamente, si bien este método es útil teóricamente hablando, su implementación computacionnal para resolver sistemas específicos es muy malo (ver al final de estas notas una comparación entre los métodos de Gauss y Cramer) Sea



a 11 x 1 + a 12 x 2 + . . . + a 1n x n    a 21 x 1 + a 22 x 2 + . . . + a 2n x n ..   .  a n 1x 1 + a n 2x 2 + . . . + a n n x n

= = .. . =

b1 b2 bn

un sistema lineal con n ecuaciones y n incógnitas. Resolver este sistema es equivalente a resolver la ecuación matricial AX = B , donde       a 11 a 12 · · · a 1n x1 b1        a 21 a 22 · · · a 2n  x 2  b 2    A = X = B = .. .. ..   .. ,  ..  ,  ..  . . . . . .       a n 1 a n2 · · · a n n xn bn Si det(A) 6= 0, entonces el sistema tiene una única solución dada por: x1 =

|A 1 | , |A|

x2 =

|A 2 | , |A|

x3 =

|A 3 | , |A|

...

,

xn =

|A n | |A|

donde A i es la matriz obtenida a partir de A al reemplazar su i-ésima columna por la matriz B . La demostración se basa en escribir 1 X = A −1 B = adj(A)B det(A) e identificar los elementos de adj(A)B como los determinantes señalados. Ejemplo 2.6. Resolvamos el sistema  −2  1 −2

3 2 −1

    −1 x1 1     −1 x 2  =  4  1 x3 −3

Como det(A) = −2, obtenemos

x1

x2

x3

MAT022 (Complemento)

=

=

=

1 4 −3

3 2 −1

−1 −1 1

−1 −1 1

|A| −2 1 −2

1 4 −3 |A|

−2 1 −2

3 2 −1 |A|

1 4 3

=

=

−4 =2 −2

=

−6 =3 −2

−8 =4 −2

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2.2.1

Una observación para solución de sistemas

• Los sistemas que aparecen en muchas aplicaciones son de gran tamaño. Un sistema de 1000×1000 hoy se considera de tamaño moderado y en algunas aplicaciones deben resolverse sistemas de ecuaciones con cientos de miles de incógnitas. • El tiempo de cálculo del computador necesario para resolver el sistema debe ser lo menor posible. Una medida standard del costo operacional es la cantidad de operaciones aritméticas (+, −, ·, /) que requiere un método. Este usualmente se expresa en flop (floating point operations) por segundos. • Hay métodos que en teoría permiten resolver cualquier sistema de ecuaciones lineales, pero que en la práctica requieren tiempos de cálculo prohibitivos. Por lo tanto sólo sirven para sistemas de orden pequeño. • Mal ejemplo: Regla de Cramer. Permite calcular explícitamente la solución de un sistema Ax = b mediante: xi =

det (A i ) para i = 1, 2, · · · , n det (A)

donde A i se obtiene a partir de A reemplazando en ésta su columna i-ésima por el segundo miembro (o lado derecho) del sistema, b . Si los determinantes se calculan mediante la fórmula recursiva usual de desarrollo por fila (o por columna), el costo operacional de la Regla de Cramer es de aproximadamente (n + 1)! flop. • Buen ejemplo: Método de Eliminación Gaussiana. Este procedimiento se basa en el método algebraico de transformaciones elementales. Su costo operacional es de aproximadamente 23 n 3 flop. • Comparación: Una calculadora opera en un rango entre 10 y 100 flop. Un ejemplo comparativo en un computador de 1 Gflop (109 flop) por segundo (que corresponde a un Pentium 4 o Athlon 64) sería: n

10

15

20

100

1000

2000

5 × 1019 1500 años

10160 “∞”

“∞” “∞”

“∞” “∞”

5333 0.s

7 × 105 0.s

7 × 108 0.73s

5 × 109 4.88s

Regla de Cramer flop tiempo

4 × 107 0.04 s

2 × 1013 5.5 horas

Eliminación Gaussiana flop tiempo

MAT022 (Complemento)

666 0.s

2250 0.s

8

Coordinación de Matemática II (MAT022) Primer semestre de 2011 Semana 4: Lunes 04 – viernes 08 de abril

COMPLEMENTO Contenidos

• Clase 1: Vectores en el plano y espacio, definiciones, operaciones básicas, producto punto. • Clase 2: Proyecciones, producto cruz.

CLASE 1 1.1

Vectores

A partir de la representación de R, como una recta numérica, los elementos (a ,b ) ∈ R2 se asocian con puntos de un plano definido por dos rectas perpendiculares que al mismo tiempo definen un sistema de coordenadas rectangulares donde la interseccón representa a (0, 0) y cada (a ,b ) se asocia con un punto de coordenada a en la recta horizontal (eje X) y la coordenada b en la recta vertical (eje Y). Analógamente, los elementos (a ,b, c ) ∈ R3 se asocian con puntos en el espacio tridimensional definido con tres rectas mutuamente perpendiculares. Estas rectas forman los ejes del sistema de coordenadas rectangulares (ejes X, Y y Z). Representaciones similares se puede hacer para los elementos de Rn para todo entero positivo n . El orígen de Rn es el elemento (0, .n. ., 0). Los vectores en Rn se pueden representar mediante segmentos de recta dirigidos, o flechas, que salen desde el orígen y que llegan a un punto de Rn . De esta manera, cada punto de Rn determina un vector en Rn y viceversa cada vector en Rn determina un punto en Rn . La dirección de la flecha indica la dirección del vector y la longitud de la flecha determina su magnitud.

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− →− → → Denotaremos los vectores con letras minúsculas con un flecha arriba tales como v , w , − z . Los puntos se denotarán con letras mayúsculas tales como A, B,C . En el contexto de los vectores, los números reales serán llamados escalares y se denotarán con letras minúsculas tales como α, β , γ. − → El vector determinado por el orígen (0, .n. ., 0) es el vector nulo que denotamos por 0 . Un vector en el Rn es una enetupla (x 1 , x 2 , . . . , x n ) con cada x i ∈ R. A x i se le llama componente i-ésima del vector. − → − → − → En R3 utilizaremos la notación especial i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0) y k = (0, 0, 1) y les llamaremos vectores canónicos. En las típicas aplicaciones uno en general considera vectores en el plano Rn o en el espacio R3 , pero en mucho problemas uno debe usar vectores en mayores dimensiones.

1.1.1

Operaciones básicas de vectores

Definición 1.1 (Igualdad de vectores). Dos vectores son iguales si tienen, en el mismo orden, los mismos componentes. − → − → − → − → Es decir, si v = (v 1 , v 2 , . . . , v n ) y w = (w 1 , w 2 , . . . , w n ) entonces v = w si y solo si ∀i = 1, . . . n v i = w i .

− → − → Definición 1.2 (Suma de vectores). Sean v = (v 1 , v 2 , . . . , v n ) y w = (w 1 , w 2 , . . . , w n ) vectores en Rn . Se define la suma de vectores como − → − → v + w = (v 1 + w 1 , v 2 + w 2 , . . . , v n + w n )

− → Definición 1.3 (Producto por escalar). Si v = (v 1 , v 2 , . . . , v n ) ∈ Rn y k ∈ R entonces se define el producto escalar (o amplificación) como − → k v = (k v 1 , k v 2 , . . . , k v n )

− → Observación 1.1. Si v = (v 1 , v 2 , v 3 ) ∈ R3 entonces − → − → − → − → v = v1 i + v2 j + v3 k

Ejercicio 1.1. Buscar una interpretación geométrica de suma, resta de vectores y multiplicación por escalar en el plano.

− →− →− → Proposición 1.1. Sean v , w , u ∈ Rn vectores y α, β ∈ R entonces: 1. 2. 3.

→ − − → − → v + 0 = v → − → − → − v + −v = 0 − → − → 0v = 0

MAT022 (Complemento)

4. 5. 6.

− → − → 1v = v − → − → − → − → v +w =w + v − → − → − → − → − → − → v +w +u = v + w +u

7. 8. 9.

− → − → − → − → α v + w = α v +αw − → − → − → α+β v =α v +β v − − → → α β v = αβ v

2

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1.1.2

Producto punto y norma

El producto punto (o escalar) es una operación entre vectores que devuelve un escalar. Esta operación es introducida para expresar algebraicamente la idea geométrica de magnitud. − → − → Definición 1.4 (Producto punto). ¬Sean v¶ = (v 1 , v 2 , . . . , v n ) y w = (w 1 , w 2 , . . . , w n ) vectores en Rn . El producto punto (o − → − → − →− → escalar) v · w o en otra notación v , w se define como − → − → ¬− →− →¶ v ·w ≡ v ,w ≡

n X

vi w i

i =1

− →− →− → Teorema 1.1. Considere vectores v , w , u ∈ Rn vectores y α ∈ R entonces: − → − → 1. v · v ≥ 0 → − → − → − → − 2. v · v = 0 sí y sólo si v = 0 . − → − → − → − → 3. v · w = w · v − → − → − → − → − → − → − → 4. v · w + u = v · w + v · u − − → − → → − → − → − → 5. α v · w = α v · w = v · α w

Observación 1.2. No tiene sentido preguntarse por asociatividad ni neutro. ¿Por qué?

1.1.3

Norma

− − → − → → Definición 1.5. Consideremos el vector v = (v 1 , v 2 , . . . , v n ) ∈ Rn . La norma o magnitud de v denotada por v es dada por !1/2 n X

−

p− → − → → 2

v = v · v = vi i =1

− →− → − → − → La distancia entre dos vectores es definida por d v , w = v − w .

Observación 1.3. La norma mide la distancia del punto al origen. Note que al considerar la interpretación geométrica de la resta de vectores, la expresión para distancia entre dos puntos es de forma natural la magnitud del vector resta.

− →− → Proposición 1.2. Consideremos los vectores v , w ∈ Rn y α ∈ R entonces:

− → 1. v ≥ 0

− → → − → − 2. v = 0 ⇔ v = 0 .

−

− → → 3. α v = |α| v

− − − → − → − → − → →− → →− → 4. v − w = w − v es decir d v , w = d w , v .

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− → − → − → − → 5. v + w ≤ v + w (Desigualdad triangular) − → − → − → − → 6. v · w ≤ v w (Desigualdad de Cauchy-Schwartz) − →− → De las propiedad 1. arriba obtenemos que d v , w ≥ 0. − →− → − → − → De la propiedad 2. obtenemos que d v , w = 0 ⇔ v = w . Definición 1.6. Un vector se dice unitario si su norma es 1. Ejemplo 1.1.

→ − → − − → − → − → 1. Si v 6= 0 entonces w = v / v es unitario.

− → 2. Si θ ∈ R, entonces v θ = (cos θ , sen θ ) es unitario.

1.1.4

Ángulo entre vectores

− → − → Considere v y w vectores en R2 que no sean paralelos (es decir, que ninguno de ellos es una amplificación del otro). − →− → En particular, estamos asumiendo ninguno de ellos es el vector nulo. Entonces, v , w determinan un triángulo con

−

−

que → → − → − →

lados de magnitudes v , w y v − w respectivamente. Por el teorema del coseno para triángulos se sigue que

−

− − → 2 − → 2 − → 2 → − →

→ v − w = v + w − 2 v w cos θ Por otro lado

− − → 2

→ v −w

= =

− → − → − → − → v −w · v −w

−

2 − → 2 − → − →

→ v + w −2 v · w

De las dos igualdades anteriores se obtiene − → − → − → − → v · w = v w cos θ − → − → En el caso general, si v y w vectores en Rn , ambos no nulos, entonces la desigualdad de Cauchy-Schwarz (C-S) nos dice que: − → − → v ·w

−1 ≤ − − → ≤ 1

→ v

w Luego, existe un único θ ∈ [0, π] tal que

− → − → v ·w

− cos θ = − → →

v

w

− → − → − → − → Definición 1.7. Si v y w son vectores en Rn no nulos, entonces el ángulo θ entre v y w es el único θ ∈ [0, π] tal que − → − → − → − → v · w = v w cos θ − →− → denotaremos tal ángulo por Ý( v , w ). − → − → Definición 1.8. Sean v y w son vectores en Rn no nulos. Diremos que: − → − → − →− → − → − → 1. v y w son perpendiculares si Ý( v , w ) = π2 , esto es equivalente a v · w = 0 − → − → − →− → − →− → − → − → 2. v y w son paralelos si Ý( v , w ) = 0 ∨ Ý( v , w ) = π, esto es equivalente a v = λ w para álgún λ ∈ R.

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CLASE 2 2.1

Proyecciones

− → Geométricamente lo que queremos es determinar un vector que se obtiene al proyectar ortogonalmente un vector u − → − → sobre el vector w 6= 0 . − → Si denotamos a este vector como proy−wu→ entonces, se debe cumplir − →

proy−wu→ − → − → − → w · u −t w

=

− → tw

=

0

para cierto número real t . Entonces, la segunda igualdad nos da que − → − →

− w ·u − → − → → 2 w · u − t w = 0 ⇒ t = 2 →

− w Lo anterior, usando la primera igualdad, nos permite ver que   − → − → − → w · u −  → proy−wu→ =  2  w →

− w

→ − → − → − → − − → − → Definición 2.1. Sean u y w son vectores en Rn , w 6= 0 . Se define el vector proyección de u sobre w como el vector   − → − → − →  w · u − → proy−wu→ =  2  w →

− w − → − → − → − → Observación 2.1. El vector u − proy−wu→ (representar gráficamente) es llamado componente de u ortogonal a w .

Ejemplo 2.1. Considere un triángulo en R3 determinado por los vértices en los puntos A, B,C . Encuentre su área. Solución: Lo que debemos darnos cuenta es que podemos trasladar el triángulo sin cambiar su área. Trasladamos de manera de llevar C al orígen 0. Esto se realiza por la función: T : R3 → R3 : A 7→ A − C . − → − → Sean u = B − A, w = C − A entonces la altura del triángulo (trasladado) es

− →

− → h = u − proy−wu→ se sigue que área =

− → 1 → → −

− w u − proy−wu→ 2

Notar que los cálculos anteriores son válidos en Rn para todo n ≥ 2.

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2.2

Producto cruz en R3

En la sección anterior resolvimos el problema de proyectar un vector sobre otro de manera perpendicular, en esta sección definiremos un vector que es perpendicular a dos vectores dados del espacio R3 . − → − → − → − → Definición 2.2. Sean u = (u 1 , u 2 , u 3 ) y v = (v 1 , v 2 , v 3 ) vectores en R3 . Definimos el producto cruz u × v como el vector − → − → − → − → − → u × v = (u 2 v 3 − u 3 v 2 ) i − (u 1 v 3 − u 3 v 1 ) j + (u 1 v 2 − u 2 v 1 ) k − → − → − → Como i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0), k = (0, 0, 1), entonces − → − → u × v = (u 2 v 3 − u 3 v 2 , −u 1 v 3 + u 3 v 1 , u 1 v 2 − u 2 v 1 )

Observación 2.2. La definición de producto cruz se puede recordar y trabajar como un determinante − → → − → − i j k − → − → u × v = u1 u2 u3 v1 v2 v3

− → − → − → − → Observación 2.3. El vector u × v es perpendicular a u y v . Note que en dos dimensiones esto no tiene sentido. ¿Por qué? − → − → − → − → Ejemplo 2.2. Sean u = (1, 2, −1) y u = (1, 0, −1) calcular u × v . Notemos que − → → − → − i j k − → 2 −1 − → − → u × v = 1 = i 2 −1 0 −1 1 0 −1 =

1 − − → j 1

→ 1 −1 − + k 1 −1

2 0

− → − → − → − → − → −2 i − j (0) + k (−2) = −2 i − 2 k = (−2, 0, −2)

− → − → − → Proposición 2.1. Sean u = (u 1 , u 2 , u 3 ) , v = (v 1 , v 2 , v 3 ) y w = (w 1 , w 2 , w 3 ) vectores en R3 entonces u1 u2 u3 − → − → − → u · v × w = v 1 v 2 v 3 w1 w2 w3 En efecto: Sabemos que v2 − → − → v × w = w2

v 3 v 1 ,− w3 w1

v 3 v 1 , w3 w1

v 2 w2

− → y si u = (u 1 , u 2 , u 3 ) entonces − → − → − → u · v ×w

= =

MAT022 (Complemento)

v2 v3 v1 u1 − u 2 w2 w3 w1 u1 u2 u3 v1 v2 v3 w1 w2 w3

v1 v 3 + u 3 w1 w3

v 2 w2

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(es el desarrollo del determinante por la primera fila en cofactores). Note además que u1 u2 u3 − → − → − → u · v × w = v 1 v 2 v 3 w1 w2 w3

− → − → − → = u × v ·w

Teorema 2.1. El producto vectorial cumple las siguientes propiedades − − → → → − → − 1. ∀ u ∈ R3 u ×u = 0 2. 3. 4. 5. 6.

− − →− → → − → − → − → − → − → ∀ u , v ∈ R3 u ⊥ u × v y v ⊥ u × v − − − →− → → − → → − → ∀ u , v ∈ R3 u × v =− v × u − − →− →− → → − → − → − → − → − → − → ∀ u , v , w ∈ R3 u + v ×w = u ×w + v ×w − − →− →− → → − → − → − → − → − → − → ∀ u , v , w ∈ R3 u × v + w = u × v + u × w − − →− → → − → − → − → − → − → ∀ u , v ∈ R3 (∀λ ∈ R) λ u × v = λ u × v = u × λ v

Observación 2.4. Demostrar algunas utilizando propiedades de los determinantes y la proposición anterior

Ejemplo 2.3. Simplificar

− → − → − → − → − → u + v × 2u − v ·u

Desarrollo: Por las propiedades recién enunciadas − → − → − → − → u + v × 2u − v − → − → − → − → − → − → = u + v × 2u + u + v × −v − → − → − → − → − → − → − → − → = u × 2u + v × 2u + u × −v + v × −v − − → − → → − → − → − → − → − → = 2 u × u +2 v × u − u × v − v × v − → − → − → − → = 0+2 v × u − u × v +0 − → − → = −3 u × v luego

=

− → − → − → − → − → u + v × 2u − v ·u − → − → − → −3 u × v · u =0

− → − → Teorema 2.2 (Identidad de Lagrange). Para cada v , w en R3 se tiene − → − →2 − → − → 2 − → 2 − → 2 v · w + v × w = v w

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− → − → − → − → Gracias a la identidad de Lagrange, podemos mostrar lo siguiente. Como v · w = v w cos θ se sigue que

− − 2 − → → − → 2 − → 2 − → 2

→ v w cos θ + v × w = v w . Luego,

− − → 2

→ v ×w

= = =

−

2 − → 2 − → 2 − → 2

→ v w − v w cos2 θ

−

2 − → 2

→ v w 1 − cos2 θ

−

2 − → 2

→ v w sin2 θ

esto nos lleva a la siguiente: − → − → Proposición 2.2. Si v y w son vectores no nulos en R3 , entonces se cumple

− − → − → − →

→ v × w = v w |sin θ | − → − → donde θ ∈ [0, π] es el ángulo que forman v e w .

− → − → Ejercicio 2.1. Considere un paralelógramo determinado por dos vectores u y v en R3 .

−

−

− − →− → → → − → − → → − → Si Ý( u , v ) = θ , entonces el área del paralelógramo es A = u v sen θ = u v | sen θ | = u × v . Esto último debido a que θ ∈ [0, π] y luego sin θ ≥ 0. Notar que de esta forma se puede calcular el área de un triángulo por

− → − →

u × v A= 2 − →− →− → Ejercicio 2.2. Considere un paralelepipedo en el espacio determinado por tres vectores no coplanares u , v , w ∈ R3 entonces el volúmen del paralelepípedo esta dado por   u1 u2 u3  −  → − → − → V = w · u × v = det  v 1 v 2 v 3  w1 w2 w3

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Coordinación de Matemática II (MAT022) Primer semestre de 2011 Semana 5: Lunes 11 – viernes 15 de Abril

COMPLEMENTO Contenidos

• Clase 1: Rectas y planos. • Clase 2: Espacios vectoriales: Definición y ejemplos.

CLASE 1 1.1

Rectas en el espacio Rn , con n ≥ 2

− → − → Definición 1.1 (rectas en Rn ). Sean p un punto dado y d un vector no nulo, ambos en Rn . Definimos la recta que pasa − → − → por p y es paralela a d como el conjunto de puntos n o − → − → L = p + λ d : λ ∈ R ⊂ Rn Esta forma de escribir la ecuación de la recta se llama forma paramétrica, de parámetro λ.

Observación 1.1. − → 1. El vector d se llama vector director de la recta L. En general, uno lo considera de norma igual a 1. − → 2. Una misma recta puede escribirse usando multiplos no nulos del vector dirección d como nuevo vector dirección − → y también reemplazando el punto p por otros puntos en la recta. 3. En general nos concentraremos en rectas el el plano o bien en el espacio, es decir, n ∈ {2, 3}.

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1.2

Rectas en el espacio R3

− → − → Consideremos una recta L en el espacio R3 . En términos de coordenadas, sea p = (x 0 , y 0 , z 0 ), d = (d 1 , d 2 , d 3 ). El punto (x , y , z ) está en la recta L si tenemos la ecuación paramétrica (de parámetro λ) dada por x y z

= = =

x 0 + λd 1 y 0 + λd 2 z 0 + λd 3

Si en cada ecuación anterior, despejamos el parámetro λ obtenemos λ

=

x − x0 d1

λ

=

y − y0 d2

z −z0 d3 De donde obtenemos las ecuaciones simétricas de la recta L dadas por λ

=

x − x 0 y − y0 z − z 0 = = d1 d2 d3

1.2.1

Ecuación de la recta en términos de dos puntos

− → − → Si conocemos dos puntos diferentes de la recta L, digamos los puntos p 1 = (x 1 , y 1 , z 1 ) y p 2 = (x 2 , y 2 , z 2 ), entonces la ecuación de la recta L es L = (x 1 , y 1 , z 1 ) + t (x 2 − x 1 , y 2 − y 1 , z 2 − z 1 ), t ∈ R. Ejercicio 1.1. Verificar la afirmación anterior. Determine un vector dirección. − → Notemos, en la descripción anterior de la recta, que para t = 0 estamos en el punto p 1 y que para t = 1 estamos sobre − → el prunto p 2 . La forma paramétrica de la ecuación de la recta que pasa por dos punto es: x y z y la forma simétrica es:

Definición 1.2. Dos rectas y

= = =

x 1 + t (x 2 − x 1 ) y 1 + t (y 2 − y 1 ) z 1 + t (z 2 − z 1 )

x − x1 y − y1 z −z1 = = x 2 − x 1 y2 − y1 z 2 − z 1

− → − → L 1 = p1 + t d 1, t ∈ R − → − → L 2 = p2 + r d 2, r ∈ R

− → − → son llamads paralelas si sus vectores directores son paralelos, es decir, d 1 = a d 2 para cierto escalar a ∈ R − {0}.

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1.3

Planos en el espacio R3

− → − → − → Definición 1.3. Un conjunto Π ⊂ R3 es un plano si existe un vector p y dos vectores u y v no paralelos tales que ¦− © → − → − → Π = p + α u + β v : α, β ∈ R − → − → − → En términos de coordenadas, si p = (x 0 , y 0 , z 0 ), u = (u 1 , u 2 , u 3 ), v = (v 1 , v 2 , v 3 ), entonces x y z

= = =

x 0 + αu 1 + β v 1 y 0 + αu 2 + β v 2 z 0 + αu 3 + β v 3

Estas ecuaciones son las ecuaciones paramétricas del plano. → −→ − → − − → − → Notación: Si p y q son dos puntos de Rn , entonces denotaremos por pq al vector q − p . Similarmente, s denotamos − → puntos de Rn por los símbolos A y B , entonces A B denotará al puntos B − A. − → − → Un plano Π en R3 se puede determinar especificando un punto p = (x 0 , y 0 , z 0 ) ∈ Π y un vector n = (n 1 , n 2 , n 3 ) que es − → −→ − → normal al plano Π, es decir, un vector perpendicular a él. En efecto, un punto q = (x , y , z ) ∈ Π sí y sólo si pq ⊥ n , donde − → − → − → el vector n es un vector normal a los vectores u y v . Así, − → q ∈Π

−→ − → pq ⊥ n −→ − → pq · n = 0 (x − x 0 , y − y 0 , z − z 0 ) · (n 1 , n 2 , n 3 ) = 0 (x − x 0 )n 1 + (y − y 0 )n 2 + (z − z 0 )n 3 = 0 n 1x + n 2 y + n 3 z − x 0 n 1 − y0 n 2 − z 0 n 3 = 0

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

Por lo tanto, la ecuación general de un plano en R3 es de la forma ax +by + cz + d = 0 donde el vector (a ,b, c ) ∈ R3 − {(0, 0, 0)} es normal al plano. − → − → − → Observación 1.2. Un plano puede ser determinado conociendo 3 puntos no colineales. En efecto, sean p 1 , p 2 , p 3 −−→ −−→ los puntos dados del plano, los cuales no son colineales. A continuación formamos los vectores p 1 p 2 y p 1 p 3 . El vector − → −−→ −−→ −−→ −−→ − → n = p 1 p 2 × p 1 p 3 es perpendicular a p 1 p 2 y a p 1 p 3 . Luego, n es normal al plano. Si usamos cualquiera de los 3 puntos − → − → p i y el vector n , podemos obtener la ecuación del plano.

Ejemplo 1.1. Determine la ecuación del plano que pasa por los puntos − → p 1 = (2, −2, 1),

− → p 2 = (−1, 0, 3),

− → p 3 = (5, −3, 4)

Notamos que esos tres puntos son no colineales (tarea). Formemos los vectores −−→ − → − → p 1 p 2 = p 2 − p 1 = (−3, 2, 2) ahora el vector normal

y

−−→ − → − → p 1 p 3 = p 3 − p 1 = (3, −1, 3)

− → −−→ −−→ n = p 1 p 2 × p 1 p 3 = (8, 15, −3)

Por lo tanto, la ecuación del plano es dada por: (x − 2, y + 2, z − 1) · (8, 15, −3) = 0 ⇐⇒ 8x + 15y − 3z + 17 = 0

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Teorema 1.1. Dados dos planos Π1 = a 1 x + b 1 y + c 1 z + d 1 = 0

y

Π2 = a 2 x + b 2 y + c 2 z + d 2 = 0

se tiene: 1. Π1 k Π2 ⇐⇒ a 1 = k a 2 ,

b 1 = k b 2,

c1 = k c2

con k ∈ R y k 6= 0

2. Π1 ⊥ Π2 ⇐⇒ (a 1 ,b 1 , c 1 ) · (a 2 ,b 2 , c 2 ) = 0 3. Π1 = Π2 ⇐⇒ a 1 = k a 2 ,

b 1 = k b 2,

c 1 = k c 2,

d1 = kd2

con k ∈ R y k 6= 0.

− → − → Teorema 1.2. Consideremos la recta L = p + λ d y el plano Π = αx + β y + γz + δ = 0. Se tiene − → 1. L k Π ⇐⇒ (α, β , γ) · d = 0 − → 2. L ⊥ Π ⇐⇒ d k (α, β , γ) ⇐⇒ α = k d 1 ,

β = k d 2,

γ = k d 3,

− → donde k 6= 0 y (d 1 , d 2 , d 3 ) = d .

Definición 1.4. Llamaremos haz de planos coaxiales a aquellos planos que pasan por una misma recta L, llamada eje del haz. Dados dos planos Π1 y Π2 tal que Π1 ∩ Π2 = L, la ecuación del haz de planos está dada por Π1 + λΠ2 = 0

1.4

Distancia entre puntos y rectas en el espacio

− → Teorema 1.3 (Distancia punto recta en el espacio). Consideremos la recta L que pasa por el punto p 0 = (x 0 , y 0 , z 0 ) y tiene − → − → − → como vector director d . Sea p = (x , y , z ) un punto que no pertenece a L. La distancia de p a L está dada por: − → −→ || d × p 0 p || − → d ( p , L) = − → || d ||

1.5

Distancia entre puntos y planos en el espacio

− → Teorema 1.4 (Distancia punto plano). Dado un punto p 0 = (x 0 , y 0 , z 0 ) y un plano Π = a x + b y + c z + d = 0. La distancia − → entre p 0 y Π está dada por: |a x 0 + b y 0 + c z 0 + d | − → d ( p 0 , Π) = p a2 +b2 + c2

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1.6

Distancia entre rectas en el espacio

− → − → Teorema 1.5 (Distancia entre rectas). Sea L 1 la recta que pasa por el punto p 1 y tiene dirección d 1 . Sea L 2 la recta que − → − → pasa por el punto p 2 y tiene dirección d 2 . Si ambas rectas no están sobre un mismo plano (es decir, los vectores direcciones no son paralelos), entonces la distancia mínima entre L 1 y L 2 esta dada por: −−→ − → |p 1 p 2 · n | → − → − → − , donde n = d 1 × d 2 d m i n (L 1 , L 2 ) = − → || n || Ejercicio 1.2. Determinar la distancia entre dos rectas del espacio que tengan vectores dirección paralelos. Analize el caso cuando ambas rectas están en R2 . 1.6.1

Ejercicios propuestos

1. Determine si las rectas L 1 : x = 2t − 3,

y = 3t − 2,

z = −4t + 6

L 2 : x = r + 5,

y

y = −4r − 1,

z =r −4

se cortan. − → − → Solución. Si existe un punto p tal que p = L 1 ∩ L 2 , debe existir t 1 ∈ R y r1 ∈ R tales que 2t 1 − 3 = r1 + 5,

3t 1 − 2 = −4r1 − 1,

−4t 1 + 6 = r1 − 4

La solución de este sistema de 3 ecuaciones y dos incógnitas es: t1 = 3

y

r1 = −2

Reemplazamos el valor del parámetro t 1 en L 1 o reemplazamos el valor del parámetro r1 en L 2 , para obtener el − → punto donde se intersectan: p = (3, 7, −6). − → 2. Determinar la ecuación de la recta que pasa por p = (1, 4, 0) y es perpendicular a las rectas   x = 3+t x + 4 2y − 1 1 y = 4 + t , L2 : L1 : = , z=  6 3 2 z = −1 + t

− → − → − → Solución. Sea L : (1, 4, 0)+λ d , con λ ∈ R, la recta buscada y sean d 1 = (1, 1, 1) y d 2 = (4, 1, 0) los vectores directores de L 1 y L 2 respectivamente. Como − → − → − → − → − → − → − → L⊥L 1 ∧ L⊥L 2 =⇒ d ⊥ d 1 ∧ d ⊥ d 2 =⇒ d // d 1 × d 2 = (−1, 4, −3) Por lo tanto, la ecuación de la recta L es L : (1, 4, 0) + λ(−1, 4, −3),

con λ ∈ R

3. Hallar la ecuación del plano que pasa por (3, −1, 2) y es paralelo al plano 2x + 4y − 3z + 10 = 0 Solución. El plano buscado tiene por ecuación 2x + 4y − 3z + d = 0. Para determinar d , usamos que el punto (3, −1, 2) debe pertenecer al plano, entonces debe satisfacer la ecuación 2(3) + 4(−1) − 3(2) + d = 0 =⇒ d = 4 Por lo tanto, el plano pedido es 2x + 4y − 3z + 4 = 0

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4. Hallar la ecuación del plano determinado por el punto (1, 0, 2) y la recta L : x +3 y −5 z −1 = = 3 −3 1 Solución. Vamos a escribir la recta como intersección de 2 planos. Para esto, consideramos las igualdades siguientes: y −5 z −1 x +3 y −5 = y = 3 −3 −3 1 De la primera igualdad, se tiene x +3 y −5 = ⇐⇒ −3x − 9 = 3y − 15 ⇐⇒ x + y − 2 = 0 3 −3 De la segunda igualdad , obtenemos y −5 z −1 = ⇐⇒ y − 5 = −3z + 3 ⇐⇒ y + 3z − 8 = 0 −3 1 La ecuación del haz de planos que tiene a L como eje del haz es: (x + y − 2) + λ(y + 3z − 8) = 0 Necesitamos el plano de este haz que pasa por el punto dado (1, 0, 2). Para esto, reemplazamos el punto en la ecuación del haz, obteniendo 1 (1 + 0 − 2) + λ(0 + 3(2) − 8) = 0 =⇒ λ = − 2 El plano buscado es: 1 (x + y − 2) − (y + 3z − 8) = 0 ⇐⇒ 2x + y − 3z + 4 = 0 2 5. Considere el punto A = (1, 0, 1),

el plano Π : 2x + y − z − 7 = 0

y la recta L : (−1, 1, 0) + t (0, 1, 5)

(a) Determine el punto B , que es la intersección del plano Π con la recta que pasa por A y es perpendicular a Π. (b) Determine el punto D, punto de intersección de la recta L con el plano Π (c) Hallar un punto C ∈ L tal que el volumen del tetraedro de vértices A, B,C , D sea 4.

Solución. Denotemos por L A : (1, 0, 1) + r (2, 1, −1) la recta que pasa por A e intersecta perpendicularmente a Π (a) Como B ∈ L A

T

Π =⇒ B ∈ L A ∧ B ∈ Π =⇒ B = (1 + 2r, r, 1 − r ) y debe satisfacer la ecuación del plano, es decir, 2(1 + 2r ) + r − (1 − r ) − 7 = 0 =⇒ r = 1 =⇒ B = (3, 1, 0)

(b) Analogamente, si D ∈ L

T

Π =⇒ D = (−1, 1 + t , 5t ) y

2(−1) + (1 + t ) − 5t − 7 = 0 =⇒ t = −2 =⇒ D = (−1, −1, −10)

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(c) Si C ∈ L =⇒ C = (−1, 1 + t , 5t ), entonces −→ BC = (−4, t , 5t ),

−→ B D = (−4, −2, −10),

−→ B A = (−2, −1, 1)

1 −→ −→ −→ El volumen del tetraedro de vértices A, B,C , D es dado por V = | BC · B D× B A|. Como se quiere que el volumen 6 sea 4, tenemos: 1 4 = |(−4, t , 5t ) · (−4, −2, −10) × (−2, −1, 1)| 6 Calculemos −4 (−4, t , 5t ) · (−4, −2, −10) × (−2, −1, 1) = −4 −2

t −2 −1

5t −10 1

= 48 + 24t

Por lo tanto, 24 = |48 + 24t |, es decir, tenemos dos soluciones 24 = 48 + 24t =⇒ t = −1 ∨ 24 = −(48 + 24t ) =⇒ t = −3 Luego, C 1 = (−1, 0, −5), C 2 = (−1, −2, −15). 6. Hallar la ecuación del plano que contiene a la recta distancia de 72 unidades del origen.

L : x = 2y = 3z − 1, sabiendo que dicho plano está a una

Solución. El haz de planos que contiene a la recta L tiene por ecuación (x − 2y ) + λ(x − 3z + 1) = 0 ⇐⇒ x (1 + λ) − 2y − 3λz + λ = 0 La distancia del origen (0,0,0) al haz de planos está dada por d (O, haz) = p

Pero el plano pedido debe estar a

2 7

|λ| (1 + λ)2 + (−2)2 + (−3λ)2

del origen, entonces |λ| p

(1 + λ)2 + (−2)2 + (−3λ)2

=

2 7

Esta ecuación cuadrática tiene 2 soluciones: λ=2

λ=−

10 9

Por lo tanto, tenemos 2 soluciones Π1 :

(x − 2y ) + 2(x − 3z + 1) = 0 ⇐⇒ 3x − 2y − 6z + 12 = 0

y Π2 :

(x − 2y ) −

10 (x − 3z + 1) = 0 ⇐⇒ x + 18y − 30z + 10 = 0 9

7. Hallar la distancia mínima entre las rectas L 1 : (1, 1, 4) + t (0, 1, −3)

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y

L 2 : x = 4 + λ,

y = 5,

z = −3 + 2λ

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− → − → Solución. El vector director de L 1 es d 1 = (0, 1, −3) y el vector director de L 2 es d 2 = (1, 0, 2). Entonces → − → − → − n = d 1 × d 2 = (2, −3 − 1) Ahora, sea P1 = (1, 1, 4) y P2 = (4, 5, −3), entonces −−→ P1 P2 = P2 − P1 = (3, 4, −7) Reemplazando en la fórmula, obtenemos d m i n (L 1 , L 2 ) =

−−→ − → 1 |P1 P2 · n | |(3, 4, −7) · (2, −3 − 1)| =p = − → ||(2, −3 − 1)|| 14 || n ||

CLASE 2 2.1

Espacios vectoriales

Definición 2.1. Sea V un conjunto no vacío y sea K un cuerpo (los cuerpos que consideraremos en este curso serán el cuerpo de los números reales R ó el cuerpo de los números complejos C ó inclusive el cuerpo de los números racionales Q). Supongamos que en V se han definido dos operaciones, que llamaremos adición (que denotaremos or el símbolo +) y producto por escalar (qu denotaremos por el símbolo ·), de la siguiente manera: I. La adición toma dos elementos de V , llamésmoslos u y v , y mediante la operación los lleva a un elemento w ∈ V : denotado por w = u + v . II. El producto por escalar toma un elemento α del cuerpo K y un u ∈ V , y mediante la operación los lleva a un elemento w ∈ V : denotado por w = α · u Entonces diremos que (V, +, ·) es un espacio vectorial sobre K si y solamente si las operaciones anteriores satisfacen las siguientes 8 propiedades: 1. ∀ u , v ∈ V , u + v = v + u 2. ∀ u , v, w ∈ V, u + (v + w ) = (u + v ) + w 3. ∃ 0V ∈ V tal que u + 0V = u , ∀ u ∈ V 4. ∀ u ∈ V,

∃ (−u ) ∈ V tal que u + (−u ) = 0V

5. ∀ u , v ∈ V, ∀ α ∈ K, α · (u + v ) = α · u + α · v 6. ∀ u ∈ V,

∀ α, β ∈ K, (α + β ) · u = α · u + β · u

7. ∀ u ∈ V, ∀ α, β ∈ K, (αβ ) · u = α · (β · u ) 8. ∀ u ∈ V, 1 · u = u Los elementos de V se llaman vectores y los del cuerpo K se llaman escalares.

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Ejemplo 2.1. (R2 , +, ·) es un espacio vectorial sobre R, con las siguientes operaciones: Si u, v ∈ R2 , con u = (u 1 , u 2 ), v = (v 1 , v 2 ) y α ∈ R definimos u + v = (u 1 + v 1 , u 2 + v 2 ) y

α · u = (αu 1 , αu 2 )

Este espacio vectorial se identifica, geométricamente, con el plano cartesiano, y sus elementos son los vectores en (R2 , +, ·).

Ejemplo 2.2. (R3 , +, ·) es un espacio vectorial sobre R, con las siguientes operaciones: si u, v ∈ R3 , con u = (u 1 , u 2 , u 3 ), v = (v 1 , v 2 , v 3 ) y α ∈ R definimos u + v = (u 1 + v 1 , u 2 + v 2 , u 3 + v 3 ) y

α · u = (αu 1 , αu 2 , αu 3 )

Este espacio vectorial se identifica, geométricamente, con el espacio cartesiano, y sus elementos son los vectores en (R3 , +, ·).

Ejemplo 2.3. De manera más general, (Rn , +, ·) es un espacio vectorial sobre R, con las siguientes operaciones: Si u, v ∈ Rn , con u = (u 1 , u 2 , . . . , u n ), v = (v 1 , v 2 , . . . , v n ) y α ∈ R definimos u + v = (u 1 + v 1 , u 2 + v 2 , . . . , u n + v n ) y α · u = (αu 1 , αu 2 , . . . , αu n )

Ejemplo 2.4. (C2 , +, ·) es un espacio vectorial sobre C, con las siguientes operaciones: Si u, v ∈ C2 , con u = (u 1 , u 2 ), v = (v 1 , v 2 ) y α ∈ C definimos u + v = (u 1 + v 1 , u 2 + v 2 ) y

α · u = (αu 1 , αu 2 )

Debe tenerse presente que, en este caso, todos los números involucrados son números complejos, por lo cual las operaciones mencionadas son entre elementos en C.

Ejemplo 2.5. (C3 , +, ·) es un espacio vectorial sobre C, con las siguientes operaciones: Si u, v ∈ C3 , con u = (u 1 , u 2 , u 3 ), v = (v 1 , v 2 , v 3 ) y α ∈ C definimos u + v = (u 1 + v 1 , u 2 + v 2 , u 3 + v 3 ) y

α · u = (αu 1 , αu 2 , αu 3 )

Análogamente, las operaciones se realizan entre números complejos.

Ejemplo 2.6. De manera más general, (Cn , +, ·) es un espacio vectorial sobre C, con las siguientes operaciones: Si u, v ∈ Cn , con u = (u 1 , u 2 , . . . , u n ), v = (v 1 , v 2 , . . . , v n ) y α ∈ C definimos u + v = (u 1 + v 1 , u 2 + v 2 , . . . , u n + v n ) y α · u = (αu 1 , αu 2 , . . . , αu n ) Notemos que

(Cn , +, ·)

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es también un espacio vectorial sobre el cuerpo R.

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Ejemplo 2.7. (Q2 , +, ·) es un espacio vectorial sobre Q, con las siguientes operaciones: Si u, v ∈ Q2 , con u = (u 1 , u 2 ), v = (v 1 , v 2 ) y α ∈ Q definimos u + v = (u 1 + v 1 , u 2 + v 2 ) y

α · u = (αu 1 , αu 2 )

Debe tenerse presente que, en este caso, todos los números involucrados son números complejos, por lo cual las operaciones mencionadas son entre elementos en Q.

Ejemplo 2.8. (Q3 , +, ·) es un espacio vectorial sobre Q, con las siguientes operaciones: Si u, v ∈ Q3 , con u = (u 1 , u 2 , u 3 ), v = (v 1 , v 2 , v 3 ) y α ∈ Q definimos u + v = (u 1 + v 1 , u 2 + v 2 , u 3 + v 3 ) y

α · u = (αu 1 , αu 2 , αu 3 )

Análogamente, las operaciones se realizan entre números racionales.

Ejemplo 2.9. De manera más general, (Qn , +, ·) es un espacio vectorial sobre Q, con las siguientes operaciones: Si u, v ∈ Qn , con u = (u 1 , u 2 , . . . , u n ), v = (v 1 , v 2 , . . . , v n ) y α ∈ C definimos u + v = (u 1 + v 1 , u 2 + v 2 , . . . , u n + v n ) y α · u = (αu 1 , αu 2 , . . . , αu n ) Notemos que (Cn , +, ·) es también un espacio vectorial sobre el cuerpo Q.

Observación 2.1. 1. Observemos que (R, +, ·) es un espacio vectorial sobre R, que (C, +, ·) es un espacio vectorial sobre C y que (Q, +, ·) es un espacio vectorial sobre Q. De esta forma, notamos que tanto R como C y como Q tienen estructura de cuerpo y de espacio vectorial sobre si mismos. 2. (Rn , +, ·) y (Cn , +, ·) son también espacios vectoriales sobre Q. 3. (Cn , +, ·) es también un espacio vectorial sobre R.

Ejemplo 2.10. Sea n ∈ {0, 1, 2, ...}. Consideremos el conjunto Rn [x ] = {p (x ) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + . . . + a n x n , a i ∈ R, i = 0, . . . , n } es decir, Rn [x ] es el conjunto de los polinomios con coeficientes reales en una variable real de grado menor o igual a n (incluyendo al polinomio nulo). (Rn [x ], +, ·) es un espacio vectorial sobre R con la adición y el producto por escalar habitual de polinomios, vale decir, si p (x ) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + . . . + a n x n y q (x ) = b 0 + b 1 x + b 2 x 2 + . . . + b n x n entonces (p + q )(x )

=

p (x ) + q (x )

=

(a 0 + b 0 ) + (a 1 + b 1 )x + (a 2 + b 2 )x 2 + . . . + (a n + b n )x n

(αp )(x )

=

αp (x )

=

αa 0 + αa 1 x + αa 2 x 2 + . . . + αa n x n ,

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∀α ∈ R

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Ejemplo 2.11. Consideremos el conjunto de las funciones a valores reales definidas sobre un conjunto A 6= ; F = { f : A → R} premunido de la adición usual de funciones y del producto por escalar usual: (f + g )(x ) = f (x ) + g (x ) (α · f )(x ) = α(f (x )) ∀f , g ∈ F ,

∀x ∈ A, ∀α ∈ R. Con estas operaciones, (F , +, ·) es un espacio vectorial sobre R.

Ejemplo 2.12. El espacio de las funciones continuas definidas en un intervalo [a ,b ], que denotamos por (C [a ,b ], +, ·) con las operaciones recién definidas para las funciones, es un espacio vectorial sobre R.

Ejemplo 2.13. El espacio de las funciones n veces derivables (funciones de clase C n ) definidas en un intervalo ]a ,b [, que denotamos por (C n (]a ,b [) , +, ·) con las mismas operaciones anteriores, es un espacio vectorial sobre R.

Ejemplo 2.14. Consideremos el conjunto de las matrices de orden m ×n con entradas reales, que denotaremos M m ×n (R). Recordemos que una matriz real es un arreglo de números reales: Si A, B ∈ M m ×n (R), definimos la suma de matrices: A + B = (a i j )m ×n + (b i j )m ×n = (a i j + b i j )m ×n El producto por escalar queda definido por: α · A = α · (a i j )m ×n = (α a i j )m ×n De esta manera, (M m ×n (R), +, ·) es un espacio vectorial sobre R.

Ejemplo 2.15. Análogamente, las matrices con entradas complejas (M m ×n (C), +, ·) con las operaciones análogas a las descritas arriba, forman un espacio vectorial sobre C.

Ejemplo 2.16. El conjunto de todos los polinomios de grado menor o igual a n ∈ {0, 1, 2, ...} con coeficientes complejos, i.e. Cn [x ] = {p (x ) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + . . . + a n x n , a i ∈ C, i ∈ {0, 1, 2, ..., n }} dotado de la suma y el producto habitual de polinomios, es un espacio vectorial sobre C.

Ejercicio 2.1. Sea V un K−espacio vectorial y sea X un conjunto. Considere F (X , V ) el conjunto de todas las funciones de X es V. Se definen f + g (x ) α · f (x )

=

f (x ) + g (x )

=

α · f (x )

muestre que (F (X , V ) , +, ·) es un espacio vectorial sobre el cuerpo K.

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Observación 2.2. Probar que alguno de los ejemplos anteriores es un espacio vectorial

Proposición 2.1. Sea V un K-espacio vectorial: 1. El neutro aditivo 0V es único. 2. Para cada v ∈ V el inverso aditivo −v es único. 3. Es válida la ley de cancelación para la adición de vectores. 4. ∀v ∈ V , 0 · v = 0V 5. ∀α ∈ K, ∀v ∈ V , (−α) v = − (αv )

2.1.1

Ejercicios

1. Determine si (R, +, ·) es un espacio vectorial sobre C. Justifique. 2. Determine si (C, +, ·) es un espacio vectorial sobre R. Justifique. 3. Determine si (M m ×n (R), +, ·) es un espacio vectorial sobre C. Justifique. 4. Determine si (M m ×n (C), +, ·) es un espacio vectorial sobre R. Justifique.

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Coordinación de Matemática II (MAT022) Primer semestre de 2011 Semana 6: Lunes 18 – viernes 22 de Abril

COMPLEMENTO Contenidos

• Clase 1: Subespacios Vectoriales: Concepto y criterio. Combinación lineal. • Clase 2: Ejercicios y repaso.

CLASE 1 1.1

Subespacios vectoriales

Definición 1.1. 1. Sea (V, +, ·) un espacio vectorial sobre un cuerpo K, S ⊆ V, S 6= ;. Se dice que S es un subespacio vectorial de V si (S, +, ·) es un espacio vectorial sobre K. 2. Si las operaciones + y · están claramente definidas, entonces escribiremos V en lugar de (V, +, ·) para un espacio vectorial sobre K. 3. Si (S, +, ·) es un subespacio vectorial de (V, +, ·) usaremos la notación S ≤ V .

Observación 1.1. La definición anterior no permite averiguar, de manera simple, si un determinado subconjunto es o no subespacio de un espacio vectorial dado. El siguiente teorema nos brinda un método sencillo para este efecto.

Teorema 1.1. Sea (V, +, ·) un espacio vectorial sobre el cuerpo K y sea S ⊆ V, S 6= ;. (S, +, ·) es un subespacio vectorial de (V, +, ·) si y solo si se satisfacen las siguientes dos condiciones: 1. Si u, v ∈ S entonces u + v ∈ S.

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2. Si α ∈ K, u ∈ S entonces α · u ∈ S.

Ejercicio 1.1. Si S ≤ V entonces 0V ∈ S. Todo espacio vectorial tiene, de manera natural, dos subespacios vectoriales, llamados subespacios vectoriales triviales del espacio vectorial V . Estos son: el mismo espacio vectorial V , vale decir, V ≤ V y el espacio vectorial nulo, vale decir el espacio vectorial cuyo único elemento es el neutro aditivo de V : {0V } ≤ V . Ejemplo 1.1. Considere W = {(x , y ) ∈ R2 : y = 0}. Probemos que W es un subespacio vectorial de R2 . Para ello, debemos verificar: 1. W 6= ;, lo cual es cierto pues (0, 0) ∈ W . 2. (x , y ), (u , v ) ∈ W ⇒ (x , y ) + (u , v ) ∈ W . En efecto: (x , y ), (u , v ) ∈ W ⇒ y = 0 ∧v = 0. Por lo tanto, (x , y )+(u , v ) = (x , 0)+(u , 0) = (x +u , 0). Es decir, la segunda componente de la suma de dos vectores en W da como resultado un vector que también pertenece a W . 3. λ ∈ R, (x , y ) ∈ W ⇒ λ · (x , y ) ∈ W . En efecto: (x , y ) ∈ W ⇒ y = 0. Por lo tanto, λ · (x , y ) = λ · (x , 0) = (λx , 0) ∈ W . Como las tres condiciones se satisfacen, hemos probado que W ≤ R2 .

Ejemplo 1.2. Considere W = {(x 1 , x 2 , · · · , x n ) ∈ Rn : x n = 0}. Probemos que W es un subespacio vectorial de Rn . Para ello, debemos verificar: 1. W 6= ;, lo cual es cierto pues (0, 0, · · · , 0) ∈ W . 2. (x 1 , x 2 , · · · , x n ), (u 1 , u 2 , · · · , u n ) ∈ W ⇒ (x 1 , x 2 , · · · , x n ) + (u 1 , u 2 , · · · , u n ) ∈ W . En efecto: (x 1 , x 2 , · · · , x n ), (u 1 , u 2 , · · · , u n ) ∈ W ⇒ x n = 0 ∧ u n = 0. Por lo tanto, (x 1 , x 2 , · · · , x n ) + (u 1 , u 2 , · · · , u n ) = (x 1 , x 2 , · · · , 0) + (u 1 , u 2 , · · · , 0) = (x 1 + u 1 , x 2 + u 2 , · · · , 0). Es decir, la n −ésima componente de la suma de dos vectores en W da como resultado un vector que también pertenece a W . 3. λ ∈ R, (x 1 , x 2 , · · · , x n ) ∈ W ⇒ λ · (x 1 , x 2 , · · · , x n ) ∈ W . En efecto: (x 1 , x 2 , · · · , x n ) ∈ W ⇒ x n = 0. Por lo tanto, λ · (x 1 , x 2 , · · · , x n ) = λ · (x 1 , x 2 , · · · , 0) = (λx 1 , λx 2 , · · · , 0) ∈ W . Como las tres condiciones se satisfacen, hemos probado que W ≤ Rn .

Ejemplo 1.3. Sea (1, −2) ∈ R2 y consideremos W = {(x , y ) ∈ R2 : (x , y ) = α · (1, −2), α ∈ R}. Probemos que W es un subespacio vectorial de R2 . 1. W 6= ;, lo cual es cierto pues (0, 0) = 0 · (1, −2) ∈ W . 2. Debemos probar ahora que (x 1 , x 2 ), (u 1 , u 2 ) ∈ W ⇒ (x 1 , x 2 ) + (u 1 , u 2 ) ∈ W . En efecto: (x 1 , x 2 ), (u 1 , u 2 ) ∈ W ⇒ ∃α, β ∈ R : (x 1 , x 2 ) = α · (1, −2), (u 1 , u 2 ) = β · (1, −2). Por lo tanto, (x 1 , x 2 ) + (u 1 , u 2 ) = α · (1, −2) + β · (1, −2) = (α + β ) · (1, −2) ∈ W, 3. Probemos ahora que λ ∈ R, (x 1 , x 2 ) ∈ W ⇒ λ · (x 1 , x 2 ) ∈ W . En efecto: (x 1 , x 2 ) ∈ W ⇒ λ · (x 1 , x 2 ) = λ · (α · (1, −2)) = (λα) · (1, −2) ∈ W,

pues

α + β ∈ R.

pues λ ∈ R.

Gráficamente, este subespacio vectorial se representa por una recta en el plano, en la misma dirección que el vector (1, −2).

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Ejemplo 1.4. Como en el ejemplo anterior, sea V un espacio vectorial real, y sea u0 ∈ V, con u0 6= 0V . Consideremos W = {v ∈ V : v = α · u0 , α ∈ R}. Probemos que W es un subespacio vectorial de V . 1. W 6= ;, lo cual es cierto pues tomando 0 ∈ R, obtenemos que 0 · u0 = 0V ∈ W . 2. Probemos que v1 , v2 ∈ W ⇒ v1 + v2 ∈ V. En efecto: v1 , v2 ∈ V nos asegura que existen α, β ∈ R de manera que v 1 = α · u0 y que v 2 = β · u0 . Luego, v1 + v2 = α · u0 + β · u0 = (α + β ) · u0 ∈ V 3. Probemos ahora que λ ∈ R, v ∈ W ⇒ λ·v ∈ W. En efecto: v ∈ W nos asegura que existe α ∈ R tal que v = α·u0 . Luego, λ · v = λ · α · u0 = (λα) · u0 ∈ W. Debido a la analogía con el ejemplo anterior (4.-), este espacio vectorial recién descrito se denomina recta vectorial, con dirección u0 .

Ejemplo 1.5. Sea E = {(x , y , z ) ∈ R3 : 2x + y = 0}. Probemos que E ≤ R3 . 1. E 6= ;, lo cual es cierto pues (0, 0, 0) ∈ E . 2. Probemos que: (x , y , z ), (u , v, w ) ∈ E ⇒ (x , y , z ) + (u , v, w ) = (x + u , y + v, z + w ) ∈ E . Este último vector pertenece a E ⇐⇒ 2(x + u ) + y + v = 0, condición que se cumple pues como (x , y , z ), (u , v, w ) ∈ E ⇒ 2x + y = 2u + v = 0 de donde 2x + y + 2u + v = 2(x + u ) + y + v = 0. Luego, la suma de los vectores pertenece a E . 3. Análogamente para el producto por escalar.

¨ Ejercicio 1.2. Verificar que si S =

¨ Ejercicio 1.3. Verificar que si T =

a c

b d

«

a c

b d

∈ M2×2 (R) : a = b y c = −d , entonces S ≤ M2×2 (R).

« ∈ M2×2 (R) : a = 1 , entonces T no es subespacio vectorial de M2×2 (R).

Proposición 1.1. Sea V un espacio vectorial sobre un cuerpo K, W1 , W2 ≤ V . Luego: 1. W1 ∩ W2 ≤ V. 2. W1 + W2 ≤ V, donde el conjunto suma de W1 + W2 se define como: W1 + W2 = {u + v : u ∈ W1 , v ∈ W2 }

Definición 1.2. Si W1 , W2 ≤ V y W1 ∩ W2 = {0V } entonces el subespacio suma W1 + W2 es llamado suma directa y se escribe W1 ⊕ W2 .

Observación 1.2. La unión de subespacios no es necesariamente un subespacio vectorial. Considere por ejemplo V1 = x , y ∈ R2 : x = 0 y V1 = x , y ∈ R2 : y = 0 .

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1.1.1

Ejercicios

1. Sea S = {A ∈ M n ×n : A t = A} 2. Sea T = {A ∈ M n×n : A t = −A}

Probar que S ≤ M n ×n . Probar que T ≤ M n ×n .

3. Muestre que S ⊕ T = M n ×n (R) 4. n ≥ m ⇒ C n [a ,b ] ≤ C m [a ,b ]. 5. Considere los siguientes subespacios vectoriales de R3 : E = {(x , y , 0) : x , y ∈ R},

F = {(0, 0, z ) : z ∈ R},

G = {(0, y , z ) : y , z ∈ R}.

Determine: E ∩ F, E ∩ G , G ∩ F, E + F, E + G , G + F . Haga una descripción geométrica y dibuje cada uno de estos subespacios.

1.2

Combinaciones lineales

Definición 1.3. Sean α1 , α2 , · · · , αn ∈ K y sean u1 , u2 , · · · , un ∈ V , donde V es un espacio vectorial real. La expresión P n i =1 αi ui es una combinación lineal de los vectores u1 , u2 , · · · , un . Observación 1.3. 0v es combinación lineal de cualquier conjunto de vectores. Ejemplo 1.6. El vector de R3 , (0, 2, −3) es una combinación lineal de los vectores (1, 0, 0), (1, 1, 0), (1, 1, 1). escribimos (0, 2, −3) = α · (1, 0, 0) + β · (1, 1, 0) + γ · (1, 1, 1)

Para probarlo,

luego, debemos encontrar α, β , γ ∈ R que satisfagan las siguientes ecuaciones: 0 2 −3

= = =

α+β +γ β +γ γ

Resolviendo, determinamos que γ = −3, β = 5, α = −2. Notar que (0, 2, −3) no es combinación lineal de los vectores (1, 1, 0), (1, 1, 1), pues, usando el mismo razonamiento, si (0, 2, −3) = α · (1, 1, 0) + β · (1, 1, 1) entonces 0 = α+β 2 = α+β −3 = β lo cual es obviamente contradictorio. 1.2.1

Ejercicios

1. Considere los vectores u = (2, 1, −2), v = (1, −1, 1) ∈ R3 . Escriba, si es posible, los vectores a = (−4, −5, 8) y b = (4, 1, −5) como combinación lineal de u y v. Determine los valores de x para los cuales el vector (x , 4, −7) es una combinación lineal de u y v. 2. Dados u1 = (1, 2, α, 1), u2 = (α, 1, 2, 3), u3 = (0, 1, β , 0) ∈ R4 , determine los valores de α y β para que uno de los vectores sea combinación lineal de los otros dos. 3. Decidir si p (t ) = t 2 − t + 1 es combinación lineal de p 1 (t ) = (t − 1)2 y p 2 (t ) = t 1 2 0 1 1 −1 4. Decidir si es combinación lineal de y . −1 0 1 1 1 0

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CLASE 2 Puede realizar ejercicios o adelantar contenidos (paralelos sin clases por feriado)

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Coordinación de Matemática II (MAT022) Primer semestre de 2011 Semana 7: Lunes 25 – viernes 29 de Abril.

COMPLEMENTO Contenidos

• Clase 1: Espacio generado. Dependencia e independencia lineal. Ejemplos. • Clase 2: Bases y bases canónicas. Dimensión.

CLASE 1 1.1

Espacio generado

Recordemos que para los propósitos de estas notas, los cuerpos que estamos considerando son: el cuerpo de los números reales R, el cuerpo de los números complejos C y el cuerpo de los números racionales Q. Pero las definiciones aquí dadas funcionan para cualquier cuerpo. Ejercicio 1.1. Verificar que la intersección de una colección de subespacios de un espacio vectorial V es también un subespacio vectorial de V .

El propósito del ejercicio anterior es poder justificar la siguiente definición. Definición 1.1. Sea V un espacio vectorial sobre un cuerpo K y sea X ⊆ V, X 6= ;. El espacio generado por X , denotado por 〈X 〉 ó por G(X ), es dado por la intersección de todos los subespacios de V que contienen al conjunto X .

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Teorema 1.1. Sea V un espacio vectorial sobre un cuerpo K. Los elementos de G(X ) son los elementos del espacio vectorial formado por todas las combinaciones lineales posibles de elementos de X . Si X es finito, digamos X = {x1 , x2 , · · · , xk }, entonces ( 〈X 〉 =

k X

) αi xi ,

αi ∈ K

i =1

Observación 1.1. Si W = 〈v 1 , v 2 , . . . , v n 〉 decimos que v 1 , v 2 , . . . , v n generan a W o que es un conjunto generador de W .

Ejemplo 1.1. Si W = {(x , y ) ∈ R2 : (x , y ) = α · (1, −2), α ∈ R} entonces W = 〈(1, −2)〉, es decir, (1, −2) genera a W . Observemos que (2, −4) también genera a W y, de manera más general, si α 6= 0, entonces (α, −2α) genera W . Los vectores (0, 0) y (1, −2) también forman un conjunto generador de W .

Ejemplo 1.2. Si W = {v ∈ V : v = α · u0 , α ∈ R}

entonces

W = G(u0 ) = 〈u0 〉.

Ejemplo 1.3. En R2 considere los vectores u = (2, 1), v = (−1, 1), w = (1, 4). Probemos que R2 = G(u, v) = G(u, v, w) y que R2 6= G(u). Para probar que R2 = G(u, v), debemos demostrar que dado cualquier (x , y ) ∈ R2 , existen α, β ∈ R tal que (x , y ) = α · (2, 1) + β · (−1, 1). La igualdad implica « x = 2α − β y = α+β 2y − x x +y , β= . 3 3 Esto significa que dado cualquier vector (x , y ) ∈ R2 podemos determinar explícitamente, en función de x e y , los valores de α y β . Ya que {u , v } ⊂ {u , v, w }, se puede fácilmente concluir que R2 = G (u , v, ) ⊂ G (u , v, w ), de donde concluimos que G (u , v, w ) = R2 . Otra manera de concluir lo mismo es proceder de mana análoga al caso anterior. Para probar que R2 = G(u, v, w), debemos demostrar que dado cualquier (x , y ) ∈ R2 , existen α, β , γ ∈ R tal que (x , y ) = α · (2, 1) + β · (−1, 1) + γ · (1, 4). Notar que si tomamos, arbitrariamente, γ = 0, los valores de α y β obtenidos arriba demuestran la afirmación. Si asignamos otro valor a γ, también podemos resolver el sistema para α y β . En general, entonces, podemos decir que: x + y − 5γ 2y − x − 7γ α= , β= 3 3 de donde

α=

donde γ es un parámetro real. Por lo tanto, en este caso también es posible determinar explícitamente los valores de α, β y γ. Para probar que R2 6= G(u) basta encontrar un vector en R2 que no sea combinación lineal de u. Por ejemplo, si tomamos el vector (1, 0) ∈ R2 vemos que no existe α ∈ R : (1, 0) = α · (2, 1).

Ejemplo 1.4. Claramente G((1, 0), (0, 1))

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= = =

〈(1, 0), (0, 1)〉 〈(−1, 2), (3, −2)〉 G((1, 0), (−1, 2), (5, 3)) = R2

2

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Análogamente, R2 [x ]

= = =

G(1, x , x 2 ) 〈2, 1 + x , x − x 2 〉 〈1, 1 + x , 1 + x + x 2 〉

Ejemplo 1.5. Rn [x ] = G(1, x , x 2 , · · · , x n )

Ejemplo 1.6. 〈sin(x ), cos(x )〉 = { f (x ) ∈ C ∞ (R) : f (x ) = α sin(x ) + β cos(x ), α, β ∈ R}.

¨ Ejemplo 1.7. M 2×2 (R) = G

1 0

0 0

,

0 0

1 0

,

0 1

0 0

,

0 0

0 1

«

Ejercicio 1.2. Caracterizar el espacio generado por los vectores (0, 1, 2) , (−1, 3, −1) y (2, −11/2, 3)

Ejercicio 1.3. Encontrar un conjunto generador del subespacio ¨ « a b : a ,b, c ∈ R ≤ M2×2 (R) b c

1.2

Dependencia e independencia lineal

Definición 1.2. Sean u1 , u2 , · · · , un ∈ V . Diremos que {u1 , u2 , · · · , un } es un conjunto: 1. linealmente independiente (l.i.) ssi n X

αi · ui = 0V ⇒ αi = 0

∀i = 1, · · · , n .

i =i

También se dice que los vectores anteriores son linealmente independientes (l.i.). 2. linealmente dependiente (l.d.) ssi ∃α1 , · · · , αn ∈ K, no todos nulos :

n X

αi · ui = 0V

i =i

También se dice que los vectores anteriores son linealmente dependientes (l.d.).

Ejemplo 1.8. El conjunto {(1, 0), (0, 1)} ⊂ R2 es un conjunto l.i.

En efecto, si consideramos

(0, 0) = α1 (1, 0) + α2 (0, 1) = (α1 , α2 ) entonces obtenemos que α1 = 0, α2 = 0.

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Ejemplo 1.9. El conjunto {(1, 2), (3, −1)} ⊂ R2 es un conjunto l.i. En efecto, si consideramos (0, 0) = α1 (1, 2) + α2 (3, −1) = (α1 + 3α2 , 2α1 − α2 ) entonces, tenemos el sistema lineal a resolver α1 + 3α2 = 0 2α1 − α2 = 0 Obtenemos que α1 = 0, α2 = 0.

Ejemplo 1.10. El conjunto {(1, 2), (3, −1), (5, 1)} ⊂ R2 es un conjunto l.d. Como antes, si tenemos la igualdad α1 (1, 2) + α2 (3, −1) + α3 (5, 1) = (0, 0) se sigue α1 + 3α2 + 5α3

=

0

2α1 − α2 + α3

=

0

Este es un sistema de 2 ecuaciones con 3 incógnitas, que tiene infinitas soluciones. Luego, hemos probado que {(1, 2), (3, −1), (5, 1)} es l.d. Es importante mencionar que, si bien α1 = α2 = α3 = 0 es una posible solución del sistema, no es la única. Lo que hemos probado es que existen valores αi , no todos nulos, que satisfacen la condición de la definición.

Ejemplo 1.11. El conjunto {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} ⊂ R3 es un conjunto l.i.

Ejemplo 1.12. El conjunto {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 0)} ⊂ R3 es un conjunto l.d. Basta notar que (1, 1, 0) = (1, 0, 0) + (0, 1, 0). En otras palabras, existen valores de α1 , α2 , α3 no todos nulos tales que α1 (1, 0, 0) + α2 (0, 1, 0) + α3 (1, 1, 0) = (0, 0, 0). En efecto, basta tomar α1 = 1, α2 = 1, α3 = −1.

Ejemplo 1.13. El conjunto {(0, 1, 0), (1, 1, 0)} ⊂ R3 es un conjunto l.i.

Ejemplo 1.14. El conjunto {sin(x ), cos(x )} ⊂ C(R) es un conjunto l.i. reales α1 y α2 de manera que valga la siguiente igualdad

En efecto, supongamos que tenemos valores

α1 sin(x ) + α2 cos(x ) = 0. Derivando, obtenemos una segunda ecuación, que nos permite determinar α1 y α2 , dada por α1 cos(x ) − α2 sin(x ) = 0. Multiplicamos la primera ecuación por α2 y la segunda por α1 , las sumamos y como este sistema debe satisfacerse para todos los valores posibles de x ∈ R, necesariamente, α21 + α22 = 0. La única posibilidad es que α1 = α2 = 0. Ejemplo 1.15. El conjunto {e αx , e β x } ⊂ C 1 [0, 1] es un conjunto l.i., siempre que α 6= β .

Ejemplo 1.16. El conjunto {1, x , x 2 , · · · , x n } ⊆ Rn [x ] es un conjunto l.i.

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1.2.1

Observaciones

1. Todo conjunto de vectores que contenga al vector nulo 0V es un conjunto l.d. En particular, el conjunto {0V } es l.d. 2. Si un conjunto M de vectores es l.i., todo subconjunto de M también es l.i. 3. Si un conjunto de vectores N es l.d., todo conjunto que contenga a N será l.d. 4. Si bien en la definición de conjuntos linealmente independientes o dependientes hemos considerado conjuntos finito, la finitud se puede eliminar. Es decir, si tenemos un conjunto X ⊂ V , X 6= ;, entonces diremos que X es un conjunto linealmente independiente si todo subconjunto no vacío finito de este es linelamente independiente. En caso contrario, decimos que este conjunto es linealmente dependiente. 5. Si X es un conjunto finito o infinito, X 6= ;, entonces uno puede considerar todas las combinaciones lineales posibles usando una cantidad finita de vectores de X . Este conjunto resulta ser el espacio generado por X .

Teorema 1.2. Sea X ⊂ V, X 6= φ, X 6= {0V }. Entonces, ∃Y ⊆ X tal que Y es un conjunto l.i. y G(X ) = G(Y ). Este teorema afirma que cualquier subconjunto no vacío de vectores, salvo el que contiene sólo al 0V , tiene un subconjunto l.i. de vectores. Notemos también que no hace referencia a si el conjunto X es finito o no. De todas maneras, en este curso en general trabajaremos con juntos finitos X de vectores.

CLASE 2 2.1

Bases y dimensión.

Definición 2.1. Sea B ⊆ V un subconjunto finito (ordenado), B 6= ;. Diremos que B es una base (ordenada) de V si se satisfacen las siguientes dos condiciones: 1. G(B ) = V 2. B es l.i.

Teorema 2.1. Todo espacio vectorial tiene una base.

2.1.1

Ejemplos

1. B = {(1, 0), (0, 1)} es una base de R2 . 2. B = {(1, 2), (3, −1)} es una base de R2 . 3. C = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} es una base de R3 , es llamada base canónica de R3 . 4. B = {(1, 1, 1), (0, 1, 1), (0, 0, 1)} es una base de R3 . 5. C = {1, x , x 2 , · · · , x n } es una base de Rn [x ]. 6. B = {sin, cos} es una base de V = G({sin, cos}). ¨ « 1 0 0 1 0 0 0 0 7. B = , , , es una base de M 2×2 (R). Se llama base canónica de M 2×2 (R). 0 0 0 0 1 0 0 1

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8. El conjunto B = 3, x − 1, x 2 + x es base del espacio vectorial R2 [x ].

Teorema 2.2. Si el espacio vectorial V sobre el cuerpo K tiene una base constituida por n vectores, entonces toda base de V tiene cardinalidad n . Idea general de la prueba. Supongamos que tenemos dos bases B 1 = {v 1 , ..., v n } B 2 = {w 1 , ..., w m } de manera que n 6= m . Supongamos que m > n (el caso n < m es similar). La idea es ver que es posible quitar, de manera astuta n vectores de W , digamos w 1 , ..., w n (salvo reordenamiento de los índices) de manera que el conjunto {v 1 , ..., v n , w n +1 , ..., w m } siga siendo un conjunto l.i.. Ahora, como B 1 es una base de V , se puede verificar que o anterior es una contradicción.

El teorema anterior nos permite dar la siguinete definición. Definición 2.2. Sea V un espacio vectorial sobre K, B = {u1 , · · · , un } una base de V . Diremos que n es la dimensión de V sobre el cuerpo K. Escribimos dimK V = n . Corolario 2.1. Sea V un espacio vectorial de dimensión n , entonces, cualquier subconjunto de V de cardinalidad n + 1 es un conjunto l.d.

2.1.2

Ejemplos

1. C = {(1, 0), (0, 1)} es una base de R2 . Se conoce como la base canónica de R2 . B = {(1, 2), (3, −1)} es otra base de R2 . Claramente, dimR R2 = 2. 2. C = {(1, 0, · · · , 0), (0, 1, 0, · · · , 0), · · · , (0, 0, · · · , 1)} es una base de Rn . Se conoce como la base canónica de Rn . Se acostumbra escribir los vectores de la base canónica como e1 = (1, 0, · · · , 0), e2 = (0, 1, 0, · · · , 0), · · · , en = (0, 0, · · · , 1). En este caso, dimR Rn = n . Si el espacio considerado es R3 , en las aplicaciones físicas los vectores de la base canónica se → − →− →− denotan por i , j , k , respectivamente. 3. A = {(−2, 1, 0), (0, 0, 1)} es una base de V = {(x , y , z ) ∈ R3 : x + 2y = 0}. Luego, dimR V = 2. 4. C = {1, x , x 2 , · · · , x n } es la base canónica de Rn [x ]. Luego, dimR Rn [x ] = n + 1. ¨ « 1 0 0 1 0 0 0 0 5. C = , , , es la base canónica de M 2×2 (R). Por lo tanto, dimR M 2×2 (R) = 0 0 0 0 1 0 0 1 4. 6. Para las matrices reales de orden m × n se tiene que dimR M m ×n (R) = m · n . 7. Si K es un cuerpo, entonces, mirando este cuerpo como espacio vectorial sobre si mismo se tiene dimK K = 1. 8. Mirando Cn como un espacio vectorial sobre C, se tiene que dimC Cn = n . 9. Mirando Cn como un espacio vectorial sobre R, se tiene que dimR Cn = 2n .

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2.1.3

Ejercicios

1. Determine una base y la dimensión de cada uno de los siguientes subespacios: (a) A = {(x , y , z ) ∈ R3 : x − y = 0, z − 2x = 0} ≤ R3 (b) B = {(2x , x , x + 2y , −y ) ∈ R4 : x , y ∈ R} ≤ R4 (c) C = {(x , y , z , t ) ∈ R4 : x + 3t = 0} ≤ R4 2. Determine la dimensión de B ∩ C del ejercicio anterior. Encuentre, si es posible, una base.

Teorema 2.3. W ≤ V

=⇒

dimW ≤ dimV

Teorema 2.4 (completación de una base). Sea V un espacio vectorial sobre K, con dimK V = n . Sea W ≤ V con dimK W = m . Sea B = {u1 , u2 , · · · , um } una base del subespacio W . Entonces, existen vectores um+1 , um+2 , · · · , un ∈ V de manera que ; B ∪ {um+1 , um+2 , · · · , un } es una base de V .

2.1.4

Ejercicios

1. Sea A = {(1, 2, 3), (2, 1, −1)}. Verifique que A es l.i. y complete este conjunto para obtener una base de R3 . 2. Sea A = {1, 1 + x , x 2 + x 3 }. Verifique que A es l.i. y complete este conjunto para obtener una base de R3 [x ]. « ¨ 1 0 0 −1 1 −1 . Verifique que A es l.i. y complete este conjunto para obtener una , , 3. Sea A = 1 1 3 4 2 0 base de M (R, 2 × 2).

Corolario 2.2. Sea V un espacio vectorial, dimK V = n . Si B ⊂ V, B = {u1 , · · · , un } es un conjunto l.i., entonces B es una base de V .

Observación 2.1. El resultado anterior es útil si se conoce la dimensión de un espacio vectorial V . En este caso, para probar que un conjunto es base de V , basta probar que el conjunto es l.i.

2.1.5

Ejercicios

1. Determine si los siguientes son base de R4 . Si no lo son, vea si es posible extraer una base de R4 en cada caso. (a) A = {(0, 1, 1, 0), (1, 0, 2, −1), (−1, 3, 0, 0), (2, −2, 0, 1)} (b) B = {(1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 0), (1, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 0)} 2. Determine si los siguientes son base de R2 [x ]. Si no lo son, vea si es posible extraer una base de R4 en cada caso. (a) C = {1, 1 + x , 1 + x + x 2 } (b) D = {x + x 2 , 1 + x , 1 + x 2 }

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Teorema 2.5. Sea B = {u1 , · · · , un } ⊆ V . Entonces, B es una base de V si todo vector de V puede ser escrito de manera única como una combinación lineal de los vectores u1 , · · · , un .

Observación 2.2. Este teorema dice que dado un vector cualquiera en un espacio vectorial V con una base dada B , los coeficientes del vector con respecto a esa base B son únicos, vale decir, si v ∈ V, ∃! αi , i = 1, · · · , n : v = α1 · u1 + α2 · u2 + · · · + αn · un Esto permite definir las coordenadasde v con  respecto a la base ordenada B , usando los coeficientes αi que acompañan α1    α2   a los vectores ui . La matriz columna  .  se llama matriz de coordenadas de v con respecto a la base B . Usaremos la .   .  αn notación [v]B . 2.1.6

Ejemplos

1. En R3 , considere la base ordenada B = {(1, 2, 3), (1, 0, −1), (0, −2, 0)} y la base canónica de R3 , es decir, C = {e 1 = (1, 0, 0), e 2 = (0, 1, 0), e 3 = (0, 0, 1)}. Determine la matriz de coordenadas del vector (2, 8, −6) con respecto a ambas bases, es decir, encuentre [(2, 8, −6)] B y [(2, 8, −6)]C . Como (2, 8, −6) = −1 · (1, 2, 3) + 3 · (1, 0, −1) − 5 · (0, −2, 0),

se tiene que   −1   [(2, 8, −6)] B =  3  −5

Como (2, 8, −6) = 2 · (1, 0, 0) + 8 · (0, 0, 1) − 6 · (0, 0, 1),

se tiene que   2   [(2, 8, −6)]C =  8  −6

2. En R2 [x ], considere la base ordenada B = {−1, x + 1, −x 2 + 1} y la base canónica ordenada de R2 [x ], es decir C = {1, x , x 2 }. Determine la matriz de coordenadas del polinomio p (x ) = 2 − x + 3x 2 con respecto a ambas bases. Tenemos que p (x )

=

2 − x + 3x 2

=

α1 (−1) + α2 (x + 1) + α3 (−x 2 + 1)

=

(−α1 + α2 + α3 ) · 1 + α2 · x − α3 · x 2

luego, −α1 + α2 + α3 α2 α3

= = =

2 −1 3

Resolviendo, obtenemos que 

 −6   [p (x )] B =  −1  −3

MAT022 (Complemento)



 2   [p (x )]C =  −1  3

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Coordinación de Matemática II (MAT022) Primer semestre de 2011 Semana 8: Lunes 02 – viernes 06 de Mayo

COMPLEMENTO Contenidos

• Clase 1: Valores y vectores propios de una matriz. Espacio propio asociado. • Clase 2: Diagonalización.

CLASE 1 1.1

Valores y vectores propios de una matriz. Espacio propio asociado.

Hasta ahora la mayoría de nuestros cálculos los hemos motivado o llevado a sistemas de ecuaciones algebraicos, daremos una motivación algo distinta para lo que sigue. Muchas aplicaciones están relacionadas con ecuaciones diferenciales (esto se verá con mayor detención en MAT023), como por ejemplo: d u1 dt d u2 dt

=

7u 1 − 4u 2

=

5u 1 − 2u 2

Estas dos ecuaciones nos dicen la forma en la cual están relacionadas las variaciones de las funciones u 1 y u 2 . Estas ecuaciones pueden ser escritas en la forma matricial u 10 7 −4 u1 = u 20 5 −2 u2 o de manera equivalente u0 = Au donde

u = 0

u 10 u 20

,A=

7 5

−4 −2

yu=

u1 u2

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Las soluciones de la ecuación u 0 = λu tienen la forma u = αe λt . Así, podemos intentar buscar soluciones de la ecuación anterior de la forma u1

=

α1 e λt

u2

=

α2 e λt

Notemos que en principio podrían no haber tal tipo de soluciones. Si estas fuesen soluciones, entonces (derivando y sustituyendo) obtendríamos el sistema α1 λe λt

=

7α1 e λt − 4α2 e λt

α2 λe λt

=

5α1 e λt − 2α2 e λt

α1 α2

De lo anterior, obtenemos el sistema

−4 −2

7 5

=λ

α1 α2

En resumen, podemos construir soluciones para d u1 dt d u2 dt

=

7u 1 − 4u 2

=

5u 1 − 2u 2

en la forma

siempre y cuando podamos encontrar λ y x =

α1 α2

u1

=

α1 e λt

u2

=

α2 e λt

que cumplan Ax = λx

Claramente x = 0 satisface esta igualdad (para cualquier elección de λ), pero no nos entrega información útil sobre la solución del sistema. Lo que realmente necesitamos son escalares λ y vectores x 6= 0 que cumplan Ax = λx. La ecuación Ax = λx la podemos reescribir en la forma (A − λI ) x = 0 esto es, el sistema de ecuaciones homogéneo tiene soluciones no nulas, se sigue que los escalares interesantes son aquellos para los cuales det (A − λI ) = 0. Estas observaciones motivan las siguientes definiciones. Definición 1.1. Si A es una matriz de orden n × n . 1. Un escalar λ se llama un valor propio de A si existe un vecttor x 6= 0 (de orden n × 1) tal que Ax = λx . 2. El conjunto de todos los valores propios de la matriz A es denotado por σ (A) y es llamado el espectro de A. 3. Sea λ ∈ σ(A). Un vector x (de orden n × 1) tal que Ax = λx es llamado un vector propio de A asociado al valor propio λ.

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Proposición 1.1. Si λ es un valor propio de la matriz A de orden n × n entonces Wλ = {x : Ax = λx } es un espacio vectorial (de quien es subespacio) al que llamaremos espacio propio asociado a λ.

Ejercicio 1.1. Sea A una matriz real de tamaño n × n y sea λ ∈ σ(A). 1. Verificar, con ejemplos, que λ puede ser un número complejo no real. 2. Sea λ ∈ σ(A). Verificar que el conjunto de vectores propios de A asociados al valor propio λ es un subespacio vectorial del espacio de matrices complejas de tamaño n × 1. 3. Sea λ ∈ σ(A). Verificar que el conjunto de vectores propios de A asociados al valor propio λ que tienen todos sus coeficientes reales es un subespacio vectorial del espacio de matrices reales de tamaño n × 1. 4. Sea λ ∈ σ(A). Buscar ejemplos donde el espacio de vectores propios asociados a λ con entradas reales es diferente del espacio de vectores propios asociados a λ. ¿Cuándo podemos asegurar igualdad?

Observación 1.1. λ ∈ σ (A) ⇔ A − λI es singular⇔ det(A − λI ) = 0 Para encontrar los valores propios de una matriz A debemos buscar aquellos escalares λ tales que det(A − λI ) = 0 . Note que det(A − λI ) es un polinomio en λ al que llamaremos polinomio característico de la matriz A y lo denotaremos por PA (λ). Si PA (λ) es el polinomio característico de la matriz A entonces PA (λ) = 0 es llamada la ecuación característica de la matriz A.

Ejemplo 1.1. Encontrar los valores propios de A= Desarrollo: Calculamos

7−λ det (A − λI ) = 5

7 5

−4 −2

−4 = λ2 − 5λ + 6 −2 − λ

luego los valores propios son las soluciones de la ecuación λ2 − 5λ + 6 = 0 es decir 3 y 2 se sigue σ (A) = {2, 3} en este caso.

Observación 1.2. Si A es de orden n × n entonces el polinomio carcterístico tiene grado n , por lo tanto tiene n posibles valores complejos que satisfacen la ecuación (contando multiplicidades). En particular, hay a lo más n valores propios reales de A.

Si hemos encontrado un valor propio podemos buscar los vectores propios asociados a este de la siguiente forma. En el ejemplo anterior tomemos λ = 2. Entonces, para buscar los vectores propios asociados al valor propio 2, debemos resolver el sistema lineal siguiente y buscar las soluciones diferentes del trivial 7 −4 x x =2 5 −2 y y

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Se tiene que

x y

es solución del sistema homogéneo

tiene infinitas soluciones de la forma ® 4 ¸ como

5

1

4 t 5

t

5 5

−4 −4

x y

=

0 0

con t ∈ R es decir el conjunto de las soluciones lo podemos representar

≤ R2 .

Definición 1.2. Sea A una matriz y λ ∈ σ (A). Llamaremos multiplicidad algebraica del valor propio λ a la multiplicidad de λ como raíz del polinomio característico y llamaremos multiplicidad geométrica a la dimensión de Wλ es espacio propio asociado.

Proposición 1.2. Sea A una matriz: 1. La suma de los valores propios de A (contando multiplicidad algebraica) es igual a la traza de A. 2. El producto de los valores propios de A (contando multiplicidad algebraica) es igual al determinante de A. 3. Los valores propios de una matriz triangular son los elementos de su diagonal principal.

1.1.1

Ejercicios propuestos

1. Considere una matriz

A=

a c

b d

encontrar su polinomio característico y expresar sus coeficientes en términos de traza y determinante. 2. Para las siguientes matrices A=

0 1

1 0



−3  , B =  20 2

1 3 −2

  −3 0   10  y C =  0 4 3

0 2 0

 1  0  0

determinar los polinomios característicos, valores propios, espacios propios asociados y las multiplicidades correspondientes.

CLASE 2 2.1

Diagonalización

Notemos que si P es una matriz no singular de orden n × n y A es una matriz del mismo orden, entonces det P −1 AP − λI = det P −1 AP − λP −1 I P = det P −1 (A − λI ) P = det P −1 det (A − λI ) det (P) =

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det (A − λI ) 4

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De lo anterior se observa que B = P −1 AP y A tienen el mismo polinomio característico. La idea sería considerar una matriz P adecuada de tal forma que P −1 AP fuera lo más sencilla posible para poder encontrar el polinomio carcaterístico. Este cálculo motiva la siguiente definición. Definición 2.1. Dos matrices A y B de orden n × n se dice similares si existe una matriz no singular P tal que P −1 AP = B. El problema fundamental es el siguiente. Dada una matriz cuadrada A, reducir esta a su forma más simple a través de una transformación por similaridad P −1 AP. Las matrices más fáciles de calcular su polinomio característico son las matrices diagonales. Definición 2.2. Diremos que una matriz A de orden n × n es diagonalizable si existe una matriz P del mismo orden y no singular tal que P −1 AP = D, donde D es una matriz diagonal. Es válido preguntar ¿Es toda matriz diagonalizable? la respuesta es no, por ejemplo si consideramos la matriz 0 1 A= 0 0 Notemos que A 2 = [0]2×2 . Si existiera una matriz P no singular tal que P −1 AP = D con D diagonal, entonces D2 = P −1 AP P −1 AP = P −1 A 2 P P −1 [0] P = [0]

=

Como D es diagonal, lo anterior obliga a tener que D = [0]. Pero esto último obligar’ıa a tener A = [0], lo que es una contradicción. Entonces ¿Cuales matrices son diagonalizables? Note lo siguiente    −1 P A n ×n P = D =   

λ1 0 .. . 0

0 λ2 .. . 0

··· ··· .. . ···

0 0 .. . λn

     

de donde AP = PD si ponemos P=

v1

donde v i son los vectores columnas de P, entonces AP = Av 1

v2

···

vn

Av 2

···

Av n

λ2 v 2

···

λn v n

y PD =

λ1 v 1

De lo anterior se obtiene que, ∀i = 1, 2, . . . , n , se cumple Av i = λi v i , es decir, P −1 A n ×n P = D implica que P tiene en sus columnas n vectores propios linealmente independientes y D es la matriz diagonal que tiene por entradas los valores propios de la matriz A. La recíproca de esta afirmación se puede verificar sin problemas.

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Teorema 2.1. Una matriz de tamaño n × n y entradas complejas (o reales) es diagonalizable si el espacio de matrices de tamaño n × 1 y entradas complejas tiene una base de vectores propios de la matriz. En tal caso podemos obtener una matriz que diagonaliza a A poniendo los vectores de tal base como columnas de la matriz P. Ejercicio 2.1. Diagonalizar la matriz 

1  A = 8 −8

−4 −11 8

 −4  −8  5

El polinomio carcaterístico es (λ − 1) (λ + 3)2 . Luego, los valores propios son λ = 1 (de multiplicidad algebraica 1) y λ = −3 (de multiplicidad algebraica      1  2). En particular, tenemos que σ(A) = {1, −3}. 1 1 −2       Se puede calcular que,  −1  genera el espacio propio asociado al valor propio 1 y los vectores  1  ,  0  gen0 1 1 +   + * * 1 1 1       eran el espacio propio asociado al valor propio −3, es decir, Wλ=1 =  2  y Wλ=−3 =  1  ,  0  . Como −2 0 1       1 1 1       los vectores  2  ,  1  ,  0  forman una base del espacio de matrices de tamaño 3 × 1 y enradas complejas, la −2 0 1 matriz A es diagonalizable y una matriz diagonal similar a A es dada por     −1   1 0 0 1 1 1 1 −4 −4 1 1 1         2 1 0   8 −11 −8   2 1 0  =  0 −3 0  0 0 −3 −2 0 1 −8 8 5 −2 0 1 Notemos en este ejemplo que la matriz no-singular P tiene todas sus entradas reales. Todo el problema de la diagonalización se reduce a encontrar una base de vectores propios. Note que casa valor propio tiene asociado un espacio propio y de cada uno de esos espacios propios podemos extraer una base, se tiene el siguiente teorema. Teorema 2.2. Para cada valor propio se cumple que la multiplicidad geométrica es menor o igual que la multiplicidad algebraica De esta forma de cada subespacio podemos extraer a lo más tantos vectores como multiplicidad algebraica tenga el valor propio Teorema 2.3. Vectores propios correspondientes a valores propios diferentes son linealmente independientes. Proof. Sea A una matriz, µ, λ ∈ σ(A), donde µ 6= λ. Sean v, w vectores no nulos, tal que Av = λv y Aw = µw . Consideremos escalares α, β de manera que (1) αv + µw = 0 Entonces, (2) 0 = A0 = A(αv + µw ) = αλv + β µw De esta manera, multiplicando (1) por β y restandole (2), se obtiene que (β − λ)a v = 0 Como v 6= 0 y β 6= µ, se tiene que α = 0. Ahora, usando (1) y el hecho que w 6= 0, se obtiene que β = 0.

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Luego el problema de la diagonalización se reduce al siguiente teorema. Teorema 2.4. Una matriz es diagonalizable si y solo si para todo valor propio la multiplicidades algebraicas y geométricas coinciden.

Corolario 2.1. Si todos los valores propios son distintos (es decir, cada uno de ellos tiene multiplicidad algebraica 1), entonces la matriz es diagonalizable (el recíproco no es verdad)

Ejercicio 2.2. Determinar si las siguientes matrices son diagonalizables   −1 −1 −2   −11 −8  A = 8 −10 11 7 

1  B = 8 −8

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−4 −11 8

 −4  −8  5

7

Coordinación de Matemática II (MAT022) Primer semestre de 2011 Semana 9: Lunes 09 – viernes 13 de Mayo

COMPLEMENTO Contenidos

Clase 1: Aplicación a obtención de forma canónica de formas cuadráticas. Clase 2: Secciones cónicas rotadas.

CLASE 1 1.1.

Proceso de ortogonalización de Gram-Schmidt

Teorema 1.1 (Proceso de ortogonalización de Gram-Schmidt). Si x 1 , x 2 , . . . , x m son vectores l.i. en Rn , entonces es posible construir vectores ortogonales y 1 , y 2 , . . . , y n tales que para cada k = 1, 2, . . . , m se cumple G ({x 1 , x 2 , . . . , x k }) = G

y1 , y2 , . . . , yk

Demostración. Los vectores y i se construyen siguiendo un análogo a la contrucción de la proyección ortogonal y1

=

x1

y2

=

x 2 , y1 x 2 − 2 y 1

y 1 .. .

y k +1

=

¬ ¶ k X x k +1 , y j x k +1 −

2 y j

y j j =1

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Ejemplo 1.1. Sean x 1 = (3, 0, 4) , x 2 = (−1, 0, 7) y x 3 = (2, 9, 11) en R3 . Aplicando el proceso de gram Schmidt se obtienen los vectores y1

=

(3, 0, 4)

y2

=

(−1, 0, 7) −

=

(−4, 0, 3)

=

(2, 9, 11) −

=

(0, 9, 0)

y3

〈(−1, 0, 7) , (3, 0, 4)〉 k(3, 0, 4)k2

(3, 0, 4)

〈(2, 9, 11) , (3, 0, 4)〉 〈(2, 9, 11) , (−4, 0, 3)〉 (3, 0, 4) − (−4, 0, 3) 25 25

Obtenemos así un conjunto ortogonal de vectores que generan lo mismo que el conjunto de losvectores x i . Definición 1.1. Diremos que una base B = {u 1 , u 2 , . . . , u n } de un espacio vectorial V es una base ortonormal, si los vectores de la base son ortogonales y tienen norma 1.

1.2.

Diagonalización de materices simétricas

En la clase anterior estudiamos el problema de la diagonalización en general, ahora estudiaremos el caso particular en que la matriz es real y simétrica. Proposición 1.1. Sea A una matriz real y simétrica entonces 1. A tiene todos sus valores propios reales. 2. Si λi 6= λi son valores propios de A, los elementos de Wλi son perpendiculares (con respecto al producto punto) a los elementos de Wλj (esto se escribe Wλi ⊥ Wλj ). Demostración. Supongamos que λ ∈ σ (A) y x 6= 0 es un vector propio asociado entonces Ax = λx . Denotemos, por abuso de lenguaje, como x al vector columna cuya coordenada (i , 1) es x i . Ahora, usando esta notación, tenemos que n n X X T T Ax x = λx x = λ xi xi = λ |x i |2 i =1

i =1

y también tenemos que T Ax x

=

x T AT x

=

(x )T A T x

=

(x )T Ax n X λ |x i |2 .

=

i =1

De las dos igualdades anteriores obtenemos

n X λ−λ |x i |2 = 0. i =1

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Como x 6= θ se sigue λ = λ, de donde se obtiene que λ ∈ R como queríamos. Para la segunda parte notar que si Ax = λi x y Ay = λ j y entonces

λi x , y = λi x , y = Ax , y ¬ ¶

= x , A T y = x , Ay ¬ ¶ = x , λj y

= λj x , y de donde se obtiene que

λi − λ j

x , y = 0 ⇒ x , y = 0.

Teorema 1.2. Sea A una matriz simétrica. Entonces: 1. A es diagonalizable. 2. Existe una base ortonormal de vectores propios asociados a A. 3. La diagonalización puede ser llevada a cabo en la forma V AV T = D donde V es una matriz ortonormal, es decir V T = V −1 y sus columnas son los vectores propios ortonormales y D es la matriz diagonal que tiene los valores propios en su diagonal principal. Idea de la demostración. Para ver la diagonalización, uno sólo debe observar que si B es matriz simétrica y E es una matriz elemental fila, entonces la matriz E B E T sigue siendo una matriz simétrica. Ahora, obtenida la diagonalización, sabemos que existe una base de vectores propios de A (con la cual podemos cosntruir una matriz invertible P tal que PAP −1 = D, donde D es una matriz diagonal formada por los valores propios de A). Usando el proceso de ortogonalización de Gram-Schmidt y la Proposición 1.1, podemos asumir que tal base es una base ortonormal. Usando esta base, tenemos que la matriz P es la matriz V buscada.

Una consecuencia directa del resultado anterior es la siguiente observación. Proposición 1.2. A es una matriz real simétrica si y solo si existe una matriz ortonormal V y una matriz diagonal D tal que A = V DV T

Ejercicio 1.1. Sea 

0  A = 1 1

1 0 1

 1  1  0

1. Determine los valores propios y espacios propios asociados. 2. Verificar que para valores propios distintos λi y λ j se cumple Wλi ⊥ Wλj 3. Determine una base ortonormal de vectores propios 4. Encontrar una matriz ortonormal V tal que V T AV = D

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1.3.

Formas cuadráticas.

Al igual como lo hemos hecho anteriormente, escribiremos los vectores de Rn como matrices columnas (por comodidad para multiplicarlos con las matrices).   x1    x2  − → n  Si x = (x 1 , x 2 , . . . , x n ) ∈ R , entonces denotamos x =  .  .   .  xn Definición 1.2. Sea A una matriz real de orden n × n. La función − → FA : Rn → R : FA x = x T Ax ∈ R es llamada una forma cuadrática en las variables (x 1 , x 2 , . . . , x n ).

Definición 1.3 (clasificación de formas cuadráticas). Sea A una matriz real de orden n × n y FA cuadrática asociada. − − → − → → 1. La forma cuadrática FA es definida positiva si: ∀ x ∈ Rn − { 0 } =⇒ F x > 0. 2. La forma cuadrática FA es definida negativa si:

− → x = x T Ax su forma

− − → − → → ∀ x ∈ Rn − { 0 } =⇒ F x < 0.

3. La forma cuadrática FA es semidefinida positiva si:

− − → − → → ∀ x ∈ Rn − { 0 } =⇒ F x ≥ 0.

4. La forma cuadrática FA es semidefinida negativa si:

− − → − → → ∀ x ∈ Rn − { 0 } =⇒ F x ≤ 0.

5. Si la forma cambia de signo (es decir, para algunos vectores esta asigna valores negativos y para otros valores esta asigna valores positivos), entonces decimos que FA es indefinida.

Ejemplo 1.2. Sean las siguientes matrices de orden 2 × 2: 1 0 −1 0 1 A= , B= , C =A = 0 1 0 −1 0

0 −1

,D =

1 0

0 0

.E =

0 0

0 −1

.

Entonces: 1. FA (x , y ) = x 2 + y 2 es definida positiva. 2. FB (x , y ) = −(x 2 + y 2 ) es definida negativa. 3. FC (x , y ) = x 2 − y 2 es indefinida. 4. FD (x , y ) = x 2 es semidefinida positiva. 5. FE (x , y ) = −y 2 es semidefinida negativa.

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Ejemplo 1.3. Formas cuadráticas en R2 . Si

A=

entonces FA (x , y ) =

x

y

a c

b d

a c

b d

x y

,

= a x 2 + d y 2 + (b + c ) x y .

Por otro lado, si

 b +c  2 ,  d

 B= entonces

A

FB (x , y ) =

x

2



+ AT

 a y   b +c 2

 a =  b +c 2

 b +c  x 2  = a x 2 + d y 2 + (b + c ) x y = FA (x , y ).  y d

Luego, dada la matriz A hemos encontrado una simétrica B =

Teorema 1.3. Sea A una matriz de orden n × n . Si B =

A+A T 2

con FA = FB .

A+A T , entonces FA = FB . 2

Demostración. En efecto, primero notamos que como x T Ax ∈ R, entonces x T Ax = (x T Ax )T = x T A T x . Luego, tenemos la igualdad A + AT x x T Ax = x T 2

Ejemplo 1.4. La forma cuadrática x 12 + 3x 1 x 2 − 2x 1 x 3 + x 22 + x 2 x 3 + 2x 33 puede escribirse en forma matricial de la siguiente manera     1 3 −2   x 1  x1 x2 x3  0 1 1   x2  0 0 2 x3 Es decir, la forma cuadrática anterior corresponde a la matriz   1 3 −2   A =  0 1 1 . 0 0 2 Usando 

B=

A + AT 2

=

1   0 0

3 1 0

T  −2 1   1  + 0 0 2

3 1 0

 −2  1  2

2



1

 =

3 2

−1

3 2

1 1 2

−1



1 2

 

2

vemos que esta forma cuadrática también corresponde a la matriz simétrica

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

1

 

3 2

−1

3 2

1 1 2

−1



1 2

 

2

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Como toda matriz simétrica es diagonalizable, uno tiene el siguiente resultado. Teorema 1.4. Sea A una matriz de orden n × n y consideremos su forma cuadrática asociada FA : Rn → R. Entonces existe una matriz ortonormal V (de orden n × n ) de manera que − → FA ( x ) = Fb y 1 , y 2 , . . . , y n =

n X

λi y i2 ,

i =1

donde y = V x . La forma cuadrática Fb es llamada la forma canónica asociada a FA . Los valores λ1 , ..., λn son los valores propios (repitiendolos según la multiplicidad algebraica de cada uno de ellos) de la matriz simétrica (A T + A)/2. Demostración. Sea A una matriz de orden n × n y FA su forma cuadrática. Hemos visto que A se puede reemplazar por la matriz simétrica B = (A T + A)/2 para seguir teniendo FA = FB . Luego, podemos suponer que A ya era simétrica (o bien la reemplazamos por B ). Ahora, bajo el supuesto que A es simétrica, sabemos que A puede escribirse en la forma A = V T DV , donde V T = V −1 . Luego − → FA ( x ) = x T Ax

=

x T V T DV x

=

(V x )T D (V x ) − → y T Dy = Fb( y )

= donde y = V x .

Observación 1.1. Haciendo uso de la forma canónica es fácil analizar si es definida positiva, negativa, indefinida etc.

CLASE 2 2.1.

Secciones cónicas rotadas

Definición 2.1. Una ecuación cuadrática en las variables x , y es una ecuación de la forma a x 2 + 2b x y + c y 2 + d x + e y + f = 0 donde a ,b, c , d , e , f son números reales y al menos uno de los coeficientes a ,b, c es no nulo.

Podemos escribir la ecuación cuadrática a x 2 + 2b x y + c y 2 + d x + e y + f = 0 en forma matricial

x

y

a b

b c

b c

x y

+

d

e

x y

+ f = 0.

Si ponemos A=

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a b

,

X=

x y

y

K=

d

e

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entonces la ecuación cuadrática se escribe en la forma X T AX + K X + f = 0 note que X T AX es la forma cuadrática FA discutida anteriormente.

Utilizando diagonalización para matrices simétricas, siempre es posible rotar los ejes de coordenadas de tal manera que la ecuación con respecto al nuevo sistema no tenga términos en x y . Se procede de la siguiente manera: Buscamos una matriz ortonormal V (luego una rotación) que diagonalice A, es decir, V T AV = D, con D diagonal. Utilizamos la transformación de coordenadas

x y

=V

u v

Encontramos la ecuación de la cónica en el nuevo sistema u v en la forma

x y T

V

u v

u v T

T

A

AV T

V AV

u v

x y

+K

+KV

u v

+KV

x y

u v

u v

+f

=

0

+f

=

0

+F

=

0.

Como V diagonaliza a A se tiene V T AV =

λ1 0

0 λ2

donde λ1 y λ2 son los valores propios de A (contados con sus multiplicidades algebraicas). De esta forma la ecuación de la cónica queda, en las variables u y v , como λ1 u 2 + λ2 v 2 + d 0 u + e 0 v + f = 0. Observamos que en la ecuación anterior no hay términos en u v como queríamos.

Ejemplo 2.1. Dada la ecuación cuadrática 80 20 5x 2 − 4x y + 8y 2 + p x − p y + 4 = 0, 5 5 encontrar una base en R2 de tal forma que se pueda escribir la ecuación sin términos x y y se pueda identificar de que cónica se trata. Desarrollo: La forma matricial de la ecuación cuadrática es X T AX + K X + f = 0 donde

A=

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5 −2

−2 8

,

K=

20 p 5

80 −p 5

,

f =4

y

X=

x y

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Primero encontramos los valores propios de A: 5−λ −2

−2 8−λ

=

0

λ2 − 13λ + 36

=

0

se sigue λ1 = 4 y λ2 = 9. Ahora buscamos los vectores propios asociados: Para λ1 = 4 se tiene

esto es

x y

¨ ∈G

2 1

1 −2

−2 4

−4 −2 «

−2 −1

lo que es equivalente a

x y

0 0

0 0

=

«

Para λ2 = 9

x y

x y

¨ ∈G

−1 2

=

.

Estos dos vectores son ortogonales. p Como k(2, 1)k = 5 = k(−1, 2)k, la matriz ortonormal que diagonaliza a A es 2  p 5 V =  1 p 5 

 1 −p  5  2  p 5

Luego, procedemos con el cambio de coordenadas  1 −p  5  u 2  v p 5

2  p  =  15 p 5 

x y

Sustituyendo se obtiene

u v

T

V T AV

u v

+KV

En este caso

u v

T

u v

2  p  5  1 p 5 

4 0

0 9

u v

+

20 p 5

80 −p 5

+ f = 0.

 1 −p  5  u + 4 = 0. 2  v p 5

Es decir 4u 2 + 9v 2 − 8u − 36v + 4 = 0 que corresponde a la elipse (u − 1)2 (v − 2)2 + =1 9 4

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4

2

−4

−2

0

2

−2

Observación 2.1. Es posible realizar el mismo procedimiento para ecuaciones cuadráticas en tres o más variables. a 2.1.1.

Ejercicios propuestos

En cada uno de los siguientes ejercicios, encuentre una base ortonormal de R2 y las ecuaciones de rotación correspondientes que permiten escribirla en la forma canónica e identifique la cónica que representa. 1. 2x 2 − 4x y − y 2 + 8 = 0 2. x 2 + 2x y + y 2 + 8x + y = 0 3. 5x 2 + 4x y + 5y 2 = 9 4. 9x 2 − 4x y + 6y 2 − 10x − 20y = 5 5. 3x 2 − 8x y − 12y 2 − 30x − 64y = 0 6. 2x 2 − 4x y − y 2 − 4x − 8y = −14

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Coordinación de Matemática II (MAT022) Primer semestre de 2011 Semana 10: Lunes 16 – viernes 20 de Mayo

COMPLEMENTO Contenidos

• Clase 1: Sucesiones: Definiciónn, notación. Concepto de convergencia y límite de sucesiones. Subsucesiones. • Clase 2: Teoremas de Convergencia.

CLASE 1 1.1

Sucesiones

p p Sabemos que 2 ∈ I 1 = [1, 2], Considere el problema de aproximar el valor de 2 a través del siguiente método: p divi00 damos el intervalo en dos subintervalos de igual longitud = 12 digamos I 10 = 1, 32 y I 1 = 32 , 2 . Es fácil ver que 2 ∈ I 10 p llamemos I 2 a tal intervalo. Ahora bien, p como 2 ∈ I 2 podemos dividir I 2 en dos subintervalos I 20 y I 200 ambos de longitud 1 1 longitud I 2 = 22 , al cual pertenezca 2 le llamamos I 3 . Repitamos en forma inductiva tal operación de esta manera 2 p obtenemos intervalos I n tales que 2 ∈ I n además la longitud de I n = 21n . Sean x n , y n los extremos derecho e izquierdo del intervalo I n entonces p x n ≤ 2 ≤ y n para todo n ∈ N se sigue que 0

≤ ≤

esto nos dice que 0≤

p 2 − xn 1 yn − x n = n 2

p 1 2 − x n ≤ n para todo n ∈ N 2

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p en otras palabras, el extremo derecho de los intervalos I n “se va acercando” al valor de 2 a medida que n crece, así por ejemplo x 10 esta a distancia menor igual que 1 = 9. 765 6 × 10−4 210 p de 2. En este ejemplo, a cada número natural le asignamos un número real x n que es el extremo derecho del intervalo I n este tipo de asignación se llama sucesión de números reales y el proceso de “se va acercando” es llamado convergencia. A continuación formalizaremos estos conceptos.

1.1.1

Conceptos básicos

Definición 1.1. Una sucesión de números reales es una función x : N → R que asocia a cada número natural n un número real x (n ) que denotaremos por x n y que llamaremos el n-ésimo término de la sucesión. Generalmente se denotan las sucesiones en la forma (x n ), (x n )n ∈N , (x n )n∈A , {x n }n∈N o (x 1 , x 2 , x 3 , . . . , x n , . . . ). Debemos sin embargo, distinguir entre una sucesión que es una función y el conjunto de los valores que toma la sucesión (el recorrido de tal sucesión) son objetos diferentes que pueden confundirse, por ejemplo: Considere la sucesión X : N → R, n → X (n ) = (−1)n si bien esta función toma solo dos valores debemos distinguirla del conjunto {−1, 1} que sería el recorrido de tal sucesión, quizás lo que deje mas en claro la diferencia entre estos objetos, sea que en la función existe un cierto orden en el que se asumen los valores en cambio en el conjunto no. Es posible definir una sucesión listando los primeros términos de ella y deteniendonos cuando la regla de formación de la sucesión sea clara por ejemplo (2, 4, 6, 8, . . . ) denotará la sucesión de los números pares. Un método mas satisfactorio para definir una sucesión es especificar una fórmula para el término n-ésimo de la sucesión por ejemplo (2n )n ∈N También existe otro método para definir sucesiones llamado método inductivo en el que se define el término x n+1 basandose en una fórmula recursiva conocidos algunos valores de la sucesión, por ejemplo, podemos definir la sucesión de los pares mediante la fórmula x 1 = 2, x n +1 = 2 + x n para n ≥ 1 (note que x 1 = 2, luego x 2 = 2 + x 1 = 2 + 2 = 4 luego x 3 = 2 + x 2 = 2 + 4 = 6, etc). Otro ejemplo de este tipo de definiciones es a 1 = 1, a 2 = 1 y a n+1 = a n + a n −1 para n ≥ 2 en el cual tomamos como base dos casos anteriores, los primeros números de esta sucesión serán: a1

=

1

a2

=

1

a3

=

a2 +a1 = 1+1 = 2

a4

=

a3 +a2 = 2+1 = 3

a5

=

a4 +a3 = 3+2 = 5

Podemos representar una sucesión en la recta real los valores que toma la sucesión en determinado valor mostrando de n , por ejemplo la representación para la sucesión n1 n∈N es mostrada en la siguiente figura:

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2

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0

1 n

1 1 1 7 6 5

...

1 4

1 3

1

1 2

Ejemplo 1.1. Las progresiones son un ejemplo de sucesiones por ejemplo las progresiones geométricas corresponden a una sucesión del tipo N→R

x

:

n

→

x n = a 1 r n −1

y las progresiones aritméticas corresponden a una sucesión de la forma N→R

x

:

n

→

x n = a 1 + (n − 1) d

Ejemplo 1.2. La sucesión (1, 0, 1, 0, . . . ) tiene término n-ésimo dado por x n =

Ejemplo 1.3. El décimo término de la sucesión

x

:

n

→

1 n

n∈N

1−(−1)n 2

es decir, corresponde la la sucesión

N→R 1 − (−1)n xn = 2

corresponde a

1 . 10

n Ejemplo 1.4. Consideremos la sucesión x n = 1 + n1 . Notemos que por el teorema del binomio xn = Como

n X n 1 k nk k =0

n n! = (n − k )!k ! k

obtenemos que n 1 k nk

= = =

n (n − 1) · · · (n − k + 1) (n − k )! (n − k )!k !n k n (n − 1) · · · (n − k + 1) k !n k 1 2 k −1 1 1 1− 1− ··· 1 − n n n k!

De esta manera, xn

= = ≤

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1 n n n X 1 2 k −1 1 1+ 1 1− 1− ··· 1 − n n n k! k =1

1+

1+

n n X 1 X 1 = k ! k =0 k ! k =1

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En la desigualdad anterior usamos el hecho que 1 2 k −1 1 1− 1− ··· 1 − ≤ 1 · 1···1 = 1 n n n Ahora notemos que n n X X 1 1 =1+1+ k ! k ! k =2 k =0

Usando el hecho que k ! ≥ 2k −1 para k ≥ 2 obtenemos que n X 1 k ! k =0

=

1+1+

≤

1+1+

n X 1 k ! k =2 n X 1 k =2

De lo anterior podemos observar que

2k −1

1 =1+2 1− n 1, se sigue que x2 = a 2 = 1 + d donde d > 0. Luego,

x 2n = a 2n = (1 + d )n ≥ 1 + n d ,

de donde podemos ver que no existe un M ∈ R tal que x n ≤ M para todo n ∈ R. En efecto, si tal M existiera, entonces M ≥ x 2n ≥ 1 + n d obteniendo que M −1 ≥ n. d Si consideramos n >

M −1 , d

llegamos a una contradicción.

Similarmente, x 2n +1 = a 2n+1 = a (1 + d )n ≤ a (1 + n d ) , de donde podemos ver que no puede existir m ∈ R tal que m ≤ xn para todo n ∈ N. La razón es similar al caso anterior (tarea). 2. Si a > 1, entonces a = 1+d con d > 0. Luego, x n = a n = (1 + d )n ≥ 1+n d , de donde podemos ver que (x n ) no puede estar acotada superiormente. Note que esta acotada inferiormente por 1. 3. Si a ∈ [−1, 1], entonces x n = a n esta acotada. En efecto, |x n | = |a |n ≤ 1n = 1 luego x n ∈ [−1, 1] para todo n ∈ N.

Ejercicio 1.1. Verificar que la sucesión sin n 2 + 2 n∈N es una sucesión acotada.

Definición 1.4. Una sucesión (x n ) se dice: 1. Estrictamente creciente si para cada n se cumple x n < x n +1 . 2. Creciente si para cada n se cumple x n ≤ x n +1 . 3. Estrictamente decreciente si para cada n se cumple x n > x n+1 . 4. Decreciente si para cada n se cumple x n ≥ x n+1 . 5. Monótona si cumple con alguna de las anteriores (en ocasiones se habla de monotonía estricta si es estrictamente creciente o estrictamente decreciente)

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Ejemplo 1.9 (Series de términos positivos). Suponga que {x n } es una sucesión de términos positivos, es decir, x n ≥ 0 para todo n . Definamos n X an = xk . k =1

Entonces {a n } es una sucesión creciente. En efecto, para cada n se cumple a n +1 − a n =

n +1 X

xk −

k =1

n X

x k = x n+1 ≥ 0,

k =1

de donde obtenemos que a n+1 ≥ a n . Algunos ejemplos de esto son las siguientes sucesiones an = 1+

1 1 1 + + ··· + 1! 2! n!

1 1 1 + + ··· + 2 3 n 1 1 1 an = 1 + 2 + 2 + ··· + 2 2 3 n an = 1+

Ejercicio 1.2. {sin (n )}n ∈N no es una sucesión monótona.

Ejercicio 1.3.

(−1)n

n∈N

no es una sucesión monótona.

Ejemplo 1.10. (1, 2, 3, 4, . . . ) es una sucesión estrictamente creciente.

Ejemplo 1.11. (1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 5, . . . ) es una sucesión creciente.

Definición 1.5. Considere una sucesión (x n ) = (x 1 , x 2 , x 3 , . . . ). Una subsucesión de (x n ) es una nueva sucesión que se forma considerando algunos n digamos n 1 , n 2 , n 3 . . . que cumplen n 1 < n 2 < n 3 < . . . . Una subsucesión de una sucesión corresponde a efectuar una composición (por la derecha) de la sucesión original con una función Y : N → N que sea estrictamente creciente.

Ejemplo 1.12. Dada la sucesión (x n ) podemos extrarer la subsucesión de los términos de lugares pares (x 2 , x 4 , x 6 , . . . ) = (x 2n ) también podemos estraer la de los lugares impares (x 1 , x 3 , x 5 , . . . ) = (x 2n−1 ). La primera corresponde a efectuar una composición con la función estrictamente creciente Y : N → N, n → Y (n ) = 2n y la segunda con la función estrictamente creciente Y : N → N, n → Y (n ) = 2n − 1. Podríamos también considerar Y : N → N, n → Y (n ) = n 2 y obtenemos la subsucesión (x 1 , x 4 , x 9 , x 16 , . . . )

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Ejemplo 1.13. Considere la sucesión (1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 5, . . . ) entonces podemos notar lo siguiente, en el lugar n = 1 está el 1, en el lugar 1 + 2 esta el 2, en el lugar 1 + 2 + 3 está el 3 en el lugar 1 + 2 + 3 + 4 esta el 4; así de manera más general x 1+2+3+···+n = n . Luego, se sigue que x n(n+1) = n . 2

De esta manera, la sucesión (1, 2, 3, . . . , n , ...) es una subsucesión de (1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 5, . . . ).

Ejemplo 1.14. Note que ((−1)

n(n+1) 2

) es una subsucesión de ((−1)n ) sus primeros términos son −1, −1, 1, 1, −1, −1, 1, . . . .

Ejemplo 1.15. Si (x n ) es una sucesión, entonces (x n +1 ) = (x 2 , x 3 , . . . ) es una subsucesión. Similarmente, para cada k ∈ N fijo, la sucesión (x n+k ) es una subsucesión de la anterior.

1.2

El concepto de convergencia

Hablando de manera informal, el concepto de convergencia esta relacionado con los valores que toma la sucesión a medida que n crece. Si los valores están tan cerca de un número L como queramos a partir de un n en adelante, entonces decimos que la sucesión converge a este L. Es esta idea la que pasamos a formalizar a continuación. Definición 1.6. Sea (x n ) una sucesión y L un número real. Diremos que x n converge a L (o que el límite de la sucesión (x n ) es L) si: para todo " > 0 existe un N ∈ N tal que, para cada n ∈ N, n ≥ N , implica que |x n − L| < ". En tal caso usaremos la notación limn→∞ x n = L o simplemente x n → L.

Observación 1.1. Note que, en la definición anterior, |x n − L| < " es equivalente a pedir que x n ∈ ]L − ", L + "[. Luego, la definición de convergencia nos dice que a partir de N en adelante los valores de x n (x N , x N +1 , x N +2 , . . . ) se encontrarán en el intervalo anterior. Como esto debe valer para " tan pequeño como queramos, esto formaliza la idea de estar tan cerca de L como se quiera.

Observación 1.2. Notemos también que, en la definición anterior, |x n − L| < "

⇔

|(x n − L) − 0| < "

⇔

||x n − L| − 0| < ".

Esto nos dice que

lim x n = L ⇔ lim (x n − L) = 0 ⇔ lim |x n − L| = 0

n →∞

n →∞

n→∞

Definición 1.7. Una sucesión que posee límite se dirá convergente, en caso contrario se dice divergente.

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Ejemplo 1.16. Consideremos la sucesión x n = a n con |a | < 1 pero distinto de cero. Intuitivamente pareciera ser que los valores de la sucesión se acercan a cero a medida que n crece; formalicemos esto. Notemos que |x n | = |a |n . Ya que 1 |a | < 1 ⇒ 1 < , |a | se sigue que existe algún número positivo d con 1+d =

1 . |a |

Entonces

1 |a |

n

n X n

=

(1 + d )n =

≥

n d = nd . 1

k =0

De lo anterior obtenemos

k

dk

1 ≥ |a |n . nd

Así, |x n − 0| = |a |n < Entonces

1 . nd

1 1 n1 . De esta manera n 1 1 < < ". |x n − 1| = − 1 = n +1 n +1 n

Así hemos demostrado que lim

n→∞

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n =1 n +1

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Ejemplo 1.18. Considere la sucesión x n = (−1)n . Si se dan varios valores de n vemos que esta sucesión toma los valores 1 y −1 en forma alternada. Esto nos da una idea de que esta sucesión no converge. En efecto, supongamos que ella converge a L, es decir, que x n → L. Entonces, tomando " = 1/4, debería existir un N ∈ N tal que para n ≥ N 1 |x n − L| < . 4 Luego, si consideramos un n par mayor que N , entonces se cumplirá que |1 − L| < 1/4, es decir que L está a una distancia menor de 1/4 de 1. Similarmente, si consideramos un n impar mayor que N , entonces se cumplirá que |−1−L| < 1/4, es decir que L está a una distancia menor de 1/4 de −1. Claramente esto es imposible ya que 1 y −1 están a una distancia mayor que 2(1/4) = 1/2. Es decir (x n ) diverge.

Teorema 1.1 (Unicidad). Si el límite de una sucesión existe, entonces es único. Prueba. Sea (x n ) una sucesión convergente y supongamos que L 1 y L 2 son límites de ella. Supongamos que L 1 6= L 2 . Sea " > 0 tal que " < |L 1 − L 2 |. Por convergencia, usando "/2 en la definición de convergencia, existirán naturales N 1 y N 2 tales que n

≥

N 1 ⇒ |x n − L 1 | < "/2

n

≥

N 2 ⇒ |x n − L 2 | < "/2

Así, si n ≥ max {N 1 , N 2 } entonces " < |L 1 − L 2 |

=

|L 1 − x n + x n − L 2 |

≤

|x n − L 1 | + |x n − L 2 |

<

"

lo cual es una contradicción.

Teorema 1.2 (Álgebra de límites). Si lim x n = A

n→∞

y lim y n = B

n →∞

entonces 1. lim x n + y n = A + B

n →∞

2. lim x n y n = A B

n →∞

3. si B 6= 0

lim

n →∞

xn yn

=

A B

Observación 1.3. Es fácil mostrar que n1 → 0. Del álgebra de límites, parte 2., se sigue que 2. nuevamente, con la sucesión anterior y la sucesión constante α, obtenemos que α nk

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1 np

→ 0 para p ∈ N. Utilizando

→ 0 cuando n → ∞

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Ejemplo 1.19. Calcular el límite de la sucesión de término n-ésimo xn =

3n 4 + 2n + 1 2n 4 + 1

Desarrollo: Notemos que 2 1 3 + n23 + n14 3n 4 + 2n + 1 n 4 3 + n 3 + n 4 = . = 2n 4 + 1 2 + n14 n 4 2 + n14 Utilizando el álgebra de límites y la observación anterior se sigue que lim

n→∞

3n 4 + 2n + 1 2n 4 + 1

= = =

lim

3 + n23 + n14

!

2 + n14 limn →∞ 3 + n23 + n14 limn →∞ 2 + n14

n→∞

3+0+0 3 = . 2+0+0 2

Notar que hemos utilizado el hecho que la sucesión 2+ n14 converge a 2 6= 0 para utilizar parte 3., del álgebra de límites.

Definición 1.8. Sea (x n ) una sucesión. 1. Diremos que (x n ) tiende (o converge) a infinito cuando n tiende a infinito, si para todo K > 0 existe un N ∈ N tal que n ≥ N implica x n > K . En tal caso escribiremos limn →∞ x n = +∞. 2. Diremos que (x n ) tiende a menos infinito cuando n tiende (o congerge) a infinito, si para todo K < 0 existe un N ∈ N tal que n ≥ N implica x n < K . En tal caso escribiremos limn →∞ x n = −∞.

Ejemplo 1.20. Considere la sucesión x n = (−1)n n 2 . Entonces (x n ) no converge ni a +∞ ni a −∞. Note que a medida que n crece la sucesión se alterna entre números positivos y negativos que van creciedo en valor absoluto.

Ejemplo 1.21. Si x n =

n2 (0.5)n

entonces limn→∞ x n = +∞. En efecto, 0.5 < 1 ⇒ 1 <

Así xn =

1 1 ⇒1< . (0.5)n 0.5

n2 > n2 ≥ n, (0.5)n

de donde se sigue entonces lo afirmado.

Observación 1.4. Si (x n ) es una sucesión creciente y no es acotada superiormente entonces limn →∞ x n = +∞.

Teorema 1.3. Sean (x n ) e y n sucesiones: 1. Si limn→∞ x n = +∞ y y n es una sucesión acotada inferiormente entonces lim x n + y n = +∞ n→∞

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2. Si limn→∞ x n = +∞ y existe α > 0 tal que y n > α para todo n ∈ N entonces lim x n y n = +∞

n →∞

3. Si limn→∞ x n = 0, x n > 0 para todo n ∈ N y existe α > 0 tal que y n > α para todo n ∈ N entonces yn = +∞ lim n →∞ x n

1.3

Algunas propiedades de las sucesiones

Teorema 1.4. Si (x n ) es una sucesión convergente a L, entonces toda subsucesión x n k converge y también a L. Este teorema nos entrega un criterio muy útil de divergencia. Si (x n ) es una sucesión que posee una subsucesión divergente, entonces la sucesión diverge. Si (x n ) posee dos subsucesiones que convergen a límites distintos, entonces la sucesión diverge. Ejemplo 1.22. La sucesión (x n = (−1)n ) es divergente. En efecto, esta posee dos subsucesiones (x 2n = 1) y (x 2n −1 = −1) que convergen a límites diferentes.

Ejemplo 1.23. Si x 1 = 2 y x n +1 =

−1 para n ≥ 1 xn

entonces (x n ) no puede ser convergente. En efecto, la subsucesión (x 2n+1 = 2) converge a 2, mientras que la subsucesión (x 2n = −1/2) converge a −1/2 6= 2. El siguiente teorema nos dice que para “n grandes” los términos de la sucesión converegente permanecen cerca del límite Teorema 1.5. Supongamos que limn →∞ x n = L. Sea a ∈ R. 1. Si a < L, entonces existe un N ∈ N tal que, para cada n ≥ N , se cumple a < x n . 2. Si a > L, entonces existe un K ∈ N tal que, para cada n ≥ K , se cumple a > x n .

Teorema 1.6. Si limn→∞ x n = L 1 , limn →∞ y n = L 2 y se cumple que x n ≤ y n para n ∈ N mayores que un entero fijo, entonces L 1 ≤ L 2.

Observación 1.5. x n < y n no implica necesariamente que L 1 < L 2 . Por ejemplo, considere las sucesiones (x n = (y n = n1 ). Entonces x n < yn

−1 ) n

e

pero L 1 = L 2 = 0.

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Teorema 1.7. Toda sucesión convergente es acotada. Prueba. Sea (x n ) una sucesión convergente digamos a L. Existe un N ∈ N tal que para n ≥ N se cumple |x n − L| < 1. Entonces |x n | < L + 1 para n ≥ N . Tomando M = max {|x 1 | , |x 2 | , . . . , |x N −1 | , L + 1} se sigue que |x n | ≤ M para todo n ∈ N.

Ejemplo 1.24. Sabemos que x n =

n n+1

converge a 1. Además sabemos que |x n − 1| <

1 n

de donde se sigue que, para todo n ∈ N, vale que |x n − 1| < 1, de donde obtenemos que x n ∈ [0, 2]

Ejemplo 1.25. Sabemos que lim

n→∞

3n 4 + 2n + 1 2n 4 + 1

3 = . 2

Notemos además que 3n 4 + 2n + 1 3 2n 4 + 1 − 2

= ≤

4n − 1 4n − 1 4n + 1 4n 4 + 2 = 4n 4 + 2 ≤ 4n 4 + 2 5n 5 = . 4n 4 4n 3

Luego x n − 3 < 5 2 4 lo que implica que xn ∈

1 11 , 4 4

Teorema 1.8 (Bolzano-Weierstrass). Toda sucesión acotada posee una subsucesión convergente.

Ejemplo 1.26. Muestre que la sucesión x n = sin(n ) es divergente.

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Desarrollo: Considere los intervalos I k = 2k π + π6 , 2k π + π2 para k ≥ 1. Note que la longitud de I k es π2 − π6 = π3 > 1, de donde se sigue que cada I k debe tener un natural que llamaremos n k . Se debe cumplir 21 ≤ sin (n k ) ≤ 1. Por ser la anterior una sucesión acotada, el teorema de Bolzano-Weierstrass dice que {sin (n k )} debe tener una sub sucesión convergente sin n k l . Como sin n k l ≥ 12 , se sigue 1 lim sin n k l ≥ . l →∞ 2 π π Considere ahora los intervalos J u = 2u π − 2 , 2u π − 6 para u ∈ N. Note que la longitud de J u es π2 − π6 = π3 > 1, de donde se sigue que cada J u debe tener un natural que llamaremos n u . Tenemos que −1 ≤ sin (n k ) ≤ −1 . Luego, 2 (n )} como nuestra¦ sucesión es acotada, el teorema de Bolzano-Weierstrass dice que {sin debe tener una subsucesión u © convergente sin n u p . Como sin n u p ≤ − 12 , se sigue 1 lim sin n u p ≤ − . p →∞ 2 Claramente lim sin n u p 6= lim sin n k l

p →∞

l →∞

Obtenemos que sin n tiene dos subsucesiones que convergen pero a límites diferentes, así sin n es una sucesión divergente.

CLASE 2 2.1

Algunos resultados de convergencia

Teorema 2.1. Toda sucesión creciente y acotada superiormente converge. De manera similar, toda sucesión decreciente y acotada inferiormente converge. Prueba. Supongamos que (x n ) es una sucesión creciente y acotada superiormente. Definamos A = {x n : n ∈ N} ⊆ R por hipótesis A es no vacío y acotado superiormente. Por el axioma del supremo, se sigue que existe el supremo de este conjunto; lo denotaremos por l . Sea " > 0 arbitrario. Como l − " < l , se sigue que l − " no es cota superior de A (l es la menor cota superior del conjunto). Así, existe un n 0 tal que l − " < xn0 . Como la sucesión es creciente, para n ≥ n 0 se sigue xn0 ≤ xn luego l − " < xn0 ≤ xn . Notemos que x n ≤ l para todo n ∈ N. Así, l − " < xn < l + " para todo n ≥ n 0 , es decir, |x n − l | < ". En conclusión, si (x n ) es creciente y acotada superiormente entonces lim x n = sup {x n : n ∈ N}

n →∞

(recordar que el supremo no tiene porque pertenecer al conjunto). Se deja de ejercicio mostrar el caso decreciente y acotada inferiormente.

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Ejemplo 2.1. Sabemos de los ejemplos que xn =

n X 1 k! k =0

es una sucesión creciente y acotada superiormente por 3. Por el teorema anterior ahora sabemos que esta sucesión converge.

Ejemplo 2.2. Considere la sucesión definida por a1 =

p 2

y p

2 + a n para n ≥ 1 Æ p p p p p (es decir la sucesión 2, 2 + 2, 2 + 2 + 2, . . . ). Estudiemossu convergencia. a n+1 =

Desarrollo: Notemos que a 1 < a 2 y a 2 < a 3 . Se puede demostrar por inducción que a n ≤ a n +1 para todo n ∈ N. Para el paso inductivo notar que a n ≤ a n +1

⇒ ⇒

Como a n +1 =

p

a n + 2 y a n+2 =

p

a n + 2 ≤ a n +1 + 2 p p a n + 2 ≤ a n +1 + 2

a n +1 + 2, lo anterior nos dice que a n ≤ a n +1 ⇒ a n+1 ≤ a n+2

Tenemos entonces que la sucesión es creciente. También es facil demostrar por inducción que a n ≤ 2 para todo n ∈ N. De esta forma, {a n } es una sucesión creciente y acotada superiormente por p 2, luego converge. En este caso podemos además encontrar el límite: Como a n+1 = 2 + a n si a n → L entonces a n+1 → L (es una p p subsucesión). Notamos que 2 + a n → 2 + L. Entonces, por unicidad del límite se sigue L=

p

2+L

de donde obtenemos que L 2 − L − 2 = 0; es decir L ∈ {−1, 2}. Como a n ≥ 0, se sigue L ≥ 0. Así la única posibilidad es L = 2.

Teorema 2.2 (Del sandwich). Sean sucesiones (x n ) , y n , (z n ). Supongamos que limn →∞ x n = L = limn→∞ y n y que se cumple x n ≤ z n ≤ y n para n ≥ N 0 . Entonces (z n ) converge y limn →∞ z n = L. El teorema del Sandwich para sucesiones es muy útil para cálculo de límites vamos a dar algunos ejemplos: Ejemplo 2.3. Considere la sucesión (x n =

p n a ) donde a > 0. Mostremos que limn→∞ x n = 1. En efecto, si a > 1 entonces p n a = 1+dn

donde d n ≥ 0. Se sigue que

MAT022 (Complemento)

a = (1 + d n )n ≥ n d n

14

Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática

de donde obtenemos que

a ≥ d n ≥ 0. n

Por el teorema del Sandwich se sigue lim d n = 0.

n →∞

Por el álgebra de límites obtenemos que p n a = lim (1 + d n ) = 1.

lim

n →∞

n→∞

Si 0 < a < 1, entonces a= cierto d > 1. De esta manera

1 d

p 1 n a= p n d

Utilizando lo recién mostrado y el álgebra de límites se sigue p 1 1 n = = 1. lim a = lim p p n n n→∞ n →∞ d limn →∞ d Si a = 1, el resultado es claro.

Ejemplo 2.4. Calcular lim

p n

n →∞

2n + 3n

Desarrollo: Notemos que 3n ≤ 2n + 3n ≤ 3n + 3n de donde obtenemos que 3≤

p n

2n + 3n ≤

p p n 2 · 3n = 3 2.

Pero, por el ejemplo anterior y el álgebra de límites p n lim 3 = lim 3 2 = 3.

n →∞

n →∞

Por el teorema del Sandwich obtenemos que lim

p n

n→∞

2n + 3n = 3

Ejemplo 2.5. Calcular lim

n X

n→∞

!

1 p

i =1

n2 + i

Desarrollo: Notemos que n2 + 1 ≤ n2 + i ≤ n2 + n para i = 1, 2, . . . , n . Entonces p Así, para i = 1, 2, . . . , n

1 p

MAT022 (Complemento)

n2 + 1 ≤

n2 + n

p

n2 + i ≤

≤p

1 n2 + i

p

n2 + n

≤p

1 n2 + 1 15

Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática

de donde obtenemos que n X i =1

Como

n X i =1

p

≤

n2 + n

n2 + n

=p

n n2 + n

p

n X

1 p

p

n2 + 1

≤p

n2 + i

!

n2 + 1

!

1

!

1 p

n X i =1

i =1

n X i =1

≤

n2 + i

y

n2 + n

≤

!

1

n

entonces p

n X i =1

!

1 p

!

1

=p

n n2 + 1

n n2 + 1

Aplicando el teorema del Sandwich se obtiene lim

n→∞

n X

!

1 p

i =1

n2 + i

=1

Ahora enunciaremos un teorema que relaciona el cálculo de límites de funciones con el cálculo de límites de sucesiones. Esto es consecuencia directa de la definición de límite. Teorema 2.3. Si limx →∞ f (x ) = L y consideramos la sucesión x n = f (n ), entonces limn →∞ x n = L.

n x Ejemplo 2.6. Sea x n = 1 + n1 . Definiendo f (x ) = 1 + x1 , se obtiene que f (n) = x n . Así, el teorema anterior nos dice 1 x lim x n = lim 1 + =e n →∞ x →∞ x

Ejemplo 2.7. Sea x n = nos entrega que

p n n . Definiendo f (x ) = x 1/x , obtenemos que x n = f (n ). Ya que limx →∞ x 1/x = 1, el teorema anterior lim

n →∞

p n n = 1.

Este límite también se puede calcular a travez del teorema del Sandwich.

Teorema 2.4. Si (x n ) es una sucesión que converge a cero y y n es una sucesión acotada entonces x n y n converge a cero.

Ejemplo 2.8. lim

n →∞

sin n n

= 0.

Note que sin(n ) no converge pero solo necesitamos que este acotada. El siguiente resultado completa al teorema anterior. Teorema 2.5. Sea A ⊆ R un conjunto que es unión de intervalos abiertos. Sea f : A → R una función y a ∈ A. La función f es continua en a si y solo si para toda sucesión (a n ) con a n ∈ A, n ∈ N y a n → a se cumple f (a n ) → f (a ).

MAT022 (Complemento)

16

Coordinación de Matemática II (MAT022) Primer semestre de 2011 Semana 11: Lunes 23 – viernes 27 de Mayo

COMPLEMENTO Contenidos

• Clase 1: Series numéricas. Series Geométricas. Convergencia de una serie. • Clase 2: Criterio de la integral. Criterio de comparación y comparación al límite.

CLASE 1 1.1

Series numéricas.

En esta parte del curso estudiaremos las “sumas infinitas” a las cuales llamaremos series. Estas son ejemplos particulares de sucesiones, las cuales ya hemos introducido. Definición 1.1. Consideremos una sucesión (a k ). Podemos generar una nueva sucesión (S n ) definida por las sumas parciales siguientes: Sn =

n X

ak = a1 + a2 + ··· + an.

k =1

El par ordenado ((a k ) , (S n )) es llamado una serie; la cual también denotaremos (por razones históricas) con el símbolo +∞ X

ak

k =1

La sucesión (a k ) es llamada la sucesión de términos de la serie y la segunda sucesión es llamada sucesión de sumas parciales de la serie.

Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática

Observación 1.1. Sea ((a k ) , (S n )) ≡

P+∞

k =1 a k

una serie dada. Entonces, ∀k ∈ N : a k = S k − S k −1 ,

donde tomamos S 0 = 0 por convención. Así, cada una de las sucesiones que la conforma determina la otra. Observación 1.2. En algunos casos es conveniente usar la sucesión de términos en la forma a m , a m +1 , a m +2 para algún m ∈ Z, en tal caso usamos la notación para la serie ∞ X ak k =m

1.2

Convergencia de una serie.

Definición 1.2. Diremos que la serie sucesión de sumas

+∞ X

a k converge, si existe un número real L tal que limn →+∞ S(n ) = L, es decir, la

P+∞k =1 parciales S n = k =1 a k

converge a L. En este caso pondremos lim S n =

n→+∞

+∞ X

ak = L

k =1

Si la serie no converge diremos que es divergente.

Ejemplo 1.1. la serie

+∞ X

k es divergente.

k =1

En efecto, la sucesión de sumas parciales S n =

n X

n (n + 1) se sigue 2

k=

k =1

lim S n = lim

n→∞

Ejemplo 1.2. La serie

+∞ X 1

2k

k =1

n →∞

es convergente a 1, es decir,

+∞ X 1 k =1

En efecto, la sucesión de sumas parciales es S n =

n X 1 k =1

P+∞

k =1 a k

y

P+∞

k =1 b k

2k

=

2k

lim S n = lim

n →∞

Proposición 1.1. Sean

n (n + 1) 2

n→∞

1 2

= 1. 1 − 2n+1 1 2

1 2

= +∞

− 2n1+1 1 2

, de donde obtenemos que ! =1

dos series convergentes a A y B respectivamente, es decir, +∞ X

ak = A

k =1 +∞ X

bk = B

k =1

Sean tα ∈ R. Entonces las siguientes valen.

MAT022 (Complemento)

2

Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática

1.

P+∞

(αa k ) = αA

2.

P+∞

(a k + b k ) =

k =1 k =1

P+∞

k =1 a k

+

P+∞

k =1 b k

Ejercicio 1.1. ¿Es convergente la serie

Proposición 1.2. Si

+∞ X

P+∞

k =1

=A+B

k−

1

3k

?

a k es una serie convergente entonces lim a k = 0. k →∞

k =1

Demostración. Si limn →∞ S n = L entonces limn→∞ S n −1 = L. Luego, lim a n

n→∞

= =

lim (S n − S n −1 ) = lim S n − lim S n−1

n →∞

n→∞

n→∞

L − L = 0.

La proposición anterior nos entrega un criterio de divergencia útil en algunos casos: Si

+∞ X

a k es una serie en la cual limn→∞ an 6= 0, entonces

k =1

+∞ X

a k diverge.

k =1

Lamentablemente el criterio anterior no es una equivalencia como podemos ver en el siguiente ejemplo. +∞ X

k Ejemplo 1.3. La serie ln diverge. k +1 k =1 X n n X 1 k (ln k − ln (k + 1)) = − ln (n + 1) = ln En efecto: S n = ln = . Así, se sigue k +1 n +1 k =1 k =1 lim S n = lim ln

n →+∞

n →+∞

1 n +1

= −∞,

es decir, la serie anterior diverge. Pero notemos que

k lim ln k →∞ k +1

Ejercicio 1.2. Muestre que las siguientes series divergen: +∞ +∞ +∞ X X X 1 k (−1)k 1.2.3.p k ln k k k =1 k =1 k =1

MAT022 (Complemento)

4.-

=0

+∞ X

k! 2k !+1 k =1

3

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1.3

Series telescópicas y series geométricas

Encontrar expresiones explícitas para las sumas parciales no es tarea fácil y solo en contados casos es conveniente analizar la convergencia de una serie por tales medios. Veremos dos ejemplos muy importantes en los cuales podemos encontrar expresiones para las sumas parciales.

1.3.1

Series telescópicas

Definición 1.3. Si (b k ) es una sucesión de números reales, entonces la serie +∞ X

(b k − b k +1 )

k =1

es llamada serie telescópica.

Para este tipo de series tenemos el siguiente criterio de convergencia.

Proposición 1.3. Una serie telescópica

+∞ X

(b k − b k +1 ) es convergente si y solo si la sucesión (b k ) es convergente y en tal caso

k =1 +∞ X

(b k − b k +1 ) = b 1 − lim b k k →∞

k =1

Demostración. Notemos que la suma parcial es dada por Sn =

n X

(b k − b k +1 ) = b 1 − b n .

k =1

Luego, la sucesión S n converge sí y sólo si la sucesión b n converge. Más aún, si estas convergen, entonces lim S n = b 1 − lim b n .

n →+∞

Ejercicio 1.3. Mostrar la convergencia de la serie

n→+∞

+∞ X

1 2 −1 4k k =1

y encuentre su límite.

Ejemplo 1.4. Muestre que

MAT022 (Complemento)

p +∞ p X k +1− k =1 p k2 +k k =1

4

Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática

1.3.2

Series geométricas

Definición 1.4. Sean a , r ∈ R − {0}. Una serie de la forma n X

ark

k =0

es llamada una serie geométrica de razón r .

Ejercicio 1.4. ¿Qué sucede en la definición anterior si dejamos que a = 0 o bien r = 0?

Proposición 1.4. Una serie geométrica

Pn

k =0 a r

k

es convergente si y solo si |r | < 1, en este caso ∞ X

ark =

k =0

a 1−r

Demosración. La demostración se basa en la suma de una progresión geométrica. 1. Si r = 1, entonces a r k = a . Así, limn →+∞ a r k = a 6= 0 y la serie diverge. 2. Si r = −1, entonces a r k = a (−1)k . Así, limn→+∞ a r k no existe y la serie diverge. 3. Supongamos que |r | 6= 1. En este caso tenemos que S n = a + a r + · · · + a r n −1 = a (a) Si |r | < 1, entonces lim S n = lim a

n →∞

n →∞

1−rn 1−r

1−rn 1−r

=

.

a 1−r

(b) Si |r | > 1, entonces limk →∞ a r n 6= 0. Luego la serie diverge.

Ejercicio 1.5. Calcular

+∞ X (−1)k 2k k =2

3k +1

Ejercicio 1.6. Para que valores de x ∈ R es convergente la serie +∞ X (−1)n x n + 3n x 2n k =1

MAT022 (Complemento)

4n

5

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CLASE 2 2.1

Series de términos positivos.

Recordemos que la convergencia o divergencia de una serie depende de la sucesión de sumas parciales. Definición 2.1. Si a k ≥ 0 para todo k ∈ N decimos que la serie Sea

P∞

k =1 a k

P∞

k =1 a k

es una serie de términos positivos.

una serie de términos positivos. En este caso, la sucesión de sumas parciales S n cumple con S n+1 − S n = a n +1 ≥ 0.

Luego, para cada n ∈ N, vale que S n+1 ≥ S n , es decir, {S n } es una sucesión creciente. Este tipo de sucesiones convergen si y solo si están acotadas por arriba. Por lo tanto el análisis de convergencia se transforma en mostrar que la sucesión de sumas parciales es acotada por arriba.

Teorema 2.1. Sea {a k } una sucesión de términos positivos. Entonces, la serie

∞ X

a k converge si y solo si la sucesión de sumas

k =1

parciales Sn =

n X

ak

k =1

es acotada. En tal caso

∞ X

a k = sup {S n : n ∈ N}

k =1

Ejemplo 2.1. La serie

∞ k X 2 +k k =1

3k + k

es convergente. En efecto, 2k + k 3k + k

≤

2k + 2k 3k

≤2

k 2 . 3

De esta manera, obtenemos que Sn =

n k X 2 +k k =1

3k + k

≤

k n ∞ k X X 2 2 2 ≤2 = 4. 3 3 k =1 k =1

Luego, la sucesión de sumas parciales esta acotada y la serie converge.

2.2

Criterios de convergencia para series de términos positivos

A continuación, enunciaremos algunos criterios que explotan esta idea de acotamiento para mostrar la convergencia de series de términos positivos.

MAT022 (Complemento)

6

Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática

2.2.1

Criterio de la integral

Teorema 2.2 (Criterio de la integral). Sea f : [1, +∞[ → R+ una función continua (a valores positivos) y decreciente en [1, +∞[. Si tomamos a k = f (k ) para k ∈ N, entonces

∞ X

ak

k =1 ∞

Z

f (x ) d x converge.

converge si y solo si 1

Demosración. Notemos que a k = f (k ) ≤ f (x ) ≤ f (k − 1) = a k −1 , para x ∈ [k − 1, k ] . De lo anterior obtenemos que Z

k

f (x ) d x ≤ a k −1 , para k ≥ 2.

ak ≤ k −1

Así, n X

n

Z

f (x ) d x ≤

ak ≤

k =2

n −1 X

ak,

para cada n ≥ 2.

k =1

1

De lo anterior podemos obtener la desigualdad n

Z

f (x ) d x ≤ S n −1 .

Sn − a 1 ≤ 1

1. Si 2. Si

R +∞ 1

R +∞ 1

f (x ) d x < ∞ (es decir, la integral impropia converge), entonces S n es acotada y luego la serie converge. f (x ) d x diverge, entonces de la desigualdad Zn f (x ) d x ≤ S n −1 1

obtenemos que la serie es divergente.

Observación 2.1. La integral y la serie no necesariamente convergen al mismo valor. Ejercicio 2.1. Verificar que la serie ∞ X 1 p k k =1

converge si y solo si p > 1. En particular

∞ X 1 k k =1

diverge. Ejemplo 2.2. La serie ∞ X

1 n ln n k =2

es divergente.

MAT022 (Complemento)

7

Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática

2.2.2

Criterio de comparación directa

Teorema 2.3 (Criterio de comparación directa). Sean {a k } y {b k } sucesiones de términos positivos tales que 0 ≤ a k ≤ b k , para cada k ≥ k 0 . P∞ P∞ 1. Si k =1 a k diverge, entonces k =1 b k diverge. P∞ P∞ 2. Si k =1 b k converge, entonces k =1 a k converge.

Ejercicio 2.2. Analizar la convergencia de las siguientes series: 1.

2.

∞ X

1 p 2 n + 3n k =1

∞ X k =1

3.

4.

1 +1

∞ X

1 n + ln n k =1

∞ X k =1

5.

2n

1 n 3 + 3n

∞ X 3 sen2 n

n!

k =1

2.2.3

+4

Criterio de comparación al límite

Teorema 2.4 (Criterio de comparación al límite). Sean {a k } y {b k } sucesiones de números positivos tales que ak = L > 0. k →∞ b k lim

Entonces ∞ X k =1

a k converge si y solo si

∞ X

b k converge.

k =1

Ejemplo 2.3. Analizar la convergencia o divergencia de las siguientes series: 1.

2.

∞ X 3n 3 − 5n 2 2n 6 + 4n − 1 k =1 ∞ X k =1 ∞ X

1 p 3

n3 + 1

1 3. arctan 2 n k =1

MAT022 (Complemento)

8

Coordinación de Matemática II (MAT022) Primer semestre de 2011 Semana 12: Lunes 30 de mayo – viernes 03 de Junio

COMPLEMENTO Contenidos

• Clase 1: Criterio del cuociente y la raíz.. • Clase 2: Series alternadas, teorema de Leibnitz. Convergencia condicional y absoluta.

CLASE 1 Los criterios de comparación directa y comparación al límite utilizan la convergencia o divergencia de una serie auxiliar para poder tener información sobre la convergencia o divergencia de la serie dada. Ahora mostraremos dos criterios que utilizan el comportamiento de la misma serie para analizar su convergencia o divergencia.

1.1

Criterio del cociente

Teorema 1.1 (Criterio del cociente). Sea {x n }n ∈N una sucesión de números reales no nulos tales que x n+1 =r lim n →∞ x n entonces: P∞ P∞ 1. Si 0 ≤ r < 1, entonces n =1 |x n | y n =1 x n convergen. P∞ P∞ 2. Si r > 1, entonces n=1 |x n | y n=1 x n divergen. 3. Si r = 1, entonces el criterio no entrega información. Demostración.

Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática

1. Si 0 ≤ r < 1, entonces r < R = r +1 < 1. 2 Como limn →∞ xxn+1 = r , existe un N 0 ∈ N tal que para n ≥ N 0 vale que n x n +1 x ≤ R. n De esta forma, para n ≥ N 0 , vale que

|x n+1 | |x n | ≤ n . R n +1 R

|x n | Luego, a n = n es una sucesión decreciente. Así, para n ≥ N 0 R a n ≤ a N0 . De lo anterior obtenemos, para n ≥ N 0 , que

|x n | ≤ a N 0 , es decir, Rn |x n | ≤ a N 0 R n .

Por el criterio de comparación obtenemos que ∞ X

|x n |

n =N 0

converge y así que ∞ X

|x n |

n =1

también converge. Podemos notar que |x n | − x n ≤ |x n | y |x n | + x n ≤ |x n | 2 2 de donde podemos ver que las series de términos positivos siguientes X ∞ ∞ X |x n | − x n |x n | + x n , 2 2 n =1 n =1 convergen por comparación directa con la serie

P∞

n=1 |x n |.

Notando que xn =

|x n | − x n 2

|x n | + x n − 2

,

podemos ver que la serie ∞ X n =1

xn =

X ∞ ∞ X |x n | + x n |x n | − x n − 2 2 n =1 n=1

es convergente. 2. Si r > 1, entonces siguiendo de manera similar al caso anterior, no es dificil mostrar el limite del termino general no puede ser cero y por tanto ambas series son divergentes.

MAT022 (Complemento)

2

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3. Cuando r = 1 el criterio no entrega información, como lo muestarn las siguientes series: ∞ ∞ X X 1 1 es divergente y es convergente, 2 n n n =1 n=1

donde en ambas tenemos r = 1.

Ejercicio 1.1. Analizar la convergencia o divergencia de las siguientes series. 1.

∞ X (−2)n n =1

2.

n!

∞ X (−1)n n 25

3n +1

n =1

3.

∞ X n! n n n =1

4.

∞ X n! 5n n =1

1.2

Criterio de la raíz

Teorema 1.2 (Criterio de la raíz). Sea {x n }n ∈N una sucesión de números reales tales que lim

n→∞

p n

|x n | = r

entonces: P∞ P∞ 1. Si 0 ≤ r < 1, entonces n =1 |x n | y n =1 x n convergen. P∞ P∞ 2. Si r > 1, entonces n=1 |x n | y n=1 x n divergen. 3. Si r = 1, entonces el criterio no entrega información.

Observación 1.1. La demostración es similar a la hecha para el criterio del cociente.

Ejercicio 1.2. Decidir si las siguientes series son o no convergentes 1.

2.

∞ X

1 (ln(n ))n n =3

∞ X n =1

n 2n + 1

n

MAT022 (Complemento)

3

Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática

3.

∞ X ln(n ) n n =1

1000

Los criterios anteriores permiten obtener conclusiones incluso en casos en que la serie no es de términos positivos Ejercicio 1.3. Para que valores x ∈ R es convergente la serie ∞ X x n + 2x 2n n =1

n

CLASE 2 2.1

Series alternantes

Definición 2.1. Diremos que una serie es alternante si sus términos se alternan entre positivo y negativo, es decir, tienen la forma (−1)n a n o bien de la forma (−1)n +1 a n , donde a n ≥ 0 para todo n ∈ N.

Ejemplo 2.1. Son series alternates ∞ ∞ ∞ X (−2)n X (−1)n X (−1)n , y n ! n n =1 n =1 n =1

Teorema 2.1 (Criterio de Leibnitz). Sea (x n )n∈N una sucesión de términos positivos decreciente tales que lim x n = 0.

n→∞

Entonces

∞ X

(−1)n +1 x n es una serie converge. Además,

n =1

|S − S n | < |x n+1 | lo que nos permite medir la rapidez de convergencia.

Ejercicio 2.1. Verificar que las series

∞ X (−1)n +1 n=1

n

∞ X (−1)n ln(n ) n =1

n

son series alternantes convergentes.

MAT022 (Complemento)

4

Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática

Ejemplo 2.2. Vamos a analizar a que valor converge la serie

∞ X (−1)n +1

n

n =1

Recordemos que 1 +x +x2 + ··· +xn =

.

1 − x n +1 , para x 6= 1. 1−x

Reemplazando x por −x en lo anterior, se obtiene que 1 − x + x 2 − · · · + (−1)n x n =

1 − (−1)n +1 x n+1 , para x 6= −1. 1+x

Si integramos la igualdad anterior obtenemos x2 x3 x n +1 x− + − · · · + (−1)n = 2 3 n +1

Z x 0

1 − (−1)n+1 t n+1 1+t

para x > 0.

dt,

Si evaluamos en x = 1 se obtiene Z 1

(−1)n 1 1 1 − + − ··· + 2 3 n +1

1 − (−1)n +1 t n +1 dt 1+t 0 Z 1 Z 1 − (−1)n +1 t n+1 1 dt + dt. 1+t 1+t 0 0

= =

Como

Z 1 0

1 1+t

d t = ln(2)

entonces obtenemos que n X (−1)k k =0

k +1

Z 1 = ln(2) + 0

− (−1)n+1 t n+1 1+t

1

Z d t = ln(2) + (−1)

n+2 0

t n +1 dt. 1+t

Si ponemos Sn =

n X (−1)k k =0

k +1

entonces

1

Z |S n − ln(2)| = 0

,

t n+1 dt. 1+t

Como t ∈ [0, 1], se tiene que 1 ≤ 1 + t ≤ 2. Luego 1 ≤ 1. 1+t Así

1

Z |S n − ln(2)| = 0

t n+1 dt ≤ 1+t

De lo anterior, obtenemos que ∞ X (−1)k k =0

es decir 1−

MAT022 (Complemento)

k +1

=

1

Z

t n +1 d t = 0

∞ X (−1)k +1 k =1

k

1 . n +2

= ln(2),

1 1 1 1 + − + − · · · = ln(2). 2 3 4 5

5

Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática

2.2

Convergencia condicional y absoluta

Las series de términos generales no tienen porque ser alternantes, por ejemplo la serie ∞ X sen(n ) n =1

n2

no es alternante pero tampoco es de términos positivos. De esta manera, los criterios de la razón y del cociente no entregan información para la convergencia de la serie anterior. Sin embargo, con las herramientas que tenemos podemos analizar la convergencia. Para esto, notemos que sen(n ) 1 n2 ≤ n2 , es decir, −

1 sen(n ) 1 ≤ ≤ 2. n2 n2 n

De lo anterior, obtenemos que

2 sen(n ) + 1 ≤ 2. 2 n n Usando la desigualdad anterior, y por comparación directa, obtenemos que 0≤

∞ X sen(n ) + 1 n =1

n2

es convergente. De esta forma ∞ X sen(n ) n=1

n2

=

∞ X sen(n ) + 1 n=1

n2

−

∞ X 1 2 n n=1

es convergente. Observemos que también podemos analizar la convergencia de de la serie de términos positivos ∞ X sen(n ) n2 n =1

comparándola directamente con

P∞

1 n=1 n 2 .

Teorema 2.2 (Convergencia absoluta). Si la serie

∞ X

|x n | converge, entonces

n =1

lutamente convegente.

∞ X

x n converge. Decimos que la serie es abso-

n=1

Demosración. Se obtiene la convergencia de las series de términos positivos ∞ X |x n | + x n 2 n=1 ∞ X |x n | − x n 2 n=1 por comparación con la serie

∞ X

|x n |.

n =1

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Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática

Así, escribiendo xn = obtenemos la convergencia de

∞ X

|x n | + x n 2

−

|x n | − x n 2

,

xn .

n =1

El recíproco del teorema anterior no es verdad en general. Por ejemplo, la serie alternante ∞ X (−1)k +1 k =1

k

en convergente pero la serie de términos positivos ∞ ∞ k +1 X (−1) X1 = k k k =1

k =1

no lo es. P∞ P∞ Definición =1 x k se dice absolutamente convergente si k =1 |x k | es convergente. P∞ 2.2. Una serie kP ∞ Si k =1 x k converge pero k =1 |x k | diverge diremos que es condicionalmente convergente. Ejercicio 2.2. Decidir si las series ∞ X

(−1)n n + ln(n ) k =1 ∞ X (−2)n k =1

n 2 3n

son absoluta o condicionalmente convergentes.

2.2.1

Reordenamiento de series

Recordemos que ya habíamos calculado que

∞ X (−1)k +1 k =1

k

= ln(2).

Esta serie es condicionalmente convergente. Si reordenamos la serie 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1− + − + − + − + − + − ··· 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 de la manera siguiente 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1− − + − − + − − + − 2 4 3 6 8 5 10 12 7 14 obtenemos que 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − + − + − + − ··· = 1 − + − + − + − · · · = ln(2) 6= ln(2). 2 4 6 8 10 12 14 2 2 3 4 5 6 7 2 El ejemplo anterior nos muestra que en las series, sumas infinitas, no da lo mismo el orden en que sumen los términos. Teorema 2.3. Si valor.

P

a n es una serie absolutamente convergente, entonces todos los reordenamientos convergen al mismo

MAT022 (Complemento)

7

Coordinación de Matemática II (MAT022) Primer semestre de 2011 Semana 13: Lunes 06 – viernes 10 de junio

COMPLEMENTO Contenidos

• Clase 1: Series de potencias: Radio e intervalo de convergencia. • Clase 2: Derivación e integración de series de potencias.

CLASE 1 Definición 1.1. Sea {C n }n∈N∪{0} una sucesión de números reales y x 0 ∈ R. Una serie de potencias centrada en x 0 es una serie de la forma +∞ X C n (x − x 0 )n n =0

)0

(donde usamos la convención (x −x 0 = 1). Los términos de la sucesión son llamados coeficientes de la serie de potencias.

Ejemplo 1.1.

+∞ n X x n =0

n!

+∞ n X x n=0

n

+∞ X (x − 2)n n =0

son series de potencias.

2n

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+∞ X cos(nx ) n =0

n2 + 1

no es una serie de potencias.

Ejemplo 1.2. Notar que

+∞ X

x n converge si |x | < 1 y diverge si |x | ≥ 1. Además, para x ∈ ] − 1, 1[ tenemos que

n =0 +∞

X 1 = xn. 1 − x n =0 Así obtenemos que la serie de potencias (centrada en x 0 = 0) converge en un intervalo centrado en x 0 = 0. Esta propiedad es común a las series de potencias.

Observación 1.1. Sea y = x − x 0 . Entonces, podemos escribir la serie de potencias +∞ X

S(x ) =

C n (x − x 0 )n

n =0

como una serie de potencias centrada en y 0 = 0: R(y ) =

+∞ X

Cn y n .

n =0

Ahora, observemos que la serie S(u ) converge para cierto u sí y sólo si la serie R(u − x 0 ) converge.

Teorema 1.1. Consideremos una serie de potencias, centrada en x 0 , +∞ X

C n (x − x 0 )n .

n =0

1. Si la serie converge en x = a 6= x 0 , entonces esta converge absolutamente ∀x , |x − x 0 | < |a − x 0 |. 2. Si la serie diverge en x = b 6= x 0 , entonces esta diverge ∀x , |x − x 0 | > |b − x 0 |. Demostración. Verifiquemos 1. Sea x ∈ R con |x − x 0 | < |a − x 0 |, como la serie +∞ X

C n (a − x 0 )n

n=0

converge, se sigue que limn →∞ C n (a − x 0 )n = 0. Es decir, existe un entero N de manera que si n ≥ N , entonces |C n (a − x 0 )n | < 1. De esta manera, |C n | < |a −x1 |n para n ≥ N . 0 Luego, para n ≥ N , tenemos que

x − x 0 n |C n (x − x 0 ) | < a −x n

n ≥N

0

MAT022 (Complemento)

2

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Como

x − x0 a − x < 1, 0

tenemos que

X x − x n 0 a −x 0

converge. Luego, por comparación, la serie X converge. En particular,

+∞ X

|C n (x − x 0 )n |

C n (x − x 0 )n

converge absolutamente.

n=0

P+∞ P+∞ Veamos 2. Suponga que n =0 C n (b − x 0 )n diverge. Si |x − x 0 | > |b − x 0 | y además la serie n =0 C n (x − x 0 )n converge absolutamente, entonces obtenemos una contradicción con la parte anterior (tomando a = x ).

Corolario 1.1. Para una serie de potencias de la forma +∞ X

C n (x − x 0 )n

n =0

se cumple una y sólo una de las siguientes: a)

+∞ X

C n (x − x 0 )n converge sólo para x = x 0 . En este caso decimos que la serie tiene radio de convergencia R = 0.

n =0

b)

+∞ X

C n (x − x 0 )n converge para todo x ∈ R. En este caso decimos que la serie tiene radio de convergencia R = +∞.

n =0

c) Existe R ∈ R+ tal que ∀x , |x − x 0 | < R

P+∞

− x 0 )n

converge absolutamente.

∀x , |x − x 0 | > R

P+∞

− x 0 )n

diverge.

n =0 C n (x

n =0 C n (x

El valor R es llamado el radio de convergencia de la serie. Demostración. Sea

( I = x ∈ R − {0} :

+∞ X

) C n (x − x 0 ) converge n

n =0

y suponga que I 6= R. Entonces: P+∞ (1) existe x 1 ∈ R, con x 1 6= 0 y la serie n=0 C n (x 1 − x 0 )n converge y P+∞ (2) existe x 2 tal que la serie n =0 C n (x 2 − x 0 )n diverge.

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La condición (1) nos dice que I 6= ;. La condición (2), junto al terorema anterior, nos asegura que I es acotado superiormente. Luego, I tiene un supremo ( ) +∞ X n R = sup x ∈ R − {0} : C n (x − x 0 ) converge . n =0

Del teorema anterior podemos ver que R tiene las propiedades deseadas.

Observación 1.2. Los puntos extremos del intervalo ]x 0 −R, x 0 +R[ se deben analizar por separado y dan origen al intervalo de convergencia que es el conjunto en el cual la serie de potencias converge. Este conjunto sólo puede tener alguna de estas formas: {x 0 }, R, [a ,b [, [a ,b ], ]a ,b ], ]a ,b [ Ejemplo 1.3. R+ no puede ser el intervalo de convergencia de una serie de potencias.

Ejemplo 1.4. Hallar el intervalo de convergencia de las series: a)

+∞ X

nnxn

n =0

b)

+∞ n X x n =0

c)

+∞ n X x n =1

d)

n

+∞ n X x n =1

e)

n!

n2

+∞ X (x − 3)2n n =1

n 2 5n

Desarrollo: a) Apliquemos el criterio de la raíz:

p n

n n |x |n = n|x |, p n lim n n |x |n = lim n |x | = +∞ n→∞

luego la serie diverge para x 6= 0. El intervalo de convergencia para b) Usemos el criterio del cociente:

Luego, la serie

P+∞

xn n =0 n!

MAT022 (Complemento)

si x 6= 0

n→∞

P+∞

n =0 n

nxn

es {0}.

|x |n +1 |a n +1 | |x | (n + 1)! = = n |x | |a n | n +1 n! |a n +1 | lim =0 ∀x ∈ R n →∞ |a n |

converge ∀x ∈ R, es decir, el intervalo de convergencia es todo R. 4

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c) Apliquemos el criterio de la raíz: r lim

n

n →∞

|n | |x |n = lim p = |x |. n →∞ n n n

Luego, la serie converge si |x | < 1 y diverge si |x | > 1. Esto nos dice que el radio de convergencia es R = 1. Ahora, hay que analizar |x | = 1 x =1

,

P+∞ 1 n =1 n

x = −1

,

P+∞ (−1)n n =1 n

diverge

converge, Leibnitz

El intervalo de convergencia es [−1, 1[ d) Apliquemos el criterio de la raíz: r lim

n →∞

n

|x |n = |x |. n2

Se sigue que tenemos convergencia para |x | < 1 y divergencia para |x | > 1. Luego, el radio de convergencia es R = 1. Ahora analizamos |x | = 1 x =1

,

P+∞ 1 n=1 2 n

x = −1

,

P+∞ (−1)n n=1 n2

converge

converge

El intervalo de convergencia es [−1, 1] e) Apliquemos el criterio de la raíz: r

(x − 3)n |x − 3|2 = . n→∞ n 2 5n 5 p p p La serie converge si |x − 3| < 5 y diverge si |x − 3| > 5. Luego, el radio de convergencia es R = 5. P p p p +∞ Si |x − 3| = 5 la serie es n=1 n12 la cual converge. Finalmente el intervalo de convergencia es I = 3 − 5, 3 + 5 lim

n

CLASE 2 P+∞ Observación 2.1. Si una serie de potencias n =0 C n (x −x 0 )n tiene radio de convergencia R > 0, entonces es posible definir una función f : ]x 0 − R, x 0 + R[ → R P+∞ x → f (x ) = n =0 C n (x − x 0 )n Ahora podemos preguntarnos ¿Es f continua? ¿Es f derivable?.

P+∞ Definición 2.1. Sea f (x ) una función dada. Si f (x ) = n=0 C n (x − x 0 )n , en algún intervalo I (donde x 0 ∈ I ), entonces se dice que f está expresada como serie de potencias en el intervalo I . Se presentan dos problemas fundamentales:

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I.- Si una función es dada en serie de potencias, entonces determinar sus propiedades. II.- Dada una función f . ¿Es f expresable en serie de potencias? Por ejemplo f (x ) = e x ¿es expresable en serie de potencias?.

P+∞ Teorema 2.1 (Derivadas de series de potencias). Si f (x ) = n=0 C n (x − x o )n es una serie de potencias de radio de convergencia R > 0, entonces +∞ X nC n (x − x 0 )n −1 n =1

tiene el mismo radio de convergencia. Además f 0 (x ) =

+∞ X

nC n (x − x 0 )n −1

∀x , |x − x 0 | < R

n=1

Corolario 2.1. Si f (x ) =

P+∞

n =0 C n (x

− x 0 )n tiene radio de convergencia R > 0, entonces f es continua en ]x 0 − R, x 0 + R[

Observación 2.2. En los extremos del intervalo no se sabe, hay que analizar por separado.

Corolario 2.2. Si R > 0 es el radio de convergencia de la serie f (x ) =

+∞ X

C n (x − x 0 )n ,

n =0

entonces f ∈ C ∞ (]x 0 − R, x 0 + R, [). Además, para cada k ≥ 0 entero vale que f (k ) (0) = Ck k!

Ejemplo 2.1. La serie de potencias f (x ) =

P+∞

xn n=0 n !

f 0 (x ) =

tiene radio de convergencia infinito. Así, f es C ∞ (R) y se tiene que +∞ n +∞ X X x n −1 x = = f (x ). (n − 1)! n =0 n ! n=1

Por otro lado, f (0) = 1. Otra función que cumple con esas dos propiedades es la función exponencial e x . Si g (x ) = e −x f (x ), entonces g 0 (x ) = 0. Luego, g (x ) es constante. Como g (0) = 1, obtenemos que g (x ) = 1, es decir, f (x ) = e x . Esto nos da la igualdad ex =

+∞ n X x n=0

MAT022 (Complemento)

n!

.

6

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P+∞ Teorema 2.2 (Integración de series de potencias). Sea f (x ) = n=0 C n (x − x 0 )n una serie de potencias con radio de convergencia R > 0 entonces ∀x ∈ ]x 0 − R, x 0 + R[, vale la igualdad ! Zx Z x +∞ +∞ +∞ X X X Cn C n −1 n C n (t − x 0 ) f (t ) d t = dt = (x − x 0 )n +1 = (x − x 0 )n n + 1 n 0 0 n =0 n =0 n =1

Ejemplo 2.2. Sabemos la serie

+∞

X 1 = xn, 1 − x n=0

|x | < 1.

Luego, reemplazando x por −x , obtenemos la serie +∞

X 1 = (−1)n x n 1 + x n=0 Integrando obtenemos ln(1 + x ) =

+∞ X (−1)n−1 x n

n

n=1

|x | < 1.

|x | < 1,

mostrando que la función ln(1 + x ) se puede resentar como una serie de potencias en el intervalo (0, 2).

Ejemplo 2.3. Consideremos la serie

+∞

X 1 = (−1)n x 2n 1 + x 2 n=0 Luego, integrando, obtenemos arctan(x ) =

+∞ X (−1)n x 2n +1

2n + 1

n=0

|x | < 1.

|x | < 1,

mostrando que la función arctan(x ) se puede resentar como una serie de potencias en el intervalo (−1, 1).

2.0.1

Ejercicios

1. Expresar

1 en serie de potencias con centro en 1. 1−x

2. Hallar serie de potencias para 2x x2 +1

,

3x − 1 x2 −1

centrada en x = 0 3. Sea



x  e −1 f (x ) = x  1

x 6= 0 x =0

muestre que f ∈ C ∞ (R). Hallar una serie de potencias que represente f . Z1 +∞ X (−1)n 2 4. Muestre que e −x d x = (2n + 1)n ! 0 n=0

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5. Calcule el valor de

Indicación: Considere la función f (x ) =

MAT022 (Complemento)

+∞ X n n 2 n =0 1 2

P+∞

n =1 nx

n−1

e integre entre 0 y 1/2.

8

Coordinación de Matemática II (MAT022) Primer semestre de 2011 Semana 14: Lunes 13 – viernes 17 de junio

COMPLEMENTO Contenidos

• Clase 1: Polinomios de Taylor. Resto. • Clase 2: Series de Taylor: Seno, coseno,exponencial. Cálculo de series de Taylor funciones elementales.

CLASE 1 1.1

Polinomios de Taylor. Resto.

Si f : I ⊆ R → R es una función derivable en x = x 0 , entonces f 0 (x 0 ) = lim

x →x 0

f (x ) − f (x 0 ) , x − x0

o de manera equivalente que 0 = lim

x →x 0

f (x ) − f (x 0 ) − f 0 (x 0 )(x − x 0 ) f (x ) − f (x 0 ) − f 0 (x 0 ) = lim , x →x 0 x − x0 x − x0

Si tomamos E (x ) =

f (x ) − f (x 0 ) − f 0 (x 0 )(x − x 0 ) , x − x0

entonces tenemos que f (x ) = f (x 0 ) + f 0 (x 0 )(x − x 0 ) + E (x )(x − x 0 ) donde lim E (x ) = 0.

x →x 0

Luego, para x muy cercano a x 0 (notación: x ≈ x 0 ) vale que f (x ) ≈ f (x 0 ) + (x − x 0 )f 0 (x 0 ).

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Lo anterior nos dice los valores de f (x ) se aproximan por el polinomio de grado uno dado por p (x ) = f (x 0 ) + f 0 (x 0 )(x − x 0 ). Es lógico pensar que, mientras mas derivable es la función, mejor es la aproximación que podremos realizar. Definición 1.1. Sea I un intervalo abierto con x 0 ∈ I . Dado n ∈ N y f : I ⊆ R → R una función n −veces derivable en x 0 ∈ I , se define el n−ésimo polinomio de Taylor de f alrededor de x0 como: Pn (x ) = f (x 0 ) + f 0 (x 0 )(x − x 0 ) +

f (2) (x 0 ) f (n ) (x 0 ) (x − x 0 )2 + . . . + (x − x 0 )n 2! n!

Ejemplo 1.1. 1. Si f (x ) = e x , entonces, como f (n ) (0) = e 0 = 1, tenemos que ∴ P5 (x ) = 1 + x + 2. Si f (x ) = ln(x + 1) entonces Pn (x ) = x −

x2 x3 x4 x5 + + + 2! 3! 4! 5!

x2 x3 x4 xn + − + . . . + (−1)n −1 2 3 4 n

Ejercicio 1.1. 1. Calcular Pn (x ) para f (x ) = sin(x ) con x 0 = 2π. 2. Calcular Pn (x ) en x 0 = 0 para f (x ) =

1 . 1−x

Definición 1.2. Se define el n−ésimo resto de Taylor rn (x) de f en x0 por rn (x ) = f (x ) − Pn (x ) donde Pn es el n−ésimo polinomio de Taylor de f en x 0 .

Teorema 1.1 (Teorema de Taylor). Sea I ⊂ R un intervalo abierto, x 0 ∈ I y supongamos que para cierto entero n ∈ N la función f : I ⊂ R → R tiene derivada hasta orden n + 1 en I . Entonces existe en un intervalo J ⊂ I que contiene a x 0 , de manera que para cada x ∈ I , x 6= x 0 existe t x entre x 0 y x tal que f (x ) = Pn (x ) + rn (x ) con rn (x ) =

f (n+1) (t x ) (x − x 0 )n +1 (n + 1)!

Observación 1.1. Notar que el Teorema anterior es una generalización del Teorema del Valor Medio.

MAT022 (Complemento)

2

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Ejemplo 1.2. Aproximar el número e con un error menor a 0, 001 Solución: f (x ) = e x Queremos encontrar n de manera que:

|rn (1)| = | f (1) − Pn (1)| < 0, 001.

Por el Teorema de Taylor existe t 1 ∈ ]0, 1[ tal que |rn (1)|

= = <

f (n+1) (t 1 ) n +1 (1 − 0) (n + 1)! e t1 (n + 1)! 4 (n + 1)!

Luego, basta escoger n tal que 4 1 < . (n + 1)! 1000 Es claro que cualquier n ≥ 6 funciona. Así, por ejemplo, P6 (1) = 1 + 1 +

1 1 1 1 1 1957 + + + + = = 2.71806 2! 3! 4! 5! 6! 720

da una aproximación de e como se busca.

CLASE 2 2.1

Series de Taylor

Definición 2.1. Supongamos que f tiene derivadas de todo orden en x = x 0 . Llamaremos serie de Taylor de f en x0 a la serie de potencias +∞ (n) X f (x 0 ) (x − x 0 )n . n! n =0 Si x 0 = 0, esta serie es también llamada serie de Maclaurin de f.

Observación 2.1. Puede ocurrir que la serie anterior sea convergente o no para un x 6= x 0 y en caso de convergencia puede ser a f (x ) o a un número distinto de f (x ). Por ejemplo, si consideramos la función ¨ f (x ) =

1

e − x2 0

x= 6 0 x =0 1

entonces f ∈ C ∞ (R) y f (n ) (0) = 0. Luego la serie de Taylor de f en x 0 = 0 es igual a 0, la cual es diferente de f (x ) = e − x 2 6= 0 para x 6= 0. Para asegurar la convergencia de la serie de Taylor de la función respectiva tenemos el siguiente teorema.

MAT022 (Complemento)

3

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Teorema 2.1. Supongamos que 1. f tiene derivadas de todo orden en un intervalo I que contiene a x 0 ; 2. existe M > 0 tal que | f (n ) (x )| ≤ M para todo x ∈ I y n ≥ N (N fijo) entonces la serie de Taylor de f en x 0 converge a f (x ) para cada x ∈ I es decir f (x ) =

+∞ (n ) X f (x 0 ) (x − x 0 )n n! n=0

Demostración. Por el Teorema de Taylor

f (n +1) (t x ) (x − x 0 )n +1 (n + 1)!

rn (x ) = de donde obtenemos que

|rn (x )| ≤ Luego,

x∈I

M |x − x 0 |n +1 . (n + 1)!

(x − x 0 )n +1 =0 n →+∞ (n + 1)! lim

y por lo tanto lim rn (x ) = 0,

n →+∞

lo que prueba el teorema.

2.1.1

Ejemplos

1. f (x ) = sin(x ) =

+∞ X (−1)n x 2n+1 n =0

2. f (x ) = cos(x ) =

+∞ X (−1)n x 2n n =0

3. f (x ) = e x =

+∞ n X x n =0

(2n + 1)!

n!

MAT022 (Complemento)

(2n )!

x∈R

x∈R

x∈R

4

Coordinación de Matemática II (MAT022) Primer semestre de 2011 Semana 15: Lunes 20 – viernes 24 de junio

COMPLEMENTO Contenidos

• Clase 1: Serie binomial. • Clase 2: Ejercicios para el global.

CLASE 1 L A SERIE BINOMIAL Sea α ∈ R. Consideremos la serie α (α − 1) 2 α (α − 1) (α − 2) 3 x + x + ... 2! 3! ∞ X α (α − 1) · · · (α − n + 1) n 1+ x n! n =1 ∞ X α n 1+ x n n =1

1 + αx + = = donde hemos usado la notación

α α (α − 1) · · · (α − n + 1) = n n!

Obtenemos una serie de potencias cuyo radio de convergencia es α (α − 1) · · · (α − n + 1) (α − n ) α−n (n + 1)! = 1. lim = nlim n →∞ →∞ n + 1 α (α − 1) · · · (α − n + 1) n!

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De esta manera, se sigue que f (x ) = 1 +

∞ X α n x n n =1

es una función derivable en ]−1, 1[. Más aun:

∞ X α n −1 f (x ) = n x n n =1 0

y (1 + x ) f 0 (x )

= = =

∞ ∞ X α n −1 X α n n x + n x n n n=1 n=1 ∞ ∞ X X α n α (α − 1) · · · (α − n + 1) x n−1 + n x n n! n n =1 n =1 ∞ X α (α − 1) · · · (α − n + 1) x n −1 + (n − 1)! n=1 ∞ X α (α − 1) · · · (α − n + 1)

(n − 1)!

n=1

=

α+

∞ X α (α − 1) · · · (α − n ) n!

n =1

=

α+

=

n!

= =

α+

∞ X α (α − 1) · · · (α − n + 1) n =1

∞ X α (α − 1) · · · (α − n ) n =1

xn +

xn

xn

∞ X α (α − 1) · · · (α − n + 1) n n xn + x n! n =1

∞ X α (α − 1) · · · (α − n + 1) n!

n =1 ∞ X

(n − 1)!

((α − n ) + n ) x n

α (α − 1) · · · (α − n + 1) xn n ! n =1 ! ∞ X α (α − 1) · · · (α − n + 1) α 1+ x n = αf (x ) n! n=1

α+α

entonces f 0 (x ) =

αf (x ) . (1 + x )

Así f 0 (x ) α = f (x ) 1+x

⇒

ln f (x ) = α ln (1 + x ) + C

⇒

f (x ) = K (1 + x )α .

Notemos que f (0) = 1 y así K = 1, se sigue que, para x ∈ ]−1, 1[ (1 + x )α = 1 +

∞ X α (α − 1) · · · (α − n + 1) n=1

MAT022 (Complemento)

n!

xn

2

Universidad Técnica Federico Santa María Departamento de Matemática

Esto permite el siguiente cálculo, tomando α = −1/2: 1 1 ∞ X − 2 − 2 − 1 · · · − 21 − n + 1 n −1/2 (1 + x ) =1+ x n! n=1 Lo anterior nos dice que si reemplazamos x por −x 2 , obtenemos la igualdad 1 1 ∞ X − 2 − 2 − 1 · · · − 21 − n + 1 2 −1/2 (−1)n x 2n 1−x =1+ n ! n=1 y así, integrando, arcsin x = x +

1 1 ∞ X − 2 − 2 − 1 · · · − 12 − n + 1 n =1

arcsin x

=

x+

=

x+

=

x+

n! (2n + 1)

(−1)n x 2n +1

1 1 ∞ X − 2 − 2 − 1 · · · − 12 − n + 1 n ! (2n + 1) n =1 11 ∞ X + 1 · · · 12 + n − 1 2 2 n =1 ∞ X

n ! (2n + 1)

(−1)n x 2n+1

x 2n +1

1 · 3 · 5 · · · (2n − 1) 2n +1 x válido en ]−1, 1[ 2n n ! (2n + 1) n =1

CLASE 2 Ejercicios para el global.

MAT022 (Complemento)

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Resumen Complemento Mat022 USM

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