Coordinación de Matemática II (MAT022)

Coordinación de Matemática II (MAT022)Primer semestre de 2011

Semana 1: Lunes 07 – viernes 11 de Marzo

COMPLEMENTO

• Clase 1: Matrices. Álgebra Básica de Matrices

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

Contenidos

CLASE 1

1.1 Matrices

Definición 1.1. Una matriz de orden n ×m (se lee n filas por m columnas) es un arreglo rectangular de la forma

a 11 a 12 a 13 · · · a 1m

a 21 a 22 a 23 · · · a 2m

a 31 a 32 a 33 · · · a 3m

......

......

...a n1 a n2 a n3 · · · 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 oC. Denotaremos porMn×m (R) óM (n ×m ,R) al conjunto de todas las matrices de orden n ×m con coeficientes reales,de manera similarMn×m (C) óM (n ×m ,C) denota el conjunto de todas las matrices de orden n ×m con coeficientescomplejos.

Universidad Técnica Federico Santa MaríaDepartamento de Matemática

Ejemplo 1.1. Construir la matriz A =�

a i j

�

3×3=�

i + j�

3×3

Ejemplo 1.2.

�

1 2 1− ii 0 −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×mtal 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]n×m =

0 0 · · · 00 0 · · · 0...

......

...0 0 · · · 0

Observación 1.3. A las matrices de orden n ×n (igual numero de filas y columnas) se les denomina matrices cuadradasde 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

Diagonal principal :

a 11

a 22

...a nn

Diagonal secundaria :

a 1n

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 matrizdiagonal (los elementos de la diagonal no necesariamente son distintos de cero)

Matriz diagonal:

a 11 0 0 · · · 00 a 22 0 · · · 0

0 0 a 33 · · ·...

......

...... 0

0 0 · · · 0 a nn

MAT022 (Complemento) 2


Un tipo muy importante de matriz diagonal, es aquella matriz cuadrada que tiene todos los elementos de la diagonalprincipal igual a 1, esta matriz es llamada Matriz identidad de orden n . Esta matriz es denotada por In .

Ejemplo 1.3.

I2 =

�

1 00 1

�

I3 =

1 0 00 1 00 0 1

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

Matriz triangular inferior:

a 11 0 0 · · · 0

a 21 a 22 0... 0

......

......

......

......

... 0a n1 a n2 a n3 · · · a nn

Matriz triangular superior:

a 11 a 12 a 13 · · · a 1n

0 a 22 a 23... a 2n

0 0...

......

......

......

...0 0 0 · · · a nn

Definición 1.7. Dada una matriz cuadrada

A =

a 11 a 12 a 13 · · · a 1n

a 21 a 22 a 23 · · · a 2n

a 31 a 32 a 33 · · · a 3n

......

......

...a n1 a n2 a n3 · · · a nn

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

i=1 a i i

Ejemplo 1.4. Calcular la traza de la matriz

An =

1 0 0 · · · 01 2 0 · · · 01 2 3 · · · 0...

......

......

1 2 3 · · · n



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 0x 2 1

�

=

�

2 ab d

�

• Suma de matrices: Si A =�

a i j

�

n×my B =

�

b i j

�

n×mse define A + B =

�

a i j +b i j

�

n×mes decir:

a 11 a 12 · · · a 1m

a 21 a 22 · · · a 2m

......

......

a n1 a n2 · · · a nm

+

b11 b12 · · · b1m

b21 b22 · · · b2m

......

......

bn1 bn2 · · · bnm

=

a 11+b11 a 12+b12 · · · a 1m +b1m

a 21+b21 a 22+b22 · · · a 2m +b2m

......

......

a n1+bn1 a n2+bn2 · · · a nm +bnm

Ejemplo 1.6.�

1 2 −10 2 −3

�

+

�

−1 1 23 1 −1

�

=

�

0 3 13 3 −4

�

Observación 1.4. t r (A + B ) = t r (A)+ t r (B ).

• Multiplicación por escalar: Si A =�

a i j

�

n×my α∈R o C entonces αA =α

�

a i j

�

n×m=�

αa i j

�

n×mes decir

α

a 11 a 12 · · · a 1m

a 21 a 22 · · · a 2m

......

......

a n1 a n2 · · · a nm

=

αa 11 αa 12 · · · αa m

αa 21 αa 22 · · · αa 2m

......

......

αa n αa 2n · · · αa m n

• Producto de matrices: SeaK=R ó C. Sean A ∈M (n ×m ,K) y B ∈M�

m ×p ,K�

la matriz producto C = A · B es lamatriz de orden n ×p dada por

�

c i j

�

n×pdonde

c i j =m∑

k=1

a i k bk j

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 elementoanterior, 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 = A2. (A + B )+C = A +(B +C ) 9. (A B )C = A (BC )3. A +[0] = A 10. A (B +C ) = A B +AC4. A +(−1)A = [0] 11. (A + B )C = AC + BC5. α (A + B ) =αA +αB 12. α (A B ) = (αA)B = A (αB )6.

�

α+β�

A =αA +βA 13. A ∈Mn×m ⇒ In A = A = AIm

7. α�

βA�

=�

αβ�

A



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

Ejemplo 1.7.�

1 −12 1

��

1 −10 1

�

=

�

1 −22 −1

�

�

1 −10 1

��

1 −12 1

�

=

�

−1 −22 1

�

se sigue�

1 −12 1

��

1 −10 1

�

6=�

1 −10 1

��

1 −12 1

�

Observación 1.6. En matrices la ecuación AX = B con A 6= [0] y B matrices dadas no siempre tiene solución, considere�

1 10 0

�

X =

�

1 −11 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 perosabemos que es de orden 2×2 luego m = 2. Pongamos entonces

X =

�

a bc d

�

entonces�

1 10 0

��

a bc d

�

=

�

a + c b +d0 0

�

=

�

1 −11 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 10 0

��

0 10 0

�

=

�

0 00 0

�

CLASE 2

2.1 Matriz transpuesta

Definición 2.1. Sea A ∈M (n ×m ,K), A =�

a i j

�

conK=R óC. La matriz transpuesta de A es la matriz AT ∈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 deAT .

Esto significa:

A =

a 11 a 12 a 13 · · · a 1m

a 21 a 22 a 23 · · · a 2m

......

......

...a n1 a n2 a n3 · · · a nm

n×m

AT =

a 11 a 21 · · · a n1

a 12 a 22 · · · a n2

a 13 a 23 · · · a n3

......

......

a 1m a 2m · · · a nm

m×n



Ejemplo 2.1. Si

A =

�

−1 2 05 7 −4

�

entonces

AT =

�

−1 2 05 7 −4

�T

=

−1 52 70 −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 AT =�

a Ti j

�

con i = 1, 2, . . . , m y j = 1, 2, . . . , n donde

a Ti j = 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, setiene:

1.�

AT�T = A

2. (A + B )T = AT + B T

3. (αA)T =α�

AT�

4. (A B )T = B T AT

5. (An )T =�

AT�n

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 AT = A

• A se dice antisimétrica si AT =−A

Ejemplo 2.2. La matriz

A =

1 0 30 2 −13 −1 0

es simétrica y

B =

0 3 −1−3 0 21 −2 0

es antisimétrica.

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



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 +AT es simétrica

2. AAT y AT A son matrices simétricas

3. A −AT es antisimétrica

Observación 2.4. De las proposiciones anteriores podemos mostrar que una toda matriz cuadrada se puede descom-poner 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 AT +A = 0 sesigue

a i i +a i i = 0⇒ a i i = 0 para cada i

2.1.1 Ejercicios de operatoria básica

1. Considere la matriz B =

1 1 10 1 10 0 1

calcular B , B 2, B 4.

2. Sean A =

�

1 −1 20 3 4

�

, B =

�

4 0 −3−1 −1 3

�

, C =

2 −3 0 15 −1 −4 2−1 0 0 3

y D =

2−13

CalcularA + B , 3A −4B , AC , BD, AT ,C T B T

3. Sean A =

1 2 01 1 0−1 4 0

, B =

1 2 31 1 −12 2 2

y C =

1 2 31 1 −11 1 1

verifique que A B = AC ¿Qué concecuencia obtiene de esto?

4. Determine x ∈R tal que

�

x 4 −1�

2 1 01 0 20 2 4

x4−1

= 0

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

�

a bc d

�

,

�

1 1−1 1

�

conmuten respecto al

producto?



6. Determine 2A2+A B si A = (i )3×3 y B =�

j�

3×3.

7. Hallar una matriz A de orden 2×2 tal que A2 =−I

8. Hallar una matriz A de orden 2×2,A 6= 0 tal que A2 = 0

9. Hallar una matriz A no nula, tal que A2 6= 0 y A3 = 0

10. Probar que t r (A B ) = t r (BA)

11. Sean A y B matrices simétricas. Determine si las siguientes son o no simétricas

(a) A2+ B 2

(b) A2− B 2

(c) A BA

(d) A BA B

12. Sea

S =

0 1 0 0 · · · 00 0 1 0 · · · 00 0 0 1 · · · 0...

......

......

...0 0 0 0 · · · 10 0 0 0 · · · 0

n×n

(a) Determinar Sn para n ∈N

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



Semana 2: Lunes 14 – viernes 18 de Marzo

COMPLEMENTO

• Clase 1: Matrices y operaciones elementales. Rango.

• Clase 2: Notación matricial de sistemas de ecuaciones lineales. Resolución de sistemas deecuaciones lineales por eliminación Gaussiana.

Contenidos

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 0 −15 4 3−7 −6 9

←→

−7 −6 95 4 32 0 −1

• Multiplicación de una fila por un escalar: la fila 2, se multiplica por 3

4 0 −15 4 32 8 9

←→

4 0 −115 12 9

2 8 9


• 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 −11 0 23 8 −9

←→

1 0 −11 0 25 8 −5

1.2 Matrices elementales

Definición 1.2. Una matriz elemental es una matriz que resulta al efectuar una operación elemental sobre la matrizidentidad In

Dado que existen tres tipos de operaciones elementales, existirán entonces tres tipos de matrices elementales; usare-mos la notación siguiente:

• E i 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 I4:

1. E24 =

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

2. E3(−2) =

1 0 0 00 1 0 00 0 −2 00 0 0 1

3. E31 (−4) =

1 0 0 00 1 0 0−4 0 1 0

0 0 0 1

Considere ahora la matriz

A =

−1 2 1 02 5 6 43 −1 0 −50 2 3 4

Note que si multiplicamos esta matriz por la matriz elemental E24 por la izquierda, esto es, efectuamos el productoE24 A, obtenemos la matriz

E24 A =

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

−1 2 1 02 5 6 43 −1 0 −50 2 3 4

=

−1 2 1 00 2 3 43 −1 0 −52 5 6 4

que es lo mismo que haber efectuado sobre la matriz A la operación elemental, intercambiar la fila 2 con la fila 4.



Si efectuamos el producto E3 (−2)A, obtenemos

E3(−2)A =

1 0 0 00 1 0 00 0 −2 00 0 0 1

−1 2 1 02 5 6 43 −1 0 −50 2 3 4

=

−1 2 1 02 5 6 4−6 2 0 10

0 2 3 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 E31 (−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.

E31 (−4)A =

1 0 0 00 1 0 0−4 0 1 0

0 0 0 1

−1 2 1 02 5 6 43 −1 0 −50 2 3 4

=

−1 2 1 02 5 6 47 −9 −4 −50 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 In . Si lamisma 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 elemen-tales 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 esamatriz por una matriz elemental; para efectos de nuestros cálculos haremos directamente la operación elemental sobrela correspondiente matriz, y la anotamos de la manera que muestra el ejemplo siguiente:

Ejemplo 1.3.

1 0 −1−2 4 0

3 −4 6

E21 (2)∼

1 0 −10 4 −23 −4 6

E31 (−3)∼

1 0 −10 4 −20 −4 9

E32 (1)∼

1 0 −10 4 −20 0 7

En este caso las matrices

1 0 −1−2 4 0

3 −4 6

y

1 0 −10 4 −20 0 7

son equivalentes (por fila).

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), denominadopivote, 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.



Ejemplo 1.4. Son matrices escalonadas

A =

1 2 4 5 −2 90 0 −2 6 0 10 0 0 3 4 10 0 0 0 −1 1

y B =

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

pero la matriz

C =

1 2 0 1 −1 30 1 4 5 7 02 0 0 1 1 10 0 0 0 0 1

no es escalonada.

Ejemplo 1.5. Las siguientes matrices están en forma escalonada reducida:

A =

1 2 0 0 0 − 583

0 0 1 0 0 92

0 0 0 1 0 53

0 0 0 0 1 −1

, B =

1 0 0 12

12

00 1 0 1

4− 3

40

0 0 1 1916

3116

00 0 0 0 0 1

Definición 1.5. Un algoritmo es una secuencia finita de operaciones realizables, no ambiguas, cuya ejecución da unasolución 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 estala descripción del algoritmo de reducción de Gauss:

Sea A=�

a i j

�

m×nuna 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 j0 más pequeño tal que la columna j0

tenga por lo menos un coeficiente distinto de cero en M k . Hallar el i 0 más pequeño tal que a i 0 j0 6= 0 e i 0 ≥ k . Sii 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 j0 6= 0 cambiar la fila i por la fila i menosa i j0

a k j0la fila k en A.

Ejemplo 1.6. Consideremos la matriz

2 0 31 3 −60 −6 15

encontrar su forma escalonada:

2 0 31 3 −60 −6 15

E12∼

1 3 −62 0 30 −6 15

E21(−2)∼

1 3 −60 −6 150 −6 15

E32(−1)∼

1 3 −60 −6 150 0 0

esta es su forma escalonada.



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

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

Ejemplo 1.7. Determinar el rango de la matriz

A =

1 2 34 −1 02 1 10 0 03 −1 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 11x1+a 12x2+ . . .+a 1n xn = b1

a 21x1+a 22x2+ . . .+a 2n xn = b2

......

...a m 1x1+a m 2x2+ . . .+a m n xn = bm

Usando matrices, el sistema se escribe como la ecuación matricial AX = B , donde

A =

a 11 a 12 · · · a 1n

a 21 a 22 · · · a 2n

......

......

a m 1 a m 2 · · · a m n

m×n

, X =

x1

x2

...xn

n×1

, B =

b1

b2

...bm

m×1

Definición 2.1. Considere un sistema AX = B con A ∈Mm×n (R), B ∈Mm×1 (R). Diremos que X0 ∈Mn×1 (R) es solucióndel sistema si

AX0 = B

Definición 2.2. Un sistema se llama compatible si tiene al menos una solución. Si el sistema no tiene solución, diremosque 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



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

�

1λ

�

= 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 matrizE−1 (llamada matriz inversa de E ) tal que

E−1E = I

Como A ∼C existe una sucesión de matrices elementales E1, E2, . . . , Ek tales que

E1E2 · · ·Ek A =C .

Pongamos E = E1E2 · · ·Ek .

Si X0 es tal que AX0 = 0, entonces se sigue C X0 = E AX0 = E 0= 0.

Recíprocamente si C X1 = 0, entonces AX1 = E−1C X1 = 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 porfilas con A entonces

AX = B

yE (A)X = E B

tienen las mismas soluciones. El segundo sistema es mucho más fácil de resolver.

Ejemplo 2.1. Resolver

1 2 00 −1 20 0 2

xyz

=

123

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 = 1teneiendo 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 matrizampliada del sistema a la matriz

(A, B ) =

a 11 a 12 · · · a 1n b1

a 21 a 22 · · · a 2n b2

......

......

...a m 1 a m 2 · · · a m n bm



Método de solución mediante el algoritmo de Gauss: Como sabemos, AX = B y E (A)X = E B , donde E (A) = E A, tienenlas mismas soluciones, note que la matrices E (A) y E B aparcen al aplicar las operaciones elementales que escalonan lamatriz 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 2 13 0 11 −1 2

xyz

=

120

Formamos la matriz ampliada del sistema

(A, B ) =

1 2 1 13 0 1 21 −1 2 0

aplicamos el algoritmo de Gauss para obtener la escalonada

1 2 1 13 0 1 21 −1 2 0

∼

1 2 1 10 −6 −2 −10 0 2 − 1

2

y ahora resolvemos el sistema

1 2 10 −6 −20 0 2

xyz

=

1−1− 1

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 escalon-ada 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)



2.

2x − y +3z = 4

3x +2y − z = 3

x +3y −4z = −1

x = 117− 5

7z , y = 11

7z − 6

7(infinitas soluciones)

3.

x + y + z −w = 2

2x + y +w = 5

3x + z +w = 1

3x +2y + z = 3

(No hay solución)



Semana 3: Lunes 28 de marzo – Viernes 01 de abril

COMPLEMENTO

• Clase 1: Inversa. Cálculo de inversa por operaciones elementales.

• Clase 2: Determinantes, propiedades. Inversa por menores. Regla de Cramer.

Contenidos

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 ordenn , que denotaremos por A−1 tal que AA−1 = A−1A = In

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

A =

�

1 31 1

�

B =

�

2 21 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:


1. (A B )−1 = B−1A−1

2.�

A−1�−1 = A

3.�

AT�−1 =

�

A−1�T

4. (αA)−1 =1

αA−1, para todo α 6= 0

5. (An )−1 =�

A−1�n para todo entero no negativo n.

No disponemos aun de un criterio para decidir si una matriz es o no invertible. El siguiente teorema nos provee unmétodo 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 filastransforma la matriz A en la matriz identidad In , entonces la misma sucesión de operaciones elementales convierte lamatriz In en A−1.

Demostración. En efecto, si A es equivalente por filas a la matriz In , entonces existe una sucesión de operaciones ele-mentales que convierte a la matriz A en la matriz In ; esto quiere decir que existe una sucesión de matrices elementalesE1, E2, . . . , Ek tales que Ek Ek−1 · · ·E2 E1 ·A = In . Si anotamos B = Ek Ek−1 · · ·E2 E1 , entonces BA = In , 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, In ). Sobre esta matriz aumentada (quetiene orden n×2n), realizamos operaciones elementales hasta obtener en el lado izquierdo de esta matriz aumentada (esdecir en el lado donde esta la matriz A), la matriz identidad; al concluír este proceso en el lado derecho de la matrizaumentada (es decir en el lado donde originalmente se encontraba la matriz identidad), aparece la inversa que estamosbuscando.

Ejemplo 1.1. Calcule la inversa, en caso de existir, de la matriz A =

2 −1 11 −2 00 1 2

Desarrollo: Formamos la matriz aumentada

2 −1 1 1 0 01 −2 0 0 1 00 1 2 0 0 1

y calculamos mediante operaciones elementales:

2 −1 1 1 0 01 −2 0 0 1 00 1 2 0 0 1

E12∼

1 −2 0 0 1 02 −1 1 1 0 00 1 2 0 0 1

E21(−2)∼

1 −2 0 0 1 00 3 1 1 −2 00 1 2 0 0 1

E32∼

1 −2 0 0 1 00 1 2 0 0 10 3 1 1 −2 0

E32(−3)∼

1 −2 0 0 1 00 1 2 0 0 10 0 −5 1 −2 −3

E3(− 15 )∼

1 −2 0 0 1 00 1 2 0 0 10 0 1 − 1

525

35

E23(−2)∼

1 −2 0 0 1 00 1 0 2

5− 4

5− 1

50 0 1 − 1

525

35

E12(2)∼

1 0 0 45

− 35− 2

50 1 0 2

5− 4

5− 1

50 0 1 − 1

525

35



se sigue que

A−1 =

45

− 35− 2

525

− 45− 1

5− 1

525

35

Se puede verificar fácilmente que AA−1 = A−1A = I3.

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 A3 = [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 númerocomplejo asociado a A el cual podemos definir de manera inductiva como sigue.

• Para n = 1, det(a ) = a

• Para n = 2, det

�

a bc d

�

= a d −b c

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 lai-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

Ejemplo 2.1. Consideremos la matriz A =

2 4 −10 3 2−5 1 6

. Eliminemos la primera fila y la tercera columna de A

A =

2 4 −10 3 2−5 1 6

obteniendo el menor M 13 =

�

�

�

�

0 3−5 1

�

�

�

�

= 15

Si eliminamos la segunda fila y la primera columna

A =

2 4 −10 3 2−5 1 6

obtenemos el menor M 21 =

�

�

�

�

4 −11 6

�

�

�

�

= 25

Calculemos los cofactoresC13 = (−1)1+3M 13 = 15, C21 = (−1)2+1M 21 =−25



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

det(A) =

n∑

i=1

(−1)i+j a i j M i j =n∑

i=1

a i j C i j , para 1≤ j ≤ n (con j fijo)

n∑

j=1

(−1)i+j a i j M i j =n∑

j=1

a i j C i j , para 1≤ i ≤ n (con i fijo)

Ejemplo 2.2. Calculemos el determinante de la matriz A =

2 4 −10 3 2−5 1 6

Fijemos una fila i = 1, entonces

det(A) =3∑

j=1

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

det(A) = 2

�

�

�

�

3 21 6

�

�

�

�

−4

�

�

�

�

0 2−5 6

�

�

�

�

−1

�

�

�

�

0 3−5 1

�

�

�

�

=−23

Si fijamos una columna, por ejemplo j = 1, se tiene

det(A) =3∑

i=1

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

det(A) = 2

�

�

�

�

3 21 6

�

�

�

�

−0

�

�

�

�

4 −11 6

�

�

�

�

−5

�

�

�

�

4 −13 2

�

�

�

�

=−23

2.1 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(AT )

2. Si todos los elementos de una fila o columna de una matriz son cero, entonces el valor del determinante es cero.

3. det(In ) = 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 ) =αdet(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).



Ejemplo 2.3. Sea A =

�

1 23 4

�

, entonces el det(A) =−2. Si la primera fila de A se multiplica por 3, obtenemos B =

�

3 63 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

la matriz B =

�

1 20 −2

�

y det(B ) =−2= det(A).

Ejemplo 2.4. Calculemos el siguiente determinante usando la propiedad 10�

�

�

�

�

�

1 −3 4−2 5 −13 1 0

�

�

�

�

�

�

=

�

�

�

�

�

�

1 −3 40 −1 70 10 −12

�

�

�

�

�

�

= 1 ·M 11 =

�

�

�

�

−1 710 −12

�

�

�

�

=−58

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.

Ejemplo 2.5. Sea A =

�

a bc d

�

. La matriz de cofactores es C =

�

d −c−b a

�

. Por lo tanto,

adj(A) =

�

d −b−c a

�

Consideremos la matriz A =

−2 3 −14 0 52 1 −1

, la matriz de cofactores es C =

−5 14 42 4 8

15 6 −12

. Por lo tanto,

adj(A) =

−5 2 1514 4 64 8 −12

Teorema 2.1.A ·adj(A) = det(A) · In

adj(A) ·A = det(A) · In

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

A−1 =1

det(A)adj(A)

Notemos que si A es no singular, entonces

1= det(In ) = det(AA−1) = det(A)det(A−1) =⇒ det(A) 6= 0

con lo que concluimos que

det(A−1) =1

det(A)



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 aa b b ba b c ca b c d

�

�

�

�

�

�

�

�

Desarrollo:�

�

�

�

�

�

�

�

a a a aa b b ba b c ca b c d

�

�

�

�

�

�

�

�

=

�

�

�

�

�

�

�

�

a a a a0 b −a b −a b −a0 b −a c −a c −a0 b −a c −a d −a

�

�

�

�

�

�

�

�

= a (b −a )

�

�

�

�

�

�

1 b −a b −a1 c −a c −a1 c −a d −a

�

�

�

�

�

�

= a (b −a )

�

�

�

�

�

�

1 b −a b −a0 c −b c −b0 c −b d −b

�

�

�

�

�

�

= a (b −a ) (c −b )

�

�

�

�

1 c −b1 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 bc x −b − c bc a x −a − c

�

�

�

�

�

�

= 0

�

�

�

�

�

�

x −a −b a bc x −b − c bc a x −a − c

�

�

�

�

�

�

=

�

�

�

�

�

�

x −a −b a +b bc x − c bc x − c x −a − c

�

�

�

�

�

�

=

�

�

�

�

�

�

x a +b bx x − c bx x − c x −a − c

�

�

�

�

�

�

= x

�

�

�

�

�

�

1 a +b b1 x − c b1 x − c x −a − c

�

�

�

�

�

�

= x

�

�

�

�

�

�

1 a +b b0 x − c −a −b 00 x − c −a −b x −a − c −b

�

�

�

�

�

�

= x

�

�

�

�

x − c −a −b 0x − c −a −b x −a − c −b

�

�

�

�

= x (x − (a +b + c ))2

las soluciones son x = 0 y x = a +b + c .

Ejercicio 2.3. Muestre que�

�

�

�

�

�

y1+ z 1 z 1+x1 x1+ y1

y2+ z 2 z 2+x2 x2+ y2

y3+ z 3 z 3+x3 x3+ y3

�

�

�

�

�

�

= 2

�

�

�

�

�

�

x1 y1 z 1

x2 y2 z 2

x3 y3 z 3

�

�

�

�

�

�

Desarrollo:�

�

�

�

�

�

y1+ z 1 z 1+x1 x1+ y1

y2+ z 2 z 2+x2 x2+ y2

y3+ z 3 z 3+x3 x3+ y3

�

�

�

�

�

�

=

�

�

�

�

�

�

y1−x1 z 1+x1 x1+ y1

y2−x2 z 2+x2 x2+ y2

y3−x2 z 3+x3 x3+ y3

�

�

�

�

�

�

=

�

�

�

�

�

�

2y1 z 1+x1 x1+ y1

2y2 z 2+x2 x2+ y2

2y3 z 3+x3 x3+ y3

�

�

�

�

�

�

=

2

�

�

�

�

�

�

y1 z 1+x1 x1+ y1

y2 z 2+x2 x2+ y2

y3 z 3+x3 x3+ y3

�

�

�

�

�

�

= 2

�

�

�

�

�

�

y1 z 1+x1 x1

y2 z 2+x2 x2

y3 z 3+x3 x3

�

�

�

�

�

�

= 2

�

�

�

�

�

�

y1 z 1 x1

y2 z 2 x2

y3 z 3 x3

�

�

�

�

�

�

=−2

�

�

�

�

�

�

x1 z 1 y1

x2 z 2 y2

x3 z 3 y3

�

�

�

�

�

�

= 2

�

�

�

�

�

�

x1 y1 z 1

x2 y2 z 2

x3 y3 z 3

�

�

�

�

�

�



2.2 Regla de Cramer

La regla de Cramer es un método para resolver sistemas lineales de ecuaciones. Este método radica en poder expresar lassoluciones en términos de determinantes, lo que bajo condiciones de simetría adecuadas permite concluir propiedadesde las soluciones.

Desafortunadamente, si bien este método es útil teóricamente hablando, su implementación computacionnal pararesolver sistemas específicos es muy malo (ver al final de estas notas una comparación entre los métodos de Gauss yCramer)

Sea

a 11x1+a 12x2+ . . .+a 1n xn = b1

a 21x1+a 22x2+ . . .+a 2n xn = b2

......

a n1x1+a n2x2+ . . .+a nn xn = bn

un sistema lineal con n ecuaciones y n incógnitas.Resolver este sistema es equivalente a resolver la ecuación matricial AX = B , donde

A =

a 11 a 12 · · · a 1n

a 21 a 22 · · · a 2n

......

......

a n1 a n2 · · · a nn

, X =

x1

x2

...xn

, B =

b1

b2

...bn

Si det(A) 6= 0, entonces el sistema tiene una única solución dada por:

x1 =|A1||A |

, x2 =|A2||A |

, x3 =|A3||A |

, . . . , xn =|An ||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

X = A−1 B =1

det(A)adj(A)B

e identificar los elementos de adj(A)B como los determinantes señalados.

Ejemplo 2.6. Resolvamos el sistema

−2 3 −11 2 −1−2 −1 1

x1

x2

x3

=

14−3

Como det(A) =−2, obtenemos

x1 =

�

�

�

�

�

�

1 3 −14 2 −1−3 −1 1

�

�

�

�

�

�

|A |=−4

−2= 2

x2 =

�

�

�

�

�

�

−2 1 −11 4 −1−2 −3 1

�

�

�

�

�

�

|A |=−6

−2= 3

x3 =

�

�

�

�

�

�

−2 3 11 2 4−2 −1 3

�

�

�

�

�

�

|A |=−8

−2= 4



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 considerade tamaño moderado y en algunas aplicaciones deben resolverse sistemas de ecuaciones con cientos de miles deincógnitas.

• El tiempo de cálculo del computador necesario para resolver el sistema debe ser lo menor posible. Una medidastandard del costo operacional es la cantidad de operaciones aritméticas (+,−, ·,/) que requiere un método. Esteusualmente 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 prácticarequieren 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:

x i =det (A i )det (A)

para i = 1, 2, · · · , n

donde A i se obtiene a partir de A reemplazando en ésta su columna i-ésima por el segundo miembro (o lado dere-cho) del sistema, b . Si los determinantes se calculan mediante la fórmula recursiva usual de desarrollo por fila (opor 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 trans-formaciones elementales. Su costo operacional es de aproximadamente 2

3n 3 flop.

• Comparación: Una calculadora opera en un rango entre 10 y 100 flop. Un ejemplo comparativo en un computadorde 1 Gflop (109 flop) por segundo (que corresponde a un Pentium 4 o Athlon 64) sería:

n 10 15 20 100 1000 2000

Regla de Cramer

flop 4×107 2×1013 5×1019 10160 “∞” “∞”tiempo 0.04 s 5.5 horas 1500 años “∞” “∞” “∞”

Eliminación Gaussiana

flop 666 2250 5333 7×105 7×108 5×109

tiempo 0.s 0.s 0.s 0.s 0.73s 4.88s



Semana 4: Lunes 04 – viernes 08 de abril

COMPLEMENTO

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

• Clase 2: Proyecciones, producto cruz.

Contenidos

CLASE 1

1.1 Vectores

A partir de la representación deR, como una recta numérica, los elementos (a ,b )∈R2 se asocian con puntos de un planodefinido por dos rectas perpendiculares que al mismo tiempo definen un sistema de coordenadas rectangulares dondela interseccón representa a (0, 0) y cada (a ,b ) se asocia con un punto de coordenada a en la recta horizontal (eje X) y lacoordenada 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 rectasmutuamente 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 orígeny que llegan a un punto de Rn . De esta manera, cada punto de Rn determina un vector en Rn y viceversa cada vector enRn determina un punto en Rn . La dirección de la flecha indica la dirección del vector y la longitud de la flecha determinasu magnitud.


Denotaremos los vectores con letras minúsculas con un flecha arriba tales como −→v ,−→w ,−→z . Los puntos se denotaráncon letras mayúsculas tales como A, B ,C . En el contexto de los vectores, los números reales serán llamados escalares y sedenotarán 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 (x1,x2, . . . ,xn ) 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 prob-lemas 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 = (v1, v2, . . . , vn ) y −→w = (w1, w2, . . . , wn ) entonces −→v =−→w si y solo si ∀i = 1, . . . n vi =w i .

Definición 1.2 (Suma de vectores). Sean −→v = (v1, v2, . . . , vn ) y −→w = (w1, w2, . . . , wn ) vectores en Rn . Se define la suma devectores como

−→v +−→w = (v1+w1, v2+w2, . . . , vn +wn )

Definición 1.3 (Producto por escalar). Si −→v = (v1, v2, . . . , vn ) ∈ Rn y k ∈ R entonces se define el producto escalar (oamplificación) como

k−→v = (k v1, k v2, . . . , k vn )

Observación 1.1. Si −→v = (v1, v2, v3)∈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. −→v +−→0 =−→v 4. 1−→v =−→v 7. α�−→v +−→w

�

=α−→v +α−→w2. −→v +

�

−−→v�

=−→0 5. −→v +−→w =−→w +−→v 8.

�

α+β�−→v =α−→v +β−→v

3. 0−→v =−→0 6.�−→v +−→w

�

+−→u =−→v +�−→w +−→u

�

9. α�

β−→v�

=�

αβ�−→v



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 paraexpresar algebraicamente la idea geométrica de magnitud.

Definición 1.4 (Producto punto). Sean −→v = (v1, v2, . . . , vn ) y −→w = (w1, w2, . . . , wn ) vectores en Rn . El producto punto (oescalar) −→v · −→w o en otra notación

¬−→v ,−→w¶

se define como

−→v · −→w ≡¬−→v ,−→w

¶

≡n∑

i=1

vi w i

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 = (v1, v2, . . . , vn )∈Rn . La norma o magnitud de −→v denotada por

−→v

es dadapor

−→v

=p

−→v · −→v =

n∑

i=1

v 2i

!1/2

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 dela 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

�

.



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 −→vθ = (cosθ , senθ ) 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 que ninguno de ellos es el vector nulo. Entonces, −→v ,−→w determinan un triángulo conlados de magnitudes

−→v

,

−→w

y

−→v −−→w

respectivamente.Por el teorema del coseno para triángulos se sigue que

−→v −−→w

2=

−→v

2+

−→w

2−2

−→v

−→w

cosθ

Por otro lado

−→v −−→w

2=

�−→v −−→w�

·�−→v −−→w

�

=

−→v

2+

−→w

2−2−→v · −→w

De las dos igualdades anteriores se obtiene

−→v · −→w =

−→v

−→w

cosθ

En el caso general, si −→v y −→w vectores en Rn , ambos no nulos, entonces la desigualdad de Cauchy-Schwarz (C-S) nosdice que:

−1≤−→v · −→w

−→v

−→w

≤ 1

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

cosθ =−→v · −→w

−→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

cosθ

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.



CLASE 2

2.1 Proyecciones

Geométricamente lo que queremos es determinar un vector que se obtiene al proyectar ortogonalmente un vector −→usobre el vector −→w 6=−→0 .

Si denotamos a este vector como proy−→u−→w

entonces, se debe cumplir

proy−→u−→w = t−→w

−→w ·�−→u − t−→w

�

= 0

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

−→w · −→u − t

−→w

2= 0⇒ t =

−→w · −→u

−→w

2

Lo anterior, usando la primera igualdad, nos permite ver que

proy−→u−→w =

−→w · −→u

−→w

2

−→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

proy−→u−→w =

−→w · −→u

−→w

2

−→w

Observación 2.1. El vector −→u −proy−→u−→w

(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−→u−→w

se sigue que

área=1

2

−→w

−→u −proy−→u−→w

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



2.2 Producto cruz enR3

En la sección anterior resolvimos el problema de proyectar un vector sobre otro de manera perpendicular, en esta seccióndefiniremos 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 = (v1, v2, v3) vectores enR3. Definimos el producto cruz−→u ×−→v como el vector

−→u ×−→v = (u 2v3−u 3v2)−→i − (u 1v3−u 3v1)

−→j +(u 1v2−u 2v1)

−→k

Como−→i = (1, 0, 0),

−→j = (0, 1, 0),

−→k = (0, 0, 1), entonces

−→u ×−→v = (u 2v3−u 3v2,−u 1v3+u 3v1, u 1v2−u 2v1)

Observación 2.2. La definición de producto cruz se puede recordar y trabajar como un determinante

−→u ×−→v =

�

�

�

�

�

�

�

−→i−→j−→k

u 1 u 2 u 3

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. ¿Porqué?

Ejemplo 2.2. Sean −→u = (1, 2,−1) y −→u = (1, 0,−1) calcular −→u ×−→v .Notemos que

−→u ×−→v =

�

�

�

�

�

�

�

−→i−→j−→k

1 2 −11 0 −1

�

�

�

�

�

�

�

=−→i

�

�

�

�

2 −10 −1

�

�

�

�

−−→j

�

�

�

�

1 −11 −1

�

�

�

�

+−→k

�

�

�

�

1 21 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 = (v1, v2, v3) y −→w = (w1, w2, w3) vectores en R3 entonces

−→u ·�−→v ×−→w

�

=

�

�

�

�

�

�

u 1 u 2 u 3

v1 v2 v3

w1 w2 w3

�

�

�

�

�

�

En efecto: Sabemos que

−→v ×−→w =

��

�

�

�

v2 v3

w2 w3

�

�

�

�

,−�

�

�

�

v1 v3

w1 w3

�

�

�

�

,

�

�

�

�

v1 v2

w1 w2

�

�

�

�

�

y si −→u = (u 1, u 2, u 3) entonces

−→u ·�−→v ×−→w

�

= u 1

�

�

�

�

v2 v3

w2 w3

�

�

�

�

−u 2

�

�

�

�

v1 v3

w1 w3

�

�

�

�

+u 3

�

�

�

�

v1 v2

w1 w2

�

�

�

�

=

�

�

�

�

�

�

u 1 u 2 u 3

v1 v2 v3

w1 w2 w3

�

�

�

�

�

�



(es el desarrollo del determinante por la primera fila en cofactores).Note además que

−→u ·�−→v ×−→w

�

=

�

�

�

�

�

�

u 1 u 2 u 3

v1 v2 v3

w1 w2 w3

�

�

�

�

�

�

=�−→u ×−→v

�

· −→w

Teorema 2.1. El producto vectorial cumple las siguientes propiedades

1.�

∀−→u ∈R3�

�−→u ×−→u =−→0�

2.�

∀−→u ,−→v ∈R3��−→u ⊥

�−→u ×−→v�

y −→v ⊥�−→u ×−→v

��

3.�

∀−→u ,−→v ∈R3��−→u ×−→v

�

=−�−→v ×−→u

��

4.�

∀−→u ,−→v ,−→w ∈R3��−→u +−→v

�

×−→w =−→u ×−→w +−→v ×−→w�

5.�

∀−→u ,−→v ,−→w ∈R3��−→u ×

�−→v +−→w�

=−→u ×−→v +−→u ×−→w�

6.�

∀−→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

�

×�

2−→u −−→v��

· −→u

Desarrollo: Por las propiedades recién enunciadas

�−→u +−→v�

×�

2−→u −−→v�

=�−→u +−→v

�

×�

2−→u�

+�−→u +−→v

�

×�

−−→v�

= −→u ×�

2−→u�

+−→v ×�

2−→u�

+−→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�

×�

2−→u −−→v��

· −→u

=�

−3�−→u ×−→v

��

· −→u = 0

Teorema 2.2 (Identidad de Lagrange). Para cada −→v , −→w en R3 se tiene

�−→v · −→w�2+

−→v ×−→w

2=

−→v

2

−→w

2



Gracias a la identidad de Lagrange, podemos mostrar lo siguiente. Como −→v · −→w =

−→v

−→w

cosθ se sigue que

�

−→v

−→w

cosθ�2+

−→v ×−→w

2=

−→v

2

−→w

2.

Luego,

−→v ×−→w

2=

−→v

2

−→w

2−

−→v

2

−→w

2cos2θ

=

−→v

2

−→w

2 �1− cos2θ

�

=

−→v

2

−→w

2sin2θ

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

|sinθ |

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

senθ =

−→u

−→v

|senθ | =

−→u ×−→v

. Estoúltimo debido a que θ ∈ [0,π] y luego sinθ ≥ 0.

Notar que de esta forma se puede calcular el área de un triángulo por

A =

−→u ×−→v

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

V =�

�

�

−→w ·�−→u ×−→v

�

�

�

�=

�

�

�

�

�

�

det

u 1 u 2 u 3

v1 v2 v3

w1 w2 w3

�

�

�

�

�

�



Semana 5: Lunes 11 – viernes 15 de Abril

COMPLEMENTO

• Clase 1: Rectas y planos.

• Clase 2: Espacios vectoriales: Definición y ejemplos.

Contenidos

CLASE 1

1.1 Rectas en el espacioRn , 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

L =n−→p +λ

−→d :λ∈R

o

⊂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}.


1.2 Rectas en el espacioR3

Consideremos una recta L en el espacio R3. En términos de coordenadas, sea −→p = (x0, y0, 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 = x0+λd 1

y = y0+λd 2

z = z 0+λd 3

Si en cada ecuación anterior, despejamos el parámetro λ obtenemos

λ =x −x0

d 1

λ =y − y0

d 2

λ =z − z 0

d 3

De donde obtenemos las ecuaciones simétricas de la recta L dadas por

x −x0

d 1=

y − y0

d 2=

z − z 0

d 3

1.2.1 Ecuación de la recta en términos de dos puntos

Si conocemos dos puntos diferentes de la recta L, digamos los puntos −→p1 = (x1, y1, z 1) y −→p2 = (x2, y2, z 2), entonces laecuación de la recta L es

L = (x1, y1, z 1)+ t (x2−x1, y2− y1, 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 −→p1 y que para t = 1 estamos sobreel prunto −→p2 .

La forma paramétrica de la ecuación de la recta que pasa por dos punto es:

x = x1+ t (x2−x1)y = y1+ t (y2− y1)z = z 1+ t (z 2− z 1)

y la forma simétrica es:x −x1

x2−x1=

y − y1

y2− y1=

z − z 1

z 2− z 1

Definición 1.2. Dos rectasL 1 =

−→p1 + t−→d 1 , t ∈R

y

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}.



1.3 Planos en el espacioR3

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 = (x0, y0, z 0),−→u = (u 1, u 2, u 3),

−→v = (v1, v2, v3), entonces

x = x0+αu 1+βv1

y = y0+αu 2+βv2

z = z 0+αu 3+βv3

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 enR3 se puede determinar especificando un punto−→p = (x0, y0, z 0)∈Π y un vector−→n = (n 1, n 2, n 3) que esnormal 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 , dondeel vector −→n es un vector normal a los vectores −→u y −→v . Así,

−→q ∈Π ⇐⇒ −→pq ⊥−→n⇐⇒ −→pq · −→n = 0⇐⇒ (x −x0, y − y0, z − z 0) · (n 1, n 2, n 3) = 0⇐⇒ (x −x0)n 1+(y − y0)n 2+(z − z 0)n 3 = 0⇐⇒ n 1x +n 2y +n 3z −x0n 1− y0n 2− z 0n 3 = 0

Por lo tanto, la ecuación general de un plano en R3 es de la forma

a x +by + c z +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 −−→p1p2 y −−→p1p3. El vector−→n = −−→p1p2 ×−−→p1p3 es perpendicular a −−→p1p2 y a −−→p1p3. 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

−−→p1p2 =−→p 2−−→p 1 = (−3, 2, 2) y −−→p1p3 =

−→p 3−−→p 1 = (3,−1, 3)

ahora el vector normal−→n =−−→p1p2×−−→p1p3 = (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



Teorema 1.1. Dados dos planos

Π1 = a 1x +b1y + c1z +d 1 = 0 y Π2 = a 2x +b2y + c2z +d 2 = 0

se tiene:

1. Π1 ‖Π2⇐⇒ a 1 = k a 2, b1 = kb2, c1 = k c2 con k ∈R y k 6= 0

2. Π1 ⊥ Π2⇐⇒ (a 1,b1, c1) · (a 2,b2, c2) = 0

3. Π1 =Π2⇐⇒ a 1 = k a 2, b1 = kb2, c1 = k c2, d 1 = k d 2 con k ∈R y k 6= 0.

Teorema 1.2. Consideremos la recta L =−→p +λ−→d y el plano Π=αx +βy +γz +δ= 0. Se tiene

1. L ‖Π⇐⇒ (α,β ,γ) ·−→d = 0

2. L ⊥ Π⇐⇒−→d ‖ (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 delhaz.

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 = (x0, y0, 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 , L) =||−→d ×−→p0p ||

||−→d ||

1.5 Distancia entre puntos y planos en el espacio

Teorema 1.4 (Distancia punto plano). Dado un punto −→p 0 = (x0, y0, z 0) y un plano Π= a x +by + c z +d = 0. La distanciaentre −→p 0 y Π está dada por:

d (−→p 0,Π)=|a x0+by0+ c z 0+d |p

a 2+b 2+ c 2



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:

d m i n (L 1, L 2) =|−−→p1p2 · −→n |||−→n ||

, donde −→n =−→d 1 ×

−→d 2

Ejercicio 1.2. Determinar la distancia entre dos rectas del espacio que tengan vectores dirección paralelos. Analize el casocuando ambas rectas están en R2.


1. Determine si las rectas

L 1 : x = 2t −3, y = 3t −2, z =−4t +6 y L 2 : x = r +5, y =−4r −1, z = r −4

se cortan.

Solución. Si existe un punto −→p tal que −→p = L 1 ∩ L 2, debe existir t1 ∈R y r1 ∈R tales que

2t1−3= r1+5, 3t1−2=−4r1−1, −4t1+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 t1 en L 1 o reemplazamos el valor del parámetro r1 en L 2, para obtener elpunto 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

L 1 :

x = 3+ ty = 4+ tz = −1+ t

, L 2 :x +4

6=

2y −1

3, z =

1

2

Solución. Sea L : (1, 4, 0)+λ−→d , conλ∈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), conλ∈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 es2x +4y −3z +4= 0



4. Hallar la ecuación del plano determinado por el punto (1, 0, 2) y la recta L :x +3

3=

y −5

−3=

z −1

1

Solución. Vamos a escribir la recta como intersección de 2 planos. Para esto, consideramos las igualdades sigu-ientes:

x +3

3=

y −5

−3y

y −5

−3=

z −1

1

De la primera igualdad, se tiene

x +3

3=

y −5

−3⇐⇒−3x −9= 3y −15⇐⇒ x + y −2= 0

De la segunda igualdad , obtenemos

y −5

−3=

z −1

1⇐⇒ y −5=−3z +3⇐⇒ y +3z −8= 0

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 laecuación del haz, obteniendo

(1+0−2)+λ(0+3(2)−8) = 0=⇒λ=−1

2

El plano buscado es:

(x + y −2)−1

2(y +3z −8) = 0⇐⇒ 2x + y −3z +4= 0

5. Considere

el punto A = (1, 0, 1), el planoΠ : 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

⋂

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⋂

Π=⇒D = (−1, 1+ t , 5t ) y

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



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

−→BC = (−4, t , 5t ),

−→BD = (−4,−2,−10),

−→BA = (−2,−1, 1)

El volumen del tetraedro de vértices A, B ,C , D es dado por V =1

6|−→BC ·−→BD×−→BA |. Como se quiere que el volumen

sea 4, tenemos:

4=1

6|(−4, t , 5t ) · (−4,−2,−10)× (−2,−1, 1)|

Calculemos

(−4, t , 5t ) · (−4,−2,−10)× (−2,−1, 1) =

�

�

�

�

�

�

−4 t 5t−4 −2 −10−2 −1 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, C1 = (−1, 0,−5), C2 = (−1,−2,−15).

6. Hallar la ecuación del plano que contiene a la recta L : x = 2y = 3z − 1, sabiendo que dicho plano está a unadistancia de 2

7unidades del origen.

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) =|λ|

p

(1+λ)2+(−2)2+(−3λ)2

Pero el plano pedido debe estar a 27

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

9(x −3z +1) = 0⇐⇒ x +18y −30z +10= 0

7. Hallar la distancia mínima entre las rectas

L 1 : (1, 1, 4)+ t (0, 1,−3) y L 2 : x = 4+λ, y = 5, z =−3+2λ



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

−−→P1P2 = P2−P1 = (3, 4,−7)

Reemplazando en la fórmula, obtenemos

d m i n (L 1, L 2) =|−−→P1P2 · −→n |||−→n ||

=|(3, 4,−7) · (2,−3−1)|||(2,−3−1)||

=1p

14

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 elcuerpo de los números reales R ó el cuerpo de los números complejos C ó inclusive el cuerpo de los números racionalesQ).

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 cuerpoK y un u ∈V , y mediante la operación los lleva a un elementow ∈V : denotado por w =α ·u

Entonces diremos que (V,+, ·) es un espacio vectorial sobre K si y solamente si las operaciones anteriores satisfacenlas 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 cuerpoK se llaman escalares.



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 =(v1, v2) y α∈R definimos

u+v= (u 1+v1, u 2+v2) 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 sobreR, con las siguientes operaciones: si u, v∈R3, con u= (u 1, u 2, u 3), v=(v1, v2, v3) y α∈R definimos

u+v= (u 1+v1, u 2+v2, u 3+v3) 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 sobreR, con las siguientes operaciones: Si u, v∈Rn ,con u= (u 1, u 2, . . . , u n ), v= (v1, v2, . . . , vn ) y α∈R definimos

u+v= (u 1+v1, u 2+v2, . . . , u n +vn )

yα ·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 =(v1, v2) y α∈C definimos

u+v= (u 1+v1, u 2+v2) 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 opera-ciones mencionadas son entre elementos en C.

Ejemplo 2.5. (C3,+, ·) es un espacio vectorial sobreC, con las siguientes operaciones: Si u, v∈C3, con u= (u 1, u 2, u 3), v=(v1, v2, v3) y α∈C definimos


Análogamente, las operaciones se realizan entre números complejos.

Ejemplo 2.6. De manera más general, (Cn ,+, ·) es un espacio vectorial sobreC, con las siguientes operaciones: Si u, v∈Cn ,con u= (u 1, u 2, . . . , u n ), v= (v1, v2, . . . , vn ) y α∈C definimos

u+v= (u 1+v1, u 2+v2, . . . , u n +vn )

yα ·u= (αu 1,αu 2, . . . ,αu n )

Notemos que (Cn ,+, ·) es también un espacio vectorial sobre el cuerpo R.



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 =(v1, v2) y α∈Q definimos

u+v= (u 1+v1, u 2+v2) 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 opera-ciones mencionadas son entre elementos enQ.

Ejemplo 2.8. (Q3,+, ·) es un espacio vectorial sobreQ, con las siguientes operaciones: Si u, v∈Q3, con u= (u 1, u 2, u 3), v=(v1, v2, v3) y α∈Q definimos


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= (v1, v2, . . . , vn ) y α∈C definimos

u+v= (u 1+v1, u 2+v2, . . . , u n +vn )

yα ·u= (αu 1,αu 2, . . . ,αu n )

Notemos que (Cn ,+, ·) es también un espacio vectorial sobre el cuerpoQ.

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 sobreQ. De esta forma, notamos que tantoR comoC y comoQ tienen estructura de cuerpoy de espacio vectorial sobre si mismos.

2. (Rn ,+, ·) y (Cn ,+, ·) son también espacios vectoriales sobreQ.

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 1x +a 2x 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 an (incluyendo al polinomio nulo). (Rn [x ],+, ·) es un espacio vectorial sobre R con la adición y el producto por escalarhabitual de polinomios, vale decir, si p (x ) = a 0+a 1x +a 2x 2+ . . .+a n x n y q (x ) =b0+b1x +b2x 2+ . . .+bn x n entonces

(p +q )(x ) = p (x )+q (x ) = (a 0+b0)+ (a 1+b1)x +(a 2+b2)x 2+ . . .+(a n +bn )x n

(αp )(x ) = αp (x ) = αa 0+αa 1x +αa 2x 2+ . . .+αa n x n , ∀α∈R



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 ],+, ·) conlas 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 [, quedenotamos 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 lasdescritas 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 1x +a 2x 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. ConsidereF (X , V ) el conjunto de todas las funcionesde X es V. Se definen

�

f + g�

(x ) = f (x )+ g (x )�

α · f�

(x ) = α · f (x )

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



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

Proposición 2.1. Sea V unK-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.



Semana 6: Lunes 18 – viernes 22 de Abril

COMPLEMENTO

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

• Clase 2: Ejercicios y repaso.

Contenidos

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 sobreK.

2. Si las operaciones + y · están claramente definidas, entonces escribiremos V en lugar de (V,+, ·) para un espaciovectorial sobreK.

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 nosubespacio 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.


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 triv-iales del espacio vectorial V . Estos son: el mismo espacio vectorial V , vale decir, V ≤ V y el espacio vectorial nulo, valedecir 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, debemosverificar:

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 segundacomponente 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 = {(x1,x2, · · · ,xn ) ∈Rn : xn = 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. (x1,x2, · · · ,xn ), (u 1, u 2, · · · , u n )∈W ⇒ (x1,x2, · · · ,xn )+ (u 1, u 2, · · · , u n )∈W .En efecto: (x1,x2, · · · ,xn ), (u 1, u 2, · · · , u n ) ∈ W ⇒ xn = 0 ∧ u n = 0. Por lo tanto, (x1,x2, · · · ,xn ) + (u 1, u 2, · · · , u n ) =(x1,x2, · · · , 0) + (u 1, u 2, · · · , 0) = (x1+u 1,x2+u 2, · · · , 0). Es decir, la n−ésima componente de la suma de dos vectoresen W da como resultado un vector que también pertenece a W .

3. λ∈R, (x1,x2, · · · ,xn )∈W ⇒λ · (x1,x2, · · · ,xn )∈W .En efecto: (x1,x2, · · · ,xn )∈W ⇒ xn = 0. Por lo tanto, λ · (x1,x2, · · · ,xn ) =λ · (x1,x2, · · · , 0) = (λx1,λx2, · · · , 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 unsubespacio vectorial de R2.

1. W 6= ;, lo cual es cierto pues (0, 0) = 0 · (1,−2)∈W .

2. Debemos probar ahora que (x1,x2), (u 1, u 2)∈W ⇒ (x1,x2)+ (u 1, u 2)∈W .En efecto: (x1,x2), (u 1, u 2)∈W ⇒ ∃α, β ∈R : (x1,x2) =α · (1,−2),(u 1, u 2) =β · (1,−2). Por lo tanto, (x1,x2)+ (u 1, u 2) =α · (1,−2)+β · (1,−2) = (α+β ) · (1,−2)∈W, pues α+β ∈R.

3. Probemos ahora que λ∈R, (x1,x2)∈W ⇒λ · (x1,x2)∈W .En efecto: (x1,x2)∈W ⇒λ · (x1,x2) =λ · (α · (1,−2)) = (λα) · (1,−2)∈W, pues λ∈R.

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



Ejemplo 1.4. Como en el ejemplo anterior, sea V un espacio vectorial real, y sea u0 ∈V, conu0 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 quev1 =α ·u0 y que v2 =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 donde2x + 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 =

¨�

a bc d

�

∈M2×2 (R) : a =b y c =−d

«

, entonces S ≤M2×2 (R).

Ejercicio 1.3. Verificar que si T =

¨�

a bc d

�

∈M2×2 (R) : a = 1

«

, entonces T no es subespacio vectorial deM2×2 (R).

Proposición 1.1. Sea V un espacio vectorial sobre un cuerpoK, 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 escribeW1⊕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

.



1.1.1 Ejercicios

1. Sea S = {A ∈M n×n : A t = A} Probar que S ≤M n×n .

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

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∑n

i=1αi 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). Para probarlo,escribimos

(0, 2,−3) =α · (1, 0, 0)+β · (1, 1, 0)+γ · (1, 1, 1)

luego, debemos encontrar α,β ,γ ∈R que satisfagan las siguientes ecuaciones:

0 = α+β +γ2 = β +γ−3 = 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) entonces0 = α+β2 = 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 unacombinación 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 losvectores sea combinación lineal de los otros dos.

3. Decidir si p (t ) = t 2− t +1 es combinación lineal de p1 (t ) = (t −1)2 y p2 (t ) = t

4. Decidir si

�

1 2−1 0

�

es combinación lineal de

�

0 11 1

�

y

�

1 −11 0

�

.



CLASE 2

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



Semana 7: Lunes 25 – viernes 29 de Abril.

COMPLEMENTO

• Clase 1: Espacio generado. Dependencia e independencia lineal. Ejemplos.

• Clase 2: Bases y bases canónicas. Dimensión.

Contenidos

CLASE 1

1.1 Espacio generado

Recordemos que para los propósitos de estas notas, los cuerpos que estamos considerando son: el cuerpo de los númerosrealesR, el cuerpo de los números complejosC y el cuerpo de los números racionalesQ. Pero las definiciones aquí dadasfuncionan para cualquier cuerpo.

Ejercicio 1.1. Verificar que la intersección de una colección de subespacios de un espacio vectorial V es también unsubespacio 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 , denotadopor ⟨X ⟩ ó por G(X ), es dado por la intersección de todos los subespacios de V que contienen al conjunto X .


Teorema 1.1. Sea V un espacio vectorial sobre un cuerpoK.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∑

i=1

αi xi, αi ∈K

)

Observación 1.1. Si W = ⟨v1, v2, . . . , vn ⟩ decimos que v1, v2, . . . , vn 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 queR2 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−βy = α+β

«

de donde α=x + y

3, β =

2y −x

3.

Esto significa que dado cualquier vector (x , y )∈R2 podemos determinar explícitamente, en función de x e y , losvalores 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 queG (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 arribademuestran la afirmación. Si asignamos otro valor a γ, también podemos resolver el sistema para α y β . En general,entonces, podemos decir que:

α=x + y −5γ

3, β =

2y −x −7γ

3

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, sitomamos el vector (1, 0)∈R2 vemos que no existe α∈R : (1, 0) =α · (2, 1).

Ejemplo 1.4. ClaramenteG((1, 0), (0, 1)) = ⟨(1, 0), (0, 1)⟩

= ⟨(−1, 2), (3,−2)⟩= G((1, 0), (−1, 2), (5, 3)) = R2



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 ) =αsin(x )+β cos(x ), α,β ∈R}.

Ejemplo 1.7. M 2×2(R) =G

¨�

1 00 0

�

,

�

0 10 0

�

,

�

0 01 0

�

,

�

0 00 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 bb c

�

: a ,b , c ∈R«

≤M2×2 (R)

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∑

i=i

αi ·ui = 0V ⇒ αi = 0 ∀i = 1, · · · , n .

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∑

i=i

αi ·ui = 0V

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.



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 = 02α1−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 quehemos 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). Enotras 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. En efecto, supongamos que tenemos valoresreales α1 y α2 de manera que valga la siguiente igualdad

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 satisfacersepara todos los valores posibles de x ∈R, necesariamente, α2

1+α22 = 0. La única posibilidad es que α1 =α2 = 0.

Ejemplo 1.15. El conjunto {e αx , e βx } ⊂C1[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.



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 conjuntosfinito, la finitud se puede eliminar. Es decir, si tenemos un conjunto X ⊂ V , X 6= ;, entonces diremos que X es unconjunto linealmente independiente si todo subconjunto no vacío finito de este es linelamente independiente. Encaso 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 posiblesusando 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 sub-conjunto l.i. de vectores. Notemos también que no hace referencia a si el conjunto X es finito o no. De todas maneras, eneste 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 sesatisfacen 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}).

7. B =

¨�

1 00 0

�

,

�

0 10 0

�

,

�

0 01 0

�

,

�

0 00 1

�«

es una base de M 2×2(R). Se llama base canónica de M 2×2(R).



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 cuerpoK tiene una base constituida por n vectores, entonces toda base de Vtiene cardinalidad n.

Idea general de la prueba. Supongamos que tenemos dos bases

B1 = {v1, ..., vn }

B2 = {w1, ..., wm }

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 w1, ..., wn (salvo reordenamiento de los índices) de manera que el conjunto {v1, ..., vn , wn+1, ..., wm } sigasiendo un conjunto l.i.. Ahora, como B1 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 sobreK, B = {u1, · · · , un} una base de V . Diremos que n es la dimensión de Vsobre el cuerpoK. Escribimos dimKV = n .

Corolario 2.1. Sea V un espacio vectorial de dimensión n, entonces, cualquier subconjunto de V de cardinalidad n + 1 esun 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, dimRR2 = 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 acos-tumbra escribir los vectores de la base canónica como e1 = (1, 0, · · · , 0), e2 = (0, 1, 0, · · · , 0), · · · , en = (0, 0, · · · , 1). En estecaso, dimRRn = 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, dimRV = 2.

4. C = {1,x ,x 2, · · · ,x n } es la base canónica de Rn [x ]. Luego, dimRRn [x ] = n +1.

5. C =

¨�

1 00 0

�

,

�

0 10 0

�

,

�

0 01 0

�

,

�

0 00 1

�«

es la base canónica de M 2×2(R). Por lo tanto, dimRM 2×2(R) =

4.

6. Para las matrices reales de orden m ×n se tiene que dimRM m×n (R) =m ·n .

7. SiK es un cuerpo, entonces, mirando este cuerpo como espacio vectorial sobre si mismo se tiene dimKK= 1.

8. Mirando Cn como un espacio vectorial sobre C, se tiene que dimCCn = n .

9. Mirando Cn como un espacio vectorial sobre R, se tiene que dimRCn = 2n .



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 sobreK, con dimKV = n.Sea W ≤V con dimKW =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 ].

3. Sea A =

¨�

1 −12 0

�

,

�

0 −13 4

�

,

�

1 01 1

�«

. Verifique que A es l.i. y complete este conjunto para obtener una

base de M (R, 2×2).

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

Observación 2.1. El resultado anterior es útil si se conoce la dimensión de un espacio vectorial V . En este caso, paraprobar 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}



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 únicacomo 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 , loscoeficientes 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

a los vectores ui. La matriz columna

α1

α2

...αn

se llama matriz de coordenadas de v con respecto a la base B . Usaremos la

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 = {e1 =(1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1)}. Determine la matriz de coordenadas del vector (2, 8,−6) con respecto a ambasbases, 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

[(2, 8,−6)]B =

−13−5

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

[(2, 8,−6)]C =

28−6

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 = 2

α2 = −1α3 = 3

Resolviendo, obtenemos que

[p (x )]B =

−6−1−3

[p (x )]C =

2−1

3



Semana 8: Lunes 02 – viernes 06 de Mayo

COMPLEMENTO

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

• Clase 2: Diagonalización.

Contenidos

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, daremosuna 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 u 1

d t= 7u 1−4u 2

d u 2

d t= 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 ′1u ′2

�

=

�

7 −45 −2

��

u 1

u 2

�

o de manera equivalenteu′ = Au

donde

u′ =

�

u ′1u ′2

�

, A =

�

7 −45 −2

�

y u=

�

u 1

u 2

�


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

u 1 = α1e λt

u 2 = α2e λt

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

α1λe λt = 7α1e λt −4α2e λt

α2λe λt = 5α1e λt −2α2e λt

De lo anterior, obtenemos el sistema�

7 −45 −2

��

α1

α2

�

=λ

�

α1

α2

�

En resumen, podemos construir soluciones para

d u 1

d t= 7u 1−4u 2

d u 2

d t= 5u 1−2u 2

en la forma

u 1 = α1e λt

u 2 = α2e λt

siempre y cuando podamos encontrar λ y x=

�

α1

α2

�

que cumplan

Ax=λx

Claramente x= 0 satisface esta igualdad (para cualquier elección de λ), pero no nos entrega información útil sobre lasolución 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 aquel-los 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 porσ (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 valorpropio λ.



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 subespaciovectorial 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 suscoeficientes 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 diferentedel 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 denotaremospor PA (λ).

Si PA (λ) es el polinomio característico de la matriz A entonces PA (λ) = 0 es llamada la ecuación característica de lamatriz A.

Ejemplo 1.1. Encontrar los valores propios de

A =

�

7 −45 −2

�

Desarrollo: Calculamos

det (A −λI ) =

�

�

�

�

7−λ −45 −2−λ

�

�

�

�

=λ2−5λ+6

luego los valores propios son las soluciones de la ecuación

λ2−5λ+6= 0

es decir 3 y 2 se sigueσ (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 posiblesvalores complejos que satisfacen la ecuación (contando multiplicidades). En particular, hay a lo más n valores propiosreales 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, debemosresolver el sistema lineal siguiente y buscar las soluciones diferentes del trivial

�

7 −45 −2

��

xy

�

= 2

�

xy

�



Se tiene que

�

xy

�

es solución del sistema homogéneo

�

5 −45 −4

��

xy

�

=

�

00

�

tiene infinitas soluciones de la forma

�

45

tt

�

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

como

®�

451

�¸

≤R2.

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

A =

�

a bc d

�

encontrar su polinomio característico y expresar sus coeficientes en términos de traza y determinante.

2. Para las siguientes matrices

A =

�

0 11 0

�

, B =

−3 1 −320 3 102 −2 4

y C =

0 0 10 2 03 0 0

determinar los polinomios característicos, valores propios, espacios propios asociados y las multiplicidades corre-spondientes.

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−1AP −λI�

= det�

P−1AP −λP−1I P�

= det�

P−1 (A −λI )P�

= det�

P−1�

det (A −λI )det (P)

= det (A −λI )



De lo anterior se observa que B = P−1AP y A tienen el mismo polinomio característico.La idea sería considerar una matriz P adecuada de tal forma que P−1AP 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−1AP = B.

El problema fundamental es el siguiente. Dada una matriz cuadrada A, reducir esta a su forma más simple a travésde una transformación por similaridad P−1AP . Las matrices más fáciles de calcular su polinomio característico son lasmatrices diagonales.

Definición 2.2. Diremos que una matriz A de orden n ×n es diagonalizable si existe una matriz P del mismo orden y nosingular tal que P−1AP =D, donde D es una matriz diagonal.

Es válido preguntar ¿Es toda matriz diagonalizable? la respuesta es no, por ejemplo si consideramos la matriz

A =

�

0 10 0

�

Notemos que A2 = [0]2×2. Si existiera una matriz P no singular tal que P−1AP =D con D diagonal, entonces

D2 =�

P−1AP��

P−1AP�

= P−1A2P

= 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 unacontradicción.

Entonces ¿Cuales matrices son diagonalizables? Note lo siguiente

P−1An×n P =D =

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...

......

...0 0 · · · λn

de dondeAP = PD

si ponemosP =

�

v1 v2 · · · vn

�

donde vi son los vectores columnas de P , entonces

AP =�

Av1 Av2 · · · Avn

�

yPD =

�

λ1v1 λ2v2 · · · λn vn

�

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



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

Ejercicio 2.1. Diagonalizar la matriz

A =

1 −4 −48 −11 −8−8 8 5

El polinomio carcaterístico es (λ−1) (λ+3)2. Luego, los valores propios son λ = 1 (de multiplicidad algebraica 1) yλ=−3 (de multiplicidad algebraica 2). En particular, tenemos queσ(A) = {1,−3}.

Se puede calcular que,

− 12−11

genera el espacio propio asociado al valor propio 1 y los vectores

110

,

101

gen-

eran el espacio propio asociado al valor propio −3, es decir, Wλ=1 =

*

12−2

+

y Wλ=−3 =

*

110

,

101

+

. Como

los vectores

12−2

,

110

,

101

forman una base del espacio de matrices de tamaño 3× 1 y enradas complejas, la

matriz A es diagonalizable y una matriz diagonal similar a A es dada por

1 1 12 1 0−2 0 1

−1

1 −4 −48 −11 −8−8 8 5

1 1 12 1 0−2 0 1

=

1 0 00 −3 00 0 −3

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 propiotiene asociado un espacio propio y de cada uno de esos espacios propios podemos extraer una base, se tiene el siguienteteorema.

Teorema 2.2. Para cada valor propio se cumple que la multiplicidad geométrica es menor o igual que la multiplicidadalgebraica

De esta forma de cada subespacio podemos extraer a lo más tantos vectores como multiplicidad algebraica tenga elvalor 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 +βµw

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.



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 geométricascoinciden.

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

Ejercicio 2.2. Determinar si las siguientes matrices son diagonalizables

A =

−1 −1 −28 −11 −8−10 11 7

B =

1 −4 −48 −11 −8−8 8 5




COMPLEMENTO

Clase 1: Aplicación a obtención de forma canónica de formas cuadráticas.

Clase 2: Secciones cónicas rotadas.

Contenidos

CLASE 1

1.1. Proceso de ortogonalización de Gram-Schmidt

Teorema 1.1 (Proceso de ortogonalización de Gram-Schmidt). Si x1,x2, . . . ,xm son vectores l.i. en Rn , entonces es posibleconstruir vectores ortogonales y1, y2, . . . , yn tales que para cada k = 1, 2, . . . , m se cumple

G ({x1,x2, . . . ,xk }) =G��

y1, y2, . . . , yk�

Demostración. Los vectores yi se construyen siguiendo un análogo a la contrucción de la proyección ortogonal

y1 = x1

y2 = x2−

x2, y1�

y1

2 y1

...

yk+1 = xk+1−k∑

j=1

¬

xk+1, y j

¶

y j

2 y j


Ejemplo 1.1. Sean x1 = (3, 0, 4) ,x2 = (−1, 0, 7) y x3 = (2, 9, 11) enR3. Aplicando el proceso de gram Schmidt se obtienen losvectores

y1 = (3, 0, 4)

y2 = (−1, 0, 7)−⟨(−1, 0, 7) , (3, 0, 4)⟩‖(3, 0, 4)‖2 (3, 0, 4)

= (−4, 0, 3)

y3 = (2, 9, 11)−⟨(2, 9, 11) , (3, 0, 4)⟩

25(3, 0, 4)−

⟨(2, 9, 11) , (−4, 0, 3)⟩25

(−4, 0, 3)

= (0, 9, 0)

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 vecto-res 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 particularen 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 loselementos 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

�

Ax�T

x =�

λx�T

x =λn∑

i=1

x i x i =λn∑

i=1

|x i |2

y también tenemos que

�

Ax�T

x =�

x T AT�

x

= (x )T AT x

= (x )T Ax

= λn∑

i=1

|x i |2 .

De las dos igualdades anteriores obtenemos

�

λ−λ�

n∑

i=1

|x i |2 = 0.



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 =λj y entonces

λi

x , y�

=

λi x , y�

=

Ax , y�

=¬

x , AT y¶

=

x , Ay�

=¬

x ,λj y¶

= λj

x , y�

de donde se obtiene que�

λi −λj

�

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

VAV 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 lamatriz 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 matrizelemental 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 cosn-truir una matriz invertible P tal que PAP−1 = D, donde D es una matriz diagonal formada por los valores propios deA).

Usando el proceso de ortogonalización de Gram-Schmidt y la Proposición 1.1, podemos asumir que tal base es unabase 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

A =

0 1 11 0 11 1 0

1. Determine los valores propios y espacios propios asociados.

2. Verificar que para valores propios distintos λi y λj se cumple Wλi ⊥Wλj

3. Determine una base ortonormal de vectores propios

4. Encontrar una matriz ortonormal V tal que V T AV =D



1.3. Formas cuadráticas.

Al igual como lo hemos hecho anteriormente, escribiremos los vectores deRn como matrices columnas (por comodi-dad para multiplicarlos con las matrices).

Si −→x = (x1,x2, . . . ,xn )∈Rn , entonces denotamos x =

x1

x2

...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 (x1,x2, . . . ,xn ).

Definición 1.3 (clasificación de formas cuadráticas). Sea A una matriz real de orden n × n y FA

�−→x�

= x T Ax su formacuadrática 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 ∈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 estaasigna valores positivos), entonces decimos que FA es indefinida.

Ejemplo 1.2. Sean las siguientes matrices de orden 2×2:

A =

�

1 00 1

�

, B =

�

−1 00 −1

�

, C = A =

�

1 00 −1

�

, D =

�

1 00 0

�

.E =

�

0 00 −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.



Ejemplo 1.3. Formas cuadráticas en R2. Si

A =

�

a bc d

�

,

entonces

FA (x , y ) =�

x y�

�

a bc d

��

xy

�

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

Por otro lado, si

B =�

A +AT

2

�

=

ab + c

2b + c

2d

,

entonces

FB (x , y ) =�

x y�

ab + c

2b + c

2d

�

xy

�

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

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

A+AT

2

�

con FA = FB .

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

A+AT

2

�

, entonces FA = FB .

Demostración. En efecto, primero notamos que como x T Ax ∈R, entonces x T Ax = (x T Ax )T = x T AT x . Luego, tenemos laigualdad

x T Ax = x T

�

A +AT

2

�

x

Ejemplo 1.4. La forma cuadrática x 21 +3x1x2−2x1x3+x 2

2 +x2x3+2x 33 puede escribirse en forma matricial de la siguiente

manera

�

x1 x2 x3

�

1 3 −20 1 10 0 2

x1

x2

x3

Es decir, la forma cuadrática anterior corresponde a la matriz

A =

1 3 −20 1 10 0 2

.

Usando

B =�

A +AT

2

�

=

1 3 −20 1 10 0 2

T

+

1 3 −20 1 10 0 2

2=

1 32−1

32

1 12

−1 12

2

vemos que esta forma cuadrática también corresponde a la matriz simétrica

1 32−1

32

1 12

−1 12

2



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 existeuna matriz ortonormal V (de orden n ×n) de manera que

FA (−→x ) = bF

�

y1, y2, . . . , yn�

=n∑

i=1

λi y 2i ,

donde y = V x . La forma cuadrática bF es llamada la forma canónica asociada a FA . Los valores λ1, ...,λn son los valorespropios (repitiendolos según la multiplicidad algebraica de cada uno de ellos) de la matriz simétrica (AT +A)/2.

Demostración. Sea A una matriz de orden n ×n y FA su forma cuadrática. Hemos visto que A se puede reemplazar por lamatriz simétrica B = (AT +A)/2 para seguir teniendo FA = FB . Luego, podemos suponer que A ya era simétrica (o bien lareemplazamos 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 = bF (−→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+2bx 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+2bx y + c y 2+d x + e y + f = 0

en forma matricial�

x y�

�

a bb c

��

xy

�

+�

d e�

�

xy

�

+ f = 0.

Si ponemos

A =

�

a bb c

�

, X =

�

xy

�

y K =�

d e�



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 mane-ra 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�

xy

�

=V

�

uv

�

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

�

xy

�T

A

�

xy

�

+K

�

xy

�

+ f = 0

�

V

�

uv

��T

AV

�

uv

�

+K V

�

uv

�

+ f = 0

�

uv

�T

V T AV

�

uv

�

+K V

�

uv

�

+ F = 0.

Como V diagonaliza a A se tiene

V T AV =

�

λ1 00 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

λ1u 2+λ2v 2+d ′u + e ′v + f = 0.

Observamos que en la ecuación anterior no hay términos en u v como queríamos.

Ejemplo 2.1. Dada la ecuación cuadrática

5x 2−4x y +8y 2+20p

5x −

80p

5y +4= 0,

encontrar una base en R2 de tal forma que se pueda escribir la ecuación sin términos x y y se pueda identificar de quecónica se trata.

Desarrollo: La forma matricial de la ecuación cuadrática es

X T AX +K X + f = 0

donde

A =

�

5 −2−2 8

�

, K =�

20p

5−

80p

5

�

, f = 4 y X =

�

xy

�



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�

1 −2−2 4

��

xy

�

=

�

00

�

esto es

�

xy

�

∈G

¨�

21

�«

Para λ2 = 9�

−4 −2−2 −1

��

xy

�

=

�

00

�

lo que es equivalente a

�

xy

�

∈G

¨�

−12

�«

.

Estos dos vectores son ortogonales.

Como ‖(2, 1)‖=p

5= ‖(−1, 2)‖, la matriz ortonormal que diagonaliza a A es

V =

2p

5−

1p

51p

5

2p

5

Luego, procedemos con el cambio de coordenadas

�

xy

�

=

2p

5−

1p

51p

5

2p

5

�

uv

�

Sustituyendo se obtiene�

uv

�T

V T AV

�

uv

�

+K V

�

uv

�

+ f = 0.

En este caso�

uv

�T �4 00 9

��

uv

�

+�

20p

5−

80p

5

�

2p

5−

1p

51p

5

2p

5

�

uv

�

+4= 0.

Es decir4u 2+9v 2−8u −36v +4= 0

que corresponde a la elipse(u −1)2

9+(v −2)2

4= 1



−4 −2 2

−2

2

4

0

a

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

2.1.1. Ejercicios propuestos

En cada uno de los siguientes ejercicios, encuentre una base ortonormal de R2 y las ecuaciones de rotación corres-pondientes 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




COMPLEMENTO

• Clase 1: Sucesiones: Definiciónn, notación. Concepto de convergencia y límite de suce-siones. Subsucesiones.

• Clase 2: Teoremas de Convergencia.

Contenidos

CLASE 1

1.1 Sucesiones

Considere el problema de aproximar el valor dep

2 a través del siguiente método: Sabemos quep

2 ∈ I1 = [1, 2], divi-damos el intervalo en dos subintervalos de igual longitud = 1

2digamos I ′1 =

�

1, 32

�

y I′′

1 =�

32

, 2�

. Es fácil ver quep

2 ∈ I ′1llamemos I2 a tal intervalo. Ahora bien, como

p2 ∈ I2 podemos dividir I2 en dos subintervalos I ′2 y I ′′2 ambos de longitud

12

�

longitud I2�

= 122 , al cual pertenezca

p2 le llamamos I3. Repitamos en forma inductiva tal operación de esta manera

obtenemos intervalos In tales quep

2∈ In además la longitud de In = 12n . Sean xn , yn los extremos derecho e izquierdo del

intervalo In entoncesxn ≤

p2≤ yn para todo n ∈N

se sigue que

0 ≤p

2−xn

≤�

yn −xn�

=1

2n

esto nos dice que

0≤p

2−xn ≤1

2npara todo n ∈N


en otras palabras, el extremo derecho de los intervalos In “se va acercando” al valor dep

2 a medida que n crece, así porejemplo x10 esta a distancia menor igual que

1

210= 9. 765 6×10−4

dep

2. En este ejemplo, a cada número natural le asignamos un número real xn que es el extremo derecho del intervalo In

este tipo de asignación se llama sucesión de números reales y el proceso de “se va acercando” es llamado convergencia. Acontinuación 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 númeroreal x (n ) que denotaremos por xn y que llamaremos el n-ésimo término de la sucesión.

Generalmente se denotan las sucesiones en la forma (xn ), (xn )n∈N, (xn )n∈A , {xn }n∈N o (x1,x2,x3, . . . ,xn , . . . ). Debemossin embargo, distinguir entre una sucesión que es una función y el conjunto de los valores que toma la sucesión (el recor-rido 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 delconjunto {−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 formaciónde 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 unafórmula 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 xn+1

basandose en una fórmula recursiva conocidos algunos valores de la sucesión, por ejemplo, podemos definir la sucesiónde los pares mediante la fórmula

x1 = 2, xn+1 = 2+xn para n ≥ 1

(note que x1 = 2, luego x2 = 2+x1 = 2+2= 4 luego x3 = 2+x2 = 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:

a 1 = 1

a 2 = 1

a 3 = a 2+a 1 = 1+1= 2

a 4 = a 3+a 2 = 2+1= 3

a 5 = a 4+a 3 = 3+2= 5

Podemos representar una sucesión en la recta real mostrando los valores que toma la sucesión en determinado valorde n , por ejemplo la representación para la sucesión

�

1n

�

n∈N es mostrada en la siguiente figura:



112

13

14

15

16

17

1n

. . .0

Ejemplo 1.1. Las progresiones son un ejemplo de sucesiones por ejemplo las progresiones geométricas corresponden auna sucesión del tipo

x : N→Rn → xn = a 1r n−1

y las progresiones aritméticas corresponden a una sucesión de la forma

x : N→Rn → xn = a 1+(n −1)d

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

2es decir, corresponde la la sucesión

x : N→R

n → xn =1− (−1)n

2

Ejemplo 1.3. El décimo término de la sucesión�

1n

�

n∈N corresponde a 110

.

Ejemplo 1.4. Consideremos la sucesión xn =�

1+ 1n

�n. Notemos que por el teorema del binomio

xn =n∑

k=0

�

n

k

�

1

n k

Como�

n

k

�

=n !

(n −k )!k !

obtenemos que�

n

k

�

1

n k=

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

=n (n −1) · · · (n −k +1)

k !n k

= 1

�

1−1

n

��

1−2

n

�

· · ·�

1−k −1

n

�

1

k !

De esta manera,

xn =�

1+1

n

�n

= 1+n∑

k=1

�

1

�

1−1

n

��

1−2

n

�

· · ·�

1−k −1

n

�

1

k !

�

≤ 1+n∑

k=1

1

k !=

n∑

k=0

1

k !



En la desigualdad anterior usamos el hecho que

1

�

1−1

n

��

1−2

n

�

· · ·�

1−k −1

n

�

≤ 1 ·1 · · ·1= 1

Ahora notemos quen∑

k=0

1

k != 1+1+

n∑

k=2

1

k !

Usando el hecho quek !≥ 2k−1 para k ≥ 2

obtenemos que

n∑

k=0

1

k != 1+1+

n∑

k=2

1

k !

≤ 1+1+n∑

k=2

1

2k−1= 1+2

�

1−1

2n

�

< 3

De lo anterior podemos observar que

xn =�

1+1

n

�n

< 3

para todo n ∈N.

Ejemplo 1.5. La sucesión 2, 2+ 12

, 3+ 14

, 4+ 18

, 5+ 116

, . . . , corresponde a la sucesión de término n-ésimo dado por

xn = n +1

2n−1

Definición 1.2. Sean X = (xn ), Y =�

yn�

dos sucesiones en R y sea α∈R. Se define:

1. αX como la sucesión (αxn )

2. X +Y como la sucesión�

xn + yn�

3. X Y como la sucesión�

xn yn�

4. Si yn 6= 0 entonces definimosX

Ycomo la sucesión

�

xn

yn

�

Así por ejemplo, si X =�

1n

�

n∈N e Y = (2n )n∈N, entonces X Y = (2)n∈N = (2, 2, 2, . . . , 2, . . . ) es una sucesión constante quesolo toma el valor 2. Similarmente, Y /X =

�

2n 2�

n∈N.

Definición 1.3. Una sucesión (xn ) se dice:

1. Acotada superiormente, si existe un M ∈R tal que xn ≤M para todo n .

2. Acotada inferiormente, si existe un m ∈R tal que m ≤ xn para todo n .

3. Acotada, si es acotada superior e inferiormente, esto equivale a encontrar un K > 0 tal que |xn | ≤ K para todo n .



Ejemplo 1.6. La sucesiónn

�

1+ 1n

�no

n∈Nes una sucesión acotada. Primero, es claro que 0 ≤ xn para cada n ∈ N. En los

ejemplos anterores se vió que xn < 3 para cada n ∈N. Luego, xn ∈ [0, 3] para cada n ∈N.

Ejemplo 1.7.�

(−1)n

n∈N es una sucesión acotada, a saber, |xn |=�

�(−1)n�

�= 1. Luego xn ∈ [−1, 1] para cada n ∈N.

Ejemplo 1.8. Sea a ∈R, y defina la sucesión xn = a n estudiaremos si esta es o no acotada.

1. Sea a < −1. Veamos que (xn ) no es acotada ni superior ni inferiormente. En efecto, note que x2 = a 2 > 1, se sigueque

x2 = a 2 = 1+d

donde d > 0. Luego,x2n = a 2n = (1+d )n ≥ 1+nd ,

de donde podemos ver que no existe un M ∈R tal que xn ≤M para todo n ∈R. En efecto, si tal M existiera, entonces

M ≥ x2n ≥ 1+nd

obteniendo queM −1

d≥ n .

Si consideramos n > M−1d

, llegamos a una contradicción.

Similarmente,x2n+1 = a 2n+1 = a (1+d )n ≤ a (1+nd ) ,

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, xn = a n = (1+d )n ≥ 1+nd , de donde podemos ver que (xn ) no puedeestar acotada superiormente. Note que esta acotada inferiormente por 1.

3. Si a ∈ [−1, 1], entonces xn = a n esta acotada. En efecto, |xn |= |a |n ≤ 1n = 1 luego xn ∈ [−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 (xn ) se dice:

1. Estrictamente creciente si para cada n se cumple xn < xn+1.

2. Creciente si para cada n se cumple xn ≤ xn+1.

3. Estrictamente decreciente si para cada n se cumple xn > xn+1.

4. Decreciente si para cada n se cumple xn ≥ xn+1.

5. Monótona si cumple con alguna de las anteriores (en ocasiones se habla de monotonía estricta si es estrictamentecreciente o estrictamente decreciente)



Ejemplo 1.9 (Series de términos positivos). Suponga que {xn } es una sucesión de términos positivos, es decir, xn ≥ 0 paratodo n . Definamos

a n =n∑

k=1

xk .

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

a n+1−a n =n+1∑

k=1

xk −n∑

k=1

xk = xn+1 ≥ 0,

de donde obtenemos quea n+1 ≥ a n .

Algunos ejemplos de esto son las siguientes sucesiones

a n = 1+1

1!+

1

2!+ · · ·+

1

n !

a n = 1+1

2+

1

3+ · · ·+

1

n

a n = 1+1

22+

1

32+ · · ·+

1

n 2

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 (xn ) = (x1,x2,x3, . . . ). Una subsucesión de (xn ) es una nueva sucesión que seforma considerando algunos n digamos n 1, n 2, n 3 . . . que cumplen n 1 < n 2 < n 3 < . . . . Una subsucesión de una sucesióncorresponde a efectuar una composición (por la derecha) de la sucesión original con una función Y : N→N que seaestrictamente creciente.

Ejemplo 1.12. Dada la sucesión (xn ) podemos extrarer la subsucesión de los términos de lugares pares (x2,x4,x6, . . . ) =(x2n ) también podemos estraer la de los lugares impares (x1,x3,x5, . . . ) = (x2n−1). La primera corresponde a efectuar unacomposición con la función estrictamente creciente Y :N→N, n → Y (n ) = 2n y la segunda con la función estrictamentecreciente Y : N→N, n → Y (n ) = 2n − 1. Podríamos también considerar Y : N→N, n → Y (n ) = n 2 y obtenemos lasubsucesión

(x1,x4,x9,x16, . . . )



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 = 1está 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

x1+2+3+···+n = n .

Luego, se sigue quex n (n+1)

2= n .

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 (xn ) es una sucesión, entonces (xn+1) = (x2,x3, . . . ) es una subsucesión. Similarmente, para cada k ∈ Nfijo, la sucesión (xn+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 amedida que n crece. Si los valores están tan cerca de un número L como queramos a partir de un n en adelante, entoncesdecimos que la sucesión converge a este L. Es esta idea la que pasamos a formalizar a continuación.

Definición 1.6. Sea (xn ) una sucesión y L un número real. Diremos que xn converge a L (o que el límite de la sucesión(xn ) es L) si: para todo ε > 0 existe un N ∈N tal que, para cada n ∈N, n ≥N , implica que |xn − L|< ε. En tal caso usaremosla notación limn→∞ xn = L o simplemente xn → L.

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

Observación 1.2. Notemos también que, en la definición anterior,

|xn − L|< ε ⇔ |(xn − L)−0|< ε⇔ ||xn − L| −0|< ε.

Esto nos dice que�

limn→∞

xn = L�

⇔�

limn→∞

(xn − L) = 0�

⇔�

limn→∞

|xn − L|= 0�

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



Ejemplo 1.16. Consideremos la sucesión xn = a n con |a | < 1 pero distinto de cero. Intuitivamente pareciera ser que losvalores de la sucesión se acercan a cero a medida que n crece; formalicemos esto. Notemos que |xn |= |a |n .

Ya que

|a |< 1⇒ 1<1

|a |,

se sigue que existe algún número positivo d con

1+d =1

|a |.

Entonces

�

1

|a |

�n

= (1+d )n =n∑

k=0

�

n

k

�

d k

≥�

n

1

�

d = nd .

De lo anterior obtenemos1

nd≥ |a |n .

Así,

|xn −0|= |a |n <1

nd.

Entonces1

nd< ε⇔

1

εd< n .

Ya estamos en condiciones de mostrar que el límite de esta sucesión es cero. Sea ε > 0 un número arbitrario. Sin ≥N =

��

1εd

�

+1�

(la parte entera de 1εd

mas 1), entonces se cumple que

|xn −0|< ε.

En efecto, n ≥N =�

1εd

�

+1> 1εd

implica que ε > 1nd

. Pero |xn −0|= |a |n < 1nd< ε. Así

limn→∞

a n = 0

Ejemplo 1.17. Considere la sucesión xn = nn+1

. Intuitivamente xn → 1. Mostremos que eso es correcto.Notemos que, para cada entero n ≥ 1, vale que

|xn −1|=�

�

�

�

n

n +1−1

�

�

�

�

=

�

�

�

�

1

n +1

�

�

�

�

<1

n.

Sea ε > 0 dado y tomemos Nε =�

1ε

�

+1. Si n ≥Nε , entonces n ≥ 1ε

; luego ε > 1n

. De esta manera

|xn −1|=�

�

�

�

n

n +1−1

�

�

�

�

=

�

�

�

�

1

n +1

�

�

�

�

<1

n< ε.

Así hemos demostrado que

limn→∞

� n

n +1

�

= 1



Ejemplo 1.18. Considere la sucesión xn = (−1)n . Si se dan varios valores de n vemos que esta sucesión toma los valores 1y−1 en forma alternada. Esto nos da una idea de que esta sucesión no converge. En efecto, supongamos que ella convergea L, es decir, que xn → L. Entonces, tomando ε = 1/4, debería existir un N ∈N tal que para n ≥N

|xn − L|<1

4.

Luego, si consideramos un n par mayor que N , entonces se cumplirá que |1− L| < 1/4, es decir que L está a unadistancia 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 unadistancia mayor que 2(1/4) = 1/2. Es decir (xn ) diverge.

Teorema 1.1 (Unicidad). Si el límite de una sucesión existe, entonces es único.

Prueba. Sea (xn ) una sucesión convergente y supongamos que L 1 y L 2 son límites de ella. Supongamos que L 1 6= L 2.Sea ε > 0 tal que ε < |L 1− L 2|.Por convergencia, usando ε/2 en la definición de convergencia, existirán naturales N1 y N2 tales que

n ≥ N1⇒ |xn − L 1|< ε/2n ≥ N2⇒ |xn − L 2|< ε/2

Así, si n ≥max{N1, N2} entonces

ε < |L 1− L 2| = |L 1−xn +xn − L 2|≤ |xn − L 1|+ |xn − L 2|< ε

lo cual es una contradicción.

Teorema 1.2 (Álgebra de límites). Silim

n→∞xn = A

ylim

n→∞yn = B

entonces

1.lim

n→∞

�

xn + yn�

= A + B

2.lim

n→∞

�

xn yn�

= A B

3. si B 6= 0

limn→∞

�

xn

yn

�

=A

B

Observación 1.3. Es fácil mostrar que 1n→ 0. Del álgebra de límites, parte 2., se sigue que 1

n p → 0 para p ∈N. Utilizando2. nuevamente, con la sucesión anterior y la sucesión constante α, obtenemos que

α

n k→ 0 cuando n→∞



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

xn =3n 4+2n +1

2n 4+1

Desarrollo: Notemos que

3n 4+2n +1

2n 4+1=

n 4�

3+ 2n 3 +

1n 4

�

n 4�

2+ 1n 4

� =3+ 2

n 3 +1

n 4

2+ 1n 4

.

Utilizando el álgebra de límites y la observación anterior se sigue que

limn→∞

�

3n 4+2n +1

2n 4+1

�

= limn→∞

3+ 2n 3 +

1n 4

2+ 1n 4

!

=limn→∞

�

3+ 2n 3 +

1n 4

�

limn→∞�

2+ 1n 4

�

=3+0+0

2+0+0=

3

2.

Notar que hemos utilizado el hecho que la sucesión 2+ 1n 4 converge a 2 6= 0 para utilizar parte 3., del álgebra de límites.

Definición 1.8. Sea (xn ) una sucesión.

1. Diremos que (xn ) tiende (o converge) a infinito cuando n tiende a infinito, si para todo K > 0 existe un N ∈N tal quen ≥N implica xn > K . En tal caso escribiremos limn→∞ xn =+∞.

2. Diremos que (xn ) tiende a menos infinito cuando n tiende (o congerge) a infinito, si para todo K < 0 existe un N ∈Ntal que n ≥N implica xn < K . En tal caso escribiremos limn→∞ xn =−∞.

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

Ejemplo 1.21. Si xn = n 2

(0.5)n entonces limn→∞ xn =+∞. En efecto,

0.5< 1⇒ 1<1

0.5⇒ 1<

1

(0.5)n.

Así

xn =n 2

(0.5)n> n 2 ≥ n ,

de donde se sigue entonces lo afirmado.

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

Teorema 1.3. Sean (xn ) e�

yn�

sucesiones:

1. Si limn→∞ xn =+∞ y�

yn�

es una sucesión acotada inferiormente entonces

limn→∞

�

xn + yn�

=+∞



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

limn→∞

�

xn yn�

=+∞

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

limn→∞

�

yn

xn

�

=+∞

1.3 Algunas propiedades de las sucesiones

Teorema 1.4. Si (xn ) es una sucesión convergente a L, entonces toda subsucesión�

xn k

�

converge y también a L.

Este teorema nos entrega un criterio muy útil de divergencia. Si (xn ) es una sucesión que posee una subsucesióndivergente, entonces la sucesión diverge. Si (xn ) posee dos subsucesiones que convergen a límites distintos, entonces lasucesión diverge.

Ejemplo 1.22. La sucesión (xn = (−1)n ) es divergente. En efecto, esta posee dos subsucesiones (x2n = 1) y (x2n−1 = −1)que convergen a límites diferentes.

Ejemplo 1.23. Si

x1 = 2 y xn+1 =−1

xnpara n ≥ 1

entonces (xn ) no puede ser convergente. En efecto, la subsucesión (x2n+1 = 2) converge a 2, mientras que la subsucesión(x2n =−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 dellímite

Teorema 1.5. Supongamos que limn→∞ xn = L. Sea a ∈R.

1. Si a < L, entonces existe un N ∈N tal que, para cada n ≥N , se cumple a < xn .

2. Si a > L, entonces existe un K ∈N tal que, para cada n ≥ K , se cumple a > xn .

Teorema 1.6. Si limn→∞ xn = L 1, limn→∞ yn = L 2 y se cumple que xn ≤ yn para n ∈Nmayores que un entero fijo, entoncesL 1 ≤ L 2.

Observación 1.5. xn < yn no implica necesariamente que L 1 < L 2. Por ejemplo, considere las sucesiones (xn = −1n) e

(yn = 1n). Entonces

xn < yn

pero L 1 = L 2 = 0.



Teorema 1.7. Toda sucesión convergente es acotada.

Prueba. Sea (xn ) una sucesión convergente digamos a L. Existe un N ∈N tal que para n ≥N se cumple

|xn − L|< 1.

Entonces|xn |< L+1 para n ≥N .

Tomando M =max{|x1| , |x2| , . . . , |xN−1| , L+1} se sigue que

|xn | ≤M para todo n ∈N.

Ejemplo 1.24. Sabemos que xn = nn+1

converge a 1. Además sabemos que

|xn −1|<1

n

de donde se sigue que, para todo n ∈N, vale que|xn −1|< 1,

de donde obtenemos quexn ∈ [0, 2]

Ejemplo 1.25. Sabemos que

limn→∞

�

3n 4+2n +1

2n 4+1

�

=3

2.

Notemos además que�

�

�

�

3n 4+2n +1

2n 4+1−

3

2

�

�

�

�

=

�

�

�

�

4n −1

4n 4+2

�

�

�

�

=4n −1

4n 4+2≤

4n +1

4n 4+2

≤5n

4n 4=

5

4n 3.

Luego�

�

�

�

xn −3

2

�

�

�

�

<5

4

lo que implica que

xn ∈�

1

4,

11

4

�

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

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



Desarrollo:Considere los intervalos Ik =

�

2kπ+ π6

, 2kπ+ π2

�

para k ≥ 1. Note que la longitud de Ik es π2− π

6= π

3> 1, de donde se

sigue que cada Ik debe tener un natural que llamaremos n k .Se debe cumplir 1

2≤ 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

liml→∞

sin�

n k l

�

≥1

2.

Considere ahora los intervalos Ju =�

2uπ− π2

, 2uπ− π6

�

para u ∈ N. Note que la longitud de Ju es π2− π

6= π

3> 1,

de donde se sigue que cada Ju debe tener un natural que llamaremos n u . Tenemos que −1 ≤ sin (n k ) ≤ −12

. Luego,como nuestra sucesión es acotada, el teorema de Bolzano-Weierstrass dice que {sin (n u )} debe tener una subsucesiónconvergente

¦

sin�

n u p

�©

. Como sin�

n u p

�

≤− 12

, se sigue

limp→∞

sin�

n u p

�

≤−1

2.

Claramentelim

p→∞sin�

n u p

�

6= liml→∞

sin�

n k l

�

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

CLASE 2

2.1 Algunos resultados de convergencia

Teorema 2.1. Toda sucesión creciente y acotada superiormente converge. De manera similar, toda sucesión decreciente yacotada inferiormente converge.

Prueba. Supongamos que (xn ) es una sucesión creciente y acotada superiormente. Definamos

A = {xn : 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 ε > 0 arbitrario. Como l − ε < l , se sigue que l − ε no es cota superior de A (l es la menor cota superior del

conjunto). Así, existe un n 0 tal quel − ε < xn 0 .

Como la sucesión es creciente, para n ≥ n 0 se sigue

xn 0 ≤ xn

luegol − ε < xn 0 ≤ xn .

Notemos que xn ≤ l para todo n ∈N. Así,l − ε < xn < l + ε

para todo n ≥ n 0, es decir, |xn − l |< ε.En conclusión, si (xn ) es creciente y acotada superiormente entonces

limn→∞

xn = sup{xn : n ∈N}

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



Ejemplo 2.1. Sabemos de los ejemplos que

xn =n∑

k=0

1

k !

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

Ejemplo 2.2. Considere la sucesión definida pora 1 =

p2

y

a n+1 =p

2+a n para n ≥ 1

(es decir la sucesiónp

2,p

2+p

2,Æ

2+p

2+p

2, . . . ). Estudiemossu convergencia.

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 ⇒ a n +2≤ a n+1+2

⇒p

a n +2≤p

a n+1+2

Como a n+1 =p

a n +2 y a n+2 =p

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 2, luego converge.

En este caso podemos además encontrar el límite: Como a n+1 =p

2+a n si a n → L entonces a n+1 → L (es una

subsucesión). Notamos quep

2+a n →p

2+ L. Entonces, por unicidad del límite se sigue

L =p

2+ L

de donde obtenemos que L2− 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 (xn ) ,�

yn�

, (z n ). Supongamos que limn→∞ xn = L = limn→∞ yn y que secumple xn ≤ z n ≤ yn para n ≥N0. 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 (xn = np

a ) donde a > 0. Mostremos que limn→∞ xn = 1. En efecto, si a > 1 entonces

np

a = 1+d n

donde d n ≥ 0. Se sigue quea = (1+d n )n ≥ nd n



de donde obtenemos quea

n≥ d n ≥ 0.

Por el teorema del Sandwich se siguelim

n→∞d n = 0.

Por el álgebra de límites obtenemos que

limn→∞

np

a = limn→∞

(1+d n ) = 1.

Si 0< a < 1, entonces

a =1

d

cierto d > 1. De esta maneranp

a =1

np

d

Utilizando lo recién mostrado y el álgebra de límites se sigue

limn→∞

np

a = limn→∞

�

1np

d

�

=1

limn→∞np

d= 1.

Si a = 1, el resultado es claro.

Ejemplo 2.4. Calcular

limn→∞

np

2n +3n

Desarrollo: Notemos que3n ≤ 2n +3n ≤ 3n +3n

de donde obtenemos que

3≤ np

2n +3n ≤p

2 ·3n = 3np

2.

Pero, por el ejemplo anterior y el álgebra de límites

limn→∞

3= limn→∞

�

3np

2�

= 3.

Por el teorema del Sandwich obtenemos que

limn→∞

np

2n +3n = 3

Ejemplo 2.5. Calcular

limn→∞

n∑

i=1

1p

n 2+ i

!

Desarrollo: Notemos quen 2+1≤ n 2+ i ≤ n 2+n

para i = 1, 2, . . . , n . Entoncesp

n 2+1≤p

n 2+ i ≤p

n 2+n

Así, para i = 1, 2, . . . , n1

p

n 2+n≤

1p

n 2+ i≤

1p

n 2+1



de donde obtenemos quen∑

i=1

1p

n 2+n

!

≤n∑

i=1

1p

n 2+ i

!

≤n∑

i=1

1p

n 2+1

!

Comon∑

i=1

1p

n 2+n

!

=n

p

n 2+ny

n∑

i=1

1p

n 2+1

!

=n

p

n 2+1

entoncesn

p

n 2+n≤

n∑

i=1

1p

n 2+ i

!

≤n

p

n 2+1

Aplicando el teorema del Sandwich se obtiene

limn→∞

n∑

i=1

1p

n 2+ i

!

= 1

Ahora enunciaremos un teorema que relaciona el cálculo de límites de funciones con el cálculo de límites de suce-siones. Esto es consecuencia directa de la definición de límite.

Teorema 2.3. Si limx→∞ f (x ) = L y consideramos la sucesión xn = f (n ), entonces limn→∞ xn = L.

Ejemplo 2.6. Sea xn =�

1+ 1n

�n. Definiendo f (x ) =

�

1+ 1x

�x, se obtiene que f (n ) = xn . Así, el teorema anterior nos dice

limn→∞

xn = limx→∞

�

1+1

x

�x

= e

Ejemplo 2.7. Sea xn = np

n . Definiendo f (x ) = x 1/x , obtenemos que xn = f (n ). Ya que limx→∞ x 1/x = 1, el teorema anteriornos entrega que

limn→∞

np

n = 1.

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

Teorema 2.4. Si (xn ) es una sucesión que converge a cero y�

yn�

es una sucesión acotada entonces�

xn yn�

converge a cero.

Ejemplo 2.8.

limn→∞

�

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 fes 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 ).




COMPLEMENTO

• Clase 1: Series numéricas. Series Geométricas. Convergencia de una serie.

• Clase 2: Criterio de la integral. Criterio de comparación y comparación al límite.

Contenidos

CLASE 1

1.1 Series numéricas.

En esta parte del curso estudiaremos las “sumas infinitas” a las cuales llamaremos series. Estas son ejemplos particularesde sucesiones, las cuales ya hemos introducido.

Definición 1.1. Consideremos una sucesión (a k ). Podemos generar una nueva sucesión (Sn ) definida por las sumasparciales siguientes:

Sn =n∑

k=1

a k = a 1+a 2+ · · ·+a n .

El par ordenado ((a k ) , (Sn )) es llamado una serie; la cual también denotaremos (por razones históricas) con el símbolo

+∞∑

k=1

a k

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


Observación 1.1. Sea ((a k ) , (Sn ))≡∑+∞

k=1 a k una serie dada. Entonces,

∀k ∈N : a k =Sk −Sk−1,

donde tomamos S0 = 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 algúnm ∈Z, en tal caso usamos la notación para la serie

∞∑

k=m

a k

1.2 Convergencia de una serie.

Definición 1.2. Diremos que la serie+∞∑

k=1

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

sucesión de sumas parciales Sn =∑+∞

k=1 a k converge a L. En este caso pondremos

limn→+∞

Sn =+∞∑

k=1

a k = L

Si la serie no converge diremos que es divergente.

Ejemplo 1.1. la serie+∞∑

k=1

k es divergente.

En efecto, la sucesión de sumas parciales Sn =n∑

k=1

k =n (n +1)

2se sigue

limn→∞

Sn = limn→∞

�

n (n +1)2

�

=+∞

Ejemplo 1.2. La serie+∞∑

k=1

1

2kes convergente a 1, es decir,

+∞∑

k=1

1

2k= 1.

En efecto, la sucesión de sumas parciales es Sn =n∑

k=1

1

2k=

12− 1

2n+1

12

, de donde obtenemos que

limn→∞

Sn = limn→∞

12− 1

2n+1

12

!

= 1

Proposición 1.1. Sean∑+∞

k=1 a k y∑+∞

k=1 bk dos series convergentes a A y B respectivamente, es decir,

+∞∑

k=1

a k = A

+∞∑

k=1

bk = B

Sean tα∈R. Entonces las siguientes valen.



1.∑+∞

k=1 (αa k ) =αA

2.∑+∞

k=1 (a k +bk ) =�∑+∞

k=1 a k

�

+�∑+∞

k=1 bk

�

= A + B

Ejercicio 1.1. ¿Es convergente la serie∑+∞

k=1

�

k −1

3k

�

?

Proposición 1.2. Si+∞∑

k=1

a k es una serie convergente entonces limk→∞

a k = 0.

Demostración. Si limn→∞Sn = L entonces limn→∞Sn−1 = L. Luego,

limn→∞

a n = limn→∞

(Sn −Sn−1) = limn→∞

Sn − limn→∞

Sn−1

= L− L = 0.

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

Si+∞∑

k=1

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

k=1

a k diverge.

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

Ejemplo 1.3. La serie+∞∑

k=1

ln

�

k

k +1

�

diverge.

En efecto: Sn =n∑

k=1

ln

�

k

k +1

�

=n∑

k=1

(ln k − ln (k +1)) =− ln (n +1) = ln

�

1

n +1

�

. Así, se sigue

limn→+∞

Sn = limn→+∞

ln

�

1

n +1

�

=−∞,

es decir, la serie anterior diverge. Pero notemos que

limk→∞

ln

�

k

k +1

�

= 0

Ejercicio 1.2. Muestre que las siguientes series divergen:

1.-+∞∑

k=1

(−1)k 2.-+∞∑

k=1

1kp

k3.-

+∞∑

k=1

k

ln k4.-

+∞∑

k=1

k !

2k !+1



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 analizarla convergencia de una serie por tales medios. Veremos dos ejemplos muy importantes en los cuales podemos encontrarexpresiones para las sumas parciales.

1.3.1 Series telescópicas

Definición 1.3. Si (bk ) es una sucesión de números reales, entonces la serie

+∞∑

k=1

(bk −bk+1)

es llamada serie telescópica.

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

Proposición 1.3. Una serie telescópica+∞∑

k=1

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

+∞∑

k=1

(bk −bk+1) =b1− limk→∞

bk

Demostración. Notemos que la suma parcial es dada por

Sn =n∑

k=1

(bk −bk+1) =b1−bn .

Luego, la sucesión Sn converge sí y sólo si la sucesión bn converge. Más aún, si estas convergen, entonces

limn→+∞

Sn =b1− limn→+∞

bn .

Ejercicio 1.3. Mostrar la convergencia de la serie+∞∑

k=1

1

4k 2−1

y encuentre su límite.

Ejemplo 1.4. Muestre que+∞∑

k=1

pk +1−

pk

p

k 2+k= 1



1.3.2 Series geométricas

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

n∑

k=0

a r k

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∑n

k=0 a r k es convergente si y solo si |r |< 1, en este caso

∞∑

k=0

a r k =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

Sn = a +a r + · · ·+a r n−1 = a

�

1− r n

1− r

�

.

(a) Si |r |< 1, entonces

limn→∞

Sn = limn→∞

a

�

1− r n

1− r

�

=a

1− r

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

Ejercicio 1.5. Calcular+∞∑

k=2

(−1)k 2k

3k+1

Ejercicio 1.6. Para que valores de x ∈R es convergente la serie

+∞∑

k=1

�

(−1)n x n +3n x 2n

4n

�



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∑∞

k=1 a k es una serie de términos positivos.

Sea∑∞

k=1 a k una serie de términos positivos. En este caso, la sucesión de sumas parciales Sn cumple con

Sn+1−Sn = a n+1 ≥ 0.

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

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

k=1

a k converge si y solo si la sucesión de sumas

parciales

Sn =n∑

k=1

a k

es acotada. En tal caso∞∑

k=1

a k = sup{Sn : n ∈N}

Ejemplo 2.1. La serie∞∑

k=1

�

2k +k

3k +k

�

es convergente. En efecto,

2k +k

3k +k≤

2k +2k

3k≤ 2

�

2

3

�k

.

De esta manera, obtenemos que

Sn =n∑

k=1

�

2k +k

3k +k

�

≤n∑

k=1

2

�

2

3

�k

≤ 2∞∑

k=1

�

2

3

�k

= 4.

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 deseries de términos positivos.



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∞∑

k=1

a k

converge si y solo si

∫ ∞

1

f (x )d x converge.

Demosración. Notemos quea k = f (k )≤ f (x )≤ f (k −1) = a k−1, para x ∈ [k −1, k ] .

De lo anterior obtenemos que

a k ≤∫ k

k−1

f (x )d x ≤ a k−1, para k ≥ 2.

Así,n∑

k=2

a k ≤∫ n

1

f (x )d x ≤n−1∑

k=1

a k , para cada n ≥ 2.

De lo anterior podemos obtener la desigualdad

Sn −a 1 ≤∫ n

1

f (x )d x ≤Sn−1.

1. Si∫ +∞

1f (x )d x <∞ (es decir, la integral impropia converge), entonces Sn es acotada y luego la serie converge.

2. Si∫ +∞

1f (x )d x diverge, entonces de la desigualdad

∫ n

1

f (x )d x ≤Sn−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∞∑

k=1

1

k p

converge si y solo si p > 1. En particular∞∑

k=1

1

k

diverge.

Ejemplo 2.2. La serie∞∑

k=2

1

n ln n

es divergente.



2.2.2 Criterio de comparación directa

Teorema 2.3 (Criterio de comparación directa). Sean {a k } y {bk } sucesiones de términos positivos tales que 0 ≤ a k ≤ bk ,para cada k ≥ k0.

1. Si∑∞

k=1 a k diverge, entonces∑∞

k=1 bk diverge.

2. Si∑∞

k=1 bk converge, entonces∑∞

k=1 a k converge.

Ejercicio 2.2. Analizar la convergencia de las siguientes series:

1.∞∑

k=1

1

2p

n +3n

2.∞∑

k=1

1

2n +1

3.∞∑

k=1

1

n + ln n

4.∞∑

k=1

1

n 3+3n +4

5.∞∑

k=1

3 sen2 n

n !

2.2.3 Criterio de comparación al límite

Teorema 2.4 (Criterio de comparación al límite). Sean {a k } y {bk } sucesiones de números positivos tales que

limk→∞

a k

bk= L > 0.

Entonces∞∑

k=1

a k converge si y solo si∞∑

k=1

bk converge.

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

1.∞∑

k=1

3n 3−5n 2

2n 6+4n −1

2.∞∑

k=1

13p

n 3+1

3.∞∑

k=1

arctan

�

1

n 2

�



Semana 12: Lunes 30 de mayo – viernes 03 de Junio

COMPLEMENTO

• Clase 1: Criterio del cuociente y la raíz..

• Clase 2: Series alternadas, teorema de Leibnitz. Convergencia condicional y absoluta.

Contenidos

CLASE 1

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

1.1 Criterio del cociente

Teorema 1.1 (Criterio del cociente). Sea {xn }n∈N una sucesión de números reales no nulos tales que

limn→∞

�

�

�

�

xn+1

xn

�

�

�

�

= r

entonces:

1. Si 0≤ r < 1, entonces∑∞

n=1 |xn | y∑∞

n=1 xn convergen.

2. Si r > 1, entonces∑∞

n=1 |xn | y∑∞

n=1 xn divergen.

3. Si r = 1, entonces el criterio no entrega información.

Demostración.


1. Si 0≤ r < 1, entonces r <R =�

r+12

�

< 1.

Como limn→∞

�

�

�

xn+1

xn

�

�

�= r , existe un N0 ∈N tal que para n ≥N0 vale que

�

�

�

�

xn+1

xn

�

�

�

�

≤R .

De esta forma, para n ≥N0, vale que|xn+1|Rn+1

≤|xn |Rn

.

Luego,

�

a n =|xn |Rn

�

es una sucesión decreciente. Así, para n ≥N0

a n ≤ a N0 .

De lo anterior obtenemos, para n ≥N0, que|xn |Rn≤ a N0 , es decir,

|xn | ≤ a N0 Rn .

Por el criterio de comparación obtenemos que∞∑

n=N0

|xn |

converge y así que∞∑

n=1

|xn |

también converge.

Podemos notar que�

�

�

�

|xn | −xn

2

�

�

�

�

≤ |xn | y

�

�

�

�

|xn |+xn

2

�

�

�

�

≤ |xn |

de donde podemos ver que las series de términos positivos siguientes

∞∑

n=1

�

|xn | −xn

2

�

,∞∑

n=1

�

|xn |+xn

2

�

convergen por comparación directa con la serie∑∞

n=1 |xn |.

Notando que

xn =�

|xn | −xn

2

�

−�

|xn |+xn

2

�

,

podemos ver que la serie∞∑

n=1

xn =∞∑

n=1

�

|xn |+xn

2

�

−∞∑

n=1

�

|xn | −xn

2

�

es convergente.

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



3. Cuando r = 1 el criterio no entrega información, como lo muestarn las siguientes series:

∞∑

n=1

1

nes divergente y

∞∑

n=1

1

n 2es convergente,

donde en ambas tenemos r = 1.

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

1.∞∑

n=1

(−2)n

n !

2.∞∑

n=1

(−1)n n 25

3n+1

3.∞∑

n=1

n !

n n

4.∞∑

n=1

n !

5n

1.2 Criterio de la raíz

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

limn→∞

np

|xn |= r

entonces:

1. Si 0≤ r < 1, entonces∑∞

n=1 |xn | y∑∞

n=1 xn convergen.

2. Si r > 1, entonces∑∞

n=1 |xn | y∑∞

n=1 xn 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.∞∑

n=3

1

(ln(n ))n

2.∞∑

n=1

� n

2n +1

�n



3.∞∑

n=1

�

ln(n )1000

�n

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

∞∑

n=1

x n +2x 2n

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, tienenla 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∞∑

n=1

(−2)n

n !,∞∑

n=1

(−1)n

ny∞∑

n=1

(−1)n

Teorema 2.1 (Criterio de Leibnitz). Sea (xn )n∈N una sucesión de términos positivos decreciente tales que

limn→∞

xn = 0.

Entonces∞∑

n=1

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

|S−Sn |< |xn+1|

lo que nos permite medir la rapidez de convergencia.

Ejercicio 2.1. Verificar que las series∞∑

n=1

(−1)n+1

n

∞∑

n=1

(−1)n ln(n )n

son series alternantes convergentes.



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

n=1

(−1)n+1

n.

Recordemos que

1+x +x 2+ · · ·+x n =1−x n+1

1−x, para x 6= 1.

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

1+x, para x 6=−1.

Si integramos la igualdad anterior obtenemos

x −x 2

2+

x 3

3− · · ·+(−1)n

x n+1

n +1=

∫ x

0

�

1− (−1)n+1 t n+1

1+ t

�

d t , para x > 0.

Si evaluamos en x = 1 se obtiene

1−1

2+

1

3− · · ·+

(−1)n

n +1=

∫ 1

0

�

1− (−1)n+1 t n+1

1+ t

�

d t

=

∫ 1

0

�

1

1+ t

�

d t +

∫ 1

0

�

− (−1)n+1 t n+1

1+ t

�

d t .

Como∫ 1

0

�

1

1+ t

�

d t = ln(2)

entonces obtenemos que

n∑

k=0

(−1)k

k +1= ln(2)+

∫ 1

0

�

− (−1)n+1 t n+1

1+ t

�

d t = ln(2)+ (−1)n+2

∫ 1

0

t n+1

1+ td t .

Si ponemos

Sn =n∑

k=0

(−1)k

k +1,

entonces

|Sn − ln(2)|=∫ 1

0

t n+1

1+ td t .

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

1

1+ t≤ 1.

Así

|Sn − ln(2)|=∫ 1

0

t n+1

1+ td t ≤

∫ 1

0

t n+1d t =1

n +2.

De lo anterior, obtenemos que∞∑

k=0

(−1)k

k +1=∞∑

k=1

(−1)k+1

k= ln(2),

es decir

1−1

2+

1

3−

1

4+

1

5− · · ·= ln(2).



2.2 Convergencia condicional y absoluta

Las series de términos generales no tienen porque ser alternantes, por ejemplo la serie

∞∑

n=1

sen(n )n 2

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 serieanterior. Sin embargo, con las herramientas que tenemos podemos analizar la convergencia. Para esto, notemos que

�

�

�

�

sen(n )n 2

�

�

�

�

≤1

n 2,

es decir,

−1

n 2≤

sen(n )n 2

≤1

n 2.

De lo anterior, obtenemos que

0≤sen(n )+1

n 2≤

2

n 2.

Usando la desigualdad anterior, y por comparación directa, obtenemos que

∞∑

n=1

�

sen(n )+1

n 2

�

es convergente. De esta forma∞∑

n=1

sen(n )n 2

=∞∑

n=1

�

sen(n )+1

n 2

�

−∞∑

n=1

1

n 2

es convergente.

Observemos que también podemos analizar la convergencia de de la serie de términos positivos

∞∑

n=1

�

�

�

�

sen(n )n 2

�

�

�

�

comparándola directamente con∑∞

n=11

n 2 .

Teorema 2.2 (Convergencia absoluta). Si la serie∞∑

n=1

|xn | converge, entonces∞∑

n=1

xn converge. Decimos que la serie es abso-

lutamente convegente.

Demosración. Se obtiene la convergencia de las series de términos positivos

∞∑

n=1

�

|xn |+xn

2

�

∞∑

n=1

�

|xn | −xn

2

�

por comparación con la serie∞∑

n=1

|xn |.



Así, escribiendo

xn =�

|xn |+xn

2

�

−�

|xn | −xn

2

�

,

obtenemos la convergencia de∞∑

n=1

xn .

El recíproco del teorema anterior no es verdad en general. Por ejemplo, la serie alternante

∞∑

k=1

(−1)k+1

k

en convergente pero la serie de términos positivos

∞∑

k=1

�

�

�

�

�

(−1)k+1

k

�

�

�

�

�

=∞∑

k=1

1

k

no lo es.

Definición 2.2. Una serie∑∞

k=1 xk se dice absolutamente convergente si∑∞

k=1 |xk | es convergente.Si∑∞

k=1 xk converge pero∑∞

k=1 |xk | diverge diremos que es condicionalmente convergente.

Ejercicio 2.2. Decidir si las series∞∑

k=1

(−1)n

n + ln(n )∞∑

k=1

(−2)n

n 23n

son absoluta o condicionalmente convergentes.

2.2.1 Reordenamiento de series

Recordemos que ya habíamos calculado que∞∑

k=1

(−1)k+1

k= ln(2).

Esta serie es condicionalmente convergente.Si reordenamos la serie

1−1

2+

1

3−

1

4+

1

5−

1

6+

1

7−

1

8+

1

9−

1

10+

1

11−

1

12· · ·

de la manera siguiente�

1−1

2

�

−1

4+�

1

3−

1

6

�

−1

8+�

1

5−

1

10

�

−1

12+�

1

7−

1

14

�

obtenemos que

1

2−

1

4+

1

6−

1

8+

1

10−

1

12+

1

14− · · ·=

1

2

�

1−1

2+

1

3−

1

4+

1

5−

1

6+

1

7− · · ·

�

=1

2ln(2) 6= ln(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∑

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



Semana 13: Lunes 06 – viernes 10 de junio

COMPLEMENTO

• Clase 1: Series de potencias: Radio e intervalo de convergencia.

• Clase 2: Derivación e integración de series de potencias.

Contenidos

CLASE 1

Definición 1.1. Sea {Cn }n∈N∪{0} una sucesión de números reales y x0 ∈ R. Una serie de potencias centrada en x0 es unaserie de la forma

+∞∑

n=0

Cn (x −x0)n

(donde usamos la convención (x−x0)0 = 1). Los términos de la sucesión son llamados coeficientes de la serie de potencias.

Ejemplo 1.1.+∞∑

n=0

x n

n !

+∞∑

n=0

x n

n

+∞∑

n=0

(x −2)n

2n

son series de potencias.


+∞∑

n=0

cos(nx )n 2+1

no es una serie de potencias.

Ejemplo 1.2. Notar que+∞∑

n=0

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

1

1−x=+∞∑

n=0

x n .

Así obtenemos que la serie de potencias (centrada en x0 = 0) converge en un intervalo centrado en x0 = 0. Estapropiedad es común a las series de potencias.

Observación 1.1. Sea y = x −x0. Entonces, podemos escribir la serie de potencias

S(x ) =+∞∑

n=0

Cn (x −x0)n

como una serie de potencias centrada en y0 = 0:

R(y ) =+∞∑

n=0

Cn y n .

Ahora, observemos que la serie S(u ) converge para cierto u sí y sólo si la serie R(u −x0) converge.

Teorema 1.1. Consideremos una serie de potencias, centrada en x0,

+∞∑

n=0

Cn (x −x0)n .

1. Si la serie converge en x = a 6= x0, entonces esta converge absolutamente ∀x , |x −x0|< |a −x0|.

2. Si la serie diverge en x =b 6= x0, entonces esta diverge ∀x , |x −x0|> |b −x0|.

Demostración. Verifiquemos 1. Sea x ∈ R con |x −x0|< |a −x0|, como la serie

+∞∑

n=0

Cn (a −x0)n

converge, se sigue que limn→∞Cn (a −x0)n = 0. Es decir, existe un entero N de manera que si n ≥N , entonces

|Cn (a −x0)n |< 1.

De esta manera, |Cn |< 1|a−x0 |n

para n ≥N .Luego, para n ≥N , tenemos que

|Cn (x −x0)n |<�

�

�

�

x −x0

a −x0

�

�

�

�

n

n ≥N



Como�

�

�

�

x −x0

a −x0

�

�

�

�

< 1,

tenemos que∑

�

�

�

�

x −x0

a −x0

�

�

�

�

n

converge. Luego, por comparación, la serie∑

|Cn (x −x0)n |

converge. En particular,+∞∑

n=0

Cn (x −x0)n converge absolutamente.

Veamos 2. Suponga que∑+∞

n=0 Cn (b − x0)n diverge. Si |x − x0| > |b − x0| y además la serie∑+∞

n=0 Cn (x − x0)n convergeabsolutamente, entonces obtenemos una contradicción con la parte anterior (tomando a = x ).

Corolario 1.1. Para una serie de potencias de la forma

+∞∑

n=0

Cn (x −x0)n

se cumple una y sólo una de las siguientes:

a)+∞∑

n=0

Cn (x −x0)n converge sólo para x = x0. En este caso decimos que la serie tiene radio de convergencia R = 0.

b)+∞∑

n=0

Cn (x −x0)n converge para todo x ∈R. En este caso decimos que la serie tiene radio de convergencia R =+∞.

c) Existe R ∈R+ tal que

∀x , |x −x0|<R∑+∞

n=0 Cn (x −x0)n converge absolutamente.

∀x , |x −x0|>R∑+∞

n=0 Cn (x −x0)n diverge.

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

Demostración. Sea

I =

(

x ∈R−{0} :+∞∑

n=0

Cn (x −x0)n converge

)

y suponga que I 6=R.Entonces:

(1) existe x1 ∈R, con x1 6= 0 y la serie∑+∞

n=0 Cn (x1−x0)n converge y

(2) existe x2 tal que la serie∑+∞

n=0 Cn (x2−x0)n diverge.



La condición (1) nos dice que I 6= ;. La condición (2), junto al terorema anterior, nos asegura que I es acotado superi-ormente. Luego, I tiene un supremo

R = sup

(

x ∈R−{0} :+∞∑

n=0

Cn (x −x0)n converge

)

.

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

Observación 1.2. Los puntos extremos del intervalo ]x0−R ,x0+R[ se deben analizar por separado y dan origen al intervalode convergencia que es el conjunto en el cual la serie de potencias converge. Este conjunto sólo puede tener alguna deestas formas:

{x0}, 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)+∞∑

n=0

n n x n

b)+∞∑

n=0

x n

n !

c)+∞∑

n=1

x n

n

d)+∞∑

n=1

x n

n 2

e)+∞∑

n=1

(x −3)2n

n 25n

Desarrollo:

a) Apliquemos el criterio de la raíz: np

n n |x |n = n |x |,

limn→∞

np

n n |x |n = limn→∞

n |x |=+∞ si x 6= 0

luego la serie diverge para x 6= 0. El intervalo de convergencia para∑+∞

n=0 n n x n es {0}.

b) Usemos el criterio del cociente:

|a n+1||a n |

=

|x |n+1

(n +1)!|x |n

n !

=|x |

n +1

limn→∞

|a n+1||a n |

= 0 ∀x ∈R

Luego, la serie∑+∞

n=0x n

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



c) Apliquemos el criterio de la raíz:

limn→∞

n

r

|x |n

n= lim

n→∞

|n |np

n= |x |.

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 ,∑+∞

n=1

1

ndiverge

x =−1 ,∑+∞

n=1

(−1)n

nconverge, Leibnitz

El intervalo de convergencia es [−1, 1[

d) Apliquemos el criterio de la raíz:

limn→∞

n

r

|x |n

n 2= |x |.

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 ,∑+∞

n=1

1

n 2converge

x =−1 ,∑+∞

n=1

(−1)n

n 2converge

El intervalo de convergencia es [−1, 1]

e) Apliquemos el criterio de la raíz:

limn→∞

n

r

(x −3)n

n 25n=|x −3|2

5.

La serie converge si |x −3|<p

5 y diverge si |x −3|>p

5. Luego, el radio de convergencia es R =p

5.

Si |x −3|=p

5 la serie es∑+∞

n=11

n 2 la cual converge. Finalmente el intervalo de convergencia es I =�

3−p

5, 3+p

5�

CLASE 2

Observación 2.1. Si una serie de potencias∑+∞

n=0 Cn (x−x0)n tiene radio de convergencia R > 0, entonces es posible definiruna función

f : ]x0−R ,x0+R[ → Rx → f (x ) =

∑+∞n=0 Cn (x −x0)n

Ahora podemos preguntarnos

¿Es f continua? ¿Es f derivable?.

Definición 2.1. Sea f (x ) una función dada. Si f (x ) =∑+∞

n=0 Cn (x − x0)n , en algún intervalo I (donde x0 ∈ I ), entonces sedice que f está expresada como serie de potencias en el intervalo I .

Se presentan dos problemas fundamentales:



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 depotencias?.

Teorema 2.1 (Derivadas de series de potencias). Si f (x ) =∑+∞

n=0 Cn (x − xo )n es una serie de potencias de radio de conver-gencia R > 0, entonces

+∞∑

n=1

nCn (x −x0)n−1

tiene el mismo radio de convergencia. Además

f ′(x ) =+∞∑

n=1

nCn (x −x0)n−1 ∀x , |x −x0|<R

Corolario 2.1. Si f (x ) =∑+∞

n=0 Cn (x −x0)n tiene radio de convergencia R > 0, entonces f es continua en

]x0−R ,x0+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 ) =+∞∑

n=0

Cn (x −x0)n ,

entonces f ∈ C∞ (]x0−R ,x0+R , [). Además, para cada k ≥ 0 entero vale que

f (k )(0)k !

=Ck

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

n=0x n

n !tiene radio de convergencia infinito. Así, f es C∞ (R) y se tiene que

f ′(x ) =+∞∑

n=1

x n−1

(n −1)!=+∞∑

n=0

x n

n != f (x ).

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 ′(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

e x =+∞∑

n=0

x n

n !.



Teorema 2.2 (Integración de series de potencias). Sea f (x ) =∑+∞

n=0 Cn (x −x0)n una serie de potencias con radio de conver-gencia R > 0 entonces ∀x ∈ ]x0−R ,x0+R[, vale la igualdad

∫ x

0

f (t )d t =

∫ x

0

+∞∑

n=0

Cn (t −x0)n!

d t =+∞∑

n=0

Cn

n +1(x −x0)n+1 =

+∞∑

n=1

Cn−1

n(x −x0)n

Ejemplo 2.2. Sabemos la serie

1

1−x=+∞∑

n=0

x n , |x |< 1.

Luego, reemplazando x por −x , obtenemos la serie

1

1+x=+∞∑

n=0

(−1)n x n |x |< 1.

Integrando obtenemos

ln(1+x ) =+∞∑

n=1

(−1)n−1x n

n|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

1

1+x 2=+∞∑

n=0

(−1)n x 2n |x |< 1.

Luego, integrando, obtenemos

arctan(x ) =+∞∑

n=0

(−1)n x 2n+1

2n +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. Expresar1

1−xen serie de potencias con centro en 1.

2. Hallar serie de potencias para2x

x 2+1,

3x −1

x 2−1

centrada en x = 0

3. Sea

f (x ) =

e x −1

xx 6= 0

1 x = 0

muestre que f ∈C∞(R). Hallar una serie de potencias que represente f .

4. Muestre que

∫ 1

0

e−x 2d x =

+∞∑

n=0

(−1)n

(2n +1)n !



5. Calcule el valor de+∞∑

n=0

n

2n

Indicación: Considere la función f (x ) = 12

∑+∞n=1 nx n−1 e integre entre 0 y 1/2.




COMPLEMENTO

• Clase 1: Polinomios de Taylor. Resto.

• Clase 2: Series de Taylor: Seno, coseno,exponencial. Cálculo de series de Taylor funcioneselementales.

Contenidos

CLASE 1

1.1 Polinomios de Taylor. Resto.

Si f : I ⊆R→R es una función derivable en x = x0, entonces

f ′(x0) = limx→x0

f (x )− f (x0)x −x0

,

o de manera equivalente que

0= limx→x0

�

f (x )− f (x0)x −x0

− f ′(x0)�

= limx→x0

f (x )− f (x0)− f ′(x0)(x −x0)x −x0

,

Si tomamos

E (x ) =f (x )− f (x0)− f ′(x0)(x −x0)

x −x0,

entonces tenemos quef (x ) = f (x0)+ f ′(x0)(x −x0)+E (x )(x −x0)

dondelim

x→x0E (x ) = 0.

Luego, para x muy cercano a x0 (notación: x ≈ x0) vale que

f (x )≈ f (x0)+ (x −x0) f ′(x0).


Lo anterior nos dice los valores de f (x ) se aproximan por el polinomio de grado uno dado por

p (x ) = f (x0)+ f ′(x0)(x −x0).

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 x0 ∈ I . Dado n ∈ N y f : I ⊆ R → R una función n−veces derivable enx0 ∈ I , se define el n−ésimo polinomio de Taylor de f alrededor de x0 como:

Pn (x ) = f (x0)+ f ′(x0)(x −x0)+f (2)(x0)

2!(x −x0)2+ . . .+

f (n )(x0)n !

(x −x0)n

Ejemplo 1.1.

1. Si f (x ) = e x , entonces, como f (n )(0) = e 0 = 1, tenemos que

∴ P5(x ) = 1+x +x 2

2!+

x 3

3!+

x 4

4!+

x 5

5!

2. Si f (x ) = ln(x +1) entonces

Pn (x ) = x −x 2

2+

x 3

3−

x 4

4+ . . .+(−1)n−1 x n

n

Ejercicio 1.1.

1. Calcular Pn (x ) para f (x ) = sin(x ) con x0 = 2π.

2. Calcular Pn (x ) en x0 = 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 x0.

Teorema 1.1 (Teorema de Taylor). Sea I ⊂ R un intervalo abierto, x0 ∈ I y supongamos que para cierto entero n ∈ N lafunción f : I ⊂ R→ R tiene derivada hasta orden n + 1 en I . Entonces existe en un intervalo J ⊂ I que contiene a x0, demanera que para cada x ∈ I , x 6= x0 existe tx entre x0 y x tal que

f (x ) = Pn (x )+ rn (x )

con

rn (x ) =f (n+1)(tx )(n +1)!

(x −x0)n+1

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



Ejemplo 1.2. Aproximar el número e con un error menor a 0, 001Solución: f (x ) = e x

Queremos encontrar n de manera que: |rn (1)|= | f (1)−Pn (1)|< 0, 001.

Por el Teorema de Taylor existe t1 ∈ ]0, 1[ tal que

|rn (1)| =�

�

�

�

f (n+1)(t1)(n +1)!

(1−0)n+1

�

�

�

�

=e t1

(n +1)!

<4

(n +1)!

Luego, basta escoger n tal que4

(n +1)!<

1

1000.

Es claro que cualquier n ≥ 6 funciona.Así, por ejemplo,

P6(1) = 1+1+1

2!+

1

3!+

1

4!+

1

5!+

1

6!=

1957

720= 2.71806

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 = x0. Llamaremos serie de Taylor de f en x0 a laserie de potencias

+∞∑

n=0

f (n )(x0)n !

(x −x0)n .

Si x0 = 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= x0 y en caso de convergencia puedeser a f (x ) o a un número distinto de f (x ). Por ejemplo, si consideramos la función

f (x ) =

¨

e−1

x 2 x 6= 00 x = 0

entonces f ∈C∞(R) y f (n )(0) = 0. Luego la serie de Taylor de f en x0 = 0 es igual a 0, la cual es diferente de f (x ) = e−1

x 2 6= 0para x 6= 0.

Para asegurar la convergencia de la serie de Taylor de la función respectiva tenemos el siguiente teorema.



Teorema 2.1. Supongamos que

1. f tiene derivadas de todo orden en un intervalo I que contiene a x0;

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 x0 converge a f (x ) para cada x ∈ I es decir

f (x ) =+∞∑

n=0

f (n )(x0)n !

(x −x0)n x ∈ I

Demostración. Por el Teorema de Taylor

rn (x ) =f (n+1)(tx )(n +1)!

(x −x0)n+1

de donde obtenemos que

|rn (x )| ≤M |x −x0|n+1

(n +1)!.

Luego,

limn→+∞

(x −x0)n+1

(n +1)!= 0

y por lo tantolim

n→+∞rn (x ) = 0,

lo que prueba el teorema.

2.1.1 Ejemplos

1. f (x ) = sin(x ) =+∞∑

n=0

(−1)n x 2n+1

(2n +1)!x ∈ R

2. f (x ) = cos(x ) =+∞∑

n=0

(−1)n x 2n

(2n )!x ∈ R

3. f (x ) = e x =+∞∑

n=0

x n

n !x ∈ R




COMPLEMENTO

• Clase 1: Serie binomial.

• Clase 2: Ejercicios para el global.

Contenidos

CLASE 1

LA SERIE BINOMIAL

Sea α∈R. Consideremos la serie

1+αx +α (α−1)

2!x 2+

α (α−1) (α−2)3!

x 3+ . . .

= 1+∞∑

n=1

α (α−1) · · · (α−n +1)n !

x n

= 1+∞∑

n=1

�

α

n

�

x n

donde hemos usado la notación�

α

n

�

=α (α−1) · · · (α−n +1)

n !

Obtenemos una serie de potencias cuyo radio de convergencia es

limn→∞

�

�

�

�

�

�

�

�

α (α−1) · · · (α−n +1) (α−n )(n +1)!

α (α−1) · · · (α−n +1)n !

�

�

�

�

�

�

�

�

= limn→∞

�

�

�

�

α−n

n +1

�

�

�

�

= 1.


De esta manera, se sigue que

f (x ) = 1+∞∑

n=1

�

α

n

�

x n

es una función derivable en ]−1, 1[.

Más aun:

f ′ (x ) =∞∑

n=1

n

�

α

n

�

x n−1

y

(1+x ) f ′ (x ) =∞∑

n=1

n

�

α

n

�

x n−1+∞∑

n=1

n

�

α

n

�

x n

=∞∑

n=1

n

�

α (α−1) · · · (α−n +1)n !

�

x n−1+∞∑

n=1

n

�

α

n

�

x n

=∞∑

n=1

�

α (α−1) · · · (α−n +1)(n −1)!

�

x n−1+

∞∑

n=1

α (α−1) · · · (α−n +1)(n −1)!

x n

= α+∞∑

n=1

�

α (α−1) · · · (α−n )n !

�

x n +∞∑

n=1

α (α−1) · · · (α−n +1)(n −1)!

x n

= α+∞∑

n=1

�

α (α−1) · · · (α−n )n !

�

x n +∞∑

n=1

nα (α−1) · · · (α−n +1)

n !x n

= α+∞∑

n=1

�

α (α−1) · · · (α−n +1)n !

�

((α−n )+n )x n

= α+α∞∑

n=1

�

α (α−1) · · · (α−n +1)n !

�

x n

= α

1+∞∑

n=1

�

α (α−1) · · · (α−n +1)n !

�

x n

!

=α f (x )

entonces

f ′ (x ) =α f (x )(1+x )

.

Así

f ′(x )f (x )

=α

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+∞∑

n=1

α (α−1) · · · (α−n +1)n !

x n



Esto permite el siguiente cálculo, tomando α=−1/2:

(1+x )−1/2 = 1+∞∑

n=1

�

− 12

��

− 12−1�

· · ·�

− 12−n +1

�

n !x n

Lo anterior nos dice que si reemplazamos x por −x 2, obtenemos la igualdad

�

1−x 2�−1/2

= 1+∞∑

n=1

�

− 12

��

− 12−1�

· · ·�

− 12−n +1

�

n !(−1)n x 2n

y así, integrando,

arcsinx = x +∞∑

n=1

�

− 12

��

− 12−1�

· · ·�

− 12−n +1

�

n ! (2n +1)(−1)n x 2n+1

arcsinx = x +∞∑

n=1

�

− 12

��

− 12−1�

· · ·�

− 12−n +1

�

n ! (2n +1)(−1)n x 2n+1

= x +∞∑

n=1

�

12

��

12+1�

· · ·�

12+n −1

�

n ! (2n +1)x 2n+1

= x +∞∑

n=1

1 ·3 ·5 · · · (2n −1)2n n ! (2n +1)

x 2n+1 válido en ]−1, 1[

CLASE 2

Ejercicios para el global.


Coordinación de Matemática II (MAT022)

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