EL TEOREMA ESPECTRAL Y LAS
FORMAS CUADRATICAS
Espacios con Producto Interno. Bases
En lo que sigue V ser´a un espacio vectorial sobre el campo de los n´umeros reales. Con algunas modificaciones, lo que se expone a con-tinuaci´on puede extenderse a un espacio vectorial complejo.
Consideremos los vectores (1,0,0), (0,1,0), (0,0,1) en R3. Estos vec-tores tienen las cualidades de que, primero son unitarios, es decir que su longitud es 1 y adem´as son dos a dos perpendiculares. Sucede que est´as dos propiedades pueden caracterizarse a trav´es del “pro-ducto escalar” de vectores o “pro“pro-ducto interno”: Si X = (x1, x2x3),
Y = (y1, y2, y3) entonces < X, Y >=x1y1+x2y2+x3y3. Se tiene en
efecto que si denotamos por||X||lalongitud del vectorX entonces
||X||=px21+x22+x23 y por tanto ||X||2 =< X, X >.
Adem´as la perpendicularidad deE1 conE2, por ejemplo, esta reflejada
y determinada por el hecho de que < E1, E2 >= 0. Esto da un
pro-cedimiento simple de c´alculo de coordenadas, en la base, de un vector dado. As´ı por ejemplo siX =a1E1+a2E2+a3E3 y nos piden calcular
a1, a2, a3 hacemos el siguiente proceso, por ejemplo paraa1
< X, E1 > = < a1E1+a2E2+a3E3, E1 >
= < a1E1, E1 >+< a2E2, E1 >+< a2E2, E1 >
= a1< E1, E1 >+a2 < E2, E1>+a3 < E3, E1 >
= a1||E1||+ 0 + 0
= a1
Aqu´ı estudiaremos los espacios en donde esto es posible (espacios con producto interno) y lo usaremos para facilitar el graficado de formas cuadr´aticas.
4.1 Definici´on:
SeaV un espacio vectorial sobreR. Una forma bilinealV×V →R se dice un producto interno (o multiplicaci´on por escalar) si (usando la notaci´on X·Y →< X, Y >):
PI1 < X, Y >=< Y, X >,∀X, Y ∈V.
PI2 < X, X >≥0.
PI3 < X, X >= 0 si y s´olo si X= 0.
(La propiedad de ser bilineal la enumeramosP I0).
Note que por ser< , >bilineal se tiene que <0, X >=< X,0>= 0.
En lo que sigue consideramos un espacio con producto internoV.
4.2 Proposici´on:
La funci´on V || ||→ R; X 7→ √< X, X > es una norma en V, es decir:
N.1 ||X|| ≥0, ∀X∈V.
N.2 ||X||= 0 si y s´olo si X= 0.
N.3 ||kX||=|k| ||X||,∀k∈R,∀X ∈V.
N.4 ||X+Y|| ≤ ||X||+||Y||.
Demostraci´on:
Las primeras tres propiedades son obvias. Demostremos la cuarta. Para ello notemos lo siguiente:
4.3 Lema:
Demostraci´on:
Si X o Y son cero los dos lados de la igualdad son cero. As´ı que podemos suponer los vectores no cero. Por P.I.2 se recibe
0 ≤< X−< Y, X >
< Y, Y >Y, X−
< Y, X > < Y, Y >Y >
=||X||2−< Y, X >
< Y, Y > −
< Y, X >
< Y, Y > < Y, X >+||Y||
2
< Y, X > < Y, Y >
2
= ||Y||
2||X||2−2< Y, X >2 +< Y, X >2
||Y||2
simplificando y pasando al otro lado de la desigualdad se tiene
< Y, X >2≤ ||Y||2+||X||2
lo cual implica el lema 2
Veamos ahora la demostraci´on deN.4:
||X+Y||2 = < X+Y, X +Y >
= < X, X >+< X, Y >+< Y, X >+< Y, Y > = ||X||2+ 2< X, Y >+||Y||2
≤ ||X||2+ 2||X|| ||Y||+||Y||2
= (||X||+||Y||)2
As´ı pues||X+Y|| ≤ ||X||+||Y||2
4.4 Corolario:
SeanX, Y ∈V,X 6= 06=Y. Entonces
−1≤ < X, Y >
Note que en el caso deR2 laley del coseno afirma que
||X −Y||2 = ||X||2 +||Y||2 −2||X|| ||Y||cosθ. Pero ||X −Y||2 = ||X||2+||Y||2−2< X, Y >. Por tanto
cosθ= < X, Y >
||X|| ||Y||
Como en el caso general < X, Y >
||X|| ||Y|| est´a entre −1 y 1 pensamos de
´el como el coseno de un ´angulo, el cual como generalizaci´on ser´a el ´
angulo entreXyY a´un cuando para dimensiones mayores no tenga sentido geom´etrico y tampoco lo tenga en espacios abstractos.
4.5 Definici´on:
i Si X6= 06=Y enV entonces se llamael ´angulo entre X y Y al n´umero real 0≤θ≤π tal que
cosθ = < X, Y >
||X|| ||Y||
ii Si cosθ = 0 se dice que X y Y son ortogonales o perpendi-cularesy se denotanX⊥Y
4.6 Proposici´on:
4.7 Teorema:
i Sea V un espacio con producto interno. Sea S un subconjunto ortogonal de V (es decir si X, Y ∈S yX 6=Y entoncesX⊥Y). Entonces S esL.I sobre R.
ii Si S es una base ortogonal deV yX = n
X
i=1
αiSi es la escritura
de X en t´erminos de la baseS, entoncesαi=
< X, Si>
||Si||2 .
iii SiSes una base ortonormal (es decir base ortogonal con||S||= 1,
∀S ∈ S) entonces αi =< X, Si > es el coeficiente de Si en la representaci´on de X en la base S.
Demostraci´on:
i,iison inmediatas. Veamosiii. Suponga que n
X
i=1
αiSi = 0 conαi ∈R
y Si ∈ S. Sea 1 ≤k ≤n. Entonces < n
X
i=1
αiSi, Sk >=<0, Sk >= 0.
Calculando el lado izquierdo ser recibe n
X
i=1
αi(Si, Sk) = 0. Por tanto
αk||Sk||2 = 0 yαk= 0 2
El siguiente teorema muestra que dada una base uno puede siempre construir con ella una base ortonormal.
4.8 Teorema (Ortogonalizaci´on de Gram-Schmith):
Sea {X1, ..., Xn−1, Xn} un conjunto linealmente independiente y
{X1, ..., Xn−1} ortogonal. Entonces {X1, ..., Xn−1, Xn0} en donde Xn0 est´a dado por
Xn0 =Xn− n
X
i=1
< Xn, Xi>
||Xi||2 Xi
es ortogonal y si {X1, ..., Xn−1, Xn, Xn+1} esL.I tambi´en lo es
Demostraci´on:
Simplemente calcule < Xn0, Xk > para k = 1,2, ..., n−1 y ver´ıfique que en efecto < Xn0, Xk >= 0. Eso completa la primera parte. En cuanto a la segunda parte suponga que
α1X1+α2X2+...+αn−1Xn−1+α0nXn0 +αn+1Xn+1
Si mostramos que αn+1 = 0 entonces 0 = α1 = α2 = ... = αn−1 =
α0n puesto que {X1, ..., Xn−1, Xn0} es ortogonal. Pero reemplazando el valor deXn0 y ordenando se recibe
n−1 X
i=1
αi−
< Xn, Xi>
||Xi||2
Xi+α0nXn0 +αn+1Xn+1= 0
y por tantoαn+1 = 0 (junto con los dem´as coeficientes de la suma)2
El Teorema Espectral
En esta parte hacemos uso de ortogonalidad para caracterizar ciertas funciones diagonalizables. De paso caracterizamos la funci´on lineal que corresponde a la transpuesta deM(f) en donde f es una funci´on lineal dada. Comencemos por definir adjunta de una funci´on lineal f :V → V en donde V es un espacio vectorial sobre R con producto interno.
4.9 Proposici´on:
Seaf :V →V un endomorfismo. Entonces:
i Si A∈V,fA:V → Rdada por fA(X) =< f(X), A > es lineal sobre R.
ii Para cada A∈V,∃!A∗ ∈V tal que < f(X),|A >=< X, A∗ >,
∀X∈V. Es decir quefA(X) =< X, A∗ >.
iii La funci´onf∗ :V →V,A7→A∗ es una funci´on lineal.
Demostraci´on:
i En realidadV →R, X7→< X, A >, en donde A es fijo, se sabe que es lineal y compuesta conf, que por hip´otesis lo es, da como resultado una funci´on lineal.
ii Veamos que, m´as generalmente, si T :V →Res lineal entonces existe A ∈ V tal que T(X) =< X, A >, ∀X ∈ V. En efecto si T = 0 obviamente 0 sirve. Si no, entonces dim Im T = 1 y la dimensi´on de kernel es n−1. Tome una base ortonormal del kernel v1, ..., vn−1 y compl´etela en una base ortonormal de V,
v1, ..., vn−1, vn. Sea A=T(vn)·vn. Si
X=α1v1+...+αn−1vn−1+αnvn
entoncesT(X) =αnT(vn) y
< X, T(vn)·vn> =< α1v1+...+αn−1vn−1+αnvn, T(vn)·vn> =< αnvn, T(vn)·vn>
=αnT(vn)< vn, vn> =αnT(vn)
As´ı puesT(X) =< X, A >.
En cuanto a la unicidad note que si B 6= 0, < B, B >6= 0. Suponga ahora que < X, A >=< X, B >, ∀X ∈ V. Entonces < X, A > − < X, B >= 0 ↔< X, A−B >= 0, ∀X ∈ V. As´ı que < A−B, A−B >= 0 luegoA−B = 0→A=B.
iii Se tiene pues que f∗ : V → V; A 7→ A∗ una funci´on en virtud de ii. Veamos que f∗ es lineal. Es decir que (αA)∗ = αA∗ y (A+B)∗ =A∗+B∗. Es decir debemos mostrar que
fαA=< , αA∗ > y fA+B =< , A∗+B∗ >
pero
fαA(X) = < f(X), αA > = α < f(X), A > = α < X, A∗ > = < X, αA∗ > y
fA+B(X) = < f(X), A+B >
iv Sea S una base ortonormal de V,S ={S1, ..., Sn} y
f(Si) =ai1S1+ai2S2+...+ainXn, 1≤i≤n
Calculemos f∗(Sj) = S∗j. Si S ∗
j = αj1S1 +αj2Sj +...+αjnSn entonces αji =< Sj, Sj∗ >=< f(Si), Sj >= Aij. Por tanto M(f∗) =T(M(f))2
Note que< f(X), A >=< X, f∗(A)>,∀X, A∈V.
4.10 Definici´on:
SeaV,< , >un espacio real con producto interno.
i f :V →V se dice autoadjuntasi f =f∗.
ii Sea A∈Mn×n(R). Decimos que Aes sim´etrica siA=T(A)2 La relaci´on entre auto-adjunci´on y simetr´ıa es entonces precisa:
4.11 Proposici´on:
SeaSuna base ortonormal de un espacioV,<, >. Seaf :V →V un endomorfismo. Entoncesf es autoadjunta si y s´olo siM(f) (sobre
S) es sim´etrica.
Demostraci´on:
f =f∗ ↔M(f) =M(f∗)↔M(f) =T(M)(f)↔M(f) es sim´etrica 2 La autoadjunci´on ayuda, por supuesto, en la diagonalizaci´on. Para comenzar notemos.
4.12 Proposici´on:
Demostraci´on:
Sea v1 vector propio, no nulo de f. Sea S = {V1, ..., Vn} una base ortonormal de V. Si
M(f) =
A1 A2 .. . An entonces
f(V1) = A1 A2 .. . An 1 0 .. . 0
y como f(V1) =αV1 entonces
f(Vi) =
α 0 .. . 0 Por tanto
a11 = α
a12 = 0
.. . an1 = 0
Comofes autoadjuntaM(f) es sim´etrica ya12=a13=...=a1n= 02 En el caso corriente, para una funci´on lineal f : V → V, a valores propios distintos le corresponden vectores propios linealmente inde-pendientes. En el caso de espacios con producto interno y funci´on autoadjuntas la relaci´on es m´as fuerte.
4.13 Proposici´on:
Demostraci´on:
αi< Ei, Ej > = < αiEi, Ej > = < f(Ei), Ej > = < Ei, f∗(Ej)> = < Ei, f(Ej)> = < Ei, αjEj > = αj < Ei, Ej >
Comoαi 6=αj entonces< Ei, Ej >= 0. 2
El teorema espectral asegura que toda funci´on autoadjunta es diagoniz-able, para una base ortonormal. La ortonormalidad sigue inmediata-mente de la proposici´on precedente. Nosotros enunciamos el teorema general pero solo demostraremos paran= 2,3.
4.14 Teorema Espectral:
Seaf :V →V autoadjunta. Entoncesf es diagonalizable y toda base que diagonalice af es ortogonal 2
4.15 Ejemplo:
i Muestre de manera directa que si dim V = 2 yf es autoadjunta entonces es diagonalizable.
Soluci´on: Comof es autoadjunta entonces existe una base S=
{S1, S2} tal que
M(f) =
a b b c
Sib= 0, hemos terminado. Suponga que b6= 0, entonces
det(M(f)−λI) =
a b b c
−
λ 0 0 λ
=
a−λ b b c−λ
= (a−λ)(c−λ)−b2 = λ2−(a+c)λ+ (ac−b2)
Notemos que el determinante del polinomio enλes
el cual es mayor que cero puesto queb6= 0. As´ı pues
λ2−(a+c)λ+ (ac−b2) = 0
tiene dos soluciones distintas. Si V1, V2 son vectores propios
correspondientes entonces
V1 ||V1||
, V2
||V2||
es una base
ortonor-mal que diagonaliza a f.
ii Seaf :R2 →R2, (x, y)7→(x+ 2y, y). Decida si f es diagonali-zable en base ortonormal y en caso dado diagonal´ıcela.
Soluci´on: R2es un espacio con producto interno y{(1,0),(0,1)} es una base autonormal. Se tiene para esta base que
M(f) =
1 2 0 1
Puesto que la matriz correspondiente a una base ortonormal no es sim´etrica, entonces f no es diagonalizable, en ninguna base ortonormal.
iii Suponga queV es un espacio con producto interno de dimensi´on 3 y sea f :V → V autoadjunta. Entonces f es diagonalizable por una base ortonormal.
Soluci´on: Puesto quef es autoadjunta existe una base ortonor-mal S para la cual M(f) es sim´etrica. Como el polinomio car-acter´ıstico para la base S es de grado 3, tiene soluci´on en R. Entonces, existe una base ortonormal digamosS0 tal que la ma-triz de f es de la forma
a 0 0 0 b c 0 c d
Si c = 0 no hay nada que demostrar. Suponemos que c 6= 0. Tenemos
a 0 0 0 b c 0 c d
−
λ 0 0 0 λ 0 0 0 λ
=
a−λ 0 0
0 b−λ c
0 c d−λ
= (a−λ)
b−λ c c d−λ
= (a−λ)[(b−λ)(d−λ)−c2]
= (a−λ)[λ2−(b+d)λ+bd−c2]
Se tiene pues que λ = a ´o λ2 −(b+d)λ+bd−c2 = 0 (∗). Calculando el discriminante para (∗) se tiene
(b+d)2−4(bd−c2) =b2+2bd+d2−4bd+4c2= (b−d)2+4c2 >0
Por tanto tiene dos soluciones. Si a es distinta de las dos solu-ciones de (∗) y por tanto f es diagonalizable. Suponga que a es una soluci´on de (∗). Entonces la otra es b+d−a. Esto se obtiene dividiendo (∗) porλ−ay notando que por serara´ız de (∗) entonces a2−ab−ad+bd−c2 = 0.
Ahora bien si Ea es vector propio correspondiente a a y Et es vector propio correspondiente a b+d−aentonces Ea⊥Et. Por tanto para probar quef es diagonalizable es suficiente, en este caso, encontrar vectores propios (2 por supuesto) normales en el espacio propio correspondiente aa. La ecuaci´on correspondiente es
ax = ax by + cz = ay cy + dz = az
⇔
ax = 0
(b−a)y + cz = 0 cy + (d−a)z = 0
Es claro que hay infinitas soluciones puesto que cualquier x es soluci´on de la primera y las dos segundas son un sistema ho-mog´eneo. Como el determinante de este ´ultimo es
(b−a)(d−a)−c2 =bd−ba−ad+a2−c2 = 0
entonces tiene infinitas soluciones que se dan por una de las ecuaciones. Como estamos poniendo c 6= 0 tenemos z = a−cb y por tanto un vector soluci´o es
x, y,a−b c y
= (x,0,0) +y
0,1,a−b c
El espacio correspondiente a aes pues R(1,0,0) +R 0,1,a−cb. Naturalmente (1,0,0) y 0,1,a−cb
son perpendiculares.
Formas Cuadr´aticas
Recordemos que < , >: V ×V → R es bilineal. Si f, g :V → V son lineales entonces la compuesta
V ×V f→×gV ×V < , >→ R
naturalmente tambi´en es bilineal. Si por otro lado ∇ : V → V ×V denota la diagonal v7→(v, v) entonces en general el compuesto
V →∇ V ×V f→×gV ×V < , >→ R
no es en general una funci´on lineal. De hecho en el caso de f =I =g el cual ciertamente no es lineal. Una funci´on de este tipo puede consid-erarse como una alteraci´on de la norma del espacio. Aqu´ı estudiamos estas alternaciones cuando f =I yg es una funci´on lineal adjunta.
4.16 Definici´on:
Sea V un espacio con producto interno. Una composici´on del tipo
V →∇ V ×V I→×gV ×V < , >→ R
en dondeg es autoadjunta se llama una forma cuadr´atica en V.
Seaϕ=< , >◦(I ×g)◦ ∇ una forma cuadr´atica. Entonces
ϕ(v) = (< , >◦(I×g)◦ ∇)(v) = < , >(I×g(v, v)) = < , >(v, g(v)) = < v, g(v)>
Por tanto la forma compuesta de una forma cuadr´atica ϕ esta dada por ϕ(v) =< v, g(v)>,∀v∈V en dondeg:V →V es autoadjunta.
4.17 Ejemplo:
Considere g:R2 →R2 dada por la matriz
a b b c
en la base
can´onica. Entonces g es autoadjunta por matriz sim´etrica. As´ı que
ϕ(x, y) =<(x, y),
a b b c
=x(ax+by) +y(bx+cy) =ax2+bxy+byx+cy2 =ax2+ 2bcy+cy2
Note en la imagen la forma polinomial (en dos variables) de grado 2. De ah´ı el nombre de forma cuadr´atica.
Si ϕ(x, y) = ax2 +bx+dy2 +ey+f xy+d se llamar´a una funci´on cuadr´atica en raz´on de que cuando se iguala a cero se obtiene una ecuaci´on cuadr´atica enxy eny. Veremos m´as adelante como trabajos con funciones cuadr´aticas en el aspecto del graficado de su fibra sobre 0, a partir de las formas cuadr´aticas. En efecto note que la ecuaci´on correspondiente
ax2+bx+dy2+ey+f xy+d= 0
es una c´onica, que tiene t´ermino en xy lo cual dificulta el graficado. La eliminaci´on de este t´ermino corresponde en la parte matricial (que define la forma) a diagonalizar. El cambio de base es esencialmente cambio de ejes.
El Teorema de los Ejes Principales
Los ejes para los cuales una forma cuadr´atica no tiene t´ermino en xy se llaman ejes principales y siempre existen. En efecto, llamare-mos a ϕ(x) =< x, g(x) > la forma cuadr´atica asociada a g (o a M(f)) y a ϕ(x) = a1x21+...+anx2n una forma cuadr´atica en forma principal.
4.16 Proposici´on:
SeaA∈Mn×n(R). Si Aes diagonal entoces la forma cuadr´atica asociada aA est´a en forma principal.
Demostraci´on: Ejercicio2
4.17 Proposici´on:
V → R una forma cuadr´atica. Entonces existe una base {A1, ..., An} de V y realesλ1, ..., λn tales que
ϕ(λ1A1+λ2A2+...+λnAn) =λ1x21+λ2x22+...+λnx2n
(Note que< A1>, < A2 >, ..., < An>se denominanejes principales de la forma cuadr´atica ϕ).
Demostraci´on:
Suponga que ϕ(x) =< x, g(x) en donde g : V → V es autoadjunta. Sea {A1, A2, ..., An} una base ortonormal de V que diagonaliza a g. Entonces A1, ..., An son vectores propios deg con g(Ai) =xiAi,∀i= 1, ...n. As´ı pues
ϕ n
X
i=1
xiAi
!
= < n
X
i=1
xiAi, g n
X
i=1
xiAi
! > = < n X i=1
xiAi, n
X
i=1
xiλiAi >
= n
X
i=1
λix2i 2
4.18 Ejemplo:
i D´e la forma cuadr´aticaϕ:R3→R asociada a la matriz
a d f d b e f e c
Soluci´on: ϕ x y z = x y z
a d f d b e f e c
=
x y z
ax+dy+f z dx+by+ez f x+ey+cz
=x(ax+dy+f z)+y(dx+by+ez)+z(f x+ey+cz) =ax2+dxy+f xz+dyx+by2+eyz+f zx+ezy+cz2 =ax2+by2+cz2+ 2dxy+ 2f xy+ 2eyz
Note donde van los coeficientes!
ii De manera directa d´e la forma cuadr´aticaϕ:R3 →R asociada a la matriz
1 5 −4 5 −1 1
−4 1 5
Soluci´on:
ϕ(x, y, z) = 1x2+(−1)y2+5z2+(2×5)xy+(2×−4)xz+(2×1)yz= x2−y2+ 5z2+ 10xy−8xz+ 2yz.
iii De manera directa d´e la forma cuadr´aticaϕ:R2 →R asociada
a la matriz
2 4
4 −3
.
Soluci´on:
ϕ(x, y) = 2x2+ (−3)y2+ (2×4)xy = 2x2−3y2+ 8xy.
Para pasar al caso contrario note que una forma cuadr´atica esta definida por una sola funci´on autoadjunta.
4.19 Proposici´on:
Si la forma cuadr´aticaϕ(x) =< x, g(x)>es cero entoncesg= 0.
Demostraci´on: Por ser g autoadjunta existe una base ortonormal
{V1, ..., Vn}al que g(Vi) =λiVi. As´ı pues
0 =ϕ(Vi) =< Vi, g(Vi)>=< Vi, λiVi >=λi< Vi, Vi>=λi
4.20 Corolario:
Sig, h:V →V son autoadjuntas y< X, g(X)>=< X, h(X)>,
∀X ∈V entoncesg=h.
Demostraci´on: Puesto que g y h son autoadjuntas tambi´en lo es g−hy aplicando la proposici´on previa ag−h se recibe que g=h2 4.21 Ejemplo:
i Seaϕ:R3 →Rdada por
ϕ(x, y, z) = 3x2−2y2+ 4z2−xy+xz
D´e la autoadjunta que la define
Soluci´on: Por inspecci´on usando la base can´onica de R3
M(g) =
3 −1
2 − 1 2
−1
2 −2 0 1
2 0 4
As´ı puesg:R3 →Resta dada por
g(x, y, z) =
3 −1
2 − 1 2
−1
2 −2 0 1
2 0 4
x y z =
3x − y
2 + z 2
−x
2 − 2y x
2 + 4z
Verifiquemos de manera directa
ϕ(X) = < X, g(X)>
= <(x, y, z), 3x−y2 +z2,−x2 −2y,x2 + 4z> = x 3x−y2 +z2
+y −x
2 −2y
+z x2 + 4z
= 3x2−1 2xy+
1 2xz−
1
2xy−2y2+ 1
2xz+ 4z2
= 3x2+ 2y2+ 4z2−xy+xz
ii Halle los ejes principales para
ϕ(x, y, z) = 3x2−2y2+ 4z2−xy+xz
y d´e ϕen t´erminos de los nuevos ejes.
Soluci´on: En t´erminos de la base cociente
M(g) =
3 −1
2 −
1 2
−1
2 −2 0
1
2 0 4
Busquemos valores propios y vectores propios. Iniciemos con el polinomio caracter´ıstico.
3 −1
2 −
1 2
−1
2 −2 0
1
2 0 4
−
λ 0 0 0 λ 0 0 0 λ
=
3−λ −1
2 −
1 2
−1
2 −2−λ 0
1
2 0 4−λ
=−λ3+ 5λ2+5
2− 49
2 La ecuaci´on correspondiente no tiene soluci´on racional o irra-cional repetida. Por tanto la soluci´on no puede darse de primera mano.
iii Dar los ejes principales deϕ(x, y, z) = 3x2+2y2+3z2−2xy−2yz. La funci´on autoadjunta correspondiente tiene matriz
3 −1 0
−1 2 −1
0 −1 3
En cuando a valores propios tenemos
3 −1 0
−1 2 −1
0 −1 3
−
λ 0 0 0 λ 0 0 0 λ
=
3−λ −1 0
−1 2−λ −1
0 −1 3−λ
= (3−λ)
2−λ −1
−1 3−λ
+ (−1)1+2(−1)
−1 −1
0 3−λ
= (3−λ)((2−λ)(3−λ)−1) + (−1)(3−λ) = (3−λ)(λ2−5λ+ 6−1−1)
= (3−λ)(λ2−5λ+ 4) = (3−λ)(λ−1)(λ−4)
Los valores propios son pues λ1 = 3, λ2 = 1 y λ3 = 4. Demos
ahora los vectores propios
λ1 = 3 R(1,0,−1) λ2 = 1 R(1,2,1) λ3 = 4 R(1,−1,1)
Estos vectores son ortogonales. Una base ortonormal ser´a
A1= √
2 2 ,0,−
√
2 2
, A2= √ 6 6 , √ 6 3 , √ 6 6
, A3= √
3 3 ,−
√ 3 3 , √ 3 3
Se tiene entonces
ϕ[u, v, w] = <[u, v, w],
3 0 0 0 1 0 0 0 4
u v w
= <[u, v, w],[3u, v,4w]>= 3u2+v2+ 4w2
iv Gr´afique 3x2+ 4y2−6xy+ 2 = 0.
Soluci´on: Buscamos eliminar el t´ermino en xy. Si escribimos 3x2 + 4y2−6xy = −2 entonces se trata de graficar ϕ(x, y) =
−2 en donde ϕ(x, y) = 3x2 + 4y2 −6xy. La matriz sim´etrica
correspondiente es
3 −6
−6 4
tenemos
3 −6
−6 4
− λ 0 0 λ =
3−λ −6
−6 4−λ
= (3−λ)(4−λ)−36 = λ2−7λ+ 12−36 = λ2−7λ−24
λ= 7±
p
49−4(−24)
2 =
7±√49 + 96
2 =
7±145 2 . As´ı
λ1=
7 +√145
2 λ2=
7−√145 2
En cuanto a vectores propios 3x−6y =λx↔(3−λ)x−6y = 0 y
−6x+ 4y=λy↔ −6x+ (4−λ)y= 0. Puesto que hay soluciones no cero se tieney= 3−6λx y los espacios propios son
x,3−λ 6 x
=x
1,3−λ 6
x∈R
o sea R 1,3−6λ con λ1 = 7+
√
145
2 y λ2 =
7−√145
2 . Note que los
ejes principales son
R
1,3−λ1 6
R
1,3−λ2 6
ϕ[u, v] = <
u v ,
λ1 0
0 λ2
u v > = < u v ,
λ1u
λ2v
= λ1u2+λ2v2
La ecuaci´on de los nuevos ejes es
7 +√145
2 u
2+7− √
145
2 v
2 =−2⇔ √
145−7 22 v
2−7 + √
145 22 u
la cual es una hip´erbola.
v Hallar los ejes principales y la ecuaci´on correspondiente para
3x2+ 4y2−6xy+ 4y−5x+ 2 = 0
Soluci´on: Si la consideramos escrita 3x2 + 4y2 −6xy =−4y+ 5x−2. Entonces la forma cuadr´aticay(x, y) = 3x2+ 4y2−6xy puede representarse en los ejes principales u, v como antes. Y como
[u, v] = u1,3−6λ1+v1,3−6λ2
= u+v,(3−λ1)u+(36 −λ2)v
= (x, y)
Reemplazando
ϕ[x, y] =λ1u2+λ2v2 =−4
(3−λ1)u+ (3−λ2)v
y la ecuaci´on en los nuevos ejes es λ1u2+λ2v2=−23(3−λ1)v− 2
3(3−λ2)v+ 5u+ 5v−2↔ λ1u 2 + 2
3(3−λ1)−5
u+λ2v2+ 2
3(3−λ2)−5
PROBLEMAS
1 Muestre que en el caso deR3 la f´ormulacosθ= ||<X,Y >X|| ||Y|| tambi´en es v´alida.
2 En R3 decida si (1,1,3),(1,0,1),(0,0,1) forman una base. En caso positivo decida si ella es o no ortonormal. Si no lo es con-struya una base ortogonal asociada (use el producto interno cor-riente de R3). Calcule el ´angulo entre (1,3,4) y (2,−1,5).
3 SeaSuna base deV,S ={V1, ..., Vn}. Defina el producto interno
en (V,S) por<[X1, ..., Xn],[Y1, ..., Yn]>= n
X
i=1
XiYi. Apl´ıquela a
R3 para S ={(1,1,0),(1,1,1),(1,−1,1)}. En general ver´ıfique
que < , > es en efecto un producto interno. Calcule el ´angulo entre (1,3,4) y (2,−1,5) para este producto interno (cuidado con las coordenadas). Calcule el ´angulo entre [1,3,4] y [2,−1,5] en las coordenadas corrientes. Comp´arelo con el ´angulo de ellas en las nuevas coordenadas.
4 Construya una base ortogonal deR3 asociada a
S={(1,1,0),(1,1,1),(1,−1,1)}
por el procedimiento de Gran-Schmith.
5 Sea R7[x] el conjunto de las funciones polin´omicas de grado
menor o igual que 7 con coeficientes enR. Tome
< f, g >=
Z 1
0
f(x)g(x)dx
Muestre que < , > es un producto interno. Decida si la base corriente (cu´al es) deR7[x] es ortonormal. De no serlo corrija la
6 SiS ={V1, ..., Vn}es una base deV yf :V →V es lineal (V con producto interno). SeaN(S) la base normalizada de S. Calcule la matriz de f paraN(S) con base en la matriz de f paraS.
7 SeaV un espacio con producto interno. Muestre quef :V →V esdiagonizable en base ortonormalsi y s´olo sif es autoad-junta.
8 Considere f : R2 → R2 dada por f(x, y, z) = (x −3y,−3y). Muestre quef es diagonalizable pero no es autoadjunta. Como compatibiliza esto con el problema 7.
9 Complete el proceso de hallar una base ortonormal paraf a par-tir de (1,0,0) y 0,1,a−cb
en el ejemplo 4.15 (iii). (Sugerencia: comience por mostrar que 2a−b−d6= 0).
10 Sea ϕ:R3→R dada por
ϕ(x, y, z) = 3x2−2y2+ 4z2−xy+xz
D´e la autoadjunta que la define usando la base
{(0,0,1),(1,−1,0),(1,1,0)}
11 En cada caso decida si la funci´on es lineal. Calcule su adjunta.
i R3 →R3, (x, y, z)7→(x+y+z, x+ 2y+ 2z, x+ 2y+ 3z).
ii R2[x]→R2[x], p(x)7→xDx(p(x))−Dx(xp(x)).
iii M3×3(R) → M3×3(R), A 7→ T(A) +A donde T(A) es la
transpuesta deA.
12 Sean f, g:V →V endomorfismos.
i Calcule (f ◦g)∗ en t´erminos de f∗ yg∗.
ii Muestre que si f es autoadjunta entonces tambi´en lo esf∗.
iii Muestre quef +f∗ es autoadjunta.
i R2 →R2, (x, y)7→(2x+y,2y+x).
ii R5 → R5, (x, y, z, u, v) 7→ (2x+y,2y+x,2z+u+v, z+ 2u+v, z+u+ 2v)
iii M3×3(R)→M3×3,A7→T(A).
iv M3×3(R)→M3×3,A7→A−T(A).
14 Gr´afique
i 8x2−12xy+ 17y2−80.
ii 3x2+ 2xy+ 3y2= 4.
iii 11x2−24xy+ 4y2+ 6x+ 8y=−15.
iv 16x2+ 24xy+ 9y2−30x+ 4y= 5.
15 Sean S = {A1, A2} y T = {B1, B2} dos sistemas ortonormales
en V. LLame el ´angulo enS yT el ´angulo entre A1 y B1. En
cada caso de 14 d´e el ´angulo entre el sistema (x, y) y el sistema [u, v].
16 Suponga queϕ:V →R es una forma cuadr´atica en un espacio con producto interno.
i Mustre queϕno es lineal calculando ϕ(A+B) en t´erminos de ϕ(A), ϕ(V) y < , >.
