Dada $A$, una matriz de $n\times m$, por $A_{i,j}$, denotamos a la entrada $i,j$ de $A$. Por $A(i:)$ dentoamos el renglón $i$ de $A$ y por $A(:j)$ denotamos la columna $j$ de $A$.
Del determinante de una matriz de \(2\times 2\) se define y denota como \[ \begin{eqnarray*} det\left[ \begin{array}{cc} a_{1,1} & a_{1,2} \\ a_{2,1} & a_{2,2} \end{array} \right]= \left| \begin{array}{cc} a_{1,1} & a_{1,2} \\ a_{2,1} & a_{2,2} \end{array} \right| =a_{1,1}a_{2,2}-a_{1,2}a_{2,1} \end{eqnarray*} \]
El determinante de una matriz de \(3\times 3\) se define como \[ \begin{eqnarray*} \det\left[ \begin{array}{ccc} a_{1,1} & a_{1,2} & a_{1,3} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & a_{2,3} \\ a_{3,1} & a_{3,2} & a_{3,3} \end{array} \right]=a_{1,1}\left| \begin{array}{cc} a_{2,2} & a_{2,3} \\ a_{3,2} & a_{3,3} \end{array} \right| \\ -a_{1,2}\left| \begin{array}{cc} a_{2,1} & a_{2,3} \\ a_{3,1} & a_{3,3} \end{array} \right| \\ +a_{1,3}\left| \begin{array}{cc} a_{2,1} & a_{2,2} \\ a_{3,1} & a_{3,2} \end{array} \right| \end{eqnarray*} \] Nota: la fórmula anterior se obtuvo desarrollando por el primer renglón, pero lo mismo se puede hacer desde cualquier renglón, o columna, siguiendo la regla de los signo del tablero de ajedrez: \[ \left[ \begin{array}{ccc} + & - & + \\ - & + & - \\ + & - & + \end{array} \right] \]
Dada una matriz de $n\times m$, la matriz transpuesta, denotada $A^t$, es la matriz de $m\times n$, cuyas entradas están dadas por $(A^t)_{i,j}=A_{j,i}$. En otras parabras es la matriz que se obtiene de \(A\) intercambian los renglones por las columnas.
Por ejemplo
La transpuesta de una matriz de $2\times 2$ se define como: $$ \left[ \begin{array}{cc} a_{1,1} & a_{1,2} \\ a_{2,1} & a_{2,2} \end{array} \right]^t = \left[ \begin{array}{cc} a_{1,1}& a_{2,1}\\ a_{1,2} & a_{2,2} \end{array} \right] $$
Sea $A$ una matriz de $n\times n$. Entonces $\det(A)=\det(A^t)$. Nota: esta resultado implica que las propiedades que se pueden probar para renglones tienen su contraparte en columnas.
Por ejemplo, si \(A\) es una matriz de \(2\times 2\): \[ \det(A)= \left| \begin{array}{cc} a_{1,1} & a_{1,2} \\ a_{2,1} & a_{2,2} \end{array} \right|=a_{1,1}a_{2,2}-a_{1,2}a_{2,1} \] y \[ det(A^t)=\left| \begin{array}{cc} a_{1,1}& a_{2,1}\\ a_{1,2} & a_{2,2} \end{array} \right|=a_{1,1}a_{2,2}-a_{2,1}a_{1,2} \]
Sea $A$ una matrz de $n \times n $ y sea $A'$ la matriz que se obtiene de $A$ al intercambiar dos renglones (o columnas). Entonces $$ \det(A')=-\det(A). $$
Por ejemplo \[ \begin{eqnarray*} \det \left[ \begin{array}{cc} a_{2,1} & a_{2,2}\\ a_{1,1} & a_{1,2} \end{array} \right]&=& a_{2,1}a_{1,2}-a_{2,2}a_{1,1} \\ &=&-(a_{1,1}a_{2,2}-a_{1,2}a_{2,1}) \\ &=& -\det\left[ \begin{array}{cc} a_{1,1} & a_{1,2} \\ a_{2,1} & a_{2,2} \end{array} \right] \end{eqnarray*} \] Ahora, utilizando la relación entre la transpuesta y el determinante también se tiene: \[ \begin{eqnarray*} \det \left[\begin{array}{cc} a_{1,2} & a_{1,1}\\ a_{2,2} & a_{2,1} \end{array} \right] &=&\det \left[\begin{array}{cc} a_{1,2} & a_{2,2} \\ a_{1,1} & a_{2,1} \end{array}\right]^t \\ &=&\det \left[\begin{array}{cc} a_{1,2} & a_{2,2} \\ a_{1,1} & a_{2,1} \end{array}\right] \\ &=&-\det\left[\begin{array}{cc} a_{1,1} & a_{1,2} \\ a_{2,1} & a_{2,2} \end{array}\right] \end{eqnarray*} \]
Por ejemplo \[ \begin{eqnarray*} \det\left[ \begin{array}{cc} \alpha a_{1,1} & a_{1,2}\\ \alpha a_{2,1} & a_{2,2} \end{array} \right] &=&\alpha a_{1,1}a_{2,2}- a_{1,2}\alpha a_{2,1} \\ &=&\alpha(a_{1,1}a_{2,2}-a_{1,2}a_{2,1}) \\ &=& \alpha\det\left[ \begin{array}{cc} a_{1,1} & a_{1,2} \\ a_{2,1} & a_{2,2} \end{array} \right] \end{eqnarray*} \]
Sea \(A\) una matriz de \(n\times n\) y sea \(B\) la matriz que se obtiene de \(A\) al sumar a la columna \(i\) el vector \(v=(v_1,\dots, v_n)\). y sea \(A'\) la matriz que se obtiene de \(A\) al reemplazar la columna \(i\) por el vector \(v\). Entonces \[ \det(B)=\det(A)+\det(A') \]
Por ejemplo \[ \begin{eqnarray*} \det\left[ \begin{array}{cc} a_{1,1}+v_1 & a_{1,2} \\ a_{2,1}+v_2 & a_{2,2} \end{array} \right] &=& (a_{1,1}+v_1)a_{2,2}-a_{1,2}(a_{2,1}+v_2) \\ &=& a_{1,1}a_{2,2}+v_1a_{2,2}-a_{1,2}a_{2,1}-a_{2,1}v_2 \\ &=& (a_{1,1}a_{2,2}-a_{1,2}a_{2,1})+ (v_1a_{2,2}-a_{2,1}v_2) \\ &=& \det\left[ \begin{array}{cc} a_{1,1} & a_{1,2} \\ a_{2,1} & a_{2,2} \end{array} \right] \\ &+& \det\left[ \begin{array}{cc} v_1 & a_{1,2}\\ v_2 & a_{2,2} \end{array} \right] \end{eqnarray*} \]
Las propiedades anteriores se pueden resumir de la siguiente forma.
Vamos a pensar al determinante como una función de las columnas de la matriz. Es decir, dados vectores \(w_1,\dots, w_n\in \mathbb{R}^n\) \[ \det(w_1,\dots, w_n) \] denota el determinante de la matriz que se obtiene al tomar los vectores \(w_i\) como columnas de la matriz.
Con ésta notación los ejercicios previos prueban que \begin{eqnarray*} \det(w_1+\alpha v,w_2)&=&\det(w_1,w_2)+\alpha \det(v,w_2) \\ \det(w_1,\beta u +w_2)&=& \beta \det(w_1,u)+\det(w_1,w_2)\\ \det(w_1,w_2)&=&-\det(w_2,w_1) \end{eqnarray*} donde \(u,v\in \mathbb{R}^2\) y \(\alpha,\beta \in \mathbb{R}\).
Las primeras dos condiciones se abrevian diciendo que el determinante, en las matrices de \(2\times 2\) es bilineal. La tercera condición se llama alternante.
En general el determinante, en las matrices de \(n\times n\), puede definirse como la función \(\det:M_n(\mathbb{R})\to \mathbb{R}\) que satisface
El producto cruz satisface:
Inciso 1.
Calculando directamente \begin{eqnarray*} p\times q&= & \det\left[ \begin{array}{ccc} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ p_1 & p_2 & p_3 \\ q_1 & q_2 & q_3 \end{array} \right] \\ &=& ( p_2q_3-p_3q_2, -(p_1q_3-p_3q_1), p_1q_2-p_2q_1 ) \\ q\times p&=& \det\left[ \begin{array}{ccc} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ q_1 & q_2 & q_3 \\ p_1 & p_2 & p_3 \end{array} \right] \\ &=&( q_2p_3-q_3p_2, -(q_1p_3-q_3p_1), q_1p_2-q_2p_1 ) \end{eqnarray*} y comparando las dos ecuaciones anteriores se obtiene \(p\times q= -q\times p\).
Inciso 2.
\begin{eqnarray*} p\times p &= & \det\left[ \begin{array}{ccc} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ p_1 & p_2 & p_3 \\ p_1 & p_2 & p_3 \end{array} \right] \\ &=& (p_2p_3-p_3p_2,-(p_1p_3-p_3p_1),p_1p_2-p_2p_1)\\ &=&0 \end{eqnarray*}
Inciso 3.
Directamente \begin{eqnarray*} p\times (\beta v+ u)&= & \det\left[ \begin{array}{ccc} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ p_1 & p_2 & p_3 \\ \beta v_1+u_1 & \beta v_2+ u_2 &\beta v_3+ u_3 \end{array} \right] \\ &=&( p_2(\beta v_3+u_3)-p_3(\beta v_2+u_2)) \hat{i} \\ &-& (p_1(\beta v_3+u_3)-p_3(\beta v_1+u_1)) \hat{j} \\ &+& (p_1(\beta v_2+u_2)-p_2(\beta v_1+u_1)) \hat{k} \\ &=& \beta( p_2v_3-p_3v_2 )\hat{i}+ (p_2u_3-p_3u_2)\hat{i} \\ &-& \beta (p_1v_3-p_3v_1)\hat{j}- (p_1u_3-p_3u_1)\hat{j} \\ &+& \beta(p_1v_2-p_2v_1)\hat{k}+ (p_1u_2-p_2u_1)\hat{k} \\ &=& \beta (p\times v)+ p\times u \end{eqnarray*}
Demuetra la siguiente indentidad $$ ( u\times v)\cdot w =\det\left[ \begin{array}{ccc} u_1 & u_2 & u_3 \\ v_1 & v_2 & v_3 \\ w_1 & w_2 & w_3 \end{array} \right] $$
Directamente \begin{eqnarray*} (u\times v)\cdot w&=& (u_2v_3-u_3v_2,-(u_1v_3-u_3v_1),u_1v_2-u_2v_1 )\cdot (w_1,w_2,w_3) \\ &=& (u_2v_3 - u_3v_2)w_1-(u_1v_3-u_3v_1)w_2+(u_1v_2 - u_2v_1)w_3 \end{eqnarray*}
Expandiendo el determinante por el tercer renglón \begin{eqnarray*} \det \left[\begin{array}{ccc} u_1 & u_2 & u_3 \\ v_1 & v_2 & v_3 \\ w_1 & w_2 & w_3 \end{array} \right]&=& w_1 \det \left[ \begin{array}{cc} u_2 & u_3 \\ v_2 & v_3 \end{array} \right] \\ &-& w_2 \det \left[ \begin{array}{cc} u_1 & u_3 \\ v_1 & v_3 \end{array} \right] \\ &+& w_3 \det \left[ \begin{array}{cc} u_1 & u_2 \\ v_1 & v_2 \end{array} \right]\\ &=& w_1(u_2v_3-u_3v_2)-w_2(u_1v_3-u_3v_1)+w_3(u_1v_2-u_2v_1) \end{eqnarray*}
Sea $A$ una matriz de $3 \times 3$. Supongamos que dos renglones de $A$ son iguales. Demuestra que $\det(A)=0$.
Sugerencia: utiliza la propiedad alternante del determinante.
Considera los vectores $v=(v_1,v_2,v_3), w=(w_1,w_2,w_3)$. Dados escalares $\alpha, \beta$ construye el vector $u=\alpha v+ \beta w$. Demuestra que $$ \det\left[ \begin{array}{ccc} u_1 & u_2 & u_3 \\ v_1 & v_2 & v_3 \\ w_1 & w_2 & w_3 \end{array} \right]=0 $$
Prueba que $$ \hat{i}\times \hat{j}= \hat{k}, \quad \hat{j} \times \hat{k}=\hat{i}, \quad \hat{k}\times \hat{i}=j. $$
Usando la Proposición prueba que $u\times v$ es perpendicular tanto a $u$ como a $v$.
Sean $p,q\in \mathbb{R}^3$.
Sugerencia: expande ambos lados en las coordenadas de $p$ y $q$.
Inciso 1.
Calculando directamente \begin{eqnarray*} \|p\times q\|^2&=&(p_2q_3-p_3q_2)^2 \\ &+&(p_1q_3-p_3q_1)^2 \\ &+&(p_1q_2-p_2q_1)^2 \\ &=& p_2^2q_3^2-2p_2p_3q_2q_3+ p_3^2q_2^2 \\ &+& p_1^2q_3^2-2p_1p_3q_1q_3 + p_3^2q_1^2 \\ &+& p_1^2q_2^2-2p_1p_2q_1q_2+p_2^2q_1^2 \end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*} \|p\|^2\|q\|^2&=& (p_1^2+p_2^2+p_3^2)(q_1^2+q_2^2+q_3^2)\\ &=& p_1^2q_1^2+p_2^2q_1^2+p_3^2q_1^2 \\ &+& p_1^2q_2^2+p_2^2q_2^2+p_3^2q_2^2 \\ &+&p_1^2q_3^2+p_2^2q_3^2+p_3^2q_3^2 \end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*} -(p\cdot q)^2&=&-(p_1q_1+p_2q_2+p_3q_3)^2 \\ &=& -p_1^2q_1^2-p_2^2p_2^2-p_3^2q_3^2 \\ &-& 2p_1p_2q_1q_2-2p_1p_3q_1q_3-p_2p_3q_2q_3 \end{eqnarray*}
Inciso 2.
Por el inciso 1 y usando \(p\cdot q= \|p\|\|q\|\cos(\theta)\) \begin{eqnarray*} \|p\times q\|^2&=& \|p\|^2\|q\|^2- (p\cdot q)^2 \\ &=&\|p\|^2\|q\|^2- \|p\|^2\|q\|^2\cos^2(\theta) \\ &=& \|p\|^2\|q\|^2(1-\cos^2(\theta)) \\ &=& \|p\|^2\|q\|^2\sen^2(\theta) \end{eqnarray*} sacando raíz cuadrada obtenemos \[ \|p\times q\| = \|p\|\|q\| |\sen(\theta)| \]
Demuestra que $p \times q =0$ sii $p$ o $q$ son iguales a cero o $p$ y $q$ son linealmente dependientes.
Sugerencia: usa ecuación \eqref{Eqn:NormaProductoCruz}.
Demuestra que el área del paralelogramo generado por $p, q \in \mathbb{R}^3$ está dada por $\|p\times q\|$.
Anteriormente se demostró que $\| p \times q\| = \|p\| \|q\| \sen(\theta)$, donde $\theta$ es el ángulo comprendido entre $p$ y $q$. Por otro lado, el área de un paralelogramo está dada por $A = base \times altura$, de manera que si denotamos a la base como el lado determinado por el vector $p$ entonces la altura está dada por $\|q\| \sen(\theta)$ y el área es \begin{equation*} A = \|p\| \|q\| \sen(\theta) = \| p \times q\|. \end{equation*}
El volumen del paralelepipedo generado por $u,v,w$ está dado por $$ \left| \det\left[ \begin{array}{ccc} u_1 & u_2 & u_3 \\ v_1 & v_2 & v_3 \\ w_1 & w_2 & w_3 \end{array} \right] \right| $$
Sugerencia: por la fórmula del triple producto el valor absoluto anterior es igual a $| (u\times v)\cdot w |$. Despues usar \(\langle p, q\rangle = \|p\|\|q\|\cos(\theta)\) y la interpretación de $\|u\times v\|$ como el área generada por el paralelogramo generado por $u$ y $v$.
Ecuación del plano, forma normal. Sean $u\ne 0, v\ne 0$, dos vectores en $\mathbb{R}^3$, linealmente independientes. Considera la ecuación paramétrica $$ p=p_0+tu+sv $$ con $p_0=(x_0,y_0,z_0)$. Sea $(A,B,C)=u\times v$. Demuestra que todo punto $p=(x,y,z)$ en el plano generado por $u$ y $v$ satisface $$ A(x-x_0)+B(y-y_0)+C(z-z_0)=0. $$ Al vector $(A,B,C)$ se le llama un vector normal al plano.
Tomamos \(p=(x,y,z)\) un punto cualquiera en el plano. Por lo tanto existen escalares \(a,b\in \mathbb{R}\) tal que \[ p=p_0+bu+av \] Restando \(p_0\) en ambos aldos llegamos a \(p-p_0=bu+av\) y por las propiedades del producto cruz obtenemos \begin{eqnarray*} \langle p-p_0, u\times v \rangle &=& \langle bu+av, u\times v\rangle \\ &=& b \langle u, u\times v \rangle + a \langle v , u\times v\rangle \\ &=& 0 \end{eqnarray*} Finalmente escribiendo la ecuación \(\langle p-p_0, u\times v \rangle =0 \) en términos de sus coordenadas llegamos a \begin{eqnarray*} 0&=&(x-x_0,y-y_0,z-z_0)\cdot (A,B,C)\\ &=& A(x-x_0)+B(y-y_0)+C(z-z_0). \end{eqnarray*}
Sean $u,v\in \mathbb{R}^3$, no cero y linealmente independientes.