(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)

Introducción

El cálculo del determinante de una matriz es una operación fundamental en la teoría de matrices y álgebra lineal. El método de los menores o cofactores es una técnica utilizada para calcular el determinante de una matriz cuadrada de cualquier tamaño.

El método se basa en la expansión del determinante a lo largo de una fila o columna de la matriz. Para cada elemento de esa fila o columna, se calcula su «menor», que es el determinante de la matriz que resulta de eliminar la fila y columna correspondientes al elemento en cuestión. Luego, se multiplican estos menores por los signos positivos o negativos que se alternan en función de la posición del elemento en la matriz, para obtener los cofactores correspondientes.

Finalmente, se suman estos productos para obtener el determinante de la matriz original. Este proceso puede ser repetido recursivamente para calcular el determinante de cualquier submatriz de la matriz original.

El método de los menores o cofactores puede ser un poco tedioso para matrices grandes, pero es una herramienta poderosa para calcular determinantes de matrices de cualquier tamaño y puede usarse junto con las propiedades que hemos estudiado de los determinantes para facilitar el cálculo de los mismos.

Ve el siguiente video con las demostraciones de los dos lemas.

Definición

Sea $A\in \mathscr M_{n\times n}(\mathbb R),\,\,i,j\in\set{1,\dotsc,n}.$ Denotamos por $A(i\mid j)$ a la matriz $(n-1)\times (n-1)$ que se obtiene de $A$ quitando el renglón $i$ y la columna $j$. El menor $i,j$ de $A$ es el determinante de $A(i\mid j).$

Ejemplo

Considera las siguientes matrices:

$A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & -2 & 3 \\ 5 & 7 & 0 \\ 2 & 4 & -1 \end{array}\right) \end{equation*}$ y $A(1\mid 2)=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 5 & 0 \\ 2 & -1 \end{array}\right) \end{equation*}.$

El menor $1,2$ de $A$ es $det\,\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 5 & 0 \\ 2 & -1 \end{array}\right) \end{equation*}=-5.$

$A(2\mid 3)=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & -2 \\ 2 & 4 \end{array}\right) \end{equation*}$, el menor $2,3$ de $A$ es $det\,\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & -2 \\ 2 & 4 \end{array}\right) \end{equation*}=8.$

Lema 1

Sea $A\in \mathscr M_{n\times n}(\mathbb R)$ tal que $a_{n1}=\cdots=a_{nn-1}=0$, entonces $det\,A=a_{nn}det\,A(n\mid n).$

Demostración

Sea $A\in \mathscr M_{n\times n}(\mathbb R)$ tal que $a_{n1}=\cdots=a_{nn-1}=0$.

Por definición de determinante tenemos que:

$\det\,A=\displaystyle\sum_{\sigma\in S_n}sgn\,\sigma\,a_{1\sigma(1)}\cdots a_{n\sigma(n)}.$

Como todos los elementos de la fila $n$ son cero salvo en $n$-ésimo entonces los únicos sumandos que pueden contribuir con algún valor no nulo son aquellos tales que $\sigma(n)=n$, así:

$\det\,A=\displaystyle\sum_{\sigma\in S_n, \sigma(n)=n}sgn\,\sigma\,a_{1\sigma(1)}\cdots a_{n-1\sigma(n-1)} a_{nn}.$

Factorizando $a_{nn}$ tenemos que:

$\det\,A=a_{nn}\displaystyle\sum_{\sigma\in S_n, \sigma(n)=n}sgn\,\sigma\,a_{1\sigma(1)}\cdots a_{n-1\sigma(n-1)}.$

Pero cada $\sigma\in S_n$ tal que $\sigma(n)=n$ da lugar a una $\gamma\in S_{n-1}$, a saber $\gamma:\{1,2,\dots ,n-1\}\rightarrow\{1,2,\dots ,n-1\}$ tal que $\gamma(i)=\sigma(i)$ para toda $i\in\{1,2,\dots ,n-1\}$, y recíprocamente, cada $\gamma\in S_{n-1}$ da lugar a una $\sigma\in S_{n}$ tal que $\sigma(n)=n$, a saber $\sigma:\{1,2,\dots ,n\}\rightarrow\{1,2,\dots ,n\}$ tal que $\sigma(i)=\gamma(i)$ para toda $i\in\{1,2,\dots ,n-1\}$ y $\sigma(n)=n$. Podemos reescribir lo anterior entonces como:

$\det\,A= a_{nn} \displaystyle\sum_{\gamma\in S_{n-1}}sgn\,\gamma\,a_{1\gamma(1)}\cdots a_{n-1\gamma(n-1)}$

y por definición de determinante tenemos que:

$det\,A=a_{nn}det\,A(n\mid n).$

$\square$

Lema 2

Sea $A\in \mathscr M_{n\times n}(\mathbb R),\,\,i,j\in\set{1,\dotsc,n}.$ Si todos los elementos del renglón $i$ de $A$ salvo quizás $a_{ij}$ son cero, entonces $det\,A=(-1)^{i+j}a_{ij}det\,A(i\mid j).$

Al número $(-1)^{i+j}det\,A(i\mid j)$ se le conoce como el cofactor $i,j$ de $A$.

Demostración

Sea $A\in \mathscr M_{n\times n}(\mathbb R),\,\,i,j\in\set{1,\dotsc,n},\,\,a_{il}=0\,\,\forall l\neq j.$

Entonces todos los elementos del renglón $i$ de $A$ son cero salvo quizás $a_{ij}$, la matriz $A$ se ve de la siguiente forma (el renglón $i$ está marcador en rojo):

$A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{ccccc} a_{11} & \cdots& a_{1j} & \cdots & a_{1n}\\ \vdots & \cdots & \vdots & \cdots & \vdots \\\colorbox{Red}{$0$}& \colorbox{Red}{$\cdots$} & \colorbox{Red}{$a_{ij}$} & \colorbox{Red}{$\cdots$} & \colorbox{Red}{$0$}\\ \vdots & \cdots & \vdots & \cdots & \vdots\\ a_{n1} & \cdots & a_{nj} & \cdots & a_{nn} \end{array}\right) \end{equation*}.$

Vamos a intercambiar renglones y columnas para llevar esta matriz a una del tipo de las requeridas en las hipótesis del lema 1.

Nuestro objetivo es transformar la matriz $A$ en una equivalente $A’$, que tenga en el último renglón ceros en todas sus entradas salvo en la última, y cuyo menor $n,n$ que es $det\,A'(n\mid n)$, sea igual al menor $i,j$ de $A$, es decir el determinante de la matriz que se obtiene de quitar el $i$-ésimo renglón y la $j$-ésima columna de $A$.

La matriz $A’$ es de la forma:

$A’=\begin{equation*} \left(\begin{array}{ccccccc} a_{11} & \cdots& a_{1j-1} & a_{1j+1} & \cdots & a_{1n} & a_{ij}\\ \vdots & \cdots & \vdots & \vdots & \cdots &\vdots &\vdots \\ a_{i-11} & \cdots & a_{i-1j-1} & a_{i-1j+1} &\cdots & a_{i-1n} & a_{i-1j} \\ a_{i+11} & \cdots & a_{i+1j-1} & a_{i+1j+1} &\cdots & a_{i+1n} & a_{i+1j} \\ \vdots & \cdots & \vdots & \vdots & \cdots &\vdots &\vdots\\ a_{n1} & \cdots& a_{nj-1} & a_{nj+1} & \cdots & a_{nn} & a_{nj} \\ \colorbox{Red}{$0$}& \colorbox{Red}{$\cdots$}&\colorbox{Red}{$0$} & \colorbox{Red}{$0$}& \colorbox{Red}{$\cdots$} & \colorbox{Red}{$0$} & \colorbox{Red}{$a_{ij}$} \end{array}\right) \end{equation*}.$

Observa que para llegar a $A’$, movimos primero el renglón $i$ de $A$ $n-1$ veces, intercambiándolo con cada uno de los renglones subsecuentes, y después intercambiando la columna $j$ de la matriz obtenida $n-j$ veces con las columnas subsecuentes.

Por la propiedad $3$ de la nota anterior tenemos que:

$det\,A=(-1)^{(n-i)+(n-j)}det\,A’.$

Desarrollando tenemos que:

$det\,A=(-1)^{2n-(i+j)}det\,A’=(-1)^{2n}(-1)^{-(i+j)}det\,A’$

y dado que $(-1)^{2n}=1$ y que $(-1)^{-(i+j)}=\frac{1}{(-1)^{i+j}}=(-1)^{i+j}.$

Obtenemos por el lema 1 que:

$det\,A=(-1)^{i+j}a_{ij}det\,A(i\mid j).$

$\square$

Teorema

Sea $A\in \mathscr M_{n\times n}(\mathbb R)$ se tiene que:

$det\,A=(-1)^{i+1}a_{i1}det\,A(i\mid 1)+(-1)^{i+2}a_{i2}det\,A(i\mid 2)+\cdots+(-1)^{i+n}a_{in}det\,A(i\mid n).$

O bien

$det\,A=(-1)^{1+j}a_{1j}det\,A(1\mid j)+(-1)^{2+j}a_{2j}det\,A(2\mid j)+\cdots+(-1)^{n+j}a_{nj}det\,A(n\mid j).$

Ve el siguiente video de la demostración del teorema

Demostración

Sea $A\in \mathscr M_{n\times n}(\mathbb R)$

Vamos a considerar el renglón $i$, y pensaremos que en cada término $a_{ij}$ aparece una suma de $n$ términos, $n-1$ son ceros y el otro $a_{ij}$ en el sumando $j$-ésimo. Así vamos a escribir $A$ como:

$A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{ccccc} a_{11} & \cdots& a_{1j} & \cdots & a_{1n}\\ \vdots & \cdots & \vdots & \cdots & \vdots \\\colorbox{Red}{$a_{i1}+0+\cdots+0$}& \colorbox{Red}{$\cdots$} & \colorbox{Red}{$0+\cdots+a_{ij}+\cdots+0$} & \colorbox{Red}{$\cdots$} & \colorbox{Red}{$0+\cdots+0+a_{in}$}\\ \vdots & \cdots & \vdots & \cdots & \vdots\\ a_{n1} & \cdots & a_{nj} & \cdots & a_{nn} \end{array}\right) \end{equation*}.$

Desde esta perspectiva podemos visualizar al renglón $i$ como la suma de los siguientes $n$ vectores:

$(a_{i1},0,\dotsc,0),(0,a_{i2},0,\dotsc,0),\dotsc, (0,\dotsc,0,a_{in}).$

Consideraremos ahora para cada renglón $i$, una matriz que tiene los mismos renglones que $A$, excepto en el $i$-ésimo renglón, en el que tendremos precisamente al vector $i$-ésimo de la lista anterior.

Recordemos la propiedad uno de determinantes vista en la nota 41 que nos dice que: Si $R_t^{\prime}$ y $R_t^{\prime\prime}$ son los renglones $t$ de $A’$ y $A^{\prime\prime}$ respectivamente, el renglón $t$ de $A$ es $R_t^{\prime}+R_t^{\prime\prime}$, y el resto de los renglones de $A, A’$ y $ A^{\prime\prime}$ coinciden, entonces $det\,A=det\,A’+det\,A^{\prime\prime}.$ Gracias a dicha propiedad obtenemos que:

$detA=det\,\begin{equation*} \left(\begin{array}{ccccc} a_{11} & \cdots& a_{1j} & \cdots & a_{1n}\\ \vdots & \cdots & \vdots & \cdots & \vdots \\\colorbox{Red}{$a_{i1}$}& \colorbox{Red}{$\cdots$} & \colorbox{Red}{$0$} & \colorbox{Red}{$\cdots$} & \colorbox{Red}{$0$}\\ \vdots & \cdots & \vdots & \cdots & \vdots\\ a_{n1} & \cdots & a_{nj} & \cdots & a_{nn} \end{array}\right) \end{equation*}$ $+\cdots+$ $det\,\begin{equation*} \left(\begin{array}{ccccc} a_{11} & \cdots& a_{1j} & \cdots & a_{1n}\\ \vdots & \cdots & \vdots & \cdots & \vdots \\\colorbox{Red}{$0$}& \colorbox{Red}{$\cdots$} & \colorbox{Red}{$a_{ij}$} & \colorbox{Red}{$\cdots$} & \colorbox{Red}{$0$}\\ \vdots & \cdots & \vdots & \cdots & \vdots\\ a_{n1} & \cdots & a_{nj} & \cdots & a_{nn} \end{array}\right) \end{equation*}$ $+\dotsc+$ $\, \begin{equation*} \left(\begin{array}{ccccc} a_{11} & \cdots& a_{1j} & \cdots & a_{1n}\\ \vdots & \cdots & \vdots & \cdots & \vdots \\\colorbox{Red}{$0$}& \colorbox{Red}{$\cdots$} & \colorbox{Red}{$0$} & \colorbox{Red}{$\cdots$} & \colorbox{Red}{$a_{in}$}\\ \vdots & \cdots & \vdots & \cdots & \vdots\\ a_{n1} & \cdots & a_{nj} & \cdots & a_{nn} \end{array}\right) \end{equation*}.$

Y así por el lema 2 obtenemos que:

$det\,A=(-1)^{i+1}a_{i1}det\,A(i\mid 1)+\cdots+(-1)^{i+j}a_{ij}det\,A(i\mid j)+\cdots+(-1)^{i+n}a_{in}det\,A(i\mid n).$

La prueba es análoga para las columnas.

$\square$

Ejemplos

$1.$ Considera la matriz $A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrrrr} 1 & -2 & 8 & 0 & 4 \\ 5 & 0 & 13 & 0 & 2 \\ 3 & 8 & 9 & 5 & 7 \\ 0 & 0 & -2 & 0 & 0\\ 9 & 0 & 11 & 0 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}$

Vamos a desarrollar su determinante. Conviene al desarrollar hacerlo por los renglones o columnas que tengan muchos ceros, vamos a desarrollar por la cuarta columna.

$det\,A=det\,\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrrrr} 1 & -2 & 8 & \colorbox{Red}{$0$} & 4 \\ 5 & 0 & 13 & \colorbox{Red}{$0$} & 2 \\ 3 & 8 & 9 & \colorbox{Red}{$5$} & 7 \\ 0 & 0 & -2 & \colorbox{Red}{$0$} & 0\\ 9 & 0 & 11 & \colorbox{Red}{$0$} & 1 \end{array}\right) \end{equation*}$

Según el teorema tenemos que:

$det\,A=(-1)^{1+4}\,\colorbox{Red}{$0$}\,det\,A(1\mid 4)+(-1)^{2+4}\,\colorbox{Red}{$0$}\,det\,A(2\mid 4)+(-1)^{3+4}\,\colorbox{Red}{$5$}\,det\,A(3\mid 4)+(-1)^{4+4}\,\colorbox{Red}{$0$}\,det\,A(4\mid 4)+(-1)^{1+5}\,\colorbox{Red}{$0$}\,det\,A(5\mid 4).$

Eliminando los términos con cero obtenemos que:

$det\,A=(-1)^{3+4}\,5\,det\,A(3\mid 4)=5\,det\,\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrrr} 1 & -2 & 8 & 4 \\ 5 & 0 & 13 & 2 \\ 0 & 0 & -2 & 0\\ 9 & 0 & 11 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}$

Al desarrollar los términos con ceros no aportan a la suma, este nuevo determinante lo vamos a desarrollar por el tercer renglón que también tiene muchos ceros, sea: $A’=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrrr} 1 & -2 & 8 & 4 \\ 5 & 0 & 13 & 2 \\ \colorbox{Red}{$0$} & \colorbox{Red}{$0$} & \colorbox{Red}{$-2$} & \colorbox{Red}{$0$} \\ 9 & 0 & 11 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}$.

Vamos a considerar su determinante

$det\,A’=det\,\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrrr} 1 & -2 & 8 & 4 \\ 5 & 0 & 13 & 2 \\ \colorbox{Red}{$0$} & \colorbox{Red}{$0$} & \colorbox{Red}{$-2$} & \colorbox{Red}{$0$} \\ 9 & 0 & 11 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}$.

Desarrollando por el tercer renglón, según el teorema tenemos que:

$det\,A’=(-1)^{3+1}\,\colorbox{Red}{$0$}\,det\,A'(3\mid 1)+(-1)^{3+2}\,\colorbox{Red}{$0$}\,det\,A'(3\mid 2) +(-1)^{3+3}\,\colorbox{Red}{$-2$}\,det\,A'(3\mid 3)+(-1)^{3+4}\,\colorbox{Red}{$0$}\,det\,A'(3\mid 4)$

Eliminando los términos con ceros tenemos que:

$det\,A’=(-1)^{3+3}\,\colorbox{Red}{$-2$}\,det\,A'(3\mid 3)=-2\,det\,A'(3\mid 3)=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & -2 & 4 \\ 5 & 0 & 2 \\ 9 & 0 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}$

Y como $det\,A=5\,det\,A’=(5)(-2)\,det\,\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & -2 & 4 \\ 5 & 0 & 2 \\ 9 & 0 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}$

Sea $A^{\prime\prime}=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & \colorbox{Red}{$-2$} & 4 \\ 5 & \colorbox{Red}{$0$} & 2 \\ 9 & \colorbox{Red}{$0$} & 1 \end{array}\right) \end{equation*}$.

Obtenemos su determinante desarrollándolo por la segunda columna

$det\,A^{\prime\prime}=det\,\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & \colorbox{Red}{$-2$} & 4 \\ 5 & \colorbox{Red}{$0$} & 2 \\ 9 & \colorbox{Red}{$0$} & 1 \end{array}\right) \end{equation*}= (-1)^{1+2}\,\colorbox{Red}{$-2$}\,det\, A^{\prime\prime} (1\mid 2) + (-1)^{2+2}\,\colorbox{Red}{$0$}\,det\, A^{\prime\prime} (2\mid 2) + (-1)^{3+2}\,\colorbox{Red}{$0$}\,det\, A^{\prime\prime} (3\mid 2)$.

Eliminando los términos con cero tenemos que:

$det\,A^{\prime\prime} = (-1)^{1+2}\,\colorbox{Red}{$-2$}\,det\, A^{\prime\prime} (1\mid 2) =2\,det\, A^{\prime\prime} (1\mid 2) = 2\, \begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 5 & 2 \\ 9 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}$

Y como $det\,A=(-5)(-2)det\,A^{\prime\prime}$ obtenemos que:

$det\, A= (-5)(-2)(2)\,det\, \begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 5 & 2 \\ 9 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}=(-5)(-2)(2)[5-18]=(-5)(-2)(2)(-13)=-260$

Para el siguiente ejemplo tienes que tener el consideración las siguientes propiedades de determinantes vistos en la nota anterior.

$2.$ Si $A$ se obtiene de $A’$ multiplicando el renglón $t$ por $\lambda$, entonces:

$det\,A=\lambda det\,A’.$

$3.$ Si $A$ se obtiene de $A’$ intercambiando dos renglones, entonces:

$det\,A=- det\,A’.$

$5.$ Si $A$ se obtiene de $A’$ sumando a un renglón un múltiplo de otro, entonces:

$det\,A= det\,A’.$

Esto es por que es mucho mas fácil obtener el determinante de una matriz escalonada reducida.

Considera la matriz:

$A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrrr} -1 & 4 & 2 & 1 \\ 5 & 5 & 1 & 3 \\ 2 & 2 & 2 & 1 \\ 3 & 6 & 4 & 2 \end{array}\right) \end{equation*}$

	Explicación de las igualdades y operaciones elementales
$det\,A=det\,\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrrr} -1 & 4 & 2 & 1 \\ 5 & 5 & 1 & 3 \\ 2 & 2 & 2 & 1 \\ 3 & 6 & 4 & 2 \end{array}\right) \end{equation*}$	Efectúa las operaciones elementales: $R_2\to R_2+5R_1$ $R_3\to R_3+2R_1$ $R_4\to R_4+3R_1$
$=det\,\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrrr} -1 & 4 & 2 & 1 \\ 0 & 25 & 11 & 8 \\ 0 & 10 & 6 & 3 \\ 0 & 18 & 10 & 5 \end{array}\right) \end{equation*}$	La igualdad se da por la propiedad 5. Efectúa la operación elemental: $\frac{1}{10} R_3$
$=10\,det\,\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrrr} -1 & 4 & 2 & 1 \\ 0 & 25 & 11 & 8 \\ 0 & 1 & \frac{3}{5} & \frac{3}{10} \\ 0 & 18 & 10 & 5 \end{array}\right) \end{equation*}$	La multiplicación por 10 se da por la propiedad 2. Efectúa la operación elemental: $R_2\leftrightarrow R_3$
$=-10\,det\,\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrrr} -1 & 4 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & \frac{3}{5} & \frac{3}{10}\\ 0 & 25 & 11 & 8 \\ 0 & 18 & 10 & 5 \end{array}\right) \end{equation*}$	El cambio de signo es por la propiedad 3. Efectúa las operaciones elementales: $R_3\to R_3+(-2)R_2$ $R_4\to R_4+(-18)R_2$
$=-10\,det\,\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrrr} -1 & 4 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & \frac{3}{5} & \frac{3}{10}\\ 0 & 0 & -4 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & -\frac{4}{5} & -\frac{2}{5} \end{array}\right) \end{equation*}$	La igualdad se da por la propiedad 5. Efectúa la operación elemental: $R_4\to R_4+(-\frac{1}{5})R_2$
$=-10\,det\,\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrrr} -1 & 4 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & \frac{3}{5} & \frac{3}{10}\\ 0 & 0 & -4 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & -\frac{1}{2} \end{array}\right) \end{equation*}$	La igualdad se da por la propiedad 5.
$=-10(-1)(1)(-4)(-\frac{1}{2})=20$	Por ser una matriz diagonal inferior su determinante es el producto de los elementos de la diagonal. Pruébalo de tarea moral.

Tarea Moral

$1.$ Una matriz cuadrada $A$ es diagonal si $A_{ij}=0$ para $i\neq j$. Por otro lado una matriz cuadrada $A$ es triangular superior si $A_{ij}=0$ para $i>j$. De acuerdo a la definición del determinante.

$i)$ ¿Cuál es el determinante de una matriz diagonal?

$ii)$ ¿Cuál es el determinante de una matriz triangular superior?

$2.$ Sea $A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrrr} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 0 & -1 & 0 & 4\\ 3 & 1 & 0 & 4 \\ 4 & 2 & 1 & 4 \end{array}\right) \end{equation*},$ calcula los menores $3\ 4$ y $1\,1$ de $A$.

$3.$ Calcula el determinante de $A,B,C.$

$A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 8 & 2 & -1\\ -3 & 4 & -6\\ 1 & 7 & 2 \end{array}\right) \end{equation*}$

$B=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrrr} 1 & -3 & 4 & 6 \\ -2 & 4 & 1 & 7\\ 3 & -1 & 2 & 5 \\ 1 & 2 & 3 & 7 \end{array}\right) \end{equation*}$

$C=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} k & -3 & 9\\ 2 & 4 & k+1\\ 1 & k^2 & 3 \end{array}\right) \end{equation*}$

$4.$ Considera la matriz $\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 1\\ a & b & c\\ a^2 & b^2 & c^2 \end{array}\right) \end{equation*}$

¿Cómo es su determinante en términos de $a,b,c$?. ¿Cómo generalizarías el resultado para matrices $n\times n$?

Más adelante

En la siguiente nota veremos la propiedad multiplicativa que tiene el determinante, así como condiciones del determinante para saber si una matriz es invertible.

Enlaces relacionados

Página principal del curso.

Enlace a la nota anterior. Nota 41. Propiedades de los determinantes.

Enlace a la nota siguiente. Nota 43. Propiedad multiplicativa del determinante y teorema de invertibilidad de matrices.

(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)

Introducción

En esta nota deduciremos propiedades importantes que tienen los determinantes, para ello usaremos la definición dada en la nota anterior. Sería conveniente que, si no lo has hecho, revisaras los ejemplos de la nota anterior para que sea más natural su deducción.

Propiedades

Sean $A, A’, A^{\prime\prime}\in \mathscr M_{n\times n}(\mathbb R),\,\lambda\in \mathbb{R}.$

$1.$ Si $R_t^{\prime}$ y $R_t^{\prime\prime}$ son los renglones $t$ de $A’$ y $A^{\prime\prime}$ respectivamente, el renglón $t$ de $A$ es $R_t^{\prime}+R_t^{\prime\prime}$, y el resto de los renglones de $A, A’$ y $ A^{\prime\prime}$ coinciden, entonces:

$det\,A=det\,A’+det\,A^{\prime\prime}.$

$2.$ Si $A$ se obtiene de $A’$ multiplicando el renglón $t$ por $\lambda$, entonces:

$det\,A=\lambda det\,A’.$

$3.$ Si $A$ se obtiene de $A’$ intercambiando dos renglones, entonces:

$det\,A=- det\,A’.$

$4.$ Si $A$ tiene dos renglones iguales, entonces:

$det\,A=0.$

$5.$ Si $A$ se obtiene de $A’$ sumando a un renglón un múltiplo de otro, entonces:

$det\,A= det\,A’.$

$6.$ Si $A$ tiene un renglón de ceros, entonces:

$det\,A=0$

$7.$ $det\,A^t=det\,A.$

Ve el siguiente video con las demostraciones de las propiedades $1$ y $2$:

Demostración de las propiedades

Sean $A, A’, A^{\prime\prime}\in \mathscr M_{n\times n}(\mathbb R),\,\lambda\in \mathbb{R}.$

Demostración de la propiedad 1

Supongamos que $a_{ij}=a_{ij}^{\prime}=a_{ij}^{\prime\prime}$ para todo $i\neq t$ y para todo $j$, supongamos también que $a_{tj}=a_{tj}^{\prime}+a_{tj}^{\prime\prime}$ para todo $j$. Por definición de determinante:

$\det\,A=\displaystyle\sum_{\sigma\in S_n}sgn\,\sigma\,a_{1\sigma(1)}\cdots a_{t\sigma(t)}\cdots a_{n\sigma(n)},$

y entonces por hipótesis $a_{t\sigma(j)}=a_{t\sigma(j)}^{\prime}+a_{t\sigma(j)}^{\prime\prime}.$

Y así:

$\det\,A=\displaystyle\sum_{\sigma\in S_n}sgn\,\sigma\,a_{1\sigma(1)}\cdots ( a_{t\sigma(j)}^{\prime}+a_{t\sigma(j)}^{\prime\prime} )\cdots a_{n\sigma(n)}.$

Aplicando la propiedad distributiva tenemos que:

$\det\,A=\displaystyle\sum_{\sigma\in S_n}sgn\,\sigma\,a_{1\sigma(1)}\cdots a_{t\sigma(t)}^{\prime}\cdots a_{n\sigma(n)} + \displaystyle\sum_{\sigma\in S_n}sgn\,\sigma\,a_{1\sigma(1)}\cdots a_{t\sigma(t)}^{\prime\prime}\cdots a_{n\sigma(n)}$

y por hipótesis $a_{ij}=a_{ij}^{\prime}=a_{ij}^{\prime\prime}$ para todo $i\neq t$ y para todo $j$, por lo tanto:

$\det\,A=\displaystyle\sum_{\sigma\in S_n}sgn\,\sigma\,a_{1\sigma(1)}^{\prime}\cdots a_{t\sigma(t)}^{\prime}\cdots a_{n\sigma(n)}^{\prime} + \displaystyle\sum_{\sigma\in S_n}sgn\,\sigma\,a_{1\sigma(1)}^{\prime\prime}\cdots a_{t\sigma(t)}^{\prime\prime}\cdots a_{n\sigma(n)}^{\prime\prime}.$

Entonces por definición determinante tenemos que:

$det\,A=det\,A’+det\,A^{\prime\prime}.$

Demostración de la propiedad 2

Supongamos que $a_{ij}=a_{ij}^{\prime}$ para toda $ i\neq t$ y para toda $ j$, y que $a_{tj}=\lambda a_{tj}^{\prime}$ para toda $j$.

Por definición de determinante tenemos que:

$\det\,A=\displaystyle\sum_{\sigma\in S_n}sgn\,\sigma\,a_{1\sigma(1)}\cdots a_{t\sigma(t)}\cdots a_{n\sigma(n)}$

pero, por hipótesis, $a_{t\sigma(j)}=\lambda a_{t\sigma(j)}^{\prime}$, así:

$\det\,A=\displaystyle\sum_{\sigma\in S_n}sgn\,\sigma\,a_{1\sigma(1)}\cdots \lambda a_{t\sigma(j)}^{\prime}\cdots a_{n\sigma(n)}.$

También por hipótesis $a_{ij}=a_{ij}^{\prime}$ para toda $i\neq t$, entonces:

$\det\,A=\displaystyle\sum_{\sigma\in S_n}sgn\,\sigma\,a_{1\sigma(1)}^{\prime}\cdots \lambda a_{t\sigma(j)}^{\prime}\cdots a_{n\sigma(n)}^{\prime},$ y conmutando $\lambda$:

$\det\,A= \lambda \displaystyle\sum_{\sigma\in S_n}sgn\,\sigma\,a_{1\sigma(1)}^{\prime}\cdots a_{t\sigma(j)}^{\prime}\cdots a_{n\sigma(n)}^{\prime},$

entonces por definición:

$det\,A=\lambda det\,A’.$

Ve el siguiente video con las demostraciones de las propiedades $3$ y $4$

Demostración de la propiedad 3

Supongamos que $A$ se obtiene de $A’$ intercambiando los renglones $t$ y $s$.

Por definición tenemos que:

$\det\,A=\displaystyle\sum_{\sigma\in S_n}sgn\,\sigma\,a_{1\sigma(1)}\cdots a_{t\sigma(t)}\cdots a_{s\sigma(s)}\cdots a_{n\sigma(n)}$

Al intercambiar los renglones $t$ y $s$ tenemos que:

$a_{t\sigma(t)}=a_{s\sigma(t)}^{\prime}$ y $a_{s\sigma(s)}=a_{t\sigma(s)}^{\prime}$, y además $a_{i\sigma(i)}=a_{i\sigma(i)}^{\prime}$ para toda $i$ distinta de $t$ y de $s$.

Entonces:

$\det\,A=\displaystyle\sum_{\sigma\in S_n}sgn\,\sigma\,a_{1\sigma(1)}^{\prime}\cdots a_{s\sigma(t)}^{\prime}\cdots a_{t\sigma(s)}^{\prime}\cdots a_{n\sigma(n)}^{\prime}$

Observa que la permutación $\gamma = \begin{equation*} \left(\begin{array}{rrrrrrr} 1 & \cdots & t & \cdots & s & \cdots & n\\ \sigma(1) & \cdots & \sigma(s) & \cdots & \sigma(t) & \cdots & \sigma(n) \end{array}\right) \end{equation*}$ es muy parecida a $\sigma$ salvo en su evaluación en $t$ y en $s$. De modo más preciso $\tau\circ \sigma=\gamma$, con $\tau$ la transposición que intercambia a $\sigma(t)$ y a $\sigma(s)$. Entonces difieren sólo en una transposición y por lo tanto $sgn\,\sigma=-sgn\,\gamma$. Vamos a reescribir el determinante en términos de la permutación $\gamma$, y entonces:

$\det\,A=\displaystyle\sum_{\gamma\in S_n} – sgn\,\gamma\,a_{1\gamma(1)}^{\prime}\cdots a_{s\gamma(s)}^{\prime}\cdots a_{t\gamma(t)}^{\prime}\cdots a_{n\gamma(n)}^{\prime},$

entonces por definición tenemos que:

$det\,A=- det\,A’.$

Demostración de la propiedad 4

Supongamos que $A$ tiene iguales los renglones $t$ y $s$. Sea $A’=A$, al intercambiar los renglones $t$ y $s$ de $A’$ obtenemos $A$, por la propiedad $3$ tenemos que:

$det\,A=- det\,A’=-det\,A$, entonces $det\,A=-det\,A$. Así, $2det\,A=0$ y por lo tanto:

$det\,A=0$.

Ve el siguiente video con las demostraciones de las propiedades $5,6,7.$

Demostración de la propiedad 5

Supongamos que $A$ se obtiene de $A’$ sumando al renglón $s$, $\lambda$ veces el renglón $t.$

Entonces si:

$A’=\begin{equation*} \left(\begin{array}{ccccccc} a_{11}^{\prime} & && \cdots & && a_{1n}^{\prime}\\ \vdots & && \cdots & && \vdots\\a_{t1}^{\prime} & && \cdots & && a_{tn}^{\prime}\\ \vdots & && \cdots & && \vdots\\ a_{s1}^{\prime} & && \cdots & && a_{sn}^{\prime}\\ \vdots & && \cdots & && \vdots\\ a_{n1}^{\prime} & && \cdots & && a_{nn}^{\prime} \end{array}\right) \end{equation*}.$

Entonces $A$ es:

$A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{ccccccc} a_{11}^{\prime} & &&\cdots &&& a_{1n}^{\prime}\\ \vdots &&& \cdots &&& \vdots\\a_{t1}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{tn}^{\prime}\\ \vdots &&& \cdots && &\vdots\\ a_{s1}^{\prime}+\lambda a_{t1}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{sn}^{\prime}+\lambda a_{tn}^{\prime}\\ \vdots &&& \cdots &&& \vdots\\ a_{n1}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{nn}^{\prime} \end{array}\right) \end{equation*}.$

Así por la propiedad $1$ tenemos que:

$detA=$ $det \begin{equation*} \left(\begin{array}{ccccccc} a_{11}^{\prime} & &&\cdots &&& a_{1n}^{\prime}\\ \vdots &&& \cdots &&& \vdots\\a_{t1}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{tn}^{\prime}\\ \vdots &&& \cdots && &\vdots\\ a_{s1}^{\prime}+\lambda a_{t1}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{sn}^{\prime}+\lambda a_{tn}^{\prime}\\ \vdots &&& \cdots &&& \vdots\\ a_{n1}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{nn}^{\prime} \end{array}\right) \end{equation*}$ $=det \begin{equation*} \left(\begin{array}{ccccccc} a_{11}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{1n}^{\prime}\\ \vdots &&& \cdots &&& \vdots\\a_{t1}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{tn}^{\prime}\\ \vdots &&& \cdots &&& \vdots\\ a_{s1}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{sn}^{\prime}\\ \vdots &&& \cdots &&& \vdots\\ a_{n1}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{nn}^{\prime} \end{array}\right) \end{equation*}$ $+det \begin{equation*} \left(\begin{array}{ccccccc} a_{11}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{1n}^{\prime}\\ \vdots &&& \cdots &&& \vdots\\a_{t1}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{tn}^{\prime}\\ \vdots &&& \cdots &&& \vdots\\ \lambda a_{t1}^{\prime} &&& \cdots &&& \lambda a_{tn}^{\prime}\\ \vdots &&& \cdots &&& \vdots\\ a_{n1}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{nn}^{\prime} \end{array}\right) \end{equation*},$

y por la propiedad $2$ tenemos que:

$det\,A=$ $det \begin{equation*} \left(\begin{array}{ccccccc} a_{11}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{1n}^{\prime}\\ \vdots &&& \cdots &&& \vdots\\a_{t1}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{tn}^{\prime}\\ \vdots &&& \cdots &&& \vdots\\ a_{s1}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{sn}^{\prime}\\ \vdots &&& \cdots &&& \vdots\\ a_{n1}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{nn}^{\prime} \end{array}\right) \end{equation*}$ $+$ $\lambda det \begin{equation*} \left(\begin{array}{ccccccc} a_{11}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{1n}^{\prime}\\ \vdots &&& \cdots &&& \vdots\\a_{t1}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{tn}^{\prime}\\ \vdots &&& \cdots &&& \vdots\\ a_{t1}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{tn}^{\prime}\\ \vdots &&& \cdots &&& \vdots\\ a_{n1}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{nn}^{\prime} \end{array}\right) \end{equation*},$

y como la matriz que aparece en el segundo sumando tiene dos renglones repetidos, su determinante es cero. Por lo tanto:

$det\,A=$ $det \begin{equation*} \left(\begin{array}{ccccccc} a_{11}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{1n}^{\prime}\\ \vdots &&& \cdots &&& \vdots\\a_{t1}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{tn}^{\prime}\\ \vdots &&& \cdots &&& \vdots\\ a_{s1}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{sn}^{\prime}\\ \vdots &&& \cdots &&& \vdots\\ a_{n1}^{\prime} &&& \cdots &&& a_{nn}^{\prime} \end{array}\right) \end{equation*}=det A’$

Demostración de la propiedad 6

Si el renglón $t$ de $A$ es un renglón de ceros, al multiplicar el renglón $t$ por cero obtenemos $A$, así por la propiedad $2$:

$det\,A=0det\,A=0.$

Observación

Sea $\sigma\in S_n,\,\,sgn\,\sigma=sgn\,\sigma^{-1}$ ya que si $\sigma=\tau_m\circ\cdots\circ\tau_1$ es un producto de transposiciones entonces tenemos que $\sigma^{-1}=\tau_1\circ\cdots\circ\tau_m.$

Demostración de la propiedad 7

Sea $A^t=(b_{ij})$, entonces de la definición de determinante

$\det\,A^t=\displaystyle\sum_{\sigma\in S_n}sgn\,\sigma\,b_{1\sigma(1)}\cdots b_{n\sigma(n)}.$

Por la definición de transpuesta tenemos que $b_{i\sigma(i)}=a_{\sigma(i)i}$ para toda $i$, entonces:

$\det\,A^t=\displaystyle\sum_{\sigma\in S_n}sgn\,\sigma\,a_{\sigma(1)1}\cdots a_{\sigma(n)n}.$

Por la observación tenemos que:

$\det\,A^t=\displaystyle\sum_{\sigma\in S_n}sgn\,\sigma^{-1} \,a_{\sigma(1)\sigma^{-1}(\sigma(1))}\cdots a_{\sigma(n)\sigma^{-1}(\sigma(n))}.$

Observemos que cada factor $a_{\sigma(i)\sigma^{-1}(\sigma(i))}$, es de la forma $a_{j\sigma^{-1}(j)}$ con $j\in\{1,2,\dots ,n\}$, entonces reacomodando dichos factores en orden creciente de acuerdo al valor de $j$ tenemos:

$\det\,A^t=\displaystyle\sum_{\sigma\in S_n}sgn\,\sigma^{-1}\,a_{1\sigma^{-1}(1)}\cdots a_{n\sigma^{-1}(n)}.$

Si denotamos $\gamma=\sigma^{-1}$, al reescribir en términos de $\gamma$ tenemos que:

$\det\,A^t=\displaystyle\sum_{\gamma\in S_n}sgn\,\gamma\,a_{1\gamma(1)}\cdots a_{n\gamma(n)}=\det\,A.$

$\square$

Gracias a la propiedad 7 tenemos que:

Corolario

Todas las propiedades antes mencionadas de renglones se cumplen también para las columnas.

Tarea Moral

$1.$ Resuelve los siguientes incisos:

$i)$ Sean $A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{cc} a & b \\ c & d \\ \end{array}\right) \end{equation*}$, $B=\begin{equation*} \left(\begin{array}{cc} e & f \\ c & d \\ \end{array}\right) \end{equation*}$, $C=\begin{equation*} \left(\begin{array}{cc} a+e & b+f \\ c & d \\ \end{array}\right) \end{equation*}.$

Si $det\,A=7$ y $det\,B=\pi$. ¿Cuánto es el determinante de $C$?

$ii)$ Sean $B_1=\begin{equation*} \left(\begin{array}{cc} a_{11} & 0 \\ a_{21} & a_{22} \\ \end{array}\right) \end{equation*}$, $B_2=\begin{equation*} \left(\begin{array}{cc} 0 & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \\ \end{array}\right) \end{equation*}$ y $A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{cc} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \\ \end{array}\right) \end{equation*}$. Calcula el determinante de $A$ en términos de los determinantes de $B_1$ y $B_2$.

$iii)$ ¿Cómo podrías generalizar el resultado del inciso anterior a matrices de $n\times n$?

$2.$ Sean $A\in \mathscr M_{n\times n}(\mathbb R)$ y $\lambda \in \mathbb R$. ¿Cómo es el determinante de $\lambda A$ en términos del determinante de $A$?

$3.$ Sean $A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} a & b & c \\ d & e & f \\ g & h & i \end{array}\right) \end{equation*}$ y $B=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} g & h & i \\ a & b & c \\ d & e & f \end{array}\right) \end{equation*}.$

¿Cómo es el determinante de $B$ comparado con el determinante de $A$?

$4.$ Sea $A\in \mathscr M_{n\times n}(\mathbb R)$. Si un renglón de $A$ es múltiplo de otro. ¿Qué ocurre con el determinante de $A$?

Más adelante

En la siguiente nota deduciremos una fórmula para el calculo del determinante.

Enlaces relacionados

Página principal del curso.

Enlace a la nota anterior. Nota 40. Determinantes.

Enlace a la nota siguiente. Nota 42. Formula para obtener el determinante.

(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)

Introducción

El determinante de una matriz es un valor numérico que se puede calcular a partir de los elementos de la matriz y que tiene muchas aplicaciones en álgebra lineal y otras áreas de las matemáticas y la física. Una forma de calcular el determinante es mediante la definición en términos de permutaciones.

En esta definición, se considera una matriz cuadrada y se toman todas las posibles permutaciones de las filas o columnas de la matriz. Para cada permutación, se calcula un producto de elementos de la matriz, donde cada elemento proviene de una fila o columna diferente, y se suman todos estos productos. El resultado de esta suma es el determinante de la matriz.

Esta definición puede parecer complicada al principio, pero es muy poderosa y se puede utilizar para calcular determinantes de matrices de cualquier tamaño. Además, tiene muchas propiedades útiles, como la linealidad en las filas o columnas de la matriz, que permiten simplificar muchos cálculos.

En el siguiente video de 3Blue1Brown se da una aproximación geométrica e intuitiva de lo que es el determinante.

Ve el siguiente video de la clase.

Antes de llegar a la definición de lo que es un determinante analicemos lo que es una permutación.

Definición

Las permutaciones de $n$ elementos son:

$S_n=\set{\sigma:\set{1,\dotsc,n}\to\set{1,\dotsc,n}\mid \sigma\,\,es\,\,biyectiva }$

Una permutación $\sigma \in S_n$ se llama una transposición si intercambia dos números y deja fijos a los demás.

Nota

Toda permutación es composición de transposiciones. Puede que haya varias composiciones que den la misma permutación, pero todos son la composición de un número par de transposiciones o todas son la composición de un número impar de transposiciones.

Definición

Sea $\sigma \in S_n$. Decimos que $\sigma$ es par si es la composición de un número par de transposiciones, e impar en caso contrario.

El signo de $\sigma$ es $+1$ en el primer caso y $-1$ en el segundo caso y se denota por $sgn\,\sigma.$

Ejemplo

Considera el conjunto

$S_3=\set{\sigma:\set{1,2,3}\to\set{1,2,3}\mid \sigma\,\,es\,\,biyectiva }.$

Podemos dar todos elementos del conjunto, es decir todas las funciones biyectivas :

$\sigma_1=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 1 & 2 & 3 \end{array}\right) \end{equation*}$, $\sigma_2=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 2 & 1 & 3 \end{array}\right) \end{equation*}$, $\sigma_3=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 1 & 3 & 2 \end{array}\right) \end{equation*}$, $\sigma_4=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 3 & 2 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}$, $\sigma_5=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 2 & 3 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}$, $\sigma_6=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 3 & 1 & 2 \end{array}\right) \end{equation*}.$

¿Cuál es el signo de $\sigma_2$?

$\sigma_2=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 2 & 1 & 3 \end{array}\right) \end{equation*}$ es un transposición ya que intercambia el $1$ con el $2$ y deja fijo al $3$, entonces $\sigma_2$ es impar y $sgn\,\sigma_2=-1$.

Observa que $\sigma_3=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 1 & 3 & 2 \end{array}\right) \end{equation*}$ y $\sigma_4=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 3 & 2 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}$ también son transposiciones y por lo tanto también su signo es $-1$.

¿Cuál es el signo de $\sigma_1$?

Observa que la composición de $\sigma_2\circ \sigma_2=\sigma_1$.

Como $\sigma_2\circ \sigma_2=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 1 & 2 & 3 \end{array}\right) \end{equation*}$ $=\sigma_1$, siendo $\sigma_2$ una transposición, entonces $\sigma_1$ es par pues la composición de $\sigma_2$ con si misma. Su signo por lo tanto es $1$, $sgn\,\sigma_1=+1$.

¿Cuál es el signo de $\sigma_5$?

Observa que la composición de $\sigma_2=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 2 & 1 & 3 \end{array}\right) \end{equation*}$ con $\sigma_4=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 3 & 2 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}$ nos da $\sigma_5=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 2 & 3 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}.$

Así, $\sigma_4\circ \sigma_2=\sigma_5$, con $\sigma_4$ y $\sigma_2$ transposiciones.

Concluimos que $\sigma_5$ es par y por tanto $sgn\,\sigma_5$=+1.$

¿Cuál es el signo de $\sigma_6$?

La composición de $\sigma_4=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 3 & 2 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}$ con $\sigma_2=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 2 & 1 & 3 \end{array}\right) \end{equation*}$ nos da $\sigma_6=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 3 & 1 & 2 \end{array}\right) \end{equation*}.$

Así, $\sigma_2\circ \sigma_4=\sigma_6$, con $\sigma_2$ y $\sigma_4$ transposiciones.

Concluimos que $\sigma_6$ es par y por tanto su signo es $+1$.

Observemos que $\sigma_6=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 3 & 1 & 2 \end{array}\right) \end{equation*}$ es la inversa de $\sigma_5=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 2 & 3 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}$, por eso es la composición de las mismas transposiciones que $\sigma_5$ pero en orden inverso.

Los que acabamos de ver es que:

$\sigma_1,\sigma_5,\sigma_6$ son pares y $\sigma_2,\sigma_3,\sigma_4$ son impares.

Con estos elementos vamos a dar la definición de lo que es el determinante de una matriz.

Ve el siguiente video

Definición

Sea $A\in \mathscr M_{n\times n}(\mathbb R)$. El determinante de $A$ es:

$\det\,A=\displaystyle\sum_{\sigma\in S_n}sgn\,\sigma\,a_{1\sigma(1)}a_{2\sigma(2)}\cdots a_{n\sigma(n)}$

Observación Sea $A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \\ \end{array}\right) \end{equation*}$, entonces

$\det\,A=a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}.$

Esto se debe a que las únicas permutaciones de $\{1,2\}$ son $\sigma_1=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 1 & 2 \end{array}\right) \end{equation*}$, que es la identidad y tiene signo $+1$, y la transposición $\sigma_2=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{array}\right) \end{equation*}$ que tiene signo $-1.$ Así,

$\det\,A=sgn\,\sigma_1\,a_{1\sigma_1(1)}a_{2\sigma_1(2)}+sgn\,\sigma_2\,a_{1\sigma_2(1)}a_{2\sigma_2(2)}=(+1)\,a_{11}a_{22}+(-1)\,a_{12}a_{21}=a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}.$

Ejemplos.

En estos ejemplos veremos lo que sucede con el determinante, cuando aplicamos las distintas operaciones elementales a una matriz.

$1.$ Considera las matrices $A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 3 & 4 \\ \end{array}\right) \end{equation*}$, $A’=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ -1 &5 \\ \end{array}\right) \end{equation*}$, $A^{\prime\prime}=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 2 & 9 \\ \end{array}\right) \end{equation*}.$

Si obtenemos sus determinantes tenemos que:

$det\,A’=4-6=-2,\,\,det\,A^{\prime\prime}=5-(-2)=7\,\,,det\,A=9-4=5$

Observa que en este ejemplo, el segundo renglón de $A^{\prime\prime}$ se obtiene de la suma de los segundos renglones de $A$ y $A^{\prime\prime}$, y su primer renglón coincide con los de $A$ y $A^{\prime}$,

Y lo que estamos observando es que:

$det\,A^{\prime\prime}=det\,A+det\,A^{\prime}$.

$2.$ Sean $A’=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 3 & 4 \\ \end{array}\right) \end{equation*}$ y $A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 3 & 6 \\ 3 & 4 \\ \end{array}\right) \end{equation*}.$

El primer renglón de $A$ se obtiene multiplicando por $3$ el primer renglón de $A’$

Los determinantes de estas matrices son:

$det\,A’=4-6=-2,\,\,det\,A=12-18=-6$

y lo que estamos observando es que:

$det\,A=3det\,A’.$

$3.$ Veamos qué sucede con el determinante cuando intercambiamos renglones en una matriz. Considera las matrices:

$A’=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 3 & 4 \\ \end{array}\right) \end{equation*}$ y $A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 3 & 4 \\ 1 & 2 \\ \end{array}\right) \end{equation*},$

$det\,A’=4-6=-2,\,\,det\,A=6-4=2.$

En este caso tenemos que:

$det\,A=-det\,A’.$

$4.$ Veamos qué pasa cuando en una matriz hay dos renglones iguales.

Sea $A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 1 & 2 \\ \end{array}\right) \end{equation*},$ entonces

$det\,A=2-2=0$, es decir el determinante vale cero.

$5.$ Veamos qué pasa cuando le sumamos a un renglón un múltiplo de otro.

Sea $A’=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 3 & 4 \\ \end{array}\right) \end{equation*}$ y considera su matriz equivalente $A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 1 & 0 \\ \end{array}\right) \end{equation*}$, que se obtiene de $A’$, sumando al renglón dos de $A’$ menos dos veces el primero.

Entonces $det\,A’=4-6=-2,\,\,det\,A=0-2=-2.$ En este caso

$det\,A=det\,A’.$

es decir el determinante coincide.

$6.$ Consideremos una matriz con un renglón de ceros, por ejemplo

$A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 0 & 0 \\ \end{array}\right) \end{equation*}.$ Notamos que su determinante es $det\,A=0-0=0$.

$7.$ Por último veamos qué pasa con el determinante al transponer una matriz.

Sean $A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 3 & 4 \\ \end{array}\right) \end{equation*}$ y considera su transpuesta $A^t=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} 1 & 3 \\ 2 & 4 \\ \end{array}\right) \end{equation*}$

Si calculamos sus determinantes tenemos que:

$det\,A=4-6=-2,\,\,det\,A=4-6=-2.$

En este caso:

$det\,A=det\,A^t.$

Tarea Moral

$1.$ Encuentra todas las permutaciones de $\set{1,2,3,4}$ y su signo. ¿Cuántas hay en total?, ¿Cuántas son pares?

$2.$ Sea $A=\begin{equation*} \left(\begin{array}{rr} -3& 1 \\ 7 & 9 \\ \end{array}\right) \end{equation*}$ y calcula:

$i)$ Su determinante.

$ii)$ El $det\,B$, donde $B$ se obtiene de $A$ multiplicando su segundo renglón por $4.$

$iii)$ El $det\,C$, donde $C$ se obtiene de $A$ intercambiando sus renglones entre sí.

$iv)$ El $det\,D$, donde $D$ se obtiene de $A$ sumando al segundo renglón dos veces el primero.

Más adelante

En la siguiente nota veremos que las propiedades observadas en los ejemplos se cumplen en general, para ello usaremos la definición que dimos de determinante.

Enlaces relacionados

Página principal del curso.

Enlace a la nota anterior. Nota 39. Ejemplos de sistemas de ecuaciones.

Enlace a la nota siguiente. Nota 41. Propiedades de los determinantes.

Introducción

En este sección estudiamos el espacio euclideo n-dimensional, espacio que sería la base de todo el desarrollo posterior.

Definición. Como conjunto, $\mathbb{R}^{n}$ es la colección de todas las n-adas ordenadas de números reales. Es decir $$\mathbb{R}^{n}={(x_{1},x_{2},…,x_{n})|x_{i}\in \mathbb{R},~i=1,2,…,n}$4

Notación
Denotamos a un elemento de $\mathbb{R}^{n}$ por $\overline{x}=(x_{1},x_{2},…,x_{n})$\Dados dos elementos $\overline{x},\overline{y}\in \mathbb{R}^{n}$ decimos que $\overline{x}=\overline{y}\Leftrightarrow x_{i}=y_{i}$ $\forall i=1,2,…,n$.
Frecuentemente a los elementos de $\mathbb{R}^{n}$ se les denomina vectores, y con las operaciones usuales (suma y producto por un escalar), definidas como
Definición. La suma $+:\mathbb{R}^{n}\times \mathbb{R}^{n}\rightarrow \mathbb{R}^{n}$ para dos elementos $\overline{x},\overline{y}\in\mathbb{R}^{n}$ se define asi:
$$\overline{x}+\overline{y}=(x_{1},x_{2},…,x_{n})+(y_{1},y_{2},…,y_{n})=(x_{1}+y_{1},x_{2}+y_{2},…,x_{n}+y_{n})$$
El producto $\overline{x}\in\mathbb{R}^{n}$ por un escalar $a\in\mathbb{R}$ como
$$\alpha(x_{1},x_{2},…,x_{n})=(\alpha x_{1},\alpha x_{2},…,\alpha x_{n})$$
$\mathbb{R}^{n}$ es un espacio vectorial.
La base canónica de dicho espacio vectorial son los vectores:$$e_{1}=(1,0,0,…,0)$$$$e_{2}=(0,1,0,…,0)$$$$.$$$$.$$$$.$$$$e_{n}=(0,0,0,…,1)$$
ya que si $\overline{x}=(x_{1},x_{2},…,x_{n})$, se tiene que $\overline{x}=x_{1}e_{1}+x_{2}e_{2}+…+x_{n}e_{n}$

Estructura Geométrica

Para dotar de una estructura geométrica al espacio $\mathbb{R}^{n}$ (que incluya los conceptos de distancia, ángulo y ortogonalidad) debemos dotar a $\mathbb{R}^{n}$ de un producto escalar.
Definición. Sea E un espacio vectorial, un producto escalar en E es una función de $E\times E$ en $\mathbb{R}$ que a cada par de vectores $\overline{x},\overline{y}$ le asocia un número $$\langle \overline{x},\overline{y}\rangle$$ que satisface las siguientes propiedades:

(a) $\langle \overline{x},\overline{x}\rangle>0$ si $\overline{x}\neq 0$
(b) $\langle \overline{x},\overline{y}\rangle=\langle \overline{y},\overline{x}\rangle$
(c) $ \langle \lambda \overline{x},\overline{y}\rangle=\lambda\langle \overline{x},\overline{y}\rangle$
(d) $\langle \overline{x}+\overline{y},\overline{z}\rangle=\langle \overline{x}+\overline{z}\rangle+\langle \overline{y},\overline{z}\rangle$
Ejemplo. Sea $C[a,b]$ el espacio lineal de todas las funciones reales continuas continuas en el intervalo $[a,b]$. Definimos $\langle f,g\rangle$ mediante la fórmula $$\langle f,g\rangle=\int_{a}^{b}f(t)g(t)dt.$$
Vamos a probar que $\langle f,g\rangle$ define un producto escalar en $c([a,b])$
(a) Tenemos que
$$\langle f,g\rangle=\int_{a}^{b}f(t)\cdot f(t)~dt=\int_{a}^{b}f^{2}(t)~dt~\geq 0~$$
la última desigualdad la justificamos usando las propiedades de la integral $\displaystyle{f\geq 0~\Rightarrow~\int_{a}^{b}f~\geq 0~}$
(b) Tenemos que
$$\langle f,g\rangle=\int_{a}^{b}f(t)g(t)~dt=\int_{a}^{b}g(t)f(t)~dt=\langle g,f\rangle$$
(c) Tenemos que
$$\langle \lambda f,g\rangle=\int_{a}^{b}\lambda~f(t)~g(t)~dt=\lambda~\int_{a}^{b}f(t)~g(t)~dt=\lambda~\langle f,g\rangle$$
(d) Tenemos que
\begin{align*} \langle f+g,h\rangle & =\int_{a}^{b}[f(t)+g(t)]h(t)~dt \\ &=\int_{a}^{b}[f(t)h(t)+g(t)h(t)]~dt \\ &=\int_{a}^{b}f(t)h(t)~dt+\int_{a}^{b}g(t)h(t)~dt \\ &=\langle f,h\rangle+\langle g,h\rangle \end{align*}
en este caso $\langle f,g\rangle$ es un producto escalar para $C[a,b]$.$\blacksquare$

El espacio normado $\mathbb{R}^{n}$

Definición. Un producto escalar $\langle,\rangle$ en un espacio vectorial E da lugar a una noción de longitud de un vector $\overrightarrow{x}\in E$, llamada su norma, y definida como
$$|\overline{x}|=\sqrt{\langle \overline{x},\overline{x}\rangle}$$
En general, una norma en un espacio vectorial E es una aplicación $x\rightarrow |x|$ de E en $(0,+\infty)$ que satisface las siguientes propiedades:
(1) $|\overline{x}|\geq 0$ para toda $\overline{x}\in\mathbb{R}^{n}$ y $|\overline{x}|=0$ si y sólo si $\overline{x}=\overline{0}$
(2) $|\lambda \overline{x}|=\lambda |\overline{x}|$ para toda $\overline{x}\in\mathbb{R}^{n}$ y $\lambda\in \mathbb{R}$
(3) $|x+y|\leq |x|+|y|$ para cualesquiera $\overline{x},\overline{y}\in\mathbb{R}^{n}$ (Desigualdad Triangular)
Al par $(E,|.|)$ se le denomina espacio normado.
Ejemplo. Veamos que
$$|\overline{x}|=\sqrt{\langle \overline{x},\overline{x}\rangle}$$
define una norma.
Solucion.
(1) Tenemos que
$$|\overline{x}|=\sqrt{\langle \overline{x},\overline{x}\rangle}\geq 0$$
la última igualdad la justificamo así: $\langle \overline{x},\overline{x}\rangle>0~\Rightarrow~\sqrt{\langle \overline{x},\overline{x}\rangle}>0$
(2) Tenemos que
\begin{align*} |\lambda \overline{x}| &=\sqrt{\langle \lambda\overline{x},\lambda\overline{x}\rangle} \\ &=\sqrt{\lambda^{2}\langle \overline{x},\overline{x}\rangle} \\ &=|\lambda|\langle \overline{x},\overrightarrow{x}\rangle\\ &=|\lambda|~|\overline{x}| \end{align*}
(3) Para la desigualdad del triángulo necesitamos antes probar un resultado
$\fbox{Lema: Desigualdad de Caychy}$
Si E es un espacio vectorial entonces $\forall~\overline{x},\overline{y}\in E$ se cumple
$$|\langle\overline{x},\overline{y}\rangle|\leq |\overline{x}|~|\overline{y}|$$
Demostración. Supongamos que $\overline{x},\overline{y}\neq 0$ y definimos
$$\overline{u}=\frac{\overline{x}}{\|\overline{x}\|}~~\overline{v}=\frac{\overline{y}}{\|\overline{y}\|}$$
Tenemos entonces que
\begin{align*} \|\overline{u}\| & =\left\|\frac{\overline{x}}{|\overline{x}|}\right\|=\frac{\|\overline{x}\|}{\|\overline{x}\|}=1 \\ \|\overline{v}\| & =\left\|\frac{\overline{y}}{\|\overline{y}\|}\right\|=\frac{\|\overline{y}\|}{\|\overline{y}\|}=1 \end{align*}
Por tanto
\begin{align*} 0\leq \|\overline{u}-\overline{v}\|^{2} & =\langle\overline{u}-\overline{v},\overline{u}-\overline{v}\rangle \\ & =\langle\overline{u}-\overline{u}\rangle-2\langle\overline{u}-\overline{v}\rangle+\overline{v}-\overline{v} \\ & =\|\overline{u}\|^{2}-2\langle\overline{u}-\overline{v}\rangle+\|\overline{u}\|^{2} \\ & =1-2\langle\overline{u},\overline{v}\rangle+1 \\ & =2-2\langle\overline{u},\overline{v}\rangle \end{align*}
Por lo tanto
\begin{align*} 0\leq 2-2\langle\overline{u},\overline{v}\rangle&~\Rightarrow~2\langle\overline{u},\overline{v}\rangle\leq 2 \\ &~\Rightarrow~\langle\overline{u},\overline{v}\rangle\leq 1 \\ &~\Rightarrow~\left\langle\frac{\overline{x}}{|\overline{x}|},\frac{\overline{y}}{\|\overline{y}\|}\right\rangle\leq 1 \\ &~\Rightarrow~\frac{1}{\|\overline{x}\|~\|\overline{y}\|}\langle\overline{x},\overline{y}\rangle\leq 1 \\ &~\Rightarrow~\langle\overline{x},\overline{y}\rangle\leq\|\overline{x}\|~\|\overline{y}\| \end{align*}
Reemplazando $\overline{x}$ por $-\overline{x}$ se obtiene que
\begin{align*} \langle\overline{-x},\overline{y}\rangle\leq\|-\overline{x}\|~\|\overline{y}\| & ~\Rightarrow~-\langle\overline{x},\overline{y}\rangle\leq~|-1|~|\overline{x}|~|\overline{y}| \\ &~\Rightarrow~\langle\overline{x},\overline{y}\rangle\geq~-\|\overline{x}\|~\|\overline{y}\| \end{align*}
con lo que queda demostrada la desigualdad.$~\blacksquare$
Regresando ahora a la desigualdad triangular tenemos que
\begin{align*} \|\overline{x}+\overline{y}\|=\sqrt{\langle\overline{x}+\overline{y},\overline{x}+\overline{y}\rangle} & ~\Rightarrow~\|\overline{x}+\overline{y}\|^{2}=\langle\overline{x}+\overline{y},\overline{x}+\overline{y}\rangle \\ & ~\Rightarrow~\|\overline{x}+\overline{y}\|^{2}=\langle\overline{x},\overline{x}\rangle+2\langle\overline{x},\overline{y}\rangle+\langle\overline{y},\overline{y}\rangle \\ &~\Rightarrow~\|\overline{x}+\overline{y}\|^{2}=\|\overline{x}\|^{2}+2\langle\overline{x},\overline{y}\rangle+|\overline{y}|^{2} \\ & ~\Rightarrow~\|\overline{x}+\overline{y}\|^{2}\leq \|\overline{x}\|^{2}+2\|\overline{x}\|~\|\overline{y}\|+\|\overline{y}\|^{2} \\ & ~\Rightarrow~\|\overline{x}+\overline{y}\|^{2}\leq \left(\|\overline{x}\|+\|\overline{y}\|\right)^{2} \end{align*}
Y tomando raíces en ambos miembros de la desigualdad, obtenemos el resultado.$~\blacksquare$

Otras normas en $\mathbb{R}^n$

Ejemplo.

$\fbox{La Norma 1 $\|\overline{x}\|_{1}$}$
Definimos $\|\\,\|_1:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ por
$\|\,\|_1 = |x_1|+\ldots+|x_n|$ $\forall \, \bar{x} \in
\mathbb{R}^n$. Vamos a probar que $\|\,\|_1 $ es una norma en
$\mathbb{R}^n$
(a) Dado que $\forall \, x \in \mathbb{R}$ $|x|\geq
0$, se tiene $\|\,\|_1 = |x_1|+\ldots+|x_n|\geq 0$ $\forall \, \bar{x} \in\mathbb{R}^n$.
(b) Si $\alpha \in \mathbb{R}$ y $\bar{x}=(x_1,\ldots,x_n) \in
\mathbb{R}^n$, entonces
\[\begin{array}{ll}
|\alpha\bar{x}| & =|\alpha x_1|+ \ldots + |\alpha
x_n|\\
\, & =|\alpha||x_1|+ \ldots + |\alpha||x_n|\\
\, & = |\alpha|(|x_1|+ \ldots + |x_n|)\\
\, & = |\alpha||\bar{x}| \quad \forall \, \bar{x}\in\mathbb{R}^n\
\end{array}\]
(c) Si $\bar{x}=(x_1,\ldots,x_n)$ y $\bar{y}=(y_1,\ldots,y_n)$ son elementos de $\mathbb{R}^n$
\[\begin{array}{ll}
|\bar{x}+\bar{y}| & =|x_1+y_1|+ \ldots + |x_n+y_n|\\
\, & \leq|x_1|+|y_1|+ \ldots + |x_n|+|y_n|\\
\, & = |x_1|+ \ldots +|x_n|+ \ldots + |y_1|+ \ldots +|y_n|\\
\, & = |\bar{x}|_1 + |\bar{y}|_1
\end{array}\]
Si $|\bar{x}|_1=0~\Rightarrow~|x_1|+ \ldots+|x_n|=0$ y como cada $|x_i|\geq 0$ $i=1,\ldots,n$ entonces $|x_1|+ \ldots +|x_n|=0~\Rightarrow~|x_i|= 0$ $i=1,\ldots,n~~~\therefore~~~\bar{x}=0$.$~~\blacksquare$
Ejemplo.
$\fbox{La Norma infinito $\|\overline{x}\|_{\infty}$}$
Consideremos ahora la función $\|\,\|_\infty:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ dada por
$$\boxed{\|\overline{x}\|_\infty=\max{|x_1|+\ldots +|x_n|}~~\forall x\in\mathbb{R}^n}$$
Vamos a probar que la función $\|\,\|_\infty:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ es una norma en $\mathbb{R}^n$, que se denomina norma del máximo o norma cúbica.
(a) Puesto que $|x_i|\geq 0~~i=1,\ldots,n$\ entonces $$\max{|x_1|+\ldots +|x_n|}\geq0$$ es decir $$\|\bar{x}\|_\infty \geq 0$$
(b) Sea $\alpha\in\mathbb{R}$ y $\bar{x}\in\mathbb{R}^n$. Se tiene entonces
que $$\|\alpha \bar{x}\|=\max\{|\alpha x_1|,\ldots,|\alpha x_n|\}=\max\{|\alpha|| x_1|,\ldots,|\alpha||x_n|\}$$
Supongamos ahora que
$$|x_{i\alpha}|=\max \{ |x_1|, \ldots, |x_n| \}$$
$\therefore~~~|x_{i\alpha}|\geq |x_i|,~~~\forall~ i=1,\ldots,n~~~\therefore~~~|\alpha||x_{i\alpha}|\geq |\alpha||x_i|,~~\forall ~~ i=1,\ldots,n$ $\therefore$ $|\alpha x_{i\alpha}|\geq |\alpha x_i|$ $\forall~~i=1,\ldots,n$ por lo que
$$|\alpha||x_{i\alpha}|= |\alpha x_{i\alpha}|=\max\{|\alpha x_1|,\ldots,|\alpha x_n|\}=\max\{|\alpha|| x_1|,\ldots,|\alpha||x_n|\}$$
es decir $$|\alpha|\max \{ |x_1|, \ldots, |x_n| \} = \max\{|\alpha x_1|,\ldots,|\alpha x_n|\}=\max\{|\alpha|| x_1|,\ldots,|\alpha||x_n|\}$$
$\therefore~~~|\alpha|\|\bar{x}\|_{\infty}=\|\alpha \bar{x}\|_{\infty}$
(c) $\|\bar{x}+\bar{y}\|_{\infty}=\max\{|x_1+y_1|,\ldots,|x_n+y_n|\}$
Sea $$|x_{1\alpha}+y_{1\alpha}|=\max\{|x_1+y_1|,\ldots,|x_n+y_n|\}$$
como $$|x_{1\alpha}+y_{1\alpha}|\leq|x_{1\alpha}|+|y_{1\alpha}|$$
se tiene que $$\max\{|x_1+y_1|,\ldots,|x_n+y_n|\}\leq|x_{1\alpha}|+|y_{1\alpha}|$$
pero por definición de $$\max\{|x_1|+\ldots+|x_n|\}~~y~~ \max\{|y_1|+\ldots +|y_n|\}$$
también se tiene que $$|x_{1\alpha}|\leq \max\{|x_1|+\ldots
+|x_n|\}~~~y~~~|y_{1\alpha}|\leq \max\{|y_1|+\ldots+|y_n|\}$$
luego $$\max\{|x_1+y_1|,\ldots,|x_n+y_n|\} \leq \max\{|x_1|+\ldots
+|x_n|\} + \max\{|y_1|+\ldots+|y_n|\}$$
o sea $$\|\bar{x}+\bar{y}\|_{\infty} \leq\|\bar{x}\|_{\infty}+\|\bar{y}\|_{\infty}.~~\blacksquare$$
Ejemplo. Norma Euclidiana
Consideremos ahora la función $\|\,\|_\infty:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ dada por
$$|x|=\sqrt{\langle x,x\rangle}$$
Vamos a mostrar que es una norma en $\mathbb{R}^n$
(a) $\|\bar{x}\|=\sqrt{x_1^2+\ldots+x_n^2} \geq 0$ pues es la raíz positiva $\therefore$ $\|\bar{x}\|\geq 0$.
(b)

\[\begin{array}{ll}
\|\alpha\bar{x}\| & = \sqrt{(\alpha x_1)^2+\ldots+(\alpha
x_n)^2}\\
\, & = \sqrt{\alpha^2x_1^2+\ldots+\alpha^2x_n^2}\\
\, & = \sqrt{\alpha^2(x_1^2+\ldots+x_n^2)}\\
\, & = \sqrt{\alpha^2}\sqrt{x_1^2+\ldots+x_n^2}\\
\, & = |\alpha|\|\bar{x}\|
\end{array}\]
(c)

\[\begin{array}{ll}
\|\bar{x}+\bar{y}\|^2 & =
(x_1+y_1)^2 + \ldots +
(x_n+y_n)^2\\
\, & =x_1^2+2x_1y_1+y_1^2 +
\ldots +
x_n^2+2x_ny_n+y_n^2\\
\, & =x_1^2+\ldots+ x_n^2 +2(x_1y_1+\ldots +x_ny_n )+ y_1^2
+ \ldots +y_n^2\\
\, & = \|\bar{x}\|^2+2(x_1y_1+\ldots +x_ny_n
)+ \|\bar{y}\|^2
\end{array}\]
Aplicando la desigualdad de Cauchy-Shwarz
$$x_1y_1+\ldots+x_ny_n \leq \|\bar{x}\|~\|\bar{y}\|$$
se tiene que $$\|\bar{x}\|^2+2(x_1y_1+\ldots+x_ny_n)+\|\bar{y}\|^2
\leq \|\bar{x}\|^2+2~\|\bar{x}\|~\|\bar{y}\|+ \|\bar{y}\|^2 =\left [\|\bar{x}\|+\|\bar{y}\|\right]^2$$
$\therefore~~~\|\bar{x}+\bar{y}\|^2\leq
\left[\|\bar{x}\|+\|\bar{y}\|\right]^2$ y al
sacar raiz obtenemos $\|\bar{x}+\bar{y}\|\leq
\|\bar{x}\|+\|\bar{y}\|$
(d) Si $\|\bar{x}\|=0$ se tiene entonces $\sqrt{x_1^2+\ldots+x_n^2}=0$ es decir $x_1^2+\ldots+x_n^2=0$ pero $x^2\geq 0~~\therefore~~x_i^2=0~~\forall~ i=1,\ldots,n$ $\therefore~~\bar{x}=0$ $\blacksquare$
El concepto general de Norma en $\mathbb{R}^n$. Las propiedades de la norma euclidiana nos ayudan para definir la noción abstracta de Norma.
Definición.Una norma en $\mathbb{R}^n$ es cualquier función $\|\,\|:\mathbb{R}^n \rightarrow
\mathbb{R}$ que satisface las siguientes propiedades que denominaremos Axiomas de Norma para cualesquiera $\bar{x},\bar{y}\,\in\,\mathbb{R}^n$ y toda $\alpha\,\in\,\mathbb{R}$ se cumple:
(a) $\|\bar{x}\|\geq 0~~\|0\|=0$
(b) $\|\alpha\bar{x}\|=|\alpha|~\|\bar{x}\|$
(c) $\|\bar{x}+\bar{y}\|\leq \|\bar{x}\|+\|\bar{y}\|$
(d) $\|\bar{x}\|=0~~\Rightarrow~\bar{x}=0$
Proposición.
Para toda norma $|\,|:\mathbb{R}^n \rightarrow\mathbb{R}$ se cumple:
(a) $\|-\bar{x}\|=\|\bar{x}\|~~\forall \, x \in \mathbb{R}^n$
(b) $|\|\bar{x}\|-\|\bar{y}\||\leq \|\bar{x}-\bar{y}\|~~\forall \, \bar{x},\bar{y} \in \mathbb{R}^n$
Proposición.
(a) $\|-\bar{x}\|=|-1|~\|\bar{x}\|=\|\bar{x}\|$
(b) $0\leq \|\bar{x}\|=\|\bar{x}-\bar{y}+\bar{y}\|\leq\|\bar{x}-\bar{y}\|+\|\bar{y}\|$
$\therefore$ $\|\bar{x}\|-\|\bar{y}\|\leq\|\bar{x}-\bar{y}\|$ Intercambiando $\bar{x}$ por $\bar{y}$ obtenemos $\|\bar{y}\|-\|\bar{x}\|\leq\|\bar{y}-\bar{x}\|=\|\bar{x}-\bar{y}\|$ $\therefore$ $|\|\bar{y}\|-\|\bar{x}\||\leq \|\bar{x}-\bar{y}\|.~~\blacksquare$

Ejemplo. Sea $I=[0,1]$. Demsotrar que $\|f\|=\sup {|f(x)|}$. Es una norma
de $C[0,1]$
Solución.
(a) Recordar que toda función real continua definida en un intervalo cerrado es acotada, por tanto $\|f\|$ está bien definida.
(b) Puesto que $|f(x)|\geq 0~\forall~x\in I$ entonces $\|f\|\geq 0$ y además, $\|f\|= 0$ sii $|f(x)|= 0~\forall~x\in I$, i.e. sii $f=0$.
(c) Recordemos un resultado: Sean $a$ y $b$ números reales tales que $a\leq b+\varepsilon$.
Demostrar que $a \leq b$
Supongase que $a>b$ entonces $a=b+\delta,~~\delta >0$ tomamos $$\displaystyle\frac{\delta}{2}=\varepsilon$$
entonces $$a > b+\delta > b +\displaystyle\frac{\delta}{2}=b+\varepsilon~ \underset{\circ}{\bigtriangledown}$$
$\therefore~a\leq b$ ahora sea $\varepsilon > 0$. Entonces existe $x_0\in I$ tal que
\[\begin{array}{ll}
|f+g|& = \sup{|f(x)+g(x)|}\\
\, & \leq |f(x_0)+g(x_0)|+\varepsilon\\
\, & \leq |f(x_0)|+|g(x_0)|+\varepsilon\\
\, & \leq \sup{|f(x)|} +\sup{|g(x)|}+\varepsilon\\
\, & = |f|+|g| +\varepsilon
\end{array}\]
$\therefore~~\|f+g\| \leq \|f\|+\|g\|$
(d) Sea $k\in \mathbb{R}$ entonces
\[\begin{array}{ll}
\|kf\| & = \sup{|kf(x)|}\\
\, & = \sup{|k||f(x)|}\\
\, & = |k|\sup{|f(x)|}\\
\, & = |k|\|f(x)\|.~~\blacksquare\\
\end{array}\]
Ejemplo. Demostrar que $\|f\|=\displaystyle\int_0^1|f(x)|dx$ es una norma de $C[0,1]$ (funciones continuas en el intervalo $[0,1]$).
Solución
(a) $\|f\|=\displaystyle\int_0^1|f(x)|dx\geq 0$ puesto que $$|f(x)|\geq 0\Rightarrow \displaystyle\int_0^1|f(x)|dx \geq 0$$
(b) Tenemos que
\[\begin{array}{ll}
\|kf\|& =\displaystyle\int_0^1|kf(x)|dx\\
\, & =\displaystyle\int_0^1|k||f(x)|dx\\
\, & =|k|\displaystyle\int_0^1|f(x)|dx\\
\, & = |k|\|f\|
\end{array}\]
(c) Tenemos que
\[\begin{array}{ll}
\|f+g\|& =\displaystyle\int_0^1|f(x)+g(x)|dx\\
\, & \leq \displaystyle\int_0^1[|f(x)|+|g(x)|]dx\\
\, & =\displaystyle\int_0^1|f(x)|dx + \displaystyle\int_0^1|g(x)|dx\
\, & = \|f\|+ \|g\|.~~\blacksquare
\end{array}\]
Ejemplo.
Definición. Sea $\|\,\|_{p}:\mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ dada asi: $$\|x\|_{p}=\left(\sum_{i=1}^{n}|x_{i}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}$$
Vamos a demostrar que $|x|_{p}$ es una norma
Solución.
(a) Puesto que $|x_i|\geq 0,~~i=1,\ldots,n$ entonces $$\sum_{1}^{n}|x_i|^{p} \geq 0~~ \therefore \left( \sum_{1}^{n}|x_i|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\geq 0~~ \therefore \|x\|_{p}\geq 0$$
(b) Sea $\alpha\in\mathbb{R}$ y $\bar{x}\in\mathbb{R}^n$. Se tiene entonces
que $$\|\alpha \bar{x}\|_{p}=\left(\sum_{1}^{n}|\alpha x_i|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}=\left(|\alpha|^{p}\sum_{1}^{n}| x_i|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}=|\alpha|\left(\sum_{1}^{n}| x_i|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}=|\alpha|~\|x\|_{p}$$
(c) Tenemos que $$\|\overline{x}\|_{p}=\left[|x_{1}|^{p}+…+|x_{n}|^{p}\right]^{\frac{1}{p}}$$ Ahora procederemos a demostrar que cumple con la propiedad de la desigualdad del triángulo, es decir que para $\overline{x},\overline{y}\in \mathbb{R}^{n}$ $$\|\overline{x}+\overline{y}\|_{p}\leq \|\overline{x}\|_{p}+\|\overline{y}\|_{p}$$ Para ello primero procederemos a demostrar lo siguiente
Proposición. Sean p,q números reales tales que $p,q>1$ y $\displaystyle{\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1}$ entonces $$|ab|\leq \frac{|a|^{p}}{p}+\frac{|b|^{q}}{q}$$
Demostración. Consideremos la función $\varphi:[0,\infty)\rightarrow
\mathbb{R}$ dada por $\varphi(t)=t^{m}-mt$ con $m=\frac{1}{p}$
se tiene que $\varphi^{\prime}(t)=mt^{m-1}-m=m\left(t^{m-1}-1\right)$ por lo
que $\varphi^{\prime}(t)=0\Leftrightarrow m\left(t^{m-1}-1\right)=0\Leftrightarrow
t=1$ por lo tanto $t=1$ es un punto crítico de la función, ahora volvemos a derivar $\varphi^{\prime\prime}(t)=m(m-1)t^{m-2}$ que en $t=1$ es $<0$ por lo tanto en $t=1$, $\varphi$ alcanza un punto máximo $\therefore$ $\varphi(t)\leq \varphi(1)\Rightarrow t^{m}-mt\leq mt-m\Rightarrow t^{m}-1\leq m(t-1)$ Ahora hacemos $\displaystyle{t=\frac{|a|^{p}}{|b|^{q}}}$ y sustituimos
$$\displaystyle{\left(\frac{|a|^{p}}{|b|^{q}}\right)^{\frac{1}{p}}-1\leq
\frac{1}{p}\left(\frac{|a|^{p}}{|b|^{q}}-1\right)}$$
multiplicando ambos miembros de la desigualdad por $|b|^{q}$ se
tiene que $$\left(|b|^{q}\right)\left(\left(\frac{|a|^{p}}{|b|^{q}}\right)^{\frac{1}{p}}-1\right)\leq
\left(|b|^{q}\right)\left(\frac{1}{p}\left(\frac{|a|^{p}}{|b|^{q}}-1\right)\right)$$ lo que nos queda $$|a||b|^{q-\frac{q}{p}}-|b|^{q}\leq \frac{|a|^{p}}{p}-|b|^{q}\Rightarrow |a||b|^{q-\frac{q}{p}}\leq \frac{|a|^{p}}{p}-\frac{|b|^{q}}{p}+|b|^{q}$$
como $\displaystyle{q-\frac{q}{p}=1}$ y $\displaystyle{-\frac{|b|^{q}}{p}+|b|^{q}=\frac{|b|^{q}}{q}}$ tenemos entonces
$$|ab|\leq \frac{|a|^{p}}{p}+\frac{|b|^{q}}{q}.~~\square$$
Probaremos la desigualdad de Holder
$$\boxed{\sum_{k=1}^{n}|a_{k}b_{k}|\leq \left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\right]^{\frac{1}{q}}}$$
Demostración. Sea $\displaystyle{A=\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}}$ y $\displaystyle{B=\left(\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\right)^{\frac{1}{q}}}$ y
definimos $\displaystyle{a^{\prime}_{k}=\frac{a_{k}}{A}}$ y $\displaystyle{b^{\prime}_{k}=\frac{b_{k}}{B}}$ usando la desigualdad probada anteriormente se tiene
\begin{align*}|a^{\prime}_{k}~b^{\prime}_{k}|&\leq \frac{|a^{\prime}_{k}|^{p}}{p}+\frac{|b^{\prime}_{k}|^{q}}{q}\\&\Rightarrow \sum_{k=1}^{n}|a^{\prime}_{k}b^{\prime}_{k}|\leq \sum_{k=1}^{n}\frac{|a^{\prime}_{k}|^{p}}{p}+\frac{|b^{\prime}_{k}|^{q}}{q}\\&=\sum_{k=1}^{n}\frac{|a^{\prime}_{k}|^{p}}{p}+\sum_{k=1}^{n}\frac{|b^{\prime}_{k}|^{q}}{q}\\&=\frac{1}{p}\sum_{k=1}^{n}|a^{\prime}_{k}|^{p}+\frac{1}{q}\sum_{k=1}^{n}|b^{\prime}_{k}|^{q}\\&=\frac{1}{p}\sum_{k=1}^{n}\left[\frac{a_{k}}{A}\right]^{p}+\frac{1}{q}\sum_{k=1}^{n}\left[\frac{b_{k}}{B}\right]^{q}\\&=\frac{1}{p}\frac{1}{A^{p}}\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}+\frac{1}{q}\frac{1}{B^{q}}\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\end{align*}
como $$A^{p}=\left(\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\right)^{p}=\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}\right)~~~y~~~
B^{q}=\left(\left(\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\right)^{\frac{1}{q}}\right)^{q}=\left(\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\right)$$
se tiene que
\begin{align*}\frac{1}{p}\frac{1}{A^{p}}\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}+\frac{1}{q}\frac{1}{B^{q}}\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}&=\frac{1}{p}\frac{1} {\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}\right)}\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}+\frac{1}{q}\frac{1}{\left(\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\right)}\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\\&=\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1\end{align*}
Por lo tanto
\begin{align*}\sum_{k=1}^{n}|a^{\prime}{k}b^{\prime}{k}|\leq 1 &\Rightarrow \sum_{k=1}^{n}|\frac{a_{k}}{A}\frac{b_{k}}{B}|\leq1\\&\Rightarrow \sum_{k=1}^{n}|a_{k}b_{k}|\leq AB\\ &\Rightarrow \sum_{k=1}^{n}|a_{k}b_{k}|\leq \left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\left(\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\right)^{\frac{1}{q}}\end{align*}
Ahora probaremos la desigualdad de Minkowski
$$\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\leq \left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{p}}+\left[\sum_{k=1}^{n}|b_{k}|^{q}\right]^{\frac{1}{q}}$$
Tenemos que
\begin{align*}\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}=\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p-1}|a_{k}+b_{k}|&\leq \sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p-1}\left(|a_{k}|+|b_{k}|\right)\\&=\left( \sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p-1}\right)\left(|a_{k}|\right)+\left(
\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p-1}\right)\left(|b_{k}|\right)\end{align*}
Aplicando la desigualdad de Holder a cada sumando tenemos que
\begin{align*}\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p-1}\right)\left(|a_{k}|\right)&\leq \left[\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{q(p-1)}\right]^{\frac{1}{q}}\\&=\left[\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{q}}\end{align*}
\begin{align*}\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p-1}\right)\left(|b_{k}|\right)&\leq \left[\sum_{k=1}^{n}b_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{q(p-1)}\right]^{\frac{1}{q}}\\&=\left[\sum_{k=1}^{n}b_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{q}}\end{align*}
Por lo tanto
$$\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\leq \left[\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{q}}+\left[\sum_{k=1}^{n}b_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{q}}$$
Multiplicando ambos miembros de la desigualdad por
$$\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{-\frac{1}{q}}$$
obtenemos
\begin{align*}\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right)\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{-\frac{1}{q}}&=\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right)^{1-\frac{1}{q}}\\&=\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\end{align*}
$$\left[\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{q}}\left(\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{-\frac{1}{q}}\right)=\left[\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}$$
$$\left[\sum_{k=1}^{n}b_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{\frac{1}{q}}\left(\left[\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right]^{-\frac{1}{q}}\right)=\left[\sum_{k=1}^{n}b_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}$$
Por lo tanto $$\left(\sum_{k=1}^{n}|a_{k}+b_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\leq
\left[\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}+\left[\sum_{k=1}^{n}b_{k}^{p}\right]^{\frac{1}{p}}$$
Por lo tanto $$\|\overline{x}+\overline{y}\|_{p}\leq \|\overline{x}\|_{p}+\|\overline{y}\|_{p}~\blacksquare$$

Ejemplo. Espacios $\ell_{p}$

Definición. Dado $\bar{x}\in\mathbb{R}^{n}$ definimos
$$\|\bar{x}\|_{p}=\left(\sum_{k=1}^{n}|x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}~~si~~p\in[1,\infty)$$
Proposición. Dada $p\in[1,\infty)$, consideramos el conjunto $\ell_{p}$ de todas las sucesiones $(x_{k})$ de números reales tales que la serie
$$\sum_{k=1}^{\infty}|x_{k}|^{p}$$converge. Entonces la función
$$\|(x_{k})\|_{p}=\left(\sum_{k=1}^{\infty}|x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}$$es una norma en $\ell_{p}$
Demostración.
(a) Tenemos
$$\|x_{k}\|_{p}\geq0\Leftrightarrow\left(\sum_{k=1}^{\infty}|x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\geq0\Leftrightarrow\sum_{k=1}^{\infty}|x_{k}|^{p}\geq0\Leftrightarrow|x_{k}|^{p}\geq0\Leftrightarrow |x_{k}|\geq0\Leftrightarrow x_{k}\geq0$$
(b) $$\|\lambda x_{k}\|_{p}=\left(\sum_{k=1}^{\infty}|\lambda x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}=\left(\sum_{k=1}^{\infty}|\lambda|^{p} |x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}=\left(|\lambda|^{p}\sum_{k=1}^{\infty} |x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}=|\lambda|\left(\sum_{k=1}^{\infty}|x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}=|\lambda|~\|x_{k}\|_{p}$$
(c) Como la $\|\|_{p}$ satisface la desigualdad del triángulo, se tiene que
$$\left(\sum_{k=1}^{n} |x_{k}+y_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\leq \left(\sum_{k=1}^{\infty} |x_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}+\left(\sum_{k=1}^{\infty} |y_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\leq\|x_{k}\|_{p}+\|y_{k}\|_{p}$$
para todo $n\in \mathbb{N}$. En consecuencia, la serie
$$\sum_{k=1}^{\infty} |x_{k}+y_{k}|^{p}$$
converge y se cumple que
$$\|x_{k}+y_{k}\|_{p}=\left(\sum_{k=1}^{\infty} |x_{k}+y_{k}|^{p}\right)^{\frac{1}{p}}\leq\|x_{k}\|_{p}+\|y_{k}\|_{p}.~~\textcolor{orange}{\blacksquare}$$
Proposición. Sea $\bar{x}\in\mathbb{R}^{n}$, entonces
$$\|\bar{x}\|_{\infty}\leq\|\bar{x}\|\leq\|\bar{x}\|_{1}\leq n\|\bar{x}\|$$

Demostración. Sea $|x_{k}|=\max{|x_{1},…,|x_{n}||}$
Se tiene entonces
$$|x_{k}|=\sqrt{x_{k}^{2}}\leq \sqrt{x_{1}^{2}+…+x_{n}^{2}}=\|\bar{x}\|$$
$\therefore~~\|\bar{x}\|_{\infty}\leq\|\bar{x}\|$
Ahora bien
$$\left(\|\bar{x}\|\right)^{2}=\left(|x_{1}|^{2}+…+|x_{n}|^{2}\right)\leq \sum_{i=1}^{n}|x_{i}|^{2}+2\sum_{i\leq i\leq j\leq n}|x_{i}||x_{j}|=\left(|x_{1}|+…+|x_{n}|\right)^{2}=\left(\|\bar{x}\|_{1}\right)^{2}$$
$$~\Rightarrow~\left(\|\bar{x}\|\right)^{2}\leq\left(\|\bar{x}\|_{1}\right)^{2}$$
$$~\Rightarrow~\|\bar{x}\|\leq \|\bar{x}\|_{1}$$
También si suponemos que $|x_{j}|=\max{|x_{1}|,…,|x_{n}|}$ entonces
$$\|\bar{x}\|_{1}=|x_{j}|\leq |x_{j}|+…+|x_{j}|=n|x_{j}|=n\max{|x_{1}|,…,|x_{j}|}=n\|\bar{x}\|_{\infty}$$
por lo que
$$\|\bar{x}\|_{1}\leq n\|\bar{x}\|_{\infty}.~~ \blacksquare$$

Proposición. Sea $\bar{x}\in\mathbb{R}^{n}$ entonces
$$\|\bar{x}\|_{\infty}\leq\|\bar{x}\|\leq\sqrt{n}\|\bar{x}\|_{\infty}$$
Demostración. Suponemos que $|x_{j}|=\max{|x_{1}|,…,|x_{n}|}$. Se tiene entonces
$$|x_{j}|=\sqrt{x_{j}^{2}}\leq \sqrt{x_{1}^{2}+…+x_{j}^{2}+…+x_{n}^{2}}=\|\bar{x}\|$$
Por tanto
$$\|\bar{x}\|_{\infty}\leq\|\bar{x}\|$$
Por otro lado suponemos que $|x_{j}|=\max{|x_{1}|,…,|x_{n}|}$ y tenemos
$$\|\bar{x}\|=\sqrt{x_{1}^{2}+…+x_{j}^{2}+…+x_{n}^{2}}\leq \sqrt{x_{j}^{2}+…+x_{j}^{2}+…+x_{j}^{2}}=\sqrt{n(x_{j}^{2})}=\sqrt{n}\|\bar{x}\|_{\infty}$$
por lo tanto
$$\|\bar{x}\|\leq\sqrt{n}\|\bar{x}\|_{\infty}.~~\blacksquare$$

Proposición. Sea $\bar{x}\in\mathbb{R}^{n}$ entonces
$$\|\bar{x}\|_{1}\leq\sqrt{n}\|\bar{x}\|$$
Demostración.
$$\|\bar{x}\|_{1}=|x_{1}|+…+|x_{n}|=\left(1,…,1\right)\cdot (|x_{1}|,…,|x_{1}|)\leq \|(1,…,1)\|~\|\bar{x}\|=\sqrt{n}\|\bar{x}\|$$
por lo tanto
$$\|\bar{x}\|_{1}\leq\sqrt{n}\|\bar{x}\|.~~\blacksquare$$

Ortogonalidad de vectores

Generalizando el concepto de perpendicularidad en $\mathbb{R}^{3}$, damos la siguiente definición.
Definición. Sea E un espacio vectorial dotado de un producto escalar $\langle,\rangle$, se dice que dos vectores $\overline{x},\overline{y}\in E$ son ortogonales si $$\langle \overline{x},\overline{y}\rangle=0$$
Tenemos que si $\langle \overline{x},\overline{y}\rangle=0$ entonces $$\|\overline{x}-\overline{y}\|^{2}=\langle \overline{x}+\overline{y},\overline{x}+\overline{y}\rangle=\langle \overline{x},\overline{x}\rangle-2\langle \overline{x},\overline{y}\rangle+\langle \overline{y},\overline{y}\rangle=\langle \overline{x},\overline{x}\rangle+\langle \overline{y},\overline{y}\rangle=\|\overline{x}\|^{2}+\|\overline{y}\|^{2}$$
es decir se cumple el teorema de pitagoras.

Sean ahora $\overline{x},\overline{y}\in \mathbb{R}^{2}$ y sea $\theta$ el ángulo entre ellos. Según la ley de los cosenos
\begin{align*} \|\overline{x}-\overline{y}\|^{2}&=\|\overline{x}\|^{2}+\|\overline{y}\|^{2}-2\|\overline{x}\|\|\overline{y}\|\cos(\theta) \\ &~\Rightarrow~\|\overline{x}\|^{2}-2\langle \overline{x},\overline{y}\rangle+\|\overline{y}\|^{2}=\|\overline{x}\|^{2}+\|\overline{y}\|^{2}-2\|\overline{x}\|\|\overline{y}\|\cos(\theta) \\ &~\Rightarrow~\langle \overline{x},\overline{y}\rangle=\|\overline{x}\|\|\overline{y}\|\cos(\theta) \end{align*}
Esta fórmula motiva la siguiente definición de ángulo $\theta$ entre dos vectores no nulos $\overline{x},\overline{y}\in E$, por medio de $$\boxed{\theta=\arccos\left(\frac{\langle \overline{x},\overline{y}\rangle}{|\overline{x}||\overline{y}|}\right)}$$

.

Más adelante

Como vimos en este apartado el concepto de norma nos permite relacionar la idea de longitud de un vector respecto al origen. De forma más extensa nos ayudará a relacionar la idea de longitud entre dos vectores como una distancia subyacente entre esos dos objetos.

Tarea moral

1.- Dada $f\in C^0[a,b]$ demuestra que $\left\| f\right\| _{p}= (\int _a^b |f(x)|^pdx)^{1/p}$ si $p \in [1,\infty)$ si $p\in [1,\infty)$ es una norma.

2.- Demuestra que $\left\| f\right\|_{\infty}=max\{|f(x)|:a\leq x\leq b \}$ es una norma .

3.- Sea $f\in C^0[a,b]$ y $p\in [1,\infty]$ demuestra que $\left\| f\right\|_p=0$ sí y solo si $f=0$.
4.- Demuestra la desigualdad de Minkowski para integrales. Si $p\in[1,\infty]$ entonces $\left\| f + g \right\|\leq | f | + |g| $ $\forall f,g\in C^0[a,b]$

5.- Expresa el siguiente caso al vector a como la suma de un vector paralelo al vector b y uno ortogonal. Donde $a=(1,2,3)$, $b=(1,0,0)$.