Geometría analítica I: Aplicaciones a geometría del triángulo

Por Elsa Fernanda Torres Feria

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Introducción

En esta entrada usaremos la forma normal de la recta para demostrar dos teoremas conocidos como teoremas de concurrencia de líneas.

Medianas y baricentro

Cerremos la entrada con la enunciación y la demostración del siguiente teorema.

Teorema. Dado un triángulo PQR, sus tres medianas concurren en un punto que divide al segmento dentro del triángulo (de cada mediana) en proporción 1:2.

Demostración.

Para empezar la demostración, construimos un triángulo PQR.

Para construir las medianas, primero localizamos los puntos medios de cada segmento (A, B, C) cuyas coordenadas baricéntricas están dadas por

\begin{align*}
A&=\frac{1}{2}P + \frac{1}{2}Q \\
B&=\frac{1}{2}Q + \frac{1}{2}R \\
C&=\frac{1}{2}R + \frac{1}{2}P \\
\end{align*}

Ya que queremos que se encuentren justo en el punto medio de cada segmento.

Al trazar la mediana del segmento $PQ$ tenemos lo siguiente

La manera en la que procederemos a partir de ahora, es que localizaremos el punto en el segmento de cada mediana que lo divide en proporción 1:2 esperando llegar a que los tres puntos son el mismo.

Comencemos con el punto $G$ que divide al segmento $AR$ en proporción 1:2, esto es que $G$ sea:

$G=\frac{1}{3}R+\frac{2}{3}A $

AL sustituir el valor de $A$, tenemos como resultado
\begin{align*}
G&=\frac{1}{3}R+\frac{2}{3}\left( \frac{1}{2}P + \frac{1}{2}Q \right) \\
&= \frac{1}{3}R+\frac{1}{3}P+\frac{1}{3}Q \\
\end{align*}

Lo que puede ser replicado para cada segmento. Para el $BP$ se tiene

\begin{align*}
G’ &=\frac{1}{3}P+\frac{2}{3}B \\
&=\frac{1}{3}P+\frac{2}{3} \left( \frac{1}{2}Q + \frac{1}{2}R \right) \\
&= \frac{1}{3}P+\frac{1}{3}Q+\frac{1}{3}R \\
&= \frac{1}{3}R+\frac{1}{3}P+\frac{1}{3}Q \\
\end{align*}

Y para el $CQ$

\begin{align*}
G»&=\frac{1}{3}Q+\frac{2}{3}C \\
&=\frac{1}{3}Q+\frac{2}{3} \left( \frac{1}{2}R + \frac{1}{2}P \right) \\
&= \frac{1}{3}Q+\frac{1}{3}R+\frac{1}{3}P \\
&= \frac{1}{3}R+\frac{1}{3}P+\frac{1}{3}Q \\
\end{align*}

$\therefore$ $G=G’=G»$

Acabamos de demostrar que los puntos que dividen a cada mediana en una proporción 1:2 son el mismo para cada una, por lo que las tres medianas concurren en este punto.

$\square$

A este punto $G$ se le conoce como el baricentro del triángulo, y podrás imaginar después de que discutimos la idea física de estas coordenadas, que $G$ corresponde al centro de masa o punto de equilibrio del triángulo.

Utiliza el siguiente interactivo para asegurarte de que esto es válido con cualquier triángulo, puedes mover los puntos P,Q y R y aún existirá el punto $G$ de intersección de las 3 medianas. Si te da curiosidad, puedes usar la herramienta de distancia de GeoGebra para medir la longitud de cada segmento de la mediana y verificar que efectivamente, está en una relación 1:2 con respecto al punto $G$.

Teoremas de concurrencia

Para poder realizar las demostraciones, definiremos a la altura de un triángulo como la recta que pasa por uno de sus vértices y es ortogonal al lado opuesto. Ahora, enunciemos y demostremos el primer teorema.

Teorema 1. Las alturas de un triángulo son concurrentes.

Demostración

Comencemos esta demostración con un interactivo que ilustre un triángulo y sus alturas.

Las rectas verdes son las alturas del triángulo y en el interactivo es bastante evidente que concurren en un punto y que esto pasa para cualquier triángulo (para comprobarlo puedes mover con tu cursor los vértices para modificar el triángulo). Sin embargo en este curso de geometría analítica, queremos demostrarlo de manera algebraica.

Para esta demostración algebraica, notemos que los vértices del triángulo son $A$, $B$, y $C$ y las alturas asociadas a cada vértice son $a$, $b$ y $c$ respectivamente. Escribamos la forma normal de cada una de estas rectas (alturas). Para $a$ tenemos

$a$ : $(C-B) \cdot x = (C-B) \cdot A$

pues la recta $a$ es ortogonal al lado del triángulo que pasa por los vértices $C$ y $B$, por lo que este lado tiene dirección $(C-B)$ y pasa por el punto $A$. De manera análoga, sabemos que $b$ es perpendicular a la recta que pasa por $A$ y $C$ con dirección $A-C$ y pasa también por el punto $B$, así

$b$ : $(A-C) \cdot x = (A-C) \cdot B$

Y de la misma forma para $c$ tenemos

$c$ : $(B-A) \cdot x = (B-A) \cdot C$

Nota que si sumamos las dos primeras ecuaciones, obtendremos la ecuación negativa de $c$:

\begin{align*}
(C-B) \cdot x + (A-C) \cdot x &= (C-B) \cdot A + (A-C) \cdot B \\
(C-B + A-C) \cdot x & = C \cdot A – B \cdot A + A \cdot B – C \cdot B\\
(-B+A) \cdot x & = C \cdot A – A \cdot B + A \cdot B – C \cdot B\\
(-B+A) \cdot x & = C \cdot A – C \cdot B \\
(-B+A) \cdot x & =(A – B) \cdot C
\end{align*}

Esto es importante, pues si tomamos un elemento en la intersección de las alturas $a$ y $b$ ($x \in a \cap b$), entonces también está en la suma y está última nos da como resultado el negativo de la ecuación de la recta $c$, por lo tanto $x \in c$.

De manera análoga, si sumamos $b$ y $c$ obtenemos

$(B-C) \cdot x = (B- C) \cdot A$

que corresponde a la ecuación negativa de $a$, por lo que si $x \in b \cap c$, entonces $x$ está en la suma de las ecuaciones y por tanto está en $a$.

Para completar la demostración, deberíamos realizar el mismo procedimiento al sumar las ecuaciones de $c$ y $a$ y confirmar que un punto en su intersección está en $b$.

$\therefore$ si dos de las alturas se intersectan, entonces la tercera recta también y en el mismo punto.

$square$

Teorema 2.

Demuestra que las tres mediatrices de un triángulo son concurrentes.

Demostración

Para comenzar la demostración, recordemos que la mediatriz de un segmento es la recta que es ortogonal a este y pasa por su punto medio.

De nuevo, es claro que las tres mediatrices del triángulo con vértices $D$, $E$ y $F$ concurren en un punto. Denominamos a los puntos medios de cada lado como $a$, $b$ y $c$, que es por donde pasan las mediatrices.

Ahora, para comenzar la parte algebraica de la demostración, definamos en su forma normal la primera miediatriz $i$. Siguiendo la idea de la demostración pasada, $i$ es ortogonal a $(E-F)$ y pasa por el punto $a$ por lo que

$i$ : $(E-F) \cdot x = (E-F) \cdot a$

De la misma manera, $j$ es ortogonal a $(D-E)$ y pasa por $b$, así

$j$ : $(D-E) \cdot x = (D-E) \cdot b$

Y para $k$ tenemos

$k$ : $(F-D) \cdot x = (F-D) \cdot c

Sigamos la intuición de la demostración anterior y sumemos las expresiones de $i$ y $j$

\begin{align*}
(E-F) \cdot x + (D-E) \cdot x &= (E-F) \cdot a + (D-E) \cdot b \\
E \cdot x – F \cdot x + D \cdot x – E \cdot x &= E \cdot a – F \cdot a + D \cdot b – E \cdot b \\
D \cdot x- F \cdot x &=E \cdot a – F \cdot a + D \cdot b – E \cdot b
\end{align*}

Para seguir avanzando con nuestra demostración, debemos recordar que $a,$, $b$ y $c$ son los puntos medios de cada lado del triángulo, por lo que podemos expresarlos en términos de los vértices de la siguiente manera

$a=\frac{F+E}{2}$, $b=\frac{E+D}{2}$ Y $c=\frac{D+F}{2}$

Con esto en mente, podemos sustituir $a$ y $b$ en la ecuación anterior y desarrollar

$D \cdot x- F \cdot x = E \cdot \left( \frac{F+E}{2} \right) – F \cdot \left( \frac{F+E}{2} \right) + D \cdot \left( \frac{E+D}{2} \right) – E \cdot \left( \frac{E+D}{2} \right) $

Al realizar todo el desarrollo obtenemos que

$D \cdot x- F \cdot x = \frac{1}{2}( D \cdot D – F \cdot F)$

Ahora, en la demostración pasada queríamos llegar a algún múltiplo de $k$ para demostrar que las 3 rectas se intersectaban, siguiendo con esa lógica, desarrollemos el lado derecho de $k$ tomando en cuenta a $c$ como punto medio de un lado

\begin{align*}
(F-D) \cdot c &= (F-D) \cdot \frac{D+F}{2} \\
&= \frac{1}{2} (F-D) \cdot (D+F) \\
&= \frac{1}{2}(F \cdot D + F \¢dot F – D \cdot D – F \cdot D) \\
&= \frac{1}{2}(F \cdot F – D \cdot D)
\end{align*}

Que es justamente el negativo de lo que obtuvimos arriba, por lo que al sumar las expresiones de $i$ y $j$ obtenemos el negativo de la expresión de $k$. Así, si un punto $x$ está en $ i \cap j$, entonces está en la suma y por lo tanto está en $k$.

El procedimiento es análogo para cada uno de los casos faltantes.

$\square$

Para concluir esta entrada, denotaremos al punto en el que concurren las mediatrices como circuncentro.

Más adelante…

En las próximas entradas discutiremos la forma normal de un elemento geométrico en el espacio $\mathbb{R}^3$ que no será la recta y hablaremos de la norma de un vector, que de cierta manera apareció en nuestras demostraciones pero no lo hemos discutido con formalidad hasta ahora.

Tarea moral

  • Completa los casos faltantes en la demostración del primer teorema.
  • Completa los casos faltantes en la demostración del segundo teorema.
  • Encuentra el circuncentro del triángulo que tiene como vértices los puntos $(5,3)$, $(2,-1)$ y $(8,0)$.

Álgebra Lineal II: Matrices de formas bilineales

Por Diego Ligani Rodríguez Trejo

1 respuesta

Introducción

Al principio de esta unidad, especialmente en la entrada del teorema de Gauss empezamos a hablar de una relación entre formas bilineales y matrices. Aquí formalizaremos esta relación. Veremos cómo se define la matriz asociada a una forma bilineal y cómo podemos traducir operaciones con la forma bilineal en operaciones con su matriz asociada.

Matriz asociada a una forma bilineal y una forma cuadrática

En toda esta entrada, $V$ es un espacio vectorial sobre $\mathbb{R}$ de dimensión finita.

Definición. Sea $ e_1, \cdots , e_n$ una base de $V$ y $b: V \times V \rightarrow \mathbb{R}$ una forma bilineal de $V$. La matriz de $b$ con respecto a la base $e_1,\ldots, e_n$ es la matriz

\begin{align*} A=[a_{ij}] \text{ con } a_{ij}=b(e_i,e_j),\end{align*}

para todo $i,j$ tal que $1 \leq i,j \leq n$.

Para definir la forma matricial de una forma cuadrática tenemos que ser un poco más cuidadosos. Hay más de una forma bilineal que puede generar a una misma forma cuadrática. Sin embargo, por la identidad de polarización tenemos que esta forma bilineal es única si pedimos adicionalmente que sea simétrica. De aquí obtenemos la siguiente definición.

Definición. Sea $e_1, \cdots , e_n$ una base de $V$ y $q$ una forma cuadrática de $V$, la matriz de $q$ con respecto a la base $e_1, \ldots, e_n$ es la matriz de su forma polar en esa misma base.

Problema. Sea $V=\mathbb{R}^3$ y $q$ dada como sigue
\begin{align*} q(x)=x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1,\end{align*}

para cada $x=(x_1,x_2,x_3)\in \mathbb{R}^3$.

Encuentra su matriz asociada $A$ en la base canónica y su matriz asociada $B$ en la base \begin{align*}u_1&=(1,1,0),\\ u_2&=(1,0,1),\\ u_3&=(0,1,1).\end{align*}

Solución. Primero, mediante la identidad de polarización tenemos que la forma polar $b$ de $q$ cumple que $b(x,x’)$ es

\begin{align*} \frac{x’_1x_2+x’_2x_1+x’_1x_3+x’_3x_1+x’_2x_3+x’_3x_2}{2} ,\end{align*}

para $x=(x_1,x_2,x_3)$ y $x’=(x’_1,x’_2,x’_3)$.

Ahora, calculemos qué le hace esta forma bilineal a la base canónica de par en par.

\begin{align*}
&b(e_1,e_1)=b(e_2,e_2)=b(e_3,e_3)=0 \\
\text{y} \quad &b(e_1,e_2)=b(e_1,e_3)=b(e_2,e_3)=\frac{1}{2}.
\end{align*}

Por lo que su matriz asociada en la base canónica es

\begin{align*} A=\begin{pmatrix} 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\
\frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\
\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \end{pmatrix}\end{align*}

Por otro lado, calculando lo que $b$ le hace a nuestra otra base

\begin{align*}
&b(u_1,u_1)=b(u_2,u_2)=b(u_3,u_3)=1 \\
\text{y} \quad &b(u_1,u_2)=b(u_1,u_3)=b(u_2,u_3)=\frac{3}{2}
\end{align*}

Y construyendo esta otra matriz:

\begin{align*}
B=\begin{pmatrix} 1 & \frac{3}{2} & \frac{3}{2} \\
\frac{3}{2} & 1 & \frac{3}{2} \\
\frac{3}{2} & \frac{3}{2} & 1
\end{pmatrix}
\end{align*}

$\triangle$

Evaluar la forma bilineal con su matriz

En la entrada del teorema de Gauss vimos que si $b$ es una forma bilineal de $V$ y $e_1,\ldots,e_n$ es una base, entonces para cualesquiera vectores

\begin{align*}
x&=x_1e_1+\ldots+x_ne_n\\
y&=y_1e_1+\ldots+y_ne_n
\end{align*}

tenemos que $$b(x,y)=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n x_i y_j b(e_i,e_j).$$

Por la regla del producto de matrices, la expresión de la derecha es precisamente lo que se obtiene al realizar la siguiente operación:

$$^t{X} \begin{pmatrix}b(e_1,e_1) & b(e_1,e_2) & \ldots & b(e_1,e_n)\\ b(e_2,e_1) & b(e_2,e_2) & \ldots & b(e_2,e_n)\\ \vdots & & \ddots & \vdots \\ b(e_n,e_1) & b(e_n,e_2) & \ldots & b(e_n,e_n) \end{pmatrix} Y,$$

donde $X=(x_1,\ldots,x_n)$ y $Y=(y_1,\ldots,y_n)$.

Notemos que en medio tenemos justo la forma matricial de $b$ en la base $e_1,\ldots,e_n$. Al lado izquierdo tenemos al transpuesto del vector de coordenadas de $x$ en la base $e_1,\ldots, e_n$ y al lado derecho tenemos al vector de coordenadas de $y$ en esta misma base. Hemos demostrado lo siguiente.

Proposición. Sea $b$ una forma bilineal de $V$ y $\beta$ una base de $V$. Sea $A$ la matriz de $b$ en la base $\beta$. Sean $X$ y $Y$ los vectores de coordenadas de vectores $x$ y $y$ de $V$ en la base $\beta$, respectivamente. Entonces $$b(x,y)=\text{}^tXAY.$$

Algunas consecuencias de la proposición anterior son:

  • Una forma bilineal es simétrica si y sólo si su matriz en una base cualquiera es simétrica.
  • Si fijamos la base $\beta$ y la forma bilineal $b$, entonces la matriz que hace que $b(x,y)=\text{}^tXAY$ para todos $x,y$ es única.

La discusión anterior nos permite comenzar con una forma bilineal $b$ y una base $\beta$ y obtener una (y sólo una) matriz. Partiendo de una matriz y una base $\beta$ también podemos obtener una forma bilineal mediante la regla $$b(x,y)=\text{}^tXAY.$$

Cambios de base

En los resultados anteriores al fijar un espacio vectorial $V$ de dimensión $n$ y una base $\beta$ obtenemos una asociación biyectiva (de hecho un isomorfismo) entre formas bilineales de $V$ y matrices en $M_n(\mathbb{R})$.

Sin embargo, al cambiar la base de $V$, la matriz que representa a una forma bilineal puede cambiar.

Proposición. Supongamos que una forma bilineal $b$ tiene asociada una matriz $A$ con respecto a una base $\beta$ y una matriz $A’$ con respecto a otra base $\beta’$. Sea $P$ la matriz de cambio de base de $\beta$ a $\beta’$. Entonces
\begin{align*} A’=\text{ } ^tPAP.\end{align*}

Demostración. Sean $x,y \in V$ dos vectores cualesquiera. Escribamos $\beta = \{u_1, \cdots , u_n\}$ y $\beta’ = \{u’_1, \cdots , u’_n\}$. Usando $\beta$ escribamos

\begin{align*} x=x_1u_1 + \cdots + x_nu_n.\end{align*}

Definamos a $X$ como el vector columna de las coordenadas de $x$ en la base $\beta$, es decir:

$$X=\begin{pmatrix} x_1 \\
\vdots \\
x_n \end{pmatrix}.$$

Definimos análogamente a $X’, Y, Y’$ como los vectores columnas de coordenadas de $x$ en la base $\beta’$, de $y$ en la base $\beta$ y de $y$ en la base $\beta’$, respectivamente.

Sabemos entonces que

\begin{align*} b(x,y)= \text{ }^tXAY= \text{ }^tX’A’Y’\end{align*}

Además, sabemos que

\begin{align*}
X&=PX’\\
Y&=PY’
\end{align*}

De aquí se tiene la siguiente cadena de igualdades:

\begin{align*}
\text{ }^tX’A’Y’&= b(x,y)\\
&=\text{ }^tXAY\\
&=\text{ }^t(PX’)A(PY’)\\
&=\text{ }^tX’\text{ }^tPAPY’.
\end{align*}

Fijándonos en los extremos

\begin{align*} \text{ }^tX’A’Y’=\text{ }^tX’\text{ }^tPAPY’. \end{align*}

Por la unicidad de la matriz que representa a $b$ en la base $\beta’$, finalmente concluimos que

\begin{align*} A’=\text{ } ^tPAP.\end{align*}

$\square$

Más adelante…

Esta es una pequeña introducción a la relación entre las formas bilineales (y cuadráticas por extensión) y las matrices. Podemos ver que ésta nos dio otra manera de entender y calcular a las formas bilineales. Algo que no hemos explorado es el poder que esta relación nos entrega al aplicar todo lo que conocemos acerca de matrices a las matrices asociadas a una forma bilineal. Antes de llegar a eso, primero veremos el análogo complejo de lo que acabamos de estudiar.

Otro problema que enfrentamos es la dependencia de las matrices a su base. Aunque este no es un problema que podamos evitar, nos gustaría encontrar propiedades que se mantengan sin importar la base que sea elegida. Esto lo abordaremos un poco más adelante. De hecho, cuando lo hagamos estaremos listos para enunciar y demostrar un resultado muy interesante: la ley de inercia de Sylvester.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso. Sin embargo, sirven de ayuda para repasar los conceptos vistos en esta entrada.

  1. Sea $V=\mathbb{R}^3$ y definamos $q: V \rightarrow \mathbb{R}$
    \begin{align*} q(x,y,z)= (x+2y+3z)^2+(y+z)^2. \end{align*}
    Prueba que $q$ es cuadrática y encuentra su forma polar. ¿Es esta forma cuadrática $q$ positiva definida? ¿Es positiva?
  2. Encuentra la matriz $A$ asociada a la forma cuadrática $q$ del ejercicio anterior con respecto a la base canónica y la matriz $B$ asociada a $q$ con respecto a la base $(1,1,1), (0,-1,-1),(0,0,2)$.
  3. Encuentra las matrices de cambio de base entre la base canónica y la base del inciso anterior. Verifica que se cumple el resultado de cambios de base.
  4. Encuentra una expresión de Gauss para $q$.
  5. Encuentra el rango de $A$ y de $B$. Encuentra el determinante de $A$ y de $B$ ¿Notas algo en particular?

Entradas relacionadas

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE109323 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 3»

Cálculo Diferencial e Integral I: Valor absoluto y desigualdades

Por Karen González Cárdenas

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Introducción

En esta entrada nos dedicaremos a resolver desigualdades que involucran el valor absoluto. Para ello retomaremos la definición del valor absoluto de un número real y utilizaremos algunos resultados que probaremos a continuación.

Un par de resultados importantes

Lema: Para todo $a \in \r$. $a \leq |a|$ y $-a \leq |a|$.


Demostración: Procederemos a revisar los siguientes dos casos.
CASO 1: Si $a \geq 0$.
Por un lado tenemos por la definición de valor absoluto $|a|=a$.
$$\therefore |a|\geq a.$$
Y por otro que $a \geq 0 \geq -a$, así por transitividad se concluye que:
$$ |a| \geq -a.$$

CASO 2: Si $a \leq 0$.
Así se sigue por definición que $|a|=-a$ entonces tenemos que $|a|\geq -a$.
Y análogamente al caso anterior: $-a \geq 0 \geq a \Rightarrow |a|\geq a$.

$\square$

Teorema: Consideremos $a,x \in \r$ con $a\geq 0$.

  1. \begin{align*}
    |x|\leq a &\Leftrightarrow -a \leq x\quad \text{y} \quad x \leq a\\
    &\Leftrightarrow x\in [-a,a].
    \end{align*}
  2. \begin{align*}
    |x|\geq a &\Leftrightarrow -a \geq x\quad \text{o} \quad x \geq a\\
    &\Leftrightarrow x\in (-\infty,-a] \cup [a, \infty).
    \end{align*}

NOTA.- «$\Leftrightarrow$» se lee como «si y sólo si». Y recordemos que $\Rightarrow$ significa «entonces».
Demostración:
1. $\Rightarrow$: Por hipótesis tenemos que $|x|\leq a$, aplicando el lema anterior:
$$x \leq |x|\quad \text{y} \quad -x \leq |x|$$
Por transitividad: $$x \leq a \quad \text{y} \quad -x \leq a$$
$$\therefore x \leq a\quad \text{y} \quad x \leq -a$$

Lo anterior nos indica lo siguiente: $x \in (-\infty, a]$ y $x \in [-a,\infty)$. Así al tomar la intersección de estos intervalos, obtenemos:
$$(-\infty, a] \cap [-a,\infty) = [-a,a]$$

$\Leftarrow$: Ahora consideremos $x \in [-a,a]$, así tenemos que:
$$x\in [-a,a]=(-\infty, a] \cap [-a,\infty)$$
Aplicando la respectiva definición de intervalo e intersección:
$$x \leq a\quad \text{y} \quad x \leq -a$$
Y por el lema:
$$x \leq |x|\quad \text{y} \quad -x \leq |x|$$

$$\therefore |x| \leq a$$

2. El punto 2 se quedará de ejercicio para la Tarea moral.

$\square$

Ahora continuaremos con ejercicios de desigualdades, en ellos deberemos encontrar todos los valores que las satisfagan.

Ejercicio 1

$$|x-3|=8$$
Recordemos que debido a la definición de valor absoluto, siempre deberemos considerar casos.
Para resolver este ejercicio deberemos considerar los siguientes:
CASO 1: $x-3 \geq 0$
Por lo que $|x-3|=x-3$ y sustituyendo tenemos:
\begin{align*}
x-3 =8 &\Leftrightarrow x=8+3\\
&\Leftrightarrow x = 11.
\end{align*}
CASO 2: $x-3 < 0$
Así $|x-3|= -x+3$, por lo que se sigue:
\begin{align*}
-x+3 =8 &\Leftrightarrow -x=8-3\\
&\Leftrightarrow -x =5\\
&\Leftrightarrow x= -5.
\end{align*}

De los casos anteriores obtenemos que los valores de $x$ que satisfacen la igualdad son
$x =11$ o $x=-5$

Ejercicio 2

$$|3x-3| \leq 2x+1$$
Para este ejercicio aplicando el teorema tendríamos:
$-2x-1 \leq 3x-3 \quad$ y $\quad 3x-3 \leq 2x+1$.
Comenzaremos desarrollando la primera desigualdad:
\begin{align*}
-2x-1 \leq 3x-3 &\Leftrightarrow -2x-3x \leq -3+1\\
&\Leftrightarrow -5x \leq -2\\
&\Leftrightarrow 5x \geq 2\\
&\Leftrightarrow x \geq \frac{2}{5}.
\end{align*}
$$\therefore \quad x \in \left[\frac{2}{5}, \infty \right)$$
Y de la segunda obtenemos:
\begin{align*}
3x-3 \leq 2x+1 &\Leftrightarrow 3x-2x \leq 1+3\\
&\Leftrightarrow x\leq 4.
\end{align*}
$$\therefore \quad x \in(-\infty,4]$$

Por lo que al tomar la intersección de ambos intervalos nos queda que los valores que satisfacen la desigualdad son:
$$ x \in (-\infty,4] \cap \left[\frac{2}{5}, \infty \right)= \left [\frac{2}{5}, 4 \right]$$


$$\therefore \quad x \in \left [\frac{2}{5}, 4 \right]$$

Ejercicio 3

$$|2x+1|-|3x+2|<1$$
Debido a que tenemos dos valores absolutos, para resolver este ejercicio necesitaremos considerar los siguientes casos:

  1. $2x+1 \geq 0 \quad$ y $\quad 3x+2 \geq 0$
  2. $2x+1 \leq 0 \quad$ y $\quad 3x+2 \leq 0$
  3. $2x+1 \geq 0 \quad$ y $\quad 3x+2 \leq 0$
  4. $2x+1 \leq 0 \quad$ y $\quad 3x+2 \geq 0$

Nuestra solución final será la unión de todas las soluciones obtenidas en los casos anteriores.

CASO 1: $2x+1 \geq 0$ y $3x+2 \geq 0$

Desarrollando las desigualdades:
\begin{align*}
2x+1 \geq 0\quad &\text{y} \quad 3x+2 \geq 0\\
\Leftrightarrow 2x \geq -1 \quad &\text{y} \quad 3x \geq -2\\
\Leftrightarrow x \geq -\frac{1}{2} \quad &\text{y} \quad x \geq -\frac{2}{3}\\
\end{align*}


$$\Leftrightarrow x \geq -\frac{1}{2}$$

Aplicando el valor absoluto obtenemos:
\begin{align*}
|2x+1|-|3x+2|<1 &\Leftrightarrow 2x+1-(3x+2) <1\\
&\Leftrightarrow 2x+1-3x-2-1<0\\
&\Leftrightarrow -x -2 <0\\
&\Leftrightarrow x+2>0\\
&\Leftrightarrow x> -2
\end{align*}
Por lo que al tomar la siguiente intersección tenemos que la solución de este caso es:
$$\left[-\frac{1}{2}, \infty \right) \cap (-2, \infty)= \left[-\frac{1}{2}, \infty \right)$$

CASO 2: $2x+1 \leq 0 \quad$ y $\quad 3x+2 \leq 0$
Tendríamos que:
\begin{align*}
2x+1 \leq 0\quad &\text{y} \quad 3x+2 \leq 0\\
\Leftrightarrow 2x \leq -1 \quad &\text{y} \quad 3x \leq -2\\
\Leftrightarrow x \leq -\frac{1}{2} \quad &\text{y} \quad x \leq -\frac{2}{3}\\
\end{align*}

$$\Leftrightarrow x \leq -\frac{2}{3}$$
Al sustituir tenemos:
\begin{align*}
|2x +1|-|3x+2|<1 &\Rightarrow -(2x+1)-(-(3x+2))<1\\
&\Rightarrow -2x-1+3x+2-1<0\\
&\Rightarrow x <0
\end{align*}

Así tenemos la solución:
$$ (-\infty, 0) \cap \left(-\infty, -\frac{2}{3} \right] = \left(-\infty, -\frac{2}{3} \right] $$

CASO 3: $2x+1 \geq 0 \quad$ y $\quad 3x+2 \leq 0$
Ahora se sigue que:
\begin{align*}
2x+1 \geq 0\quad &y \quad 3x+2 \leq 0\\
\Leftrightarrow 2x \geq -1 \quad &y \quad 3x \leq -2\\
\Leftrightarrow x \geq -\frac{1}{2} \quad &y \quad x \leq -\frac{2}{3}\\
\end{align*}
Así observamos:
$$\left(-\infty, -\frac{2}{3} \right] \cap \left[-\frac{1}{2}, \infty \right) = \emptyset$$

CASO 4: $2x+1 \leq 0 \quad$ y $\quad 3x+2 \geq 0$
Desarrollando:
\begin{align*}
2x+1 \leq 0 \quad &\text{y} \quad 3x+2 \geq 0\\
\Leftrightarrow 2x \leq -1 \quad &\text{y} \quad 3x \geq -2\\
\Leftrightarrow x \leq -\frac{1}{2} \quad &\text{y} \quad x \geq -\frac{2}{3}\\
\end{align*}

$$\Leftrightarrow -\frac{2}{3} \leq x \leq -\frac{1}{2}$$
Aplicando la definición del valor absoluto:
\begin{align*}
|2x+1|-|3x+2|<1 &\Rightarrow -(2x+1) – (3x+2) < 1\\
&\Leftrightarrow -2x-1-3x-2-1< 0\\
&\Leftrightarrow -5x -4 < 0\\
&\Leftrightarrow 5x+4 > 0\\
&\Leftrightarrow 5x> -4\\
&\Leftrightarrow x > -\frac{4}{5}
\end{align*}
Concluimos que la solución a este caso es:
$$\left[-\frac{2}{3}, -\frac{1}{2} \right] \cap \left(-\frac{4}{5}, \infty \right)= \left[-\frac{2}{3}, -\frac{1}{2} \right]$$

Finalizamos considerando como solución total a la unión de los intervalos obtenidos en los cuatro casos:
$$\left(-\infty, -\frac{2}{3} \right] \cup\left[-\frac{2}{3}, -\frac{1}{2} \right] \cup \left[-\frac{1}{2}, \infty \right) = (-\infty, \infty)$$

Observemos que para la resolución de este tipo de desigualdades, siempre deberemos considerar los casos correspondientes a los signos del argumento de la función valor absoluto, es decir, cuando el argumento es positivo y cuando es negativo. En la sección de Tarea moral encontrarás ejercicios que te ayudarán a reforzar lo visto en esta entrada.

Más adelante

Ahora que ya hemos visto el procedimiento para encontrar los valores que satisfacen una desigualdad con valor absoluto, en la siguiente entrada lo utilizaremos para continuar resolviendo ejercicios que lo involucren adicionando el concepto de raíz cuadrada de un número real. Veremos que el valor absoluto está relacionado con la definición formal de raíz cuadrada y algunos resultados útiles.

Tarea moral

Demuestra el punto 2 del teorema, recordemos que $a\geq 0$:
\begin{align*}
|x|\geq a &\Leftrightarrow -a \geq x\quad o \quad x \geq a\\
&\Leftrightarrow x\in (-\infty,-a] \cup [a, \infty)
\end{align*}

Encuentra los valores que satisfacen las siguientes desigualdades:

  • $|x-3|< 8$
  • $|3x-3| > 2x+1$
  • $|x-1||x+2|=3$
  • $|x-1|+|x-2|> 1$

Entradas relacionadas

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Geometría analítica I: Rectas en forma normal y sus intersecciones

Por Elsa Fernanda Torres Feria

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Introducción

En esta nueva entrada analizaremos una nueva forma de la recta, la normal. Se discutió la idea de esta al final de la entrada anterior. Además, como es algo nuevo para nosotros, será conveniente explorar la intersección de rectas partiendo de esta nueva forma.

Ecuación normal de la recta

Iniciemos esta entrada con la definición y un ejemplo de esta nueva ecuación de la recta.

Definición. Una recta en forma normal consiste de tomar un vector $q \in \mathbb{R}^2$, un escalar $c \in \mathbb{R}$ y considerar el conjunto

$l=\{ x \in \mathbb{R}^2 : x \cdot q = c \}$

Ejemplo: Encuentra la forma normal de la recta $l=\{ (2,-1) + r (3,5) : r \in \mathbb{R} \}$.

Por la última proposición vista en la entrada anterior, debemos escribir el conjunto de los vectores $x$ tales que el producto interior con $q$ ortogonal nos de $p \cdot q ^{\perp}$, cuyo resultado es un escalar. Así, obtenemos

\begin{align*}
l&=\{ x \in \mathbb{R}^2 : x \cdot (3,5)^{\perp} = (3,5)^{\perp} \cdot (2,-1) \} \\
&=\{ x \in \mathbb{R}^2 : x \cdot (-5,3) = (-5,3) \cdot (2,-1) \} \\
&=\{ x \in \mathbb{R}^2 : x \cdot (-5,3) = (-5)(2)+3(-1)=-13 \} \\
\end{align*}

Si definimos a $x=(x_1,x_2)$ tal que $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$, entonces $(x_1,x_2) \cdot (-5,3)=-5x_1+3x_2$. Así, la forma normal de la recta $l$ está dada por

$l=\{ x_1, x_2 \in \mathbb{R} : -5x_1+3x_2=-13\}$

$\square$

Recordatorio. Hasta ahora hemos hablado de rectas en su forma paramétrica, rectas en su forma baricéntrica y en esta entrada rectas en su forma normal. Es importante resaltar que el término recta es un «espacio geométrico» en el espacio, y al hablar de forma paramétrica, baricéntrica o normal, sólo nos referimos a su expresión algebraica.

Intersección de rectas en su forma normal

Para desarrollar de manera más completa este tema, hablemos de la intersección de rectas cuando están expresadas en su forma normal. Sean las rectas

$l_1=\{ x \in \mathbb{R}^2 : p \cdot x = e\}$

$l_2=\{ x \in \mathbb{R}^2 : q \cdot x = f \}$

donde $c$ y $d$ son números reales, qué debemos hacer para saber primero si se intersectan estas rectas y si pasa,cuál es el punto de intersección.

Aquí, podemos recurrir a lo que vimos en la entrada anterior a cerca del compadre ortogonal. Por como definimos la forma normal de la recta anteriormente, sabemos que $p$ es un vector perpendicular a $l_1$, por lo que el vector director de esta recta es un multiplo de $p^{\perp}$. De la misma manera, la dirección de $l_2$ es un múltiplo de $q^{\perp}$.

El caso más sencillo es cuando la intersección de las rectas es vacía, esto es que sean paralelas, lo cual implicaría que $p^{\perp} \parallel q^{\perp}$ y por lo tanto $p \parallel q$. Además puede pasar que $l_1$ y $l_2$ sean la misma recta, esto sí y sólo si $c=rd$.

El caso que falta es la intersección de las rectas. Para encontrar este punto de intersección, comencemos desarrollando los productos puntos que definen las rectas para así obtener un sistema lineal de ecuaciones. Sea $x=(x,y)$, $p=(a,b)$ y $q=(c,d)$, tenemos que

\begin{cases}
p \cdot x = ax+by=e \\
q \cdot x = cx+dy=f
\end{cases}

Recordemos por lo visto en una entrada anterior que un sistema de ecuaciones así tiene solución única cuando $ad-bc \neq 0$.

Podemos reescribir este sistema de ecuaciones pensando en una igualdad de vectores, es decir entrada a entrada

$x(a,c)+y(b,d)=(e,f)$

Si desarrollas las operaciones e igualas las entradas, verás que es lo mismo que nuestro sistema; sin embargo al escribirlo de esta forma tenemos herramientas que pueden facilitar la solución del sistema. En el camino que exploramos con anterioridad para la solución, eliminábamos cierto término para poder despejar una de las variables… Si ahora queremos eliminar digamos el término con $x$, podemos multiplicar la ecuación vectorial por el vector $(a,c)^{\perp}=(-c,a)$, ya que su producto interior con $(a,c)$ es cero

\begin{align*}
x(a,c) \cdot (-c,a) + y(b,d) \cdot (-c,a)&=(e,f) \cdot (-c,a) \\
\Rightarrow y (b,d) \cdot (-c,a)&=(e,f) \cdot (-c,a) \\
\Rightarrow y (da-bc)&=fa-ec
\end{align*}
Si despejamos a $y$, tenemos

$y=\frac{fa-ec}{da-bc}$

De manera análoga, podemos hacer producto punto con $(b,d)^{\perp}=(-d,b)$ para obtener a $x$

$x=\frac{bf-ed}{bc-ad}$

Recapitulemos para poder concluir. Por como definimos a los vectores usados en este desarrollo, $ax+by=e$ corresponde a la recta en forma normal $l_1$

$l_1=\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 : (a,b) \cdot (x,y) = e\}$

mientras que $cx+dy=f$ está asociada a $l_2$ en su forma normal

$l_2={ (x,y) \in \mathbb{R}^2 : (c,d) \cdot (x,y) = f}$

Como estamos en el caso en el que $l_1$ no es paralela a $l_2$, entonces $(a,b)$ no es paralelo a $(c,d)$, por lo que $ad-bc \neq 0$ y el sistema tiene una única solución ( el punto de intersección):

$(x,y)=\left( \frac{bf-ed}{bc-ad} ,\frac{fa-ec}{da-bc} \right)$

Para $n > 2$

Cerremos está entrada hablando de un plano en su forma normal.

Definición. Un plano en forma normal en $\mathbb{R}^3$ consiste de tomar un vector $q \in \mathbb{R}^3$, un escalar $c \in \mathbb{R}$ y considerar el conjunto

$\Pi=\{ x \in \mathbb{R}^3 : x \cdot q =c \}$

Más adelante…

Todo lo que vamos desarrollando nos es de utilidad más adelante, y esta entrada no será la excepción. Sobre todo cuando hablemos en la siguiente entrada de los teoremas de concurrencia, ya que usaremos la forma normal de la recta para demostrarlos.

Tarea moral

  • Encuentra la forma normal de las siguientes rectas
    • $\{ (1,-1)+t(2,3) : t \in \mathbb{R} \}$
    • ${ (-5,-0)+(6s,-4s) : s \in \mathbb{R} }$
  • Encuentra la forma normal de la recta que pasa por los puntos
    • $(1,-3)$ y $(3,4)$
    • $(2,-4)$ y $(9,5)$
  • Encuentra la intersección de las rectas de los ejercicios anteriores.

Álgebra Superior II: El producto en los enteros

Por Ana Ofelia Negrete Fernández

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Introducción

En la entrada anterior hablamos de cómo se construye el conjunto $\mathbb{Z}$ de los números enteros y cómo definir una operación de suma en él. Vimos que esta operación de suma tenía cuatro propiedades clave: asociatividad, conmutatividad, existencia de un neutro y de inversos. A partir de ello definimos también la operación de resta. En esta entrada continuaremos con la construcción de las operaciones en $\mathbb{Z}$. Ahora definiremos el producto de números enteros.

Intuición del producto de enteros y su definición formal

La definición de la suma de los enteros resultó ser muy sencilla. Si tenemos enteros $\overline{(a,b)}$ y $\overline{(c,d)}$ entonces para hacer la suma simplemente «sumamos entrada a entrada» para obtener $\overline{(a+c,b+d)}$. Uno podría pensar que para hacer el producto de enteros esto debe ser igual de fácil, definiendo al producto simplemente como $\overline{(ac,bd)}$. Sin embargo, esta definición no funciona, pues no tiene muchas de las propiedades valiosas que debería tener una operación de producto.

Antes de dar la definición, recordemos nuestra intuición de qué quería decir cada pareja $(a,b)$. En la entrada anterior, a cada pareja la asociábamos con la ecuación $a=x+b$. La relación de equivalencia que dimos consistía en asociar a las parejas cuyas ecuaciones daban la misma solución. De manera informal, podemos pensar entonces a la pareja $(a,b)$ como si fuera $a-b$. Pero ojo: esto sólo es intuición, pues $a$ y $b$ son elementos de $\mathbb{N}$ y ahí no hay operación de resta.

De cualquier forma, esta intuición es valiosa, pues nos sugiere cuál debería de ser la definición de producto. De manera intuitiva, queremos que suceda $(a-b)(c-d)=ac-ad-bc+bd=(ac+bd)-(ad+bc)$, y aquí cada término entre paréntesis sí es un natural válido: $ac+bd$ y $ad+bc$, así que el resultado correspondería a la pareja $(ac+bd,ad+bc)$. Es muy interesante que esta intuición informal en verdad da una buena definición de producto.

Definición. El producto en $\mathbb{Z}$ es la función $\star:\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}\to \mathbb{Z}$ tal que para enteros $\overline{(a,b)}$ y $\overline{(c,d)}$, se tiene que $$\overline{(a,b)} \star \overline{(c,d)}=\overline{(ac+bd),(ad+bc)}.$$

Como en el caso de la suma, estamos usando un símbolo especial para el producto en $\mathbb{Z}$, de modo que podamos distinguirlo del producto en $\mathbb{N}$. Así como en el caso de la suma, sólo haremos la distinción explícita en este momento. Usualmente nos referiremos al producto de enteros $\overline{(a,b)}$ y $\overline{(c,d)}$ como $\overline{(a,b)}\cdot \overline{(c,d)}$, o simplemente como $\overline{(a,b)}\, \overline{(c,d)}$. Esto será claro por el contexto.

El producto en $\mathbb{Z}$ está bien definido

Nuestra definición de producto en $\mathbb{Z}$ es un poco extraña, así que debemos dedicar algo de trabajo a verificar que en realidad es el producto tal y como siempre lo habíamos conocido. La primer cosa que debemos hacer es ver que el producto en $\mathbb{Z}$ está bien definido, es decir, que el resultado es el mismo independientemente de los representantes que se elijan para realizar la multiplicación.

Proposición. El producto en $\mathbb{Z}$ está bien definido.

Demostración. Comencemos con parejas $(a,b)\sim (e,f)$ y $(c,d)\sim (g,h)$. Como $(a,b) \sim (e,f)$, entonces $$ a + f = b + e.$$ También, $(c,d) \sim (g,h)$, implica que $$c + h = d + g.$$

Usando la definición de producto de dos enteros, se tiene por un lado que
$$\overline{(a,b)}\,\overline{(c,d)} = \overline{(ac + bd, ad + bc)}.$$

Por otro lado, tenemos

$$\overline{(e,f)}\,\overline{(g,h)} = \overline{(eg + fh, eh + fg )}.$$

Así, debemos demostrar que $\overline{(ac + bd, ad + bc)} = \overline{(eg + fh, eh + fg )}$. Poniendo en términos de la relación de equivalencia, se deberá cumplir que $$ (ac + bd) + (eh + fg) = (ad + bc) + (eg + fh).$$

Multiplicando las primeras igualdades que encontramos, tenemos lo siguiente:
\begin{align*}
(a + f) (c+h) &= (b+e)(d +g) \\
ac + ah + fc + fh &= bd + bg + ed + eg.
\end{align*}

Sumemos $bd + fh$ en ambos lados de la ecuación y usemos nuevamente las hipótesis para obtener las siguientes igualdades:

\begin{align*}
(bd + fh) + ac + ah + fc + fh &= (bd + fh) + bd + bg + ed + eg \\
(ac + bd) + h(a + f) + f(c + h) &= b(d + g) + d(b +e) + (eg + fh) \\
(ac + bd) + h (b + e) + f (d + g) &= b(c + h) + d(a + f) + (eg + fh) \\
(ac + bd + eh + fg) + hb + df &= (bc + ad + eg + fh) + hb + df \\
ac + bd + eh + fg &= ad + bc + eg + fh.
\end{align*}

Esto es justo lo que queríamos mostrar.

$\square$

En la demostración anterior estamos usando las propiedades de las operaciones en $\mathbb{N}$ ya prácticamente sin enunciarlas. A estas alturas ya podemos hacer eso, pues hemos trabajado bastante con ellas. Sin embargo, es importante que de vez en cuando te preguntes por qué se vale cada una de las igualdades.

Propiedades del producto en $\mathbb{Z}$

Ya que hemos definido el producto en los enteros, es importante verificar que hay algunas propiedades que se cumplen. Esto nos permitirá más adelante trabajar sin problema con el producto de enteros, como se ha hecho desde la educación básica.

Proposición. Se satisfacen las siguientes propiedades para la operación de producto en $\mathbb{Z}$.

  • Asociatividad. Para enteros $\overline{(a,b)}$, $\overline{(c,d)}$ y $\overline{(e,f)}$ se satisface que $$(\overline{(a,b)}\,\overline{(c,d)})\overline{(e,f)}=\overline{(a,b)}(\overline{(c,d)}\,\overline{(e,f)}).$$
  • Conmutatividad. Para enteros $\overline{(a,b)}$ y $\overline{(c,d)}$ se satisface que $$\overline{(a,b)}\,\overline{(c,d)}=\overline{(c,d)}\,\overline{(a,b)}.$$
  • Neutro. Existe un elemento neutro, es decir, existe un entero $\overline{(m,n)}$ tal que para cualquier entero $\overline{(a,b)}$ se cumple que $$\overline{(a,b)}\,\overline{(m,n)}=\overline{(a,b)}.$$
  • Los únicos elementos que tienen inverso multiplicativo son $\overline{(1,0)}$ y $\overline{(0,1)}$.

Demostración. Las demostraciones de la asociatividad y la conmutatividad quedan como tarea moral. La sugerencia es desarrollar ambos lados de las igualdades usando la definición de producto, y luego utilizar propiedades del producto y la suma en $\mathbb{N}$.

El elemento que sirve como neutro para el producto es el $\overline{(1,0)}$. En efecto, usando la definición tenemos que: $$\overline{(a,b)}\,\overline{(1,0)}=\overline{(a\cdot 1+b\cdot 0, a\cdot 0 + b\cdot 1)}=\overline{(a,b)}.$$

Es sencillo ver que los elementos indicados sí tienen inverso. El inverso de $\overline{(1,0)}$ es él mismo y el inverso de $\overline{(0,1)}$ también es él mismo. En efecto:

\begin{align*}
\overline{(1,0)}\,\overline{(1,0)}&=\overline{(1\cdot 1+0\cdot 0,1\cdot 0+0\cdot 1)}=\overline{(1,0)}\\
\overline{(0,1)}\,\overline{(0,1)}&=\overline{(0\cdot 0+1\cdot 1,0\cdot 1+1\cdot 0)}=\overline{(1,0)}.
\end{align*}

Para ver que estos son los únicos elementos que tienen inversos, supongamos que algún otro entero $\overline{(a,b)}$ tiene inverso multiplicativo $\overline{(c,d)}$. Esto querría decir que $\overline{(ac+bd,ad+bc)}=\overline{(1,0)}$, que en términos de la relación de equivalencia se traduce a $$ac+bd=ad+bc+1.$$

Si $a=b$, la igualdad no se puede dar pues tendríamos $ac+ad=ad+ac+1$, que es imposible. Por tricotomía en $\mathbb{N}$, tenemos entonces que $a>b$ o $a<b$. Resolveremos el caso $a>b$ y el caso $a<b$ quedará como tarea moral.

Si $a=b+1$, entonces la igualdad queda como $(b+1)c+bd=(b+1)d+bc+1$, que se simplifica a $c=d+1$. Esto nos da la solución $\overline{(a,b)}=\overline{(c,d)}=\overline{(1,0)}$.

En otro caso, tenemos $a\geq b+2$ y por lo tanto podemos escribir $a=b+1+k$ con $k\geq 1$. La igualdad queda entonces como $$(b+1+k)c+bd=(b+1+k)d+bc+1.$$ Desarrollando y simplificando tenemos que $$c+kc=d+kd+1.$$ Si $d\geq c$, el lado derecho claramente es más grande, así que no hay solución. De este modo, $d<c$ y por lo tanto podemos escribir $c=d+l$ con $l\geq 1$. Usando esta igualdad en $c+kc=d+kd+1$, llegamos a la igualdad $$d+l+kd+kl=d+kd+1,$$ que se simplifica a $$l(k+1)=1.$$ Pero como $k\geq 1$, entonces $k+1\geq 2$ y como además $l\geq 1$, tenemos $l(k+1)\geq 2$, así que en este caso no tenemos soluciones.

$\square$

Las propiedades anteriores se pueden enunciar únicamente en términos de la operación de producto. Además de estas propiedades, hay otra que nos dice cómo el producto interactúa con la operación suma en $\mathbb{Z}$.

Proposición. Se cumple la ley distributiva para la suma y el producto, es decir, para enteros $\overline{(a,b)}$, $\overline{(c,d)}$ y $\overline{(e,f)}$ se cumple que $$\overline{(a,b)}(\overline{(c,d)}+\overline{(e,f)})=\overline{(a,b)}\,\overline{(c,d)}+\overline{(a,b)}\,\overline{(e,f)}.$$

Demostración. Realizando la operación correspondiente al lado izquierdo tenemos:

\begin{align*}
\overline{(a,b)}(\overline{(c,d)}+\overline{(e,f)})&=\overline{(a,b)}\,\overline{(c+e,d+f)}\\
&=\overline{(a(c+e)+b(d+f),a(d+f)+b(c+e))}\\
&=\overline{(ac+ae+bd+bf,ad+af+bc+be)}.
\end{align*}

Observa cómo aquí se está usando la propiedad distributiva, pero en $\mathbb{N}$.

Realizando la operación correspondiente al lado derecho tenemos:

\begin{align*}
\overline{(a,b)}\,\overline{(c,d)}+\overline{(a,b)}\,\overline{(e,f)}&=\overline{(ac+bd,ad+bc)}+\overline{(ae+bf,af+be)}\\
&=\overline{(ac+bd+ae+bf,ad+bd+af+be)}.
\end{align*}

Usando la conmutatividad de la suma en $\mathbb{N}$, obtenemos que esta expresión es igual a la del lado izquierdo, como queríamos.

$\square$

Divisores de cero y cancelación

Hasta donde hemos platicado, los enteros tienen suma, resta y producto. Sin embargo, en los enteros todavía no tenemos una operación de división. Esto causa un par de dificultades. Una de estas es que cuando queremos resolver ecuaciones del estilo $a=bx$ con $a$ y $b$ enteros y $x$ un entero por determinar, no podemos simplemente «pasar la $b$ dividiendo» y obtener $x=a/b$. Otra dificultad es que cuando tenemos una igualdad del estilo $ab=ac$ tampoco podemos simplemente «dividir entre $a$».

La primer dificultad la estudiaremos más a detalle cuando entremos a teoría de números qué es lo que sí se puede hacer en $\mathbb{Z}$. Para la segunda, resulta que de cualquier forma podemos concluir casi siempre que $b=c$.

Antes de demostrar esto, veamos un resultado intermedio auxiliar. La siguiente proposición a veces se enuncia como que $\mathbb{Z}$ no tiene divisores de cero, o bien como que si el producto de dos enteros es cero, entonces alguno de ellos debe de ser cero.

Proposición. Si $\overline{(a,b)}$, $\overline{(c,d)}$ pertenecen a $\mathbb{Z}$ y $\overline{(a,b)}\,\overline{(c,d)}=\overline{(0,0)}$, entonces $\overline{(a,b)}=\overline{(0,0)}$ o $\overline{(c,d)}=\overline{(0,0)}$.

Demostración. Para que el producto $$\overline{(a,b)}\,\overline{(c,d)}=\overline{(ac+bd,ad+bc)}$$ sea igual al entero $\overline{(0,0)}$, debe suceder que $$ac+bd+0=ad+bc+0,$$ es decir, que $ac+bd=ad+bc$. A partir de esto, debemos de demostrar que o bien $a=b$, o bien que $c=d$. Supongamos que $a\neq b$ (en otro caso, ya tenemos lo buscado). Por tricotomía, debe pasar $a>b$ ó $a<b$.

Si $a>b$, entonces existe un entero $k>1$ tal que $a=b+k$, de modo que tenemos las siguientes igualdades:

\begin{align*}
ac+bd&=ad+bc\\
(b+k)c+bd&=(b+k)d+bc\\
bc+kc+bd&=bd+kd+bc\\
kc&=kd.
\end{align*}

Como $k>=1$, podemos usar la cancelación del producto en $\mathbb{N}$ para obtener $c=d$, como queríamos. Falta el caso $a<b$, pero es análogo al anterior. Los detalles quedan como tarea moral.

$\square$

Ahora sí podemos demostrar que en $\mathbb{Z}$ se vale cancelar factores distintos de cero.

Proposición. Sean $\overline{(a,b)}$, $\overline{(c,d)}$, $\overline{(e,f)}$ elementos en $\mathbb{Z}$. Supongamos que $\overline{(a,b)}\neq \overline{(0,0)}$ y que $$\overline{(a,b)}\,\overline{(c,d)}=\overline{(a,b)}\,\overline{(e,f)}.$$

Entonces $\overline{(c,d)}=\overline{(e,f)}$.

Demostración. Tenemos las siguientes igualdades:

\begin{align*}
\overline{(a,b)}\,\overline{(c,d)}&=\overline{(a,b)}\overline{(e,f)}\\
\overline{(a,b)}\,\overline{(c,d)}-\overline{(a,b)}\overline{(e,f)}&=0\\
\overline{(a,b)}(\overline{(c,d)}-\overline{(e,f)})&=0.\\
\end{align*}

Para pasar de la primera a la segunda, estamos restando de ambos lados, lo cual es válido en $\mathbb{Z}$. De la segunda igualdad a la tercera se está usando la ley distributiva para la resta (ver Tarea moral). A partir de aquí podemos usar la proposición anterior. Como $\overline{(a,b)}$ no es cero, entonces $\overline{(c,d)}-\overline{(e,f)}=0$. De aquí se obtiene $\overline{(c,d)}=\overline{(e,f)}$, que es lo que queríamos mostrar.

$\square$

Más adelante…

Ya tenemos las operaciones para los números enteros. Aún nos falta introducir un concepto muy importante: el de orden. Esto lo haremos en la siguiente entrada. Además, veremos que la noción de orden en $\mathbb{Z}$ es compatible con sus operaciones.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. Realiza por definición el producto de los enteros $\overline{(8,3)}$ y $\overline{(3,5)}$. ¿Lo que obtienes tiene sentido con el hecho de que $5\cdot (-2)=-10$?
  2. Demuestra que el producto en $\mathbb{Z}$ es asociativo y conmutativo.
  3. Para terminar la demostración de que $\mathbb{Z}$ no tiene divisores de cero, muestra que si se tienen naturales $a,b,c,d$ tales que $ac+bd=ad+bc$ y $a<b$, entonces $c=d$. Recuerda que debes trabajar todo en $\mathbb{N}$, en donde no se pueden restar elementos.
  4. Termina la demostración de que en $\mathbb{Z}$ los únicos elementos con inversos multiplicativos son $\overline{(1,0)}$ y $\overline{(0,1)}$. Tendrás que llegar a que en el caso faltante la única solución es $\overline{(a,b)}=\overline{(c,d)}=\overline{(0,1)}$.
  5. Enuncia y demuestra una ley distributiva para la resta.
  6. Si definiéramos al producto de dos enteros $\overline{(a,b)}$ y $\overline{(c,d)}$ como el entero $\overline{(ac,bd)}$, ¿cuáles de las propiedades que hemos discutido en esta entrada fallarían?

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»