Escritura de la matriz de una aplicación lineal dada. Un ejemplo

Queremos encontrar las matrices asociadas a la siguiente aplicación lineal:
$$f:\mathbb{C}^3\rightarrow \mathbb{C}^2; (z_1,z_2,z_3)\mapsto (z_1+i\,z_2+0\cdot z_3\,,\,0\cdot z_1+z_2-i\,z_3)$$

Recordemos que dada una aplicación lineal $\phi$ del espacio vectorial $E_m$ (de dimensión $m$) en el espacio vectorial $E_n$ (de dimensión $n$), ésta tiene asociada una matriz $A_{n \times m}$, tal que $A_{n\times m}\,u_{m \times 1}=v_{ n \times 1}$, donde $u_{m}$ y $v_n$ son vectores del $E_{m}$ (espacio de partida) y de $E_n$ (espacio de llegada), respectivamente.

En nuestro caso, la aplicación en cuestión es $f$. Y sabemos que $\mathbb{C}^3$, que es un espacio vectorial —aunque el cuerpo de los números complejos no sea un cuerpo ordenado—, es el de partida, con $m=3$; y $\mathbb{C}^2$ es el espacio vectorial de llegada, con $n=2$. Entonces, la matriz asociada a $f$ es $$A_{2 \times 3}=\begin{pmatrix}1 & i & 0\\ 0 & 1 & -i \end{pmatrix}$$

Comprobación:
En efecto, por la multiplicación de matrices:
$$\begin{pmatrix}1 & i & 0\\ 0 & 1 & -i \end{pmatrix} \, \begin{pmatrix}z_1 \\ z_2 \\ z_3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} z_1+i\,z_2+0\cdot z_3 \\ z_1+z_2-i\,z_3 \end{pmatrix}$$ $\diamond$

$\text{arctan}(z)=-\dfrac{i}{2}\,\ln\left(\dfrac{1+i\,z}{1-i\,z}\right)$

Consideremos $z,w\in \mathbb{C}$ tales que $z=\tan(w)$. Queremos demostrar que $$\text{arctan}(z)=-\dfrac{i}{2}\,\ln\left(\dfrac{1+i\,z}{1-i\,z}\right)$$

Partamos de la fórmula de Euler $e^{i\,\tilde{z}}=\cos(\tilde{z})+i\,\sin(\tilde{z})\quad (1)$ siendo $\tilde{z}$ un número complejo cualquiera. Entonces, de $z=\tan(w)$, se tiene que $w=\text{arctan}(z) \quad (1')$, y como, en el caso que nos ocupa, $\tilde{z}=w$, de acuerdo con $(1)$, vamos a emplear la fórmula de Euler $(1)$ para desarrollar, según ésta, $e^{i\,w}=e^{i\,\text{arctan}(z)} \quad (2)$
 

Préviamente, tengamos en cuanta que, por definición, $\tan(w)=\dfrac{\sin(w)}{\cos(w)} \quad (3)$, y, por la identidad fundamental de la trigonometría, $\sin^2(w)+\cos^2(w)=1 \quad (4)$. Dividiendo ambos miembros de $(3)$ por $\cos^2(w)$, obtenemos $\tan^2(w)+1=\dfrac{1}{\cos^2(w)} \Rightarrow \cos^2(w)=\dfrac{1}{1+\tan^2(w)}=\dfrac{1}{1+z^2} \Rightarrow \cos(w)=\sqrt{\dfrac{1}{1+z^2}} \quad (5)$

Por otra parte, de $(4)$, se tiene que $\sin^2(w)=1-\cos^2(w)=1-\dfrac{1}{\tan^2(w)+1}=\dfrac{\tan^2(w)}{1+\tan^2(w)}=\dfrac{z^2}{1+z^2}\Rightarrow \sin(w)=\sqrt{\dfrac{z^2}{1+z^2}} \quad (6)$

Teniendo en cuanta ahora $(5)$ y $(6)$, vemos que $(2)$ se expresa de la siguiente manera:
  $e^{i\,w}=e^{i\,\text{arctan}(z)}$
    $e^{i\,w}=\cos\,(\text{arctan}(z))+i\,\sin(\text{arctan}(z))$
      $e^{i\,w}=\sqrt{\dfrac{1}{1+z^2}}+i\,\sqrt{\dfrac{z^2}{1+z^2}}$
        $e^{i\,w}=\dfrac{1}{\sqrt{1+z^2}}+\dfrac{i\,z}{\sqrt{1+z^2}}$
          $e^{i\,w}=\dfrac{1+i\,z}{\sqrt{1+z^2}}$
y tomando logaritmos en sendos miembros:
          $\ln\,\left(e^{i\,w}\right)=\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{\sqrt{1+z^2}} \right)$
            $i\,w\,\ln\,(e)=\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{\sqrt{1+z^2}} \right)$
              $i\,w\cdot 1=\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{\sqrt{1+z^2}} \right)$
                $i\,w=\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{\sqrt{1+z^2}} \right)$
además, teniendo en cuenta $(1')$,
                  $i\,\text{arctan}(z)=\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{\sqrt{1+z^2}} \right)$
luego,
                    $i\cdot i\,\text{arctan}(z)=i\,\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{\sqrt{1+z^2}} \right)$
                      $i^2\,\text{arctan}(z)=i\,\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{\sqrt{1+z^2}} \right)$
                        $-\,\text{arctan}(z)=i\,\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{\sqrt{1+z^2}} \right)$
                          $\text{arctan}(z)=-i\,\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{\sqrt{1+z^2}} \right)$
                            $\text{arctan}(z)=-i\,\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{\sqrt{(1+i\,z)(1-i\,z)}} \right)$
                          $\text{arctan}(z)=-i\,\ln\,\left( \dfrac{\sqrt{(1+i\,z)^2}}{\sqrt{(1+i\,z)(1-i\,z)}} \right)$
                        $\text{arctan}(z)=-i\,\ln\,\left( \sqrt{\dfrac{(1+i\,z)^2}{(1+i\,z)(1-i\,z)}} \right)$
                      $\text{arctan}(z)=-i\,\ln\,\left( \sqrt{\dfrac{1+i\,z}{1-i\,z}} \right)$
                    $\text{arctan}(z)=-i\,\ln\,\left(\left( \dfrac{1+i\,z}{1-i\,z}\right) \right)^{\frac{1}{2}}$
                  $\text{arctan}(z)=-i\, \dfrac{1}{2}\,\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{1-i\,z} \right)$
                $\text{arctan}(z)=-\dfrac{i}{2}\,\ln\,\left( \dfrac{1+i\,z}{1-i\,z} \right)$
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Un poco de álgebra con funciones trigonométricas y f.t hiperbólicas

Consideremos la siguiente relación entre los números complejos $w$ y $z$: $w=\sin(z)$, siendo $z=x+i\,y$, con (claro está) $x,y\in \mathbb{R}$. Vamos a demostrar que $$|w|=\sqrt{\sin^2\,(x)\cdot \cosh^2\,(y)+\cos^2(x)\cdot \sinh^2\,(y)}$$

  $w=\sin(z)$
    $w=\sin(x+i\,y)$
      $w=\sin(x)\cdot \cos(i\,y)+\cos(x)\cdot \sin(i\,y) \quad (1)$

Recordemos que:
  $\sinh\,(\tilde{z})=-i\,\sin\,(i\tilde{z}) \Rightarrow i\,\sinh\,(\tilde{z})=-i^2\,\sin\,(i\tilde{z}) \Rightarrow \sin\,(i\tilde{z})=i\,\sinh\,(\tilde{z})$
  $\cos\,(i\tilde{z})=\cosh\,(\tilde{z})$
donde $\tilde{z}$ es cualquier número complejo, que, en particular puede tener su parte imaginaria nula.

Entonces, podemos escribir $(1)$ de la siguiente manera:
  $w=\sin(x)\cdot\cosh(y)+i\,\cos(x)\cdot\sinh(y)$
por consiguiente, su módulo es igual a,
  $|w|=\sqrt{(\sin(x)\cdot \cosh(y))^2+(\cos(x)\cdot \sinh(y))^2}$
esto es,   $|w|=\sqrt{\sin^2\,(x)\cdot\cosh^2\,(y)+\cos^2\,(x)\cdot\sinh^2\,(y)}$
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Ejemplo de resolución de una EDO de primer orden lineal no homogénea

Nos proponemos integrar la siguiente EDO: $$3\,y'-6\,\,y=2$$

Notemos que se trata de una EDO lineal no homogénea, pero esta vez no voy a utilizar el método de encontrar la solución de la e. homogénea y una solución particular, para sumarlas y obtener la s. general. De manera alternativa, voy a probar un cambio de variable: $y=u\,v$; así, $y'=u'\,v+v'\,u$. Al sustituir en la e. pedida:
  $3\,(u'\,v+v'\,u)-6\,u\,v=2$
    $3\,u'\,v+3\,v'\,u-6\,u\,v=2$
      $3\,u'\,v+u\,(3\,v'-6\,v)=2 \quad (1)$
El coeficiente de $u$, $3\,v'-6\,v$, toma la forma del primer miembro de la e. homogénea de la e. pedida, luego, igualándolo a cero, se tiene que
  $3\,v'-6\,v=0$
    $v'-2\,v=0$
      $\dfrac{dv}{dx}-2\,v=0$
        $\dfrac{dv}{v}=2\,dx$
          $\displaystyle \int\,\dfrac{dv}{v}=\int\,2\,dx$
            $\ln(v)=2x+\ln(C)$
              $\ln(v)-\ln(C)=2x$
                $\ln\left(\dfrac{v}{C}\right)=2x$
                  $\dfrac{v}{C}=e^{2x}$
                    $v=C\,e^{2x} \quad (2)$
Y sustituyendo en $(1)$,
  $3\,u'\,v+u\cdot 0 =2$
    $3\,u'\cdot (C\,e^{2x})+0=2$
      $3\,C\,u'\,e^{2x}=2$
        $3\,C\,\dfrac{du}{dx}\,e^{2x}=2$
          $C\,du=\dfrac{2}{3}\,e^{-2x}$
            $\displaystyle \int\,C\,du=\int\,\dfrac{2}{3}\,e^{-2x}$
              $\displaystyle C\,u=\dfrac{2}{3}\cdot (-\dfrac{1}{2})\,e^{-2x}$
                $\displaystyle C\,u=-\dfrac{1}{3}\,e^{-2x}+\tilde{C}$
Deshaciendo ahora el cambio de variable, $u=\dfrac{y}{v}$, y teniendo en cuenta $(2)$, $u=\dfrac{y}{C\,e^{2x}}$, con lo cual de la línea anterior se sigue que,
  $\displaystyle C\,\dfrac{y}{C\,e^{2x}}=-\dfrac{1}{3}\,e^{-2x}+\tilde{C}$
    $\displaystyle \dfrac{y}{e^{2x}}=-\dfrac{1}{3}\,e^{-2x}+\tilde{C}$
      $y=-\dfrac{1}{3}\,e^{-2x}\cdot e^{2x}+\tilde{C}\,e^{2x}$
        $y=-\dfrac{1}{3}\,e^{-2x+2x}+\tilde{C}\,e^{2x}$
          $y=-\dfrac{1}{3}\,e^{0}+\tilde{C}\,e^{2x}$
            $y=-\dfrac{1}{3}\cdot 1+\tilde{C}\,e^{2x}$
              $y=\tilde{C}\,e^{2x}-\dfrac{1}{3}$
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Curvas en el plano descritas mediante variable compleja

Queremos identificar la curva que, en el plano complejo, viene dada por $$\mathcal{Re}\left(\dfrac{1}{z}\right)=\dfrac{1}{9}$$

Siendo $z=x+i\,y$, escribamos $\dfrac{1}{z}$ de la siguiente manera:
$$\dfrac{1}{z}=\dfrac{1}{z}\cdot \dfrac{\bar{z}}{\bar{z}}=\dfrac{\bar{z}}{z\,\bar{z}}=\dfrac{x-i\,y}{x^2+y^2}=\dfrac{x}{x^2+y^2}-i\,\dfrac{y}{x^2+y^2}$$ con lo cual es claro que
  $\mathcal{Re}\left(\dfrac{1}{z}\right)=\dfrac{x}{x^2+y^2}$
Entonces la curva pedida, puede escribirse de manera equivalente, en coordenadas cartesianas, y ya pensando en el plano euclídeo $\mathbb{R}^2$, como:
$$\dfrac{x}{x^2+y^2}=\dfrac{1}{9}$$ esto es, $$x^2+y^2-9x=0$$ que corresponde claramente a una cúbica y, que, de manera equivalente, puede escribirse de la forma:
$$\left(x-\dfrac{9}{2}\right)^2+(y-0)^2=\left(\dfrac{9}{2}\right)^2$$ la cual identificamos como la ecuación de una circunferencia, de centro $C\left(\dfrac{9}{2},0\right)$ y radio igual a $\dfrac{9}{2}$

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Cálculo de los coeficientes de la potencia $n$-ésima de una matriz dada

Se considera la matriz $A=\begin{pmatrix}2&0&0\\3&1&0\\-1&0&1\end{pmatrix}$, asociada al correspondiente endomorfismo de $\mathbb{R}^3$. Vamos a calcular los coeficientes de la matriz $A^n$, siendo $n$ cualquier número entero no negativo.

El plan será el siguiente: Mediante un cambio de base, trataremos de encontrar la matriz de Jordan diagonal asociada a $A$ (esperemos que ésta exista), que denotaremos por $D$; a partir de ahí, tendremos que al ser $A=P\,D\,P^{-1}$ por ser $A$ y $D$ matrices semejantes. Entonces,
  $A^n= (P\,D\,P^{-1})^n$
    $=(P\,D\,P^{-1})\,(P\,D\,P^{-1})\,\overset{\underbrace{n}}{\ldots}\,(P\,D\,P^{-1})$
      $=P\,(D\,\overset{\underbrace{n}}{\ldots}\,D)\,P^{-1}$, ya que cada uno de los $n$ productos $P\,P^{-1}$ de entremedias son iguales a la matriz identidad $I$, que es el elemento neutro de la multiplicación de matrices, por consiguiente:
      $A^n=P\,D^n\,P^{-1}$
donde los coeficientes de la potencia $n$-ésima de la matriz diagonal (que, desde luego, también es una matriz diagonal) son nulos salvo, acaso, los de la diagonal principal, cuyos valores son las potencias $n$-ésimas de los coeficientes de la diagonal (principal) de la matriz $D$; en efecto, como $D=\begin{pmatrix}d_1&0&\ldots&0 \\ 0&d_2&\ldots&0 \\ \vdots &\vdots &\ldots&\vdots \\ 0&0&\ldots&d_n\end{pmatrix}$, se tiene que $$D^n=\begin{pmatrix}d_1&0&\ldots&0 \\ 0&d_2&\ldots&0 \\ \vdots &\vdots &\ldots&\vdots \\ 0&0&\ldots&d_n\end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}d_1&0&\ldots&0 \\ 0&d_2&\ldots&0 \\ \vdots &\vdots &\ldots&\vdots \\ 0&0&\ldots&d_n\end{pmatrix}\overset{\underbrace{n}}{\ldots}\begin{pmatrix}d_1&0&\ldots&0 \\ 0&d_2&\ldots&0 \\ \vdots &\vdots &\ldots&\vdots \\ 0&0&\ldots&d_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}d_{1}^n&0&\ldots&0 \\ 0&d_{2}^{n}&\ldots&0 \\ \vdots &\vdots &\ldots&\vdots \\ 0&0&\ldots&d_{n}^{n}\end{pmatrix}$$

Veamos si el endomorfismo es diagonizable, siguiendo el procedimiento habitual: El polinomio característico del endomorfismo asociado a $A$ es $$Q(\lambda)=\begin{vmatrix}2-\lambda&0&0\\3&1-\lambda&0\\-1&0& 1-\lambda\end{vmatrix}=(2-\lambda)\,(1-\lambda)^2$$ luego los valores propios y las correspondientes multiplicidades son $\left\{\begin{matrix}\lambda_1=1&m_1=2\\\lambda_2=2&m_2=1\end{matrix}\right.$

Examinemos los rangos de las matrices $A-\lambda_1\,I$ y $A-\lambda_2\,I$ y, a partir de éstos, las dimensiones de los núcleos (subespacios invariantes en los que se descompone el espacio total) $\text{Ker}(A-\lambda_1\,I)$ y $\text{Ker}(A-\lambda_2\,I)$, resultando (omito los cálculos) que $\text{rango}(A-\lambda_1\,I)=1$ y $\text{rango}(A-\lambda_2\,I)=2$.

Entonces, $\text{Ker}(A-\lambda_1\,I)=\text{dim}(\mathbb{R}^3)-\text{rango}(A-\lambda_1\,I)=3-1=2$, valor que coincide con el valor de la multiplicidad $m_1$, y $\text{Ker}(A-\lambda_2\,I)=\text{dim}(\mathbb{R}^3)-\text{rango}(A-\lambda_2\,I)=3-2=1$, que conincide con el valor de la multiplicidad $m_2$, luego se cumplen las condiciones para que el endomorfismo es diagonizable (existe la matriz diagonal, que hemos denotado por $D$).

Ahora, ya podemos decir cuál es la matriz diagonal (sus coeficientes no nulos son los valores propios —puestos en el orden que correponda al orden de los vectores de la nueva base—, y éstos aparecen tantas veces como indique su multiplicidad); podemos escribir, $D=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$.

Tendremos pues que calcular la matriz de paso para transforma la matriz $A$ en la matriz $D$ (en el orden en el que hemos puesto los valores propios).

El espacio vectorial $\mathbb{R}^3$ se expresa como la suma directa de los subespacios invariantes (correspondientes a ambos núcleos): $\mathbb{R}^3= \text{Ker}(A-\lambda_1\,I) \bigoplus \text{Ker}(A-\lambda_2\,I)$. Calculemos los vectores propios de la base del subespacio invariante $\text{Ker}(A-\lambda_1\,I)$ (recordemos que tiene dimensión igual a $2$) y el vector propio del subespacio invariantae $\text{Ker}(A-\lambda_2\,I)$ (recordemos que éste tiene dimensión igual a $1$). Naturalmente, la suma de las dimensiones de los subespacios invariantes ha de ser igual a la dimensión del espacio total, que es $3$, y así es: $2+1=3$

Busquemos una base de $\text{Ker}(A-\lambda_1\,I)$, que, como ya sabemos, constará de dos vectores (ya que su dimensión propia es $2$), a los que llamaremos $u_1$ y $u_2$, que han de ser linealmente independientes: $$\begin{pmatrix}2-1&0&0\\3&1-1&0\\-1&0&1-1\end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$$ esto es $$\begin{pmatrix}1&0&0\\3&0&0\\-1&0&0\end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$$ Calculemos un vector $u_1$, que cumpla la igualdad matricial; como el rango de la matriz de los coeficientes del sistema de ecuaciones es $1$ (sólo hay una ecuación linealmente independiente, tamaremos, por ejemplo, la primera), tendremos $3-1=2$ parámetros libres para expresarlo, que denotaremos por $\alpha$ y $\beta$; y como $x_1=0$ (de la primera ecuación $1\cdot x_1+0\cdot x_2+0\cdot x_3=0 \Rightarrow x_1=0$), un vector $u_1$ válido es $(0,\alpha,\beta)^\top$. Eligiendo ahora, libremente, el valor de estos dos parámetros (salvando el vector nulo), podemos tomar, por ejemplo, $\alpha:=1$ y $\beta:=0$. Luego un vector que nos sirve como elemento de la base del primer núcleo es $u_1=(0,1,0)^\top$

Entonces, el segundo vector de la base del primer núcleo será, en principio, $u_{2}=(A-\lambda_1\,I))\,u_{1}=\begin{pmatrix}1&0&0\\3&0&0\\-1&0&0\end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$; ahora bien, no podemos tomar un vector que sea el vector nulo, luego tendremos que buscar otro vector no dependiente de $u_1$ que, como $u_1$, cumpla también que $(A-\lambda_1\,I))\cdot u_{2}=(0,0,0)^\top$. Siguiendo los pasos análogos del párrafo anterior, encontramos $u_2=(0,0,1)^\top$.

Por consiguiente podemos escribir que $\text{Ker}(A-\lambda_1\,I))=\mathcal{L}\left( \{ (0,1,0)^\top,(0,0,1)^\top \}\right)$

Busquemos también una base de $\text{Ker}(A-\lambda_2\,I)$, que, como ya sabemos, constará de un sólo vector (ya que su dimensión propia es $1$), al que llamaremos $w_1$: $$\begin{pmatrix}2-2&0&0\\3&1-2&0\\-1&0&1-2\end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$$ esto es $$\begin{pmatrix}0&0&0\\3&-1&0\\-1&0&-1\end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$$ Calculemos pues un vector $w_1$, que cumpla la igualdad matricial; como el rango de la matriz de los coeficientes del sistema de ecuaciones es $2$ (hay dos ecuaciones linealmente independientes, tamaremos las dos últimas (la primera es nula), tendremos $3-2=1$ parámetro libre para expresarlo, que denotaremos por $\gamma=:x_2$. Entonces, el sistema equivalente de ecuaciones lienales anterior es $\left\{\begin{matrix}3x_1-\gamma=0\\-x_1-x_3=0\end{matrix}\right.$; por tanto, $x_1=\dfrac{1}{3}\,\gamma$ y $x_3=-x_1$, es decir, buscamos vectores del tipo $(\dfrac{1}{3}\,\gamma, \gamma, -\dfrac{1}{3}\,\gamma)$, y tomando, pongamos que $\gamma:=3$, podemos elegir como vector de la base $w_1=(1,3,-1)^\top$, esto es $$\text{Ker}(A-\lambda_1\,I))=\mathcal{L} \left( \{ (1,3,-1)^\top \} \right)$$

La matriz del cambio de base se monta (por columnas) en el mismo orden (de izquierda a derecha) que el orden en el que hemos puesto los valores propios en la matriz diagonal: $$P=\begin{pmatrix}| & | & | \\ u_1 & u_2 & w_1 \\ | & | & | \end{pmatrix}$$ es decir $$P=\begin{pmatrix}0 & 0 & 1\\ 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}$$ cuya matriz inversa (omito los cálculos) es $$P^{-1}=\begin{pmatrix}-3 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

Con lo cual, finalmente: $A^n=P\,A^n\,P^{-1}=\begin{pmatrix}0 & 0 & 1\\ 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}1^n & 0 & 0\\ 0 & 1^n & 0 \\ 0 & 0 & 2^n \end{pmatrix}\, \begin{pmatrix}-3 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
luego (omito los cálculos), $$A^n=\begin{pmatrix}2^n & 0 & 0\\ 3\,(1-2^n) & 1 & 0 \\ 1-2^n & 0 & 1 \end{pmatrix}$$

-oOo-

Por ejemplo, calculemos $A^{10}$:
De acuerdo con el resultado genérico que hemos obtenido para la matriz dada, y sin muchos cálculos básicos, llegamos fácilmente al resultado:
$$A^{10}=\begin{pmatrix}2^{10} & 0 & 0\\ 3\,(1-2^{10}) & 1 & 0 \\ 1-2^{10} & 0 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\,024 & 0 & 0\\ -3\,069 & 1 & 0 \\ -1\,023 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$

$\diamond$

Obtención de los vectores de la base con respecto de la cual una cierta matriz es diagonal, dada la matriz de paso (del cambio de base)

Se considera una matriz $A$, asociada al correspondiente endomorfismo de $\mathbb{R}^3$, cuyos coeficientes vienen dados con respecto a la base canónica $\mathcal{C}=\{e_1=(1,0,0)^\top,e_2=(0,1,0)^\top,e_3=(0,0,1)^\top\}$. Nos dicen que esta matriz resulta que diagonaliza, $D=P^{-1}\,A\,P$ (denotamos por $D$ a dicha matriz diagonal) y por tanto $A=P\,D\,P^{-1}$, mediante la siguiente matriz de cambio de base (o matriz de paso): $$P=\begin{pmatrix}1&2&1\\1&3&3\\1&3&4\end{pmatrix}$$ ¿Cuál es la base con respecto a la cual diagonaliza?

Los vectores de la nueva base $\mathcal{B}$ corresponden a los vectores columna de la matriz de paso (del cambio de base): $$\mathcal{B}=\{u_1=(1,1,1)^{\top},u_2=(2,3,3)^{\top},u_3=(1,3,4)^{\top}\}$$ $\diamond$

Otro ejemplo de resolución de una EDO lineal no homogénea

Se pide que resolvamos la siguiente EDO: $$y'+2y = x^2+2x$$

Observemos que se trata de una EDO lineal no homogénea, pues su forma se corresponde con la genérica de ese tipo: $y'+f(x)\,y=g(x)$, siendo en este caso concreto $f(y)=2$ y $g(x)=x^2+2x$

Primero, buscaremos la solución de la e.d. homogénea $y'+ 2y=0$, que, fácilmente hallamos, y a la que denominaremos $y_H$:
  $\dfrac{dy}{dx}+2y=0$
    $\dfrac{dy}{y}=-2\,dx$
      $\displaystyle \int\,\dfrac{dy}{y}=\int\,-2\,dx$
        $\ln(y)=-2\,x+\text{constante}$
Elegimos ahora la constante arbitraria como $\ln(C)$, luego podemos escribir:
          $\ln(y)-\ln(C)=-2\,x$
            $\ln\left(\dfrac{y}{C}\right)=-2\,x$, por lo que
              $y_H=C\,e^{-2\,x}$

En segundo lugar, buscaremos una solución particular, $y_P$, de la ecuación original, por el método de los coeficientes indeterminados: Como $g(x)=x^2+2x$ es un polinomio de segundo grado, postulamos que $y_P=A\,x^2+B\,x+C$ (constante). Así que, sustituyendo en la e.d. $y'+2y=x^2+2x$, podremos determinar el valor de los coeficientes $A,B$ y $C$. Al sustituir, obtenemos $(A\,x^2+B\,x+C)'+2\,(A\,x^2+B\,x+C)=x^2+2x$. Con lo cual, agrupando términos e identificando coeficentes del mismo grado, llegamos al siguiente sistema de ecuaciones algebraicas:
$$\left\{\begin{matrix}2\,A=1 \\ 2\,A+2\,B=2\\ B+2C=0\end{matrix}\right. \Rightarrow A=B=\dfrac{1}{2}\,,C=-\dfrac{1}{4}$$ Por consiguiente, una solución particular es $y_P=\dfrac{1}{2}\,(x^2+x-\dfrac{1}{2})$

Finalmente, y teniendo en cuenta que la solución general de la e.d. es $y=y_H+y_P$, se obtiene:
$$y=C\,e^{-2x}+\dfrac{1}{2}\,(x^2+x-\dfrac{1}{2})$$ $\diamond$

Ejemplo de integración de una EDO lineal de primer grado no homogénea

Se pide que resolvamos la siguiente EDO: $$y'=2y+\dfrac{2}{3}$$

Observemos que se trata de una EDO lineal no homogénea, pues su forma se corresponde con la genérica de ese tipo: $y'+f(x)\,y=g(x)$, siendo en este caso concreto $f(y)=-2$ y $g(x)=\dfrac{2}{3}$

Procederemos de la siguiente manera:

Primero, buscaremos la solución de la e.d. homogénea $y'-2y=0$, que, fácilmente hallamos, y a la que denominaremos $y_H$:
  $\dfrac{dy}{dx}-2y=0$
    $\dfrac{dy}{y}=2\,dx$
      $\displaystyle \int\,\dfrac{dy}{y}=\int\,2\,dx$
        $\ln(y)=2\,x+\text{constante}$
Elegimos ahora la constante arbitraria como $\ln(C)$, luego podemos escribir:
          $\ln(y)-\ln(C)=2\,x$
            $\ln\left(\dfrac{y}{C}\right)=2\,x$, por lo que
              $y_H=C\,e^{2\,x}$

En segundo lugar, buscaremos una solución particular, $y_P$, de la ecuación original, por el método de los coeficientes indeterminados: Como $g(x)=\dfrac{2}{3}$ es constante, esto es, un polinomio de grado $0$, postulamos que $y_P=k$ (constante). Así que, sustituyendo en la e.d. $y'=2y+\dfrac{2}{3}$, podremos determinar el valor del coeficiente $k$:
  $y'_P=2\,y_P+\dfrac{2}{3}$
    $0=2\cdot k +\dfrac{2}{3}$
      $k = -\dfrac{1}{3}$
Por consiguiente, una solución particular es $y_P=-\dfrac{1}{3}$

Finalmente, sabemos que la solución general de la e.d. es $y=y_H+y_P$, es decir:
$$y=C\,e^{2x}-\dfrac{1}{3}$$ $\diamond$

Un ejemplo de integración de una EDO no exacta, pero que admite factor integrante

Vamos a integrar la siguiente EDO: $$y\,dx+2\,x\,dy=0$$ que es del tipo $$\dfrac{\partial\,F(x,y)}{\partial\,x}\,dx+\dfrac{\partial\,F(x,y)}{\partial\,y}\,dy=0 $$

Observemos que $P(x,y)=y$ y $Q(x,y)=x$. Veamos las derivadas partiales $\dfrac{\partial\,P}{\partial\,y}=1$ y $\dfrac{\partial\,P}{\partial\,x}=2$; entonces, como $\dfrac{\partial\,P}{\partial\,y}\neq \dfrac{\partial\,P}{\partial\,x}$, se trata de una EDO no exacta. Sin embargo, vamos a intentar econtrar un factor integrante $\mu(x,y)$ tal que $\mu(x,y)\,P(x,y)\,d+\mu(x,y)\,Q(x,y)=\mu(x,y)\cdot 0=0$, es decir, la e.d. $$\mu(x,y)\,P(x,y)\,d+\mu(x,y)\,Q(x,y)=0\quad (1)$$ que es equivalente a la e.d. original, sí buscamos que sea exacta, por lo que tiene que cumplirse que $$\dfrac{\partial\,}{\partial\,y}\,(\mu(x,y)\,P(x,y))=\dfrac{\partial}{\partial\,x}\,\mu(x,y)\,Q(x,y)$$ es decir, $$P(x,y)\,\dfrac{\partial\,\mu(x,y)}{\partial\,y}+\mu(x,y)\,\dfrac{\partial\,P(x,y)}{\partial\,y}=Q(x,y)\,\dfrac{\partial\,\mu(x,y)}{\partial\,x}+\mu(x,y)\,\dfrac{\partial\,Q(x,y)}{\partial\,x}$$ $$\mu(x,y)\,\left( \dfrac{\partial\,P(x,y)}{\partial\,y}- \dfrac{\partial\,Q(x,y)}{\partial\,x} \right)=Q(x,y)\,\dfrac{\partial\,\mu(x,y)}{\partial\,x}-P(x,y)\,\dfrac{\partial\,\mu(x,y)}{\partial\,y}$$ $$\dfrac{\partial\,P(x,y)}{\partial\,y}- \dfrac{\partial\,Q(x,y)}{\partial\,x}=\dfrac{Q(x,y)}{\mu(x,y)}\,\dfrac{\partial\,\mu(x,y)}{\partial\,x}-\dfrac{P(x,y)}{\mu(x,y)}\,\dfrac{\partial\,\mu(x,y)}{\partial\,y}$$ $$\dfrac{\partial\,P(x,y)}{\partial\,y}- \dfrac{\partial\,Q(x,y)}{\partial\,x}=Q(x,y)\,\dfrac{\partial\,\ln(\mu(x,y))}{\partial\,x}-P(x,y)\,\dfrac{\partial\,\ln(\mu(x,y))}{\partial\,y}$$ que, en el caso que nos ocupa, se traduce en:
$$1-2=2x\,\dfrac{\partial\,\ln(\mu(x,y))}{\partial\,x}-y\,\dfrac{\partial\,\ln(\mu(x,y))}{\partial\,y}$$ es decir $$-1=2x\,\dfrac{\partial\,\ln(\mu(x,y))}{\partial\,x}-y\,\dfrac{\partial\,\ln(\mu(x,y))}{\partial\,y}$$ En particular, pongamos que $\mu$ no dependa de $x$, entonces: $$-1=2x\,\dfrac{\partial\,\ln(\mu(y))}{\partial\,x}-y\,\dfrac{\partial\,\ln(\mu(y))}{\partial\,y}$$ con lo cual, $$-1=2x\cdot 0-y\,\dfrac{d\,\ln(\mu(y))}{d\,y}$$ $$-1=-y\,\dfrac{d\,\ln(\mu(y))}{d\,y}$$ $$1=y\,\dfrac{d\,\ln(\mu(y))}{d\,y}$$ $$\dfrac{dy}{y}=d\,\ln(\mu(y))$$ $$\displaystyle \int\,\dfrac{dy}{y}=\int\,d\,\ln(\mu(y))$$ $$\ln(y)=\ln(\mu(y))$$ y por consiguiente, $$\mu(y)=y$$

Y sustituyendo en $(1)$, llegamos a la siguiente e.d. exacta: $$y^2\,dx+2\,xy\,dy=0 \quad (2)$$ Así pues, vamos a encontrar la integral general de la misma $F(x,y)=C$, debiéndose cumplir que:
  $\dfrac{\partial\,F(x,y)}{\partial\,x}=y^2\quad (3)$
y
  $\dfrac{\partial\,F(x,y)}{\partial\,y}=2\,xy \quad (4)$

De $(2)$:
  $\displaystyle \int\,dF(x,y)=\int\,y^2\,dx$
    $\displaystyle F(x,y)=y^2\,\int\,dx$
      $F(x,y)=y^2\,x+\phi(y) \quad (5)$

Y como debe satisfacerse $(4)$,
  $\dfrac{\partial\,(y^2\,x+\phi(y))}{\partial\,y}=2\,xy$
    $2\,xy+\phi'(y)=2\,xy$
      $\phi'(y)=0$
        $\phi(y)=\text{constante} \overset{(5)}{\Rightarrow} x\,y^2=C$

Nota:
También podemos integrar la ecuación $(2)$ de una manera muy sencilla:
Dividiendo por $x\,y^2$ en los dos miembros de la misma obtenemos $$\dfrac{1}{x}\,dx+2\cdot \dfrac{1}{y}\,dy=0$$ luego, $$\dfrac{1}{x}\,dx=-2\cdot \dfrac{1}{y}\,dy $$ $$\displaystyle \int\,\dfrac{1}{x}\,dx=-2\displaystyle \int \dfrac{1}{y}\,dy $$ $$\ln(x)=-2\cdot \ln(y)+k$$ $$\ln(x)+2\,\ln(y)=k$$ $$\ln(x)+\ln(y^2)=k$$ $$\ln(x\cdot y^2)=k$$ $$x\,y^2=e^k$$ y estableciendo la constante arbitraria como $C:=e^k$,
$$x\,y^2=C$$

$\diamond$

Acerca de cómo resolver un sistema de EDOs homogéneas de primer orden

Un sistema de EDOs homogéneas de primer orden puede expresarse matricialmente de la forma $$A\,Y=Y'$$ donde $A$ es la matriz de los coeficientes del sistema, $Y$ es el vector de correspondiente a la variable $y$ e $Y'$ es el vector correspondiente a la derivada de $y$. Veamos la idea sobre cómo podemos continuar con la resolución a partir de aquí.

Se trata de aplicar los resultados de la clasificación de endomorfismos: encontrar un cambio de base, cuya matriz denominamos $C$, de tal manera que la nueva matriz de los coeficientes $B=C^{-1}\,A\,C$ presente una estructura más sencilla que la de $A$: una matriz de Jordan o, de ser posible, una matriz diagonal.

Entonces, $A=C\,B\,C^{-1}$, con lo cual,
  $A\,Y=Y'$
    $(C\,B\,C^{-1})\,Y=Y'$
      $C^{-1}\,(C\,B\,C^{-1})\,Y=C^{-1}\,Y'$
        $(C^{-1}\,C)\,(B\,C^{-1})\,Y=C^{-1}\,Y'$
          $I\,(B\,C^{-1})\,Y=C^{-1}\,Y'$
            $(I\,B)\,(C^{-1}\,Y)=C^{-1}\,Y'$
              $B\,(C^{-1}\,Y)=C^{-1}\,Y'$, y siendo los nuevos vectores (de la variable $y\rightarrow z$ y de la derivada de la misma $y'\rightarrow z'$), podemos escribir que $C^{-1}\,Y=Z$ y $C^{-1}\,Y'=Z'$, con lo cual, la línea anterior podemos escribirla de la forma:
  $B\,Z=Z'$, que es más fácil de resolver que el problema original. De manera que, una vez encontremos esa solución, $Z$, encontraremos la de la ecuación original, $Y$, deshaciendo el cambio de base:
    $C^{-1}\,Y=Z \Rightarrow C\,C^{-1}\,Y=C\,Z \Rightarrow I\,Y=C\,Z \Rightarrow Y=C\,Z$

$\diamond$

Ejemplo de integración de una EDO exacta

Vamos a integrar la siguiente EDO: $$(2x+y)\,dx+(2y+x)\,dy=0$$ que es del tipo $$\dfrac{\partial\,F(x,y)}{\partial\,x}\,dx+\dfrac{\partial\,F(x,y)}{\partial\,y}\,dy=0 $$

Observemos que $P(x,y)=2x+y$ y $Q(x,y)=2y+x$. Veamos las derivadas partiales $\dfrac{\partial\,P}{\partial\,y}=1$ y $\dfrac{\partial\,P}{\partial\,x}=1$; entonces, como $\dfrac{\partial\,P}{\partial\,y}=\dfrac{\partial\,P}{\partial\,x}$, se trata de una EDO exacta.

Con lo cual, existe una familia de funciones $F(x,y)=C$ ($C$, constante arbitraria), a la que se denomina integral general de la e.d., tal que $\dfrac{\partial\,F}{\partial\,x}=P(x,y)$ y $\dfrac{\partial\,F}{\partial\,y}=Q(x,y)$

Por un lado,
  $\dfrac{\partial\,F}{\partial\,x}=2x+y \Rightarrow F(x,y)=x^2+xy+\phi(y) \quad (1)$

Y de otra parte,
  $\dfrac{\partial\,F}{\partial\,y}=2y+x \Rightarrow F(x,y)=y^2+xy+\varphi(y) \quad (2)$

De $(1)$ se tiene que, manteniendo constante $x$,: $$\left(\dfrac{dF}{dy}\right)_x=x+\phi'(y)$$ que ha de ser igual a $Q(x,y)$, con lo cual, $$x+\phi'(y)=2y+x$$ esto es, $$\phi'(y)=2y$$ luego,
  $\dfrac{\phi(y)}{dy}=2y$
    $d(\phi(y))=2y\,dy$
      $\displaystyle\,\int\,d(\phi(y))=\int\,2y\,dy+\tilde{C}$
        $\phi(y)=y^2+\tilde{C}$

Sustituyendo en $(1)$: $$F(x,y)=x^2+xy+y^2+\tilde{C}$$ y como $F(x,y)=C$, se tiene que
$$x^2+xy+y^2=C$$ donde redifinimos la constante arbitraria como $C:=\tilde{C}-C$

$\diamond$

$\cos(\alpha)=\dfrac{e^{i\,\alpha}+e^{-i\,\alpha}}{2}$ y $\sin(\alpha)=\dfrac{e^{i\,\alpha}-e^{-i\,\alpha}}{2\,i}$

Vamos a justificar las siguientes fórmulas: $$\cos(\alpha)=\dfrac{e^{i\,\alpha}+e^{-i\,\alpha}}{2}$$ y $$\sin(\alpha)=\dfrac{e^{i\,\alpha}-e^{-i\,\alpha}}{2\,i}$$

Conocemos la fórmula de Euler: todo número complejo $z=a+i\,b$ puede escribirse de la forma $z=|z|\cdot e^{i\,\alpha}=|z|\cdot (\cos(\alpha)+i\,\sin(\alpha))$, donde $|z|$ es el módulo de $z$ y $\alpha$ representa el argumento de $z$

El número complejo conjugado de $z$ es $\bar{z}=a-i\,b=|z|\cdot e^{-i\,\alpha}$, ya que $|\bar{z}|=|z|$ y $\text{Arg}(\bar{z})=-\text{Arg}(z)=-\alpha$

Hagamos la suma $z+\bar{z}$:
  $z+\bar{z}=\left\{\begin{matrix}|z|\cdot (\cos(\alpha)+i\,\sin(\alpha)) + |z|\cdot (\cos(\alpha)+\,\sin(\alpha)) = 2\,|z|\,\cos(\alpha) \\ |z|\cdot e^{i\,\alpha} + |z|\cdot e^{-i\,\alpha}\end{matrix}\right.\Rightarrow$
    $\Rightarrow 2\,|z|\,\cos(\alpha) = |z|\, (e^{i\,\alpha} + e^{-i\,\alpha}) \Rightarrow \cos(\alpha)=\dfrac{e^{i\,\alpha}+e^{-i\,\alpha}}{2}$

Hagamos ahora la diferencia $z-\bar{z}$:
  $z-\bar{z}=\left\{\begin{matrix}|z|\cdot (\cos(\alpha)+i\,\sin(\alpha)) - |z|\cdot (\cos(\alpha)-\,\sin(\alpha)) = 2\,|z|\,i\,\sin(\alpha) \\ |z|\cdot e^{i\,\alpha} - |z|\cdot e^{-i\,\alpha}\end{matrix}\right.\Rightarrow$
    $\Rightarrow 2\,|z|\,i\sin(\alpha) = |z|\, (e^{i\,\alpha} - e^{-i\,\alpha}) \Rightarrow \sin(\alpha)=\dfrac{e^{i\,\alpha}-e^{-i\,\alpha}}{2\,i}$
$\diamond$

Raíz $n$-ésima de un número complejo

Voy a calcular, como ejercicio, los valores de $\sqrt[3]{8\,i}$ en el conjunto de los números complejos:

Sabemos que, siendo $z\in \mathbb{C}$, entonces existen $n$ valores (en $\mathbb{C}$) como resultado de $\sqrt[n]{z}$. En concreto, $\sqrt[n]{z}=\sqrt[n]{|z|}\cdot \left( \cos\,\left(\dfrac{\varphi+2k\pi}{n}\right)+i\,\sin\,\left(\dfrac{\varphi+2k\pi}{n}\right) \right)$, con $k=0,1,2,\ldots,n-1$, donde $\varphi$ es el primer argumento de $z$. En este caso, como $z=8\,i$, se tiene que $|z|=8$ y $\varphi=\dfrac{\pi}{2}$, y $n=3$, con lo cual: $$\sqrt[3]{8\,i}=\left\{\begin{matrix}\cos\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{2}+0\cdot 2\pi}{3}\right)+i\,\sin\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{2}+0\cdot 2\pi}{3}\right)=\cos(\dfrac{\pi}{6})+i\,\sin(\dfrac{\pi}{6})=\dfrac{\sqrt{3}}{2}+i\,\dfrac{1}{2}& (\text{para}\,\,k=0) \\ \cos\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{2}+1\cdot 2\pi}{3}\right)+i\,\sin\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{2}+1\cdot 2\pi}{3}\right)=\cos(\dfrac{5\,\pi}{6})+i\,\sin(\dfrac{5\,\pi}{6})=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}+i\,\dfrac{1}{2}& (\text{para}\,\,k=1) \\ \cos\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{2}+2\cdot 2\pi}{3}\right)+i\,\sin\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{2}+2\cdot 2\pi}{3}\right)=\cos(\dfrac{3\,\pi}{2})+i\,\sin(\dfrac{3\,\pi}{2})=-1+i\cdot 0=-1& (\text{para}\,\,k=2)\end{matrix}\right.$$ $\diamond$

Otro ejemplo de cálculo del módulo y del argumento principal de número complejo que resulta del producto de dos números complejos

Vamos a calcular el módulo y el armento del siguiente producto de números complejos $$i^{431}\cdot (1+i)$$

Recordemos que el módulo del producto de dos números complejos es el producto de los módulos de los factores, y su argumento principal es igual a la suma de los argumentos de los factores.

Desde luego, $|i^{431}|=1$, y como $i^{431}=i^3 \because 432=4\cdot 107+3$, se tiene que $\text{Arg}(i^{431})=\text{Arg}(i^3)=\text{Arg}(-i)=-\dfrac{\pi}{2}$. Por otra parte, $|1+i|=\sqrt{2}$, y $\text{Arg}(1+i)=\dfrac{\pi}{4}$.

Y, por lo dicho en el primer párrafo, $|i^{431}\cdot (1+i)|=|i^{431}|\cdot |1+i|=1\cdot \sqrt{2}=\sqrt{2}$ y $\text{Arg}\left( i^{431}\cdot (1+i) \right)=\text{Arg}(i^{431})+\text{Arg}(1+i)=-\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{4}=-\dfrac{\pi}{4} $
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Módulo y argumento principal de número complejo que resulta del cociente de dos números complejos

Sin realizar explícitamente el producto $\dfrac{1+i}{1-i}$, ¿cuál es el módulo y el argumento principal del número complejo resultante?

Sabemos que el módulo del cociente de dos números complejos es el cociente de los módulos de los factores, y su argumento principal es igual a la diferencia de los argumentos de los factores. Entonces, como $|1+i|=|1-i|=\sqrt{2}$, $\text{Arg}(1+i)=\dfrac{\pi}{4}$ y $\text{Arg}(1-i)=-\dfrac{\pi}{4}$, se tiene que $\left|\dfrac{1+i}{1-i}\right|=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=1$ y $\text{Arg}\left(\dfrac{1+i}{1-i}\right)=\dfrac{\pi}{4}-(-\dfrac{\pi}{4})=\dfrac{\pi}{2}$
$\diamond$

Módulo y argumento principal de número complejo que resulta del producto de dos números complejos

Sin realizar explícitamente el producto $(1+i)\cdot (1-i)$, ¿cuál es el módulo y el argumento principal del número complejo resultante?

Sabemos que el módulo del producto de dos números complejos es el producto de los módulos de los factores, y su argumento principal es igual a la suma de los argumentos de los factores. Entonces, como $|1+i|=|1-i|=\sqrt{2}$, $\text{Arg}(1+i)=\dfrac{\pi}{4}$ y $\text{Arg}(1-i)=-\dfrac{\pi}{4}$, se tiene que $|(1+i)\cdot (1-i)|=\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}=2$ y $\text{Arg}((1+i)\cdot (1-i))=\dfrac{\pi}{4}+(-\dfrac{\pi}{4})=0$
$\diamond$

Resolucón de ODEs de Bernoulli. Un ejemplo

Vamos a resolver la siguiente ecuación de Bernoulli: $$y'=y+5x\,y^2$$

Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden se dice que es una e. de Bernoulli si es del tipo $$y'=y\,f(x)+g(x)\,y^n$$ Este tipo de ecuaciones se transforman en ecuaciones diferenciales lineales mediante el cambio de variable $u=y^{1-n}$

En el caso que nos ocupa, $n=2$, luego haremos el cambio de variable $u=y^{1-2}$, esto es, $u=y^{-1}$, que, si se prefiere, podemos expresarlo de la forma $u=\dfrac{1}{y}$. Entonces, $y=\dfrac{1}{u}$, con lo cual $y'=-\dfrac{1}{u^2}\,u'$

Sustituyendo en la ecuación propuesta, ésta se escribe de la siguiente manera:
  $-\dfrac{1}{u^2}\,u'=\dfrac{1}{u}+\dfrac{5x}{u^2}$
    $-u^2\,\dfrac{1}{u^2}\,u'=u^2\,\dfrac{1}{u}+u^2\,\dfrac{5x}{u^2}$
      $-u'=u+5x$
        $u'+u=-5x$, que es una ODE lineal no homogénea, que podemos resolver realizando el cambio de variable $u=w\,t$; entonces $u'=w't+t'w$, y, haciendo las sustituciones correspondiente, llegamos a:
          $w'\,t+w\,t'+w\,t=-5x$
            $(w'+w)\,t+w\,t'=-5x \quad (1)$

Siendo $w'+w=0 \quad (2)$ la ecuación homogénea asociada a $(1)$, vemos que su solución es:
  $\dfrac{dw}{dx}+w=0$
    $\dfrac{dw}{w}=-dx$
      $\displaystyle \int\,\dfrac{dw}{w}=\int\,-dx$, por lo que, integrando en cada miembro, vemos fácilimente que una primitiva (nos sirve cualquiera de la familia de primitivas) es:
        $w=e^{-x} \quad (1.1)$

Sustituyendo ahora en $(1)$ y teniendo en cuenta $(2)$:
  $0\cdot t +e^{-x}\,t'=-5x$
    $0 +e^{-x}\,t'=-5x$
      $e^{-x}\,t'=-5x$
        $e^{-x}\,\dfrac{dt}{dx}=-5x$
        $-5\,x\,e^{x}\,dx=dt$
          $\displaystyle \int\,-5\,x\,e^{x}\,dx=\int\,dt$
            $\displaystyle -5\,\int\,x\,e^{x}\,dx=\int\,dt$
Integrando, ambos miembros (por el método de por partes la integral del primer miembro), resulta:
              $\displaystyle t=-5\,e^{x}\,(x-1)+C$

Deshagamos ahora el segundo cambio de variables, $u=w\,t$, entonces $t=\dfrac{u}{w}$. Obtendremos así:
  $\displaystyle \dfrac{u}{w}=-5\,e^{x}\,(x-1)+C$
    $\displaystyle u=w\cdot \left(-5\,e^{x}\,(x-1)+C\right)$, y teniendo en cuenta $(1.1)$:
      $\displaystyle u=e^{-x}\cdot \left(-5\,e^{x}\,(x-1)+C\right)$
        $\displaystyle u=-5\,e^{-x}\cdot e^{x}\,(x-1)+C\,e^{-x}$
          $\displaystyle u=-5\,e^{-x+x}\,(x-1)+C\,e^{-x}$
            $\displaystyle u=-5\,e^{0}\,(x-1)+C\,e^{-x}$
              $\displaystyle u=-5\cdot 1\cdot (x-1)+C\,e^{-x}$
                $\displaystyle u=-5\,(x-1)+C\,e^{-x}$

Finalmente, vamos a deshacer el primer cambio de variable, $u=\dfrac{1}{y}\Rightarrow y=\dfrac{1}{u}$:
  $\displaystyle \dfrac{1}{y}=-5\,(x-1)+C\,e^{-x}$
    $\displaystyle y=\dfrac{1}{-5\,(x-1)+C\,e^{-x}}$
      $\displaystyle y=-\dfrac{1}{5\,(x-1)-C\,e^{-x}}$
$\diamond$

ODEs lineales no homogéneas. Un método general para resolver las de primer orden

Recordemos la definiación de ecuación diferencial lineal: Una ODE $F(x,y,y',y'',\ldots,y^{(n)})=0$, se dice que es una ecuación diferencial lineal si $F$ es una función lineal con respecto a la variable dependiente $y$ y sus derivadas de órdenes $1,2\,\ldots,n$ con respecto a la variable independiente $x$: $y',\ldots,y^{(n)}$.

También puede reconocerse una EDO lineal si es de la forma $a_{0}(x)\,y+a_{1}(x)\,y'+\ldots+a_{n}(x)\,y^{(n)}=g(x) \quad (1)$, siendo $a_{0}(x),\ldots,a_{n}(x)$ funciones diferenciales, no necesariamente lineales. El orden de dicha EDO lineal viene dada por el entero positivo $m\le n$ tal que $a_{m}(x)$ sea una función no nula (la f. que envía todo valor de su dominio de efinición a cero). Por otra parte, si la función $g(x)$ del segundo miembro es nula, la EDO diferencial se denomina homogénea.

Caso de una EDO lineal no homogénea de orden $1$

Vamos a resolver una EDO de primer orden lineal no homogénea: $$y'+a(x)\,y=g(x) \quad (1)$$

La EDO homogénea asociada es $y'+a(x)\,y=0 \quad (2)$

Mediante el cambio de variable $y=u\,v$ —con lo cual $y'=u\,v'+v'\,u$ (derivadas con respecto de $x$)— la ecuación $(1)$ se escribe de la forma:
  $(u'\,v+v'\,u+a(x)\,u\,v=g(x)$
    $(u'+a(x)\,u)\,v+v'\,u=g(x) \quad (3)$

Si el primer término del primer miembro de $(3)$ es igual a cero, éste corresponde a la EDO homogénea $(2)$ de la EDO del problema, en las variables $x$ y $u$ (que depende de $x$).

Procedimiento: Una vez hayamos encontrado la solución de $(2)$ (primer paso), podemos encontrar la solución general de la ecuación diferencial pedida (segundo paso) sustituyendo ésta en $(3)$. Vamos a realizar pues estos dos pasos:

Primer paso:
  $u'+a(x)\,u=0 \quad (2.1)$
    $\dfrac{du}{dx}+a(x)\,u=0$
      $\dfrac{du}{dx}=-a(x)\,u$
        $\dfrac{du}{u}=-a(x)\,dx$
          $\displaystyle \int\,\dfrac{du}{u}=-\int\,a(x)\,dx$
            $\displaystyle \ln(|u|)=-\int\,a(x)\,dx+\ln(k_1)$, donde, por conveniencia (como se verá enseguida) damos la forma $\ln(k_1)$ a la constante de integración
              $\displaystyle \ln(|u|)-\ln(k_1)=-\int\,a(x)\,dx$
                $\displaystyle \ln\left(\left|\dfrac{u}{k_1}\right|\right)=-\int\,a(x)\,dx$
en consecuencia,
                      $\dfrac{u}{k_1}=\displaystyle e^{-\int\,a(x)\,dx}$
y por tanto,
                        $u=k_1\,\displaystyle e^{-\int\,a(x)\,dx}\quad (2.2)$

Segundo paso: Sustituimos ahora $(2.2)$ en $(3)$, ecuación que nos queda,
  $0\cdot v+v'\cdot k_1\,\displaystyle e^{-\int\,a(x)\,dx}=g(x)$
    $0+v'\cdot \,k_1\,\displaystyle e^{-\int\,a(x)\,dx}=g(x)$
      $v'\cdot \,k_1\,e^{-\int\,a(x)\,dx}=g(x)$
        $\dfrac{dv}{dx} \cdot \,k_1\,e^{-\int\,a(x)\,dx}=g(x)$
          $\dfrac{dv}{dx} = \dfrac{1}{k_1}\,e^{\int\,a(x)\,dx}\,g(x)$
            $dv = \dfrac{1}{k_1}\,e^{\int\,a(x)\,dx}\,g(x)\,dx$
              $\displaystyle \int\,dv = \int\,\dfrac{1}{k_1}\,e^{\int\,a(x)\,dx}\,g(x)\,dx$
                $\displaystyle v = \int\,\dfrac{1}{k_1}\,e^{\int\,a(x)\,dx}\,g(x)\,dx+k_2$
Deshaciendo el cambio de variable $y=u\,v$, se tiene que $v=\dfrac{y}{u}$, por tanto lo anterior lo escribimos de la forma:
                  $\displaystyle \dfrac{y}{u} = \int\,\dfrac{1}{k_1}\,e^{\int\,a(x)\,dx}\,g(x)\,dx+k_2$
                    $\displaystyle y = u\,\left(\int\,\dfrac{1}{k_1}\,e^{\int\,a(x)\,dx}\,g(x)\,dx+k_2\right)$
                      $\displaystyle y \overset{(2.2)}{=} k_1\,\displaystyle e^{-\int\,a(x)\,dx}\,\left(\int\,\dfrac{1}{k_1}\,e^{\int\,a(x)\,dx}\,g(x)\,dx+k_2\right)$
                        $\displaystyle y = k_1\,\displaystyle e^{-\int\,a(x)\,dx}\,\left( \dfrac{1}{k_1}\,\int\,e^{\int\,a(x)\,dx}\,g(x)\,dx+k_2\right)$
                          $\displaystyle y = \displaystyle e^{-\int\,a(x)\,dx}\,\int\,e^{\int\,a(x)\,dx}\,g(x)\,dx+k_1\cdot k_2\,e^{-\int\,a(x)\,dx}$
                            $\displaystyle y = \displaystyle e^{-\int\,a(x)\,dx}\,\int\,e^{\int\,a(x)\,dx}\,g(x)\,dx+C\,e^{-\int\,a(x)\,dx}\quad (4)$
siendo $C=k_1\cdot k_2$ la constante de integración del proceso global de integración.

-oOo-

Un ejemplo:

Apliquemos ahora lo que acabamos de deducir a un caso concreto, y muy sencillo: la EDO lineal de primer orden no homogénea $$y'+2y=3$$

Observemos que, para este caso, $a(x)=2$ y $f(x)=3$. Entonces, según $(4)$
  $\displaystyle y = \displaystyle e^{-\int\,2\,dx}\,\int\,e^{\int\,2\,dx}\cdot 3\,dx+C\,e^{-\int\,2\,dx}$
    $\displaystyle y = \displaystyle e^{-2x}\,\int\,3\,e^{2x}\,dx+C\,e^{-2x}$
      $\displaystyle y = \displaystyle 3\,e^{-2x}\,\int\,e^{2x}\,dx+C\,e^{-2x}$
        $\displaystyle y = \displaystyle 3\,e^{-2x}\cdot \dfrac{1}{2}\,e^{2x}+C\,e^{-2x}$
          $\displaystyle y = \displaystyle \dfrac{3}{2}\,e^{-2x}\cdot \,e^{2x}+C\,e^{-2x}$
            $\displaystyle y = \displaystyle \dfrac{3}{2}\,e^{2x-2x}+C\,e^{-2x}$
              $\displaystyle y = \displaystyle \dfrac{3}{2}\,e^{0}+C\,e^{-2x}$
                $\displaystyle y = \displaystyle \dfrac{3}{2}\cdot 1+C\,e^{-2x}$
                  $\displaystyle y = \displaystyle \dfrac{3}{2}+C\,e^{-2x}$

Comprobación:Sustituyendo la solución general que acabamos de encontrar en la ecuación diferencial ha de verificarse la igualdad de la misma. Veámoslo:
  $(\dfrac{3}{2}+C\,e^{-2x})'+2\,(\dfrac{3}{2}+C\,e^{-2x})\overset{?}{=}3$
En efecto, desarrollando el primer miembro:
    $0-2\,C\,e^{-2x}+2\cdot \dfrac{3}{2}+2\,C\,e^{-2x}=$
      $-2\,C\,e^{-2x}+2\,C\,e^{-2x}+3=$
        $0+3=3$, que es igual al segundo miembro.

---

Nota: La ecuación del ejemplo, que es muy sencilla, puede integrarse de manera alternativa sin utilizar el resultado $(4)$, tal como vamos a hacer a continuación. Así, viendo que llegamos a la misma solución, veremos, de otra manera, como todo lo anterior funciona bien.
  $y'+2y=3$
    $y'=3-2y$
      $\dfrac{dy}{dx}=3-2y$
        $\dfrac{dy}{3-2y}=dx$
          $\displaystyle \int\,\dfrac{dy}{3-2y}=\int\,dx$
Para integrar el primer miembro, hagamos el siguiente cambio de variable: $w=3-2y$, con lo cual $dw=-2\,dy$ y por tanto $dy=-\dfrac{1}{2}\,dw$; por otra parte, el segundo miembro es de integración inmediata, luego
  $\displaystyle \int\,\dfrac{dy}{3-2y}=-\dfrac{1}{2}\,\int\,\dfrac{dw}{w}=-\dfrac{1}{2}\,\ln(|w|)=-\dfrac{1}{2}\,\ln(|3-2y|)=x+k \Rightarrow 3-2y = e^{-2\,(x+k)}$
es decir,
  $2\,y=3-e^{-2\,(x+k)}$
    $y=\dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{2}\,e^{-2\,(x+k)}$
      $y=\dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{2}\,e^{-2\,(x+k)}$
        $y=\dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{2}\,e^{-2\,k}\cdot e^{-2\,x}$
          $y=\dfrac{3}{2}+\left(-\dfrac{1}{2}\,e^{-2\,k}\right)\cdot e^{-2\,x}$
y tomando como constante (arbitraria) de integración $C=-\dfrac{1}{2}\,e^{-2\,k}$, podemos escribir la solución de la misma forma que la que hemos encontrado antes: $$y=\dfrac{3}{2}+C\,e^{-2x}$$

$\diamond$

Una ecuación diferencial no homogénea transformable en homogénea mediante un cambio apropiado de variables

Algunas ecuaciones diferenciales ordinarias (EDOs) no homogéneas pueden transformarse en homogéneas mediante un cambio de variable apropiado. En este ejemplo vamos a resolver una ecuación de ese tipo: $$(x+y-4)\,dx+(x-y)\,dy=0$$

Observemos que la razón por la que la ecuación diferencial en cuestión no es homogénea es que, aunque la función coeficiente $N(x,y)=x-y$ es una función homogénea (pues $N(\lambda\,x,\lambda\,y)=\lambda\,x-\lambda\,y=\lambda\,(x-y)=\lambda\,N(x,y)$) , la función del otro coeficiente, $M(x,y)=x+y-4$, no es una función homogénea: $M(\lambda\,x,\lambda\,y)=\lambda\,x+\lambda\,y+4 \neq \lambda\,M(x,y)$

Sin embargo, como las funciones de los coeficientes son funciones lineales afines, podemos transformar esta ecuación diferencial no homogénea, mediante el cambio de variables: $\left\{x=u+x_I \\ y=v+y_I\begin{matrix}\end{matrix}\right.$, donde $(x_I,y_I)$ son las coordenadas del punto de intersección, $I$, de las rectas $$\left\{\begin{matrix}r:& M(x,y)=0=0\\ s:& N(x,y)=0\end{matrix}\right.\;\text{esto es}\; \left\{\begin{matrix}r:& x+y-4=0\\ s:& x-y=0\end{matrix}\right.$$ Resolviendo este sistema de ecuaciones, encontramos que el punto de intersección es $I(2,2)$, es decir, $x_I=2$ y $y_I=2$. Entonces, el cambio de variables que vamos a realizar es $$\left\{\begin{matrix}x=u+2\\y=v+2\end{matrix}\right.$$

Así, la ecuación diferencial original se transforma en la siguiente: $(u+2+v+2-4)\,d(u+2)+(u+2-(v+2))\,d(v+2)=0$, que, simplificada queda $$(u+v)\,du+(u-v)\,dv=0$$ ecuación cuyas funciones coeficientes $M(u,v)=u+v$ y $N(u,v)=u-v$ sí son homogéneas, por lo que podemos decir que la ecuación diferencial transformada mediante el cambio de variables que hemos realizado es una ecuación diferencial homogénea (en las variables $u$ Y $v$).

La principal dificutad ya está salvada. Procedamos ahora a resolver la ecuación así transformada, que podemos escribir de la forma:
  $\dfrac{dv}{du}=-\dfrac{u+v}{u-v}$
que, diviendo el numerador y el denominador del segundo miembro entre $u$ nos queda
  $\dfrac{dv}{du}=-\dfrac{1+v/u}{1-v/u}$
A continuación mediante otro cambio de variable, $w=v/u$, transformaremos la ecuación anterior en una ecuación diferencial en variables separables:
  $\dfrac{u\,dw+w\,du}{du}=-\dfrac{1+w}{1-w}$, y dividiendo el numerador y el denominador del primer miembro por $du$, puede escribirse de la forma
    $u\,\dfrac{dw}{du}+w=-\dfrac{1+w}{1-w}$
      $u\,\dfrac{dw}{du}=-\dfrac{1+w}{1-w}-w$
        $u\,\dfrac{dw}{du}=-\left(\dfrac{1+w}{1-w}+w\right)$
          $u\,\dfrac{dw}{du}=-\dfrac{w^2-2w-1}{w-1}$
            $\dfrac{w-1}{w^2-2w-1}\,dw=-\dfrac{du}{u}$
Ahora, integremos sendos miembros con respecto a las respectivas variables:
  $\displaystyle \int\,\dfrac{w-1}{w^2-2w-1}\,dw=\int\,-\dfrac{du}{u}$
    $\displaystyle \int\,\dfrac{w-1}{w^2-2w-1}\,dw=-\int\,\dfrac{du}{u}$
      $\displaystyle \int\,\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{2(w-1)}{w^2-2w-1}\,dw=-\int\,\dfrac{du}{u}$
        $\displaystyle \int\,\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{2w-2}{w^2-2w-1}\,dw=-\int\,\dfrac{du}{u}$
          $\displaystyle \dfrac{1}{2}\,\int\,\dfrac{2w-2}{w^2-2w-1}\,dw=-\int\,\dfrac{du}{u}$
            $\displaystyle \dfrac{1}{2}\,\int\,\dfrac{d(w^2-2w-1)}{w^2-2w-1}=-\int\,\dfrac{du}{u}$
              $\displaystyle \dfrac{1}{2}\,\ln(|w^2-2w-1|)+C_1=-\ln(|u|)+C_2$
                $\displaystyle \dfrac{1}{2}\,\ln(|w^2-2w-1|)+\ln(|u|)=C_2-C_1$, siendo $C_2-C_1$ la (única) constante de integración, que denotamos por $C$:
                  $\displaystyle \dfrac{1}{2}\,\ln(|w^2-2w-1|)+\ln(|u|)=C$
                    $\displaystyle \ln(|w^2-2w-1|)^{1/2}+\ln(|u|)=C$
                      $\displaystyle \ln(|u\cdot (w^2-2w-1)^{1/2}|)=C$
                        $\displaystyle \ln(|u\cdot \sqrt{w^2-2w-1}|)=C$, luego
                          $\displaystyle |u\cdot \sqrt{w^2-2w-1}|=e^C$
                            $\displaystyle \left(|u\cdot \sqrt{w^2-2w-1}|\right)^2=\left(e^C\right)^2$
                              $u^2\cdot (w^2-2w-1)=e^{2C}$
Por comodidad, denominemos $\widetilde{C}$ a la constante $e^{2C}$, y así, podemos escribir la solución general, en las variables $u$ y $v$ como:
$$u^2\cdot (w^2-2w-1)=\widetilde{C}$$ Hay que deshacer ahora los cambios de variable (recordemos que $w=v/u$), por lo que lo anterior queda:
  $u^2\cdot ((v/u)^2-2\,(v/u)-1)=\widetilde{C}$
    $u^2\cdot \dfrac{v^2-2\,uv-u^2}{u^2}=\widetilde{C}$
      $v^2-2\,uv-u^2=\widetilde{C}$
Y, finalmente, teniendo en cuenta que $u=x-2$ y $v=y-2$, llegamos a la solución general pedida: $$(y-2)^2-2\,(y-2)(x-2)-(x-2)^2=\widetilde{C}$$ esto es
  $-x^2+y^2+4x-2xy+2y-8=\widetilde{C}$
    $x^2-y^2-4x+2xy-2y+8=-\widetilde{C}$
      $x^2-y^2-4x+2xy-2y=-(\widetilde{C}+8)$
y agrupando $\widetilde{C}+8$ del segundo miembro en una única constante indeterminada (de integración), $k$:
$$x^2-y^2-4x+2xy-2y+k=0$$ ecuación que corresponde a una familia de cónicas. $\diamond$

Acerca del teorema del coseno: una demostración mediante el producto escalar euclídeo

Sea el triángulo $\triangle(ABC)$, donde $A,B$ y $C$ son puntos en el espacio afín euclídeo. En este artículo, y a modo de ejercicio, vamos a demostrar el teorema del coseno $$\overline{AC}=\sqrt{\overline{AB}^2+\overline{BC}^2-2\,\overline{AB}\cdot \overline{BC}\cdot\cos(\measuredangle{ABC}})$$

Consideremos los vectores $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{BC}$ y $\overrightarrow{AC}$, cuyos módulos, $\left\|\overrightarrow{AB}\right\|$, $\left\|\overrightarrow{BC}\right\|$ y $\left\|\overrightarrow{AC}\right\|$, corresponden (respectivamente) a las longitudes de los lados del triángulo $\overline{AB}$, $\overline{BC}$ y $\overline{AC}$.

Evidentemente, los tres vectores están relacionados mediante la suma vectorial: $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC}$. Partamos del producto escalar euclídeo: $\langle \overrightarrow{AC},\overrightarrow{AC}\rangle$, que, como ya sabemos, es igual al cuadrado del módulo de ese vector, $\left\| \overrightarrow{AC} \right\|^2$.

Por otra parte, $\langle \overrightarrow{AC},\overrightarrow{AC}\rangle= \langle \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC},\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC}\rangle$. Desarrollemos el segundo miembro:
  $\langle \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC},\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC}\rangle=$
    $=\langle \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC},\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC}\rangle$
      $=\langle \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AB}\rangle + \langle\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BC}\rangle + 2\,\langle\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC}\rangle$
        $=\left\| \overrightarrow{AB}\right\|^2+\left\| \overrightarrow{BC}\right\|^2+ 2\,\left\|\overrightarrow{AB}\right\|\cdot \left\|\overrightarrow{BC}\right\|\cdot \cos(\measuredangle{(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC})})\quad (1)$
Ahora bien, tengamos en cuenta que $\measuredangle{(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC})}=\pi-\measuredangle{ABC}$, por tanto $\cos(\measuredangle{(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC})})=-\cos(\measuredangle{ABC})$.
Por lo tanto, podemos escribir $(1)$ de la forma:
$$\overline{AC}^2=\overline{AB}^2+\overline{BC}^2-2\,\overline{AB}\cdot \overline{BC}\cdot\cos(\measuredangle{ABC})$$ y en consecuencia:
$$\overline{AC}=\sqrt{\overline{AB}^2+\overline{BC}^2-2\,\overline{AB}\cdot \overline{BC}\cdot\cos(\measuredangle{ABC}})$$ $\diamond$

Otra desigualdad con módulos: $|z_1+z_2|\ge |z_1|-|z_2|$

En el artículo anterior a éste, hemos demostrado que $|z_1+z_2|\le |z_1|+|z_2| \quad (1)$ (desigualdad triangular referida al módulo de los números complejos). Ahora, valiéndonos de dicho resultado, vamos a demostrar que $|z_1+z_2|\ge |z_1|-|z_2|$

Podemos escribir $z_1$ de la forma,
  $z_1=z_1+z_2+(-z_2)$
Entonces, por la desigualdad triangular $(1)$, se tiene que
  $|z_1|\le |z_1+z_2|+|-z_2|$
Y, como $|-z_2|=|z_2|$, lo anterior lleva a
  $|z_1|\le |z_1+z_2|+|z_2|$
Por tanto,
  $|z_1|-|z_2| \le |z_1+z_2|$
con lo cual
  $|z_1+z_2| \ge |z_1|-|z_2|$

$\diamond$

La desigualdad triangular con la operación módulo en el conjunto de los números complejos: $|z_1+z_2|\le |z_1|+|z_2|$

Sean números complejos cualesquiera, $z_1=a_1+i\,b_1$, $z_2=a_2+i\,b_2;\, a_1,b_1,a_2,b_2\in \mathbb{R}$. Queremos demostrar que se cumple la desigualdad triangular con la operación módulo: $|z_1+z_2|\le |z_1|+|z_2|$

  $|z_1+z_2|^2=$
    $=(z_1+z_2)\,\overline{(z_1+z_2)}$
      $=(z_1+z_2)\,(\overline{z_1}+\overline{z_2})$
        $=z_1\,\overline{z_2}+z_2\,\overline{z_1}+z_1\,\overline{z_1}+z_2\,\overline{z_2}$
          $=z_1\,\overline{z_2}+z_2\,\overline{z_1}+|z_1|^2+|z_2|^2 \quad (1)$

Desarrollando los dos primeros términos del segundo miembro:
  $z_1\,\overline{z_2}+z_2\,\overline{z_1}=$
    $=(a_1+\,i\,b_1)\,(a_2-i\,b_2)+(a_2+\,i\,b_2)\,(a_1-i\,b_1)$
      $=2\,(a_1\,a_2+b_1\,b_2)+i\,(a_2\,b_1-a_1\,b_2+a_1\,b_2-a_2\,b_1)$
        $=2\,(a_1\,a_2+b_1\,b_2)+i\,0$
          $=2\,(a_1\,a_2+b_1\,b_2)$

Entonces, podemos escribir $(1)$ de la forma,
  $|z_1+z_2|^2=$
    $=2\,(a_1\,a_2+b_1\,b_2)+|z_1|^2+|z_2|^2 \quad (2)$

Por otra parte,
  $|z_1|\,|z_2|=$
    $=\sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}\cdot \sqrt{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}$
      $=\sqrt{(a_{1}^{2}+b_{1}^{2})(a_{2}^{2}+b_{2}^{2})}$
        $=\sqrt{a_{1}^{2}\,a_{2}^{2}+b_{1}^{2}\,b_{2}^{2}+a_{1}^{2}\,b_{2}^{2}+a_{2}^{2}\,b_{1}^{2}}$
          $=\sqrt{(a_1\,a_2)^2+(b_1\,b_2)^2 + (a_{1}\,b_{2})^{2}+(a_{2}\,b_{1})^{2}}$
            $=\sqrt{((a_1\,a_2)+(b_1\,b_2))^2-2\,a_1\,a_2\,b_1\,b_2 + (a_{1}\,b_{2})^{2}+(a_{2}\,b_{1})^{2}}$
              $=\sqrt{((a_1\,a_2)+(b_1\,b_2))^2-2\,(a_1\,b_2)\,(a_2\,b_1) + (a_{1}\,b_{2})^{2}+(a_{2}\,b_{1})^{2}}$
                $=\sqrt{((a_1\,a_2)+(b_1\,b_2))^2-((a_1\,b_2)-(a_2\,b_1))^2}$
                  $\ge \sqrt{((a_1\,a_2)+(b_1\,b_2))^2}=a_1\,a_2+b_1\,b_2$
En consecuencia,
  $a_1\,a_2+b_1\,b_2 \le |z_1|\,|z_2|$

Por lo que, de $(2)$, se deduce que
  $|z_1+z_2|^2\le 2\,|z_1|\,|z_2|+|z_1|^2+|z_2|^2$
es decir,
  $|z_1+z_2|^2\le (|z_1|+|z_2|)^2 \Rightarrow |z_1+z_2| \le |z_1|+|z_2|$
$\diamond$

Módulo del cociente entre un número complejo no nulo y su conjugado

Sea $a-i\,b;\, a,b \in \mathbb{R}$ un número complejo no nulo. En estas condiciones, queremos demostrar que $\left| \dfrac{a+i\,b}{a-i\,b}\right|=\left| \dfrac{a-i\,b}{a+i\,b}\right|=1$

El complejo conjugado de $a-i\,b$ es $a+i\,b$ (y recíprocamente), luego $\left|a-i\,b \right|=\left|a+i\,b \right| \quad (1)$; por otra parte, sabemos que el módulo del cociente de dos números complejos es igual al cociente de los módulos de los mismos: $\left| \dfrac{a+i\,b}{a-i\,b}\right|=\dfrac{\left|a+i\,b \right|}{\left|a-i\,b \right|}\overset{(1)}{=}1$. Y, de manera similar, $\left| \dfrac{a-i\,b}{a+i\,b}\right|=\dfrac{\left|a-i\,b \right|}{\left|a+i\,b \right|}\overset{(1)}{=}1$   $\diamond$