Ecuación implícita de un plano

Sea $\pi$ un plano del espacio afín $\mathbb{R}^3$ que viene determinado por un punto $P(x_P,y_P,z_P)$ y dos vectores contenidos independientes en el plano $\pi$: $\vec{u}=(u_1,u_2,u_3)$ y $\vec{v}=(v_1,v_2,v_3)$. Veamos cómo deducir las ecución vectorial, las ecuaciones cartesianas, y la ecuación implícita de dicho plano.

Consideremos un punto $X(x,y,t)$ genérico de $\pi$, entonces podemos encontrar dos escalares $\alpha,\beta\in \mathbb{R}$ tales que $\overset{\rightarrow}{PX}=\alpha\,\vec{u}+\beta\,\vec{v}$ y por tanto $\overset{\rightarrow}{OX}-\overset{\rightarrow}{OP}=\alpha\,\vec{u}+\beta\,\vec{v}$, que es la ecuación vectorial del plano, siendo $O$ el origen del sistema de referencia afín. Esto es, $\overset{\rightarrow}{OX}=\overset{\rightarrow}{OP}+\alpha\,\vec{u}+\beta\,\vec{v}$; y, de ahí, podemos escribir las ecuaciones paramétricas de $\pi$: $$\left\{\begin{matrix}x=x_P+\alpha\,u_1+\beta\,v_1 \\ y=y_P+\alpha\,u_2+\beta\,v_2 \\ z=z_P+\alpha\,u_3+\beta\,v_3\end{matrix}\right.$$

A partir de aquí, deduciremos la ecuación del plano en forma implícita: Teniendo en cuenta que el sistema de ecuaciones lineales $$\left\{\begin{matrix}\alpha\,u_1+\beta\,v_1 = x-x_P\\ \alpha\,u_2+\beta\,v_2 =y-y_P\\ \alpha\,u_3+\beta\,v_3=z-z_P\end{matrix}\right.$$ con incógnitas, $\alpha$ y $\beta$, es compatible y determinado deberá cumplirse (teorema de Rouché-Fröbenius) la igualdad de rangos entre la matriz de los coeficientes y la matriz ampliada: $$\text{rango}\begin{pmatrix}u_1 & v_1\\ u_2 & v_2\\u_3 & v_3\end{pmatrix}=\text{rango}\left(\begin{array}{cc|c}u_1 & v_1 & x-x_P\\u_2 & v_2 & y-y_P\\u_3 & v_3 & z-z_P\end{array}\right)=2 \Leftrightarrow \begin{vmatrix}u_1 & v_1 & x-x_P \\ u_2 & v_2 & y-y_P \\u_3 & v_3 & z-z_P\end{vmatrix}=0$$ y, desarrollando el determinante por los elementos de la tercera columna, se obtiene: $$\begin{vmatrix}u_2&v_2\\u_3&v_3\end{vmatrix}\,(x-x_P)+(-1)\cdot \begin{vmatrix}u_1&v_1\\u_3&v_3\end{vmatrix}\,(y-y_P)+\begin{vmatrix}u_1&v_1\\u_2&v_2\end{vmatrix}\,(z-z_P)=0$$ Denotando (por comodidad) $A=\begin{vmatrix}u_2&v_2\\u_3&v_3\end{vmatrix}$, $B=-\begin{vmatrix}u_1&v_1\\u_3&v_3\end{vmatrix}$ y $C=\begin{vmatrix}u_1&v_1\\u_2&v_2\end{vmatrix}$,
$$A\,(x-x_P)+B\,(y-y_P)+C\,(z-z_P)=0$$ o lo que es lo mismo: $$A\,x+B\,y+C\,z+\left(-A\,x_P-B\,y_P-C\,z_P \right)=0$$ y denotando $D=-(A\,x_P+B\,y_P+C\,z_P)$, llegamos a la ecuación del plano en forma implícita:
$$\pi:\,A\,x+B\,y+C\,z+D=0 \quad (1)$$

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Sea ahora $\pi$ un plano del espacio afín $\mathbb{R}^3$ que viene determinado por tres puntos del mismo $P(x_P,y_P,z_P)$, $Q(x_Q,y_Q,z_Q)$ y $R(x_R,y_R,z_R)$ :

Consideremos, como en el caso anterior, un punto $X(x,y,t)$ genérico de $\pi$, entonces podemos encontrar dos escalares $\alpha,\beta\in \mathbb{R}$ tales que $\overset{\rightarrow}{PX}=\alpha\,\overset{\rightarrow}{PQ}+\beta\,\overset{\rightarrow}{PR}$ y por tanto $\overset{\rightarrow}{OX}-\overset{\rightarrow}{OP}=\alpha\,\overset{\rightarrow}{PQ}+\beta\,\overset{\rightarrow}{PR}$, que es la ecuación vectorial del plano, siendo $O$ el origen del sistema de referencia afín. De ahí, podemos escribir las ecuaciones paramétricas de $\pi$: $$\left\{\begin{matrix}x-x_P=\alpha\,(x_Q-x_P)+\beta\,(x_R-x_P) \\ y-y_P=\alpha\,(y_Q-y_P)+\beta\,(y_Q-y_P) \\ z-z_P=\alpha\,(z_Q-z_P)+\beta\,(z_R-z_P)\end{matrix}\right.$$

Entendiendo lo anterior como un sistema de ecuaciones lineales cuyas incógnitas son $\alpha$ y $\beta$: $$\left\{\begin{matrix}\alpha\,(x_Q-x_P)+\beta\,(x_R-x_P)=x-x_P \\ \alpha\,(y_Q-y_P)+\beta\,(y_Q-y_P)=y-y_P \\ \alpha\,(z_Q-z_P)+\beta\,(z_R-z_P)=z-z_P\end{matrix}\right.$$

A partir de aquí, deduciremos la ecuación del plano en forma implícita, teniendo en cuenta que el sistema de ecuaciones lineales, con incógnitas, $\alpha$ y $\beta$, es compatible y determinado deberá cumplirse (teorema de Rouché-Fröbenius) la igualdad de rangos entre la matriz de los coeficientes y la matriz ampliada:
$\text{rango}\begin{pmatrix}x_Q-x_P & x_R-x_P\\ y_Q-y_P & y_R-y_P\\z_Q-z_P & z_R-z_P\end{pmatrix}=\text{rango}\left(\begin{array}{cc|c}x_Q-x_P & x_R-x_P & x-x_P\\y_Q-y_P & y_R-y_P & y-y_P\\z_Q-z_P & z_R-z_P & z-z_P\end{array}\right)=2 \Leftrightarrow$ $$\begin{vmatrix}x_Q-x_P & x_R-x_P & x-x_P\\y_Q-y_P & y_R-y_P & y-y_P\\z_Q-z_P & z_R-z_P & z-z_P\end{vmatrix}=0 \quad (2)$$ que nos lleva a la misma ecuación que la descrita en (1): $$Ax+By+Cz+D=0$$ En algunos libros, podemos ver la ecuación (2), que como se acaba de notar es lo mismo que (1), escrita de manera equivalente como el determinante de orden $4$:
$\begin{vmatrix}1&0&0&0\\x_P&x_Q-x_P & x_R-x_P & x-x_P\\y_P& y_Q-y_P & y_R-y_P & y-y_P\\ z_P & z_Q-z_P & z_R-z_P & z-z_P \end{vmatrix}\overset{c_1+c_2\rightarrow\,c_2\\c_1+c_3\rightarrow\,c_3\\c_1+c_4\rightarrow\,c_4 }{=}$
$$\pi:\,\begin{vmatrix}1&1&1&1\\x_P&x_Q&x_R&x \\y_P&y_Q&y_R&y\\z_P&z_Q&z_R&z \end{vmatrix}=0$$

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Observación:
Acabamos de ver el procedimiento para obtener la ecuación implícita (y también la vectorial) de un plano determinado por un punto del mismo, $P$, y dos vectores independientes del mismo, $\vec{u}$ y $\vec{v}$, determinación que podemos notar de la forma $\pi:(P,\vec{u},\vec{v})$. Sin embargo, en algunas ocasiones, quizá tengamos como datos una información equivalente, como, por ejemplo, un vector del plano: i) tres puntos del mismo, ii) un vector y dos puntos, iii) una recta del plano -determinada por un punto de la misma y un vector director de la misma- y un punto, también del plano, exterior a la recta. En cualquiera de los casos, podemos reducirlo a lo expuesto en este artículo (un punto y dos vectores). Veamos cómo hacerlo, pongamos que en el caso (iii):

Consideremos una recta de dicho plano $\pi$ determinada por un vector director y un punto $R$ de la misma $r_{\pi}:(\vec{w}_r,R)$; y, además, un punto $S$ de $\pi$ exterior a $r_{\pi}$. Pues bien, entonces, una determinación de con dos vectores y un punto del mismo es $\pi:(R,\vec{w},\overset{\rightarrow}{RS})$, y, a partir de ella, ya podemos proceder tal como se ha explicado.

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Ecuación de una recta del espacio afín $\mathbb{R}^3$ en forma continua

Sea $r$ una recta del espacio afín $\mathbb{R}^3$ determinada por un punto $P(x_P,y_P,z_P)$ y un vector $\vec{v}=(v_1,v_2,v_3)$. Vamos a deducir la ecuación de dicha recta en forma continua

Consideremos un punto $X(x,y,t)$ genérico de $r$, entonces $$\text{rango}\,\begin{pmatrix}v_1\\ v_2\\ v_3\end{pmatrix}=\text{rango}\,\begin{pmatrix}v_1 &x-x_P \\ v_2 &y-y_P \\ v_3 &z-z_P \end{pmatrix}=1 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}\begin{vmatrix}v_1 & x-x_P \\ v_2 & y -y_P\end{vmatrix}=0 \Rightarrow \dfrac{x-x_P}{v_1} = \dfrac{y-y_P}{v_2} \\ \\ \begin{vmatrix}v_2 & y-y_P \\ v_3 & z -z_P\end{vmatrix}=0 \Rightarrow \dfrac{y-y_P}{v_1} = \dfrac{z-z_P}{v_3} \end{matrix}\right.$$ pudiendo escribir por tanto la ecuación (en forma continua) de la recta como $$r:\,\dfrac{x-x_P}{v_1} = \dfrac{y-y_P}{v_2}=\dfrac{z-z_P}{v_3}$$ $\diamond$

La estructura de A-módulo

Mediante el concepto de estructura de A-módulo se extiende el de espacio vectorial (e.v.). Recordemos que un e.v. se define sobre un cuerpo. Pues bien, un A-módulo es muy parecido (se cumplen las mismas propiedades), con la salvedad de que en vez de definirse sobre un cuerpo se define sobre un anillo. El concepto de A-módulo permite así desarrollar, por ejemplo, el álgebra de tensores.

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Solución genérica al problema de valor inicial de una EDO lineal de primer orden

Consideremos la ecuación diferencial lineal de primer orden no homogénea $$y'+P(x)\,y=Q(x)$$ siendo $P$ y $Q$ funciones continuas en un intervalo abierto $I$ de $\mathbb{R}$. Consideremos ahora un punto $a\in I$ y un número real cualquiera $b$. Entonces (teorema) existe una única función $y=f(x)$ que satisface la condición inicial $f(a)=b$, y es la siguiente: $$f(x)=b\,e^{-A(x)}+e^{-A(x)}\,\int_{a}^{x}\,Q(t)\,e^{A(t)}\,dt,\quad \text{donde}\; A(x)=\int_{a}^{x}\,P(t)\,dt$$ Nota. Véase la siguiente referencia en la que hay una demostración de este teorema: Tom M. Apostol, Calculus I (p. 377-382), Reverté, Barcelona, 2009.

Veamos un ejemplo muy sencillo, en el que encontraremos todas las soluciones de la EDO lineal de primer orden, tomando por ejemplo $a=1$ en la condición inicial $f(a)=b$, esto es $f(1)=b$: $$y'+y=x$$ En este caso, $P(x)=1$ y $Q(x)=x$. Entonces, $A(x)=\int_{1}^{x}\,1\cdot dt = x-1$, con lo cual $e^{-A(x)}=e^{-(x-1)}$ y $e^{A(t)}=e^{t-1}$; y, de acuerdo con el resultado expuesto, se tiene que $$f(x)=b\,e^{-(x-1)}+e^{-(x-1)}\,\int_{1}^{x}\,t\,e^{t-1}\,dt$$ esto es, $$f(x)=b\,e^{-(x-1)}+e^{-(x-1)}\,\left[ e^{t-1}\,(t-1) \right]_{1}^{x}=b\,e^{-(x-1)}+e^{-(x-1)}\,\left(e^{x-1}\,(x-1) \right)=b\,e^{-(x-1)}+x-1$$ dicho de otro modo, $y=b\,e^{-(x-1)}+x-1$ es la solución general de la ecuación diferencial lineal de primer orden no homogénea propuesta, que puede escribirse de la forma $y=b\,e^{-x}\,e^1+x-1$, es decir, $y=b\cdot e\,e^{-x}+x-1$, donde $b\cdot e$ puede entenderse como la correspondiente constante de integración, a la que denominaremos $C$. Esto es, la solución general es $$y=C\,e^{-x}+x-1$$

Observación: Puede comprobarse que, sustituyendo este resultado en la ecuación diferencial, $y'+y=x$, el primer miembro de la misma resulta igual al segundo, como debe ser. $\diamond$

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Comentario: Otra manera de llegar a la solución consiste en tener en cuenta que la solución general es la suma de la solución de la ecuación homogénea, $y'+y=0$, y de una solución particular (que denotaremos por $\tilde{y}$), y que, como el el segundo miembro de la EDO no homogénea es $x$ (un término polinómico de grado $1$), postulamos que la solución particular tiene también la forma de un polinomio de grado uno, $\tilde{y}=\alpha\,x+\beta \quad (2)$, con lo cual $\tilde{y}'=\alpha$. Entonces, como dicha solución ha de verificar la ecuación diferencial $(1)$, vemos que $\alpha + (\alpha\,x+\beta)=x \Leftrightarrow \alpha=1 \quad y \quad \beta=-1$, con lo cual $\hat{y}=x-1$. Por otra parte, fácilmente se ve que la solución de la ecuación homogénea $y'+y=0$ es $y=C\,e^{-x}$, donde $C$ es la constante de integración. Entonces, para acabar, sabemos que la solución general viene dada por la suma de la solución de la e. homogénea y y de la solución particular, de ahí que encontremos también así el resultado ya visto antes a partir del teorema al que nos referíamos: $$y=Ce^{-x}+(x-1)$$ $\diamond$

Expresión de una ecuación diferenciales ordinaria de orden superior a uno mediante un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias de orden uno

Dada una EDO lineal de orden superior a uno, ésta puede reducirse a un sistema de EDOs lineales de orden uno. De esta manera, es posible abordar el problema de la existencia y unicidad de solución (dadas las correspondientes condicions iniciales) partiendo del problema ya resueldo de la existencia y unicidad para EDOs lineales de orden superior de primer orden.

Ejemplo de introducción:
Consideremos la EDO de orden 2 $$y''+y'+y=x+1 \quad (1)$$ donde $y$ depende de $x$

Pues bien, denotemos $y$ por $y_1$, con lo cual $y_1'=y'$; y, $y_1'$ por $y_2$, por lo que $y_2'=y''$, entonces (1) puede expresarse mediante el siguiente sistem de EDOs de primer orden: $$\left\{\begin{matrix}y_1'&=&y_2 \\ y_2'+y_2+y_1&=&x+1\end{matrix}\right.$$ esto es $$\left\{\begin{matrix}y_1'&=&y_2 \\ y_2'&=&-y_1-y_2+x+1\end{matrix}\right.$$ que podemos expresar también en forma matricial: $$\begin{pmatrix}y_1'\\y_2'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&1\\ -1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}y_1\\y_2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\x+1\end{pmatrix}$$ y al que podemos referirnos de una manera más cómoda escribiendo $$Y'=P\,Y+Q\quad (2)$$ El problema de resolver el sistema de ecuaciones se traduce en encontrar una función vectorial $Y$ que satisfaga la ecuación matricial $(2)$ con la condición inicial $Y(a)=B$, donde $a\in J\subset \mathbb{R}$ y $B$ es un vector $(b_1,b_2)^\top$ que nos viene dado.

En el caso de que el sistema de ecuaciones constase de una sola ecuación diferencial, sabemos que, siendo ésta del tipo lineal y (en general) no homogénea, , $y'+P(x)\,y=Q(x)$, la solución viene dada por $$y(x)=e^{-A(x)}\,Y(a)+e^{-A(x)}\,\int_{a}^{x}\,e^{A(t)}\,Q(t)\,dt$$ donde $A(x)=\int_{a}^{t}\,P(t)\,dt$ y $a$ es un punto cualquiera del intervalo $J$ de continuidad de las funciones del problema. Pues bien, resulta que este resultado se generaliza (teoremas) para una ecuación diferencial con matrices como las que aparecen en el sistema de ecuaciones que hemos planteado, siendo dicha solución de la forma $(2)$.

Entramos así en el interesante problema de tener que calcular integrales con matrices, el cual, poco a poco, iremos desarrollando.

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Raíz n-ésima de un número complejo

Recordemos que los $n$ números complejos que son solución de $\sqrt[n]{z}$, donde $z=s\,e^{i\,\beta}$, tienen la forma $w_k =\sqrt[n]{s}\,e^{i\,\dfrac{\beta+2\,\pi\cdot k}{n}}\;,k=0,1,\ldots,n-1$

Ejemplo: ¿$\sqrt[4]{16\,i}$? El argumento de la raíz cuaddrada es $z=16\,i=2^4\,e^{i\,\frac{\pi}{2}}$, entonces $s=2^4$ y $\beta=\dfrac{\pi}{2}$, con lo cual la solución está formada por cuatro valores (complejos), puesto que el índice del radical es $4$ $$w_k=\sqrt[4]{2^4}\;e^{i\,\dfrac{\frac{\pi}{2}+2\,\pi \cdot k}{4}}\;; k=0,1,2,3$$ esto es, $$\displaystyle \left\{ \begin{matrix} w_0=2\,e^{i\,\frac{1}{8}\,\pi}\\ w_1=2\,e^{i\,\frac{5}{8}\,\pi} \\ w_2=2\,e^{i\,\frac{9}{8}\,\pi} \\ w_3=2\,e^{i\,\frac{13}{8}\,\pi} \end{matrix} \right.$$ $\diamond$

Algunos cálculos rutinarios de raíces de números complejos

1. ¿$\sqrt{1-i}$? El argumento de la raíz cuaddrada es $1-i=\sqrt{2}\,e^{-i\,\frac{\pi}{4}}$, entonces $s=\sqrt{2}$ y $\beta=\dfrac{\pi}{4}$, con lo cual la solución viene dada por dos valores (el índice del radical es $2$) $$w_k=\sqrt{s}\;e^{i\,\dfrac{\beta+2\,\pi \cdot k}{2}}\;; k=0,1$$ esto es, $\displaystyle \left\{\begin{matrix} w_0=\sqrt{\sqrt{2}}\,e^{\frac{i\,(-\frac{\pi}{4}+2\,\pi \cdot 0)}{2}}=2^{1/4}\,e^{-i\,\pi/8}\\ w_1=\sqrt{\sqrt{2}}\,e^{\frac{i\,(-\frac{\pi}{4}+2\,\pi \cdot 1)}{2}}=2^{1/4}\,e^{i\,\frac{7}{8}\,\pi}\end{matrix}\right.$
2. ¿$\sqrt[3]{-8}$? El argumento de la raíz cúbica es $-8=8\,e^{i\,\pi}$, luego $s=8$ y $\beta=\pi$, por lo tanto la solución consta de tres valores (el índice del radical es $3$): $$w_k=\sqrt[3]{s}\;e^{i\,\dfrac{\beta+2\,\pi \cdot k}{3}}\;; k=0,1,2$$ es decir, $\displaystyle \left\{\begin{matrix} w_0=\sqrt[3]{8}\,e^{\frac{i\,(-\frac{\pi}{3}+2\,\pi \cdot 0)}{2}}=2\,e^{i\,\frac{\pi}{3}}\\ w_1=\sqrt[3]{8}\,e^{\frac{i\,(-\frac{\pi}{3}+2\,\pi \cdot 1)}{2}}=2\,e^{i\,\pi}\\ w_2=\sqrt[3]{8}\,e^{\frac{i\,(-\frac{\pi}{3}+2\,\pi \cdot 2)}{2}}=2\,e^{i\,\frac{5}{3}\,\pi}\end{matrix}\right.$

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Obtención de una base ortogonal de $\mathbb{R}^3$ a partir de una base cualquiera de dicho espacio mediante el procedimiento de Gram-Schmidt

Consideremos una base no ortogonal de $\mathbb{R}^3$: $\mathcal{B}=\{\vec{v}_1,\vec{v}_2,\vec{v}_3\}$. Para obtener una base ortogonal, $\mathcal{O}=\{\vec{e}_1,\vec{e}_2,\vec{e}_3\}$ a partir de los vectores de $\mathcal{B}$ recurrimos a la siguiente propiedad: dados dos vectores cualesquiera, pongmamos que $\vec{v}_1$ y $\vec{v}_2$ la diferencia entre el vector $\vec{v}_2$ y el vector proyección de $\vec{v}_1$ sobre $\vec{v}_1$ es un vector perpendicular a $\vec{v}_1$. Por otra parte, para encontrar el tercer vector de la base ortogonal que buscamos, éste tendrá que ser perpendicular al plano al que pertenecen los dos primeros vectores de la base ortogonal que hayamos encontrado, por lo tanto aplicaremos la propiedad referida al tercer vector en relación al primero y también al segundo. Es proceso se conoce como ortogonalización de Gram-Schmidt.

Nota: Otra manera de obtener el tercer vector de la base ortogonal a partir de los dos primeros es a partir del producto vectorial de los dos primeros, pues este vector, como es sabido, es perpendicular al plano al que pertenecen los dos primeros, y por tanto es perpendicular a uno y otro.

Discribámoslo paso a paso:

1. El primer $\mathcal{B}$ lo consideraremos el primer vector de $\mathcal{O}$ (si bien podemos tomar cualquiera de los otros dos): $\vec{e}_1:=\vec{v}_1$
2. El segundo vector de $\mathcal{O}$ vendrá dado entonces por $$\vec{e}_2=\vec{v}_2-\overset{\rightarrow}{\text{proy}}_{\vec{e}_1}\,(\vec{v}_2)$$ luego
   $\vec{e}_2=\vec{v}_2- \langle\vec{v_2}\,,\,\dfrac{\vec{e}_1}{\left\| \vec{e}_1\right\|}\rangle\,\dfrac{\vec{e}_1}{\left\|\vec{e}_1\right\|}$
     $=\vec{v}_2- \langle\vec{v_2}\,,\,\vec{e}_1 \rangle\,\dfrac{\vec{e}_1}{\left\|\vec{e}_1\right\|^2}$
       $=\vec{v}_2- \langle\vec{v_2}\,,\,\vec{e}_1 \rangle\,\dfrac{\vec{e}_1}{\langle\vec{e}_1\,,\,\vec{e}_1\rangle}$
         $=\vec{v}_2- \dfrac{\langle\vec{v_2}\,,\,\vec{e}_1 \rangle}{\langle\vec{e_1}\,,\,\vec{e}_1 \rangle} \,\vec{e}_1$
3. El tercer vector de $\mathcal{O}$ vendrá dado por $$\vec{e}_3=\vec{v}_3-\overset{\rightarrow}{\text{proy}}_{\vec{e}_1}\,(\vec{v}_3)-\overset{\rightarrow}{\text{proy}}_{\vec{e}_2}\,(\vec{v}_3)$$ luego
   $$\vec{e}_3=\vec{v}_3- \dfrac{\langle\vec{v_3}\,,\,\vec{e}_1 \rangle}{\langle\vec{e_1}\,,\,\vec{e}_1 \rangle} \,\vec{e}_1-\dfrac{\langle\vec{v_3}\,,\,\vec{e}_2 \rangle}{\langle\vec{e_2}\,,\,\vec{e}_2 \rangle} \,\vec{e}_2$$

Ejemplo:
Consideremos la base no ortogonal formada por los vectores $\vec{v}_1=(1,1,1)$, $\vec{v}_2=(1,-1,1)$ y $\vec{v}_3=(-1,1,1)$. Entonces,

1. $\vec{e}_1:=\vec{v}_1=(1,1,1)$
2. $\vec{e}_2=(1,-1,1)-\dfrac{\langle (1,-1,1)\,,\,(1,1,1) \rangle}{\langle (1,1,1)\,,\,(1,1,1)\rangle}\,(1,1,1)=(1,-1,1)-\dfrac{1}{3}\,(1,1,1)=(\frac{2}{3},-\frac{4}{3},\frac{2}{3})$
3. $\vec{e}_3=(-1,1,1)-\dfrac{\langle (-1,1,1)\,,\,(1,1,1) \rangle}{\langle (1,1,1)\,,\,(1,1,1)\rangle}\,(1,1,1)-\dfrac{\langle (-1,1,1)\,,\, (\frac{2}{3},-\frac{4}{3},\frac{2}{3}) \rangle}{\langle (\frac{2}{3},-\frac{4}{3},\frac{2}{3})\,,\,(\frac{2}{3},-\frac{4}{3},\frac{2}{3})\rangle}\,(\frac{2}{3},-\frac{4}{3},\frac{2}{3})$
     $=(-1,0,1)$

Así pues, un base ortogonal a partir de la base dada es $$\mathcal{O}=\{(1,1,1)\,,\,(\frac{2}{3},-\frac{4}{3},\frac{2}{3})\,,\,(-1,0,1)\}$$
Puede comprobarse que estos tres vectores son perpendiculares entre sí, verificando que los productos escalares de cada uno de ellos con los otros dos son nulos: $\langle (1,1,1)\,,\,(\frac{2}{3},-\frac{4}{3},\frac{2}{3})\rangle =0$,$\langle (1,1,1)\,,\,(-1,0,1)\rangle =0$ y $\langle (\frac{2}{3},-\frac{4}{3},\frac{2}{3})\,,\,(-1,0,1)\rangle =0$

Observación:
Para obtener una base ortonormal a partir de la base ortogonal que hemos encontrado, basta dividir cada uno de dichos vectores por el correspondiente módulo: $$\mathcal{E}=\{\dfrac{\vec{e}_1}{\sqrt{\langle \vec{e}_1\,,\,\vec{e}_1\rangle}}\,,\, \dfrac{\vec{e}_2}{\sqrt{\langle \vec{e}_2\,,\,\vec{e}_e\rangle}}\,,\,\dfrac{\vec{e}_3}{\sqrt{\langle \vec{e}_3\,,\,\vec{e}_3\rangle}}\}$$ Así, para el ejemplo expuesto, $$\mathcal{E}=\{(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}})\,,\,(\frac{4\,\sqrt{6}}{9},-\frac{8\,\sqrt{6}}{9},\frac{4\,\sqrt{6}}{9}) \,,\,(-\frac{1}{\sqrt{2}},0,\frac{1}{\sqrt{2}})\}$$

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Càlcul del nombre de rutes de $k$ trams entre dos nodes determinats d'una xarxa (graf valorat)

El càlcul del nombre de rutes de $k$ trams ($k=1,2,\ldots$) per anar d'un node a un altre d'un graf ve donat per la matriu potència $k$-ésima de la matriu del graf. El valor dels elements de la matriu resultant és igual al nombre de rutes de $k$ trams entre un node i un altre. Vegem dos exemples senzills, ambdós per a grafs ponderats (xarxes); l'un per a un graf orientat (arestes d'un sol sentit), el qual ve indicat, en cada aresta, per una fletxa) i l'altre per a un graf no orientat (totes les arestes són de doble sentit):

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Contraste de hipótesis con la distribución $\chi^2$. Test de la distribución normal

En este caso, por hipótesis fundamental entendemos que una distribución dada se ajusta a la distribución normal, lo cual suele denominarse también test de normalidad, si bien para esta finalidad existen también otros constrastes como, por ejemplo, el test de Kolmogorov.

Debemos seguir los siguientes pasos:

1. Recogemos $n\ge 5$ datos de una muestra de la población. De haber muchos datos, los agruparemos por clases (intervalos) tomando alrededor de $5$ intervalos
2. Decidimos el nivel de significación $\alpha$ del test -suele ser $0,05$, $0,01$ o $0,1$- el cual representa el error de tipo I, esto es, el de rechazar la hipótesis fundamental $H_0$ (la distribución en cuestión se ajusta a la distribución normal) siendo ésta, sin embargo, cierta.
3. Registramos las frecuencias observadas de los datos de la muestra $O_i$ para $i=1,\ldots,n$
4. Se calculan las frecuencias esperadas $E_i$ /$i=1,\ldots,n$), suponiendo cierta $H_0$
5. Calculamos el valor de $\displaystyle \chi^2_{\text{calculada}}:=\sum_{i=1}^{n}\,\dfrac{(O_i-E_i)^2}{E_i}$
6. Obtenemos el número de grados de libertad $\ell$ según la fórmula $\ell=c-1-p$, donde $c$ es el número de clases (intervalos) y $p$ es el número de parámetros característicos de la distribución del modelo poblacional de contraste, que, en el caso de la distribución normal son dos (la media $\mu$ y la disviación típica $\sigma$)
7. Consultamos finalmente las tablas de la distribución $\chi^2$, que muestran el área de la cola derecha de la función de distribución de la misma y que representa la probabilidad $P(\chi^2_{\text{calculada}}\gt \chi^2_{\alpha\,,\ell})$ buscando la abscisa (crítica) que corresponde al nivel de significación $\alpha$ que hemos decidido de antemano
8. Finalmente, si el valor de $\chi^2_{\text{calculada}}$ es menor que $\chi^2_{\alpha\,,\ell}$, éste cae fuera de la región crítica (a la izquierda del valor crítico) y por consiguiente, en tal caso, aceptaremos la hipótesis fundamentel $H_0$; en caso contrario, deberemos rechazarla

Referencias:
[1] Cuadras, C.M., Problemas de Probabilidad y Estadística. Inferencia Estadística (vol. 2), p. 237. PPU, 1991

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