Álgebra Lineal I: Más ejemplos de reducción gaussiana

Introducción

En esta entrada veremos varios ejemplos que nos ayudarán a comprender que la reducción gaussiana es una herramienta muy poderosa a la hora de resolver sistemas de ecuaciones lineales.

Problemas resueltos

Problema. Implementa el algoritmo de reducción gaussiana en la matriz

    \begin{align*}A=\begin{pmatrix}0 & 2 & 1 & 1 & 2\\1 & 1 & 0 & 2 & 1\\-3 & 1 & 1 & 0 & 2\\1 & 1 & 1 & 1 & 1\end{pmatrix}\end{align*}

Solución. Para este problema usaremos la siguiente notación para indicar las operaciones elementales que estamos efectuando :

  • R_i \leftrightarrow R_j para intercambiar el renglón i con el renglón j.
  • kR_i para multiplicar el renglón i por el escalar k.
  • R_i + kR_j para sumarle k veces el renglón j al renglón i.


    \begin{align*}A=&\begin{pmatrix}0 & 2 & 1 & 1 & 2\\1 & 1 & 0 & 2 & 1\\-3 & 1 & 1 & 0 & 2\\1 & 1 & 1 & 1 & 1\end{pmatrix}\\ R_1 \leftrightarrow R_2 & \begin{pmatrix}1 & 1 & 0 & 2 & 1\\0 & 2 & 1 & 1 & 2\\-3 & 1 & 1 & 0 & 2\\1 & 1 & 1 & 1 & 1\end{pmatrix}\\R_4 - R_1&\begin{pmatrix}1 & 1 & 0 & 2 & 1\\0 & 2 & 1 & 1 & 2\\-3 & 1 & 1 & 0 & 2\\0 & 0 & 1 & -1 & 0\end{pmatrix}\\R_3 + 3R_1&\begin{pmatrix}1 & 1 & 0 & 2 & 1\\0 & 2 & 1 & 1 & 2\\0 & 4 & 1 & 6 & 5\\0 & 0 & 1 & -1 & 0\end{pmatrix}\\\frac{1}{2}R_2& \begin{pmatrix}1 & 1 & 0 & 2 & 1\\0 & 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 1\\0 & 4 & 1 & 6 & 5\\0 & 0 & 1 & -1 & 0\end{pmatrix}\\R_3 - 4R_2&\begin{pmatrix}1 & 1 & 0 & 2 & 1\\0 & 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 1\\0 & 0 & -1 & 4 & 1\\0 & 0 & 1 & -1 & 0\end{pmatrix}\end{align*}


    \begin{align*}R_1 - R_2& \begin{pmatrix}1 & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{3}{2} & 0\\0 & 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 1\\0 & 0 & -1 & 4 & 1\\0 & 0 & 1 & -1 & 0\end{pmatrix}\\-1\cdot R_3 &\begin{pmatrix}1 & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{3}{2} & 0\\0 & 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 1\\0 & 0 & 1 & -4 & -1\\0 & 0 & 1 & -1 & 0\end{pmatrix}\\R_4 - R_3& \begin{pmatrix}1 & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{3}{2} & 0\\0 & 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 1\\0 & 0 & 1 & -4 & -1\\0 & 0 & 0 & 3 & 1\end{pmatrix}\\R_2 - \frac{1}{2} R_3& \begin{pmatrix}1 & 0 & -\frac{1}{2} & \frac{3}{2} & 0\\0 & 1 & 0 & \frac{5}{2} & \frac{3}{2}\\0 & 0 & 1 & -4 & -1\\0 & 0 & 0 & 3 & 1\end{pmatrix} \\R_1 + \frac{1}{2}R_3& \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2}\\0 & 1 & 0 & \frac{5}{2} & \frac{3}{2}\\0 & 0 & 1 & -4 & -1\\0 & 0 & 0 & 3 & 1\end{pmatrix}\end{align*}


    \begin{align*}\frac{1}{3} R_4&\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2}\\0 & 1 & 0 & \frac{5}{2} & \frac{3}{2}\\0 & 0 & 1 & -4 & -1\\0 & 0 & 0 & 1 & \frac{1}{3}\end{pmatrix}\\R_3 + 4R_4& \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2}\\0 & 1 & 0 & \frac{5}{2} & \frac{3}{2}\\0 & 0 & 1 & 0 & \frac{1}{3}\\0 & 0 & 0 & 1 & \frac{1}{3}\end{pmatrix} \\R_2 - \frac{5}{2}R_4& \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2}\\0 & 1 & 0 & 0 & \frac{2}{3}\\0 & 0 & 1 & 0 & \frac{1}{3}\\0 & 0 & 0 & 1 & \frac{1}{3}\end{pmatrix} \\R_1 + \frac{1}{2}R_4& \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 & -\frac{1}{3}\\0 & 1 & 0 & 0 & \frac{2}{3}\\0 & 0 & 1 & 0 & \frac{1}{3}\\0 & 0 & 0 & 1 & \frac{1}{3}\end{pmatrix}\\=&A_{red}\end{align*}

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Problema. Resuelve el siguiente sistema homogéneo.

    \begin{align*}\begin{cases}x+2y-3z &=0\\2x+5y+2z &=0\\3x-y-4z &=0\end{cases}\end{align*}

Solución. La matriz asociada al sistema anterior es

    \begin{align*}\begin{pmatrix}1 & 2 & -3\\2 & 5 & 2\\3 & -1 & -4 \end{pmatrix}\end{align*}


Para resolver el sistema AX=0 nos bastará con encontrar A_{red}, pues el sistema A_{red}X=0 es equivalente al sistema AX=0.

    \begin{align*}&\begin{pmatrix}1 & 2 & -3\\2 & 5 & 2\\3 & -1 & -4\end{pmatrix}\\R_2 -2R_1&\begin{pmatrix}1 & 2 & -3\\0 & 1 & 8\\3 & -1 & -4\end{pmatrix}\\R_3 - 3R_1&\begin{pmatrix}1 & 2 & -3\\0 & 1 & 8\\0 & -7 & 5\end{pmatrix}\\ R_1 - 2R_2&\begin{pmatrix}1 & 0 & -19\\0 & 1 & 8\\0 & -7 & 5\end{pmatrix}\\R_3 + 7R_2&\begin{pmatrix}1 & 0 & -19\\0 & 1 & 8\\0 & 0 & 61\end{pmatrix}\\R_2 - \frac{8}{61}R_3&\begin{pmatrix}1 & 0 & -19\\0 & 1 & 0\\0 & 0 & 61\end{pmatrix}\\R_1 + \frac{19}{61}R_3&\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\0 & 1 & 0\\0 & 0 & 61\end{pmatrix}\\ \frac{1}{61}R_3&\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\0 & 1 & 0\\0 & 0 & 1\end{pmatrix}\\&=A_{red}\end{align*}

De lo anterior se sigue que para resolver el sistema AX=0 basta con resolver el sistema

    \begin{align*}\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\0 & 1 & 0\\0 & 0 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}.\end{align*}


Pero este sistema es el sistema

    \begin{align*}\begin{cases} x = 0\\ y = 0 \\ z = 0. \end{cases}\end{align*}

De esta forma, x=y=z=0 es la (única) solución al sistema original.

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Problema. Determina las soluciones fundamentales del sistema homogéneo AX=0, donde A es la matriz

    \begin{align*}A=\begin{pmatrix}1 & -2 & 1 & 0\\-2 & 4 & 0 & 2\\-1 & 2 & 1 & 2\end{pmatrix}.\end{align*}

Solución. Sea AX=0 el sistema

    \begin{align*}\begin{pmatrix}1 & -2 & 1 & 0\\-2 & 4 & 0 & 2\\-1 & 2 & 1 & 2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z\\w \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\0\\0 \end{pmatrix}\end{align*}

Para este problema nuevamente nos interesa llevar la matriz asociada al sistema a su forma escalonada reducida.

Aunque es muy importante saber cómo se hacen estos procedimientos, es cierto que también existen herramientas que nos ayudan a hacer estos cálculos de manera más rápida. En esta ocasión usaremos una calculadora de forma reducida escalonada disponible en línea, la cual nos indica que la forma escalonada reducida de la matriz A es

    \begin{align*}A_{red}=\begin{pmatrix}1 & -2 & 0 & -1\\0 & 0 & 1 & 1\\0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}.\end{align*}

De esta forma, el sistema del problema es equivalente al sistema A_{red}X=0

    \begin{align*}\begin{pmatrix}1 & -2 & 0 & -1\\0 & 0 & 1 & 1\\0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z\\w \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\0\\0 \end{pmatrix}\end{align*}


Las variables pivote son x y z. Las variables libres son y y w.

Como se mencionó en una entrada anterior, para encontrar las soluciones fundamentales hay que expresar a las variables pivote en términos de las variables libres. En el sistema anterior podemos notar que

    \begin{align*}\begin{cases}x =2y+w\\z=-w.\end{cases}\end{align*}


por lo que

    \begin{align*}\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}&=\begin{pmatrix}2y+w\\y\\-w\\w\end{pmatrix}\\&=y\begin{pmatrix}2\\1\\0\\0\end{pmatrix} + w \begin{pmatrix}1\\0\\-1\\1\end{pmatrix}\end{align*}


siendo los vectores columna de la última igualdad las soluciones fundamentales del sistema AX=0, es decir que con estas soluciones se pueden generar todas las demás.

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Hasta ahora hemos visto ejemplos de reducción gaussiana de matrices de tamaño muy concreto y entradas muy concretas. Sin embargo, otra habilidad importante es aprender a usar reducción gaussiana en una matriz de tamaño arbitrario, con algunas entradas específicas. Veamos un ejemplo de cómo hacer esto.

Problema. Sea n>2 un número entero. Resuelve en números reales el sistema

    \begin{align*}x_2=\frac{x_1+x_3}{2}, x_3= \hspace{2mm} \frac{x_2+x_4}{2}, \hspace{2mm} \dots , \hspace{2mm}, x_{n-1}=\frac{x_{n-2}+x_n}{2}.\end{align*}

Solución. Este es un sistema lineal homogéneo de ecuaciones. Esto se puede verificar multiplicando cada ecuación por 2 e igualándola a 0. Por ejemplo, la primer ecuación se puede escribir como x_1-2x_2+x_3=0. Transformando el resto de las ecuaciones, obtenemos que el sistema se puede escribir en forma matricial como AX=0, dondeA es la matriz en M_{n-2,n}(F) dada por

    \begin{align*}\begin{pmatrix}1 & -2 & 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\0 & 1 & -2 & 1 & 0  & \cdots & 0 & 0 & 0 \\0 & 0 & 1 & -2 & 1 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\0 & 0 & 0 & 1 & -2 &  \cdots & 0 & 0 & 0 \\& \vdots & & \vdots  & & \ddots & & \vdots &\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & -2 & 1 & 0\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 &- 2 & 1\end{pmatrix}. \end{align*}

Esta matriz se ve algo intimidante, pero igual se le puede aplicar reducción gaussiana. Hagamos esto.

Afortunadamente, en cada fila ya tenemos un pivote y están “escalonados”. Basta con hacer transvecciones para asegurar que en cada columna de un pivote, el pivote es la única entrada no cero. Haremos los primeros pasos para encontrar un patrón de qué va sucediendo.

En el primer paso, sumamos dos veces la fila 2 a la primer fila. Al hacer esto obtenemos:

    \begin{align*}\begin{pmatrix}1 & 0 & -3 & 2 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\0 & 1 & -2 & 1 & 0 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\0 & 0 & 1 & -2 & 1 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\0 & 0 & 0 & 1 & -2 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\& \vdots & & \vdots & & \ddots & & \vdots &\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & -2 & 1 & 0\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 &- 2 & 1\end{pmatrix}.\end{align*}

Con esto la segunda columna ya queda lista. El el siguiente paso, multiplicamos por 3 (y 2) la tercer fila y se lo sumamos a la primera fila (y segunda, respectivamente). Obtenemos:

    \begin{align*}\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & -4 & 3 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\0 & 1 & 0 & -3 & 2 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\0 & 0 & 1 & -2 & 1 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\0 & 0 & 0 & 1 & -2 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\& \vdots & & \vdots & & \ddots & & \vdots &\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & -2 & 1 & 0\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 &- 2 & 1\end{pmatrix}.\end{align*}

Para el siguiente paso, ahora hay que multiplicar por 4 (3, 2) la cuarta fila y sumárselo a la primera (segunda, tercera, respectivamente), y obtenemos:

    \begin{align*}\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 & -5 & 4 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\0 & 1 & 0 & 0 & -4 & 3 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\0 & 0 & 1 & 0 & -3 & 2 &\cdots & 0 & 0 & 0 \\0 & 0 & 0 & 1 & -2 & 1 & \cdots & 0 & 0 & 0 \\& \vdots & & \vdots & & & \ddots & & \vdots &\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & -2 & 1 & 0\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 &\cdots & 1 &- 2 & 1\end{pmatrix}.\end{align*}

El patrón es ahora claro. Conforme arreglamos la columna j, luego la columna j+1 tiene a los números -(j+1), -j, \ldots, -3, -2 y la columna j+2 tiene a los números j,j-1,j-2,\ldots,1,-2,1. Esto puede demostrarse formalmente por inducción. Al arreglar la columna n-2, la matriz queda en la siguiente forma escalonada reducida:

    \begin{align*}\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & -(n-1) & n-2 \\0 & 1 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & -(n-2) & n-3 \\0 & 0 & 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & -(n-3) & n-4 \\0 & 0 & 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 & -(n-4) & n-5 \\& \vdots & & \vdots & & \ddots & & \vdots &\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & -3 & 2\\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & -2 & 1\end{pmatrix}.\end{align*}

Estamos listos para resolver el sistema asociado. Las variables libres son x_{n-1} y x_n, que podemos darles valores arbitrarios a y b. Las variables pivote son todas las demás, y de acuerdo a la forma de la matriz anterior, están dadas por

    \begin{align*}x_1&=(n-1)a - (n-2) b\\x_2&=(n-2)a - (n-3) b\\x_3&=(n-3)a - (n-4) b\\&\vdots\\x_{n-2}&=2a- b. \end{align*}

Esto determina todas las soluciones.

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2 comentarios en “Álgebra Lineal I: Más ejemplos de reducción gaussiana

  1. Victhor

    En el problema 3 hay un error con el Sistema $A_{red}X=0$, pusieron
    $$ \begin{align}\begin{pmatrix}1 & -2 & 0 & 1\\0 & 0 & 1 & 1\\0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z\\w \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\0\\0 \end{pmatrix}\end{align}$$
    cuando era:
    $$\begin{align}\begin{pmatrix}1 & -2 & 0 & -1\\0 & 0 & 1 & 1\\0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z\\w \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\0\\0 \end{pmatrix}\end{align}$$

    de ahí se siguió el error en lo que seguía.

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