Resolver un sistema sobredeterminado de ecuaciones lineales

Question

Tengo dudas para resolver este sistema de ecuaciones

\begin{cases} x+y=r_1\\ x+z=c_1\\ x+w=d_1\\ y+z=d_2\\ y+w=c_2\\ z+w=r_2 \end{cases}

¿Es un sistema sobredeterminado porque veo que hay más ecuaciones que incógnitas?

¿Podemos resolver este sistema de manera sencilla?

Answer 1

Su sistema está descrito por la matriz aumentada $$ A= \left[\begin{array}{rrrr|r} 0 & 1 & 1 & 0 & r_{1} \\ 0 & 1 & 0 & 1 & c_{1} \\ 1 & 1 & 0 & 0 & d_{1} \\ 0 & 0 & 1 & 1 & d_{2} \\ 1 & 0 & 1 & 0 & c_{2} \\ 1 & 0 & 0 & 1 & r_{2} \end{array}\right] $$ Al reducir por filas el sistema se obtiene $$ \DeclareMathOperator{rref}{rref}\rref A= \left[\begin{array}{rrrr|r} 1 & 0 & 0 & 0 & -\frac{1}{2} \, c_{1} + d_{1} + \frac{1}{2} \, d_{2} - \frac{1}{2} \, r_{1} \\ 0 & 1 & 0 & 0 & \frac{1}{2} \, c_{1} - \frac{1}{2} \, d_{2} + \frac{1}{2} \, r_{1} \\ 0 & 0 & 1 & 0 & -\frac{1}{2} \, c_{1} + \frac{1}{2} \, d_{2} + \frac{1}{2} \, r_{1} \\ 0 & 0 & 0 & 1 & \frac{1}{2} \, c_{1} + \frac{1}{2} \, d_{2} - \frac{1}{2} \, r_{1} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & c_{1} + c_{2} - d_{1} - d_{2} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & -d_{1} - d_{2} + r_{1} + r_{2} \end{array}\right] $$ Esto implica que su sistema es resoluble si y solo si \begin{align*} c_1+c_2-d_1-d_2 &= 0 \\ -d_1-d_2+r_1+r_2 &= 0 \end{align*> Si estas condiciones se cumplen, entonces su sistema se resuelve por \begin{align*> w &=-\frac{1}{2} \, c_{1} + d_{1} + \frac{1}{2} \, d_{2} - \frac{1}{2} \, r_{1} \\ x &= \frac{1}{2} \, c_{1} - \frac{1}{2} \, d_{2} + \frac{1}{2} \, r_{1}\\ y &= -\frac{1}{2} \, c_{1} + \frac{1}{2} \, d_{2} + \frac{1}{2} \, r_{1}\\ z &=\frac{1}{2} \, c_{1} + \frac{1}{2} \, d_{2} - \frac{1}{2} \, r_{1} \end{align*>

Answer 2

Pista:

Escribe el sistema de ecuaciones lineales en forma de matriz: establece $$A=\begin{bmatrix} 1&1&0&0\\1&0&1&0\\1&0&0&1\\0&1&1&0\\0&1&0&1\\0&0&1&1 \end{bmatrix},\quad X=\begin{bmatrix}x\\y\\z\\w\end{bmatrix},\quad B=\begin{bmatrix}r_1\\c_1\\d_1\\d_2\\c_2\\w_2\end{bmatrix}$$ $A$ es la matriz de una transformación lineal de $\mathbf R^4$ a $\mathbf R^6$ (suponiendo que el campo base es $\mathbf R$) y el sistema lineal se puede escribir como $$AX=B.$$ Ahora este sistema tiene soluciones, por definición, si $B$ está en la imagen de la aplicación lineal. Un criterio para esto es el siguiente:

El sistema lineal $\;AX=B$ tiene una solución si y solo si la matriz $A$ y la matriz aumentada $(A\mid B)$ tienen el mismo rango. Además, el conjunto de soluciones, si existe, es un espacio afín dirigido por el subespacio vectorial $\ker A$ y tiene codimensión igual al rango de $A$.

Usando la reducción por filas, deberías encontrar que $A$ tiene rango máximo ($4$), y si la matriz aumentada también tiene rango $4$, hay una solución única, que encontrarás con una reducción de filas completa.

Answer 3

Comenzar con el sistema lineal $$ \begin{align} \mathbf{A} x &= b \\ \left[ \begin{array}{cccc} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ \end{array} \right] % \left[ \begin{array}{c} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{array} \right] % &= % \left[ \begin{array}{c} b_{1} \\ b_{2} \\ b_{3} \\ b_{4} \\ b_{5} \\ b_{6} \end{array} \right] % \end{align} $$ Vemos que $$ \mathbf{A} \in \mathbb{R}^{6\times 4}_{4}, \quad b \in \mathbb{R}^{6}, \quad x \in \mathbb{R}^{4}; $$ es decir, $\mathbf{A}$ tiene $m=6$ filas, $n=4$ columnas, y rango $\rho=4$. Los vectores del espacio nulo revelan $$ \mathcal{N}\left(\mathbf{A}^{*}\right) = \text{span} \left\{ \left[ \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ -1 \\ -1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right] , \left[ \begin{array}{r} 0 \\ 1 \\ -1 \\ -1 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right] % \right\} $$

Veamos este problema usando el método de mínimos cuadrados. Mientras el vector de datos $b$ no esté en el espacio nulo, habrá una solución de mínimos cuadrados. Las ecuaciones normales ofrecen una resolución fácil: $$ \begin{align} \mathbf{A}^{*}\mathbf{A} x &= \mathbf{A}^{*} b \\[5pt] % \left[ \begin{array}{cccc} 3 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 3 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 3 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 3 \\ \end{array} \right] % \left[ \begin{array}{c} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{array} \right] % &= % \left[ \begin{array}{c} b_1 + b_2 + b_3 \\ b_1 + b_4 + b_5 \\ b_2 + b_4 + b_6 \\ b_3 + b_5 + b_6 \end{array} \right]. % \end{align} $$ La solución de mínimos cuadrados es $$ \begin{align> x_{LS} &= \left( \mathbf{A}^{*}\mathbf{A} \right)^{-1} \mathbf{A}^{*} b \\[5pt] % &= % \frac{1}{12} \left[ \begin{array}{rrrrr} 5 & -1 & -1 & -1 \\ -1 & 5 & -1 & -1 \\ -1 & -1 & 5 & -1 \\ -1 & -1 & -1 & 5 \\ \end{array} \right] % \left[ \begin{array}{c} b_1 + b_2 + b_3 \\ b_1 + b_4 + b_5 \\ b_2 + b_4 + b_6 \\ b_3 + b_5 + b_6 \end{array} \right]\\[5pt] % &= % \frac{1}{6} \left[ \begin{array}{rcrcrcrcrcrc} 2 b_1 & + & 2 b_2 & + & 2 b_3 & - & b_4 & - & b_5 & - & b_6 \\ 2 b_1 & - & b_2 & - & b_3 & + & 2 b_4 & + & 2 b_5 & - & b_6 \\ -b_1 & + & 2 b_2 & - & b_3 & + & 2 b_4 & - & b_5 & + & 2 b_6 \\ -b_1 & - & b_2 & + & 2 b_3 & - & b_4 & + & 2 b_5 & + & 2 b_6 % $$ Porque el problema tiene rango de columna completo $m=\rho=4$, $\mathcal{N}\left( \mathbf{A}\right) = \left\{ \mathbf{0} \right\}$ la solución es única.

¿Es esta la solución directa donde $\mathbf{A}x - b = 0$? El vector residual de error muestra las restricciones requeridas para una solución directa. $$ r(x) = \mathbf{A}x - b = % \frac{1}{6} % \left[ \begin{array}{rcrcrcrcrc} -2 b_{1} & + & b_{2} & + & b_{3} & + & b_{4} & + & b_{5} & - & 2 b_{6} \\ b_{1} & - & 2 b_{2} & + & b_{3} & + & b_{4} & - & 2 b_{5} & + & b_{6} \\ b_{1} & + & b_{2} & - & 2 b_{3} & - & 2 b_{4} & + & b_{5} & + & b_{6} \\ b_{1} & + & b_{2} & - & 2 b_{3} & - & 2 b_{4} & + & b_{5} & + & b_{6} \\ b_{1} & - & 2 b_{2} & + & b_{3} & + & b_{4} & - & 2 b_{5} & + & b_{6} \\ -2 b_{1} & + & b_{2} & + & b_{3} & + & b_{4} & + & b_{5} & - & 2 b_{6} $$