¿Satisfará cualquier valor de una variable libre un sistema de ecuación?

Question

Decir que tengo una reducción escalonada de la matriz como esta: $$A=\begin{bmatrix} 1 & 0 & \frac{1}{2} & 0\\ 0 & 1 & -\frac{1}{3} & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$ El número de incógnitas es mayor que el número de conocidos ecuaciones. Así que puedo esperar de un número infinito de soluciones. Y $Ax=b$ es como este: $$ \begin{bmatrix} 1 & 0 & \frac{1}{2} & 0\\ 0 & 1 & -\frac{1}{3} & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3}\\ x_{4} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} b_{1}\\ b_{2}\\ b_{3} \end{bmatrix} $$

Entonces puedo decir que mi $x$ es como este con $x_{3}$ ser una variable libre en la ecuación: $$\begin{bmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3}\\ x_{4} \end{bmatrix} = x_{3}\begin{bmatrix} \frac{1}{2}\\ \frac{1}{3}\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}+ \begin{bmatrix} b_{1}\\ b_{2}\\ 0\\ b_{3} \end{bmatrix} $$ Ahora, si dejo que $\; \begin{bmatrix} b_{1}\\ b_{2}\\ b_{3} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 5\\ 2\\ 7 \end{bmatrix}$, entonces... $$\begin{bmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3}\\ x_{4} \end{bmatrix} = x_{3}\begin{bmatrix} \frac{1}{2}\\ \frac{1}{3}\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}+ \begin{bmatrix} 5\\ 2\\ 0\\ 7 \end{bmatrix} $$

En esta etapa, puedo decir que para cualquier valor que puse en la variable $x_{3}$, me gustaría obtener una respuesta que es igual a$b$, ¿verdad?

Así que supongamos que acaba de tirar al azar un valor en $x_{3}=2$, entonces... $$\begin{bmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3}\\ x_{4} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1\\ \frac{2}{3}\\ 2\\ 0 \end{bmatrix}+ \begin{bmatrix} 5\\ 2\\ 0\\ 7 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 6\\ \frac{8}{3}\\ 2\\ 7 \end{bmatrix} $$ A partir de aquí, necesito calcular si la ecuación realmente se pone en la espalda de mi intención de valores de $b$, el cual es de $\begin{bmatrix} b_{1}\\ b_{2}\\ b_{3} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 5\\ 2\\ 7 \end{bmatrix}$. Así,

$x_{4} = b_{3} =7$

Este es correcta.

$b_{2}=x_{2}-\frac{1}{3}x_{3}$

$b_{2}=\frac{8}{3}-\frac{2}{3}=2$

Esto también es correcto.

PERO AHORA,

$b_{1}=x_{1}+\frac{1}{2}x_{3}$

$b_{1}=6+1=7$

$b_{1}$ supongo que para ser 6 pero de alguna manera, ¿por qué tengo 7 en su lugar? Esto es extraño. ¿De dónde me salen mal?

Gracias por la ayuda!

Answer 1

Usted simplemente cometió un error de signo en la tercera ecuación de matriz, debe tener $x_1 = \frac{-1}{2} x_3 + b_1$ $x_1 = \frac{1}{2} x_3 + b_1$. Le dará la respuesta correcta que es $b_1=5$ por cierto.

Answer 2

Creo que te has confundido en algún lugar.

Tiene una asignación de $\mathbb{R}^4 \to \mathbb{R}^3$. $x_3$ es libre de $x_4 = b_3$, la única condición es que:

$x_1/3 + x_2/2 = 8/3$.

El vector que has dado: $[6, 8/3, 2, 7]^T$ no cumple la condición anterior.

Edit: Resolver para $[x_1,x_2,x_3,x_4]^T$ da un vector $[b_1,b_2,b_3]^T$:

$x_4=b_3$

$x_1 + \dfrac{x_3}{2} = b_1$

$x_2 - \dfrac{x_3}{3} = b_2$

Todos estos implican que

$\dfrac{x_1}{3} + \dfrac{x_2}{2} = \dfrac{b_1}{3} + \dfrac{b_2}{2}$

Ahora desea que la solución para el vector $[5,2,7]^T$, por lo que

$\dfrac{x_1}{3} + \dfrac{x_2}{2} = \dfrac{5}{3} + 1 = \dfrac{8}{3}$.

El vector que dijo asignan a $\vec{b}$$[6, 8/3, 2, 7]$.

Su propuesta de $x_1 = 6$ $x_2 = \dfrac{8}{3}$ no cumplen con esto.