Resolver un sistema de ecuaciones lineales

Question

$\newcommand{\Sp}{\phantom{0}}$ Hay un sistema de ecuaciones lineales: \begin{alignat*}{4} &x - &&y - 2&&z = &&1, \\ 2&x + 3&&y - &&z =-&&2. \end{alignat*}

Creo la matriz del sistema: $$ \left[\begin{array}{rrr|r} 1 & -1 & -2 & 1 \\ 2 & 3 & -1 & -2 \end{array}\right] $$ entonces con GEM, $$ \left[\begin{array}{rrr|r} 1 & -1 & -2 & 1 \\ 0 & 5 & 3 & -4 \end{array}\right] $$

No sé cómo proceder después de eso. He encontrado la corrección de este ejercicio pero sigo sin entender la forma de resolverlo. ¿Puede alguien ayudarme, por favor?

Answer 1

Este es el problema de encontrar el solución completa a $Ax=b$ . Para aprender a hacerlo, puede ver este video o la versión completa de Gilbert Strang video conferencia o notas sobre el tema.

La idea es que tenemos que encontrar

(a) el espacio nulo $N$ de $ \left[\begin{array}{rrr|r} 1 & -1 & -2 \\ 2 & 3 & -1 \end{array}\right]$ y

(b) una única solución $c$ a $ \left[\begin{array}{rrr} 1 & -1 & -2 \\ 2 & 3 & -1 \end{array}\right]c = \left[\begin{array}{r} 1 \\-2 \end{array}\right] $ .

Entonces todas las soluciones son exactamente $x = N + c$ .

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La reducción de las filas es el primer paso, independientemente de lo que hagamos después.

(a) Tenemos $\left[\begin{array}{rrr} 1 & -1 & -2 \\ 0 & 5 & 3 \end{array}\right] \left[\begin{array}{r} 7/5 \\ -3/5 \\ 1 \end{array}\right] = \left[\begin{array}{r} 0 \\ 0 \end{array}\right]$ . Por lo tanto, el espacio nulo es $N = \left[\begin{array}{r} 7/5 \\ -3/5 \\ 1 \end{array}\right]a$ .

(b) Observe que $ \left[\begin{array}{rrr} 1 & -1 & -2 \\ 0 & 5 & 3 \end{array}\right] \left[\begin{array}{r} 1/5 \\ -4/5 \\ 0 \end{array}\right] = \left[\begin{array}{r} 1 \\ -4 \end{array}\right] $ .

Por lo tanto, las soluciones son exactamente todas $x$ tal que

$$ x = \left[\begin{array}{r} 7/5 \\ -3/5 \\ 1 \end{array}\right]a + \left[\begin{array}{r} 1/5 \\ -4/5 \\ 0 \end{array}\right].$$

Otra forma de escribir esto es

\begin{align*} x &= \frac{7}{5}a + \frac{1}{5} \\ y &= -\frac{3}{5}a - \frac{4}{5} \\ z &= a. \end{align*}

Answer 2

Aplicaría dos operaciones más de fila y presentaría una solución con una variable libre:

$$ \begin{align*} & \left[\begin{array}{rrr|r} 1 & -1 & -2 & 1 \\ 2 & 3 & -1 & -2 \end{array}\right] R_2+(-2)R_1 \rightarrow R_2 \\ \equiv & \left[\begin{array}{rrr|r} 1 & -1 & -2 & 1 \\ 0 & 5 & 3 & -4 \end{array}\right] \frac{1}{5}R_2 \rightarrow R_2 \\ \equiv & \left[\begin{array}{rrr|r} 1 & -1 & -2 & 1 \\ 0 & 1 & \frac{3}{5} & -\frac{4}{5} \end{array}\right] R_1+R_2 \rightarrow R_1 \\ \equiv & \left[\begin{array}{rrr|r} 1 & 0 & -\frac{7}{5} & \frac{1}{5} \\ 0 & 1 & \frac{3}{5} & -\frac{4}{5} \end{array}\right]. \end{align*} $$

Lee la solución directamente de la matriz como

$$ \begin{align*} x &=\frac{1}{5}+\frac{7}{5}r \\ y&=-\frac{4}{5}-\frac{3}{5}r \\ z&=r, \end{align*} $$

con $r\in \mathbb{R}$ .

Answer 3

Poniendo la matriz en forma escalonada reducida $R$ (como han mostrado otras respuestas) es el primer paso, hagas lo que hagas.

En cuanto a la "lectura" de las soluciones $R$ Creo que hay varias técnicas. La que me enseñaron, y que me parece la más fácil de usar, es la siguiente:

1. eliminar todas las filas cero

En el ejemplo, esto lleva a $\begin{bmatrix} 1 & 0 & -\frac{7}{5} & | & \frac{1}{5} \\ 0 & 1 & \frac{3}{5} & | & -\frac{4}{5} \end{bmatrix}$ Así que aquí no ha cambiado nada, ya que no había filas cero

2. entonces inserta cualquier fila cero adicional para que la matriz sea cuadrada y los pivotes estén todos en la diagonal

$\begin{bmatrix} 1 & 0 & -\frac{7}{5} & | & \frac{1}{5} \\ 0 & 1 & \frac{3}{5} & | & -\frac{4}{5} \\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{bmatrix}$

3. ahora puede leer una solución especial $\lambda$ del lado derecho

$\lambda = \begin{pmatrix}\frac{1}{5} \\ -\frac{4}{5} \\ 0\end{pmatrix}$

4. sustituir todas las entradas nulas de la diagonal por $-1$ .

$\begin{bmatrix} 1 & 0 & -\frac{7}{5} & | & \frac{1}{5} \\ 0 & 1 & \frac{3}{5} & | & -\frac{4}{5} \\ 0 & 0 & -1 & | & 0 \end{bmatrix}$

5. las columnas con $-1$ en la diagonal (las columnas libres) forman ahora la base del espacio nulo

$N = \langle \begin{pmatrix}-\frac{7}{5} \\ \frac{3}{5} \\ -1\end{pmatrix} \rangle = \{ r\cdot \begin{pmatrix}-\frac{7}{5} \\ \frac{3}{5} \\ -1\end{pmatrix}$ }, para todo $r \in \mathbb{R}$ .

Y luego, por supuesto, la solución completa es simplemente $\lambda + N$ Es decir $L = \{ \begin{pmatrix}\frac{1}{5} \\ -\frac{4}{5} \\ 0\end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}-\frac{7}{5} \\ \frac{3}{5} \\ -1\end{pmatrix} | r \in \mathbb{R} \}$