1.3: Operaciones elementales de fila y eliminación gaussiana
- Page ID
- 116470
- Dé dos razones por las que las Operaciones de Fila Primaria se llaman “Elementales”.
- T/F: Suponiendo que existe una solución, todos los sistemas lineales de ecuaciones se pueden resolver usando solo operaciones de fila elemental.
- Dé una razón por la que uno podría no estar interesado en poner una matriz en forma de escalón de fila reducida.
- Identificar los 1 principales en la siguiente matriz:
\[\left[\begin{array}{cccc}{1}&{0}&{0}&{1}\\{0}&{1}&{1}&{0}\\{0}&{0}&{1}&{1}\\{0}&{0}&{0}&{0}\end{array}\right]\nonumber \] - El uso de los pasos “hacia adelante” y “hacia atrás” de la eliminación gaussiana crea muchos cálculos más fáciles.\(\underline{\qquad}\)
En nuestros ejemplos hasta ahora, esencialmente hemos utilizado solo tres tipos de manipulaciones para encontrar soluciones a nuestros sistemas de ecuaciones. Estas tres manipulaciones son:
- Agregar un múltiplo escalar de una ecuación a una segunda ecuación y reemplazar la segunda ecuación con esa suma
- Multiplicar una ecuación por un escalar distinto de cero
- Intercambiar la posición de dos ecuaciones en nuestra lista
Vimos antes como podíamos escribir toda la información de un sistema de ecuaciones en una matriz, así que tiene sentido que podamos realizar operaciones similares en matrices (como hemos hecho antes). Nuevamente, simplemente reemplace la palabra “ecuación” anterior por la palabra “fila”.
No justificamos nuestra capacidad de manipular nuestras ecuaciones de las tres formas anteriores; parece bastante obvio que deberíamos poder hacer eso. En ese sentido, estas operaciones son “elementales”. Estas operaciones son elementales en otro sentido; son fundamentales —forman la base de gran parte de lo que haremos en álgebra matricial. Dado que estas operaciones son tan importantes, las enumeramos nuevamente aquí en el contexto de matrices.
- Agregar un múltiplo escalar de una fila a otra fila y reemplazar la última fila con esa suma
- Multiplicar una fila por un escalar distinto de cero
- Intercambiar la posición de dos filas
Dado cualquier sistema de ecuaciones lineales, podemos encontrar una solución (si existe) mediante el uso de estas operaciones de tres filas. Las operaciones de fila elemental nos dan un nuevo sistema lineal, pero la solución al nuevo sistema es la misma que la anterior. Podemos usar estas operaciones tanto como queramos y no cambiar la solución. Esto trae a la mente dos buenas preguntas:
- Ya que podemos usar estas operaciones tanto como queramos, ¿cómo sabemos cuándo parar? (¿A dónde se supone que debemos “ir” con estas operaciones?)
- ¿Existe una manera eficiente de utilizar estas operaciones? (¿Cómo llegamos “ahí” más rápido?)
Responderemos primero a la primera pregunta. La mayoría de las veces \(^{1}\)vamos a querer tomar nuestra matriz original y, usando las operaciones de fila elemental, ponerla en algo llamado forma de escalón de fila reducida. \(^{2}\)Este es nuestro “destino”, pues esta forma nos permite identificar fácilmente si existe o no una solución, y en el caso de que sí, cuál es esa solución.
En la sección anterior, cuando manipulamos matrices para encontrar soluciones, sin saberlo estábamos poniendo la matriz en forma de escalón de fila reducida. Sin embargo, no todas las soluciones vienen de una manera tan sencilla como hemos visto hasta ahora. Poner una matriz en forma de escalón de fila reducida nos ayuda a identificar todo tipo de soluciones. Exploraremos el tema de entender lo que nos dice la forma de escalón de fila reducida de una matriz en las siguientes secciones; en esta sección nos enfocamos en encontrarla.
Una matriz está en forma de escalón de fila reducida si sus entradas cumplen las siguientes condiciones.
- La primera entrada distinta de cero en cada fila es un 1 (llamado 1 inicial).
- Cada 1 principal viene en una columna a la derecha de los 1s principales en filas por encima de él.
- Todas las filas de todos los 0s vienen en la parte inferior de la matriz.
- Si una columna contiene un 1 inicial, entonces todas las demás entradas en esa columna son 0.
Se dice que una matriz que satisface las tres primeras condiciones está en forma de escalón de fila.
¿Cuál de las siguientes matrices está en forma de escalón de fila reducida?
- \(\left[\begin{array}{cc}1&0\\0&1\end{array}\right]\)
- \(\left[\begin{array}{ccc}{1}&{0}&{1}\\{0}&{1}&{2}\end{array}\right]\)
- \(\left[\begin{array}{cc} 0&0\\0&0\end{array}\right]\)
- \(\left[\begin{array}{ccc} 1&1&0\\0&0&1\end{array}\right]\)
- \(\left[\begin{array}{cccc}1&0&0&1\\0&0&0&0\\0&0&1&3\end{array}\right]\)
- \(\left[\begin{array}{cccc}1&2&0&0 \\0&0&3&0\\0&0&0&4\end{array}\right]\)
- \(\left[\begin{array}{cccccc}0&1&2&3&0&4\\ 0&0&0&0&1&5\\0&0&0&0&0&0\end{array}\right]\)
- \(\left[\begin{array}{ccc}1&1&0\\ 0&1&0\\0&0&1\end{array}\right]\)
Solución
Las matrices en a), b), c), d) y g) están todas en forma de escalón de fila reducida. Verifique que cada uno satisfaga las condiciones necesarias. Si tus instintos estaban equivocados en algunos de estos, corrige tu pensamiento en consecuencia.
La matriz en e) no está en forma de escalón de fila reducida ya que la fila de todos los ceros no está en la parte inferior. La matriz en f) no está en forma de escalón de fila reducida ya que las primeras entradas distintas de cero en las filas 2 y 3 no son 1. Por último, la matriz en h) no está en forma de escalón de fila reducida ya que la primera entrada en la columna 2 no es cero; la segunda 1 en la columna 2 es una inicial, de ahí que todas las demás entradas en esa columna deben ser 0.
Terminamos este ejemplo con un adelanto de lo que aprenderemos en el futuro. Considera la matriz en b). Si esta matriz provino de la matriz aumentada de un sistema de ecuaciones lineales, entonces podemos reconocer fácilmente que la solución del sistema es\(x_1=1\) y\(x_2=2\). Nuevamente, en ejemplos anteriores, cuando encontramos la solución a un sistema lineal, sin saberlo estábamos poniendo nuestras matrices en forma de escalón de fila reducida.
Comenzamos esta sección discutiendo cómo podemos manipular las entradas en una matriz con operaciones de fila elemental. Esto llevó a dos preguntas: “¿A dónde vamos?” y “¿Cómo llegamos rápidamente?” Acabamos de responder a la primera pregunta: la mayoría de las veces vamos a “ir” a forma de escalón de fila reducida. Abordamos ahora la segunda cuestión.
No hay una manera “correcta” de usar estas operaciones para transformar una matriz en forma de escalón de fila reducida. No obstante, existe una técnica general que funciona muy bien en que es muy eficiente (por lo que no perdemos tiempo en pasos innecesarios). Esta técnica se llama eliminación gaussiana. Se nombra en honor al gran matemático Karl Friedrich Gauss.
Si bien esta técnica no es muy difícil de usar, es una de esas cosas que es más fácil de entender al verla siendo utilizada que explicada como una serie de pasos. Con esto en mente, pasaremos por un ejemplo más destacando pasos importantes y luego explicaremos el procedimiento en detalle.
Poner la matriz aumentada del siguiente sistema de ecuaciones lineales en forma de escalón de fila reducida. \[\begin{array}{ccccccc} -3x_1&-&3x_2&+&9x_3&=&12\\ 2x_1&+&2x_2&-&4x_3&=&-2\\ &&-2x_2&-&4x_3&=&-8 \end{array} \nonumber \]
Solución
Comenzamos convirtiendo el sistema lineal en una matriz aumentada.
\[\left[\begin{array}{cccc}\fbox{$-3$}&-3&9&12\\ 2&2&-4&-2\\0&-2&-4&-8\end{array}\right] \nonumber \]
Nuestro siguiente paso es cambiar la entrada en la caja a un 1. Para ello, multipliquemos la fila 1 por\(-\frac13\).
| \(-\frac{1}{3}R_{1}\to R_{1}\) | \(\left[\begin{array}{cccc}{1}&{1}&{-3}&{-4}\\{2}&{2}&{-4}&{-2}\\{0}&{-2}&{-4}&{-8}\end{array}\right]\) |
Ahora hemos creado un 1 principal; es decir, la primera entrada en la primera fila es un 1. Nuestro siguiente paso es poner ceros debajo de este 1. Para ello, utilizaremos la operación de fila elemental que se indica a continuación.
| \(-2R_{1}+R_{2}\to R_{2}\) | \(\left[\begin{array}{cccc}{1}&{1}&{-3}&{-4}\\{0}&{\fbox{0}}&{2}&{6}\\{0}&{-2}&{-4}&{-8}\end{array}\right]\) |
Una vez que esto se logra, cambiamos nuestro enfoque del líder hacia abajo una fila, y a la derecha una columna, a la posición que está encajonada. De nuevo queremos poner un 1 en esta posición. Podemos usar cualquier operación de fila elemental, pero necesitamos limitarnos a usar solo la segunda fila y cualquier fila debajo de ella. Probablemente lo más sencillo que podemos hacer es intercambiar las filas 2 y 3, y luego escalar la nueva segunda fila para que haya un 1 en la posición deseada.
| \(R_{2}\leftrightarrow R_{3}\) | \(\left[\begin{array}{cccc}{1}&{1}&{-3}&{-4}\\{0}&{\fbox{-2}}&{-4}&{-8}\\{0}&{0}&{2}&{6}\end{array}\right]\) |
| \(-\frac{1}{2}R_{2}\to R_{2}\) | \(\left[\begin{array}{cccc}{1}&{1}&{-3}&{-4}\\{0}&{1}&{2}&{4}\\{0}&{0}&{\fbox{2}}&{6}\end{array}\right]\) |
Ahora hemos creado otro 1 líder, esta vez en la segunda fila. Nuestro siguiente deseo es poner ceros debajo de él, pero esto ya se ha logrado con nuestros pasos anteriores. Por lo tanto volvemos a desplazar nuestra atención hacia la columna derecha y hacia abajo una fila, a la siguiente posición puesta en la caja. Queremos que sea un 1. Un simple escalado logrará esto.
| \(\frac{1}{2}R_{3}\to R_{3}\) | \(\left[\begin{array}{cccc}{1}&{1}&{-3}&{-4}\\{0}&{1}&{2}&{4}\\{0}&{0}&{1}&{3}\end{array}\right]\) |
Esto termina con lo que nos referiremos como los pasos hacia adelante. Nuestra siguiente tarea es usar las operaciones de fila elemental y volver atrás y poner ceros por encima de nuestros 1s iniciales. Esto se conoce como los pasos hacia atrás. Estos pasos se dan a continuación.
| \(3R_{3}+R_{1}\to R_{1}\) \(-2R_{3}+R_{2}\to R_{2}\) |
\(\left[\begin{array}{cccc}{1}&{1}&{0}&{5}\\{0}&{1}&{0}&{-2}\\{0}&{0}&{1}&{3}\end{array}\right]\) |
| \(-R_{2}+R_{1}\to R_{1}\) | \(\left[\begin{array}{cccc}{1}&{0}&{0}&{7}\\{0}&{1}&{0}&{-2}\\{0}&{0}&{1}&{3}\end{array}\right]\) |
Ahora es fácil leer la solución como\(x_1 = 7\),\(x_2 = -2\) y\(x_3 = 3\).
Ahora explicamos formalmente el procedimiento utilizado para encontrar la solución anterior. Al leer el procedimiento, siga junto con el ejemplo anterior para que la explicación tenga más sentido.
Pasos hacia adelante
- Trabajando de izquierda a derecha, considera la primera columna que no son todos ceros en los que aún no se ha trabajado. Después trabajando de arriba a abajo, considera la primera fila en la que no se ha trabajado.
- Si la entrada en la fila y columna que estamos considerando es cero, intercambiamos filas con una fila debajo de la fila actual para que esa entrada sea distinta de cero. Si todas las entradas a continuación son cero, terminamos con esta columna; empezar de nuevo en el paso 1.
- Multiplica la fila actual por un escalar para hacer su primera entrada un 1 (un 1 inicial).
- Use repetidamente la Operación de Fila Primaria 1 para poner ceros debajo de la inicial.
- Regrese al paso 1 y trabaje en las nuevas filas y columnas hasta que se hayan trabajado todas las filas o columnas.
Si los pasos anteriores se han seguido correctamente, entonces lo siguiente debería ser cierto sobre el estado actual de la matriz:
- La primera entrada distinta de cero en cada fila es un 1 (un 1 inicial).
- Cada 1 principal está en una columna a la derecha de los 1s principales por encima de él.
- Todas las filas de todos los ceros vienen en la parte inferior de la matriz.
Tenga en cuenta que esto significa que acabamos de poner una matriz en forma de escalón de filas. Los siguientes pasos terminan la conversión en forma de escalón de fila reducida. Estos siguientes pasos son referidos como los pasos hacia atrás. Estos son mucho más fáciles de afirmar.
Pasos hacia atrás
- Comenzando por la derecha y trabajando a la izquierda, use la Operación de Fila Primaria 1 repetidamente para poner ceros por encima de cada 1 inicial.
El método básico de eliminación gaussiana es el siguiente: crear unos iniciales y luego usar operaciones de fila elemental para poner ceros por encima y por debajo de estos iniciales. Podemos hacer esto en cualquier orden que nos plazca, pero siguiendo los “Pasos hacia adelante” y “Pasos hacia atrás”, hacemos uso de la presencia de ceros para facilitar los cálculos generales. Este método es muy eficiente, por lo que obtiene su propio nombre (que ya hemos estado usando).
La eliminación gaussiana es la técnica para encontrar la forma de escalón de fila reducida de una matriz mediante el procedimiento anterior. Se puede abreviar como:
- Crear un líder 1.
- Usa este 1 inicial para poner ceros debajo de él.
- Repita los pasos anteriores hasta que todas las filas posibles tengan 1s iniciales.
- Pon ceros por encima de estos 1s iniciales.
Practicemos un poco más.
Utilice la elimación gaussiana para poner la matriz\(A\) en forma de escalón de fila reducida, donde
\[A=\left[\begin{array}{ccccc}-2&-4&-2&-10&0\\2&4&1&9&-2\\3&6&1&13&-4\end{array}\right]\nonumber \]
Solución
Empezamos por querer hacer la entrada en la primera columna y primera fila un 1 (un 1 principal). Para ello escalaremos la primera fila por un factor de\(-\frac12\).
| \(-\frac{1}{2}R_{1}\to R_{1}\) | \(\left[\begin{array}{ccccc}1&2&1&5&0\\2&4&1&9&-2\\3&6&1&13&-4\end{array}\right]\) |
A continuación tenemos que poner ceros en la columna debajo de este líder recién formado 1.
| \(-2R_{1}+R_{2}\to R_{2}\) \(-3R_{1}+R_{3}\to R_{3}\) |
\(\left[\begin{array}{ccccc}1&2&1&5&0\\0&\fbox{0}&-1&-1&-2\\0&0&-2&-2&-4\end{array}\right]\) |
Nuestra atención ahora se desplaza hacia la derecha una columna y hacia abajo una fila hasta la posición que indica la casilla. Queremos poner un 1 en esa posición. Nuestras únicas opciones son escalar la fila actual o intercambiar filas con una fila debajo de ella. Sin embargo, en este caso ninguna de estas opciones logrará nuestro objetivo. Por lo tanto, desplazamos nuestra atención hacia la derecha una columna más.
Queremos poner un 1 donde haya un —1. Un simple escalado logrará esto; una vez hecho esto, pondremos un 0 debajo de este líder.
| \(-R_{2}\to R_{2}\) | \(\left[\begin{array}{ccccc}1&2&1&5&0\\0&0&1&1&2\\0&0&-2&-2&-4\end{array}\right]\) |
| \(2R_{2}+R_{3}\to R_{3}\) | \(\left[\begin{array}{ccccc}1&2&1&5&0\\0&0&1&1&2\\0&0&0&\fbox{0}&0\end{array}\right]\) |
Nuestra atención ahora se desplaza sobre una columna más y hacia abajo una fila hasta la posición que indica la casilla; deseamos hacer de ésta un 1. Por supuesto, no hay manera de hacerlo, así que terminamos con los pasos adelante.
Nuestro siguiente objetivo es poner un 0 por encima de cada uno de los 1s líderes (en este caso solo hay un líder 1 con el que lidiar).
| \(-R_{2}+R_{1}\to R_{1}\) | \(\left[\begin{array}{ccccc}1&2&0&4&-2\\0&0&1&1&2\\0&0&0&0&0\end{array}\right]\) |
Esta matriz final está en forma de escalón de fila reducida.
Poner la matriz
\[\left[\begin{array}{cccc} 1&2&1&3\\2&1&1&1\\3&3&2&1\end{array}\right]\nonumber \]
en forma de escalón de fila reducida.
Solución
Aquí mostraremos todos los pasos sin explicar cada uno.
| \(-2R_{1}+R_{2}\to R_{2}\) \(-3R_{1}+R_{3}\to R_{3}\) |
\(\left[\begin{array}{cccc} 1&2&1&3\\0&-3&-1&-5\\0&-3&-1&-8\end{array}\right]\) |
| \(-\frac{1}{3}R_{2}\to R_{2}\) | \(\left[\begin{array}{cccc} 1&2&1&3\\0&1&1/3&5/3\\0&-3&-1&-8\end{array}\right]\) |
| \(3R_{2}+R_{3}\to R_{3}\) | \(\left[\begin{array}{cccc} 1&2&1&3\\0&1&1/3&5/3\\0&0&0&-3\end{array}\right]\) |
| \(-\frac{1}{3}R_{3}\to R_{3}\) | \(\left[\begin{array}{cccc} 1&2&1&3\\0&1&1/3&5/3\\0&0&0&1\end{array}\right]\) |
| \(-3R_{3}+R_{1}\to R_{1}\) \(-\frac{5}{3}R_{3}+R_{2}\to R_{2}\) |
\(\left[\begin{array}{cccc} 1&2&1&0\\0&1&1/3&0\\0&0&0&1\end{array}\right]\) |
| \(-2R_{2}+R_{1}\to R_{1}\) | \(\left[\begin{array}{cccc} 1&0&1/3&0\\0&1&1/3&0\\0&0&0&1\end{array}\right]\) |
La última matriz en el ejemplo anterior está en forma de escalón de fila reducida. Si se piensa que la matriz original representa la matriz aumentada de un sistema de ecuaciones lineales, este resultado final es interesante. ¿Qué significa tener uno líder en la última columna? Lo resolveremos en la siguiente sección.
Poner la matriz\(A\) en escalón de fila reducida desde, donde
\[A=\left[\begin{array}{cccc}2&1&-1&4\\1&-1&2&12\\2&2&-1&9\\\end{array}\right]\nonumber \]
Solución
Nuevamente mostraremos los pasos sin explicación, aunque nos detendremos al final de los pasos hacia adelante y haremos un comentario.
| \(\frac{1}{2}R_{1}\to R_{1}\) | \(\left[\begin{array}{cccc}1&1/2&-1/2&2\\1&-1&2&12\\2&2&-1&9\end{array}\right]\) |
| \(-R_{1}+R_{2}\to R_{2}\) \(-2R_{1}+R_{3}\to R_{3}\) |
\(\left[\begin{array}{cccc}1&1/2&-1/2&2\\0&-3/2&5/2&10\\0&1&0&5\end{array}\right]\) |
| \(-\frac{2}{3}R_{2}\to R_{2}\) | \(\left[\begin{array}{cccc}1&1/2&-1/2&2\\0&1&-5/3&-20/3\\0&1&0&5\end{array}\right]\) |
| \(-R_{2}+R_{3}\to R_{3}\) | \(\left[\begin{array}{cccc}1&1/2&-1/2&2\\0&1&-5/3&-20/3\\0&0&5/3&35/3\end{array}\right]\) |
| \(\frac{3}{5}R_{3}\to R_{3}\) | \(\left[\begin{array}{cccc}1&1/2&-1/2&2\\0&1&-5/3&-20/3\\0&0&1&7\end{array}\right]\) |
Tomemos un descanso aquí y pensemos en el estado de nuestro sistema lineal en este momento. La conversión de nuevo a ecuaciones lineales, ahora sabemos
\[\begin{array}{rcl} x_1+1/2x_2-1/2x_3&=&2\\ x_2-5/3x_3&=&-20/3\\ x_3&=&7\\ \end{array}. \nonumber \]
Ya que sabemos eso\(x_3 = 7\), la segunda ecuación se convierte en\[x_2 - (5/3)(7) = -20/3, \nonumber \] decirnos eso\(x_2 = 5\).
Por último, conocer valores para\(x_2\) y nos\(x_3\) permite sustituir en la primera ecuación y\[x_1 +(1/2)(5)-(1/2)(7) = 2, \nonumber \] encontrarla\(x_1 = 3\).
Este proceso de sustitución de valores conocidos de nuevo en otras ecuaciones se llama sustitución inversa. Este proceso es esencialmente lo que sucede cuando realizamos los pasos hacia atrás de la eliminación gaussiana. Tomamos nota de esto a continuación a medida que terminamos de encontrar el de nuestra matriz.
| \(\frac{5}{3}R_{3}+R_{2}\to R_{2}\) (saber nos\(x_{3}=7\) permite encontrar\(x_{2}=5\)) |
\(\left[\begin{array}{cccc}1&1/2&-1/2&2\\0&1&0&5\\0&0&1&7\end{array}\right]\) |
| \(\frac{1}{2}R_{3}+R_{1}\to R_{1}\) \(-\frac{1}{2}R_{2}+R_{1}\to R_{1}\) (conocer\(x_{2}=5\) y nos\(x_{3}=7\) permite encontrar\(x_{1}=3\)) |
\(\left[\begin{array}{cccc}1&0&0&3\\0&1&0&5\\0&0&1&7\end{array}\right]\) |
Hicimos nuestras operaciones ligeramente “fuera de orden” en el sentido de que no pusimos los ceros por encima de nuestro 1 inicial en la tercera columna en el mismo paso, destacando cómo funciona la sustitución inversa.
En toda nuestra práctica, solo hemos encontrado sistemas de ecuaciones lineales con exactamente una solución. ¿Este siempre va a ser el caso? ¿Alguna vez podríamos tener sistemas con más de una solución? Si es así, ¿cuántas soluciones podría haber? ¿Podríamos tener sistemas sin solución? Estas son algunas de las preguntas que abordaremos en la siguiente sección.