Semana 2 [1/36]

Matrices

2 de agosto de 2007

Matrices

Solución general de sistemas lineales Semana 2 [2/36]

Sistema escalonado

Dado el sistema Ax = b, A ∈ Mmn(K), b ∈ Km, x ∈ Kn, al escalonarlo

(escalonando (A|b)) obtenemos:

(A|b) =

a11 · · · a1i2 · · · · · · · · · a1n b1

0 · · · 0 a2i2... ...

... ... ... . . . ... ...0 · · · 0 0 · · · asis · · · asn bs

0 · · · 0 0 · · · 0 · · · 0 bs+1... ... ... ...0 · · · 0 · · · 0 · · · 0 bm

.

donde los elementos a11, a2i2, . . . , asis son no nulos.

El sistema tiene solución si y solo si bk = 0, ∀k ≥ s + 1.En este caso se dice compatible .

Matrices

Solución general de sistemas lineales Semana 2 [3/36]

Sistema escalonado

Dado el sistema Ax = b, A ∈ Mmn(K), b ∈ Km, x ∈ Kn, al escalonarlo

(escalonando (A|b)) obtenemos:

(A|b) =

a11 · · · a1i2 · · · · · · · · · a1n b1

0 · · · 0 a2i2... ...

... ... ... . . . ... ...0 · · · 0 0 · · · asis · · · asn bs

0 · · · 0 0 · · · 0 · · · 0 bs+1... ... ... ...0 · · · 0 · · · 0 · · · 0 bm

.

donde los elementos a11, a2i2, . . . , asis son no nulos.

El sistema tiene solución si y solo si bk = 0, ∀k ≥ s + 1.En este caso se dice compatible .

Matrices

Solución general de sistemas lineales Semana 2 [4/36]

Sistema escalonado

Dado el sistema Ax = b, A ∈ Mmn(K), b ∈ Km, x ∈ Kn, al escalonarlo

(escalonando (A|b)) obtenemos:

(A|b) =

a11 · · · a1i2 · · · · · · · · · a1n b1

0 · · · 0 a2i2... ...

... ... ... . . . ... ...0 · · · 0 0 · · · asis · · · asn bs

0 · · · 0 0 · · · 0 · · · 0 bs+1... ... ... ...0 · · · 0 · · · 0 · · · 0 bm

.

donde los elementos a11, a2i2, . . . , asis son no nulos.

El sistema tiene solución si y solo si bk = 0, ∀k ≥ s + 1.En este caso se dice compatible .

Matrices

Solución general de sistemas lineales Semana 2 [5/36]

Sistema escalonado

Dado el sistema Ax = b, A ∈ Mmn(K), b ∈ Km, x ∈ Kn, al escalonarlo

(escalonando (A|b)) obtenemos:

(A|b) =

a11 · · · a1i2 · · · · · · · · · a1n b1

0 · · · 0 a2i2... ...

... ... ... . . . ... ...0 · · · 0 0 · · · asis · · · asn bs

0 · · · 0 0 · · · 0 · · · 0 bs+1... ... ... ...0 · · · 0 · · · 0 · · · 0 bm

.

donde los elementos a11, a2i2, . . . , asis son no nulos.

El sistema tiene solución si y solo si bk = 0, ∀k ≥ s + 1.En este caso se dice compatible .

Matrices

Solución general de sistemas lineales Semana 2 [6/36]

Sistema escalonado

Dado el sistema Ax = b, A ∈ Mmn(K), b ∈ Km, x ∈ Kn, al escalonarlo

(escalonando (A|b)) obtenemos:

(A|b) =

a11 · · · a1i2 · · · · · · · · · a1n b1

0 · · · 0 a2i2... ...

... ... ... . . . ... ...0 · · · 0 0 · · · asis · · · asn bs

0 · · · 0 0 · · · 0 · · · 0 bs+1... ... ... ...0 · · · 0 · · · 0 · · · 0 bm

.

donde los elementos a11, a2i2, . . . , asis son no nulos.

El sistema tiene solución si y solo si bk = 0, ∀k ≥ s + 1.En este caso se dice compatible .

Matrices

Solución general de sistemas lineales Semana 2 [7/36]

Peldaños y soluciones

Cada una de las diferencias en el número de columnas que son cero bajolas filas sucesivas, las llamaremos peldaños .

ProposiciónSi existe solución para el sistema Ax = b y en la matriz A hay algún pelda node largo mayor o igual a dos, entonces existe más de una solución.

Y como corolario

CorolarioSi el sistema Ax = b es tal que n > m (número de incógnitas mayor que elnúmero de ecuaciones), entonces tiene infinitas soluciones, si escompatible.

Matrices

Solución general de sistemas lineales Semana 2 [8/36]

Peldaños y soluciones

Cada una de las diferencias en el número de columnas que son cero bajolas filas sucesivas, las llamaremos peldaños .

ProposiciónSi existe solución para el sistema Ax = b y en la matriz A hay algún pelda node largo mayor o igual a dos, entonces existe más de una solución.

Y como corolario

CorolarioSi el sistema Ax = b es tal que n > m (número de incógnitas mayor que elnúmero de ecuaciones), entonces tiene infinitas soluciones, si escompatible.

Matrices

Solución general de sistemas lineales Semana 2 [9/36]

Peldaños y soluciones

Cada una de las diferencias en el número de columnas que son cero bajolas filas sucesivas, las llamaremos peldaños .

ProposiciónSi existe solución para el sistema Ax = b y en la matriz A hay algún pelda node largo mayor o igual a dos, entonces existe más de una solución.

Y como corolario

CorolarioSi el sistema Ax = b es tal que n > m (número de incógnitas mayor que elnúmero de ecuaciones), entonces tiene infinitas soluciones, si escompatible.

Matrices

Solución general de sistemas lineales Semana 2 [10/36]

Peldaños y soluciones

Cada una de las diferencias en el número de columnas que son cero bajolas filas sucesivas, las llamaremos peldaños .

ProposiciónSi existe solución para el sistema Ax = b y en la matriz A hay algún pelda node largo mayor o igual a dos, entonces existe más de una solución.

Y como corolario

CorolarioSi el sistema Ax = b es tal que n > m (número de incógnitas mayor que elnúmero de ecuaciones), entonces tiene infinitas soluciones, si escompatible.

Matrices

Solución general de sistemas lineales Semana 2 [11/36]

Resumen

Caso especialSistema homogéneo, Ax = 0.

Siempre es compatible.

Homogéneo (b = 0) no-Homogéneo (b 6= 0)

Dimensiones n ≤ m n > m n ≥ m n > mNúmero Soluciones 1,∞ ∞ 0, 1,∞ 0,∞

Matrices

Solución general de sistemas lineales Semana 2 [12/36]

Resumen

Caso especialSistema homogéneo, Ax = 0.

Siempre es compatible.

Homogéneo (b = 0) no-Homogéneo (b 6= 0)

Dimensiones n ≤ m n > m n ≥ m n > mNúmero Soluciones 1,∞ ∞ 0, 1,∞ 0,∞

Matrices

Solución general de sistemas lineales Semana 2 [13/36]

Resumen

Caso especialSistema homogéneo, Ax = 0.

Siempre es compatible.

Homogéneo (b = 0) no-Homogéneo (b 6= 0)

Dimensiones n ≤ m n > m n ≥ m n > mNúmero Soluciones 1,∞ ∞ 0, 1,∞ 0,∞

Matrices

Solución general de sistemas lineales Semana 2 [14/36]

Ejemplo

Resolvamos el sistema

1 1 1 1 1−1 2 0 −1 0

0 1 1 0 11 −1 1 1 0

x1

x2

x3

x4

x5

=

1001

Escalonando:

(A|b) →

1 1 1 1 1 10 3 1 0 1 10 1 1 0 1 00 −2 0 0 −1 0

→

1 1 1 1 1 10 3 1 0 1 10 0 2

3 0 23 −1

30 0 2

3 0 −13

23

→

→

1 1 1 1 1 10 3 1 0 1 10 0 2

3 0 23 −1

30 0 0 0 −1 1

Peldaños: 1,1,2,1.

Matrices

Solución general de sistemas lineales Semana 2 [15/36]

Ejemplo

Resolvamos el sistema

1 1 1 1 1−1 2 0 −1 0

0 1 1 0 11 −1 1 1 0

x1

x2

x3

x4

x5

=

1001

Escalonando:

(A|b) →

1 1 1 1 1 10 3 1 0 1 10 1 1 0 1 00 −2 0 0 −1 0

→

1 1 1 1 1 10 3 1 0 1 10 0 2

3 0 23 −1

30 0 2

3 0 −13

23

→

→

1 1 1 1 1 10 3 1 0 1 10 0 2

3 0 23 −1

30 0 0 0 −1 1

Peldaños: 1,1,2,1.

Matrices

Solución general de sistemas lineales Semana 2 [16/36]

Ejemplo

Resolvamos el sistema

1 1 1 1 1−1 2 0 −1 0

0 1 1 0 11 −1 1 1 0

x1

x2

x3

x4

x5

=

1001

Escalonando:

(A|b) →

1 1 1 1 1 10 3 1 0 1 10 1 1 0 1 00 −2 0 0 −1 0

→

1 1 1 1 1 10 3 1 0 1 10 0 2

3 0 23 −1

30 0 2

3 0 −13

23

→

→

1 1 1 1 1 10 3 1 0 1 10 0 2

3 0 23 −1

30 0 0 0 −1 1

Peldaños: 1,1,2,1.

Matrices

Solución general de sistemas lineales Semana 2 [17/36]

Ejemplo

Despejamos,

x5 = −1x4 : libre

x3 =32

(−13−

23

x5) = −12− x5 = −

12

+ 1 =12

x2 =13

(1 − x3 − x5) =13

(1 −12

+ 1) =12

x1 = 1 − x2 − x3 − x4 − x5 = 1 −12−

12− x4 + 1 = 1 − x4

La solución general es: x1 = 1 − x4, x2 = 12, x3 = 1

2, x4 = x4, x5 = −1 Existenentonces infinitas soluciones, una por cada valor de la variableindependiente x4 ∈ R.

Matrices

Solución general de sistemas lineales Semana 2 [18/36]

Ejemplo

Despejamos,

x5 = −1x4 : libre

x3 =32

(−13−

23

x5) = −12− x5 = −

12

+ 1 =12

x2 =13

(1 − x3 − x5) =13

(1 −12

+ 1) =12

x1 = 1 − x2 − x3 − x4 − x5 = 1 −12−

12− x4 + 1 = 1 − x4

La solución general es: x1 = 1 − x4, x2 = 12, x3 = 1

2, x4 = x4, x5 = −1 Existenentonces infinitas soluciones, una por cada valor de la variableindependiente x4 ∈ R.

Matrices

Solución general de sistemas lineales Semana 2 [19/36]

Ejemplo

Despejamos,

x5 = −1x4 : libre

x3 =32

(−13−

23

x5) = −12− x5 = −

12

+ 1 =12

x2 =13

(1 − x3 − x5) =13

(1 −12

+ 1) =12

x1 = 1 − x2 − x3 − x4 − x5 = 1 −12−

12− x4 + 1 = 1 − x4

La solución general es: x1 = 1 − x4, x2 = 12, x3 = 1

2, x4 = x4, x5 = −1 Existenentonces infinitas soluciones, una por cada valor de la variableindependiente x4 ∈ R.

Matrices

Sistemas cuadrados Semana 2 [20/36]

Sistemas cuadrados

Suponemos que n = m, o sea

Ax = b, A ∈ Mnn(K), x , b ∈ Mn1(K).

Escalonemos el sistema y sea A la matriz escalonada, sin considerar elnuevo lado derecho b:

A =

a11 · · · a1n. . . ...

0 ann

TeoremaSea A ∈ Mnn(K), entonces las proposiciones siguientes son equivalentes:

1 A es invertible.

2 ∀b ∈ Kn, Ax = b tiene soluci’on ’unica.

3

n∏

i=1aii 6= 0.

Matrices

Sistemas cuadrados Semana 2 [21/36]

Sistemas cuadrados

Suponemos que n = m, o sea

Ax = b, A ∈ Mnn(K), x , b ∈ Mn1(K).

Escalonemos el sistema y sea A la matriz escalonada, sin considerar elnuevo lado derecho b:

A =

a11 · · · a1n. . . ...

0 ann

TeoremaSea A ∈ Mnn(K), entonces las proposiciones siguientes son equivalentes:

1 A es invertible.

2 ∀b ∈ Kn, Ax = b tiene soluci’on ’unica.

3

n∏

i=1aii 6= 0.

Matrices

Sistemas cuadrados Semana 2 [22/36]

Sistemas cuadrados

Suponemos que n = m, o sea

Ax = b, A ∈ Mnn(K), x , b ∈ Mn1(K).

Escalonemos el sistema y sea A la matriz escalonada, sin considerar elnuevo lado derecho b:

A =

a11 · · · a1n. . . ...

0 ann

TeoremaSea A ∈ Mnn(K), entonces las proposiciones siguientes son equivalentes:

1 A es invertible.

2 ∀b ∈ Kn, Ax = b tiene soluci’on ’unica.

3

n∏

i=1aii 6= 0.

Matrices

Cálculo de la inversa Semana 2 [23/36]

Cálculo de la inversa

Buscar una matriz Z de n × n tal que AZ = I, es equivalente a los n sistemas

AZ•i = ei , con i ∈ {1, . . . , n}, y ei la i-ésima columna de I.

ProposiciónSi los n sistemas anteriores tienen solución, entonces A es invertible yademás A−1 = Z .

De paso se prueba,

CorolarioUna matriz A ∈ Mnn(K) es invertible si y s’olo si todo sistema Ax = b tienesolución.

Matrices

Cálculo de la inversa Semana 2 [24/36]

Cálculo de la inversa

Buscar una matriz Z de n × n tal que AZ = I, es equivalente a los n sistemas

AZ•i = ei , con i ∈ {1, . . . , n}, y ei la i-ésima columna de I.

ProposiciónSi los n sistemas anteriores tienen solución, entonces A es invertible yademás A−1 = Z .

De paso se prueba,

CorolarioUna matriz A ∈ Mnn(K) es invertible si y s’olo si todo sistema Ax = b tienesolución.

Matrices

Cálculo de la inversa Semana 2 [25/36]

Cálculo de la inversa

Buscar una matriz Z de n × n tal que AZ = I, es equivalente a los n sistemas

AZ•i = ei , con i ∈ {1, . . . , n}, y ei la i-ésima columna de I.

ProposiciónSi los n sistemas anteriores tienen solución, entonces A es invertible yademás A−1 = Z .

De paso se prueba,

CorolarioUna matriz A ∈ Mnn(K) es invertible si y s’olo si todo sistema Ax = b tienesolución.

Matrices

Cálculo de la inversa Semana 2 [26/36]

Cálculo de la inversa

Buscar una matriz Z de n × n tal que AZ = I, es equivalente a los n sistemas

AZ•i = ei , con i ∈ {1, . . . , n}, y ei la i-ésima columna de I.

ProposiciónSi los n sistemas anteriores tienen solución, entonces A es invertible yademás A−1 = Z .

De paso se prueba,

CorolarioUna matriz A ∈ Mnn(K) es invertible si y s’olo si todo sistema Ax = b tienesolución.

Matrices

Cálculo de la inversa Semana 2 [27/36]

Ejemplo

A =

0 1 11 −1 21 1 0

luego:

(A|I) =

0 1 1 1 0 01 −1 2 0 1 01 1 0 0 0 1

Escalonando:

(A|I) →

1 1 0 0 0 11 −1 2 0 1 00 1 1 1 0 0

→

1 1 0 0 0 10 −2 2 0 1 −10 1 1 1 0 0

→

1 1 0 0 0 10 −2 2 0 1 −10 0 2 1 1

2 −12

Matrices

Cálculo de la inversa Semana 2 [28/36]

Ejemplo

A =

0 1 11 −1 21 1 0

luego:

(A|I) =

0 1 1 1 0 01 −1 2 0 1 01 1 0 0 0 1

Escalonando:

(A|I) →

1 1 0 0 0 11 −1 2 0 1 00 1 1 1 0 0

→

1 1 0 0 0 10 −2 2 0 1 −10 1 1 1 0 0

→

1 1 0 0 0 10 −2 2 0 1 −10 0 2 1 1

2 −12

Matrices

Cálculo de la inversa Semana 2 [29/36]

Ejemplo

En este paso ya estamos en condiciones de resolver los tres sistemas. Peropodemos aún pivotear, ahora “sobre” la diagonal; sin alterar la solución (yaque multiplicamos por matrices invertibles):

1 1 0 0 0 10 −2 2 0 1 −10 0 2 1 1

2 −12

→

1 0 1 0 12

12

0 −2 2 0 1 −10 0 2 1 1

2 −12

→

1 0 1 0 12

12

0 −2 0 −1 12 −1

20 0 2 1 1

2 −12

→

1 0 0 −12

14

34

0 −2 0 −1 12 −1

20 0 2 1 1

2 −12

Finalmente, premultiplicando por la matriz invertible:

D =

1 0 00 −1

2 00 0 1

2

Matrices

Cálculo de la inversa Semana 2 [30/36]

Ejemplo

En este paso ya estamos en condiciones de resolver los tres sistemas. Peropodemos aún pivotear, ahora “sobre” la diagonal; sin alterar la solución (yaque multiplicamos por matrices invertibles):

1 1 0 0 0 10 −2 2 0 1 −10 0 2 1 1

2 −12

→

1 0 1 0 12

12

0 −2 2 0 1 −10 0 2 1 1

2 −12

→

1 0 1 0 12

12

0 −2 0 −1 12 −1

20 0 2 1 1

2 −12

→

1 0 0 −12

14

34

0 −2 0 −1 12 −1

20 0 2 1 1

2 −12

Finalmente, premultiplicando por la matriz invertible:

D =

1 0 00 −1

2 00 0 1

2

Matrices

Cálculo de la inversa Semana 2 [31/36]

Ejemplo

Se tiene:

(I |I) =

1 0 0 −12

14

34

0 1 0 12 −1

414

0 0 1 12

14 −1

4

Obteniendo los sistemas de solución trivial:

I

x11

x21

x31

=

−121212

, I

x12

x22

x32

=

14

−1414

, I

x13

x23

x33

=

3414

−14

,

de donde:

X = A−1 =

−12

14

34

12 −1

414

12

14 −1

4

En efecto:

AA−1 =

0 1 11 −1 21 1 0

−12

14

34

12 −1

414

12

14 −1

4

=

1 0 00 1 00 0 1

Matrices

Cálculo de la inversa Semana 2 [32/36]

Ejemplo

Se tiene:

(I |I) =

1 0 0 −12

14

34

0 1 0 12 −1

414

0 0 1 12

14 −1

4

Obteniendo los sistemas de solución trivial:

I

x11

x21

x31

=

−121212

, I

x12

x22

x32

=

14

−1414

, I

x13

x23

x33

=

3414

−14

,

de donde:

X = A−1 =

−12

14

34

12 −1

414

12

14 −1

4

En efecto:

AA−1 =

0 1 11 −1 21 1 0

−12

14

34

12 −1

414

12

14 −1

4

=

1 0 00 1 00 0 1

Matrices

Cálculo de la inversa Semana 2 [33/36]

Matrices no invertibles

¿Qué sucede si una matriz A no es invertible?

Sabemos que necesariamente aparecerá, al escalonar, un pivote nuloirreparable.

(A|I) =

1 0 2 1 0 01 1 2 0 1 01 0 2 0 0 1

y

1 0 2 1 0 00 1 0 −1 1 00 0 0 −1 0 1

y los sistemas Ax =

1−1−1

, Ax =

001

son incompatibles.

Matrices

Cálculo de la inversa Semana 2 [34/36]

Matrices no invertibles

¿Qué sucede si una matriz A no es invertible?

Sabemos que necesariamente aparecerá, al escalonar, un pivote nuloirreparable.

(A|I) =

1 0 2 1 0 01 1 2 0 1 01 0 2 0 0 1

y

1 0 2 1 0 00 1 0 −1 1 00 0 0 −1 0 1

y los sistemas Ax =

1−1−1

, Ax =

001

son incompatibles.

Matrices

Cálculo de la inversa Semana 2 [35/36]

Matrices no invertibles

¿Qué sucede si una matriz A no es invertible?

Sabemos que necesariamente aparecerá, al escalonar, un pivote nuloirreparable.

(A|I) =

1 0 2 1 0 01 1 2 0 1 01 0 2 0 0 1

y

1 0 2 1 0 00 1 0 −1 1 00 0 0 −1 0 1

y los sistemas Ax =

1−1−1

, Ax =

001

son incompatibles.

Matrices

Cálculo de la inversa Semana 2 [36/36]

Pivotes nulos reparables

Pero, en ocasiones, hay pivotes nulos “reparables”.

1 1 1 1 0 01 1 0 0 1 01 0 0 0 0 1

→

1 1 1 1 0 00 0 −1 −1 1 00 −1 −1 −1 0 1

Acá el elemento a22 = 0, pero premultiplicamos por I23, intercambiando lasfilas 2 y 3 obteniendo:

→

1 1 1 1 0 00 −1 −1 −1 0 10 0 −1 −1 1 0

→

1 0 0 0 0 10 −1 −1 −1 0 10 0 −1 −1 1 0

→

1 0 0 0 0 10 −1 0 0 −1 10 0 −1 −1 1 0

→

1 0 0 0 0 10 1 0 0 1 −10 0 1 1 −1 0

⇒ A−1 =

0 0 10 1 −11 −1 0

.

Matrices

Cálculo de la inversa Semana 2 [37/36]

Pivotes nulos reparables

Pero, en ocasiones, hay pivotes nulos “reparables”.

1 1 1 1 0 01 1 0 0 1 01 0 0 0 0 1

→

1 1 1 1 0 00 0 −1 −1 1 00 −1 −1 −1 0 1

Acá el elemento a22 = 0, pero premultiplicamos por I23, intercambiando lasfilas 2 y 3 obteniendo:

→

1 1 1 1 0 00 −1 −1 −1 0 10 0 −1 −1 1 0

→

1 0 0 0 0 10 −1 −1 −1 0 10 0 −1 −1 1 0

→

1 0 0 0 0 10 −1 0 0 −1 10 0 −1 −1 1 0

→

1 0 0 0 0 10 1 0 0 1 −10 0 1 1 −1 0

⇒ A−1 =

0 0 10 1 −11 −1 0

.

Matrices