Álgebra lineal V

Sistemas de ecuaciones lineales

Las ecuaciones del tipo

\[ax=c\]

\[ax+by=d\]

se las conocen como ecuaciones lineales ya que representan a una línea recta. Los elementos "x,y" se llaman incógnitas y acompañan a los números "a,b" llamados coeficientes, los elementos "c,d" se llaman términos independientes. De esta manera podemos decir que cualquier ecuación de la forma

\[a_{1}x_{1}+a_{2}x_{2}+...+a_{n}x_{n}=b\]

se la denomina ecuación lineal, cuya solución es un conjunto de números $s_{1}.s_{2},...,s_{n}$ que al reemplazar en $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ respectivamente satisfacen la igualdad.

Un sistema de ecuaciones lineales es un conjunto de "m" ecuaciones lineales con "n" incógnitas escrito como:

\[\left\{\begin{matrix} a_{11}x_{1}+a_{12}x_{2}+...+a_{1n}x_{n}=b_{1} \\ a_{21}x_{1}+a_{22}x_{2}+...+a_{2n}x_{n}=b_{2}\\ \vdots \\ a_{m1}x_{1}+a_{m2}x_{2}+...+a_{mn}x_{n}=b_{m} \end{matrix}\right.\]

Note la similitud con la multiplicación de una matriz por un vector:

\[\begin{bmatrix} a_{11} & a_{12} & ... & a_{1n}\\ a_{21} & a_{22} & ... & a_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{m1} & a_{m2} & ... & a_{mn} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x_{1}\\ x_{2}\\ \vdots \\ x_{n} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} b_{1}\\ b_{2}\\ \vdots \\ b_{m} \end{bmatrix}\]

de manera que puede escribirse como:

\[A\vec{x}=\vec{b}\]

Donde $A$ se la conoce como matriz de coeficientes, $\vec{x}$ como vector de incógnitas y $\vec{b}$ como vector de términos independientes.

Así, el álgebra lineal se convierte en una herramienta útil para resolver sistemas lineales, donde la idea es encontrar un vector $\vec{x}$ tal que la transformación lineal dada por "A" lo convierta en el vector $\vec{b}$.

Estudio y resolución de sistemas lineales

"A" mantiene la dimensión del dominio (el sistema tiene solución), "B" reduce la dimensión del dominio (el sistema puede o no tener solución)

De acuerdo con la figura resulta razonable decir que si la matriz de coeficientes es no singular, se asegura que el sistema tiene solución. Por otro lado, si la matriz de coeficientes comprime el subespacio del dominio, no es posible asegurar la solución ya que el vector $\vec{b}$ puede o no pertenecer al nuevo subespacio. Así, ni el determinante es información suficiente para saber si un sistema tiene solución.

Teorema de Rouché-Frobenius

Si $dim(b)=r(A)$ donde A es la matriz de coeficientes, entonces el vector $\vec{b}$ pertenece al subespacio de dimensión "r". Si $dim(b)\neq r(A)$, entonces el vector $\vec{b}$ escapa del subespacio de dimensión "r"

Lo que la figura intenta mostrar es que si la dimensión del vector $\vec{b}$ no coincide con el rango de la transformación lineal dada por la matriz de coeficientes "A", entonces dicho vector no corresponde a la imagen que resulta de A, por lo que se puede asegurar que el sistema no tiene solución. Partiendo de esta idea, se enuncia lo siguiente:

Sea un sistema lineal $A\vec{x}=\vec{b}$ de "m" ecuaciones con "n" incógnitas y la matriz aumentada $\left [A\mid \vec{b} \right ]$ , se cumplen las siguientes preposiciones:

• Si $r(A)=r\left (\left [A\mid \vec{b} \right ] \right )$ y $r(A)=n$ se dice que el sistema es consistente y determinado (existe una única solución).
• Si $r(A)< r\left (\left [A\mid \vec{b} \right ] \right )$, se dice que el sistema es inconsistente (no existen soluciones).
• Si $r(A)=r\left (\left [A\mid \vec{b} \right ] \right )$ pero $r(A)<n$, se dice que el sistema es consistente e indeterminado (existen infinitas soluciones), cuyo espacio solución tiene dimensión $n-r(A)$

De esta manera, el conjunto solución de un sistema lineal puede ser un vector o infinitos vectores que pueden formar un subespacio, el cuál también se lo conoce como espacio solución. No obstante, el teorema solo permite estudiar las soluciones de un sistema lineal, más no a resolverlos.

Matriz escalonada

Se dice que una matriz está en forma escalonada si:

1. Todas las filas nulas, si las hay, están en la parte inferior de la matriz
2. El primer elemento no nulo (pivote) está a la derecha del pivote de la fila anterior
3. El pivote de cada fila es un 1, también denominado uno principal
4. Si una columna contiene un uno principal, el resto de las entradas de dicha columna son iguales a cero

Si el pivote de cada fila es el único elemento no nulo de cada columna, se dice que la matriz está en forma escalonada reducida.

Ejemplos de matrices aumentadas escalonadas

Debido a que estas matrices se pueden obtener mediante operaciones elementales por filas, resulta intuitivo decir que cualquier matriz es equivalente a una matriz escalonada. Por tanto, se puede enunciar el siguiente teorema:

Sean $A\vec{x}=\vec{b}$ y $C\vec{x}=\vec{d}$ dos sistemas lineales, cada uno con "m" ecuaciones y "n" incógnitas. Si las matrices aumentadas $[A\mid \vec{b}]$ y $[C\mid \vec{d}]$ de estos sistemas son equivalentes por filas, entonces ambos sistemas lineales tienen exactamente las mismas soluciones.

Este teorema es consecuencia de las propiedades que cumplen las matrices equivalentes. De esta manera surge el método de eliminación Gaussiana para resolver sistemas lineales, cuyo procedimiento sigue los pasos:

1. Formar la matriz aumentada $[A\mid \vec{b}]$
2. Transformar la matriz aumentada a su forma escalonada
3. Si es posible, se despeja la incógnita correspondiente al pivote de la última fila y se reemplaza en la que corresponde a las filas anteriores con el fin de despejar el resto de las incógnitas. Las filas que constan completamente de ceros se pueden ignorar, pues indica que la ecuación correspondiente se satisface para cualquier valor de las incógnitas.

Ejemplos: Resolver los siguientes sistemas lineales

• $\left\{\begin{matrix} x_{1}+x_{2}+2x_{3}=8 \\ -x_{1}-2x_{2}+3x_{3}=1\\ 3x_{1}-7x_{2}+4x_{3}=10 \end{matrix}\right.$

Aplicando los pasos 1 y 2 se tiene:

\[\underset{F2+F1}{\left [ \begin{matrix} 1 & 1 & 2\\ -1 & -2 & 3\\ 3 & -7 & 4 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 8\\ 1\\ 10 \end{matrix} \right ]} \sim \underset{-F2}{\left [ \begin{matrix} 1 & 1 & 2\\ 0 & -1 & 5\\ 3 & -7 & 4 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 8\\ 9\\ 10 \end{matrix} \right ]}\sim \underset{F3-3F1}{\left [ \begin{matrix} 1 & 1 & 2\\ 0 & 1 & -5\\ 3 & -7 & 4 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 8\\ -9\\ 10 \end{matrix} \right ]}\]

\[\underset{F3+10F2}{\left [ \begin{matrix} 1 & 1 & 2\\ 0 & 1 & -5\\ 0 & -10 & -2 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 8\\ -9\\ -14 \end{matrix} \right ]} \sim \underset{-\frac{1}{52}F3}{\left [ \begin{matrix} 1 & 1 & 2\\ 0 & 1 & -5\\ 0 & 0 & -52 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 8\\ -9\\ -104 \end{matrix} \right ]}\sim \left [ \begin{matrix} 1 & 1 & 2\\ 0 & 1 & -5\\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 8\\ -9\\ 2 \end{matrix} \right ]\]

Para aplicar el paso 3 se debe reconocer que las incógnitas $x_{1},x_{2},x_{3}$ corresponden a las columnas 1,2 y 3 respectivamente, de manera que:

\[\left\{\begin{matrix} x_{1}+x_{2}+2x_{3}=8\\ x_{2}-5x_{3}=-9\\ x_{3}=2 \end{matrix}\right.\]

\[x_{3}=2,x_{2}=1,x_{1}=3\]

Es posible decir que la cantidad de filas no nulas de la matriz escalonada coincide con el rango de la matriz al que equivale. Esto debido a la equivalencia con la matriz escalonada reducida, pues contiene los vectores columna que forman la base canónica de la imagen. Por tanto, el rango de la matriz de coeficientes del sistema es 3, ya que cada fila tiene al menos un elemento diferente de 0. Asimismo, realizando la misma observación para la matriz aumentada, se puede notar que el rango también es 3 al igual que el número de incógnitas. De manera que por el teorema de Rouché-Frobenius se comprueba que el sistema es consistente y determinado.

• $\left\{\begin{matrix} x-y+2z-w=-1\\ 2x+y-2z-2w=-2\\ -x+2y-4z+w=1\\ 3x-3w=-3 \end{matrix}\right.$

Mediante los pasos 1 y 2 se tiene:

\[\small \underset{\begin{matrix} F2-2F1\\ F3+F1\\ F4-3F1 \end{matrix}}{\left [ \begin{matrix} 1 & -1 & 2 & -1\\ 2 & 1 & -2 & -2\\ -1 & 2 & -4 & 1\\ 3 & 0 & 0 & -3 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} -1\\ -2\\ 1\\ -3 \end{matrix} \right ]}\sim \underset{F2\leftrightarrow F3}{\left [ \begin{matrix} 1 & -1 & 2 & -1\\ 0 & 3 & -6 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 3 & -6 & 0 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} -1\\ 0\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right ]}\sim \underset{F4-F3}{\left [ \begin{matrix} 1 & -1 & 2 & -1\\ 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 3 & -6 & 0\\ 0 & 3 & -6 & 0 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} -1\\ 0\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right ]}\]

 \[\small \underset{F3-3F2}{\left [ \begin{matrix} 1 & -1 & 2 & -1\\ 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 3 & -6 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} -1\\ 0\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right ]}\sim \left [ \begin{matrix} 1 & -1 & 2 & -1\\ 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} -1\\ 0\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right ]\]

Note que los rangos son iguales, pero menores a la cantidad de incógnitas, pues $r(A)=2$. Por tanto, según el teorema de Rouché-Frobenius, el sistema es consistente e indeterminado. Esto quiere decir que existen infinitas soluciones que pueden formar un subespacio de dimensión $n-r(A)$, donde "n" es la cantidad de incógnitas, y para hallar dicho subespacio se interpretan a $4-2$ variables como constantes que pueden tomar cualquier valor, por ejemplo:

Si $z=t,\, w=s$ donde $t,s \epsilon \mathbb{R}$, entonces el conjunto solución es $x=s-1,\, y=2t,\, z=t,\, w=s$ y el espacio solución es:

\[S:\left\{\begin{bmatrix}x \\y \\z \\w \end{bmatrix}\epsilon \mathbb{R}^{4}/x=w-1\wedge y=2z \right\}\]

Este procedimiento se lo conoce como parametrización, en el que ahora podemos definirlo como el cambio de un espacio vectorial a otro.

• $\left\{\begin{matrix} -2b+3c=1\\ 3a+6b-3c=-2\\ 6a+6b+3c=5 \end{matrix}\right.$

Mediante los pasos 1 y 2 se tiene:

\[\small \underset{F1\leftrightarrow F2}{\left [ \begin{matrix} 0 & -2 & 3 \\ 3 & 6 & -3\\ 6 & 6 & 3\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 1\\ -2\\ 5 \end{matrix} \right ]} \sim \underset{F3-2F1}{\left [ \begin{matrix} 3 & 6 & -3 \\ 0 & -2 & 3\\ 6 & 6 & 3\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} -2\\ 1\\ 5 \end{matrix} \right ]}\sim \underset{F3-3F2}{\left [ \begin{matrix} 3 & 6 & -3 \\ 0 & -2 & 3\\ 0 & -6 & 9\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} -2\\ 1\\ 9 \end{matrix} \right ]}\]

 \[\small \underset{\begin{matrix} \frac{1}{3}F1\\ -\frac{1}{2}F2 \end{matrix}}{\left [ \begin{matrix} 3 & 6 & -3 \\ 0 & -2 & 3\\ 0 & 0 & 0\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} -2\\ 1\\ 6 \end{matrix} \right ]} \sim \left [ \begin{matrix} 1 & 2 & -1 \\ 0 & 1 & -\frac{3}{2}\\ 0 & 0 & 0\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} -\frac{2}{3}\\ -\frac{1}{2}\\ 6 \end{matrix} \right ]\]

En este caso, los rangos son distintos, por lo que según el teorema de Rouché, el sistema es inconsistente y no es posible resolverlo.

Sistemas homogéneos

Recuerde que para hallar el núcleo de una transformación lineal se forma un sistema de ecuaciones lineales que puede escribirse como:

\[A\vec{x}=\emptyset\]

donde $\emptyset$ es el vector nulo.

A este tipo de sistema se lo conoce como homogéneo y también puede resolverse con el método de eliminación gaussiana. No obstante, recuerde que el núcleo de una transformación lineal puede contener mínimamente al vector nulo, de manera que este se convierte en la solución trivial de un sistema homogéneo, concluyendo que siempre tiene solución.

Ejemplo: Resolver

\[\left\{\begin{matrix} 3x_{1}-2x_{2}=0\\ 6x_{1}-4x_{2}=0 \end{matrix}\right.\]

Aplicando el método de Gauss, se tiene:

\[\underset{F2-2F1}{\left [ \begin{matrix} 3 & -2\\ 6 & -4 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0 \end{matrix} \right ]}\sim \underset{\frac{1}{3}F1}{\left [ \begin{matrix} 3 & -2\\ 0 & 0 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0 \end{matrix} \right ]}\sim \left [ \begin{matrix} 1 & -\frac{2}{3}\\ 0 & 0 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0 \end{matrix} \right ]\]

Como el rango de la matriz de coeficientes es igual al de la aumentada pero menor al número de incógnitas, el sistema es consistente e indeterminado (solución no trivial). Entonces, parametrizando la incógnita "x" se tiene el conjunto solución:

\[x_{1}=t,x_{2}=\frac{3}{2}t\]

y el espacio solución:

\[S:\left\{\begin{bmatrix}x_{1} \\x_{2} \end{bmatrix}\epsilon \mathbb{R}^{2}/x_{2}=\frac{3}{2}x_{1} \right\}\]

Resolución de sistemas lineales mediante la inversa de una matriz

Si consideramos al sistema lineal

\[A\vec{x}=\vec{b}\]

como una ecuación matricial donde la incógnita es el vector $\vec{x}$, se puede realizar el siguiente despeje

\[\vec{x}=A^{-1}\vec{b}\]

Por tanto, el objetivo es encontrar la inversa de la matriz de coeficientes y pre multiplicarla con el vector de términos independientes.

Ejemplos: Resolver los siguientes sistemas

• $\left\{\begin{matrix} x+2y=8\\ 3x-4y=4 \end{matrix}\right.$

La matriz de coeficientes es de 2x2, por lo que resulta sencillo aplicar el método de la adjunta para hallar su inversa

\[A^{-1}=\frac{1}{\begin{vmatrix} 1 & 2\\ 3 & -4 \end{vmatrix}}Adj\left ( \begin{bmatrix} 1 & 2\\ 3 & -4 \end{bmatrix} \right )=-\frac{1}{10}\begin{bmatrix} -4 & -2\\ -3 & 1 \end{bmatrix}\]

Por último:

\[\vec{x}=-\frac{1}{10}\begin{bmatrix} -4 & -2\\ -3 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 8\\ 4 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 4\\ 2 \end{bmatrix}\]

Siendo este vector la solución o espacio solución del sistema lineal dado.

• $\left\{\begin{matrix} 3x+2y+z=2\\ 4x+2y+2z=8\\ x-y+z=4 \end{matrix}\right.$

La matriz de coeficientes es de 3x3, por lo que el método más conveniente para calcular su inversa es el de Gauss-Jordan

\[\underset{F1\leftrightarrow F3}{\left [ \begin{matrix} 3 & 2 & 1\\ 4 & 2 & 2\\ 1 & -1 & 1 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} \right ]}\sim \underset{\begin{matrix} F2-4F1\\ F3-3F1 \end{matrix}}{\left [ \begin{matrix} 1 & -1 & 1\\ 4 & 2 & 2\\ 3 & 2 & 1 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0 \end{matrix} \right ]}\]

\[\underset{F2- F3}{\left [ \begin{matrix} 1 & -1 & 1\\ 0 & 6 & -2\\ 0 & 5 & -2 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & -4\\ 1 & 0 & -3 \end{matrix} \right ]}\sim \underset{F3-5F2}{\left [ \begin{matrix} 1 & -1 & 1\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 5 & -2 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 0 & 0 & 1\\ -1 & 1 & -1\\ 1 & 0 & -3 \end{matrix} \right ]}\]

\[\underset{F1+F2}{\left [ \begin{matrix} 1 & -1 & 1\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & -2 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 0 & 0 & 1\\ -1 & 1 & -1\\ 6 & -5 & 2 \end{matrix} \right ]}\sim \underset{-\frac{1}{2}F3}{\left [ \begin{matrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & -2 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} -1 & 1 & 0\\ -1 & 1 & -1\\ 6 & -5 & 2 \end{matrix} \right ]}\]

\[\underset{F1-F3}{\left [ \begin{matrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} -1 & 1 & 0\\ -1 & 1 & -1\\ -3 & \frac{5}{2} & -1 \end{matrix} \right ]}\sim \left [ \begin{matrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 2 & -\frac{3}{2} & 1\\ -1 & 1 & -1\\ -3 & \frac{5}{2} & -1 \end{matrix} \right ]\]

Por último, el espacio solución será:

\[\small \vec{x}=\begin{bmatrix} 2 & -\frac{3}{2} & 1\\ -1 & 1 & -1\\ -3 & \frac{5}{2} & -1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 2\\ 8\\ 4 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -4\\ 2\\ 10 \end{bmatrix}\]

• $\left\{\begin{matrix} 2x+y-z=0\\ x-2y-3z=0\\ -3x-y+2z=0 \end{matrix}\right.$
  

Si calculamos el determinante de la matriz de coeficientes se tiene:

\[\begin{vmatrix} 2 & 1 & -1\\ 1 & -2 & -3\\ -3 & -1 & 2 \end{vmatrix}_{F1\leftrightarrow F2}=-\begin{vmatrix} 1 & -2 & -3\\ 2 & 1 & -1\\ -3 & -1 & 2 \end{vmatrix}_{\begin{matrix} F2-2F1\\ F3+3F1 \end{matrix}}=-\begin{vmatrix} 1 & -2 & -3\\ 0 & 5 & 5\\ 0 & -7 & -7 \end{vmatrix}_{\begin{matrix} \frac{1}{5}F2\\ \frac{1}{7}F3 \end{matrix}}\]

\[-35\begin{vmatrix} 1 & -2 & -3\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & -1 & -1 \end{vmatrix}_{F3+F2}=-35\begin{vmatrix} 1 & -2 & -3\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 0 \end{vmatrix}=0\]

concluyendo que es singular y por tanto no es posible hallar su inversa. No obstante, esto no significa que no existe solución, pues como un sistema homogéneo siempre la tiene, se puede inferir que hay infinitas soluciones. Por tanto, como el número de incógnitas es 3 y el rango de la matriz de coeficientes es 2, se procede a parametrizar una sola variable, (en este caso a "z"), obteniendo:

\[\vec{x}=\begin{bmatrix} t\\ -t\\ t \end{bmatrix},\, t\epsilon \mathbb{R}\]

de manera que el espacio solución será:

\[S:\left\{ \begin{bmatrix}x \\y \\z\end{bmatrix}\epsilon \mathbb{R}^{3}/ x=-y=z \right\}\]

Algunas aplicaciones de los sistemas lineales

Los sistemas de ecuaciones lineales se utilizan en casi cualquier disciplina como: economía, estadística o ingeniería. Por tanto, debido a la amplia gama de aplicaciones, solo se podrán abarcar algunas de las más básicas como:

Espacios vectoriales y transformaciones lineales

Ejemplos:

• Sea el conjunto $S=\left \{ \begin{bmatrix} 1\\ 2\\ 2 \end{bmatrix},\begin{bmatrix} 3\\ 2\\ 1 \end{bmatrix},\begin{bmatrix} 11\\ 10\\ 7 \end{bmatrix},\begin{bmatrix} 7\\ 6\\ 4 \end{bmatrix} \right \}$. Determine una base para el subpesacio W en $\mathbb{R}^{3}$ generado por S y su dimensión.

Si consideramos a los vectores del conjunto generador "S" como vectores base de una transformación A se tiene que:

\[A=\begin{bmatrix} 1 & 3 & 11 & 7 \\ 2 & 2 & 10 & 6 \\ 2 & 1 & 7 & 4 \end{bmatrix}\]

Si transponemos "A" y realizamos las operaciones equivalentes por filas, se puede encontrar una matriz escalonada cuyas filas contendrán los vectores equivalentes a los del conjunto generador:

\[A^{T}=\begin{bmatrix} 1 & 2 & 2 \\ 3 & 2 & 1 \\ 11 & 10 & 7 \\ 7 & 6 & 4 \end{bmatrix}\]

\[\underset{\begin{matrix} F2-3F1\\ F3-11F1 \\ F4-7F1 \end{matrix}}{\left [ \begin{matrix} 1 & 2 & 2\\ 3 & 2 & 1\\ 11 & 10 & 7 \\ 7 & 6 & 4 \end{matrix} \right ]}\sim \underset{ \begin {matrix} F3- 3F2 \\ F4-2F2 \end{matrix}}{\left [ \begin{matrix} 1 & 2 & 2\\ 0 & -4 & -5 \\ 0 & -12 & -15 \\ 0 & -8 & -10 \end{matrix} \right ]}\sim \]

\[\underset{-\frac{1}{4}F2}{\left [ \begin{matrix} 1 & 2 & 2\\ 0 & -4 & -5\\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right ]}\sim {\left [ \begin{matrix} 1 & 2 & 2\\ 0 & 1 & \frac{5}{4} \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right ]}\]

Por tanto, los vectores equivalentes a los del conjunto generador son:

\[\begin{bmatrix} 1\\ 2\\ 2 \end{bmatrix}, \, \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ \frac{5}{4} \end{bmatrix}, \, \begin{bmatrix} 0\\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}, \, \begin{bmatrix} 0\\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}\]

Evidentemente los vectores no nulos forman parte de la base del subespacio W y por tanto se tiene: 

\[B_{W}=\left \{ \begin{bmatrix} 1\\ 2\\ 2 \end{bmatrix},\begin{bmatrix} 0\\ 1 \\ \frac{5}{4} \end{bmatrix}\right \},\: dim(B_{W})=2\]

 Gráficamente:

El subespacio generado por S es un plano en $\mathbb{R}^{3}$

• Verifique el teorema de la dimensión para la transformación lineal $L\left ( \begin{bmatrix} x\\ y\\ z \end{bmatrix} \right )=\begin{bmatrix} 4 & -1 & -1\\ 2 & 2 & 3\\ 2 & -3 & -4 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x\\ y\\ z \end{bmatrix}$

Para hallar la nulidad se resuelve el siguiente sistema homogéneo:

\[\begin{bmatrix} 4 & -1 & -1\\ 2 & 2 & 3\\ 2 & -3 & -4 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x\\ y\\ z \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}\]

\[\small \begin{vmatrix} 4 & -1 & -1\\ 2 & 2 & 3\\ 2 & -3 & -4 \end{vmatrix}_{\begin{matrix} 2F2-F1\\ F3-F2 \end{matrix}}=\frac{1}{2}\begin{vmatrix} 4 & -1 & -1\\ 0 & 5 & 7\\ 0 & -5 & -7 \end{vmatrix}_{F3+F2}=\frac{1}{2} \begin{vmatrix} 4 & -1 & -1\\ 0 & 5 & 7\\ 0 & 0 & 0 \end{vmatrix}=0\]

La matriz de coeficientes es singular, por lo que el sistema tiene infinitas soluciones. Entonces, parametrizando una variable:

Si $z=\frac{1}{7}t$, entonces $y=-\frac{1}{5}t,\, x=-\frac{1}{70}t$, de manera que el espacio solución es:

\[\begin{bmatrix} x\\ y\\ z \end{bmatrix}=t\begin{bmatrix} -\frac{1}{70}\\ -\frac{1}{5}\\ \frac{1}{7} \end{bmatrix}\]

y por tanto la base del núcleo y la nulidad son:

\[B_{K}=\left \{ \begin{bmatrix} -\frac{1}{70}\\ -\frac{1}{5}\\ \frac{1}{7} \end{bmatrix} \right \},\: Nul(L)=1\]

Luego, para la imagen se resuelve el siguiente sistema lineal

\[\begin{bmatrix} 4 & -1 & -1\\ 2 & 2 & 3\\ 2 & -3 & -4 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} x\\ y\\ z \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} a\\ b\\ c \end{bmatrix}\]

\[\left [ \begin{matrix} 4 & -1 & -1\\ 2 & 2 & 3\\ 2 & -3 & -4 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} a\\ b\\ c \end{matrix} \right ]\sim \left [ \begin{matrix} 4 & -1 & -1\\ 0 & 5 & 7\\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} a\\ 2b-a\\ c+b-a \end{matrix} \right ]\]

Para que el sistema tenga solución se debe cumplir que $c+b-a=0$ y parametrizando "a" y "b" se tiene:

\[\begin{bmatrix} x\\ y\\ z \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} t\\ s\\ t-s \end{bmatrix}=t\begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}+s\begin{bmatrix} 0\\ 1\\ -1 \end{bmatrix}\]

\[B_{I}=\left \{ \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 1 \end{bmatrix},\begin{bmatrix} 0\\ 1\\ -1 \end{bmatrix}\right \},\: r(L)=2\]

Se sabe que la dimensión del dominio es 3, por lo que se comprueba el teorema de la dimensión:

\[dim(V)=Nul(L)+r(L)\]

\[3=1+2\]

Problemas de aplicación

Ejemplos:

• Un nutriólogo está preparando una dieta que consta de los alimentos A,B y C. Cada onza de alimento A contiene 2 unidades de proteína, 3 unidades de grasa y 4 unidades de carbohidratos. Cada onza del alimento B contiene 3 unidades de proteína, 2 unidades de grasa y 1 unidad de carbohidratos. Cada onza del alimento C contiene 3 unidades de proteína, 3 unidades de grasa y 2 unidades de carbohidratos. Si la dieta debe proporcionar exactamente 25 unidades de proteína, 24 unidades de grasa y 21 unidades de carbohidratos, ¿Cuántas onzas de cada comida se necesitan?

Planteamiento: De acuerdo con la pregunta del problema, la cantidad de onzas es la incógnita, y al ser 3 tipos de alimentos, se puede decir que se tienen 3 incógnitas. Por otro lado, es evidente que la cantidad de ecuaciones estará dada por la clasificación de las unidades (proteína, grasa y carbohidratos), pues son datos conocidos. Luego, si ordenamos los alimentos A,B y C en columnas y la clasificación mencionada en filas de una tabla, se puede reconocer con facilidad el sistema lineal a plantear:

\[\left\{\begin{matrix} 2A+3B+3C=25\\ 3A+2B+3C=24\\ 4A+B+2C=21 \end{matrix}\right.\]

Aplicando la eliminación de Gauss se tiene:

\[\small \underset{\begin{matrix} F2-F1\\ F3-2F1 \end{matrix}}{\left [ \begin{matrix} 2 & 3 & 3\\ 3 & 2 & 3\\ 4 & 1 & 2 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 25\\ 24\\ 21 \end{matrix} \right ]}\sim\underset{F1-2F2}{\left [ \begin{matrix} 2 & 3 & 3\\ 1 & -1 & 0\\ 0 & -5 & -4 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 25\\ -1\\ -29 \end{matrix} \right ]}\sim\underset{F1\leftrightarrow F2}{\left [ \begin{matrix} 0 & 5 & 3\\ 1 & -1 & 0\\ 0 & -5 & -4 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 27\\ -1\\ -29 \end{matrix} \right ]}\]

\[\small \underset{F3+F2}{\left [ \begin{matrix} 1 & -1 & 0\\ 0 & 5 & 3\\ 0 & -5 & -4 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} -1\\ 27\\ -29 \end{matrix} \right ]}\sim\underset{\begin{matrix} \frac{1}{5}F2\\ -F3 \end{matrix}}{\left [ \begin{matrix} 1 & -1 & 0\\ 0 & 5 & 3\\ 0 & 0 & -1 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} -1\\ 27\\ -2 \end{matrix} \right ]}\sim\left [ \begin{matrix} 1 & -1 & 0\\ 0 & 1 & \frac{3}{5}\\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} -1\\ \frac{27}{5}\\ 2 \end{matrix} \right ]\]

\[C=2,\, B=21/5,\, A=16/5\]

Entonces se necesitan 3.2 onzas del alimento A, 4.2 onzas del alimento B y 2 onzas del alimento C para que la dieta proporcione la cantidad necesaria de proteínas, grasas y carbohidratos.

• Graciela es tres veces mayor que Juan, pero en cinco años ella duplicará la edad de Juan en ese momento, ¿Qué edad tienen ellos ahora?

Planteamiento: Es evidente que las incógnitas son las edades de Graciela y Juan en el tiempo presente. Por ende, los nombraremos como "x" e "y" respectivamente. No obstante, para evitar confusiones con las edades en otros tiempos (pasado o futuro), armemos una tabla como se muestra a continuación:

Se tiene información de las edades 5 años en el futuro, por lo que resulta lógico sumar 5 a las edades actuales y formar una nueva ecuación de acuerdo a la condición que siguen en ese tiempo.

Así entonces, se obtiene el sistema lineal:

\[ \left\{\begin{matrix}x-2y=5 \\x-3y=0\end{matrix}\right.\]

Aplicando la matriz adjunta se tiene:

\[\vec{x}=\frac{1}{-1}\begin{bmatrix}-3 & 2\\-1 & 1 \\\end{bmatrix}\begin{bmatrix}5 \\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}15 \\5\end{bmatrix}\]

De manera que graciela tiene 15 años y Juan tiene 5.

Aproximación por mínimos cuadrados

Una de las aplicaciones más utilizadas del álgebra lineal es la regresión o ajuste de datos con el objeto de estudiar el comportamiento de los mismos. Por ejemplo, suponga la serie de datos mostrada en la figura

A simple vista, estos puntos tienden a formar una línea recta la cuál puede hallarse mediante el siguiente análisis: Si los datos son dados por los puntos: $P_{1}(x_{1},y_{1}),\, P_{2}(x_{2},y_{2}),\, P_{3}(x_{3},y_{3}),..., P_{n}(x_{n},y_{n})$ y suponemos que cada punto pertenece a una misma recta, se tiene que:

\[\begin{matrix} y_{1}=mx_{1}+b\\ y_{2}=mx_{2}+b\\ y_{3}=mx_{3}+b\\ ...\\ y_{n}=mx_{n}+b \end{matrix}\]

Note que las incógnitas son la pendiente "m" y la intersección con el eje de ordenadas "b", formando el sistema:

\[\begin{bmatrix} x_{1} & 1\\ x_{2} & 1\\ x_{3} & 1\\ \vdots & \vdots \\ x_{n} & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} m\\ b \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} y_{1}\\ y_{2}\\ y_{3}\\ ...\\ y_{n} \end{bmatrix}\]

Sin embargo, se sabe que en realidad ninguno de los puntos se contienen en la misma recta, de manera que el sistema no tiene solución. No obstante, de acuerdo con el siguiente teorema:

Si A es una matriz de mxn tal que su rango sea igual a "n", entonces $A^{T}A$ es no singular y el sistema lineal $Ax=b$ tiene una única solución por mínimos cuadrados dada por $x^{*}=(A^{T}A)^{-1}A^{T}b$

es posible encontrar una solución única del sistema planteado.

Demostración:

El vector "b" no forma parte del subespacio generado por la matriz "A", pero su vector de proyección "v" si lo hace

El vector "b" de la figura mostrada se da por:

\[Ax=b\]

y como este sale del subepacio generado por "A", entonces el sistema no tiene solución. Por otro lado, el vector de proyección "v" se puede escribir como:

\[Ax^{*}=v\]

de manera que la distancia "d" entre "b" y "v" se convierte en el parámetro de aproximación. Pues si esta es mínima, se asegura que las soluciones de los sistemas se aproximan lo más posible. Por tanto:

\[d=\left \| b-v \right \|=\left \| b-Ax^{*} \right \|\]

\[d=\left \| \begin{bmatrix} b_{1}-v_{1}\\ b_{2}-v_{2}\\ ...\\ b_{n}-v_{n} \end{bmatrix} \right \|\]

\[d^{2}=(b_{1}-v_{1})^{2}+(b_{2}-v_{2})^{2}+...+(b_{n}-v_{n})^{2}\]

siendo estos los cuadrados que minimizan la distancia entre los puntos dispersos, y es por eso que al vector $x^{*}$ se lo denomina solución por mínimos cuadrados. En consecuencia, el sistema que le corresponde puede expresarse como:

\[Ax^{*}-b=v-b\]

y como el vector columna $v-b$ es ortogonal al subespacio A, el producto escalar de todos sus vectores columna $r_{i}$ con el equivalente $Ax^{*}-b$ será 0. Esto se puede denotar como:

\[r_{1}\cdot (Ax^{*}-b)=r_{2}\cdot (Ax^{*}-b)=...=r_{n}\cdot (Ax^{*}-b)=0\]

o también como un sistema homogéneo de la forma:

\[\begin{bmatrix} r_{1}\cdot y\\ r_{2}\cdot y\\ \vdots \\ r_{n}\cdot y \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0\\ 0\\ \vdots \\ 0 \end{bmatrix}\]

donde $y=Ax^{*}-b$.

No obstante, esta expresión no resulta fácil de entender. Por ende, conviene reescribirlo como un producto de matrices transponiendo a $y$ o a $r_{i}$. Aunque evidentemente conviene transponer a $r_{i}$ ya que así se obtendrá a $A^{T}$, y una expresión conocida para el sistema homogéneo deducido:

\[\begin{bmatrix}r_{1}^{T} \\r_{2}^{T} \\\vdots \\r_{n}^{T}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y \\y \\\vdots \\y\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0 \\0 \\\vdots \\0\end{bmatrix}\]

\[A^{T}(Ax^{*}-b)=0\]

Este sistema se lo conoce como sistema normal asociado. No obstante para saber si siempre tiene solución, partiremos de un vector "w" no nulo que pertenezca a $Ker(A^{T})$, de manera que se puede formar el sistema $A^{T}w=0$ que puede escribirse como

\[r_{1}\cdot w=r_{2}\cdot w=...=r_{n}\cdot w=0\]

pero si r es cualquier vector fila de $A^{T}$ que genera un subespacio, entonces puede ser expresada como una combinación lineal de las filas restantes.

\[r=c_{1}r_{1}+c_{2}r_{2}+...+c_{n}r_{n}\]

Por tanto:

\[r\cdot w=(c_{1}r_{1}+c_{2}r_{2}+...+c_{n}r_{n})\cdot w\]

\[r\cdot w=c_{1}(r_{1}\cdot w)+c_{2}(r_{2}\cdot w)+...+c_{n}(r_{n}\cdot w)\]

\[r\cdot w=c_{1}(0)+c_{2}(0)+...+c_{n}(0)=0\]

con lo cual se demuestra que "w" es ortogonal a todos los vectores fila de $A^{T}$. Así, se asegura que el sistema homogéneo tiene infinitas soluciones, ya que "w" es distinto del vector nulo.

Entonces, el sistema normal asociado se puede escribir como:

\[A^{T}Ax^{*}=A^{T}b\]

de manera que al despejar "x*", la solución es

\[x^{*}=(A^{T}A)^{-1}A^{T}b\]

donde evidentemente $A^{T}A$ es no singular, ya que se demostró que el sistema siempre tiene solución y así se puede decir que $x^{*}$ es única.

Por otro lado, también pueden existir casos en los que "el mejor ajuste" sea una curva polinómica. Por tanto, para una serie de datos, se forma la familia de polinomios:

\[\begin{matrix} y_{1}=a_{m}x_{1}^{m}+a_{m-1}x_{1}^{m-1}+...+a_{1}x_{1}+a_{0}\\ y_{2}=a_{m}x_{2}^{m}+a_{m-1}x_{2}^{m-1}+...+a_{1}x_{2}+a_{0}\\ ...\\ y_{n}=a_{m}x_{n}^{m}+a_{m-1}x_{n}^{m-1}+...+a_{1}x_{n}+a_{0}\end{matrix}\]

y por consiguiente el sistema

\[\small \begin{bmatrix} x_{1}^{m} & x_{1}^{m-1} & ... & x_{1} & 1\\ x_{2}^{m} & x_{2}^{m-1} & ... & x_{2} & 1\\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ x_{n}^{m} & x_{n}^{m-1} & ... & x_{n} & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} a_{m}\\ a_{m-1}\\ ...\\ a_{0} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} y_{1}\\ y_{2}\\ ...\\ y_{n} \end{bmatrix}\]

que puede escribirse en forma matricial como:

\[Ax=b\]

de manera que la solución por mínimos cuadrados puede obtenerse de la misma manera que en la regresión lineal. Además, es posible escoger el grado del polinomio al que se desea ajustar.

Ejemplo: para la serie de puntos dado, determine la curva que se ajuste mejor por mínimos cuadrados

\[(0,2),\, (2,0),\, (3,1),\, (3,2)\]

Graficando los puntos se tiene:

A simple vista, resulta complicado deducir la curva que se ajuste mejor a los datos. Por tanto, se procede a probar una regresión lineal y luego una regresión polinómica y analizar el "mejor ajuste":

• Regresión lineal:

\[\begin{bmatrix} 0 & 1\\ 2 & 1\\ 3 & 1\\ 3 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} m\\ b \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 2\\ 0\\ 1\\ 2 \end{bmatrix}\]

La solución por mínimos cuadrados es

\[\begin{bmatrix} m\\ b \end{bmatrix}^{*}=\left ( \begin{bmatrix} 0 & 1\\ 2 & 1\\ 3 & 1\\ 3 & 1 \end{bmatrix}^{T}\begin{bmatrix} 0 & 1\\ 2 & 1\\ 3 & 1\\ 3 & 1 \end{bmatrix} \right )^{-1} \begin{bmatrix} 0 & 1\\ 2 & 1\\ 3 & 1\\ 3 & 1 \end{bmatrix}^{T}\begin{bmatrix} 2\\ 0\\ 1\\ 2 \end{bmatrix}\]

\[\small \begin{bmatrix} m\\ b \end{bmatrix}^{*}=\left ( \begin{bmatrix} 0 & 2 & 3 & 3\\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0 & 1\\ 2 & 1\\ 3 & 1\\ 3 & 1 \end{bmatrix} \right )^{-1} \begin{bmatrix} 0 & 2 & 3 & 3\\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 2\\ 0\\ 1\\ 2 \end{bmatrix}\]

\[\begin{bmatrix} m\\ b \end{bmatrix}^{*}=\begin{bmatrix} 22 & 8\\ 8 & 4 \end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix} 9\\ 5 \end{bmatrix}\]

\[\begin{bmatrix} m\\ b \end{bmatrix}^{*}=\frac{1}{24}\begin{bmatrix} 4 & -8\\ -8 & 22 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 9\\ 5 \end{bmatrix}=\frac{1}{24}\begin{bmatrix} -4\\ 38 \end{bmatrix}\]

\[\begin{bmatrix} m\\ b \end{bmatrix}^{*}=\begin{bmatrix} -\frac{1}{6}\\ \frac{19}{12} \end{bmatrix}\]

De esta manera la recta de regresión es

\[y=-\frac{1}{6}x+\frac{19}{12}\]

 y su gráfica con los puntos es

• Regresión polinómica:

Si se desea ajustar a un polinomio de grado 2 se tiene:

\[\begin{bmatrix}0 &0 & 1\\4 & 2 & 1\\9 & 3 & 1\\9 & 3 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} a_{2}\\ a_{1}\\ a_{0} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 2\\ 0\\ 1\\ 2 \end{bmatrix}\]

de manera que la solución por mínimos cuadrados será

\[\small \begin{bmatrix} a_{2}\\ a_{1}\\ a_{0} \end{bmatrix}=\left ( \begin{bmatrix}0 &0 & 1\\4 & 2 & 1\\9 & 3 & 1\\9 & 3 & 1 \end{bmatrix}^{T}\begin{bmatrix}0 &0 & 1\\4 & 2 & 1\\9 & 3 & 1\\9 & 3 & 1 \end{bmatrix} \right )^{-1}\begin{bmatrix}0 &0 & 1\\4 & 2 & 1\\9 & 3 & 1\\9 & 3 & 1 \end{bmatrix}^{T}\begin{bmatrix} 2\\ 0\\ 1\\ 2 \end{bmatrix}\]

\[\small \begin{bmatrix} a_{2}\\ a_{1}\\ a_{0} \end{bmatrix}=\left ( \begin{bmatrix} 0 & 4 & 9 & 9\\ 0 & 2 & 3 & 3\\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix}0 &0 & 1\\4 & 2 & 1\\9 & 3 & 1\\9 & 3 & 1 \end{bmatrix} \right )^{-1}\begin{bmatrix} 0 & 4 & 9 & 9\\ 0 & 2 & 3 & 3\\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 2\\ 0\\ 1\\ 2 \end{bmatrix}\]

\[\begin{bmatrix} a_{2}\\ a_{1}\\ a_{0} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 178 & 62 & 22\\ 62 & 22 & 8\\ 22 & 8 & 4 \end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix} 27\\ 9\\ 5 \end{bmatrix}\]

Utilizando un paquete computacional para simplificar el cálculo de la matriz inversa se tiene:

\[\begin{bmatrix} a_{2}\\ a_{1}\\ a_{0} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1/3 & -1 & 1/6\\ -1 & 19/6 & -5/6\\ 1/6 & -5/6 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 27\\ 9\\ 5 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 5/6\\ -8/3\\ 2 \end{bmatrix}\]

y de esta manera, el polinomio de regresión es:

\[y=\frac{5}{6}x^{2}-\frac{8}{3}x+2\]

y su gráfica con los puntos es

Es evidente que la curva que se ajusta mejor a los datos es el polinomio de grado 2, de manera que esta es la curva más adecuada de regresión. Cabe mencionar que mientras mayor sea el grado del polinomio de regresión, el método resulta ser un trabajo más tedioso, por lo que en estos casos conviene utilizar un paquete computacional para las operaciones grandes entre matrices.

Ejercicios:

a) Determine todas las soluciones de los sistemas lineales dados, si es que existen

1) $\left\{\begin{matrix} x+y+2z+3w=13\\ x-2y+z+w=8\\ 3x+y+z-w=1 \end{matrix}\right.$

2) $\left\{\begin{matrix} x+y+z=1\\ x+y-2z=3\\ 2x+y+z=2 \end{matrix}\right.$

3) $\left\{\begin{matrix} x+2y+3z=0\\ x+y+z=0\\ x+y+2z=0\\ x+3y+3z=0\end{matrix}\right.$

4) $\left\{\begin{matrix} x-2y-2z=0\\ x+2y-8z=0\\ x+4y+4z=150 \end{matrix}\right.$

b) Plantea y resuelve los siguientes problemas

1) Determine el núcleo de $A=\begin{bmatrix} 1 & -2 & 3\\ -3 & 6 & 9\\ -2 & 4 & -6 \end{bmatrix}$

2) Determine si el conjunto $S=\left \{1+3x+3x^{2},\, x+4x^{2},\, 5+6x+3x^{2},\, 7+2x-x^{2} \right \}$ de $P_{2}$ es L.D. 

3) Determine la dimensión y una base para el espacio solución del sistema $\left\{\begin{matrix} x_{1}-3x_{2}+x_{3}=0\\ 2x_{1}-6x_{2}+2x_{3}=0\\ 3x_{1}-9x_{2}+3x_{3}=0 \end{matrix}\right.$

4) Analice si el conjunto de matrices $S=\left \{ \begin{bmatrix} 1 & 1\\ 1 & 2 \end{bmatrix},\, \begin{bmatrix} 1 & 0\\ 0 & 2 \end{bmatrix},\, \begin{bmatrix} 0 & 3\\ 1 & 2 \end{bmatrix},\, \begin{bmatrix} 2 & 6\\ 4 & 6 \end{bmatrix} \right \}$ es linealmente independiente. En caso de no serlo, expresé una de las matrices como combinación lineal del resto

5) Una refinería produce gasolina con y sin azufre. Cada tonelada de gasolina sin azufre requiere 5 minutos en la planta de mezclado y 4 en la planta de refinación. Por su parte, cada tonelada de gasolina con azufre requiere 4 minutos en la planta de mezclado y 2 en la planta de refinación. Si la planta de mezclado tiene 3 horas disponibles y la de refinación 2, ¿Cuántas toneladas de cada gasolina se deben producir para que las plantas se utilicen al máximo?

6) Para la serie de puntos dada, determine la recta de mínimos cuadrados $(3,3),\, (4,5),\, (5,4),\, (6,5),\, (7,5),\, (8,6),\, (9,5),\, (10,6)$

7) Para la serie de puntos dada, determine un polinomio cuadrático de mínimos cuadrados $(2,0),\, (3,-110),\, (5,-48),\, (6,-76)$

c) Halle el determinante del sistema: $\small \left\{\begin{matrix} x+y=3\\ x+(k^{2}-8)y=k \end{matrix}\right.$, y discuta para qué valores de "k" el sistema tiene solución única, no tiene solución o tiene infinitas soluciones.