Para que un sistema de ecuaciones lineales sea equivalente a otro debe de definir la misma solución (o infinidad de soluciones) que el otro sistema de ecuaciones lineales. Denotaremos que un sistema es equivalente a otro con el símbolo "similar": \(\sim\).
Un sistema de ecuaciones lineales no tiene solución si es equivalente a un sistema de ecuaciones lineales sin solución.
Hay ciertas operaciones que se permiten para convertir un sistema de ecuaciones lineales a otro sin que se afecten las soluciones del sistema. Las operaciones válidas son:
- Se puede multiplicar cualquier ecuación por cualquier número real \(c\), siempre que \(c \ne 0\). La multiplicación afecta a todos los términos de la ecuación. Ejemplo: El sistema \(\{2x+3y=6\}\) se puede convertir a \(\{6x+9y=18\}\) al multiplicar todo por \(3\), el sistema \(\{64x+32y=18\}\) se puede convertir a \(\{32x+16y=9\}\) al multiplicarlo todo por \(\frac{1}{2}\), etc..
- Se puede sumar o restar una ecuación a otra ecuación para producir una nueva ecuación en su lugar. La suma o resta afecta a todos los términos de la ecuación. Ejemplo: El sistema \(\{4x+3y = 7, x+y=0\}\) es equivalente al sistema \(\{5x+4y=7, x+y = 0\}\) ya que sumamos la segunda ecuación a la primera, el sistema \(\{-x+y=-3,2x+7y=11\}\) es equivalente al sistema \(\{-x+y=-3, 3x+6y=14\}\) ya que le restamos la primera ecuación a la segunda, etc.
- Podemos cambiar el orden en el que aparecen las ecuaciones ya que esto no afecta las soluciones del sistema. Ejemplo: El sistema \(\{4x+3y = 7, x+y=0\}\) es equivalente al sistema \(\{x+y = 0, 4x+3y=7\}\) ya que sólo cambiamos el orden en que aparecen las ecuaciones, el sistema \(\{-x+y=-3,2x+7y=11\}\) es equivalente al sistema \(\{2x+7y=11, -x+y=-3\}\) ya que sólo cambiamos el orden en que aparecen las ecuaciones, etc.
Podemos combinar estas dos reglas en una sola operación donde sumamos a una ecuación el resultado de multiplicar por un número real \(c\) a otra ecuación.
Utilizando estas operaciones podemos llegar a un sistema de ecuaciones más simple donde podamos encontrar los valores que lo cumplen de forma más rápida. Para hacerlo más simple podemos emplear la siguiente estrategia que se basa en ir eliminando la cantidad de variables en cada fila:
Principios básicos de Reducción de filas:
- Acomodar las ecuaciones si es necesario para facilitar el procedimiento.
- Utilizar el hecho que se puede dividir entre una constante para convertir coeficientes de variables al valor más simple de \(1\). Este paso ayuda a simplificar coeficientes de las variables para realizar el siguiente paso.
- Utilizar el hecho que se pueden multiplicar y sumar a otra ecuación una ecuación para cancelar variables de las ecuaciones. Este paso consiste en cancelar variables de las ecuaciones, ayuda tener el coeficiente de la variable de la ecuación a multiplicar en \(1\).
- Podemos continuar cancelando hasta que lleguemos a un sistema que sea fácil de identificar la solución. Podemos detenernos al encontrar un valor que podamos sustituir en otra ecuación o cuando ya tengamos sistemas que reconozcamos la solución. Es decir, tenemos que repetir los pasos anteriores con todas las variables o hasta que se simplifique lo suficiente.
El método anterior se le llama reducción de filas porque reduce las filas del sistema hasta que deja un sistema fácil de resolver. De la misma forma se puede continuar el proceso de eliminar variables en las ecuaciones hasta llegar a la solución (sistemas con solución única), o llegar hasta un sistema donde es fácil identificar las infinitas soluciones (sistemas con infinidad de soluciones) o llegar hasta una contradicción (sistema sin solución).
Si el sistema tiene solución única es más rápido encontrar una variable y usar esta para obtener las demás que intentar reducir aún más el sistema, aunque sí se puede reducir hasta llegar a la solución final.
También se puede decidir cancelar las variables en un orden tal que sea resuelto de forma más rápida que hacerlo de otra forma. Hay que aprovechar las variables que ya tengan coeficiente \(1\) o ecuaciones que es fácil identificar que en realidad son la misma ecuación o ecuaciones que sólo requieran sumarse o restarse para cancelarse (sin necesidad de que se multipliquen por una constante \(c\) antes de sumar o restar).
Si el sistema tiene solución única es más rápido encontrar una variable y usar esta para obtener las demás que intentar reducir aún más el sistema, aunque sí se puede reducir hasta llegar a la solución final.
También se puede decidir cancelar las variables en un orden tal que sea resuelto de forma más rápida que hacerlo de otra forma. Hay que aprovechar las variables que ya tengan coeficiente \(1\) o ecuaciones que es fácil identificar que en realidad son la misma ecuación o ecuaciones que sólo requieran sumarse o restarse para cancelarse (sin necesidad de que se multipliquen por una constante \(c\) antes de sumar o restar).
Ejemplo 1:
\[\left\{\begin{matrix}
7x&=2
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x&=\frac{2}{7}
\end{matrix}\right.
\]
Por lo anterior la solución es que \(x = 2/7\). Sólo tuvimos que dividir la única ecuación entre 7.
Ejemplo 2:
\[
\left\{\begin{matrix}
10x&=5\\
20x&=10
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x&=\frac{5}{10}\\
x&=\frac{10}{20}
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x&=\frac{1}{2}\\
x&=\frac{1}{2}
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x&=\frac{1}{2}\\
0&=0
\end{matrix}\right.
\]
Como podemos ver la solución del sistema es \(x = 1/2\). Tuvimos que dividir ambas ecuaciones entre un número, la primera entre 10 y la segunda entre 20. Si restamos la primera ecuación a la segunda segunda ecuación, el resultado hace que la segunda quede en ceros.
\left\{\begin{matrix}
10x&=5\\
20x&=10
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x&=\frac{5}{10}\\
x&=\frac{10}{20}
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x&=\frac{1}{2}\\
x&=\frac{1}{2}
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x&=\frac{1}{2}\\
0&=0
\end{matrix}\right.
\]
Como podemos ver la solución del sistema es \(x = 1/2\). Tuvimos que dividir ambas ecuaciones entre un número, la primera entre 10 y la segunda entre 20. Si restamos la primera ecuación a la segunda segunda ecuación, el resultado hace que la segunda quede en ceros.
Ejemplo 3:
\[
\left\{\begin{matrix}
5x&=5\\
100x&=200\\
11x&=33
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x&=\frac{5}{5}\\
x&=\frac{200}{100}\\
x&=\frac{33}{11}
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x&=1\\
x&=2\\
x&=3
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x&=1\\
0&=1\\
0&=2
\end{matrix}\right.
\] En este caso no hay valor real que pueda tomar \(x\) que cumpla con las 3 igualdades. Al restar la primera de la segunda obtenemos la igualdad contradictoria \(0 = 1\). De la misma forma si restamos la primera a la tercera obtenemos la igualdad contradictoria \(0 = 2\). Este sistema de ecuaciones y sus equivalentes no tienen solución.
Un sistema de ecuaciones que tenga una igualdad contradictoria no tiene solución ya que nunca se cumplirá la igualdad.
\left\{\begin{matrix}
5x&=5\\
100x&=200\\
11x&=33
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x&=\frac{5}{5}\\
x&=\frac{200}{100}\\
x&=\frac{33}{11}
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x&=1\\
x&=2\\
x&=3
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x&=1\\
0&=1\\
0&=2
\end{matrix}\right.
\] En este caso no hay valor real que pueda tomar \(x\) que cumpla con las 3 igualdades. Al restar la primera de la segunda obtenemos la igualdad contradictoria \(0 = 1\). De la misma forma si restamos la primera a la tercera obtenemos la igualdad contradictoria \(0 = 2\). Este sistema de ecuaciones y sus equivalentes no tienen solución.
Un sistema de ecuaciones que tenga una igualdad contradictoria no tiene solución ya que nunca se cumplirá la igualdad.
Ejemplo 4:
\[
\left\{\begin{matrix}
7x-y&=5\\
14x-2y&=10
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
7x-y&=5\\
0&=0
\end{matrix}\right.
\] En este caso multiplicamos por 2 la primera ecuación y restamos esto a la segunda ecuación, el resultado es que queden puros ceros. La solución del sistema serían todos los pares ordenados \((x,y)\) que cumplan la ecuación \(7x-y=5\), sabemos que estos puntos forman una línea.
Si consideramos que \(y\) se encuentra libre para tomar cualquier valor real \(\lambda_{1}\) entonces cuando \(y\) toma un valor obliga a \(x\) a tomar un valor, por lo tanto la solución la podemos escribir como:
\[
\begin{align*}
x &= \frac{5}{7}+\frac{1}{7}\lambda_{1}\\
y &= \lambda_{1}
&\textrm{Donde }\lambda_{1} \in \mathbb{R}
\end{align*}
\] También de forma equivalente si consideramos que \(x\) se encuentra libre para tomar cualquier valor real \(\lambda_{2}\) entonces cuando \(x\) toma un valor obliga a \(y\) a tomar un valor, por lo tanto la solución la podemos escribir como:
\[
\begin{align*}
x &= \lambda_{2}\\
y &= -5+7\lambda_{2}
&\textrm{Donde }\lambda_{2} \in \mathbb{R}
\end{align*}
\]
Ejemplo 5:
\left\{\begin{matrix}
7x-y&=5\\
14x-2y&=10
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
7x-y&=5\\
0&=0
\end{matrix}\right.
\] En este caso multiplicamos por 2 la primera ecuación y restamos esto a la segunda ecuación, el resultado es que queden puros ceros. La solución del sistema serían todos los pares ordenados \((x,y)\) que cumplan la ecuación \(7x-y=5\), sabemos que estos puntos forman una línea.
Si consideramos que \(y\) se encuentra libre para tomar cualquier valor real \(\lambda_{1}\) entonces cuando \(y\) toma un valor obliga a \(x\) a tomar un valor, por lo tanto la solución la podemos escribir como:
\[
\begin{align*}
x &= \frac{5}{7}+\frac{1}{7}\lambda_{1}\\
y &= \lambda_{1}
&\textrm{Donde }\lambda_{1} \in \mathbb{R}
\end{align*}
\] También de forma equivalente si consideramos que \(x\) se encuentra libre para tomar cualquier valor real \(\lambda_{2}\) entonces cuando \(x\) toma un valor obliga a \(y\) a tomar un valor, por lo tanto la solución la podemos escribir como:
\[
\begin{align*}
x &= \lambda_{2}\\
y &= -5+7\lambda_{2}
&\textrm{Donde }\lambda_{2} \in \mathbb{R}
\end{align*}
\]
Ejemplo 5:
\[
\left\{\begin{matrix}
x+y&=7\\
2x+2y&=0\\
2x+3y&=1
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x+y&=7\\
x+y&=0\\
2x+3y&=1
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x+y&=7\\
0&=-7\\
y&=-13
\end{matrix}\right.
\]
\left\{\begin{matrix}
x+y&=7\\
2x+2y&=0\\
2x+3y&=1
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x+y&=7\\
x+y&=0\\
2x+3y&=1
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x+y&=7\\
0&=-7\\
y&=-13
\end{matrix}\right.
\]
Esto se logró dividiendo la segunda ecuación entre 2 y simplificando la tercera ecuación multiplicando por \(-2\) la primera ecuación y sumando el resultado a la tercera. Después se resto la primera ecuación a la segunda. Podemos ver que se va a contradecir el sistema por el hecho que \(x + y\) en la primera ecuación no es lo mismo que \(x + y\) en la segunda ecuación. Llegamos a la contradicción \(0=-7\). Este sistema no tiene solución.
Ejemplo 6:
\[
\left\{\begin{matrix}
x-y&=11\\
x+y&=3\\
2x+2y&=6
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x-y&=11\\
2x&=14\\
4x&=28
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x-y&=11\\
x&=7\\
0&=0
\end{matrix}\right.
\]
En este caso es más fácil cancelar las \(y\)'s primero al realizar una suma con las otras ecuaciones. Como \(x = 7\), sustituyendo en la primera ecuación obtenemos \(y = -4\) por lo tanto la solución es el punto \((7,-4)\).
Podemos obtener este resultado continuando con la reducción de filas:
\[
\left\{\begin{matrix}
x-y&=11\\
x&=7\\
0&=0
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
-y&=4\\
x&=7\\
0&=0
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
y&=-4\\
x&=7\\
0&=0
\end{matrix}\right.
\]
Podemos detenernos cuando ya tengamos la solución y la sustituimos en las otras ecuaciones. O alternativamente podemos continuar cancelando las variables.
\left\{\begin{matrix}
x+y+z&=1\\
-7x-7y-7z&=-7
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x+y+z&=1\\
0&=0
\end{matrix}\right.
\]
Entonces la solución serán todos los puntos \((x,y,z)\) en el espacio tridimensional que cumplen la ecuación \(x+y+z=1\). Podemos establecer esto de 3 formas diferentes considerando que dos variables pueden tomar cualquier valor real y la última variable estará forzada a tomar un valor en específico para cumplir la ecuación.
Si \(x\) y \(y\) son libres de tomar cualquier valor real y al hacerlo determinan el valor de \(z\):
\[
\begin{align*}
x &= \lambda_{1}\\
y &= \mu_{1}\\
z &= 1-\lambda_{1}-\mu_{1}\\
\\
&\textrm{Donde }\lambda_{1} \in \mathbb{R}
& \mu_{1} \in \mathbb{R}\end{align*}
\]
Si \(x\) y \(z\) son libres de tomar cualquier valor real y al hacerlo determinan el valor de \(y\):
\[
\begin{align*}
x &= \lambda_{2}\\
y &= 1-\lambda_{2}-\mu_{2}\\
z &= \mu_{2}\\
\\
&\textrm{Donde }\lambda_{2} \in \mathbb{R}
& \mu_{2} \in \mathbb{R}\end{align*}
\]
Sí \(y\) y \(z\) son libres de tomar cualquier valor real y al hacerlo determinan el valor de \(x\):
\[
\begin{align*}
x &= 1-\lambda_{3}-\mu_{3}\\
y &= \lambda_{3}\\
z &= \mu_{3}\\
\\
&\textrm{Donde }\lambda_{3} \in \mathbb{R}
& \mu_{3} \in \mathbb{R}\end{align*}
\]
\left\{\begin{matrix}
x-y&=11\\
x+y&=3\\
2x+2y&=6
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x-y&=11\\
2x&=14\\
4x&=28
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x-y&=11\\
x&=7\\
0&=0
\end{matrix}\right.
\]
En este caso es más fácil cancelar las \(y\)'s primero al realizar una suma con las otras ecuaciones. Como \(x = 7\), sustituyendo en la primera ecuación obtenemos \(y = -4\) por lo tanto la solución es el punto \((7,-4)\).
Podemos obtener este resultado continuando con la reducción de filas:
\[
\left\{\begin{matrix}
x-y&=11\\
x&=7\\
0&=0
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
-y&=4\\
x&=7\\
0&=0
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
y&=-4\\
x&=7\\
0&=0
\end{matrix}\right.
\]
Podemos detenernos cuando ya tengamos la solución y la sustituimos en las otras ecuaciones. O alternativamente podemos continuar cancelando las variables.
Ejemplo 7:
\[\left\{\begin{matrix}
x+y+z&=1\\
-7x-7y-7z&=-7
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x+y+z&=1\\
0&=0
\end{matrix}\right.
\]
Entonces la solución serán todos los puntos \((x,y,z)\) en el espacio tridimensional que cumplen la ecuación \(x+y+z=1\). Podemos establecer esto de 3 formas diferentes considerando que dos variables pueden tomar cualquier valor real y la última variable estará forzada a tomar un valor en específico para cumplir la ecuación.
Si \(x\) y \(y\) son libres de tomar cualquier valor real y al hacerlo determinan el valor de \(z\):
\[
\begin{align*}
x &= \lambda_{1}\\
y &= \mu_{1}\\
z &= 1-\lambda_{1}-\mu_{1}\\
\\
&\textrm{Donde }\lambda_{1} \in \mathbb{R}
& \mu_{1} \in \mathbb{R}\end{align*}
\]
Si \(x\) y \(z\) son libres de tomar cualquier valor real y al hacerlo determinan el valor de \(y\):
\[
\begin{align*}
x &= \lambda_{2}\\
y &= 1-\lambda_{2}-\mu_{2}\\
z &= \mu_{2}\\
\\
&\textrm{Donde }\lambda_{2} \in \mathbb{R}
& \mu_{2} \in \mathbb{R}\end{align*}
\]
Sí \(y\) y \(z\) son libres de tomar cualquier valor real y al hacerlo determinan el valor de \(x\):
\[
\begin{align*}
x &= 1-\lambda_{3}-\mu_{3}\\
y &= \lambda_{3}\\
z &= \mu_{3}\\
\\
&\textrm{Donde }\lambda_{3} \in \mathbb{R}
& \mu_{3} \in \mathbb{R}\end{align*}
\]
Ejemplo 8:
\[\left\{\begin{matrix}
x+y+z&=3\\
2x+2y+2z&=6\\
2x+3y+3y&=0
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x+y+z&=3\\
0&=0\\
y+z&=0
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x&=3\\
0&=0\\
y+z&=0
\end{matrix}\right.
\]
Como podemos ver la solución serán todos los puntos en el espacio tridimensional que sean de la forma \((0,y,z)\) siempre que \(y+z=0\). Entonces podemos hacer que una de las dos variables tome cualquier valor real y defina el valor de otra.
Podemos hacer que \(y\) tome cualquier valor real y defina el valor de \(z\):
\[
\begin{align*}
x &= 0\\
y &= \lambda_{1}\\
z &= -\lambda_{1}
&\textrm{Donde }\lambda_{1} \in \mathbb{R}
\end{align*}
\]
\begin{align*}
x &= 0\\
y &= \lambda_{1}\\
z &= -\lambda_{1}
&\textrm{Donde }\lambda_{1} \in \mathbb{R}
\end{align*}
\]
O alternativamente podemos hacer que \(z\) tome cualquier valor real y defina el valor de \(y\):
\[
\begin{align*}
x &= 0\\
y &= -\lambda_{2}\\
z &= \lambda_{2}
&\textrm{Donde }\lambda_{2} \in \mathbb{R}
\end{align*}
\]
Ejemplo 9:
\begin{align*}
x &= 0\\
y &= -\lambda_{2}\\
z &= \lambda_{2}
&\textrm{Donde }\lambda_{2} \in \mathbb{R}
\end{align*}
\]
Ejemplo 9:
\[
\left\{\begin{matrix}
x+y+z&=-1\\
2x+2y+2z&=-2\\
3x+3y+3z&=1
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x+y+z&=-1\\
0&=0\\
0&=3
\end{matrix}\right.
\]
Como llegamos a la contradicción \(0=3\) entonces el sistema no tendrá solución.
\left\{\begin{matrix}
x+y+z&=-1\\
2x+2y+2z&=-2\\
3x+3y+3z&=1
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x+y+z&=-1\\
0&=0\\
0&=3
\end{matrix}\right.
\]
Como llegamos a la contradicción \(0=3\) entonces el sistema no tendrá solución.
Ejemplo 10:
\[
\left\{\begin{matrix}
x+y+z&=6\\
x-y-z&=-4\\
x+y-z&=0
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x+y+z&=6\\
2x&=2\\
2x+2y&=6
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x+y+z&=6\\
x&=1\\
x+y&=3
\end{matrix}\right.
\]
Sustituyendo \(x = 1\) en la tercera ecuación resulta en \(y = 2\). Luego sustituyendo estos valores en la primera resulta en \(z = 3\). Por lo tanto la solución única es el punto \((1,2,3)\). También podemos obtener esto continuando la reducción de filas:
\[
\sim
\left\{\begin{matrix}
z&=3\\
x&=1\\
y&=2
\end{matrix}\right.
\]
\[
\left\{\begin{matrix}
x+y+z&=6\\
x-y-z&=-4\\
x+y-z&=0
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x+y+z&=6\\
2x&=2\\
2x+2y&=6
\end{matrix}\right.
\sim
\left\{\begin{matrix}
x+y+z&=6\\
x&=1\\
x+y&=3
\end{matrix}\right.
\]
Sustituyendo \(x = 1\) en la tercera ecuación resulta en \(y = 2\). Luego sustituyendo estos valores en la primera resulta en \(z = 3\). Por lo tanto la solución única es el punto \((1,2,3)\). También podemos obtener esto continuando la reducción de filas:
\[
\sim
\left\{\begin{matrix}
z&=3\\
x&=1\\
y&=2
\end{matrix}\right.
\]
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