Hola
Y una pregunta, a que te refieres "A una fila sumarle un multiplo de otra posterior" en especial a "posterior". Gracias
Sería por ejemplo a la fila uno sumarle la tercera multiplicada por dos, porque la tercera fila es posterior (viene después) de la primera. Esa operación no puede hacerse para la factorización \( LU \).
No hay ningún problema en usar operaciones elementales "extra" o innecesarias; en todo caso el problema es trabajar "de más". Pero no es incorrecto.
Supongamos que en trabajo de mas y tengo 4 matrices elementales, pero la matriz L solo tiene 3 espacios ahi no funcionaria el "atajo" o tal vez no podría trabajar de mas con estas restricciones:
Respecto al número de operaciones, lo que quiero decir es lo siguiente: supón que partes de la matriz,
\( A=\begin{pmatrix}1 & 1 &1\cr 1&2&2 \cr 1&3 &1\\\end{pmatrix} \)
La forma usual de escalonarla sería.
- Restar a la segunda fila la primera: \( \begin{pmatrix}1 & 1 &1\cr 0&1&1 \cr 1&3 &1\\\end{pmatrix} \)
- Restar a la tercera fila la primera: \( \begin{pmatrix}1 & 1 &1\cr 0&1&1 \cr 0&2 &0\\\end{pmatrix} \)
- Restar a la tercera fila la segunda por dos: \( U=\begin{pmatrix}1 & 1 &\hfill 1\cr 0&1&\hfill 1 \cr 0&0 &-2\\\end{pmatrix} \)
Si hacemos la inversa de esas tres operaciones sobre la identidad y en orden opuesto obtenemos la matriz \( L \):
\( \begin{pmatrix}1 & 0 &0\cr 0&1&0 \cr 0&0 &1\\\end{pmatrix}\to
\begin{pmatrix}\hfill 1 & \hfill 0 &0\cr 0&\hfill 1&0 \cr \hfill 0&2 &1\\\end{pmatrix}\to
\begin{pmatrix}\hfill 1 & \hfill 0 &0\cr 0&\hfill 1&0 \cr \hfill 1&2 &1\\\end{pmatrix}\to
\begin{pmatrix}\hfill 1 & \hfill 0 &0\cr 1&\hfill 1&0 \cr \hfill 1&2 &1\\\end{pmatrix}=L \)
Pero también podríamos haber hecho, por ejemplo:
- Sumar a la tercera fila la segunda: \( \begin{pmatrix}1 & 1 &\hfill 1\cr 1&2&\hfill 2 \cr 2&5 &3\\\end{pmatrix} \)
- Restar a la segunda fila la primera: \( \begin{pmatrix}1 & 1 &1\cr 0&1&1 \cr 2&5 &3\\\end{pmatrix} \)
- Restar a la tercera fila la primera por dos: \( \begin{pmatrix}1 & 1 &1\cr 0&1&1 \cr 0&3 &1\\\end{pmatrix} \)
- Restar a la tercera fila la segunda por tres: \( U=\begin{pmatrix}1 & 1 &\hfill 1\cr 0&1&\hfill 1 \cr 0&0 &-2\\\end{pmatrix} \)
Si hacemos la inversa de esas tres operaciones sobre la identidad y en orden opuesto obtenemos la matriz \( L \):
\( \begin{pmatrix}1 & 0 &0\cr 0&1&0 \cr 0&0 &1\\\end{pmatrix}\to
\begin{pmatrix}\hfill 1 & \hfill 0 &0\cr 0&\hfill 1&0 \cr \hfill 0&3 &1\\\end{pmatrix}\to
\begin{pmatrix}\hfill 1 & \hfill 0 &0\cr 0&\hfill 1&0 \cr \hfill 2&3 &1\\\end{pmatrix}\to
\begin{pmatrix}\hfill 1 & \hfill 0 &0\cr 1&\hfill 1&0 \cr \hfill 2&3 &1\\\end{pmatrix}\to
\begin{pmatrix}\hfill 1 & \hfill 0 &0\cr 1&\hfill 1&0 \cr \hfill 1&2 &1\\\end{pmatrix}=L \)
Si te fijas el resultado final es el mismo; sin embargo en el segundo caso hemos hecho cuatro operaciones. De alguna manera la primera sobraba; pero estrictamente no está mal hacerla, en cuanto que lleva igualmente a un resultado correcto.
Saludos.
