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Matemáticas para ingeniería

Resolución numérica de sistemas lineales y problemas propios

Resolver Ax=b busca un vector para unos datos fijos. Encontrar Av=λv busca una dirección que la matriz mantenga. Empezaremos resolviendo un sistema por eliminación, guardaremos sus operaciones para reutilizarlas y después veremos cómo multiplicar repetidamente puede revelar una dirección propia. Cada tarea tendrá su propia comprobación.

1. En un sistema conocemos la matriz y el segundo miembro; buscamos las incógnitas

Cada fila de Ax=b es una ecuación y cada columna corresponde a la misma incógnita en todas ellas. Una matriz cuadrada invertible da solución única. Ser cuadrada por sí solo no basta: si es singular, el sistema puede ser incompatible o tener múltiples soluciones.

Resolver no exige construir A⁻¹. La eliminación reorganiza ecuaciones equivalentes y termina en una forma fácil de despejar. En Gauss basta llegar a triangular y sustituir; Gauss-Jordan continúa eliminando también por encima de los pivotes. En cualquier caso conservamos el término independiente en cada operación.

Escribir y comprobar una pareja antes de elegir un algoritmo

2x+y=7; x+3y=11.

  1. Matriz

    A=[[2,1],[1,3]], b=(7;11), con columnas x e y.
  2. Candidata

    Para (x; y)=(2;3), la primera fila da 4+3=7 y la segunda 2+9=11.
  3. Unicidad

    det(A)=6−1=5≠0, así esta pareja es la única solución.

Resultado

El vector buscado es (2;3).

Lo comprobamos

La comprobación usa ambas ecuaciones, no solo la más sencilla.

Igual número de ecuaciones e incógnitas no garantiza una solución única

x+y=2 y 2x+2y=c.

  1. Eliminar

    Restar dos veces la primera fila de la segunda da 0=c−4.

  2. Si c=4

    La segunda condición es redundante: (x; y)=(t;2−t), con t arbitrario.
  3. Si c=5

    Quedaría 0=1, imposible.
Resultado

La matriz singular admite varios resultados según b: infinitas soluciones o ninguna.

Lo comprobamos

No dividimos una fila nula para fabricar una incógnita.

2. Eliminar significa sustituir una ecuación por una combinación equivalente

Usamos un pivote no nulo para hacer ceros bajo él. Reemplazar una fila por ella menos un múltiplo de otra conserva las soluciones porque la operación se puede deshacer. Al terminar, despejamos de abajo arriba en el sistema triangular. Registramos la fila objetivo y calculamos todas sus entradas, incluido b.

Si el pivote es cero, intercambiamos filas cuando haya una entrada adecuada, o estudiamos el rango. En punto flotante también preocupa que sea muy pequeño: genera multiplicadores grandes. El pivoteo parcial elige el mayor módulo de la columna activa entre las filas restantes, e intercambia sus filas completas.

Hacer explícito el multiplicador y la sustitución hacia atrás

Resolvemos 2x+y=7; x+3y=11.

  1. Multiplicador

    Para anular el uno bajo el dos usamos m=1/2.

  2. Operación completa

    F₂←F₂−(1/2)F₁ produce 0x+(5/2)y=15/2; la primera fila se conserva.
  3. Despejar

    y=3.
    En la primera ecuación 2x+3=7, así x=2.
Resultado

La forma triangular conduce a (2;3).

Lo comprobamos

La operación afecta también al once: 11−7/2=15/2.

Un pivote inicial cero se arregla intercambiando filas

0x+2y=4; x+3y=7.

  1. Detectar

    No podemos usar cero para dividir el coeficiente de x de la segunda ecuación.

  2. Intercambiar

    Ponemos primero x+3y=7 y después 2y=4.
  3. Resolver

    y=2 y x=7−6=1.
    En el sistema original se cumple 2·2=4 y 1+3·2=7.
Resultado

El intercambio cambia el orden de ecuaciones, no el orden de las incógnitas.

Lo comprobamos

También se intercambian sus términos independientes cuatro y siete.

3. LU guarda la eliminación para no repetirla con cada nuevo dato

Con la convención PA=LU, P registra permutaciones, L es triangular inferior con diagonal uno y U triangular superior.

Entonces Ax=b equivale a LUx=Pb.

Definimos y=Ux, resolvemos Ly=Pb por sustitución hacia delante y después Ux=y hacia atrás. y es un vector auxiliar concreto.

La factorización se hace una vez; el segundo miembro recorre tres pasos
Una matriz; varios datos bPA=LUbPbPermutarPbyResolver Ly=PbyxResolver Ux=yL, U y P se reutilizan.
Con la convención PA=LU, el dato b se permuta a Pb. Después se resuelve el triangular inferior Ly=Pb y finalmente el superior Ux=y. Si A no cambia, sus factores sirven para otros segundos miembros.

Para una matriz densa general, factorizar cuesta O(n³) y cada nuevo b requiere O(n²) en sustituciones. Si la matriz no cambia podemos reutilizar los factores; si cambia, esa reutilización exacta ya no está justificada. Dispersión y estructura de banda cambian almacenamiento, orden de eliminación y coste.

Reconstruir la matriz para comprobar sus factores

A=[[2,1],[1,3]], sin intercambios.

  1. Factores

    L=[[1,0],[1/2,1]], U=[[2,1],[0,5/2]], P=I.
  2. Producto

    La primera fila de LU es (2;1); la segunda es (1;1/2+5/2)=(1;3).
  3. Primer dato

    Para b=(7;11), Ly=b da y₁=7, y₂=15/2.
    Ux=y da x₂=3 y x₁=2.
Resultado

Los factores reproducen A y resuelven el sistema inicial.

Lo comprobamos

La notación y₁ no cambia de significado al pasar de L a U.

Cambiar solo el segundo miembro reutiliza el trabajo anterior

Misma A y mismos L, U, ahora b=(4;7).

  1. Sustitución inferior

    y₁=4; (1/2)y₁+y₂=7 da y₂=5.
  2. Sustitución superior

    (5/2)x₂=5 da x₂=2; 2x₁+x₂=4 da x₁=1.
  3. Control

    A(1;2)=(4;7).

    No se ha vuelto a eliminar la matriz.

Resultado

La nueva solución es (1;2).

Lo comprobamos

Si P no fuera identidad, el primer paso usaría Pb, no b sin permutar.

4. Pivoteo y estructura ayudan, pero el residuo y la condición siguen siendo necesarios

El pivoteo parcial evita pivotes innecesariamente pequeños en su columna; sus multiplicadores tienen módulo ≤1. Aun así, las entradas intermedias pueden crecer mucho en algunas matrices, por lo que no proporciona crecimiento pequeño universal. Las garantías de redondeo dependen de ese crecimiento y de la estructura del cálculo.

Tras obtener x̃, calculamos r=b−Ax̃.

Con A invertible, x−x̃=A⁻¹r; un residuo pequeño necesita escalas y condición para convertirse en error pequeño. Si A es simétrica definida positiva, Cholesky usa A=CCᵀ con C triangular y diagonal positiva: aprovecha la estructura, sin hacer aplicable el método a cualquier matriz simétrica.

Un pivote diminuto puede destruir una cuenta corta

A=[[0,0001,1],[1,1]], b=(1;2); modelo decimal de tres cifras significativas.

  1. Sin intercambio

    m=10000.

    Los coeficientes nuevos 1−10000 y 2−10000 se redondean ambos a −10000.

  2. Resultado deteriorado

    La triangular da y=1 y después x=(1−1)/0,0001=0.

    El residuo original es (0;1).

  3. Con pivoteo

    Intercambiamos filas y usamos m=0,0001.

    Los nuevos valores 0,9999 y 0,9998 se redondean a uno; obtenemos y=1, x=1. El residuo original es (−0,0001;0).

Resultado

El intercambio reduce mucho el error observado de esta ejecución.

Lo comprobamos

La solución exacta es (10000/9999;9998/9999); ninguna de las salidas redondeadas se confunde con ella.

Multiplicadores pequeños pueden coexistir con crecimiento

Matriz de filas (1,0,0,1), (−1,1,0,1), (−1,−1,1,1), (−1,−1,−1,1). En empates conservamos la primera fila disponible.

  1. Primera columna

    Los multiplicadores son −1; sumar la primera fila hace que la última columna de las filas inferiores pase a dos.

  2. Segunda columna

    Eliminar con el siguiente pivote uno lleva esos valores inferiores a cuatro.

  3. Tercera columna

    La última entrada llega a ocho. Todas las entradas iniciales tenían módulo como máximo uno.

Resultado

El crecimiento puede ser ocho aun con multiplicadores de módulo uno.

Lo comprobamos

La familia análoga de tamaño n produce 2ⁿ⁻¹ con ese desempate; no se promete una constante pequeña independiente de n.

Comprobar Cholesky en una matriz definida positiva

A=[[2,1],[1,3]].

  1. Primeras entradas

    Tomamos C₁₁=√2 y C₂₁=1/√2 para reproducir la primera columna.
  2. Segunda diagonal

    C₂₂²=3−1/2=5/2, así C₂₂=√(5/2)>0.
  3. Producto

    C=[[√2,0],[1/√2,√(5/2)]] satisface CCᵀ=A, con diagonales 2 y 1/2+5/2=3.
Resultado

Dos sistemas triangulares con C y Cᵀ resuelven cada b.

Lo comprobamos

Las raíces positivas existen porque esta matriz es definida positiva; no se extraen de números negativos ignorando la hipótesis.

5. Un autovector conserva su dirección, aunque su longitud cambie

Un par propio cumple Av=λv con v≠0.

La matriz devuelve un múltiplo del vector inicial, de modo que conserva su recta. La escala es libre: cualquier múltiplo no nulo de v es otro autovector del mismo λ. El vector cero no sirve, pues cumpliría la igualdad para cualquier λ sin identificar una dirección.

En una diagonal, los ejes son autovectores y las entradas diagonales sus autovalores. En una matriz real general pueden aparecer autovalores complejos. Si la matriz real es simétrica, el teorema espectral garantiza autovalores reales y una base ortonormal de autovectores. Esa estructura permite interpretar mejor los residuos propios.

Una matriz simétrica tiene dos direcciones fáciles de comprobar

A=[[2,1],[1,2]].

  1. Primera dirección

    A(1;1)=(3;3)=3(1;1), así λ=3.
  2. Segunda dirección

    A(1;−1)=(1;−1), así λ=1.
  3. Normalizar

    Los dos vectores tienen norma √2 y producto escalar cero; dividirlos por √2 da una base ortonormal.

Resultado

La matriz estira una dirección por tres y conserva la otra.

Lo comprobamos

Un vector general combina ambas; su imagen no tiene por qué ser paralela al original.

Una matriz real puede no tener ninguna dirección propia real

A=[[0,−1],[1,0]], giro de noventa grados.

  1. Polinomio

    det(A−λI)=λ²+1, sin ceros reales.
  2. Complejos

    Sobre C, λ=i y λ=−i sí satisfacen la ecuación.
  3. Comprobar uno

    Para v=(1;−i), Av=(i;1)=i(1;−i).
Resultado

La existencia de autovalores reales depende de la matriz, no de que sus entradas sean reales.

Lo comprobamos

Una rotación de noventa grados no deja fija ninguna recta real no nula.

6. La potencia amplifica más la componente del autovalor dominante

Calculamos wₖ=Avₖ y vₖ₊₁=wₖ/‖wₖ‖ con una norma declarada.

Normalizar evita crecimiento de escala; no cambia la recta. Si wₖ=0, no se puede dividir por su norma: la semilla o el paso cae en el núcleo y hay que interpretarlo.

Normalizar controla la escala y deja ver el cambio de dirección
A=diag(5,1)v₀=(1,1)v₁=(1,1/5)v₂=(1,1/25)Norma infinito: uno en cada paso.
Las flechas usan la misma escala en ambos ejes. Al aplicar diag(5,1) y normalizar por la norma infinito, la primera coordenada queda en uno y la segunda se divide por cinco en cada paso. Las direcciones se acercan al primer eje.
Si A es diagonalizable y v₀=Σcⱼuⱼ, entonces Aᵏv₀=Σcⱼλⱼᵏuⱼ.

Si |λ₁|>|λⱼ| para todos los demás y c₁≠0, dividir por λ₁ᵏ deja c₁u₁ más términos cⱼ(λⱼ/λ₁)ᵏ que tienden a cero. Esto prueba convergencia de dirección bajo esas hipótesis. La razón de módulos controla la tasa básica; una semilla sin componente dominante no la crea en aritmética exacta.

Seguir dos pasos con la normalización que se ha pedido

A=diag(5;1), v₀=(1;1), norma infinito.

  1. Primero

    Av₀=(5;1); su norma infinito es cinco y v₁=(1;1/5).
  2. Segundo

    Av₁=(5;1/5); dividir otra vez entre cinco da v₂=(1;1/25).
  3. Patrón

    vₖ=(1;5⁻ᵏ).

    La segunda componente se reduce por cinco respecto de la primera.

Resultado

La dirección se acerca al primer eje, asociado al autovalor cinco.

Lo comprobamos

Con norma euclídea habría otros vectores normalizados, pero las mismas rectas.

La semilla puede excluir exactamente la dirección buscada

Misma matriz A=diag(5;1), pero v₀=(0;1).

  1. Multiplicar

    Av₀=(0;1), así la normalización no cambia nada.
  2. Repetir

    Todos los iterados permanecen en el segundo eje.

  3. Interpretar

    La componente del primer autovector es cero; la prueba de dominancia exigía que no lo fuera.

Resultado

La potencia encuentra aquí el autovalor uno, aunque cinco sea dominante.

Lo comprobamos

No se afirma que el redondeo siempre aporte la componente que falta ni que garantice una solución.

7. El signo puede alternar y los módulos empatados pueden impedir un límite de dirección

Si el autovalor dominante es negativo, su potencia alterna signo. El vector normalizado puede alternar entre dos orientaciones mientras la recta que genera converge. Si lo que buscamos es una dirección, debemos reconocer esa equivalencia de signos en vez de declarar fallo solo por comparar vₖ₊₁−vₖ.

Si dos autovalores de módulo máximo empatan, la prueba de dominancia estricta deja de funcionar. Puede haber alternancias, rotaciones o una componente que nunca se hace despreciable. Observar dos pasos parecidos tampoco certifica haber hallado un autovector: se necesita comprobar la ecuación propia.

Alternancia compatible con acercarse a una recta

A=diag(−5;1), v₀=(1;1), norma infinito.

  1. Dos pasos

    v₁=(−1;1/5) y v₂=(1;1/25).
  2. Expresión

    vₖ=((−1)ᵏ;5⁻ᵏ).

    La segunda coordenada tiende a cero.

  3. Qué converge

    Los vectores alternan cerca de (−1;0) y (1;0), pero ambas orientaciones generan el mismo primer eje.

Resultado

Converge la recta, aunque la secuencia de vectores no tenga un único límite.

Lo comprobamos

La distancia entre orientaciones consecutivas no es un criterio adecuado por sí sola.

Un empate de módulos conserva dos direcciones distintas

A=diag(2;−2), v₀=(1;1), norma infinito.

  1. Primero

    Av₀=(2;−2); v₁=(1;−1).
  2. Segundo

    Av₁=(2;2); v₂=(1;1).
  3. Comparar rectas

    Las rectas generadas por (1;1) y (1;−1) son distintas; no hay una única dirección límite.

Resultado

La dominancia estricta de módulos era una hipótesis efectiva.

Lo comprobamos

Un caso particular con semilla en un solo eje sí sería un autovector desde el inicio.

8. Rayleigh propone un autovalor; el residuo comprueba el par completo

Para v≠0, el cociente de Rayleigh es ρ=v*Av/(v*v), donde * es traspuesta conjugada. El residuo propio es r=Av−ρv; para comparar entre escalas usamos ‖r‖/‖v‖. En matrices hermíticas, ρ es real y la expansión en una base ortonormal propia muestra dist(ρ, σ(A))≤‖r‖/‖v‖: la norma al cuadrado del residuo es Σ|λⱼ−ρ|²|cⱼ|².

La cota controla cercanía de un valor al espectro hermítico, no automáticamente el ángulo con un autovector concreto sin separación espectral. En matrices no normales la interpretación cambia. Para cualquier matriz, si tomamos un λ candidato y r=Av−λv, la perturbación E=−rv*/‖v‖² satisface (A+E)v=λv y ‖E‖₂=‖r‖₂/‖v‖₂: esto es un control hacia atrás del par.

Un cociente puede quedar entre autovalores sin ser uno de ellos

A=diag(5;1), v=(1;1).

  1. Rayleigh

    ρ=(5+1)/(1+1)=3.
  2. Residuo

    Av−3v=(2;−2).
    Dividir su norma 2√2 por ‖v‖=√2 da dos.
  3. Espectro

    La distancia de tres a {1,5} es dos, exactamente la cota. El residuo no es cero: el par no es propio.

Resultado

El cociente por sí solo no prueba que se haya encontrado un autovalor.

Lo comprobamos

La normalización del residuo impide mejorarlo artificialmente reduciendo la escala de v.

Una matriz no normal impide trasladar la cota anterior sin hipótesis

A=[[1,100],[0,1]], λ=2 y v=(1;0,01).

  1. Multiplicar

    Av=(2;0,01), mientras λv=(2;0,02).
  2. Residuo normalizado

    r=(0;−0,01); ‖r‖/‖v‖=0,01/√1,0001<0,01.
  3. Espectro real

    A es triangular con único autovalor uno. La distancia de dos al espectro es uno, mayor que el residuo normalizado.

Resultado

La cota hermítica no vale para toda matriz.

Lo comprobamos

El residuo pequeño sí identifica un par exacto de una matriz cercana mediante la perturbación E descrita.

9. Elegimos el algoritmo según qué solución o parte del espectro necesitamos

LU atiende sistemas; potencia aproxima una dirección dominante, no todo el espectro. Iteración inversa con desplazamiento μ resuelve (A−μI)w=v y normaliza: requiere matriz desplazada invertible. En el caso diagonalizable con un autovalor más próximo a μ que todos los demás y componente inicial adecuada, esa dirección domina porque los factores son 1/(λⱼ−μ).

QR y métodos de Krylov atienden otras necesidades y tamaños.

Para sistemas grandes también hay iteraciones. Jacobi separa la diagonal: si A=D+R con diagonal no nula, xₖ₊₁=D⁻¹(b−Rxₖ). Con una norma subordinada que cumpla ‖D⁻¹R‖<1 se obtiene una contracción y convergencia al único punto fijo. No todo sistema converge con esta iteración. En cada método declaramos hipótesis, coste y la comprobación apropiada: Ax≈b o Av≈λv.

La iteración inversa cambia qué dirección se amplifica

A=diag(5;1), semilla (1;1).

  1. Desplazamiento cero

    Resolver Aw=v da w=(1/5;1).

    Normalizar en infinito lo deja igual: se favorece el segundo eje, el autovalor más próximo a cero.

  2. Desplazar cerca de cinco

    Con μ=4,8, resolver da w=(5;−5/19); normalizar produce (1;−1/19), cerca del primer eje.

  3. Excluir singularidad

    Con μ=1 o μ=5, A−μI es singular y no podemos aplicar esa resolución general.

Resultado

El desplazamiento selecciona cercanía, no simplemente el mayor autovalor original.

Lo comprobamos

No formamos una inversa explícita: resolvemos un sistema con la matriz desplazada.

Una iteración de sistema puede tener una garantía de contracción

4x+y=1; x+3y=2. Jacobi desde (0;0).

  1. Recurrencia

    x_nuevo=(1−y)/4; y_nuevo=(2−x)/3, ambos usando los valores anteriores.

  2. Dos pasos

    (0;0)→(1/4;2/3)→(1/12;7/12).

    No se usa el x recién calculado para actualizar y en el mismo paso.

  3. Garantía

    La matriz iterativa tiene filas (0;−1/4) y (−1/3;0); su norma infinito es 1/3<1. Converge al punto fijo (1/11;7/11).

Resultado

Esta iteración converge por un control demostrado, no porque dos pasos parezcan acercarse.

Lo comprobamos

Sustituir el punto fijo en ambas ecuaciones da uno y dos.

Ahora lo resolvemos de principio a fin.

EJEMPLO RESUELTO 1

Sustituir en un sistema triangular

Resuelve 2x+y=5, 3y=3.

  1. Reconocer el orden

    En 2x+y=5 y 3y=3, la segunda ecuación solo contiene y.
  2. Despejar y

    Como tres no es cero, 3y=3 da y=1.
  3. Sustituir

    La primera ecuación pasa a 2x+1=5.
  4. Despejar x

    2x=4, así x=2.
  5. Ordenar la respuesta

    La pareja en el orden (x, y) es (2,1).

  6. Comprobar todas las filas

    2·2+1=5 y 3·1=3: ambos residuos son cero.
Resultado

(x,y)=(2,1).

Lo comprobamos

2·2+1=5 y 3·1=3.

EJEMPLO RESUELTO 2

Un paso de potencia

A=diag(3,1), v₀=(1,1). Aplica A y normaliza por la norma infinito.

  1. Datos

    A=diag(3,1), v₀=(1,1).

    Se pide norma infinito, no euclídea.

  2. Producto

    w=Av₀=(3,1).
  3. Norma

    ‖w‖∞=max(|3|,|1|)=3.
  4. Dividir todas las componentes

    v₁=w/3=(1,1/3).
  5. Control de escala

    Su norma infinito es uno y genera la misma recta que w.

  6. Interpretar un paso

    La razón de componentes pasa de uno a un tercio; se acerca al eje de λ=3. Todavía no es un autovector exacto, pues A(1,1/3)=(3,1/3) no es tres veces ese vector.

Resultado

v₁=(1,1/3).

Lo comprobamos

La dirección se acerca al primer eje, cuyo autovalor es 3.

Los símbolos que hemos usado

Ax=b
Sistema con matriz y término independiente conocidos.
P
Matriz de permutación que registra intercambios de filas.
L / U
Factores triangular inferior / triangular superior.
Pivote
Entrada utilizada para eliminar incógnitas en una etapa.
Par propio (λ,v)
Autovalor y vector no nulo que cumplen Av=λv.
‖v‖∞
Mayor valor absoluto de las componentes de v.
Cociente de Rayleigh
v*Av/(v*v), usado como estimador de autovalor y especialmente estructurado en matrices hermíticas.

Ahora te toca a ti.

Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.

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