En el Tema 1 vimos como multiplicar matrices. Resumiéndolo, consistía en realizar productos de filas por columnas pertinentes
En caso de tener matrices (no necesariamente cuadradas) de órdenes elevados, cuyo producto pueda llevarse a cabo, los cálculos pueden resultar mucho más sencillos si dividimos las matrices en bloques y realizamos el producto por bloques.
Para llevar esto a cabo, hay que dividir las dos matrices que queramos multiplicar, \(A\) y \(B\), en bloques o submatrices, de forma que cada fila de bloques de la primera matriz sea multiplicable por cada columna de bloques de la segunda.
Es decir, sean \(A\),\(B\) matrices las cuales hemos dividido del siguiente modo:
\[A = \begin{pmatrix}C & | & D\\ --&|&--\\E & | & F\end{pmatrix}\qquad B = \begin{pmatrix}G & | & H\\ --&|&--\\J & | & K\end{pmatrix}\]
podremos multiplicar \(A\) por \(B\) por bloques de la siguiente forma, siempre que los productos de matrices indicados en la siguiente matriz puedan llevarse a cabo:
\[AB = \begin{pmatrix}CG+DJ & | & CH+DK\\ -----&|&-----\\EG+FJ & | & EH+FK\end{pmatrix}\]
Ejemplo 1
Supongamos que queremos multiplicar las matrices
\[A = \begin{pmatrix}1 & -1 & 2 & 4\\ -2 &0&5&5\\ 1 & 1 & 2 & -3\\ 2 & 3 & 4 & 0\end{pmatrix}\qquad B = \begin{pmatrix} 1 & 4 & 3\\ 2 & -1 & 0\\ -3 & 2 & 1\\ 0 & 1 & 2\end{pmatrix}\]
Como \(A\in\mathcal{M}_{4}(\mathbb{R})\) y \(B\in\mathcal{M}_{4\times 3}(\mathbb{R})\), sabemos que el producto puede llevarse a cabo.
No obstante, en vez de multiplicar a lo bruto, dividamos las matrices en bloques del siguiente modo:
\[A = \begin{pmatrix} 1 & -1 &|& 2 & 4\\ -2 &0&|&5&5\\ -- & -- & | & -- & --\\ 1 & 1 &|& 2 & -3\\ 2 & 3 &|& 4 & 0\end{pmatrix}\qquad B = \begin{pmatrix} 1 & 4 &|& 3\\ 2 & -1 &|& 0\\ -- & -- & | & -- \\ -3 & 2 &|& 1\\ 0 & 1 &|& 2\end{pmatrix}\]
Vemos que esta división es correcta ya que si nombramos a cada uno de los bloques tal y como se indica a continuación:
\[A = \begin{pmatrix}C & | & D\\ --&|&--\\E & | & F\end{pmatrix}\qquad B = \begin{pmatrix}G & | & H\\ --&|&--\\J & | & K\end{pmatrix}\]
tenemos que las submatrices \(C,D,E,F,G,J\in\mathcal{M}_2(\mathbb{R})\) mientras que las submatrices \(H,K\in\mathcal{M}_{2\times 1}(\mathbb{R})\).
Una vez comprobado que todos los productos de matrices pueden llevarse a cabo, hay que hacer las siguientes operaciones para finalmente obtener
\[AB = \begin{pmatrix}CG+DJ & | & CH+DK\\ -----&|&-----\\EG+FJ & | & EH+FK\end{pmatrix}\]
\[CG = \begin{pmatrix}1 & -1\\ -2 &0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 4\\ 2 & -1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1 & 5\\ -2 & -8\end{pmatrix}\]
\[DJ = \begin{pmatrix}2 &4 \\ 5&5\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-3 & 2\\ 0 &1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-6 & 8\\ -15 & 15\end{pmatrix}\]
\[CH = \begin{pmatrix}1 & -1\\ -2 &0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3 \\ 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\ -6 \end{pmatrix}\]
\[DK = \begin{pmatrix} 2& 4\\ 5&5\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 10 \\ 15 \end{pmatrix}\]
\[EG = \begin{pmatrix}1 & 1\\ 2&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&4 \\ 2&-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3& 3\\ 8 & 5\end{pmatrix}\]
\[FJ = \begin{pmatrix} 2&-3 \\ 4 &0\end{pmatrix}\begin{pmatrix} -3& 2\\ 0&1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -6& 1\\ -12& 8\end{pmatrix}\]
\[EH = \begin{pmatrix} 1&1 \\ 2&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\6 \end{pmatrix}\]
\[FK = \begin{pmatrix} 2& -3\\ 4&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4\\ 4\end{pmatrix}\]
\[CG+DJ = \begin{pmatrix}-1 & 5\\ -2 & -8\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-6 & 8\\ -15 & 15\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-7 & 13\\ -17 & 7\end{pmatrix}\]
\[CH + DK = \begin{pmatrix} 3\\ -6 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 10 \\ 15 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 13 \\ 9 \end{pmatrix}\]
\[EG + FJ = \begin{pmatrix} 3& 3\\ 8 & 5\end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -6& 1\\ -12& 8\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3& 4\\ -4& 13\end{pmatrix}\]
\[EH + FK = \begin{pmatrix} 3\\6 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -4\\ 4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1\\ 10\end{pmatrix}\]
Con lo cual,
\[A\cdot B = \left(\begin{matrix}-7 & 13 & 13\\ -17 & 7 & 9\\ -3 & 4 & -1\\-4 & 13 & 10\end{matrix}\right)\]
El producto por bloques resulta ser más interesante cuando alguna de las submatrices es muy sencilla con muchos 0’s o bien es una matriz diagonal, una matriz identidad o directamente una matriz nula.
Ejemplo 2
Supongamos que las matrices \(A\) y \(B\) son de la forma
\[A = \begin{pmatrix}I_n &|& C\\ --&|&--\\ 0 &|& I_n\end{pmatrix}\qquad B = \begin{pmatrix}I_n &|& D\\ --&|&--\\0 &|& I_n\end{pmatrix}\]
donde \(C,D\in\mathcal{M}_n(\mathbb{R})\) e \(I_n\) representa la matriz identidad de orden \(n\). Entonces tenemos que
\[AB = \begin{pmatrix}I_n\cdot I_n+C\cdot0 &|& I_n\cdot D+C\cdot I_n\\ -------&|&-------\\ 0\cdot I_n + I_n\cdot 0&|&0\cdot D+I_n\cdot I_n\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}I_n &|&D+C\\----&|&----\\ 0 &|&I_n\end{pmatrix}\]Por otro lado,
\[BA = \begin{pmatrix}I_n\cdot I_n+D\cdot0 &|& I_n\cdot C+D\cdot I_n\\ -------&|&-------\\ 0\cdot I_n + I_n\cdot 0&|&0\cdot C+I_n\cdot I_n\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}I_n &|&C+D\\----&|&----\\ 0 &|&I_n\end{pmatrix}\] Con lo cual, en este caso el producto es conmutativo para cualesquiera matrices \(C,D\).A la hora de calcular matrices inversas, tenemos casos de matrices por bloques en los cuales el cálculo de la inversa se simplifica considerablemente:
En particular, si \(C = 0\), \(A\) es invertible si, y solo si, lo son \(B\) y \(D\), y entonces: \[A^{-1} = \begin{pmatrix}B^{-1} &|&0\\--&|&--\\0 & |& D^{-1}\end{pmatrix}\]
En este apartado nos proponemos estudiar cuando una matriz pude escribirse como producto de una matriz triangular inferior, a la que llamaremos \(L\), y una matriz triangular superior a la que llamaremos \(U\).
Antes de empezar, repasemos las operaciones elementales
Ejemplo 3
Consideremos la matriz \[A = \begin{pmatrix}1 & 1& 0 & -3\\ 2 & 0 & 1 & -1\\ 0 & 0 & 3 & 4\end{pmatrix}\]
Entonces, intercambiar las filas 1 y 3 corresponde a multiplicar \[F_{13}\cdot A = \begin{pmatrix}0 &0 &1 \\0 &1 &0 \\1&0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 1& 0 & -3\\ 2 & 0 & 1 & -1\\ 0 & 0 & 3 & 4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 & 0 & 3 & 4\\ 2 & 0 & 1 & -1\\ 1 & 1& 0 & -3\end{pmatrix}\]
Multiplicar la segunda fila de \(A\) por -2 se corresponde con
\[F_2(-2)\cdot A = \begin{pmatrix}1 &0 &0 \\0 &-2 &0 \\0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 1& 0 & -3\\ 2 & 0 & 1 & -1\\ 0 & 0 & 3 & 4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 1& 0 & -3\\ -4 & 0 & -2 & 2\\ 0 & 0 & 3 & 4\end{pmatrix}\]
Sumar a la tercera fila de \(A\), la segunda multiplicada por \(5\) corresponde a realizar el producto
\[F_{32}(5)\cdot A = \begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&5&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 1& 0 & -3\\ 2 & 0 & 1 & -1\\ 0 & 0 & 3 & 4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 1& 0 & -3\\ 2 & 0 & 1 & -1\\ 10 & 0 & 8 & -1\end{pmatrix}\]
Es fácil comprobar que las transformaciones elementales por columnas corresponden igualmente a multiplicar, en este caso por la derecha, por matrices elementales similares obtenidas a partir de la matriz identidad operando por columnas: \(C_{ij},\ C_i(\alpha),\ C_{ij}(\alpha)\)
Ahora ya estamos preparados para ver los teoremas relativos a las factorizaciones triangulares, también conocidas como
Si \(U\) se puede obtener a partir de \(A\) sin necesidad de hacer ninguna permutación entre sus filas, entonces existe una matriz triangular inferior \(L\) de forma que \(A = LU\). Además, si \(A\) es invertible, entonces esta factorización es única.
Si para llegar a \(U\) se requieren permutaciones de filas y \(A\) es invertible, entonces existe una matriz \(P\) tal que \(PA = LU\) donde \(P\) es simplemente un producto de matrices elementales de la forma \(F_{ij}\). Para cada \(P\) (ya que puede haber más de una) la factorización es única.
Existe un algoritmo para encontrar una factorización \(LU\) de una matriz cualquiera \(A\). Y es el siguiente:
Ejemplo 4
Encontremos la factorización LU de la siguiente matriz \[A = \begin{pmatrix}1 & 3 & 0 & -1\\ 2 & 1 & -1& 5\\ 0 & -2& 3 & -1\\ 1 & 1 & 3 & 1\end{pmatrix}\]
Empecemos buscando su forma escalonada reducida por filas:
\[A\sim_{f_2-2f_1} \begin{pmatrix}1 & 3 & 0 & -1\\ 0 & -5 & -1& 7\\ 0 & -2& 3 & -1\\ 1 & 1 & 3 & 1\end{pmatrix}\sim_{f_4-f_1}\begin{pmatrix}1 & 3 & 0 & -1\\ 0 & -5 & -1& 7\\ 0 & -2& 3 & -1\\ 0 & -2 & 3 & 2\end{pmatrix}\sim_{-\frac{1}{5}f_2}\begin{pmatrix}1 & 3 & 0 & -1\\ 0 & 1 & \frac{1}{5}& -\frac{7}{5}\\ 0 & -2& 3 & -1\\ 0 & -2 & 3 & 2\end{pmatrix}\]
\[\sim_{f_3+2f_2}\begin{pmatrix}1 & 3 & 0 & -1\\ 0 & 1 & \frac{1}{5}& -\frac{7}{5}\\ 0 & 0& \frac{17}{5} & -\frac{19}{5}\\ 0 & -2 & 3 & 2\end{pmatrix}\sim_{f_4+2f_2}\begin{pmatrix}1 & 3 & 0 & -1\\ 0 & 1 & \frac{1}{5}& -\frac{7}{5}\\ 0 & 0& \frac{17}{5} & -\frac{19}{5}\\ 0 & 0 & \frac{17}{5} & -\frac{4}{5}\end{pmatrix}\sim_{\frac{5}{17}f_3}\begin{pmatrix}1 & 3 & 0 & -1\\ 0 & 1 & \frac{1}{5}& -\frac{7}{5}\\ 0 & 0& 1 & -\frac{19}{17}\\ 0 & 0 & \frac{17}{5} & -\frac{4}{5}\end{pmatrix}\] \[\sim_{f_4-\frac{17}{5}f_3}\begin{pmatrix}1 & 3 & 0 & -1\\ 0 & 1 & \frac{1}{5}& -\frac{7}{5}\\ 0 & 0& 1 & -\frac{19}{17}\\ 0 & 0 & 0 & 3\end{pmatrix}\sim_{\frac{1}{3}f_4}\begin{pmatrix}1 & 3 & 0 & -1\\ 0 & 1 & \frac{1}{5}& -\frac{7}{5}\\ 0 & 0& 1 & -\frac{19}{17}\\ 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\]
Y con todo esto, ya tenemos a nuestra matriz \(U\):
\[U = \begin{pmatrix}1 & 3 & 0 & -1\\ 0 & 1 & \frac{1}{5}& -\frac{7}{5}\\ 0 & 0& 1 & -\frac{19}{17}\\ 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\]
Para obtener \(U\) hemos llevado a cabo 8 operaciones elementales:
\[U= L_8\cdot L_7\cdots L_1\cdot A\] \[= F_{4} \left(\frac{1}{3}\right)\cdot F_{43}\left(-\frac{17}{5}\right)\cdot F_3\left(\frac{5}{17}\right)\cdot F_{42}(2)\cdot F_{32}(2)\cdot F_2\left(-\frac{1}{5}\right)\cdot F_{41}(-1)\cdot F_{21}(-2)\cdot A\]
Multiplicando ahora por las inversas por la izquierda, lo que tenemos es
\[A = L_1^{-1}\cdots L_8^{-1}\cdot U = F_{21}(2)\cdot F_{41}(1)\cdot F_2(-5)\cdot F_{32}(-2)\cdot F_{42}(-2)\cdot F_3\left(\frac{17}{5}\right)\cdot F_{43}\left(\frac{17}{5}\right)\cdot F_4(3)\cdot U\]
\[=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\ 2 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1& 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1& 0\\ 1 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & -5 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1& 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & -2 & 1& 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1& 0\\ 0 & -2 & 0 & 1\end{pmatrix}\] \[\cdot\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & \frac{17}{5}& 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1& 0\\ 0 & 0 & \frac{17}{5} & 1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1& 0\\ 0 & 0 & 0 & 3\end{pmatrix}\cdot U \]
Entonces,
\[L = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\ 2 & -5 & 0 & 0\\ 0 & -2 & \frac{17}{5}& 0\\ 1 & -2 & \frac{17}{5} & 3\end{pmatrix}\qquad U = \begin{pmatrix}1 & 3 & 0 & -1\\ 0 & 1 & \frac{1}{5}& -\frac{7}{5}\\ 0 & 0& 1 & -\frac{19}{17}\\ 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\]
Comprobemos que estas matrices obtenidas son las correctas:
\[L\cdot U = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\ 2 & -5 & 0 & 0\\ 0 & -2 & \frac{17}{5}& 0\\ 1 & -2 & \frac{17}{5} & 3\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}1 & 3 & 0 & -1\\ 0 & 1 & \frac{1}{5}& -\frac{7}{5}\\ 0 & 0& 1 & -\frac{19}{17}\\ 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 3 & 0 & -1\\ 2 & 1 & -1& 5\\ 0 & -2& 3 & -1\\ 1 & 1 & 3 & 1\end{pmatrix} = A\]Ejemplo 5
Encontremos la factorización LU de la matriz \[A = \begin{pmatrix}0 & 1 & 3\\ 1 & 3& -2\\ -3 & -2 & -1 \end{pmatrix}\]
Calculemos su matriz escalonada reducida equivalente:
\[A\sim_{f_2\rightarrow f_1}\begin{pmatrix}1 &3 & -2\\ 0 & 1& 3\\ -3 & -2 & -1 \end{pmatrix}\sim_{f_3+3f_1}\begin{pmatrix}1 &3 & -2\\ 0 & 1& 3\\ 0 & 7 & -7 \end{pmatrix}\sim_{f_3-7f_2}\begin{pmatrix}1 &3 & -2\\ 0 & 1& 3\\ 0 & 0 & -28 \end{pmatrix}\sim_{-\frac{1}{28}f_3}\begin{pmatrix}1 &3 & -2\\ 0 & 1& 3\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = U\]
En este caso hemos llevado a cabo una permutación de filas. Más concretamente, hemos cambiado la fila \(f_1\) por la fila \(f_2\). Esto corresponde a multiplicar la matriz \(A\) ppr la matriz \(F_{12}\) por la izquierda. Con lo cual:
\[P = F_{12} = \begin{pmatrix}0 &1 & 0\\ 1 & 0& 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\]
Con lo cual, lo que tenemos es que la matriz \(PA\) admite una factorización \(LU\).
Las operaciones elementales llevadas a cabo sobre la matriz \[PA = \begin{pmatrix}1 & 3 & -2\\ 0 & 1& 3\\ -3 & -2 & -1 \end{pmatrix}\] para obtener \(U\) han sido
\[U = F_3\left(-\frac{1}{28}\right)\cdot F_{32}(-7)\cdot F_{31}(3)\cdot PA\]
Con lo cual, \[L = F_{31}(-3)\cdot F_{32}(7)\cdot F_3(-28) = \begin{pmatrix}1 &0 & 0\\ 0 & 1& 0\\ -3 & 0 & 1 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}1 &0 & 0\\ 0 & 1& 0\\ 0 & 7 & 1 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}1 &0 & 0\\ 0 & 1& 0\\ 0 & 0 & -28 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 &0 & 0\\ 0 & 1& 0\\ -3 & 7 & -28 \end{pmatrix}\]
Comprobemos que todo está bien:
\[L\cdot U = \begin{pmatrix}1 &0 & 0\\ 0 & 1& 0\\ -3 & 7 & -28 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 &3 & -2\\ 0 & 1& 3\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 3 & -2\\ 0 & 1& 3\\ -3 & -2 & -1 \end{pmatrix} = PA\]
Una de las aplicaciones que tienen las factorizaciones triangulares (o factorizaciones LU) se ve en la resolución de sistemas de ecuaciones lineales.
Con las factorizaciones \(A = LU\) o \(PA = LU\) tendremos que hacer los cálculos solamente una vez y finalmente, resolver los sistemas triviales para cada término independiente.
En primer lugar, tendremos el sistema \(AX = b\), el cual es equivalente a \(LUX = b\).
Ahora, consideremos el sistema \(Y = UX\), de forma que \(LY = b\). Este sistema tiene solución inmediata, pues \(L\) es triangular inferior.
Por último, resolvemos \(UX = Y\), que también tendrá solución inmediata ya que \(U\) es triangular superior.
En caso de que el sistema admita factorización \(PA = LU\) es exactamente igual ya que \(AX = b\) es equivalente a \(PAX = Pb\), puesto que solamente hemos permutado filas.
Ejemplo 6
Consideremos el sistema
\[\left\{\begin{matrix} &&x_2&+&3x_3&=&1\\ x_1&+&3x_2&-&2x_3 &=& 3\\ -3x_1&-&2x_2&-&x_3&=&-2 \end{matrix}\right.\]
Podemos escribir el sistema en su forma matricial, \(AX=b\)
\[A = \begin{pmatrix}0 & 1 & 3\\ 1 & 3& -2\\ -3 & -2 & -1 \end{pmatrix}\qquad b = \begin{pmatrix}1\\3\\-2\end{pmatrix}\]
Observad que la matriz \(A\) es la del Ejemplo 5, la cual sabemos que admite factorización \(PA = LU\).
Evidentemente, los sistemas \(AX = b\) y \(PAX = Pb\) tendrán las mismas soluciones ya que de un sistema a otro solamente hemos permutado filas.
Dicho esto, sabemos que \(PAX = Pb\) es equivalente a \(LUX = Pb\).
Consideremos \(Y = UX\). Con lo cual, buscamos \(Y\) tal que
\[LY = Pb \Leftrightarrow \begin{pmatrix}1 &0 & 0\\ 0 & 1& 0\\ -3 & 7 & -28 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}y_1\\y_2\\y_3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 &1 & 0\\ 1 & 0& 0\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\3\\-2\end{pmatrix}\Leftrightarrow \begin{pmatrix}1 &0 & 0\\ 0 & 1& 0\\ -3 & 7 & -28 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}y_1\\y_2\\y_3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\\1\\-2\end{pmatrix}\]
sistema que tiene solución inmediata \(y_1 = 3,\ y_2 = 1,\ y_3=\frac{-3y_1+7y_2+2}{28} = 0\)
Ahora ya solo nos queda resolver el sistema \(UX = Y\). Es decir
\[\begin{pmatrix}1 &3 & -2\\ 0 & 1& 3\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\\1\\0\end{pmatrix}\]
que vuelve a tener solución inmediata \(x_3 = 0, x_2 = 1-x_3 = 1,\ x_1 = 3-3x_2+2x_3 = 0\)
Con lo cual, la solución a nuestro sistema inicial
\[\left\{\begin{matrix} &&x_2&+&3x_3&=&1\\ x_1&+&3x_2&-&2x_3 &=& 3\\ -3x_1&-&2x_2&-&x_3&=&-2 \end{matrix}\right.\]
es \(X = \begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}\)