Inverse einer Dreiecksmatrix < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:41 Mo 12.07.2004 | | Autor: | birte |
Hier noch mal eine Aufgabe, die mir Kopfschmerzen bereitet:
Zeige, dass die Inverse einer invertierbaren oberen (unteren) Dreiecksmatrix wieder eine obere (untere) Dreiecksmatrix ist.
Zunächst habe ich das für eine 2x2 Matrix bzw. 3x3 Matrix gezeigt und gehofft, dass ich dann vielleicht auf eine allgemeine Darstellung für eine nxn Matrix komme, das hat mich aber nicht weitergebracht.
Nun schätze ich, dass man das irgendwie mit Hilfe des Satzes von Laplace lösen kann/sollte, aber den hab ich nicht wirklich verstanden.
Vielleicht kann mir da mal wieder jemand helfen???
Danke im Voraus
birte
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Hallo Birte!
Habt ihr schon die Berechnung der Inversen mit Hilfe der komplementären Matrix behandelt? Das LaPlace-Verfahren sagt mir leider nichts...
Die komplementäre Matrix ist bis auf einen skalaren Faktor (die Determinante) immer invers zu einer gegebenen Matrix. Sie ist folgendermaßen definiert: Falls [mm] A = (a_{ij})[/mm] gegeben ist, definiert man die Einträge der komplementären Matrix [mm] B[/mm] folgendermaßen:
[mm]b_{ij} = (-1)^{i+j} \cdot \mbox{det}(A_{ji}) [/mm]
Hierbei ist [mm] A_{ji}[/mm] die Matrix, die durch Streichung der j-ten Zeile und der i-ten Spalte aus [mm] A[/mm] gewonnen wird.
Wenn es Dir nun gelingt zu zeigen, dass [mm] B[/mm] eine obere bzw. untere Dreiecksmatrix ist, wann immer [mm] A[/mm] es schon war, bist Du fertig - wie gesagt, vorausgesetzt ihr habt dieses Verfahren schon behandelt.
Induktiv sehe ich momentan auch keine Möglichkeit, aber das muß nicht heißen, dass es keine gibt...
Lars
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 22:51 Mo 12.07.2004 | | Autor: | birte |
Hallo Lars,
Ich glaube, Dein Vorschlag könnte mir weiterhelfen. Die Komplementärmatrix hatten wir wohl schon, aber so ganz klar war das mir auch nicht.. Wie kann ich also zeigen, dass B eine obere bzw untere Dreeckmatrix war, wenn es A schon war?
Ich weiss ja: [mm] A*B=B\cdot{}A= (detA)*E_n
[/mm]
Und [mm] A^-1=\bruch{1}{detA}*^tB
[/mm]
naja, ud nun weiss ich nicht weiter...vielleicht kannst Du mi ja nochmal auf die sprünge helfen
birte
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Ich will ja nicht zuviel verraten... aber überleg Dir mal das Folgende:
1)
Wenn man aus einer oberen Dreiecksmatrix ein Element unterhalb der Diagonalen fixiert (also eine sichere "0") und dann die Zeile und Spalte streicht, in der das Element steht (also Zeile i und Spalte j, falls wir das Element [mm] a_{ij} [/mm] betrachten), dann ist das, was rauskommt im Allgemeinen keine obere Dreiecksmatrix mehr.
2)
Macht man dasselbe mit einem Element der Diagonalen, kommt wieder eine obere Dreiecksmatrix heraus.
3)
Nimmt man ein Element echt oberhalb der Diagonalen, dann ist das Ergebnis wieder eine obere Dreiecksmatrix, die mindestens eine 0 auf der Diagonalen stehen hat.
Das Wichtigste hieran ist Aussage 3... denn die Determinante einer solchen Matrix ist 0. Und das würde nach der Formel für die komplementäre Matrix bedeuten:
[mm] b_{ij} = 0 [/mm] falls i > j. Und das heißt B ist auch eine obere Dreiecksmatrix und damit die Inverse von A auch, denn die ist ja ein skalares Vielfaches von B.
Analog muß man das gleiche für untere Dreiecksmatrizen zeigen.
Bleibt also nur noch Behauptung 3) zu zeigen... viel Erfolg!
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(Korrektur) fundamentaler Fehler  | | Datum: | 12:26 Mi 25.04.2007 | | Autor: | branwijck |
Hallo "Gnometech bzw. Lars Scheele", es ist falsch, was Sie behauptet haben. Nach der Streichung der j-ten Zeile und der i-ten Spalte von A erhält man eine obere Dreiecksmatrix [mm] A_{ji} \in \IR^{(n-1)\times(n-1)} [/mm] wieder.
Grüsse
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Hallo branwijk,
deine Korrektur ist nicht korrekt.
Streicht man in der Matrix
[mm] \pmat{1&0&0\\0&1&0\\0&0&1}
[/mm]
die erste Spalte und die letzte Zeile, so erhält man die Matrix
[mm] \pmat{0&0\\1&0},
[/mm]
was sicherlich keine obere Dreiecksmatrix ist.
Hugo
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:45 Mo 12.07.2004 | | Autor: | Wessel |
Hallo,
wie man es sauber aufschreiben kann, ist mir noch nicht ganz klar, aber der Ansatz könnte ja so aussehen (mal für eine [mm] $n\times [/mm] n$ - Matrix):
[mm] \pmat{ a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ 0 & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \cdots & \cdots & \cdots& \cdots \\ 0 & 0 & \cdots & a_{nn} \\ } [/mm] * [mm] \pmat{ b_{11} & b_{12} & \cdots & b_{1n} \\ b_{21} & b_{22} & \cdots & b_{2n} \\ \cdots & \cdots & \cdots& \cdots \\ b_{n1} & b_{n2} & \cdots & b_{nn} } [/mm] = [mm] \pmat{ 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 1 & \cdots & 0 \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1 }
[/mm]
Wenn man sich jetzt mal veranschaulicht, wie bei dieser Multiplikation die Einsen und Nullen in der Einheitsmatrix entstehen ... picken wir uns mal ersten Einheitsvektor [mm] $e_1$ [/mm] raus. Der entsteht durch:
[mm] \pmat{ a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ 0 & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \cdots & \cdots & \cdots& \cdots \\ 0 & 0 & \cdots & a_{nn} \\ } [/mm] * [mm] \pmat{ b_{11} \\ b_{21} \\ \cdots \\ b_{n1}} [/mm] = [mm] \pmat{ 1 \\ 0 \\ \cdots \\ 0 }
[/mm]
Also ist [mm] $a_{nn}*b_{n1} [/mm] = 0$. Da A eine oberer Dreiecksmatrix ist, ist [mm] $a_{nn} \neq [/mm] 0$, demnach also [mm] $b_{n1} [/mm] = 0$. Geht man jetzt das LGS nach oben durch, sind alle Einträge im Vektor b gleich null, bis auf [mm] $b_{11}$.
[/mm]
Für den zweiten Einheitsvektor ist
[mm] \pmat{ a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ 0 & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \cdots & \cdots & \cdots& \cdots \\ 0 & 0 & \cdots & a_{nn} \\ } [/mm] * [mm] \pmat{ b_{12} \\ b_{22} \\ \cdots \\ b_{n2}} [/mm] = [mm] \pmat{ 0 \\ 1 \\ \cdots \\ 0 }
[/mm]
Wiederum reduziert sich die Multiplikation auf das LGS
[mm] $a_{22}b_{22} [/mm] = 1$
[mm] $a_{11}b_{12} [/mm] + [mm] a_{12}b_{22} [/mm] = 0$
Aus oberer Gleichung folgt [mm] $b_{22} \neq [/mm] 0 $, und da n.V. [mm] $a_{11} \neq [/mm] 0$ muß auch [mm] $b_{12} \neq [/mm] 0$ sein.
Vielleicht hilft das weiter.
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:43 Mo 12.07.2004 | | Autor: | birte |
Hallo Stefan,
Danke für Deinen Lösungsvorschlag
so ähnlich habe ich auch angefangen....aber wie kann ich denn dann weitergehen? Ich müsste ja nun alle Zeilen durchgehen und zeigen, dass alle unteren Einträge (bei oberer Dreiecksmatrix) gleich null sind und die anderen ungleich, aber wie schaff ich das für [mm] a_{ij} [/mm] ?
Danke nochmal,
birte
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:10 Di 13.07.2004 | | Autor: | Marcel |
Hallo Birte,
schau dir mal Lemma 4.12 (S.20) (+Beweis) hier an:
![[]](/images/popup.gif) LA-Skript
und (evtl., d.h. falls interessiert) diese Bemerkung zu dem Beweis innerhalb des Skriptes:
Bemerkung bzw. Korrektur
Ich hoffe, das hilft dir!
(Evtl. sind (wie in fast jedem Skript) auch dort kleine Fehler vorhanden...)
Viele Grüße
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:38 Mo 12.07.2004 | | Autor: | birte |
Hallo Marc,
Ich kann jetzt die Inverse zu einer angegebenen Matrix berechnen, wie muss ich denn die Umformungen beschreiben, so dass ich im allgemeinen Fall die Matrix in die Einheitsmatrix umwandeln kann? Ich habe also wahrscheinlich Deinen Vorschlag noch nicht richtig verstanden. Vielleicht kannst Du mir es noch mal erklären?
Danke
Birte
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:43 Di 13.07.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo birte,
ich zeige es mal für eine allgemeine [mm] $4\times [/mm] 4$-Dreiecksmatrix, für das allgemeine Verfahren habe ich dir ja bereits einen Link gepostet.
Start:
[mm] \begin{array}{cccc|cccc}
a_{11}&a_{12}&a_{13}&a_{14}&1&0&0&0\\
0&a_{22}&a_{23}&a_{24}&0&1&0&0\\
0&0&a_{33}&a_{34}&0&0&1&0\\
0&0&0&a_{44}&0&0&0&1
\end{array}[/mm]
Unser Ziel (wenn wir diese Gestalt erreicht haben, steht auf der rechten Seite die Inverse Matrix zu A):
[mm] \begin{array}{cccc|cccc}
1&0&0&0&\*&\*&\*&\*\\
0&1&0&0&\*&\*&\*&\*\\
0&0&1&0&\*&\*&\*&\*\\
0&0&0&1&\*&\*&\*&\*
\end{array}[/mm]
Wenn man dieses Ziel vor Augen hat, ist der Rechenweg klar; ich mache ein ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") -Symbol, falls die Rechenoperation die obere Dreiecksgestalt der rechten Seite beibehält:
Dividieren der letzten Zeile durch [mm] $a_{44}$ [/mm] (dieses ist [mm] $\not=0$, [/mm] wie man aus [mm] $\det A\not=0$ [/mm] folgern kann; das gilt übrigens aus demselben Grund für alle Hauptdigonalen-Einträge [mm] $a_{ii}$):
[/mm]
[mm] \begin{array}{cccc|cccc}
a_{11}&a_{12}&a_{13}&a_{14}&1&0&0&0\\
0&a_{22}&a_{23}&a_{24}&0&1&0&0\\
0&0&a_{33}&a_{34}&0&0&1&0\\
0&0&0&1&0&0&0&1/a_{44}
\end{array}[/mm]
Nun addiere ich das [mm] $(-a_{34})$-fache [/mm] der 4. Zeile zur 3. Zeile ,
das [mm] $(-a_{24})$-fache [/mm] der 4. Zeile zur 2. Zeile ,
das [mm] $(-a_{14})$-fache [/mm] der 4. Zeile zur 1. Zeile
(mit [mm] $\*$ [/mm] meine ich "irgendeinen Eintrag"; es kommt hier ja auf die Nullen auf der rechten Seite an.)
[mm] \begin{array}{cccc|cccc}
a_{11}&a_{12}&a_{13}&0&1&0&0&\*\\
0&a_{22}&a_{23}&0&0&1&0&\*\\
0&0&a_{33}&0&0&0&1&\*\\
0&0&0&1&0&0&0&\*
\end{array}[/mm]
Es ist jetzt leicht zu sehen, wie man dieses Verfahren auf die dritte Spalte der linken Seite anwenden kann, und dass dort wieder auf der rechten Seite die Nullen erhalten bleiben (diese Stelle eignet sich übrigens hervorragend für die Anwendung einer Induktionsvoraussetzung):
[mm] \begin{array}{cccc|cccc}
a_{11}&a_{12}&0&0&1&0&\*&\*\\
0&a_{22}&0&0&0&1&\*&\*\\
0&0&1&0&0&0&\*&\*\\
0&0&0&1&0&0&0&\*
\end{array}[/mm]
Letztlich kommt man so zu etwas dieser Form:
[mm] \begin{array}{cccc|cccc}
1&0&0&0&\*&\*&\*&\*\\
0&1&0&0&0&\*&\*&\*\\
0&0&1&0&0&0&\*&\*\\
0&0&0&1&0&0&0&\*
\end{array}[/mm]
Die Übertragung auf den allgemeinen Fall einer [mm] $n\times [/mm] n$-Dreiecksmatrix ist nun nicht mehr schwierig, denke ich.
Viele Grüße,
Marc
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