obere Dreiecksmatrix-Inverse < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:58 Mo 02.01.2012 | | Autor: | quasimo |
| Aufgabe | | <zeige, dass das Inverse einer obere Dreiecksmatrix wieder eine obere Dreiecksmatrix bildet. |
A= $ [mm] \pmat{ a_{11} & a_{12} & a_{13}& ... &a_{1n} \\ 0& a_{22}&a_{23}&...&a_{2n}\\0&0&a_{33}&\ddots&\vdots \\\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&a_{n-1.n}\\0&0&...&0&a_{nn}} [/mm] $
A * [mm] A^{-1}=I
[/mm]
[mm] \pmat{ a_{11} & a_{12} & a_{13}& ... &a_{1n} \\ 0& a_{22}&a_{23}&...&a_{2n}\\0&0&a_{33}&\ddots&\vdots \\\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&a_{n-1.n}\\0&0&...&0&a_{nn}} *\pmat{ b_{11} & b_{12} & b_{13}& ... &b_{1n} \\b_{12}&b_{22}&b_{23}&...&b_{2n}\\b_{31}&b_{32}&b_{33}&\cdots&b_{3n} \\\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&\vdots\\b_{n1}&b_{n2}&b_{n3}&...&b_{nn}} [/mm] = [mm] \pmat{ 1 & 0 & 0& ... &0 \\ 0& 1&0&...&0\\0&0&1&\ddots&0 \\\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&0\\0&0&...&0&1}
[/mm]
schau mir mal die erste spalte an.
[mm] \pmat{ a_{11} & a_{12} & a_{13}& ... &a_{1n} \\ 0& a_{22}&a_{23}&...&a_{2n}\\0&0&a_{33}&\ddots&\vdots \\\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&a_{n-1.n}\\0&0&...&0&a_{nn}}*\vektor{b_{11}\\ b_{21}\\b_{31}\\\vdots\\b_{n1}}=\vektor{1\\ 0\\0\\\vdots\\0}
[/mm]
[mm] a_{1n}*b_{n1}=1
[/mm]
Nachforschungen im Internet brachten mich zu: $ [mm] a_{nn}\cdot{}b_{n1} [/mm] = 0 $. Aber ich versteh nicht warum dass gilt!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:29 Di 03.01.2012 | | Autor: | barsch |
Vielleicht hilft es dir, wenn du zuerst kleinere Matrizen betrachtest. Z.B. [mm]2\times{2}[/mm]-Matrizen:
[mm]\pmat{ a_{11} & a_{12} \\
0 & a_{22} }* \pmat{ b_{11} & b_{12} \\
b_{21} & b_{22} }=\pmat{ 1 & 0 \\
0 & 1 }[/mm]
Das Gleichungssystem rollst du nun von unten nach oben auf:
[mm]0*b_{12}+a_{22}*b_{22}=1[/mm] also [mm]b_{22}=\bruch{1}{a_{22}}[/mm] ([mm]a_{22}\not=0[/mm], sonst keine Dreiecksmatrix)
Somit:
[mm]\pmat{ a_{11} & a_{12} \\
0 & a_{22} }* \pmat{ b_{11} & b_{12} \\
b_{21} & \bruch{1}{a_{22}} }=\pmat{ 1 & 0 \\
0 & 1 }[/mm]
Nächste Gleichung:
[mm]0*b_{11}+a_{22}*b_{21}=0[/mm], da [mm]a_{22}\not=0[/mm], ist [mm]b_{21}=0[/mm]. Somit:
[mm]\pmat{ a_{11} & a_{12} \\
0 & a_{22} }* \pmat{ b_{11} & b_{12} \\
0 & \bruch{1}{a_{22}} }=\pmat{ 1 & 0 \\
0 & 1 }[/mm]
Nächste Gleichung:
[mm]a_{11}*b_{11}+a_{12}*0=1\Rightarrow[/mm]...
Dies soll dir ja nur einen Ansatz liefern.
Gruß
barsch
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 14:49 Di 03.01.2012 | | Autor: | quasimo |
In klein ist es ja auch relativ verständlich.
Das Prinzip(lösungssystem von unten nach oben) krieg ich ja auch noch hin,aber dass kann man ja nicht per hand für [mm] a_{ij} [/mm] Einträge machen. Also muss man das in einer allgeimeineren Form aufschreiben.
A * $ [mm] A^{-1}=I [/mm] $
$ [mm] \pmat{ a_{11} & a_{12} & a_{13}& ... &a_{1n} \\ 0& a_{22}&a_{23}&...&a_{2n}\\0&0&a_{33}&\ddots&\vdots \\\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&a_{n-1.n}\\0&0&...&0&a_{nn}} \cdot{}\pmat{ b_{11} & b_{12} & b_{13}& ... &b_{1n} \\b_{12}&b_{22}&b_{23}&...&b_{2n}\\b_{31}&b_{32}&b_{33}&\cdots&b_{3n} \\\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&\vdots\\b_{n1}&b_{n2}&b_{n3}&...&b_{nn}} [/mm] $ = $ [mm] \pmat{ 1 & 0 & 0& ... &0 \\ 0& 1&0&...&0\\0&0&1&\ddots&0 \\\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&0\\0&0&...&0&1} [/mm] $
schau mir mal die erste spalte an.
$ [mm] \pmat{ a_{11} & a_{12} & a_{13}& ... &a_{1n} \\ 0& a_{22}&a_{23}&...&a_{2n}\\0&0&a_{33}&\ddots&\vdots \\\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&a_{n-1.n}\\0&0&...&0&a_{nn}}\cdot{}\vektor{b_{11}\\ b_{21}\\b_{31}\\\vdots\\b_{n1}}=\vektor{1\\ 0\\0\\\vdots\\0} [/mm] $
[mm] a_{nn}*b_{n1}=0
[/mm]
-> [mm] a_{nn} \not= [/mm] 0 da Matrix invertierbar -> [mm] b_{n1}=0
[/mm]
..geht LGS nach obendurch, sind alle Einträge im Vektor b=0 bis auf [mm] b_{11}=1/a_{11}
[/mm]
Ich brauch eine andere Schreibweise.!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:20 Do 05.01.2012 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Vielleicht kann man sich ein bisschen Schreibarbeit sparen, indem man
[mm]\left( \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} \right)[/mm]
auf die reduzierte Zeilenstufenform bringt.
Führt man ein paar Schritte aus so wird es klar, dass man nur den oberen rechten Teil der Matrix verändert.
Man hat mir mal hier im Forum gesagt, dass man Mathematik nicht mit Formalismus verwechseln darf. Ich glaube, dass das so ein typischer Fall ist.
Formal würde ich es so angehen:
[mm]\pmat{a_{11}&\cdots&a_{1n}\\
&\ddots&\vdots\\
0&&a_{nn}}\pmat{b_{1i}\\
\vdots\\
b_{ni}}=\pmat{\delta_{1i}\\
\vdots\\
\delta_{ni}}[/mm]
mit [mm]\delta_{ij}=\begin{cases} 1,&i=j\\
0,& j\neq j\end{cases}[/mm]
Jetzt ist [mm]a_{nn}b_{ni}=\delta_{ni}[/mm] also auch
[mm]b_{ni}=\frac{\delta{ni}}{a_{nn}}[/mm]
Für die anderen erhält man
[mm]b_{ij}=\frac{1}{a_{ii}}\left( \delta_{ij}-\sum_{k=i+1}^{n}a_{ik}b_{kj}\right)[/mm] (*)
Fehlt (nur) noch [mm] $b_{kj}=0$ [/mm] für k>j und j <n. Das geht evtl. per Induktion von
IA: k=n
IS: Es gelte [mm] $b_{nj}=\ldots=b_{kj}=0$ [/mm] für k>j+1.
[mm] $b_{k-1,j}$ [/mm] kann man mit (*) ausrechnen und das Produkt mit einem Nullfaktor ist Null.
[mm][/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:26 Di 03.01.2012 | | Autor: | quasimo |
> Für die anderen erhält man
> $ [mm] b_{ij}=\frac{1}{a_{ii}}\left( \delta_{ij}-\sum_{k=i+1}^{n}a_{ik}b_{kj}\right) [/mm]
Wie kommst du darauf??
[mm] b_{n-1.j} [/mm] = [mm] \frac{\delta_{n-1.j} - a_{n-1.n}b_{nj}}{a_{n-1.n-1}}
[/mm]
auf die einfache Form komme ich ja noch. ABer wie auf das allgemeine?
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sukzessive:
[mm]a_{nn}b_{nj}=\delta_{nj}\Rightarrow b_{nj}=\frac{\delta_{nj}}{a_{nn}}[/mm]
[mm]a_{n-1,n-1}b_{n-1,j}+a_{n-1,n}b_{nj}=\delta_{n-1,j}\Rightarow b_{n-1,j}=\frac{1}{a_{n-1,n-1}}(\delta_{n-1,j}-a_{n-1,n}b_{nj})[/mm]
....
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:18 Di 03.01.2012 | | Autor: | quasimo |
ja das hatte ich in meinen vorigen beitrag auch stehen.;)
z.B. Die untere Summengrenzen ist mir nicht klar. bzw. warum hier überhaupt eine summe vorkommt.!
LG
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Das ist doch wirklich nur die Matrixzeile ausgeschrieben. Noch einmal die nächste Zeile
[mm]\left(\begin{array}{cccc}a_{11} & \ldots & \ldots & a_{1n}\\
\vdots & & & \\
\hline\multicolumn{1}{|c}{a_{n-2,1}} & \ldots & a_{n-2,n-1} &\multicolumn{1}{c|}{a_{n-2,n}}\\
\hline\vdots & & & \vdots\end{array}\right)\vektor{b_{1j} \\
b_{2j}\\
\vdots \\
b_{nj}}=\vektor{0 \\
\vdots \\
0 \\
a_{n-2,n-2}b_{n-2,j}+a_{n-2,n-1}b_{n-1,j}+a_{n-2,n}b_{nj}\\
\vdots}[/mm]
nur die eine Zeile ergibt:
[mm]0+\ldots +0+a_{n-2,n-2}b_{n-2,j}+a_{n-2,n-1}b_{n-1,j}+a_{n-2,n}b_{nj}=\delta_{n-2,j}[/mm]
also nun
[mm]a_{n-2,n-2}b_{n-2,j}=\delta_{n-2,j}-a_{n-2,n-1}b_{n-1,j}+a_{n-2,n}b_{nj}[/mm]
[mm]b_{n-2,j}=\frac{1}{a_{n-2,n-2}}(\delta_{n-2,j}-a_{n-2,n-1}b_{n-1,j}+a_{n-2,n}b_{nj})[/mm]
[mm]b_{n-2,j}=\frac{1}{a_{n-2,n-2}}(\delta_{n-2,j}-\sum_{k=n-1}^n a_{n-2,k}b_{k,j}) [/mm]
und das ist ja die Formel.
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moin quasimo,
Wie wieschoo schon ganz richtig gesagt hat, ist Mathe nicht das selbe wie Formalismus.
Du kannst es natürlich so formal durcharbeiten und wirst unter Umständen auch zu einer Lösung kommen, aber es ist ein riesiger Aufwand; wie du ja schon selbst gesehen haben dürftest.
Da nur nach einem Beweis gefragt ist und du nicht eine Berechnungsvorschrift für die Inverse oder ähnliches angeben sollst reicht es, sich auch wirklich nur auf den Beweis zu konzentrieren.
Dafür würde ich dir folgendes Vorgehen empfehlen:
Beweis durch Widerspruch:
Angenommen deine Matrix $B$ (also die mit den ganzen $b$ drinn) sei keine obere Dreiecksmatrix.
Das heißt es gibt einen Eintrag unterhalb der Hauptdiagonalen, der ungleich 0 ist.
Seien $k,l [mm] \in \IN$ [/mm] mit $1 [mm] \leq [/mm] l < k [mm] \leq [/mm] n$ so, dass [mm] $b_{k,l} \neq [/mm] 0$ und [mm] $b_{i,l} [/mm] = 0$ für alle $i > k$.
Also in Worten: Wir schnappen uns ein $b$ der Form, dass es unterhalb der Hauptdiagonalen liegt, ungleich 0 ist und dass in der Spalte da drunter nur noch Nullen stehen (wieso ein solches $b$ unter der Annahme, dass $B$ keine obere Dreiecksmatrix ist, existiert, darfst du dir gern noch überlegen. ;) ).
Nun reicht es, diese eine Spalte von $B$ und eine ganz bestimmte Zeile von $A$ (welche?) zu betrachten, um einen Widerspruch zu $A*B = [mm] I_n$ [/mm] zu erhalten.
Wie gesagt kannst du das ganze natürlich auch direkt machen, aber ich persönlich bin der Meinung auf diese Art geht es doch um einiges schneller, hübscher und vollkommen ohne Rechnung (welche oft eine böse Fehlerquelle sein kann).
lg
Schadow
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:27 Di 03.01.2012 | | Autor: | quasimo |
Das mit dem Widerspruch hört sich gut an.
Aber wie soll dass genau ausschauen?
Sei [mm] A^{-1} [/mm] keine obere Dreiecksmatrix, ist das egal wo ich genau mein [mm] b\not=0 [/mm] hinsetze?
A * $ [mm] A^{-1}=I [/mm] $
$ [mm] \pmat{ a_{11} & a_{12} & a_{13}& ... &a_{1n} \\ 0& a_{22}&a_{23}&...&a_{2n}\\0&0&a_{33}&\ddots&\vdots \\\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&a_{n-1.n}\\0&0&...&0&a_{nn}}* [/mm] $ [mm] \pmat{ b_{11} & b_{12} & b_{13}& ... &b_{1n} \\ 0& b_{22}&b_{23}&...&b_{2n}\\0&0&b_{33}&\ddots&\vdots \\\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&b_{n-1.n}\\b_{n1}&0&...&0&b_{nn}}= [/mm] $ [mm] \pmat{ 1 & 0 & 0& ... &0 \\ 0& 1&0&...&0\\0&0&1&\ddots&0 \\\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&0\\0&0&...&0&1} [/mm] $
[mm] b_{n1} \not= [/mm] 0
letzte Zeile von A und erste Spalte von [mm] A^{-1} [/mm] werden wir uns genauer anschauen?
[mm] a_{nn}*b_{n1}=0
[/mm]
[mm] a_{nn} \not=0
[/mm]
-> [mm] b_{n1}=0
[/mm]
Laut ANNahme aber nicht, was zum Widerspruch führt.
SO?
Ich habe aber als zweite Frage: Was kann über die Diagonalelemente der Inversen ausgesagt werden?
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Zur ersten Frage:
Nein, du kannst das $b$ nicht an eine Stelle setzen, an der du es gern hättest, du musst die Stelle schon beliebig lassen (unterhalb der Hauptdiagonalen).
Du kannst dir, wie ich oben, die Zeile $k$ und die Spalte $l$ verschaffen, aber du kannst nicht einfach sagen "sei das $b$ an genau dieser Position", denn dann hättest du nur einen einzigen Spezialfall betrachtet; es geht aber eben darum, dass du die Annahme, [mm] $\textbf{irgendwo}$ [/mm] unterhalb der Hauptdiagonalen stünde etwas ungleich 0 widerlegst.
Dafür musst du wirklich ganz allgemein bleiben und mit Variablen arbeiten, denn sonst vergisst du ganz schnell Spezialfälle.
Also sobald bei dem Beweis explizite Zahlen (wie zB die 1) ins Spiel kommen kannst du davon ausgehen, dass es problematisch wird so alles abzudecken.
Nichts desto trotz ist es natürlich nie falsch sich den Sachverhalt erstmal an ein paar konkreten Beispielen (wie etwa [mm] $b_{1,n}$) [/mm] zu verdeutlichen; es reicht nur eben nicht für den Beweis aus.
Zur zweiten Frage:
Betrachte dir mal die Determinante von $A$ und die von $B$.
Wie berechnen sich diese und in welchem Verhältnis stehen sie zueinander?
Daraus dürfte sich eine Vermutung ableiten lassen, die du dann sicherlich bewiesen bekommst. ;)
lg
Schadow
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(Frage) überfällig | | Datum: | 17:57 Di 03.01.2012 | | Autor: | quasimo |
> Dafür musst du wirklich ganz allgemein bleiben und mit Variablen arbeiten, denn sonst vergisst du ganz schnell Spezialfälle.
Ich versteh nicht ganz, wie ich das machen kann.
Sei [mm] A^{-1} [/mm] keine obere Dreiecksmatrix
A * $ [mm] A^{-1}=I [/mm] $
$ [mm] \pmat{ a_{11} & a_{12} & a_{13}& ... &a_{1n} \\ 0& a_{22}&a_{23}&...&a_{2n}\\0&0&a_{33}&\ddots&\vdots \\\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&a_{n-1.n}\\0&0&...&0&a_{nn}} \cdot{}\pmat{ b_{11} & b_{12} & b_{13}& ... &b_{1n} \\b_{12}&b_{22}&b_{23}&...&b_{2n}\\b_{31}&b_{32}&b_{33}&\cdots&b_{3n} \\\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&\vdots\\b_{n1}&b_{n2}&b_{n3}&...&b_{nn}} [/mm] $ = $ [mm] \pmat{ 1 & 0 & 0& ... &0 \\ 0& 1&0&...&0\\0&0&1&\ddots&0 \\\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&0\\0&0&...&0&1} [/mm] $
> Du kannst dir, wie ich oben, die Zeile $ k $ und die Spalte $ l $ verschaffen.
k-te Zeile, l-te Spalte
$ k,l [mm] \in \IN [/mm] $ mit $ 1 [mm] \leq [/mm] l < k [mm] \leq [/mm] n $ so, dass $ [mm] b_{k,l} \neq [/mm] 0 $
Schauen wir uns l-Spalte von [mm] A^{-1} [/mm] an und k-Zeile von A
Bis ich erreiche k=l sind nur 0 bei A,
ab n [mm] \ge [/mm] l [mm] \ge [/mm] k [mm] \ge [/mm] 1
Wie errreiche ich den Widerspruch?
Komme bei der Überlegung nicht weiter!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:20 Do 05.01.2012 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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