Multiplikation inverser Matriz < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:39 Do 22.11.2012 | | Autor: | redrum |
| Aufgabe | Zeigen Sie, dass für zwei reguläre (n x n )-Matrizen A, B gilt:
(A*B)^-1 = B^-1 * A^-1 |
Guten Abend,
meine Idee war es einfach die Determinante der (A*B)^-1 bzw. B^-1 und A^-1 zu berechnen und gegenüberzustellen.
Komme dabei aber nicht zu einem allgemeingültigen Beweis.
Kann mir jemand helfen?
Vielen Dank.
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:47 Do 22.11.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Zeigen Sie, dass für zwei reguläre (n x n )-Matrizen A, B
> gilt:
> (A*B)^-1 = B^-1 * A^-1
> Guten Abend,
>
> meine Idee war es einfach die Determinante der (A*B)^-1
> bzw. B^-1 und A^-1 zu berechnen und gegenüberzustellen.
>
> Komme dabei aber nicht zu einem allgemeingültigen Beweis.
>
> Kann mir jemand helfen?
ja, und zwar geht das viel einfacher ohne Determinanten (wobei ich eh
nicht weiß, was Du da machen wolltest: Denn eine Matrix hat zwar eine
eindeutig bestimmte Determinante (das ist ja ein Wert in [mm] $\IR$), [/mm] aber nicht
zu jeder Determinante bzw. zu jedem Determinantenwert gehört auch nur
genau eine Matrix! Das folgt doch schon daraus, dass eine Matrix und ihre
Transponierte die gleiche Determinante haben!):
Zeige einfach, dass die Menge der regulären Matrizen mit der
Matrix-Multiplikation eine Gruppe bildet. Das neutrale Element ist die $n [mm] \times [/mm] n$
-Matrix, die nur aus Nullen besteht mit Ausnahme der Diagonalen von links
oben nach rechts unten: In dieser stehen lauter Einsen [mm] ("$n\,$-reihige [/mm]
Einheitsmatrix") - bezeichnen wir diese mal mit [mm] $I_n\,.$
[/mm]
In einer Gruppe sind das neutrale Element, vor allem aber auch die inversen Elemente eindeutig:
Um also [mm] $(A*B)^{-1}=B^{-1}*A^{-1}$ [/mm] einzusehen, reicht es, da wir eine
Gruppe haben, sogar, nur zu zeigen, dass
[mm] $$(B^{-1}*A^{-1})*(A*B)=I_n$$
[/mm]
gilt - anders gesagt: Man rechnet nach, dass [mm] $B^{-1}*A^{-1}$ [/mm] "linksinvers"
zu [mm] $A*B\,$ [/mm] ist. Solltest Du dem aber aus irgendeinem Grund doch nicht
Vertrauen schenken, kannst Du zusätzlich auch nachweisen, dass
[mm] $B^{-1}*A^{-1}$ [/mm] auch rechtsinvers zu [mm] $A*B\,$ [/mm] ist - d.h., dass auch
[mm] $$(A*B)*(B^{-1}*A^{-1})=I_n$$
[/mm]
gilt.
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:03 Do 22.11.2012 | | Autor: | redrum |
Vielen Dank für die Hilfe,
ich hab leider keine Idee wie ich nachrechne, dass $ [mm] B^{-1}\cdot{}A^{-1} [/mm] $ "linksinvers"
zu $ [mm] A\cdot{}B\, [/mm] $ ist.
Bzw. wie zeige ich allgemein, dass die Menge der regulären Matrizen mit der Matrix-Multiplikation eine Gruppe bildet?
Komme bei solchen Beweisen leider auch nicht mit Mathebüchern weiter.
Danke
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:07 Fr 23.11.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Vielen Dank für die Hilfe,
>
> ich hab leider keine Idee wie ich nachrechne, dass
> [mm]B^{-1}\cdot{}A^{-1}[/mm] "linksinvers"
> zu [mm]A\cdot{}B\,[/mm] ist.
>
> Bzw. wie zeige ich allgemein, dass die Menge der regulären
> Matrizen mit der Matrix-Multiplikation eine Gruppe bildet?
kennst Du die Gruppenaxiome? Diese sind einfach nachzurechnen!
> Komme bei solchen Beweisen leider auch nicht mit
> Mathebüchern weiter.
Das hier ist doch einfach:
Es gilt
[mm] $$(B^{-1}*A^{-1})*(A*B)=(B^{-1}*(A^{-1}*A))*B$$
[/mm]
wegen des Assoziativgesetzes.
(Falls Dir das unklar ist: Setze [mm] $C:=B^{-1}*A^{-1}\,.$ [/mm] Dann steht oben
[mm] $$(B^{-1}*A^{-1})*(A*B)=C*(A*B)\,.$$
[/mm]
Wegen des Assoziativgesetzes gilt nun
[mm] $$(B^{-1}*A^{-1})*(A*B)=C*(A*B)=(C*A)*B\,.$$
[/mm]
Setze wieder [mm] $C=B^{-1}*A^{-1}$ [/mm] ein:
[mm] $$(B^{-1}*A^{-1})*(A*B)=C*(A*B)=(C*A)*B=((B^{-1}*A^{-1})*A)*B\,.$$
[/mm]
Nun kann man aber das Assoziativgesetz auch auf [mm] $(B^{-1}*A^{-1})*A$
[/mm]
anwenden, d.h. es gilt [mm] $(B^{-1}*A^{-1})*A=B^{-1}*(A^{-1}*A)$ [/mm] und
damit insgesamt
[mm] $$(B^{-1}*A^{-1})*(A*B)=C*(A*B)=(C*A)*B=((B^{-1}*A^{-1})*A)*B=\big(B^{-1}*(A^{-1}*A)\big)*B\,.$$
[/mm]
Fertig. Allgemein gilt aber in einer Halbgruppe, das ist einfach eine Menge
[mm] $H\,$ [/mm] mit einer Verknüpfung [mm] $\circ_H: [/mm] H [mm] \times [/mm] H [mm] \to H\,,$ [/mm] die assoziativ
ist, also [mm] $(h_1 \circ_H h_2) \circ_H h_3=h_1 \circ_H (h_2 \circ_H h_3)$ [/mm] für
alle [mm] $h_{1},\;h_{2},\;h_{3} \in [/mm] H$ erfüllt, dass man bei jedem
"endlichen Produkt" keine Klammern setzen braucht, weil man sie eben
setzen kann, wie man will.)
Was ist nun [mm] $A^{-1}*A$?
[/mm]
Was ist dann [mm] $B^{-1}*I_n$?
[/mm]
Was ist dann [mm] $B^{-1}*B$?
[/mm]
Diese Fragen wirst Du beim Weiterrechnen schrittweise zu beantworten
haben und bist dann schon am Ziel. Aber rechnen musst Du schon selbst,
auch, wenn es nur Trivialitäten sind.
Prinzipiell findest Du die Aufgabe in jedem Mathebuch, wo Gruppen
behandelt werden. Sie steht dann halt etwa so da:
Sei [mm] $(G,\circ)$ [/mm] eine Gruppe. Sei [mm] $e\,$ [/mm] das neutrale Element der Gruppe
und seien $a,b [mm] \in G\,.$ [/mm] Die Inversen zu $a,b [mm] \in [/mm] G$ werden wie üblich
mit [mm] $a^{-1} \in [/mm] G$ bzw. [mm] $b^{-1} \in [/mm] G$ bezeichnet.
Beweisen Sie: $(a [mm] \circ b)^{-1}=b^{-1} \circ a^{-1}\,.$
[/mm]
Und wenn der Autor ein wenig nett ist:
Tipp: Es reicht, [mm] $(b^{-1}\circ a^{-1}) \circ (a\circ [/mm] b)=e$ zu beweisen!
Und Mensch: Dass die Menge der invertierbaren Matrizen mit der
Matrixmultiplikation eine Gruppe ist, ist wirklich trivial nachzurechnen:
Man hat sicher schonmal allgemein nachgerechnet, dass sogar allgemeiner
für eine $m [mm] \times [/mm] n$-Matrix [mm] $A\,,$ [/mm] für eine $n [mm] \times [/mm] o$-Matrix [mm] $B\,$ [/mm] und
für eine $o [mm] \times [/mm] p$-Matrix [mm] $C\,$ [/mm] gilt
[mm] $$(A*B)*C=A*(B*C)\,.$$
[/mm]
(Beachte: Weil die Matrix $A*B$ als Produkt einer $m [mm] \times [/mm] n$-Matrix mit
einer $n [mm] \times [/mm] o$-Matrix eine $m [mm] \times [/mm] o$-Matrix ist, ist $(A*B)*C$ das
Produkt einer $m [mm] \times [/mm] o$-Matrix mit einer $o [mm] \times [/mm] p$-Matrix: Es kommt
also linkerhand eine $m [mm] \times [/mm] p$-Matrix raus.
Rechterhand ist die Matrix [mm] $B*C\,$ [/mm] als Produkt einer $n [mm] \times [/mm] o$-Matrix
mit einer $o [mm] \times [/mm] p$-Matrix eine $n [mm] \times [/mm] p$-Matrix. Multipliziert man
also die $m [mm] \times n\,$ [/mm] Matrix [mm] $A\,$ [/mm] mit der $n [mm] \times [/mm] p$-Matrix
[mm] $B*C=(B*C)\,,$ [/mm] so entsteht also auch rechterhand eine $m [mm] \times [/mm] p$-Matrix.)
Wenn Dir das unklar ist, berechne halt die Einträge der Matrix [mm] $(A*B)*C\,$
[/mm]
(also etwa den Eintrag in der [mm] $i\,$-ten [/mm] Zeile und [mm] $j\,$-ten [/mm] Spalte mit $1 [mm] \le [/mm] i [mm] \le [/mm] m$ und $1 [mm] \le [/mm] j [mm] \le [/mm] p$)
und vergleiche diese mit den Einträgen der Matrix [mm] $A*(B*C)\,.$ [/mm] (Wieder
auch hier: der Eintrag der [mm] $i\,$-ten [/mm] Zeile und [mm] $j\,$-ten [/mm] Spalte.)
[mm] $I_n*A=A\;\;\;\;(=I_n*A)$ [/mm] für eine $n [mm] \times [/mm] n$-Matrix [mm] $A\,$ [/mm] ist auch leicht
nachzurechnen! (Und wenn das für jedes $n [mm] \times [/mm] n$-Matrix [mm] $A\,$ [/mm] gilt,
dann insbesondere auch für jede reguläre $n [mm] \times [/mm] n$-Matrix [mm] $A\,.$)
[/mm]
Und dass es zu jeder regulären $n [mm] \times [/mm] n$-Matrix [mm] $A\,$ [/mm] ein Inverses
Element gibt, folgt doch eben nach Definition "Regularität einer Matrix."
Damit erfüllt
[mm] $$(G,\*)$$
[/mm]
mit [mm] $G\,$ [/mm] als Menge der regulären $n [mm] \times [/mm] n$-Matrizen und [mm] $\*=\cdot$
[/mm]
als Matrixmultiplikation also die Axiome (G1), (G2) und (G3) etwa von ![[]](/images/popup.gif) hier, Seite 1
Also ist die Menge der invertierbaren $n [mm] \times [/mm] n$-Matrizen mit der
Verknüpfung "Matrixmultiplikation" eine Gruppe.
P.S. Mach' Dir vielleicht mal in den reellen Zahlen klar, dass das
Assoziativgesetz etwas nicht Triviales ist:
Man behauptet ja etwa [mm] $(3*5)*7=3*(5*7)\,.$ [/mm] Dabei bedeutet aber
[mm] $(3*5)*7\,$ [/mm] gerade: Man berechnet [mm] $3*5=15\,.$ [/mm] Danach benutzt man
dieses Ergebnis, um [mm] $(3*5)*7\,$ [/mm] zu [mm] $15*7\,$ [/mm] umzuschreiben.
Andererseits bedeutet [mm] $3*(5*7)\,,$ [/mm] dass man [mm] $5*7=35\,$ [/mm] berechnet und
dann [mm] $3*(5*7)=3*35\,$ [/mm] ausrechnet.
Wenn wir nun irgendwo nur $15*7=3*35$ sehen würden, würden wir
diese Gleichheit nicht einfach glauben. Vielleicht würden wir sie zuerst mal
nachrechnen. Und jetzt würden wir uns vielleicht fragen, ob man das nicht
ein wenig anders auch erkennen könnte:
Danach würden wir vielleicht $15=3*5$ benutzen und damit
$$(3*5)*7=15*7=3*35$$
erst hinschreiben. Auch dann würden wir das zweite Gleichheitszeichen
noch nicht glauben. Wir würden dann vielleicht noch [mm] $35=7*5\,$ [/mm] schreiben
(ich schreibe extra noch nicht [mm] $35=5*7\,,$ [/mm] auch, wenn es damit dann
kürzer wäre):
Aber auch bei
$$(3*5)*7=15*7=3*35=3*(7*5)$$
würden wir vielleicht die Gleichheit in der Mitte auch noch nicht glauben.
Wir würden uns vielleicht auch erinnern, dass wir aber [mm] $7*5=5*7\,$ [/mm]
schreiben dürfen, weil die Multiplikation reeller Zahlen kommutativ ist:
[mm] $$(3*5)*7=15*7\red{\;=\;}3*35=3*(7*5)=3*(5*7)\,.$$
[/mm]
Und weil nun die Gleichheit zwischen dem Term ganz links und dem Term
ganz rechts nach dem Assoziativitätsgesetz der Mult. reeller Zahlen gilt,
würden wir nun die Gleichheit überall in dieser Gleichungskette als wahr
ansehen - inbesondere also auch das [mm] $\red{\;=\;}$ [/mm] als "richtig" befinden!
P.P.S.
Wie "stark" die Aussage des Assozitivgesetzes eigentlich ist, können wir
uns in Funktionenschreibweise klar machen:
Sei [mm] $(H,\circ)$ [/mm] (ich schreibe nicht mehr [mm] $\circ_H\,,$ [/mm] einfach aus Faulheit
nicht mehr) eine Halbgruppe, d.h. es ist [mm] $\circ: [/mm] H [mm] \times [/mm] H [mm] \to [/mm] H$ assoziativ.
Man hat sich angewöhnt, $a [mm] \circ [/mm] b$ für [mm] $\circ(a,b)$ [/mm] zu schreiben, d.h.
eigentlich ist es reine Definition, $a [mm] \circ b:=\circ(a,b)$ [/mm] für $a,b [mm] \in [/mm] H$
zu schreiben - wobei strenggenommen sogar [mm] $\circ(a,b):=\circ((a,b))$
[/mm]
zu schreiben wäre. (Denn: Wenn etwa $f: [mm] \IR^2=\IR \times\IR \to \IR$ [/mm] ist: Dann schreibt
man ja für [mm] $x=(x_1,x_2) \in \IR^2$ [/mm] dann auch [mm] $f(x)=f((x_1,x_2))$ [/mm] oder
[mm] $f(x_1,x_2):=f((x_1,x_2))$ [/mm] und nicht etwa [mm] $x_1\; [/mm] f [mm] \;x_2\,.$)
[/mm]
In der "üblichen" Funktionsnotation sieht dann das Assoziativgesetz
$$(a [mm] \circ [/mm] b) [mm] \circ [/mm] c=a [mm] \circ [/mm] (b [mm] \circ [/mm] c) [mm] \;\;\;\forall [/mm] a,b,c [mm] \in [/mm] H$$
wie folgt aus
[mm] $$\circ\big(\circ(a,b),\;c\big)=\circ\big(a,\circ(b,c)\big) \;\;\;\forall [/mm] a,b,c [mm] \in [/mm] H$$
bzw. in extremst ausführlicher Weise
[mm] $$\circ(\;\;\;\underbrace{(\;\underbrace{\circ((a,b))}_{\in H},\;\;c)}_{\in H \times H}\;\;\;)=\circ (\;\;\;\underbrace{(\;a,\;\;\underbrace{\circ((b,c))}_{\in H}}_{\in H \times H}\;\;\;) \;\;\;\forall [/mm] a,b,c [mm] \in H\,.$$
[/mm]
Hierbei erkennt man wesentlich stärker, was das Assoziativgesetz
eigentlich bzgl. der Abbildung [mm] $\circ$ [/mm] "besagt" - in der
"Klammerschiebeversion" machen wir uns meist inhaltlich gar nicht mehr
klar, dass da eigentlich eine starke Aussage steht, weil wir "Klammern
einfach mal so hin und herschieben", weil wir "das in der Schule beim
Rechnen mit Zahlen so gelernt hatten..."
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:01 Fr 23.11.2012 | | Autor: | redrum |
Vielen Dank,
für die ausführliche Antwort, habe es glaube ich lösen können.
Schönes Wochenende
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:42 Fr 23.11.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Vielen Dank,
>
> für die ausführliche Antwort, habe es glaube ich lösen
> können.
gerne. Wenn Du unsicher bist, kannst Du gerne auch Deine Lösung
vorrechnen!
> Schönes Wochenende
Ebenso.
Gruß,
Marcel
|
|
|
|
