Linksinverse

23.06.2011, 11:34

Robert600

Linksinverse

Meine Frage:
Hallo, ich hab zwar schon einmal versucht meine Frage anzubringen, da hab ich aber keine Antwort erhalten, vielleicht auch weil ich nicht ausführlich genug war. Also ich bräuchte eure Hilfe beim Beweis von folgendem Theorem:

Nehmen wir an $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ hat vollen Spaltenrang. Dann ist $\begin{eqnarray*} A^*A \end{eqnarray*}$ invertierbar, und $\begin{eqnarray*} (A^*A)^{-1}A^* \end{eqnarray*}$ ist eine Linksinverse von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ . Nach einem bekannten Theorem sind dann alle Linksinversen von der Form $\begin{eqnarray*} (A^*A)^{-1}A^* + K \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} K A=0 \end{eqnarray*}$ . Tatsächlich ist $\begin{eqnarray*} K= W[I_m-A(A^*A)^{-1}A^*] \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ eine beliebige Matrix der passenden Größe ist. Also sind alle Linksinversen von der Form $\begin{eqnarray*} (A^*A)^{-1}A^* + W[I_m-A(A^*A)^{-1}A^*] \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Beweis: Es gilt, dass $\begin{eqnarray*} A^*A \end{eqnarray*}$ ebenfalls Rang n besitzt, und somit invertierbar ist, also ist $\begin{eqnarray*} (A^*A)^{-1}A^* \end{eqnarray*}$ eine Linksinverse von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} [(A^*A)^{-1}A^*] A = (A^*A)^{-1}(A^* A)=I_n \end{eqnarray*}$ .
Die weiteren Details stecken in folgender Übungsaufgabe, an der ich scheitere:
Argumentiere, dass $\begin{eqnarray*} K A=0 \end{eqnarray*}$ genau dann, wenn ein $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ existiert, mit $\begin{eqnarray*} K= W[I_m-A(A^*A)^{-1}A^*] \end{eqnarray*}$ .

Die eine Richtung ist ja trivial, aber ich wäre wirklich SEHR dankbar, wenn mir jemand bei der "Hinrichtung" helfen könnte...

Danke, Lg

24.06.2011, 15:19

Reksilat

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RE: Linksinverse
Hallo Robert,

Wenn $\begin{eqnarray*} KA=0 \end{eqnarray*}$ ist, so liegen die Zeilen von $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} ({\rm Im} A)^\perp \end{eqnarray*}$ , stehen also senkrecht auf den Spalten von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ .

Es ist nun zu zeigen, dass die Zeilen von $\begin{eqnarray*} F:=I_m-A(A^*A)^{-1}A^* \end{eqnarray*}$ ganz $\begin{eqnarray*} ({\rm Im} A)^\perp \end{eqnarray*}$ aufspannen, denn die Multiplikation von links mit einer Matrix $\begin{eqnarray*} W \end{eqnarray*}$ stellt letztlich einfach nur eine Manipulation der Zeilen von $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ dar.

Soweit klar?

Nun kann man den Rang von $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ einmal über den Kern von $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ und einmal über den Rang von $\begin{eqnarray*} A(A^*A)^{-1}A^* \end{eqnarray*}$ abschätzen.

Gruß,
Reksilat.

25.06.2011, 13:28

robert600

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danke für den tipp, ich werd jetzt mal schauen wie ich das verarbeiten kann... Freude

01.07.2011, 20:53

Robert600

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Hallo Reksilat, ich komm schon mit der ersten zeile nicht ganz klar. denn (das hab ich leider nciht geschrieben) die Matrizen haben Einträge aus $\begin{eqnarray*} \mathbb C \end{eqnarray*}$ .
Somit ist die Multiplikation einer Zeile ja kein inneres Produkt mit den Spalten von A,
da diese ja dann konjungiert sein müssten. Und $\begin{eqnarray*} <a,v> \end{eqnarray*}$ muss ja nicht gleich $\begin{eqnarray*} <a,\overline{v}> \end{eqnarray*}$ sein. Oder sehe ich da etwas falsch???

02.07.2011, 12:22

Reksilat

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Hallo Robert,

Das sollte aber auch kein größeres Problem darstellen, da wir hier nur über die Dimensionen argumentieren. Man betrachtet dann eben stattdessen $\begin{eqnarray*} ({\rm Im} \overline A)^\perp \end{eqnarray*}$ und zeigt, dass die Zeilen von $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ diesen Raum aufspannen.

Letztlich geht es ja hier darum, dass die Zeilen von einem solchen $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ in einem gewissen Raum liegen müssen. Und man kann eben zeigen, dass die Zeilen von $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ diesen Raum komplett aufspannen.
Man muss das eben nur noch formalisieren.

03.07.2011, 21:54

robert600

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ich hab das jetzt versucht zu formalisieren:

( $\begin{eqnarray*} \Rightarrow \end{eqnarray*}$ )
$\begin{eqnarray*} KA=0 \end{eqnarray*}$ , daraus folgt, wenn $\begin{eqnarray*} K_1,\dots,K_r \end{eqnarray*}$ die Zeilen von $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} A^1,\dots,A^n \end{eqnarray*}$ die Spalten von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ sind, dass $\begin{eqnarray*} 0=K_iA^j=<K_i,\overline{A^j}> \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} i\in\{1,\dots,r\} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} j\in\{1,\dots,n\} \end{eqnarray*}$ , also dass die Zeilen von $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} (Bild(\overline{A}))^\bot \end{eqnarray*}$ liegen, denn für $\begin{eqnarray*} 0=<K_i,\overline{A^j}> \end{eqnarray*}$ folgt dass $\begin{eqnarray*} <K_i,\sum_{j=1}^n{\alpha_j\overline{A^j}}>=0 \end{eqnarray*}$ , mit $\begin{eqnarray*} \alpha_j\in\mathbb C \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} i\in\{1,\dots,r\} \end{eqnarray*}$ .

Nun wollen wir zeigen, dass die Zeilen von $\begin{eqnarray*} I_m-A(A^*A)^{-1}A^* \end{eqnarray*}$ den Raum $\begin{eqnarray*} (Bild(\overline{A}))^\bot \end{eqnarray*}$ aufspannen.\\
Es gilt, dass $\begin{eqnarray*} [I_m-A(A^*A)^{-1}A^*]A=I_mA-A\underbrace{(A^*A)^{-1}A^*A}_{=I_n}=A-A=0 \end{eqnarray*}$ , also dass nach der obigen Überlegung die Zeilen von $\begin{eqnarray*} I_m-A(A^*A)^{-1}A^* \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} (Bild(\overline{A}))^\bot \end{eqnarray*}$ liegen.\\
Aus der Linearen Algebra wissen wir über die Dimension von $\begin{eqnarray*} (Bild(\overline{A}))^\bot \end{eqnarray*}$ , dass $\begin{eqnarray*} dim(\mathbb{C}^m)= dim((Bild(\overline{A})))^\bot+dim(Bild(\overline{A})) \end{eqnarray*}$ , also berechnen wir uns $\begin{eqnarray*} dim((Bild(\overline{A})))^\bot= dim(\mathbb{C}^m)-dim(Bild(\overline{A}))=m-n \end{eqnarray*}$ .\\
Nun gilt für zwei Matrizen $\begin{eqnarray*} M,N \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} r(M)=s,r(N)=t \end{eqnarray*}$ , dass $\begin{eqnarray*} |s-t|\leq r(M+N) \leq s+t \end{eqnarray*}$ , also ist $\begin{eqnarray*} r(I_m-A(A^*A)^{-1}A^*)\geq r(I_m)-r(A(A^*A)^{-1}A^*)=m-n \end{eqnarray*}$ . Andererseits liegen alle Linearkombinationen der Zeilen von $\begin{eqnarray*} I_m-A(A^*A)^{-1}A^* \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} (Bild(\overline{A}))^\bot \end{eqnarray*}$ , also ist $\begin{eqnarray*} r(I_m-A(A^*A)^{-1}A^*)\leq dim((Bild(\overline{A}))^\bot)=m-n \end{eqnarray*}$ . Daraus erhalten wir insgesamt, dass $\begin{eqnarray*} r(I_m-A(A^*A)^{-1}A^*)=m-n \end{eqnarray*}$ .

In den Zeilen von $\begin{eqnarray*} W[I_m-A(A^*A)^{-1}A^*] \end{eqnarray*}$ stehen nach der Matrixmultiplikationsregel Linearkombinationen der Zeilen von $\begin{eqnarray*} [I_m-A(A^*A)^{-1}A^*] \end{eqnarray*}$ , weiters ist $\begin{eqnarray*} \{w^T[I_m-A(A^*A)^{-1}A^*]|w\in \mathbb{C}^m\}=(Bild(\overline{A}))^\bot \end{eqnarray*}$ , also folgt aus $\begin{eqnarray*} KA=0 \end{eqnarray*}$ und der Tatsache, dass in den Zeilen von $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ Vektoren aus $\begin{eqnarray*} (Bild(\overline{A}))^\bot \end{eqnarray*}$ liegen, dass $\begin{eqnarray*} K=W[I_m-A(A^*A)^-{1}A^*] \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} W\in \mathbb{C}^{r \times m} \end{eqnarray*}$ beliebig.

03.07.2011, 22:00

Robert600

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zwei Korrekturen noch:

vor dem letzten Absatz gehört an die letzte Zeile noch:
und somit, dass die Zeilen von $\begin{eqnarray*} I_m-A(A^*A)^{-1}A^* \end{eqnarray*}$ den Raum $\begin{eqnarray*} (Bild(\overline{A}))^\bot \end{eqnarray*}$ aufspannen.
angehängt.

Und die Formel die nicht in Latex steht heißt natürlich:
$\begin{eqnarray*} dim(\mathbb{C}^m)= dim((Bild(\overline{A})))^\bot+dim(Bild(\overline{A})) \end{eqnarray*}$

04.07.2011, 10:49

Reksilat

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Find ich gut. Freude

Zitat:

$\begin{eqnarray*} dim(\mathbb{C}^m)= dim((Bild(\overline{A})))^\bot+dim(Bild(\overline{A})) \end{eqnarray*}$

Hier gehört das $\begin{eqnarray*} \perp \end{eqnarray*}$ aber in die Klammer. Augenzwinkern