Differential von Abbildungen von Matrizen

04.04.2012, 17:49

Jayronic

Differential von Abbildungen von Matrizen

Meine Frage:
Guten Abend,

vorab: Da meine Aufgabe weder Analysis noch Algebra klar zuzuordnen ist (von meiner Warte aus) poste ich meine Frage hier. Bei besserem Wissen, gerne verschieben.

Und zwar geht es um die Abbildungen $\begin{eqnarray*} inv:GL_n(\mathbb{R}) \rightarrow GL_n(\mathbb{R}),\ A\mapsto A^{-1} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} det:\mathbb{R}^{n\times n} \rightarrow \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ .
Von beiden möchte ich gerne das Differential berechnen (im Fall der Determinanten-Abbildung interessiert mich zunächst die Ableitung in der Einheitsmatrix, also $\begin{eqnarray*} Ddet(Id) \end{eqnarray*}$ .

Meine Ideen:

Für inv habe ich 2 Ansätze wobei der erste quatsch sein dürfte.

1. Ich weiß dass die Ableitung einer Matrix wieder die gleiche Matrix ist (sollte dies falsch sein, bitte Einspruch, ich möchte nicht direkt meinen ganzen Beweis abtippen). Dann dachte ich, dass für eine feste Matrix A gilt:
$\begin{eqnarray*} Dinv(A)(B) = D(A^{-1}) (B) = A^{-1}B \end{eqnarray*}$ für alle Matrizen B.
Dies dürfte jedoch falsch sein, da ich hier die Klammern vertausche, da ich erst inv(A) berechne und dann erst ableite, oder?

2. Die andere Idee war zu betrachten:
$\begin{eqnarray*} (Dinv(A)) (B) = \frac{d}{dt} inv(A+tB) \mid_{t=0} = \frac{d}{dt} (A+tB)^{-1} \mid_{t=0} = \frac{d}{dt} A^{-1}+tB^{-1} \mid_{t=0} = B^{-1}\mid_{t=0} = inv(B). \end{eqnarray*}$
Dann wäre Dinv=inv.
Dies scheint mir plausibel. Zumal es sich eh um eine C-unendlich Funktion handeln soll, was ja damit erfüllt wäre.
Trotzdem weiß ich nicht, ob der Ansatz überhaupt richtig ist.

Zur zweiten Abbildung käme ich mit dem gleichen Ansatz nämlich auf folgendes:
Ich möchte wie gesagt zunächst $\begin{eqnarray*} Ddet(Id)(A) \end{eqnarray*}$ für eine invertierbare Matrix A (der Dimension n) berechnen. Das würde ich dann wieder machen wie oben, d.h.
$\begin{eqnarray*} (Ddet(Id))(A) = \frac{d}{dt} det(Id+tA) \mid_{t=0} = \frac{d}{dt} det(Id)+t^n \cdot det(A) \mid_{t=0} = n\cdot t^{n-1}det(A) \mid_{t=0} = 0 \end{eqnarray*}$ .
Herauskommen soll laut Aufgabenstellung allerdings $\begin{eqnarray*} Ddet(Id)(A) = Spur(A) \end{eqnarray*}$ .
Hier weiß ich also nicht wo der Fehler ist und es lässt mich eben auch an obigem 2. Ansatz im Allgemeinen zweifeln. Eine andere Idee habe ich erstmal nicht.

Ich wäre über jede Art von Hilfe sehr dankbar. Ich hoffe nämlich, dass es recht einleuchtend ist, wenn man mal auf die Idee kommt / gebracht wird.

liebe Grüße, Jay

04.04.2012, 20:10

Mazze

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Zitat:

Dann dachte ich, dass für eine feste Matrix A gilt:

Einfach so sich was auszudenken weils hübsch aussehen könnte ist keine gute Praxis.

Als erstes sollte man sich erst mal exakt überlegen was man wie ableitet.

Zunächste würde ich die partiellen Ableitungen :

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial A^{-1}}{\partial a_{ij}} \end{eqnarray*}$

bestimmen, hast Du alle beisammen schaust Du mal ob Du da nicht eine Struktur entdeckst , diese gibt es.

Zitat:

Ich weiß dass die Ableitung einer Matrix wieder die gleiche Matrix ist

Das stimmt nicht, wir betrachten also die Abbildung

$\begin{eqnarray*} id : GL_n(\mathbb{R}) \rightarrow GL_n(\mathbb{R}), A \mapsto A \end{eqnarray*}$

dann sieht man leicht ein :

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial id(A) }{\partial a_{ij}} = J_{ij} \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} (J_{ij})_{kl} = \begin{cases} 1 & k = i, l = j \\ 0 & \text{ sonst }\end{cases} \end{eqnarray*}$

Für die Determinante :

Schreibt man mal

$\begin{eqnarray*} \det(A) = \sum_{\sigma \in S_n}\prod_{i=1}^na_{i\sigma(i)} \end{eqnarray*}$

kann man sofort mit elementaren Ableitungsregeln die partiellen Ableitungen

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial \det(A)}{\partial a_{ij}} \end{eqnarray*}$

berechnen, hast Du diese schaust Du wieder nach einer Struktur um das ganze schöner aufzuschreiben. Denk dran, die Determinante ist nur eine Summe von bestimmten Produkten, das kannst Du seit der Schule ableiten wenn mans genau nimmt Augenzwinkern

.

Eine Frage, was willst Du mit Ausdrücken der Form

$\begin{eqnarray*} Dinv(A)(B) \end{eqnarray*}$

eigentlich ausdrücken?

04.04.2012, 20:44

Jayronic

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Hi Mazze,

vielen Dank für deine Antwort!

Ich fang mal unten an - sorry wenn ein paar Sachen unverständlich sind: $\begin{eqnarray*} Ddet(A)(B) = ((Ddet)(A))\ (B) \end{eqnarray*}$ soll die Totale Ableitung (Jacobi-Matrix) von det an der Stelle A sein, welche ja eine Abbildung ist und daher im Punkt B ausgewertet werden kann (der Punkt ist hier eben wieder eine Matrix, weil die Ableitung ja wieder von $\begin{eqnarray*} GL_n(\mathbb{R}) \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} GL_n(\mathbb{R}) \end{eqnarray*}$ geht).
Direkt etwas über die Jacobi-Matrix sagen zu wollen scheint ja aber ohnehin der falsche Ansatz zu sein, ich schaue mir also mal die Einträge (partielle Ableitungen) an, wie du vorgeschlagen hast.

Für die Determinante die Leibniz-Schreibweise zu nehmen, hatte ich bisher vermieden, aber klar, an sich ist das einfach abzuleiten, weil da ja doch recht viele 0en bei rauskommen Augenzwinkern

. Ich schau mir das gleich mal an.

Dann zum 1. Teil: Danke auch hier für die Tips. Dass die Ableitung einer Matrix nicht wieder ebendiese ist, sehe ich soweit ein. Wo der Fehler in meinem kleinen Beweis für diese Aussage ist, sehe ich aber noch nicht ganz... Vielleicht poste ich den an anderer Stelle oder später hier im Thread, damit mir jemand den Fehler zeigen kann^^.

Zu der Struktur in den partiellen Ableitungen, die du ansprichst, bin ich momentan ratlos, werde mir das aber nochmal genau ansehen... Manchmal reicht ja das Hinschreiben zum besseren Verständnis schon aus.
Ist es hier ratsam für die Inverse die Cramersche Regel $\begin{eqnarray*} A^{-1} = \frac{1}{det(A)} \cdot adj(A) \end{eqnarray*}$ auf die einzelnen Einträge zu reduzieren (adj(A) soll hier die klassische Adjunkte sein)? Wahrscheinlich nicht, aber anders sehe ich bei einer allgemein invertierbaren Matrix (ohne Diagonal- oder Dreiecksgestalt) noch nicht wohin mich das führen soll...

Also nochmal vielen Dank, ich melde mich wenn ich weiter bin.
lg, J

04.04.2012, 21:16

Mazze

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Zitat:

Ist es hier ratsam für die Inverse die Cramersche Regel $\begin{eqnarray*} A^{-1} = \frac{1}{det(A)} \cdot adj(A) \end{eqnarray*}$ auf die einzelnen Einträge zu reduzieren (adj(A) soll hier die klassische Adjunkte sein)?

Der Trick ist es , die Eigenschaft

$\begin{eqnarray*} AA^{-1} = E \end{eqnarray*}$

geschickt auszunutzen. Wir schreiben mal :

$\begin{eqnarray*} \delta_{ij} = \sum_{k = 1}^n a_{ik}a^{-1}_{kj} \end{eqnarray*}$

Was könnte man damit jetzt wohl tun?

06.04.2012, 17:04

Jayronic

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} \delta_{ij} = \sum_{k = 1}^n a_{ik}a^{-1}_{kj} \end{eqnarray*}$
Was könnte man damit jetzt wohl tun?

Ich würde gerne eines der $\begin{eqnarray*} a_{kj}^{-1} \end{eqnarray*}$ s aus der Summe rausziehen, auf die andere Seite bringen und durch das entsprechende $\begin{eqnarray*} a_{ik} \end{eqnarray*}$ teilen... Dann hätte ich eine Darstellung der Einträge der Inversen die ich nach a_ij ableiten könnte.
Aber mein Problem ist, dass ich dann sicher sein müsste, dass a_ik nicht null ist. Was passiert wenn es gerade doch null ist?
Sorry stehe grad auf dem Schlauch, vielleicht hab ich auch einfach nicht verstanden was du meintest.

Edit:
Ich habe mal das gemacht was ich meinte, erhalte so aber nur die Diagonalelemente der Inversen...

Für alle Zeilen $\begin{eqnarray*} 1\leq i\leq n \end{eqnarray*}$ existiert eine Spalte $\begin{eqnarray*} 1\leq j\leq n \end{eqnarray*}$ ,
sodass $\begin{eqnarray*} a_{ij}\neq0 \end{eqnarray*}$ (sonst wäre $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ nicht invertierbar, da es nicht vollen Rang hätte):

Für so gewähltes $\begin{eqnarray*} i,j \end{eqnarray*}$ gilt also: $\begin{eqnarray*} \delta_{ij}=\sum_{k=1}^{n}a_{ik}b_{kj}=a_{ij}b_{jj}+\sum_{k\neq j}a_{ik}b_{kj} \end{eqnarray*}$ ,
also $\begin{eqnarray*} b_{jj}=\delta_{ij}-\frac{1}{a_{ij}}\sum_{k\neq j}a_{ik}b_{kj} \end{eqnarray*}$ .

06.04.2012, 17:41

Jayronic

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Mist Zeit zum editieren abgelaufen. Wollte noch ergänzen, dass ich hier mit $\begin{eqnarray*} (b_{ij})_{i,j} = B = A^{-1} \end{eqnarray*}$ bezeichnet habe, da mich die $\begin{eqnarray*} a_{ij}^{-1} \end{eqnarray*}$ irritiert haben. Wollte nur verhindern, dass ich versuche sie mit den normalen a_ij 's wegzukürzen oder ähnliches Augenzwinkern

.

Nochmal zur Determinante: Ich habe es geschafft sie in der Einheitsmatrix abzuleiten. Und zwar mit der Formel $\begin{eqnarray*} D\det(Id)(A) = \frac{d}{dt}\mid_{t=0} det(Id+tA) \end{eqnarray*}$ und dann mit deinem Tipp einfach die Leibniz-Darstellung zu verwenden.
Heraus kam wie gefordert die Spur von A.

Nun als zweites gezeigt werden, dass für Matrizen A und X gilt $\begin{eqnarray*} D\det(A)(X) = trace(adj(A)X) \end{eqnarray*}$ .
Und hier habe ich wieder Probleme. Da die Einträge der Adjunkten von A sich aus den Minoren zusammensetzen, finde ich keine geeignete Formel, um sie korrekt anzugeben.

Ich habe $\begin{eqnarray*} adj(A) =: (\tilde{a_{ij}})_{i,j} \text{ mit } \tilde{a_{ij}}=\det(A_{ji}) \end{eqnarray*}$ (die Vertauschung der Indizes liegt am Transponieren) , wobei A_ij aus A hervorgeht durch Weglassen der i-ten Zeile sowie j-ten Spalte.
Das führt mich auf eine Formel der Art $\begin{eqnarray*} \tilde{a_{ij}} = \sum_{\begin{array}{c} \sigma\in S_{n}\\ \sigma(i)=j\end{array}}\text{sgn}(\sigma)\prod_{\begin{array}{c} k=1\\ k\neq i\end{array}}^{n}a_{k,\sigma(k)} \end{eqnarray*}$

Mit den Nebenbedingungen versuche ich zu erreichen, dass Eben bei der Berechnung der Determinante die i-te Zeile und die j-te Spalte ausgelassen werden. Die Frage ist, ob das legitim ist, das so zu machen bzw. ob es mir weiterhilft.
Wenn ich nämlich als nächstes die Spur von adj(A)*X ausrechne wird das recht unübersichtlich.
Und die Ableitung auszurechnen finde ich noch viel unschöner, zumindest mit der Variante $\begin{eqnarray*} D\det(Id)(A) = \frac{d}{dt}\mid_{t=0} det(Id+tA) \end{eqnarray*}$ .
Deinen Vorschlag, die Einträge der Jacobi Matrix direkt auszurechnen schaue ich mir nochmal an, jedoch ist mir dann unklar wie ich die Richtung X hinbekommen soll. Multipliziere ich das am Ende auf die Matrix auf? Das kann ja schlecht sein oder?
lg

06.04.2012, 17:45

Mazze

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Manchmal ist es hilfreich sich zu erinnern was man eigentlich erreichen will. Du willst eine Ableitung berechnen, wie wäre es denn wenn Du einfach mal auf beiden Seiten der Gleichung

$\begin{eqnarray*} \delta_{ij} = \sum_{k = 1}^n a_{ik}a^{-1}_{kj} \end{eqnarray*}$

ableiten würdest ?

Zitat:

Nochmal zur Determinante: Ich habe es geschafft sie in der Einheitsmatrix abzuleiten. Und zwar mit der Formel $\begin{eqnarray*} D\det(Id)(A) = \frac{d}{dt}\mid_{t=0} det(Id+tA) \end{eqnarray*}$ und dann mit deinem Tipp einfach die Leibniz-Darstellung zu verwenden. Heraus kam wie gefordert die Spur von A.

Mir ist überhaupt nicht klar was Du hier machst. Du sollst die Ableitung der Funktion

$\begin{eqnarray*} \det :\mathbb{R}^n \to \mathbb{R} \end{eqnarray*}$

bestimmen, und nicht etwa die Der Funktion

$\begin{eqnarray*} \det(Id +tA) : \mathbb{R} \to \mathbb{R} \end{eqnarray*}$

Geh doch einfach nach Definition vor :

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial \det(A)}{\partial a_{kl}} = \frac{\partial}{\partial a_{kl}}\sum_{\sigma \in S(n)}\prod_{i=1}^n a_{i\sigma(i)} = \sum_{\sigma \in S(n)}\frac{\partial}{\partial a_{kl}}\prod_{i=1}^n a_{i\sigma(i)} = ... \end{eqnarray*}$

06.04.2012, 18:05

Jayronic

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Hm, ich hätte jetzt gesagt ich leite nach $\begin{eqnarray*} a_{ij} \end{eqnarray*}$ ab, oder?

Dann erhalte ich: $\begin{eqnarray*} \delta_{ij}=\sum a_{ik}a_{kj}^{-1}\Longleftrightarrow\frac{\partial}{\partial a_{ij}}\delta_{ij}=\frac{\partial}{\partial a_{ij}}\sum a_{ik}a_{kj}^{-1}=\frac{\partial}{\partial a_{ij}}a_{ij}a_{jj}^{-1}+0 \end{eqnarray*}$

Denn alle Summanden die nicht a_ij enhtalten werden als Konstante betrachtet und fallen weg, oder? Das heißt es bleibt nur der Summand für k=j übrig. Und da das delta_ij ebenfalls nicht von a_ij abhängt steht dort 0.

$\begin{eqnarray*} 0=a_{jj}^{-1} \end{eqnarray*}$

Dann bin ich aber wieder da, dass ich nur die Diagonal-Einträge erhalte. Wo ist der Fehler verwirrt

06.04.2012, 18:10

Mazze

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Zitat:

Wo ist der Fehler verwirrt ?

Du hast ein Problem mit den grundlegenden Ableitungsregeln. Wie leitet man ein Produkt ab? (Schulwissen!)

Zudem ist

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial}{\partial a_{ij}}\delta_{kl} = 0 \end{eqnarray*}$ für alle i,j,k,l

Aber Du hast es fast.

edit :

Ich sehe gerade das der Weg über die Leibnizformel doch recht verzwickt wird. Besser ist es den Entwicklungssatz nach Laplace zu nutzen, also

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial \det(A)}{\partial a_{kl}} \end{eqnarray*}$ wobei Du den Entwicklungssatz nach der k-ten Zeile nutzt. Damit fallen in den Unterdeterminanten nämlich die weiteren Ableitungen weg.

06.04.2012, 18:38

Jayronic

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial}{\partial a_{ij}}\delta_{kl} = 0 \end{eqnarray*}$ für alle i,j,k,l

Das hatte ich ja.
Und bezüglich dem Rest: Ich war davon ausgegangen, dass $\begin{eqnarray*} a_{ij}^-1 \end{eqnarray*}$ als Konstante betrachtet werden kann... Ist wahrscheinlich doof^^.

Ich habe also
$\begin{eqnarray*} 0 = \frac{\partial}{\partial a_{ij}}\delta_{ij}=\frac{\partial}{\partial a_{ij}}\sum_{k=0}^{n} a_{ik}a_{kj}^{-1}=\sum_{k=0}^{n} \frac{\partial a_{ik}a_{kj}^{-1}}{\partial a_{ij}} =\sum_{k=0}^{n} a_{kj}^{-1} \frac{\partial a_{ik}}{\partial a_{ij}} + a_{kj} \frac{\partial a_{ik}^{-1}}{\partial a_{ij}} \end{eqnarray*}$
wenn ich die Produktregel verwende. Nun ist $\begin{eqnarray*} \frac{\partial a_{ik}}{\partial a_{ij}} = \delta_{kj} \end{eqnarray*}$ .
Also hätte ich dann
$\begin{eqnarray*} 0 = \sum_{k=0}^{n} a_{kj}^{-1} \delta_{kj} + a_{kj} \frac{\partial a_{ik}^{-1}}{\partial a_{ij}} \end{eqnarray*}$
also $\begin{eqnarray*} 0 = a_{jj}^{-1} + \sum_{k=0}^{n} a_{kj} \frac{\partial a_{ik}^{-1}}{\partial a_{ij}} \Leftrightarrow a_{jj}^{-1} = -\sum_{k=0}^{n} a_{kj} \frac{\partial a_{ik}^{-1}}{\partial a_{ij}} \end{eqnarray*}$ .

Zu deiner Beruhigung: Ich fühle mich grad auch selbst dumm ^^. Weiß nicht warum mir das so probleme bereitet...

Oder ist es Falsch nach a_ij abzuleiten und ich sollte nochmal andere Indizes nehmen? Vielleicht hapert es ja daran, dass ich immer nur diagonalelemente rauskriege-.-...

06.04.2012, 18:52

Mazze

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Zitat:

Oder ist es Falsch nach a_ij abzuleiten und ich sollte nochmal andere Indizes nehmen?

Wir betrachten ja mit

$\begin{eqnarray*} \sum_{k = 1}^n a_{ik}a^{-1}_{kj} \end{eqnarray*}$

den ij-ten Eintrag der Matrix $\begin{eqnarray*} AA^{-1} \end{eqnarray*}$ , d.h es ist durch aus in Ordnung die Ableitung nach ij zu betrachten. Allgemeiner würde ich aber so vorgehen :

$\begin{eqnarray*} & & \delta_{ij} = \sum_{k = 1}^n a_{ik}a^{-1}_{kj} & \Rightarrow & \frac{\partial}{\partial a_{kl}}\delta_{ij} = \frac{\partial}{\partial a_{kl}}\sum_{k = 1}^n a_{ik}a^{-1}_{kj} & \Rightarrow & 0 = \frac{\partial}{\partial a_{kl}}\sum_{k = 1}^n a_{ik}a^{-1}_{kj} & \Rightarrow & 0 = \sum_{k = 1}^n \frac{\partial}{\partial a_{kl}}a_{ik}a^{-1}_{kj} + \sum_{k = 1}^na_{ik}\frac{\partial}{\partial a_{kl}}a^{-1}_{kj} & \Rightarrow & 0 = \left(\frac{\partial}{\partial a_{kl}}AA^{-1}\right)_{ij} + \left(A\frac{\partial}{\partial a_{kl}}A^{-1}\right)_{ij} & \Rightarrow & 0 = \frac{\partial}{\partial a_{kl}}AA^{-1} + A\frac{\partial}{\partial a_{kl}}A^{-1}\ \end{eqnarray*}$

So , die letzte Gleichung stellst Du noch nach $\begin{eqnarray*} \frac{\partial}{\partial a_{kl}}A^{-1} \end{eqnarray*}$ um und bist fertig Augenzwinkern

06.04.2012, 19:10

Jayronic

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Aha oO. Warum konntest du einfach wieder allgemein zu den Matrizen übergehen? Weil in den anderen Einträgen 0 herauskommt?

Okay und ein ähnliches Ergebnis hatte ich auch früher schon mit der Produktregel für die totale Ableitung herausbekommen - die Frage ist was bringt mir die Erkenntnis, dass $\begin{eqnarray*} \frac{\partial A^{-1}}{\partial a_{kl}} = -A^{-1} \frac{\partial A}{\partial a_{kl}}A^{-1} \end{eqnarray*}$ ?

Dann müsste ich ja immernoch wissen wie die Ableitung von A aussieht oder?
Prinzipiell will ich zeigen, dass inv ein Diffeomorphismus ist, das heißt nach unserer Definition bijektiv (klar), $\begin{eqnarray*} C^\infty \end{eqnarray*}$ (haben wir ja jetzt gezeigt, denn unsere Ableitung ist ein Produkt von Matrizen, welches wieder differenzierbar ist, und so weiter, oder?) und letztlich regulär in jedem Punkt, das heißt dass das Differential in jedem Punkt surjektiv sein soll.
Letztes bleibt imho dann fraglich, da wir nicht wissen, ob $\begin{eqnarray*} \left(\frac{\partial A}{\partial a_{kl}}\right)_{k,l} \end{eqnarray*}$ surjektiv ist, oder nicht, oder irre ich mich und das ist längst klar?

lg und vielen Dank für deine Hilfe!

06.04.2012, 19:16

Mazze

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Zitat:

Dann müsste ich ja immernoch wissen wie die Ableitung von A aussieht oder?

Haben wir das nicht schon weiter oben geklärt ?

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial A^{-1}}{\partial a_{kl}} = -A^{-1} \frac{\partial A}{\partial a_{kl}}A^{-1} \end{eqnarray*}$ ?

Erstaunlich, Du hast die Lösung vor Dir und erkennst sie nicht. Das ist die Ableitungsregel für die inverse Matrix.

Zitat:

Letztes bleibt imho dann fraglich, da wir nicht wissen, ob $\begin{eqnarray*} \left(\frac{\partial A}{\partial a_{kl}}\right)_{k,l} \end{eqnarray*}$ surjektiv ist, oder nicht, oder irre ich mich und das ist längst klar?

Also

$\begin{eqnarray*} \left(\frac{\partial A}{\partial a_{kl}}\right)_{k,l} \end{eqnarray*}$

ist ja erstmal nur ein Matrixeintrag und dieser kann nicht surjektiv sein, weils keinen Sinn macht. Was genau meinst Du ?

p.s.: Ich muss jetzt auch erstmal wech, bin aber nachher wohl nochmal da, ansonsten morgen.

06.04.2012, 19:29

Jayronic

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Dass das die Ableitungsregel ist, hab ich ja kapiert. Und die Ableitung von A nach a_kl wäre eine Matrix, die nur aus 0en besteht außer in k-ter Zeile und l-ter Spalte, wo eine 1 steht? Wahrscheinlich eher nicht bzw. das fände ich sehr ungünstig...

Zur Surjektivität meinte ich die Matrix, die sich aus den einzelnen Einträgen zusammensetzt. Mit $\begin{eqnarray*} \left(\frac{\partial A}{\partial a_{kl}}\right)_{k,l} \end{eqnarray*}$ meinte ich die Matrix in denen k und l laufen, sprich $\begin{eqnarray*} \left(\frac{\partial A}{\partial a_{kl}}\right)_{1 \leq k \leq n,1 \leq l \leq n} \end{eqnarray*}$ . Die Frage ist, ob diese Matrix surjektiv ist, das heißt ob ich das aus der obigen Ableitungsregel irgendwie schließen kann, bzw. ob das trivial ist.
Denn A^-1 ist ja bijektiv, insbesondere also surjektiv. Wenn nun das Differential von A ebenfalls surjektiv ist, wäre das ja nach der Formel auch für die Ableitung von A^-1 zutreffen. Und gerade das soll jetzt noch gezeigt werden...

Und nochmal zu det (mit deinem Hinweis auf den Laplace'schen Entwicklungssatz):

Okay betrachten wir $\begin{eqnarray*} \frac{\partial\det A}{\partial a_{kl}}={\displaystyle \sum_{j=1}^{n}\frac{\partial}{\partial a_{kl}}((-1)^{k+j}}a_{kj}\det(A_{kj}))={\displaystyle \sum_{j=1}^{n}(-1)^{k+j}}(\det(A_{kj})\frac{\partial a_{kj}}{\partial a_{kl}}+a_{kj}\frac{\partial\det(A_{kj})}{\partial a_{kl}}) ={\displaystyle \sum_{j=1}^{n}(-1)^{k+j}}(\det(A_{kj})\delta_{jl}+a_{kj}\frac{\partial\det(A_{kj})}{\partial a_{kl}})=(-1)^{k+l}(\det(A_{kl})+a_{kl}\frac{\partial\det(A_{kl})}{\partial a_{kl}})\ +\ {\displaystyle \sum_{j\neq l}(-1)^{k+j}}a_{kj}\frac{\partial\det(A_{kj})}{\partial a_{kl}} \end{eqnarray*}$
wobei ich im letzten Schritt den l-ten Summanden rausgezogen habe und vorher wieder verwendet habe, dass $\begin{eqnarray*} \frac{\partial a_{kj}}{\partial a_{kl}}=\delta_{jl} \end{eqnarray*}$ - stimmt das denn?

Wenn das soweit okay ist, was meinst du dann damit, dass die Unterdeterminanten wegfallen? Ist $\begin{eqnarray*} \frac{\partial\det(A_{kj})}{\partial a_{kl}} = 0 \end{eqnarray*}$ für j ungleich l?

06.04.2012, 22:50

Mazze

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Zitat:

Mit $\begin{eqnarray*} \left(\frac{\partial A}{\partial a_{kl}}\right)_{k,l} \end{eqnarray*}$ meinte ich die Matrix in denen k und l laufen, sprich $\begin{eqnarray*} \left(\frac{\partial A}{\partial a_{kl}}\right)_{1 \leq k \leq n,1 \leq l \leq n} \end{eqnarray*}$

Das ergibt nicht wirklich Sinn, denn

$\begin{eqnarray*} \left(\frac{\partial A}{\partial a_{kl}}\right) \end{eqnarray*}$

ist bereits eine Matrix. Wenn Du jetzt k,l laufen lässt erhältst Du $\begin{eqnarray*} n² \end{eqnarray*}$ Matrizen, für jede entsprechende partielle Ableitung. Willst Du jetzt die Gesamtmatrix davon betrachten ?

edit :

Bzw. Du musst ja die Gesamtmatrix davon betrachten. Ist

$\begin{eqnarray*} f : \mathbb{R}^{n \times n} \to \mathbb{R}^{n \times n} \end{eqnarray*}$

dann ist

$\begin{eqnarray*} Df \in \mathbb{R}^{n^2 \times n^2} \end{eqnarray*}$

Die Komponentenfunktionen von

$\begin{eqnarray*} A \mapsto A^{-1} \end{eqnarray*}$

können wir ja wie üblich mit $\begin{eqnarray*} A^{-1}_{ij} \end{eqnarray*}$ bezeichnen.

Dann sollen nicht die partiellen Ableitungen

$\begin{eqnarray*} B_{kl} = \frac{\partial A^{-1}}{\partial_{kl}} \end{eqnarray*}$

invertierbar sein, sondern die Jacobimatrix

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} (B_{11})_{11} & (B_{11})_{12} & ... & ... & (B_{11})_{nn} \\ (B_{12})_{11} & (B_{12})_{12} & ... & ... & (B_{12})_{nn} \\ ... & ... & ... & ... & ... \\ (B_{nn})_{11} & (B_{nn})_{12} & ... & ... & (B_{nn})_{nn} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

in jedem Punkt invertierbar sein, wobei $\begin{eqnarray*} (B_{ij})_{kl} = \frac{\partial A^{-1}_{ij}}{\partial a_{kl}} \end{eqnarray*}$

ist. Aber wie gesagt, die Eigenschaft , dass die Jacobimatrix in allen Puntken invertierbar ist, folgt aus der Tatsache, dass die FUnktion ein Diffeomorphismus ist. Um letzteres zu beweisen braucht man diesen riesen Aufwand aber nichtmal betreiben.

Die Definition sagt, neben Bijektivität, dass sowohl Abbildung als auch Umkehrabbildung stetigdifferenzierbar sein müssen. Die Umkehrabbildung zu

$\begin{eqnarray*} A \mapsto A^{-1} \end{eqnarray*}$

ist die Abbildung selbst, wegen $\begin{eqnarray*} (A^{-1})^{-1} = A \end{eqnarray*}$ . Daher ist sie zumindest schonmal differenzierbar. Es wäre nur noch die Stetigkeit der Ableitungen zu überprüfen, also ob die FUnktionen

$\begin{eqnarray*} A \mapsto -A^{-1}\frac{\partial }{\partial a_{kl}}AA^{-1} \end{eqnarray*}$

stetig sind. Das ist aber trivial, wenn man bedenkt dass man ein Produkt von stetigen Funktionen hat Augenzwinkern

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