Matrizen-Äquivalenz: Invertierbarkeit <=> Ax = 0 nur trivial lösbar

30.11.2015, 01:56

MrASquare

Matrizen-Äquivalenz: Invertierbarkeit <=> Ax = 0 nur trivial lösbar

Meine Frage:
Folgende Äquivalenz ist zu beweisen:

Für alle quadratischen n×n-Matrizen A gilt:
A ist invertierbar <=> Ax = 0 besitzt keine nichttriviale Lösung für x.

(Mit nichttriviale Lösung ist eine Lösung verschieden von x = 0 gemeint, Ax = A*x ist die Matrixmultiplikation)

Meine Ideen:
Das ist meine Idee zur "=>"-Richtung:

Ist A invertierbar, so existiert ein B mit der Eigenschaft AB = n×n-Einheitsmatrix = BA. Für eine beliebige Lösung t für x in der Gleichung Ax = 0 gilt dann: At = 0 <=> B(At) = B*0 <=> (BA)t = 0 <=> n×n-Einheitsmatrix * t = 0 <=> t = 0. Also gilt für jede Lösung für x von Ax = 0, dass sie gleich 0, also trivial ist, also existieren keine nichttrivialen Lösungen.

Kann man das bis dahin so machen?

Für die andere Richtung ("<=") fehlen mir irgendwie die Ideen: Ich muss ja damit anfangen, dass für alle x ungleich 0 gilt, dass Ax ungleich 0 ist, und daraus irgendwie schließen, dass ein B existiert, sodass AB = BA = n×n-Einheitsmatrix. Hat jemand eine Idee für einen Ansatz?

30.11.2015, 09:27

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RE: Matrizen-Äquivalenz: Invertierbarkeit <=> Ax = 0 nur trivial lösbar

Zitat:

Original von MrASquare
Ist A invertierbar, so existiert ein B mit der Eigenschaft AB = n×n-Einheitsmatrix = BA. Für eine beliebige Lösung t für x in der Gleichung Ax = 0 gilt dann: At = 0 <=> B(At) = B*0 <=> (BA)t = 0 <=> n×n-Einheitsmatrix * t = 0 <=> t = 0. Also gilt für jede Lösung für x von Ax = 0, dass sie gleich 0, also trivial ist, also existieren keine nichttrivialen Lösungen.

Ist für meinen Geschmack etwas kompliziert geschrieben. Du kannst in der Gleichung Ax = 0 auch direkt von links mit der inversen Matrix $\begin{eqnarray*} A^{-1} \end{eqnarray*}$ multiplizieren. Und bitte sei vorsichtig mit den Äquivalenzpfeilen.

Für die andere Richtung wäre zu klären, ob man auf Aussagen wie
det(A) ungleich Null <==> A ist invertierbar
zurückgreifen darf.

30.11.2015, 11:54

MrASquare

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Danke für die Antwort! smile

Zitat:

Ok, dann kürze ich das damit ein bisschen ab und mache aus den Äquivalenzpfeilen stattdessen "=>"-Folgepfleile (was ja genügen sollte, wenn ich in dem Schritt nur die "=>"-Richtung zeigen will.

Zitat:

Für die andere Richtung wäre zu klären, ob man auf Aussagen wie
det(A) ungleich Null <==> A ist invertierbar
zurückgreifen darf.

Nein, Determinante ist noch nicht im Repertoire...

30.11.2015, 13:14

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OK. Wir haben also als Voraussetzung, daß die Gleichung Ax = 0 nur von dem Nullvektor gelöst wird.

Zeige als erstes, daß die Menge der Vektoren $\begin{eqnarray*} \{A*e_i ~|~ i = 1,...,n\} \end{eqnarray*}$ linear unabhängig ist. (e_i bezeichne den i-ten Einheitsvektor.)

30.11.2015, 16:34

MrASquare

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Zitat:

Zeige als erstes, daß die Menge der Vektoren $\begin{eqnarray*} \{A*e_i ~|~ i = 1,...,n\} \end{eqnarray*}$ linear unabhängig ist. (e_i bezeichne den i-ten Einheitsvektor.)

Also $\begin{eqnarray*} Ae_i \end{eqnarray*}$ ergibt die $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ -te Spalte von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ , dementsprechend ist die Menge $\begin{eqnarray*} \{Ae_i : i = 1,\dots,n\} \end{eqnarray*}$ die Menge aller Spalten von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ kann allgemein als

$\begin{eqnarray*} A =\begin{pmatrix} a_{11} & \dots & a_{n1} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{1n} & \dots & a_{nn} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

dargestellt werden. Zu zeigen ist dann, dass die Menge aller Spalten von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ linear unabhängig ist, also

$\begin{eqnarray*} 0 = x_1 \begin{pmatrix} a_{11} \\ \vdots \\ a_{1n} \end{pmatrix} + x_2 \begin{pmatrix} a_{21} \\ \vdots \\ a_{2n} \end{pmatrix} + \dots + x_n \begin{pmatrix} a_{n1} \\ \vdots \\ a_{nn} \end{pmatrix} \Rightarrow x_1, x_2, \dots, x_n = 0 \end{eqnarray*}$

Die linke Seite der Implikation wird dann umgeformt:

$\begin{eqnarray*} 0 = \begin{pmatrix} x_1 a_{11} \\ \vdots \\ x_1 a_{1n} \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} x_2 a_{21} \\ \vdots \\ x_2 a_{2n} \end{pmatrix} + \dots + \begin{pmatrix} x_n a_{n1} \\ \vdots \\ x_n a_{nn} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \begin{pmatrix} x_1 a_{11} + x_2 a_{21} + \dots + x_n a_{n1} \\ \vdots \\ x_1 a_{1n} + x_2 a_{2n} + \dots + x_n a_{nn} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = \begin{pmatrix} a_{11} & \dots & a_{n1} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{1n} & \dots & a_{nn} \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x_1 \\ \vdots \\ x_n \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Also ist $\begin{eqnarray*} 0 = A\begin{pmatrix} x_1 \\ \vdots \\ x_n \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ . Per Voraussetzung ist bekannt, dass $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x_1 \\ \vdots \\ x_n \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ der Nullvektor ist. Also gilt $\begin{eqnarray*} x_1, x_2, \dots, x_n = 0 \end{eqnarray*}$ , die Spalten sind linear unabhängig.

So weit, so gut. Aber wie schließe ich jetzt von der linearen Unabhängigkeit der Spalten auf die Invertierbarkeit der Matrix?

01.12.2015, 11:37

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Der Beweis ist formal ok, läßt sich aber in meinen Augen etwas eleganter schreiben.

Angenommen, die Menge der Vektoren $\begin{eqnarray*} \{A \cdot e_i ~|~ i = 1,...,n\} \end{eqnarray*}$ wäre linear abhängig. Dann gäbe es x_i (i=1,...,n), die nicht alle gleich Null sind, so daß $\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^n x_i \cdot (A \cdot e_i) = 0 \end{eqnarray*}$ ist. Wegen der Linearität der Matrixmultiplikation ist $\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^n x_i \cdot (A \cdot e_i) = \sum_{i=1}^n (A \cdot x_i \cdot e_i) = A \cdot \sum_{i=1}^n x_i \cdot e_i = 0 \end{eqnarray*}$ .

Da e_i die Einheitsvektoren sind, ist $\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^n x_i \cdot e_i = \begin{pmatrix} x_1 \\ \vdots \\ x_n \end{pmatrix} \neq 0 \end{eqnarray*}$ eine Lösung von A*x = 0. Dies steht im Widerspruch dazu, daß A*x = 0 nur die triviale Lösung hat.

Wir haben also, daß die Menge der Vektoren $\begin{eqnarray*} \{A \cdot e_i ~|~ i = 1,...,n\} \end{eqnarray*}$ linear unabhängig ist. Mithin bildet diese eine Basis des Vektorraums K^n und somit gibt es zu jedem Einheitsvektor e_j einen Vektor v_j mit $\begin{eqnarray*} A \cdot v_j = e_j \end{eqnarray*}$ . Definiere die Matrix B, deren Spalten aus den Vektoren v_j gebildet wird. Überlege nun, was A * B ist. smile

01.12.2015, 20:02

MrASquare

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Ok, ich denke, ich habe es jetzt soweit verstanden: Aus der gezeigten linearen Unabhängikeit der Spalten von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und der Tatsache, dass $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ insgesamt schon $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Spalten besitzt (also genauso viele Vektoren wie die Standardbasis des $\begin{eqnarray*} K^n \end{eqnarray*}$ ) folgt, weil alle Basen eines Vektorraums gleich mächtig sind, dass die Spalten von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ eine Basis des $\begin{eqnarray*} K^n \end{eqnarray*}$ sind, also kann jeder Einheitsvektor $\begin{eqnarray*} e_j \end{eqnarray*}$ als Linearkombination der Spalten von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ dargestellt werden (da Basen Erzeugendensysteme sind), also gilt:

$\begin{eqnarray*} e_j = v_{j1} \begin{pmatrix} a_{11} \\ \vdots \\ a_{1n} \end{pmatrix} + v_{j2} \begin{pmatrix} a_{21} \\ \vdots \\ a_{2n} \end{pmatrix} + \dots + v_{jn} \begin{pmatrix} a_{n} \\ \vdots \\ a_{nn} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_{11} & \dots & a_{n1} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{n1} & \dots & a_{nn} \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} v_{j1} \\ \vdots \\ v_{jn} \end{pmatrix} = Av_{j} \end{eqnarray*}$

Zu jedem $\begin{eqnarray*} e_j \end{eqnarray*}$ gibt es also ein $\begin{eqnarray*} v_j \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} Av_j = e_j \end{eqnarray*}$ ist. Und wenn man jetzt $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ definiert als die Matrix, die als Spalten die enstprechenden Vektoren $\begin{eqnarray*} v_j \end{eqnarray*}$ zu allen Einheitsvektoren $\begin{eqnarray*} e_1, e_2, \dots , e_n \end{eqnarray*}$ besitzt, dann ergibt die Matrixmultiplikation $\begin{eqnarray*} AB \end{eqnarray*}$ eine $\begin{eqnarray*} n \times n \end{eqnarray*}$ -Einheitsmatrix, womit die Invertierbarkeit, also die Existenz des Inversen $\begin{eqnarray*} B = A^{-1} \end{eqnarray*}$ gezeigt ist.

Stimmt das alles soweit?

02.12.2015, 08:46

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Ja, das entspricht meinem Beweiskonzept. smile

02.12.2015, 14:20

MrASquare

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Alles klar, vielen Dank für die Hilfe! Freude

Nur noch eine kurze Frage: es ist jetzt ja gezeigt, dass $\begin{eqnarray*} AB = I_n \end{eqnarray*}$ ( $\begin{eqnarray*} n \times n \end{eqnarray*}$ -Einheitsmatix) gilt.
Jetzt sollte ich auch $\begin{eqnarray*} BA = I_n \end{eqnarray*}$ beweisen, damit die Definition der Invertierbarkeit erfüllt ist.

Genügt es das so zu zeigen?

Es gilt $\begin{eqnarray*} I_n \cdot A = A \cdot I_n \end{eqnarray*}$
Wegen $\begin{eqnarray*} AB = I_n \end{eqnarray*}$ folgt:
$\begin{eqnarray*} (A \cdot B) \cdot A = A\cdot I_n \end{eqnarray*}$
Wegen der Assoziativität der Matrixmultiplikation folgt:
$\begin{eqnarray*} A\cdot (B \cdot A) = A \cdot I_n \end{eqnarray*}$
Und deshalb ist auch $\begin{eqnarray*} BA = I_n \end{eqnarray*}$

02.12.2015, 15:13

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Zitat:

Original von MrASquare
Jetzt sollte ich auch $\begin{eqnarray*} BA = I_n \end{eqnarray*}$ beweisen, damit die Definition der Invertierbarkeit erfüllt ist.

Nun ja, im Grunde ist der Nachweis überflüssig, denn es gehört zu den Eigenschaften einer Gruppe, daß für ein inverses Element $\begin{eqnarray*} a^{-1} \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} a \cdot a^{-1} = a^{-1} \cdot a \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

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