Inverse Matrix: Elementare Frage

02.05.2023, 14:13

uThomas

Inverse Matrix: Elementare Frage

Eine einfache elementare Frage für quadratische invertierbare Matrizen des Ranges n:

Falls gilt $\begin{eqnarray*} A \cdot A^{-1} = 1_{n} \end{eqnarray*}$ , wieso gilt dann immer $\begin{eqnarray*} A^{-1} \cdot A = 1_{n} \end{eqnarray*}$ ?

1_n ist die Rang-n-Einheitsmatrix.

Geht das mit elementaren Umformungen? Stehe gerade völlig auf dem Schlauch.

02.05.2023, 14:36

Ulrich Ruhnau

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RE: Inverse Matrix: Elementare Frage

Zitat:

Original von uThomas
Falls gilt $\begin{eqnarray*} A \cdot A^{-1} = 1_{n} \end{eqnarray*}$ , wieso gilt dann immer $\begin{eqnarray*} A^{-1} \cdot A = 1_{n} \end{eqnarray*}$ ?

Man kann hier von links mit $\begin{eqnarray*} A^{-1} \end{eqnarray*}$ malnehmen. Dann steht da

$\begin{eqnarray*} \underbrace{A^{-1} \cdot A}_{1_n} \cdot A^{-1} = A^{-1} \cdot 1_{n} \end{eqnarray*}$

Wenn man von der Assoziativität der Matrizenmultipikation ausgeht $\begin{eqnarray*} (AB)C=A(BC) \end{eqnarray*}$ und ferner von $\begin{eqnarray*} 1_n\cdot A=A\cdot1_n=A \end{eqnarray*}$ , dann reicht das vermutlich als Beweis.

02.05.2023, 14:41

uThomas

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RE: Inverse Matrix: Elementare Frage

Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
Man kann hier von links mit $\begin{eqnarray*} A^{-1} \end{eqnarray*}$ malnehmen. Dann steht da

$\begin{eqnarray*} \underbrace{A^{-1} \cdot A}_{1_n} \cdot A^{-1} = A^{-1} \cdot 1_{n} \end{eqnarray*}$

Setzt das mit der geschweiften Klammer nicht genau das voraus, was man beweisen will, also Zirkelschluss?

02.05.2023, 15:07

Ulrich Ruhnau

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RE: Inverse Matrix: Elementare Frage
Ich bin mir nicht sicher, aber wenn A eine reguläre Matrix ist, dann muß aus
$\begin{eqnarray*} B\cdot A=A \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} B=1_n \end{eqnarray*}$ folgen.

02.05.2023, 15:19

uThomas

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RE: Inverse Matrix: Elementare Frage
Ja, jeder sagt es immer. Es muss aber trotzdem bewiesen werden.

02.05.2023, 15:23

Ulrich Ruhnau

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RE: Inverse Matrix: Elementare Frage

Zitat:

Original von uThomas
Ja, jeder sagt es immer.

Sei doch nicht so ungenau! Warum bist Du unzufrieden?

02.05.2023, 15:59

Elvis

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Der Beweis ist selbstverständlich notwendig, er ist allerdings auch ganz einfach. Die rechteckigen nxm-Matrizen über einem Körper bilden einen Ring, also tun das auch die quadratischen nxn-Matrizen über einem Körper. Die invertierbaren nxn-Matrizen über einem Körper sind die Einheitengruppe dieses Rings. In einer Gruppe gibt es zu jedem Element genau ein inverses Element, und dieses ist sowohl linksinvers als auch rechtsinvers.

02.05.2023, 16:08

uThomas

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Zitat:

Original von Elvis
In einer Gruppe gibt es zu jedem Element genau ein inverses Element, und dieses ist sowohl linksinvers als auch rechtsinvers.

Also ich sehe das nicht unmittelbar. Kann man nicht für einen normalen Fußgänger, der weiß, dass Matrizen aus Komponenten bestehen und wie man Matrizen multipliziert, das aufgrund dieser Regeln hinschreiben?

02.05.2023, 16:23

URL

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Wenn man sich darauf einlässt, dass Matrizen auch (lineare) Abbildungen sind, geht es so:
Aus $\begin{eqnarray*} AB=I \end{eqnarray*}$ folgt zunächst, dass $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ injektiv ist. Dann ist es auch surjektiv (Rang oder Dimensionssatz; das klappt aber eben nur bei quadratischen Matrizen). Dann hat $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ eine Rechtsinverse $\begin{eqnarray*} BC=I \end{eqnarray*}$ . Dann ist $\begin{eqnarray*} A=A(BC)=(AB)C=C \end{eqnarray*}$

02.05.2023, 16:39

uThomas

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Zitat:

Original von URL
Wenn man sich darauf einlässt, dass Matrizen auch (lineare) Abbildungen sind, geht es so:
Aus $\begin{eqnarray*} AB=I \end{eqnarray*}$ folgt zunächst, dass $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ injektiv ist. Dann ist es auch surjektiv (Rang oder Dimensionssatz; das klappt aber eben nur bei quadratischen Matrizen). Dann hat $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ eine Rechtsinverse $\begin{eqnarray*} BC=I \end{eqnarray*}$ . Dann ist $\begin{eqnarray*} A=A(BC)=(AB)C=C \end{eqnarray*}$

Dass die Rechtsinverse existieren muss, habe ich zwar nicht ganz verstanden, aber wenn sie existiert, dann folgt allein aus der Assoziativität von Matrizen die Antwort. Schwer genial, danke.

02.05.2023, 16:54

URL

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Wenn man weiß, dass das Produkt zweier quadratischer Matrizen mit Rang n wieder Rang n hat, kann man auch so argumentieren:
Für jede rechte Seite ist das LGS $\begin{eqnarray*} Ax=y \end{eqnarray*}$ eindeutig lösbar. Jetzt lässt man $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ die kanonischen Einheitsvektoren $\begin{eqnarray*} e_1,\ldots , e_n \end{eqnarray*}$ durchlaufen und schreibt sich die Lösungsvektoren als Spalten in eine Matrix $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ . Dann gilt $\begin{eqnarray*} AB=I \end{eqnarray*}$ .
Eine quadratische Matrix mit Rang n hat also eine Rechtsinverse.
Dann gilt aber auch $\begin{eqnarray*} (BA)(BA)=B(AB)B=BA \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} BA \end{eqnarray*}$ ist auch eine Matrix mit Rang n, hat also eine Rechtsinverse $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ Dann ist $\begin{eqnarray*} BA=BAI=BA(BA)C=(BA)(BA)C=BAC=I \end{eqnarray*}$ . $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ ist also auch die Linksinverse von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$

02.05.2023, 20:55

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

Original von URL
Dann gilt aber auch $\begin{eqnarray*} (BA)(BA)=B(AB)B=BA \end{eqnarray*}$ .

Muß das nicht vielleicht $\begin{eqnarray*} (BA)(BA)=B(AB){\color{red}A}=BA \end{eqnarray*}$ heißen?

03.05.2023, 05:34

Elvis

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Wer richtig gut rechnen kann, macht es wie Laplace und benutzt die Adjunkte. Vorher sollte man das Rechnen mit Determinanten geübt haben.

03.05.2023, 08:37

Finn_

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Drei Katzensprünge. Zum charakteristischen Polynom

$\begin{eqnarray*} P_A(x):=\det(A-x E) = c_0 + \sum_{k=1}^n c_k x^k \end{eqnarray*}$

besteht laut dem Satz von Cayley-Hamilton die Gleichung $\begin{eqnarray*} P_A(A) = 0, \end{eqnarray*}$ die wegen $\begin{eqnarray*} c_0 = \det(A) \ne 0 \end{eqnarray*}$ zu

$\begin{eqnarray*} 1_n = -\frac{1}{c_0}\sum_{k=1}^n c_k A^k, \end{eqnarray*}$

umgeformt werden darf. Man gelangt zu

$\begin{eqnarray*} A^{-1} = 1_n\cdot A^{-1} = -\frac{1}{c_0}\sum_{k=1}^n c_k A^{k-1}, \end{eqnarray*}$

was $\begin{eqnarray*} A^{-1} A=1_n \end{eqnarray*}$ ersichtlich macht.

Siehe auch den üppigen Faden If AB=I then BA=I in Mathematics Stack Exchange. Die Argumentation im Faden Matrices: left inverse is also right inverse? [duplicate] ist auch schön kurz und angenehm.

03.05.2023, 14:44

Luftikus

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Naiv könnte man auch hergehen und Folgendes schliessen:

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

$\begin{eqnarray*} B := A^{-1} \; A = (A^{-1} \; A)^{-1} = B^{-1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} B = A^{-1} \; E \; A = (A^{-1} \; A) \; (A^{-1} \; A) = B \; B = B \; B^{-1} = E \end{eqnarray*}$

zu naiv? smile

03.05.2023, 17:55

Elvis

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Ich glaube, dass du in deiner zweiten Zeile schon die Tatsache versteckt hast, dass in einer Gruppe das Inverse existiert. Dass hier eine Gruppe vorliegt, will uThomas aber nicht wissen.

03.05.2023, 18:22

Luftikus

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Zitat:

Original von Elvis
Ich glaube, dass du in deiner zweiten Zeile schon die Tatsache versteckt hast, dass in einer Gruppe das Inverse existiert. Dass hier eine Gruppe vorliegt, will uThomas aber nicht wissen.

Gute Frage. Wird in der zweiten Zeile nicht die Existenz der Inversen von B (ohne Gruppeneigenschaften) gezeigt?
Eigentlich reicht dafür die Existenz der Inversen von $\begin{eqnarray*} U=A^{-1} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} V=A=(A^{-1})^{-1} \end{eqnarray*}$ mit der Assoziativität des Matrizenprodukts aus , oder?

$\begin{eqnarray*} (U \; V)(V^{-1} \; U^{-1}) = U \; (V \; V^{-1}) \; U^{-1} = U \; E \; U^{-1} = E \rightarrow (U \; V)^{-1} = V^{-1} \; U^{-1} \end{eqnarray*}$

03.05.2023, 19:51

Elvis

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Wenn A ein Rechtsinverses hat, folgt daraus noch nicht, dass A ein Linksinverses hat. Wenn beide existieren, dann stimmen sie überein und heißen Inverses. Du setzt das Inverse voraus, also die Gruppeneigenschaft.
Dadurch dass du A für das Rechtsinverse seines Rechtsinversen verwendet hast, machst du das Rechtsinverse zum Linksinversen. Nicht naiv und wohl auch nicht absichtlich, aber durchschaubar.

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