Prueba alternativa de la continuidad de la inversión de la matriz

Question

He de demostrar que

$\mathrm{inv}: \mathrm{GL}_{n \times n}(\mathbb{R}) \to \mathrm{GL}_{n \times n}(\mathbb{R}); A \mapsto A^{-1}$

es una función continua. Lo he demostrado mostrando que el deteriminante es continuo, y que la formación del adjunto es continua, en cuyo caso se puede aplicar la fórmula

$A^{-1} = \frac{1}{\mathrm{det}(A)}\mathrm{adj}(A)$ .

Todo esto está muy bien, pero me gustaría ver una prueba más intuitiva que no se base simplemente en mostrar que alguna fórmula está compuesta por funciones continuas. He intentado encontrar algún tipo de relación entre las normas de los operadores de $A$ y $A^{-1}$ pero no pude encontrar nada que se mantenga en el caso general. Por ejemplo, si algo parecido a

$\min_{x \in \mathbb{S}^{n-1}}{(Ax)} \times \max_{x \in \mathbb{S}^{n-1}}{(A^{-1}x)} = 1$

fuera cierto, uno podría construir una prueba épsilon-delta a través de eso. Sin embargo, la expresión anterior, aunque inutiva, parece ser falsa (parece que sólo se cumple si las x elegidas resultan ser vectores propios, a menos que mis intentos de verificarla en Mathematica sean erróneos). ¿Conoce alguien una prueba más intuitiva de la afirmación que la que he esbozado arriba?

Answer 1

Dejemos que $A_0\in GL({\mathbb R}^n)$ y poner $${1\over\|A_0^{-1}\|}=:\alpha>0\ .$$ De ello se desprende que para todo $x$ tenemos $$|x|=|A_0^{-1}A_0 x|\leq{1\over\alpha}|A_0 x|$$ y por lo tanto $|A_0x|\geq\alpha|x|$ . Supongamos que $\|A-A_0\|<{\alpha\over2}$ . Entonces $$|Ax|\geq|A_0x|-|(A-A_0)x|\geq{\alpha\over 2}|x|\ ,$$ por lo que tal $A$ es de nuevo regular y tiene una inversa $A^{-1}$ de la norma $\leq{2\over\alpha}$ . Desde $$A^{-1}-A_0^{-1}=A^{-1}(A_0-A)A_0^{-1}$$ ahora deducimos $$\|A^{-1}-A_0^{-1}\|\leq\|A^{-1}\|\>\|A_0-A\|\>\|A_0^{-1}\|\leq{2\over\alpha^2}\|A-A_0\|\ .$$ Esto demuestra que ${\rm inv}$ es incluso continua de Lipschitz en $A_0$ .

Answer 2

Una pista:

Para una matriz pequeña $\delta$ (tal que $\|A^{-1}\delta\|<1$ ), $$(A+\delta)^{-1}=(A(I+A^{-1}\delta))^{-1}=(I+A^{-1}\delta)^{-1}A^{-1}=(I-A^{-1}\delta+(A^{-1}\delta)^2-\cdots)A^{-1}$$ (se puede hacer converger la serie) para que

$$\|(A+\delta)^{-1}-A^{-1}\|\le\|A^{-1}\|^2\,\|I-A^{-1}\delta+\cdots\|\,\|\delta\|$$

también es pequeño.

Answer 3

En dimensión finita, también funciona el teorema de la función implícita. El producto matricial $(X,Y)\longmapsto XY$ es bilineal y continua, por lo que $C^1$ . La inversa viene dada por la ecuación $XA = I$ Comprueba que $$\frac{\partial(XA - I)}{\partial A}$$ es invertible y esto demuestra que $A\longmapsto X = A^{-1}$ es $C^1$ .