Calcular la inversa de tamaño arbitrario, triángulo inferior de la matriz con un patrón específico.

Question

Tengo una matriz de la siguiente forma:

$$A=\begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\-1 & 2 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 2 & 0\\ 0 & 0 & -1 & 2 \end{bmatrix}$$

que, en general, pueden ser de cualquier tamaño con el patrón seguido en paralelo a la diagonal. (Yo no sabía cómo mostrar los puntos suspensivos en una matriz con Látex, siéntase libre de editar si sabes cómo).

Me gustaría encontrar la inversa de esta matriz, en general, para cualquier tamaño de la matriz. ¿Qué debo hacer? Yo había pensado que tal vez la división de la matriz en dos matrices, una con todos los términos de la diagonal y uno con todos los términos de la diagonal y el cálculo de la inversa de la suma, pero no sabía si sería útil o posible.

Answer 1

SUGERENCIA: La inversa de la matriz es $$\dfrac{1}{16}\begin{bmatrix}8&0&0&0\\4&8&0&0\\2&4&8&0\\1&2&4&8\end{bmatrix}$$ es decir, para un $4\times 4$ matriz, $$\dfrac{1}{2^4}\begin{bmatrix}2^3&0&0&0\\2^2&2^3&0&0\\2^1&2^2&2^3&0\\2^0&2^1&2^2&2^3\end{bmatrix}$$

Se puede generalizar este resultado para la inversa de una $n\times n$ matriz que sigue el patrón (donde $2^4\to 2^n$, $2^3\to 2^{n-1}$ y así sucesivamente).

PREGUNTA: ¿Puede demostrarlo?

Answer 2

En lugar de utilizar la matriz de la escritura como transformación lineal: para una determinada es la matriz de $T$ satisfacción $Te_i = 2e_i -e_{i+1}$$i<n$$Te_n = 2e_n$.

Ahora el inverso $S$ esto $T$ tiene que enviar los vectores en la rhs a aquellos en los correspondientes lhs. $S(2e_n) = e_n$ $ S(e_n) =\frac12e_n$ . A continuación,$S(2e_{n-1})= Se_n+e_{n-1}$$Se_{n-1} = \frac12e_{n-1} +\frac12e_n$. De esta manera usted puede funcionar para cualquier tamaño sin necesidad de pasar por cálculo inverso (aunque ambos son esentally la misma).

Answer 3

Aquí es una especie de álgebra abstracta sabor de enfoque:

Observe que la matriz dada puede escribirse como

$A = 2I - N, \tag{1}$

donde $I$ $4 \times 4$ matriz identidad y $N$ $4 \times 4$ matriz con otras a lo largo de la subdiagonal y ceros en otros lugares. La solución actual se extiende a una estructura similar matrices de cualquier tamaño $n$, por lo que vamos a utilizar la misma notación para representar las correspondientes matrices de tamaño $n$. De hecho, mucho de lo que se dice aquí se mantenga independientemente de $n$; hay un muy general, abstracta solución a este problema. De hecho, no hay ninguna razón para restringir el multiplicador de la matriz $I$ (1) para el valor de $2$; vamos en el hecho de considerar el caso

$A = \alpha I - N \tag{2}$

desde la esencial operaciones son las mismas que para cualquier valor distinto de cero de a $\alpha$. Se observa que el $N$ es de hecho siempre un nilpotent de la matriz; es decir, no importa lo que el valor del tamaño de la $n$ puede ser, siempre hay un entero positivo $m$ tal que

$N^m = 0. \tag{3}$.

Para el caso de $n = 4$ hecho podemos tomar $m = 4$ así, como el cálculo directo revela; de hecho, tenemos en este caso

$N = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}, \tag{4}$

$N^2 = NN =\begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}, \tag{5}$

$N^3 = N^2 N = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}; \tag{6}$

desde este punto de vista que

$N^4 = N^3 N = 0 \tag{7}$

es tan simple que voy a omitir los detalles. El hecho esencial que se necesitan aquí es que, para $N$ del tamaño de la $n$, tenemos

$N^n = 0, \tag{8}$

pero

$N^m \ne 0 \tag{9}$

para $0 \le m < n$. Además, el patrón exhibido en los poderes de la $N$ (4) - (8), en que las sucesivas multiplicaciones por $N$ cada movimiento de la diagonal de un paso más hacia la esquina inferior izquierda, hasta que $N^{n - 1}$ finalmente ha pero un solitario en $n, 1$ posición, y ceros en todas partes:

$(N^{n - 1})_{n1} = 1, \;\; (N^{n -1})_{ij} = 0, (i, j) \ne (n, 1). \tag{10}$

El conocimiento de estas propiedades particulares de la $N^k$ va a jugar un papel útil en el cálculo explícito de $(\alpha I - N)^{-1}$, como se hizo evidente en lo que sigue. Las anteriores afirmaciones son bastante bien conocidos, por lo que he renunciado el esfuerzo de ofrecer detallada de las pruebas. Por último, se observa que el $N$ no es invertible; para ver esto, observe que puesto que $N^{n - 1} \ne 0$, hay algunos vectores $v$$N^{n - 1} v \ne 0$; a continuación, $N(N^{n - 1} v) = N^n v = 0$; por lo tanto $0 \ne N^{n - 1} v \in \ker N$; $\ker N \ne \{0 \}$; $N^{-1}$ no existe.

Teniendo en cuenta lo anterior, podemos calcular la inversa de $\alpha I - N$, $\alpha \ne 0$, como sigue (nota de que hemos eliminado el caso de $\alpha = 0$ mostrando que $N$ no tiene inversa): escribimos

$A = \alpha I - N = \alpha (I - \alpha^{-1}N), \tag{11}$

y tenga en cuenta que tenemos

$(I - \alpha^{-1}N)(\sum_0^{n - 1} (\alpha^{-1}N)^i) = I - (\alpha^{-n}N^n) = I; \tag{12}$

(12) muestra que $I - \alpha^{-1}N$ es invertible con inverse $\sum_0^{n - 1} (\alpha^{-1}N)^i$, suma que termina con $(\alpha^{-1} N)^{n - 1}$ desde $N^n = 0$. Además, $(I - \alpha^{-1}N)^{-1} = \sum_0^{n - 1} (\alpha^{-1}N)^i$ es relativamente fácil de calcular, por virtud de la peculiar estructura de las matrices de $N^i$ señalado en el anterior; de hecho, de haber comprendido la estructura de los poderes de la $N$ en términos generales, incluso no es necesario que formalmente sumar o multiplicar cualquier matrices; nosotros sólo tiene que insertar los poderes de $\alpha^{-1}$ en los lugares apropiados, ya que la suma de $\sum_0^{n - 1} (\alpha^{-1} N)^i$ casi directamente describe las entradas de un triangular inferior de la matriz. Por lo tanto, la inversa de a $I - \alpha^{-1}N$ es la más fácilmente tenido.

Con base en lo anterior, y observando que

$\alpha I - N = \alpha(I - \alpha^{-1}N), \tag{13}$

vemos que

$(\alpha I - N)^{-1} = \alpha^{-1}(I - \alpha^{-1}N)^{-1} = \alpha^{-1}\sum_0^{n - 1} (\alpha^{-1}N)^i = \sum_0^{n - 1} \alpha^{-(i + 1)} N^i. \tag{14}$

La fórmula (14) presenta una relativamente simple y eficiente algoritmo para el cálculo de $(\alpha I - N)^{-1}$; la aplicamos a la matriz $A$ de (1) tomando $\alpha = 2$, $n = 4$; entonces, usando (4)-(6) en el papel de lo que es esencialmente una plantilla, simplemente escribe el resultado como

$(2 I - N)^{-1} = \begin{bmatrix} \dfrac{1}{2} & 0 & 0 & 0 \\ \dfrac{1}{4} & \dfrac{1}{2} & 0 & 0 \\ \dfrac{1}{8} & \dfrac{1}{4} & \dfrac{1}{2} & 0 \\ \dfrac{1}{16} & \dfrac{1}{8} & \dfrac{1}{4} & \dfrac{1}{2} \end{bmatrix}, \tag{15}$

de acuerdo con la respuesta dada por Demosthene, que pidió

Puedes probarlo?

Anterior, los argumentos que presentan tanto una descripción de la pauta general y una prueba de que este patrón se aplica. QED.