Matriz triangular superior invertible de orden 3

Question

Demuestra que la inversa de una matriz triangular superior invertible de orden 3 es invertible y triangular superior.

He revisado todas las preguntas similares pero no pude entender ninguna de ellas.

Supuse una matriz triangular superior aleatoria 3x3 e intenté encontrar su inversa, pero resultó ser una matriz triangular inferior, no triangular superior. ¿Puede alguien por favor darme una sugerencia de cómo demostrarlo?

$$ A=\left(\begin{array}{rrr}% a&b&c\\% 0&d&e\\% 0&0&f\\% \end{array}\right)% $$ $$ x11=\left(\begin{array}{rrr}% d&e\\% 0&f\\% \end{array}\right)% =df, x12=-\left(\begin{array}{rrr}% 0&e\\% 0&f\\% \end{array}\right)% =0, x13=\left(\begin{array}{rrr}% 0&d\\% 0&0\\% \end{array}\right)% =0 $$ $$ x21=-\left(\begin{array}{rrr}% b&c\\% 0&f\\% \end{array}\right)% =-bf, X22=\left(\begin{array}{rrr}% a&c\\% 0&f\\% \end{array}\right)% =af, X23=-\left(\begin{array}{rrr}% a&b\\% 0&0\\% \end{array}\right)% =0 $$ $$ x31=\left(\begin{array}{rrr}% b&c\\% d&e\\% \end{array}\right)% =bc-cd, x32=-\left(\begin{array}{rrr}% a&c\\% 0&e\\% \end{array}\right)% =ac, x31=\left(\begin{array}{rrr}% a&b\\% 0&d\\% \end{array}\right)% =ad $$ $$ adjunto A = \left(\begin{array}{rrr}% df&0&0\\% -bf&af&0\\% bc-cd&-ac&ad\\% \end{array}\right)% $$ $$ det A = a\left(\begin{array}{rrr}% d&e\\% 0&f\\% \end{array}\right)% =adf $$ $$ Inversa-A =1/adf \left(\begin{array}{rrr}% df&0&0\\% -bf&af&0\\% bc-cd&-ac&ad\\% \end{array}\right)% $$ Resultó ser una matriz triangular inferior. ¿Hay alguna manera de convertirla en una matriz triangular superior?

Answer 1

Hay un truco interesante para calcular la inversa de cualquier matriz triangular superior invertible, uno que evita el cálculo de determinantes complicados. Ya que funciona para cualquier matriz triangular superior (o inferior) T de cualquier tamaño n, lo explicaré en ese contexto.

Lo primero que uno necesita recordar es que el determinante de una matriz triangular es el producto de sus entradas diagonales. Esto puede verse fácilmente por inducción en n. Es trivialmente cierto si n = 1; para n = 2, tenemos

$T= \begin{bmatrix} t_{11} & t_{12} \\ 0 & t_{22} \end{bmatrix}, \tag{1}$

entonces obviamente

$\det(T) = t_{11} t_{22}. \tag{2}$

Si formulamos ahora la hipótesis inductiva de que

$\det(T) = \prod_1^k t_{ii} \tag{3}$

para alguna T triangular superior de tamaño k,

$T = [t_{ij}], \; \; 1 \le i, j \le k, \tag{4}$

entonces para T de tamaño k + 1 tenemos que

$\det(T) = t_{11} \det(T_{11}), \tag{5}$

donde $T_{11}$ es la matriz k x k formada eliminando la primera fila y columna de T. (4) sigue fácilmente de la expansión de $\det(T)$ en términos de sus menores de primera columna (ver esta página de wikipedia), ya que $t_{i1} = 0$ para $i \ge 2$. De nuestra hipótesis inductiva,

$\det(T_{11}) = \prod_2^{k + 1} t_{ii}, \tag{6}$

entonces de (5)

$\det(T) = t_{11} \det(T_{11}) = t_{11} \prod_2^{k + 1} t_{ii} = \prod_1^{k + 1} t_{ii}, \tag{7}$

demostrando nuestra afirmación.

Se sigue inmediatamente de (7) que el polinomio característico $p_T(\lambda)$ de $T$ es

$p_T(\lambda) = \det(T - \lambda I) = \prod_1^n (t_{ii} - \lambda), \tag{8}$

y de (8) que los eigenvalores de $T$ son precisamente sus entradas diagonales, es decir, los $t_{ii}$, $1 \le i \le n$; también se sigue de (7) el hecho relacionado de que $T$ es no singular, es decir, $\det(T) \ne 0$, precisamente cuando sus entradas diagonales son todas diferentes de cero.

Para $T$ no singular podemos calcular $T^{-1}$ de la siguiente manera: escribimos

$T = \Lambda + T_u, \tag{9}$

donde $\Lambda$ es la matriz diagonal formada a partir de la diagonal de T; es decir,

$\Lambda = [\delta_{ij} t_{ij}]; \tag{10}$

entonces $\Lambda$ no es singular y $T_u = T - \Lambda$ es la matriz triangular estrictamente superior obtenida al establecer la diagonal de T en cero, es decir, estableciendo $t_{ii} = 0$ para $1 \le i \le n$. Podemos escribir

$T = \Lambda (I + \Lambda^{-1} T_u), \tag{11}$

entonces

$T^{-1} = (I + \Lambda^{-1} T_u)^{-1} \Lambda^{-1}. \tag{12}$

La matriz $\Lambda^{-1} T_u$ que aparece en (12) es de hecho estrictamente triangular superior al igual que lo es $T_u$; de hecho, para cualquier matriz diagonal $D$, $DT_u$ es estrictamente triangular superior, una afirmación que se valida fácilmente por cálculo directo. Se deduce entonces que $\Lambda^{-1} T_u$ es de hecho nilpotente; es decir, $(\Lambda^{-1} T_u)^n = 0$. Ahora podemos usar la conocida identidad algebraica

$(1 + x)(\sum_0^m (-x)^j) = 1 - (-x)^{m + 1}, \tag{13}$

vista fácilmente que se cumple en cualquier anillo unitario, aplicada a la matriz $x =\Lambda^{-1} T_u$, obteniendo, con $m = n - 1$,

$(I + \Lambda^{-1}T_u)(\sum_0^m (-\Lambda^{-1}T_u)^j) = I - (-\Lambda^{-1}T_u)^{m + 1} = I - (-\Lambda^{-1}T_u)^n = I. \tag{13}$

(13) muestra que la inversa de $I + \Lambda^{-1}T_u$ está dada por

$(I + \Lambda^{-1} T_u)^{-1} = \sum_0^m (-\Lambda^{-1}T_u)^j. \tag{14}$

Se sigue de (14) que $(I + \Lambda T_u)^{-1}$ es triangular superior, ya que cada una de las matrices $(-\Lambda^{-1}T_u)^j$, $j \ge 1$, es estrictamente triangular superior, y $(-\Lambda^{-1}T_u)^0 = I$. Luego se desprende que $T^{-1} = (I + \Lambda T_u)^{-1}\Lambda^{-1}$ es también triangular superior, siendo el producto de la matriz triangular superior $(I + \Lambda T_u)^{-1}$ y la matriz diagonal $\Lambda^{-1}$. Hemos demostrado así que la inversa de cualquier matriz triangular superior invertible, de cualquier tamaño n, es a su vez una matriz triangular superior.

La inversa de cualquier matriz invertible es invertible, siendo la inversa de la inversa la matriz original.

Podemos aplicar estas consideraciones al cálculo de $A^{-1}$, donde

$A = \begin{bmatrix} a & b & c \\ 0 & d & e \\ 0 & 0 & f \end{bmatrix}; \tag{14}$

aquí tenemos

$\Lambda = \begin{bmatrix} a & 0 & 0 \\ 0 & d & 0 \\ 0 & 0 & f \end{bmatrix} \tag{15}$

y

$T_u = \begin{bmatrix} 0 & b & c \\ 0 & 0 & e \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}; \tag{16}$

entonces

$\Lambda^{-1} T_u = \begin{bmatrix} a^{-1} & 0 & 0 \\ 0 & d^{-1} & 0 \\ 0 & 0 & f^{-1} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & b & c \\ 0 & 0 & e \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & ba^{-1} & ca^{-1} \\ 0 & 0 & ed^{-1} \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}; \tag{17}$

$(\Lambda^{-1} T_u)^2 = \begin{bmatrix} 0 & ba^{-1} & ca^{-1} \\ 0 & 0 & ed^{-1} \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & ba^{-1} & ca^{-1} \\ 0 & 0 & ed^{-1} \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & bea^{-1}d^{-1} \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}; \tag{18}$

$(\Lambda^{-1} T_u)^3 = 0; \tag{19}$

$\sum_0^2 (-\Lambda^{-1} T_u)^j = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 0 & ba^{-1} & ca^{-1} \\ 0 & 0 & ed^{-1} \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 & 0 & bea^{-1}d^{-1} \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ $= \begin{bmatrix} 1 & -ba^{-1} & (be - cd)a^{-1}d^{-1} \\ 0 & 1 &- ed^{-1} \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}; \tag{20}$

finalmente,

$T^{-1} = (I + \Lambda^{-1} T_u)^{-1} \Lambda^{-1} = (\sum_0^2 (-\Lambda^{-1} T_u)^j) \Lambda^{-1}$ $= \begin{bmatrix} 1 & -ba^{-1} & (be - cd)a^{-1}d^{-1} \\ 0 & 1 &- ed^{-1} \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} a^{-1} & 0 & 0 \\ 0 & d^{-1} & 0 \\ 0 & 0 & f^{-1} \end{bmatrix}$ $= \begin{bmatrix} a^{-1} & -ba^{-1}d^{-1} & (be - cd)a^{-1}d^{-1}f^{-1} \\ 0 & d^{-1} &- ed^{-1}f^{-1} \\ 0 & 0 & f^{-1} \end{bmatrix}, \tag{21}$

esto está en acuerdo con los cálculos de Nimda. De hecho, tenemos

$\begin{bmatrix} a & b & c \\ 0 & d & e \\ 0 & 0 & f \end{bmatrix}\begin{bmatrix} a^{-1} & -ba^{-1}d^{-1} & (be - cd)a^{-1}d^{-1}f^{-1} \\ 0 & d^{-1} &- ed^{-1}f^{-1} \\ 0 & 0 & f^{-1} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}, \tag{22}$

como alguna álgebra simple revela.

Por supuesto, todas estas cosas también aplican a las matrices triangulares inferiores, y las demostraciones son similares y análogas, es decir, esencialmente las mismas.

¡Espero que esto ayude! Saludos,

y como siempre,

Fiat Lux!!!

Answer 2

No es demasiado difícil resolver directamente $$ \left(\begin{array}{rrr}% a&b&c\\% 0&d&e\\% 0&0&f\\% \end{array}\right)% \left(\begin{array}{rrr}% x&y&z\\% 0&y&v\\% 0&0&w\\% \end{array}\right)% = \left(\begin{array}{rrr}% 1&0&0\\% 0&1&0\\% 0&0&1\\% \end{array}\right)% $$ dando

$$ \left(\begin{array}{rrr}% 1/a& -b/(ad)&(be-cd)/(afd)\\% 0&1/d&-e/(fd)\\% 0&0&1/f\\% \end{array}\right)% $$ de lo cual vemos directamente que la matriz es invertible si todos los valores de $a,d$ y $f$ son diferentes de cero.

Answer 3

Dado que la pregunta ha sido revivida, daré la respuesta en un sentido mucho más general, válido no solo para la propiedad de triangularidad superior de matrices, sino también para otras propiedades si están presentes en las circunstancias descritas a continuación.

Ahora supongamos que para algunas matrices $A,B$ consideras un patrón de entradas, digamos que podría mencionarse "triangularidad superior" (UT) y has demostrado que para cualquier matriz con la propiedad UT la suma $A+B$ y el producto $AB$ conservan la UT (lo cual es fácil de demostrar).

Si es así, entonces también las potencias $A^k$ conservan la UT.

En consecuencia, dado que cualquier inverso puede expresarse como un polinomio $p(A)$ de $A$ calculado directamente a partir del teorema de Cayley-Hamilton, entonces también $A^{-1}$ tiene la propiedad UT.

Answer 4

Solo para agregar una respuesta simple, agregaré otra. Tenga en cuenta que, por la descomposición $QR$, para cualquier matriz triangular superior invertible $U$, existe una matriz triangular superior $R$ y una matriz ortogonal $Q$ tal que $U^{-1} = Q R.$ Por lo tanto, ${(R U)^{-1}} = Q.$ Esto implica que, invirtiendo ambos lados, $$R U = Q^{T}.$$ Dado que el producto de dos matrices triangulares superiores sigue siendo triangular superior, hemos encontrado una matriz ortogonal triangular superior, lo cual es imposible a menos que $Q=D$, para alguna matriz diagonal $D$, ver este enlace.. Así que el resultado se sigue observando que $$U^{-1}=Q R = DR,$$ lo cual es triangular superior.

Answer 5

Aquí tienes un código en Python para invertir una matriz triangular superior de cualquier orden, utilizando un enfoque de bucle tradicional:

import numpy as np

def mat_inverse_upper(U):
  # inversa de la triangular superior directamente
  n = len(U)
  result = np.eye(n)  # Matriz identidad
  for k in range(n):
    for j in range(n):
      for i in range(k):
        result[j][k] -= result[j][i] * U[i][k]
      result[j][k] /= U[k][k]
  return result