Inversas de matriz y valores propios

Question

Estaba trabajando en este problema aquí abajo, pero parece que no conozco una forma precisa o clara de mostrar la prueba a esta pregunta a continuación. Tenía algunas formas de hacerlo, pero las afirmaciones/operaciones se utilizaron de manera bastante laxa. El problema es el siguiente:

Mostrar que ${\bf A}^{-1}$ existe si y solo si los autovalores $\lambda _i$ , $1 \leq i \leq n$ de $\bf{A}$ son todos no nulos, y luego ${\bf A}^{-1}$ tiene los autovalores dados por $\frac{1}{\lambda _i}$, $1 \leq i \leq n$.

Gracias.

Answer 1

(Suponiendo que $\mathbf{A}$ es una matriz cuadrada, por supuesto). Aquí hay una solución que no invoca determinantes o diagonalizabilidad, sino solo la definición de valor propio/vector propio y la caracterización de invertibilidad en términos del núcleo. (Agregado para mayor claridad: $\mathbf{N}(\mathbf{A}) = \mathrm{ker}(\mathbf{A}) = \{\mathbf{x}\mid \mathbf{A}\mathbf{x}=\mathbf{0}\}$, el núcleo de $\mathbf{A}$.)

$$\begin{align*} \mbox{$\mathbf{A}$ no es invertible} &\Longleftrightarrow \mathbf{N}(\mathbf{A})\neq{\mathbf{0}}\\ &\Longleftrightarrow \mbox{existe $\mathbf{x}\neq\mathbf{0}$ tal que $\mathbf{A}\mathbf{x}=\mathbf{0}$}\\ &\Longleftrightarrow \mbox{existe $\mathbf{x}\neq\mathbf{0}$ tal que $\mathbf{A}\mathbf{x}=0\mathbf{x}$}\\ &\Longleftrightarrow \mbox{existe un vector propio de $\mathbf{A}$ con valor propio $\lambda=0$}\\ &\Longleftrightarrow \mbox{$\lambda=0$ es un valor propio de $\mathbf{A}$.} \end{align*}$$

Nota que este argumento es válido incluso en el caso en el que $\mathbf{A}$ no tiene valores propios (cuando se trabaja sobre un campo no algebraicamente cerrado, por supuesto), donde la condición "los valores propios de $\mathbf{A}$ son todos no nulos" es verdadera por vacuidad.

Para $\mathbf{A}$ invertible: $$\begin{align*} \mbox{$\lambda\neq 0$ es un valor propio de $\mathbf{A}$} &\Longleftrightarrow \mbox{$\lambda\neq 0$ y existe $\mathbf{x}\neq \mathbf{0}$ tal que $\mathbf{A}\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}$}\\ &\Longleftrightarrow\mbox{existe $\mathbf{x}\neq\mathbf{0}$ tal que $\mathbf{A}({\textstyle\frac{1}{\lambda}}\mathbf{x}) = \mathbf{x}$}\\ &\Longleftrightarrow\mbox{existe $\mathbf{x}\neq \mathbf{0}$ tal que $\mathbf{A}^{-1}\mathbf{A}({\textstyle\frac{1}{\lambda}}\mathbf{x}) = \mathbf{A}^{-1}\mathbf{x}$}\\ &\Longleftrightarrow\mbox{existe $\mathbf{x}\neq \mathbf{0}$ tal que $\frac{1}{\lambda}\mathbf{x} = \mathbf{A}^{-1}\mathbf{x}$}\\ &\Longleftrightarrow\mbox{$\frac{1}{\lambda}$ es un valor propio de $A^{-1}$.} \end{align*}$$

Answer 2

Aquí hay una prueba corta utilizando el hecho de que los autovalores de ${\bf A}$ son precisamente las soluciones en $\lambda$ a la ecuación $\det ({\bf A}-\lambda {\bf I})=0.

Supongamos que uno de los autovalores es cero, digamos $\lambda_k=0$. Entonces $\det ({\bf A}-\lambda_k {\bf I})=\det ({\bf A})=0$, por lo que ${\bf A}$ no es invertible.

Por otro lado, supongan que todos los autovalores son distintos de cero. Entonces cero no es una solución a la ecuación $\det ({\bf A}-\lambda {\bf I}) = 0$, de lo cual concluimos que $\det({\bf A})$ no puede ser cero.

Dejaré la segunda pregunta para usted.

Answer 3

Un enfoque diferente al de Joseph (que también muestra cuál es la forma de $A^{-1}$)

Para simplificar, asumamos que $A$ es diagonalizable (de lo contrario, probablemente se pueda extender la demostración utilizando la forma normal de Jordan). La matriz $A$ puede llevarse a la forma $$A= T D T^{-1}$$ con $D = \text{diag}(\lambda_i)$ una matriz diagonal que contiene los autovalores, y $T$ una matriz invertible. Por lo tanto, la inversa de $A$ se escribe como $$A^{-1} = (T D T^{-1})^{-1} = T D^{-1} T^{-1}.$$ Esta inversa existe si $D^{-1}$ existe. Pero $D^{-1}$ se puede calcular fácilmente. Está dado por $D^{-1} =\text{diag}(\lambda_i^{-1})$ lo cual existe siempre y cuando todos los $\lambda_i$ sean diferentes de cero.

Answer 4

Aquí hay otro enfoque que proporciona más información. Muestra que las multiplicidades algebraicas coinciden también. Me remito a respuestas anteriores por el hecho de que una matriz es invertible si y solo si $0$ no es un autovalor, lo que se utilizará implícitamente a continuación. Me centro en los autovalores de la inversa.

Supongamos que $A$ es una matriz invertible de tamaño $n \times n$. Suponiendo (sin perder generalidad) que estamos trabajando en un campo algebraicamente cerrado, los autovalores son las raíces del polinomio $\det(A-\lambda I) = \prod_{1 \leq i \leq n} (\lambda_i - \lambda)$. Utilizando las propiedades de los determinantes, obtenemos:

$$\det(A^{-1} - \lambda I) = \det(A^{-1}) \det(I - \lambda A) = \det(A^{-1}) (-\lambda)^n \det(A - \lambda^{-1}I)$$

$$= \det(A^{-1}) (-\lambda)^n \prod_{1 \leq i \leq n} (\lambda_i - \lambda^{-1}) = \det(A^{-1}) \prod_{1 \leq i \leq n} (1 - \lambda \lambda_i)$$

$$= \det(A)^{-1} \prod_{1 \leq i \leq n} \lambda_i \prod_{1 \leq i \leq n} (\lambda_i^{-1} - \lambda) = \det(A)^{-1} \det(A) \prod_{1 \leq i \leq n} (\lambda_i^{-1} - \lambda)$$

$$= \prod_{1 \leq i \leq n} (\lambda_i^{-1} - \lambda).$$

Answer 5

Me gustaría agregar algunas cosas para complementar las respuestas de Arturo y Fabian.

Si tomas el producto externo de un vector unitario, $\hat{e}$ ($\lvert e \rangle$, notación de Dirac), con su dual, $\hat{e}^\ast$ ($\langle e \rvert$), obtienes una matriz que proyecta vectores en el espacio definido por el vector unitario, es decir,

$$\begin{aligned}

\mathbf{P}_e &= \hat{e} \otimes \hat{e}^\ast \ &= \lvert e \rangle \langle e \rvert \ &= \left( $$\begin{array}{ccc} \lVert e_{1} \rVert^2 & e_{1} e_2^\ast & \ldots \\ e_2 e_1^\ast & \lVert e_{2} \rVert^2 & \ldots \\ \vdots & \vdots & \ddots \end{array}$$ \right)

\end{aligned} $$

donde

$$\mathbf{P}_e \vec{v} = (\vec{v} \cdot \hat{e}) \hat{e}.$$

En otras palabras, $\mathbf{P}_e$ es un operador de proyección. Utilizando esto, puedes reescribir una matriz, $\mathbf{A}$, en términos de sus valores propios, $\lambda_i$, y eigenvectores, $\lvert e_i \rangle$,

$$\mathbf{A} = \sum_i \lambda_i \lvert e_i \rangle \langle e_i \rvert$$

lo cual se conoce como la descomposición espectral. A partir de esto, es evidente que cualquier eigenvector, $\hat{e}_i$, con un valor propio de cero no contribuye a la matriz, y para cualquier componente de vector en uno de esos espacios, $\mathbf{P}_{e_i}\vec{v} = \vec{v}_i$, $$\mathbf{A} \vec{v}_i = 0.$$

Esto implica que la dimensionalidad del espacio en el que $\mathbf{A}$ opera es más pequeña que la dimensión del espacio utilizado para describirlo. En otras palabras, $\mathbf{A}$ no tiene rango completo, y no es invertible.