La inversa de una matriz triangular inferior es triangular inferior

Question

La inversa de una matriz triangular inferior no sinular es triangular inferior.

Construye una prueba de este hecho como sigue. Supongamos que $L$ es una matriz triangular inferior no singular. Si $b \in \mathbb{R^n}$ es tal que $b_i = 0$ para $i = 1, . . . , k \leq n$ y $y$ resuelve $Ly = b$ entonces $y_i = 0$ para $i = 1, . . . , k \leq n$ .

Sugerencia : partición $L$ por la primera $k$ filas y columnas.

¿Puede alguien decirme qué es exactamente lo que estamos mostrando aquí y por qué se demostrará que la inversa de tous ¿una matriz triangular inferior no sinular es triangular inferior?

Answer 1

Escribamos $$L^{-1}=[y_1\:\cdots\:y_n],$$ donde cada $y_k$ es un $n\times 1$ matriz.

Ahora, por definición, $$LL^{-1}=I=[e_1\:\cdots\:e_n],$$ donde $e_k$ es el $n\times 1$ matriz con un $1$ en el $k$ ª fila y $0$ s en todas partes. Observe, sin embargo, que $$LL^{-1}=L[y_1\:\cdots\:y_n]=[Ly_1\:\cdots\: Ly_n],$$ así que $$Ly_k=e_k\qquad(1\leq k\leq n)$$

Según la proposición, puesto que $e_k$ sólo tiene $0$ s por encima del $k$ ª fila y $L$ es triangular inferior y $Ly_k=e_k$ entonces $y_k$ sólo tiene $0$ s por encima del $k$ ª fila. Esto es válido para todos los $1\leq k\leq n$ por lo que $$L^{-1}=[y_1\:\cdots\:y_n],$$ entonces $L^{-1}$ también es triangular inferior.

$$********$$

He aquí un enfoque alternativo (pero relacionado).

Obsérvese que una matriz triangular inferior es no singular si y sólo si tiene todas las entradas distintas de cero en la diagonal. Procedamos por inducción en $n$ . El caso base ( $n=1$ ) es simple, ya que todos los escalares son trivialmente "triangulares inferiores". Supongamos ahora que todos los escalares no singulares $n\times n$ las matrices triangulares inferiores tienen inversas triangulares inferiores, y sea $A$ sea cualquier $(n+1)\times(n+1)$ matriz triangular inferior. En forma de bloque, entonces, tenemos $$A=\left[\begin{array}{c|c}L & 0_n\\\hline x^T & \alpha\end{array}\right],$$ donde $L$ es un no singular $n\times n$ matriz triangular inferior, $0_n$ es el $n\times 1$ matriz de $0$ s, $x$ es algo $n\times 1$ matriz, y $\alpha$ es un escalar distinto de cero. (¿Puedes ver por qué esto es cierto?) Ahora, en forma de bloque compatible, tenemos $$A^{-1}=\left[\begin{array}{c|c}M & b\\\hline y^T & \beta\end{array}\right],$$ donde $M$ es un $n\times n$ matriz, $b,y$ son $n\times 1$ matrices, y $\beta$ algún escalar. Dejando $I_n$ y $I_{n+1}$ denotan el $n\times n$ y $(n+1)\times(n+1)$ matrices de identidad, respectivamente, tenemos $$I_{n+1}=\left[\begin{array}{c|c}I_n & 0_n\\\hline 0_n^T & 1\end{array}\right].$$ Por lo tanto, $$\left[\begin{array}{c|c}I_n & 0_n\\\hline 0_n^T & 1\end{array}\right]=I_{n+1}=A^{-1}A=\left[\begin{array}{c|c}ML+by^T & M0_n+b\alpha\\\hline x^TM+\alpha y^T & y^T0_n+\beta\alpha\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c|c}ML+by^T & \alpha b\\\hline x^TM+\alpha y^T & \beta\alpha\end{array}\right].$$ Desde $\alpha$ es un escalar distinto de cero y $\alpha b=0_n$ entonces debemos tener $b=0_n$ . Así, $$A^{-1}=\left[\begin{array}{c|c}M & 0_n\\\hline y^T & \beta\end{array}\right],$$ y $$\left[\begin{array}{c|c}I_n & 0_n\\\hline 0_n^T & 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c|c}ML & 0_n\\\hline x^TM+\alpha y^T & \beta\alpha\end{array}\right].$$ Desde $ML=I_n$ entonces $M=L^{-1}$ y por hipótesis inductiva, tenemos que $M$ es entonces triangular inferior. Por lo tanto, $$A^{-1}=\left[\begin{array}{c|c}M & 0_n\\\hline y^T & \beta\end{array}\right]$$ también es triangular inferior, como se desea.

Answer 2

Supongamos que tenemos una matriz triangular inferior invertible $L$ . Para hallar su inversa, hay que resolver la ecuación matricial $LX = I$ donde $I$ denota el $n$ -por- $n$ matriz de identidad.

Basándose en cómo funciona la multiplicación de matrices, el $i^{\text{th}}$ columna de $LX$ es igual a $L$ veces el $i^{\text{th}}$ columna de $X$ . Para que $LX = I$ debe ser que la primera $i-1$ entradas en el $i^{\text{th}}$ columna de $LX$ son todas cero. La pista es que se puede demostrar que esto implica que el primer $i-1$ entradas en el $i^{\text{th}}$ columna de $X$ deben ser todos cero. Para ello, puede escribir explícitamente su cálculo, utilizando su suposición de que $L$ es triangular inferior. Obtendrás un sistema de ecuaciones lineales bastante fácil de analizar.

Answer 3

En forma simple, podemos escribir A = D*(I+L); donde A es matriz triangular inferior, D es matriz diagonal, I es matriz identidad y L es triangular inferior con todos los ceros en diagonal. Dado que $A^{-1} = (I+L)^{-1}*D^{-1}$ y la inversa de D es simplemente la inversa del elemento diagonal. Y para n muy grande $L^{-n} = 0$ ya que sólo tiene elementos triangulares inferiores. Y podemos escribir $(I+L)^{-1} = I - L + L^2 - L^3 + .... (-1)^n*L^n$ que a su vez es una matriz triangular inferior.

Answer 4

Estaba pensando en esta misma pregunta y tengo una explicación desde una perspectiva informal:

Con matriz invertible $A$ y $$LA = B$$

Sabemos que la primera fila de $B$ es múltiplo de la primera fila de $A$ y la segunda fila de $B$ es una combinación lineal de las dos primeras filas de $A$ ..., el $k$ ª fila de $B$ es una combinación lineal de la primera $k$ filas de $A$ ,...

De ello se deduce que para cualquier $k$ la primera $k$ filas de $A$ y la primera $k$ filas de $B$ abarcan el mismo subespacio. Por lo tanto, el $k$ ª fila de $A$ está en el subespacio abarcado por el primer $k$ filas de $B$ . Además, el $k$ ª fila de $A$ no puede estar en el subespacio abarcado por el primer $k-1$ filas de $B$ . De lo contrario, se encuentra en el subespacio abarcado por el primer $k-1$ filas de $A$ lo que contradice la hipótesis de que $A$ es invertible (las filas son linealmente independientes). Porque para cualquier $k$ el $k$ ª fila de $A$ es una combinación lineal de la primera $k$ filas de $B$ para $$L^{-1}B=A$$ $L^{-1}$ debe ser triangular inferior.