El inverso de una matriz triangular invertible (ya sea superior o inferior) es triangular del mismo tipo

Question

¿Cómo podemos demostrar que la inversa de una matriz triangular superior (inferior) es triangular superior (inferior)?

Answer 1

Otro método es el siguiente. Una matriz triangular superior invertible tiene la forma $A=D(I+N)$ donde $D$ es diagonal (con las mismas entradas diagonales que $A$ ) y $N$ es triangular superior con diagonal cero. Entonces $N^n=0$ donde $A$ es $n$ por $n$ . Ambos $D$ y $I+N$ tienen inversos triangulares superiores: $D^{-1}$ es diagonal, y $(I+N)^{-1}=I-N+N^2-\cdots +(-1)^{n-1}N^{n-1}$ . Así que $A^{-1}=(I+N)^{-1}D^{-1}$ es triangular superior.

Answer 2

Personalmente, prefiero los argumentos más geométricos a los basados en el álgebra matricial. Con esto en mente, aquí hay una prueba.

En primer lugar, dos observaciones sobre el significado geométrico de un mapa lineal invertible triangular superior.

1. Definir $S_k = {\rm span} (e_1, \ldots, e_k)$ , donde $e_i$ los vectores base estándar. Claramente, el mapa lineal $T$ es triangular superior si y sólo si $T S_k \subset S_k$ .

2. Si $T$ es además invertible, debemos tener la relación más fuerte $T S_k = S_k$ .

   De hecho, si $T S_k$ era un subconjunto estricto de $S_k$ entonces $Te_1, \ldots, Te_k$ son $k$ vectores en un espacio de dimensión estrictamente inferior a $k$ por lo que deben ser dependientes: $\sum_i \alpha_i Te_i=0$ para algunos $\alpha_i$ no todo es cero. Esto implica que $T$ envía el no cero vector $\sum_i \alpha_i e_i$ a cero, por lo que $T$ no es invertible.

Una vez hechas estas dos observaciones, la prueba procede como sigue. Tomemos cualquier $s \in S_k$ . Desde $TS_k=S_k$ existe algún $s' \in S_k$ con $Ts'=s$ o $T^{-1}s = s'$ . En otras palabras, $T^{-1} s$ se encuentra en $S_k$ Así que $T^{-1}$ es triangular superior.

Answer 3

No voy a añadir nada a la respuesta de alext87, ni a los comentarios de J.M. Sólo "mostrar" ellos. :-)

Recuerda que puedes calcular la inversa de una matriz reduciéndola a forma de escalón de fila y resolver los sistemas simultáneos de ecuaciones lineales $ (A \vert I)$ , donde $A$ es la matriz que se quiere invertir y $I$ la matriz unitaria. Cuando hayas terminado el proceso, obtendrás una matriz como $(I\vert A^{-1})$ y la matriz de la derecha, ¡sí!, es la inversa de $A$ . (¿Por qué?)

En su caso, la mitad del trabajo ya está hecho:

$$ \begin{pmatrix} a^1_1 & a^1_2 & \cdots & a^1_{n-1} & a^1_n & 1 & 0 & \cdots & 0 & 0 \\\ & a^2_2 & \cdots & a^2_{n-1} & a^2_n & & 1 & \cdots & 0 & 0 \\\ & & \ddots & \vdots & \vdots & & & \ddots & \vdots & \vdots \\\ & & & a^{n-1}_{n-1} & a^{n-1}_n & & & & 1 & 0 \\\ & & & & a^n_n & & & & & 1 \end{pmatrix} $$

Ahora bien, ¿qué ocurre cuando se hace una sustitución inversa empezando por $a^n_n$ y luego continuar con $a^{n-1}_{n-1}$ ...?

Answer 4

Se puede demostrar por inducción.

Supongamos que $A$ es triangular superior. Es fácil demostrar que esto se cumple para cualquier $2\times 2$ matriz. (De hecho, $A^{-1}=\left[\begin{array}{cc} a & b\\ 0 & d \end{array}\right]^{-1} =\frac{1}{ad}\left[\begin{array}{cc} d & -b\\ 0 & a \end{array}\right]$ . )

Supongamos que el resultado es válido para cualquier $n\times n$ matriz triangular superior. Sea $A=\left[\begin{array}{cc} A_{1} & a_{2}\\ 0 & x \end{array}\right]$ , $B=\left[\begin{array}{cc} B_{1} & b_{2}\\ b_{3}^{T} & y \end{array}\right]$ sea cualquier $(n+1)\times (n+1)$ matriz triangular superior y su inversa. (Tenga en cuenta que $a_2$ , $b_2$ , $b_3$ son $n\times 1$ vectores, $x$ , $y$ son escalares). Entonces $AB=BA=I_{n+1}$ implica que $$ \left[\begin{array}{cc} A_{1} & a_{2}\\ 0 & x \end{array}\right] \left[\begin{array}{cc} B_{1} & b_{2}\\ b_{3}^{T} & y \end{array}\right]= \left[\begin{array}{cc} B_{1} & b_{2}\\ b_{3}^{T} & y \end{array}\right] \left[\begin{array}{cc} A_{1} & a_{2}\\ 0 & x \end{array}\right] =I_{n+1}, $$

Desde la esquina superior izquierda de la segunda multiplicación, tenemos $B_1 A_1 = I_n$ . Por lo tanto, $B_1$ es triangular superior a partir de nuestra hipótesis. Del bloque inferior izquierdo de la multiplicación , sabemos que $b_3=0$ . ( $x\ne 0$ desde $A$ es invertible). Por lo tanto, $B=\left[\begin{array}{cc} B_{1} & b_{2}\\ 0 & y \end{array}\right]$ también es triangular superior.

Answer 5

Otra prueba es por contradicción. Sea $A = [a_{ij}]$ sea una matriz triangular superior de tamaño $N$ . Supongamos que $B = A^{-1} = [b_{ij}]$ no es triangular superior. Por lo tanto, existe una entrada $b_{ij} \neq 0$ para $i > j$ . Dejemos que $b_{ik}$ sea el elemento con el menor $k$ en la fila $i$ tal que $b_{ik} \neq 0$ y $ i > k$ . Considere el producto $C = B A$ . El elemento $c_{ik}$ de la matriz C es extradiagonal ( $i > k$ ) y calculado como $$ c_{ik} = \sum b_{ij}a_{jk} = b_{i1}a_{1k} + b_{i2}a_{2k} + \dots + b_{ik}a_{kk} + \dots + b_{iN}a_{Nk} $$

Desde $b_{ik}$ es el primer elemento no nulo de su fila, todos los términos a la izquierda de $b_{ik}a_{kk}$ desaparecen. Como A es triangular superior (dado), todos los términos a la derecha de $b_{ik}a_{kk}$ desaparecer. Como $A$ es invertible, todos sus elementos diagonales son distintos de cero. Por lo tanto, $c_{ik} = b_{ik}a_{kk} \neq 0$ . Sin embargo, como $C$ es la matriz de identidad y $c_{ik}$ está fuera de la diagonal, ¡es una contradicción! Por lo tanto, $B = A^{-1}$ es triangular superior.

Lo mismo se aplica a la matriz triangular inferior observando que $(A^T)^{-1} = (A^{-1})^T$