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Hi Leute,
Folgender Satz ist gegeben:
Sei A eine nichtsinguläre obere bzw. untere Dreiecksmatrix. Dann ist
[mm] $A^{-1}$ [/mm] ebenfalls eine obere bzw. untere Dreiecksmatrix.
und der kurze Beweis dazu:
Sei A eine obere Dreiecksmatrix. Sei [mm] $x^{\left( k \right)}$ [/mm] die (eindeutige)
Lösung von [mm] $Ax^{\left( k \right)} [/mm] = [mm] e_k$ [/mm] (kanonischer Einheitsvektor). Dann gilt [m]x_{k + 1}^{\left( k \right)} = x_{k + 2}^{\left( k \right)} \cdots = x_n^{\left( k \right)} = 0[/m]. [m]A^{ - 1} = \left( {x^{\left( 1 \right)} ,x^{\left( 2 \right)} \ldots ,x^{\left( n \right)} } \right)[/m]. Also ist [mm] $A^{-1}$ [/mm] eine obere [mm] Dreiecksmatrix.$\square$
[/mm]
Ich habe nun versucht diesen recht kurzen Beweis nachzuvollziehen, und dabei meinen "eigenen" längeren Beweis geschrieben:
Beweis:
Wir betrachten folgendes Gleichungssystem [m]Ax^{(k)} {\text{ }} = {\text{ }}e_k[/m], wobei [mm] $e_k$ [/mm] der k-te Einheitsvektor ist, und A in Dreiecksgestalt ist. Da bei jedem Einheitsvektor nach der 1er-Koordinate nach der Stelle k Nullen folgen:
[m]\left( {\begin{array}{*{20}c}
0 \\
\vdots \\
1 \\
0 \\
\vdots \\
0 \\
\end{array} } \right)\begin{array}{*{20}c}
{} \\
{} \\
{\xleftarrow{{{\text{Stelle }}k}}} \\
{\xleftarrow{{{\text{ab hier: Stellen }}k + 1, \ldots ,n}}} \\
{} \\
{} \\
\end{array}[/m],
muß unser Lösungsvektor [mm] $x^{\left( k \right)}$ [/mm] ab der Stelle k+1 ebenfalls nur Nullen besitzen. Wenn wir beispielsweise den oben beschriebenen Gauss-Algorithmus auf dieses System anwenden, so wird der unterste Koeffizient [mm] $x_n^{\left( k \right)}$ [/mm] 0, und weil der unterste Koeffizient 0 geworden ist, wird auch [m]x_{n - 1}^{\left( k \right)}[/m] 0, weil [mm] $e_k$ [/mm] an dieser Stelle ebenfalls eine 0-Komponente hat für k < n-1. u.s.w. . Irgendwann kommen wir aber zur Stelle k, wo das Ergebnis 1 sein muß, da vorher alle Koeffizienten [m]x_{k + 1}^{\left( k \right)} , \ldots ,x_n^{\left( k \right)}[/m] wegen der selben Begründung wie vorher 0 sind, gilt nun an dieser Stelle: [m]x_k^{\left( k \right)} = \frac{1}{{a_{kj} }}[/m]. Vor der 1 stehen bei [mm] $e_k$ [/mm] wieder nur Nullen. Allerdings ist jetzt [mm] $x_k^{\left( k \right)} \ne [/mm] 0$, weswegen dort folgendes steht: [m]a_{k - 1,j - 1} x_{k - 1}^{\left( k \right)} + a_{k - 1,j} x_k^{\left( k \right)} = 0[/m].
Damit haben wir bereits zwei Koeffizienten die nicht 0 sind, u.s.w. .
Insgesamt gilt also:
[m]x_{k + 1}^{\left( k \right)} = \cdots = x_n^{\left( k \right)} = 0[/m] und [m]x_1^{\left( k \right)} \ne 0, \ldots ,x_k^{\left( k \right)} \ne 0[/m] vorrausgesetzt A besitzt dort keine 0-Zeilen oder solche Zeilen, die Einheitsvektoren sind. Und was ist nun der n-Tupel [m]\left( {x^{\left( 1 \right)} , \ldots ,x^{\left( n \right)} } \right)[/m]? Offenbar ist dies eine Lösungsmatrix, die wegen der oberen Erklärungen Dreiecksgestalt haben muß. Wir wissen allerdings, daß folgende Beziehung zwischen A und [mm] $A^{-1}$ [/mm] gilt: [mm] $A*A^{-1} [/mm] = E$. Also ist [m]A^{ - 1} = \left( {x^{\left( 1 \right)} , \ldots ,x^{\left( n \right)} } \right)[/m] und die Behauptung folgt.[m]\square[/m]
Ich würde gerne wissen, ob dieser neue alte  anschaulichere Beweis richtig ist?
Danke!
Grüße
Karl
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:56 So 02.01.2005 | | Autor: | moudi |
> Hi Leute,
>
> Folgender Satz ist gegeben:
>
> Sei A eine nichtsinguläre obere bzw. untere
> Dreiecksmatrix. Dann ist
> [mm]A^{-1}[/mm] ebenfalls eine obere bzw. untere Dreiecksmatrix.
>
> und der kurze Beweis dazu:
>
> Sei A eine obere Dreiecksmatrix. Sei [mm]x^{\left( k \right)}[/mm]
> die (eindeutige)
> Lösung von [mm]Ax^{\left( k \right)} = e_k[/mm] (kanonischer
> Einheitsvektor). Dann gilt [m]x_{k + 1}^{\left( k \right)} = x_{k + 2}^{\left( k \right)} \cdots = x_n^{\left( k \right)} = 0[/m].
> [m]A^{ - 1} = \left( {x^{\left( 1 \right)} ,x^{\left( 2 \right)} \ldots ,x^{\left( n \right)} } \right)[/m].
> Also ist [mm]A^{-1}[/mm] eine obere Dreiecksmatrix.[mm]\square[/mm]
>
> Ich habe nun versucht diesen recht kurzen Beweis
> nachzuvollziehen, und dabei meinen "eigenen" längeren
> Beweis geschrieben:
>
> Beweis:
>
> Wir betrachten folgendes Gleichungssystem [m]Ax^{(k)} {\text{ }} = {\text{ }}e_k[/m],
> wobei [mm]e_k[/mm] der k-te Einheitsvektor ist, und A in
> Dreiecksgestalt ist. Da bei jedem Einheitsvektor nach der
> 1er-Koordinate nach der Stelle k Nullen folgen:
>
>
> [m]\left( {\begin{array}{*{20}c}
> 0 \\
> \vdots \\
> 1 \\
> 0 \\
> \vdots \\
> 0 \\
>
> \end{array} } \right)\begin{array}{*{20}c}
> {} \\
> {} \\
> {\xleftarrow{{{\text{Stelle }}k}}} \\
> {\xleftarrow{{{\text{ab hier: Stellen }}k + 1, \ldots ,n}}} \\
> {} \\
> {} \\
>
> \end{array}[/m],
>
>
> muß unser Lösungsvektor [mm]x^{\left( k \right)}[/mm] ab der Stelle
> k+1 ebenfalls nur Nullen besitzen. Wenn wir beispielsweise
> den oben beschriebenen Gauss-Algorithmus auf dieses System
> anwenden, so wird der unterste Koeffizient [mm]x_n^{\left( k \right)}[/mm]
> 0, und weil der unterste Koeffizient 0 geworden ist, wird
> auch [m]x_{n - 1}^{\left( k \right)}[/m] 0, weil [mm]e_k[/mm] an dieser
> Stelle ebenfalls eine 0-Komponente hat für k < n-1. u.s.w.
> . Irgendwann kommen wir aber zur Stelle k, wo das Ergebnis
> 1 sein muß, da vorher alle Koeffizienten [m]x_{k + 1}^{\left( k \right)} , \ldots ,x_n^{\left( k \right)}[/m]
> wegen der selben Begründung wie vorher 0 sind, gilt nun an
> dieser Stelle: [m]x_k^{\left( k \right)} = \frac{1}{{a_{kj} }}[/m].
Hier eine kleine "Korrektur"
dieser Stelle: [m]x_k^{\left( k \right)} = \frac{1}{{a_{kk} }}[/m]
> Vor der 1 stehen bei [mm]e_k[/mm] wieder nur Nullen. Allerdings ist
> jetzt [mm]x_k^{\left( k \right)} \ne 0[/mm], weswegen dort
> folgendes steht: [m]a_{k - 1,j - 1} x_{k - 1}^{\left( k \right)} + a_{k - 1,j} x_k^{\left( k \right)} = 0[/m].
>
> Damit haben wir bereits zwei Koeffizienten die nicht 0
> sind, u.s.w. . Insgesamt gilt also:
> [m]x_{k + 1}^{\left( k \right)} = \cdots = x_n^{\left( k \right)} = 0[/m]
> und [m]x_1^{\left( k \right)} \ne 0, \ldots ,x_k^{\left( k \right)} \ne 0[/m]
> vorrausgesetzt A besitzt dort keine 0-Zeilen oder solche
> Zeilen, die Einheitsvektoren sind. Und was ist nun der
> n-Tupel [m]\left( {x^{\left( 1 \right)} , \ldots ,x^{\left( n \right)} } \right)[/m]?
> Offenbar ist dies eine Lösungsmatrix, die wegen der oberen
> Erklärungen Dreiecksgestalt haben muß. Wir wissen
> allerdings, daß folgende Beziehung zwischen A und [mm]A^{-1}[/mm]
> gilt: [mm]A*A^{-1} = E[/mm]. Also ist [m]A^{ - 1} = \left( {x^{\left( 1 \right)} , \ldots ,x^{\left( n \right)} } \right)[/m]
> und die Behauptung folgt.[m]\square[/m]
>
> Ich würde jetzt gerne wissen, ob dieser neue alte
> anschaulichere Beweis nun richtig ist?
Für mich ist der Beweis ok.
mfG Moudi
>
>
> Danke!
>
>
> Grüße
> Karl
>
>
>
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