Kwadratowe równanie macierzowe, macierz odwrotna

[ares41]

Wykazać, że jeśli macierz \(\displaystyle{ A=\bold{1}+XY^T}\), gdzie \(\displaystyle{ X,Y}\) są niezerowymi kolumnami, spełnia równanie \(\displaystyle{ A^2+\alpha A+\beta\bold{1}=0}\) to \(\displaystyle{ A^{-1}=\bold{1}-(1+Y^TX)^{-1}XY^T}\).

Oczywistym jest, że \(\displaystyle{ A^{-1}}\) istnieje wtedy i tylko wtedy gdy \(\displaystyle{ \beta\neq 0}\) i wyraża się przez \(\displaystyle{ -\frac{1}{\beta} (A+\alpha \bold{1})}\). Tylko nie widzę jak tutaj dojść do żądanej postaci.

PS. Nie można korzystać z wyznaczników.

[yorgin]

Zadanie przyznaję niezłe, rozwiązanie techniczne, wymagające ciekawych przekształceń.

Nie wiem, czy spodziewasz się wskazówki, czy może całego rozwiązania, więc wydzieliłem poszczególne fragmenty mojego dowodu i je ukryłem. Na bazie tego, co przeczytasz możesz spróbować sam dalej robić, a może znajdziesz dowód trochę krótszy albo wymagający mniej przekształceń.

\(\displaystyle{ A^{-1}}\) wyznaczyłeś, i tego będę używać.

Oznaczam dla prostoty macierz jednostkową przez \(\displaystyle{ I}\) .

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ A^2=I+2XY^T+XY^TXY^T=A+XY^T+(Y^TX)XY^T=A+XY^T(1+Y^TX)}\)

Ukryta treść:    

Idąc dalej, podstawiamy pod dane równanie kwadratowe:

\(\displaystyle{ A+XY^T(1+Y^TX)+\alpha A+\beta I =0}\)

Ukryta treść:    

i dodajemy stronami \(\displaystyle{ I(1+Y^TX)}\)

Wychodzi z tego

\(\displaystyle{ A+\alpha A+\beta I +A(1+Y^TX)=I(1+Y^TX)}\)

Ukryta treść:    

teraz mnożymy obustronnie przez \(\displaystyle{ A^{-1}}\)

\(\displaystyle{ I(1+\alpha)+\beta A^{-1}+I(1+Y^TX)=A^{-1}(1+Y^TX)}\)

Ukryta treść:    

przekształcamy

\(\displaystyle{ I(1+\alpha)+\beta A^{-1}=I(1+\alpha) +\beta \left(-\frac{1}{\beta}(A+\alpha I)\right)=(\alpha+1)I-A-\alpha I=I-A=-XY^T}\)

Ukryta treść:    

Podstawiamy

\(\displaystyle{ I(1+Y^TX)-XY^T=A^{-1}(1+Y^TX)}\)

i dzielimy przez \(\displaystyle{ 1+Y^TX}\) by dostać tezę.

P.S. Liczę na to, że nie ma tu literówek - symbole mi się zlewają przez senność.

[Kamaz]

Założenie o spełnianiu równania wygląda na podpuchę, bo bez niego też wychodzi, o ile się nie pomyliłam.

\(\displaystyle{ A(\bold{1}-(1+Y^TX)^{-1}XY^T)=
(\bold{1}+XY^T)(\bold{1}-(1+Y^TX)^{-1}XY^T)=\\\\=
\bold{1}+XY^T-(1+Y^TX)^{-1}(XY^T+XY^TXY^T).}\)

Teraz wystarczy zauważyć, że \(\displaystyle{ Y^TX}\) jest liczbą i można ją wyłączyć z \(\displaystyle{ XY^TXY^T}\). Otrzymujemy ostatecznie

\(\displaystyle{ \ldots=\bold{1}+XY^T-(1+Y^TX)^{-1}(1+Y^TX)XY^T=\bold{1}.}\)

[ares41]

Kamaz, ale tutaj trzeba dojść do tej postaci, samo sprawdzenie jest oczywiste

[Kamaz]

Dlaczego nie wystarczy sprawdzić?

[ares41]

Fakt, powinienem podać kontekst. Mam dane to równanie i znam \(\displaystyle{ A}\). I teraz mam znaleźć \(\displaystyle{ A^{-1}}\). Tylko tyle jest dane. Krótko mówiąc: Chcę pokazać implikację z lewej na prawą.
A tak naprawdę chcę znaleźć analogiczną wersję dla dowolnych \(\displaystyle{ X\in\mathbb{K}^{m \times n}, \ Y\in \mathbb{K}^{n \times m}}\).

[yorgin]

Kamaz, a skąd wiesz, że mając

\(\displaystyle{ A(\bold{1}-(1+Y^TX)^{-1}XY^T)= \bold{1}}\)

możesz przepisać to do postaci z tezy? W jaki sposób zagwarantujesz sobie odwracalność macierzy \(\displaystyle{ A}\)?

Tutaj ingeruje dodatkowy warunek. Dzięki temu ja w swoim rozumowaniu mogłem pomnożyć obustronnie przez \(\displaystyle{ A^{-1}}\) a tak naprawdę, co na jedno wychodzi, przez \(\displaystyle{ -\frac{1}{\beta}(A+\alpha I)}\).

[Kamaz]

Kamaz, a skąd wiesz, że mając

\(\displaystyle{ A(\bold{1}-(1+Y^TX)^{-1}XY^T)= \bold{1}}\)

możesz przepisać to do postaci z tezy?

\(\displaystyle{ A^{-1}=\bold{1}-(1+Y^TX)^{-1}XY^T}\), to jest właśnie postać z tezy. Nie rozumiem pytania.

W jaki sposób zagwarantujesz sobie odwracalność macierzy \(\displaystyle{ A}\)?

Skoro istnieje macierz odwrotna do \(\displaystyle{ A}\), to \(\displaystyle{ A}\) jest odwracalna. Co prawda sprawdziłam tylko, że \(\displaystyle{ \bold{1}-(1+Y^TX)^{-1}XY^T}\) jest prawostronną odwrotnością \(\displaystyle{ A}\), ale
1. dla macierzy (skończony wymiar) to wystarcza,
2. sprawdzenie z drugiej strony wygląda tak samo.

[yorgin]

Chodziło mi właśnie o to, że przepisać postać

\(\displaystyle{ A(\bold{1}-(1+Y^TX)^{-1}XY^T)= \bold{1}}\)

do tej z postaci tezy można tylko przy wiedzy, że istnieje macierz odwrotna do \(\displaystyle{ A}\).

Masz rację co do prawostronnej odwrotności.

Ale mimo wszystko zapytam, co zrobisz w sytuacji takiej:

\(\displaystyle{ X^T= [1,0], Y^T=[-1,0]}\)

Jak teraz sobie poradzisz?



I w tym momencie mam również wątpliwość i pytanie do ares41, co zakładamy o \(\displaystyle{ \alpha}\) oraz \(\displaystyle{ \beta}\) ? \(\displaystyle{ \beta=0}\) implikuje, że \(\displaystyle{ \det A=0}\) albo \(\displaystyle{ -\alpha}\) jest wartością własną \(\displaystyle{ A}\). Odwracalność \(\displaystyle{ A}\) mamy tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ \beta\neq 0}\) oraz \(\displaystyle{ -\alpha}\) nie jest wartością własną.

To zadanie ma chyba o wiele więcej osobliwości.

[Kamaz]

Rzeczywiście przeoczyłam fakt, że \(\displaystyle{ 1+Y^TX}\) może być zerem. Zatem być może o to chodziło w założeniu o spełnianiu równania, ale słusznie Pan zauważył, że brakuje założenia \(\displaystyle{ \beta\ne0}\).

[ares41]

Rzeczywiście, zapomniałem o tym. Bierzemy \(\displaystyle{ A\neq \lambda \bold{1}}\) takie, aby można było znaleźć macierz odwrotną, czyli po drodze musimy założyć, że \(\displaystyle{ \beta\neq 0}\), co de facto możemy wywnioskować już z równania.

[yorgin]

Wygląda na to, że teraz wiele stało się jaśniejsze. W szczególności dzięki powyższym założeniom mamy gwarancję istnienia odwrotnej, a bez nich jej nie ma.

A tak naprawdę chcę znaleźć analogiczną wersję dla dowolnych\(\displaystyle{ X\in\mathbb{K}^{m \times n}, \ Y\in \mathbb{K}^{n \times m}}\).

Ukryta treść:    

Samo wypowiedzenie uogólnienia chyba jest oczywiste.

Z mojego rozumowania, ani z tego przedstawionego przez Kamaz nic nie wyjdzie, gdyż oboje wyciągamy \(\displaystyle{ Y^TX}\) jako skalar przed macierz.

[ares41]

To może, żeby jak już zacząłem z tym uogólnieniem, to zapiszę co jest dane.
Mamy \(\displaystyle{ X\in\mathbb{K}^{m \times n}, \ Y\in \mathbb{K}^{n \times m}}\) oraz wiemy, że istnieje \(\displaystyle{ \left( \bold{1}_{m}+XY \right) ^{-1}}\). Chcemy wykazać, że istnieje macierz \(\displaystyle{ \left( \bold{1}_{n}+YX \right) ^{-1}}\) i pokazać, że wyraża się ona przez \(\displaystyle{ \bold{1}_{n}-Y \left( \bold{1}_{m}+XY \right) ^{-1}X}\).

Edit:

Ukryta treść:    

Jeżeli oznaczymy \(\displaystyle{ Z=\left( \bold{1}_{m}+XY \right) ^{-1}}\) to równanie \(\displaystyle{ \left( \bold{1}_{m}+XY \right) \left( \bold{1}_{m}+XY \right) ^{-1}=\bold{1}_{m}}\) sprowadza się do \(\displaystyle{ (\bold{1}_{n}+YX)YZX=YX}\) ( po pomnożeniu z lewej przez \(\displaystyle{ Y}\) i z prawej przez \(\displaystyle{ X}\) ). Dodajemy \(\displaystyle{ \bold{1}_{n}}\) stronami i przekształcamy otrzymując tezę.

[yorgin]

Tutaj można pokazać, podobnie jak to Kamaz uczyniła, że

\(\displaystyle{ \left( \bold{1}_n+YX \right) \left( \bold{1}_n-Y \left( \bold{1}_m+XY \right) ^{-1}X \right) =\bold{1}_n}\)

oraz że komutując otrzymamy również identyczność. Ale w tym momencie jestem tak zamieszany, że nie jestem pewien, czy to gwarantuje odwracalność \(\displaystyle{ \bold{1}_n+YX}\).

Wcześniej był problem z odwracalnością macierzy \(\displaystyle{ A}\). Gwarancję zapewniał dodatkowy warunek. Tutaj mamy założone a priori istnienie odwrotnej do \(\displaystyle{ \bold{1}_m+XY}\) i pokazujemy istnienie odwrotnej do \(\displaystyle{ \left( \bold{1}_n+YX \right)}\). Wystarczą iloczyny równe identyczności? Oświeć mnie ktoś...

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \left( \bold{1}_n+YX \right) \left( \bold{1}_n-Y \left( \bold{1}_m+XY \right) ^{-1}X \right) =\\
\\
\bold{1}_n+Y \left( \bold{1}_m-XY \left( \bold{1}_m+XY \right) ^{-1}- \left( \bold{1}_m+XY \right) ^{-1} \right) X=\\
\\
=\bold{1_n}+Y \left( \bold{1}_m- \left( \bold{1}_m+XY \right) ^{-1} \left( \bold{1}_m+XY \right) \right) X=\bold{1_n}}\)

[ares41]

Tutaj mamy założone a priori istnienie odwrotnej do \(\displaystyle{ \left( \bold{1}_m+XY \right) ^{-1}}\)

Raczej istnienie odwrotnej do \(\displaystyle{ \bold{1}_m+XY}\) czyli \(\displaystyle{ \left( \bold{1}_m+XY \right) ^{-1}}\)

Ja robiłem tak:
Niech \(\displaystyle{ Z=\left( \bold{1}_{m}+XY \right) ^{-1}}\)
Wtedy musi zachodzić \(\displaystyle{ \left( \bold{1}_{m}+XY \right)Z=\bold{1}_{m}}\) oraz \(\displaystyle{ Z\left( \bold{1}_{m}+XY \right)=\bold{1}_{m}}\)
Bierzemy pierwszą równość i mnożymy lewostronnie przez \(\displaystyle{ Y}\) i prawostronnie przez \(\displaystyle{ X}\):
\(\displaystyle{ Y\left( \bold{1}_{m}+XY \right)ZX=YX\\ YZX+YXYZX=YX\\ \left( \bold{1}_{n}+YX \right) YZX=YX\\ \left( \bold{1}_{n}+YX \right) YZX=\bold{1}_{n}+YX-\bold{1}_{n}\\ \left( \bold{1}_{n}+YX \right) \left( \bold{1}_{n}-YZX \right) =\bold_{1}_{n}}\)

Analogicznie dla równości \(\displaystyle{ Z\left( \bold{1}_{m}+XY \right)=\bold{1}_{m}}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ \left( \bold{1}_{n}-YZX \right) \left( \bold{1}_{n}+YX \right) =\bold_{1}_{n}}\)

Łącząc to mamy \(\displaystyle{ \left( \bold{1}_{n}+YX \right) \left( \bold{1}_{n}-YZX \right)=\left( \bold{1}_{n}-YZX \right) \left( \bold{1}_{n}+YX \right) =\bold_{1}_{n}}\)

Czyli \(\displaystyle{ \left( \bold{1}_n+YX \right)^{-1}}\) istnieje i jest równa \(\displaystyle{ \bold{1}_{n}-YZX=\bold{1}_{n}-Y\left( \bold{1}_{m}+XY \right) ^{-1}X}\)