Matematické Fórum

lemonico · 26. 10. 2012 17:41

Dobrý večer,

mám problém s maticí A_n*n, která má na hlavní diagonále n-2, všude jinde x a má být určena její inverze. Inverzní matice jsem se zatím učil dělat jen porovnáváním s jednotkovou maticí a na tento příklad se mi bohužel nepodařilo najít žádný postup, proto vás prosím o pomoc.

Předem děkuji za odpověď a zdravím.

user · 26. 10. 2012 18:19

Napadá mě, zkusit použít adjugovanou matici. Protože všechny subdeterminanty by mohli dosti podobné. Zkusím se nad tím zamyslet, nebo třeba napíše někdo jiný.

Brano · 27. 10. 2012 01:04

Napadlo mi nejake riesenie, ale to ma podmienku pre n a x.
Oznacme $y=x-n+2$ , potom ta matica $A=-yI+xJ$ , kde $I$ je jednotkova matica a $J$ je matica so samymi jednotkami.
$A^{-1}=-\frac{1}{y}(I-\frac{x}{y}J)^{-1}=-\frac{1}{y}\sum_{k=0}^\infty(\frac{x}{y})^kJ^k=...$ ,
$J^2=nJ$ , teda $J^k=n^{k-1}J$ , cize mozme pokracovat
$...=-\frac{1}{y}\left(I+J\sum_{k=1}^\infty(\frac{x}{y})^kn^{k-1}\right)=-\frac{I}{y}-J\frac{x}{y^2}\sum_{k=1}^\infty(\frac{xn}{y})^{k-1}=-\frac{I}{y}-J\frac{x}{y^2}\frac{1}{1-\frac{xn}{y}}=-\frac{I}{y}-\frac{Jx}{y^2-xyn}$ .
Uz si staci dosadit za $y$ . Avsak ten rad sa da sumovat iba ak $\left|\frac{xn}{y}\right|=\left|\frac{xn}{x-n+2}\right|<1$ .

PS: za vypocty nerucim na 100%, ale idea by mala byt jasna.

Pavel Brožek

↑ Brano:

Pěkné. A teď už jen stačí ověřit, že pro matici $B=-\frac{I}{y}-\frac{Jx}{y^2-xyn}$ skutečně platí $BA=AB=I$ , tedy že $B=A^{-1}$ . A to i pro hodnoty $x$ , které nesplňují tu podmínku pro sečtení řady :-). (Ještě tam zůstane podmínka $y^2-nxy\ne0$ , tj. $x\ne n-2$ a $x\ne-\frac{n-2}{n-1}$ , snadno se ukáže, že v případě $n\ge2$ pro tyto hodnoty x je determinant matice nulový a matice tedy nemá inverzi. Celou úlohu pro $n=1$ vyřešíme odděleně.)

Brano · 27. 10. 2012 10:53

↑ Pavel Brožek:
Vdaka za doplnenie. Kedze som nerobil "skusku spravnosti" tak som si ani nevsimol, ze to riesenie plati aj mimo tej oblasti ... a tak mi teraz napadlo, ci by sa to nejak nedalo aj odvodit - inak ako vyskusanim riesenia.

Pre ciselny rad by sa dalo pouzit toto
$\frac{1}{1-x}=\frac{-1}{x}\cdot \frac{1}{1-1/x}$ ,
a potom pre $x>1$ sa da rozlozit do radu ten posledny vyraz, ale s maticami by to bol problem, lebo neexistuje $J^{-1}$ . Nejaky napad ako to obist?

kompik · 28. 10. 2012 09:52 — Editoval kompik (29. 10. 2012 11:25)

Skusme riesit vseobcenejsiu ulohu - hladat inverz k tejto matici.
$A(a,b)=\begin{pmatrix}a&b&\cdots&b\\b&a&\cdots&b\\\vdots&\ddots&\ddots&\vdots\\b&\cdots&b&a\end{pmatrix}$ .

A kedze nemam lepsi napad, tak skusim riadkovymi upravami - v podstate najnaivnejsi pristup ako sa da.

$\left(\begin{array}{ccccc|ccccc} a&b&b&\ldots&b&1&0&0&\ldots&0\\ b&a&b&\ldots&b&0&1&0&\ldots&0\\ b&b&a&\ldots&b&0&0&1&\ldots&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ b&b&b&\ldots&a&0&0&0&\ldots&1 \end{array}\right)\sim$

$\left(\begin{array}{ccccc|ccccc} a+(n-1)b&a+(n-1)b&a+(n-1)b&\ldots&a+(n-1)b&1&1&1&\ldots&1\\ b&a&b&\ldots&b&0&1&0&\ldots&0\\ b&b&a&\ldots&b&0&0&1&\ldots&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ b&b&b&\ldots&a&0&0&0&\ldots&1 \end{array}\right)\sim$

$\left(\begin{array}{ccccc|ccccc} 1&1&1&\ldots&1&\frac1{a+(n-1)b}&\frac1{a+(n-1)b}&\frac1{a+(n-1)b}&\ldots&\frac1{a+(n-1)b}\\ b&a&b&\ldots&b&0&1&0&\ldots&0\\ b&b&a&\ldots&b&0&0&1&\ldots&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ b&b&b&\ldots&a&0&0&0&\ldots&1 \end{array}\right)\sim$

$\left(\begin{array}{ccccc|ccccc} 1&1&1&\ldots&1&\frac{1}{a+(n-1)b}&\frac{1}{a+(n-1)b}&\frac{1}{a+(n-1)b}&\ldots&\frac{1}{a+(n-1)b}\\ 0&a-b&0&\ldots&0&-\frac{b}{a+(n-1)b}&1-\frac{b}{a+(n-1)b}&-\frac{b}{a+(n-1)b}&\ldots&-\frac{b}{a+(n-1)b}\\ 0&0&a-b&\ldots&0&-\frac{b}{a+(n-1)b}&-\frac{b}{a+(n-1)b}&1-\frac{b}{a+(n-1)b}&\ldots&-\frac{b}{a+(n-1)b}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&0&\ldots&a-b&-\frac{b}{a+(n-1)b}&-\frac{b}{a+(n-1)b}&-\frac{b}{a+(n-1)b}&\ldots&1-\frac{b}{a+(n-1)b} \end{array}\right)\sim$

$\left(\begin{array}{ccccc|ccccc} 1&1&1&\ldots&1&\frac{1}{a+(n-1)b}&\frac{1}{a+(n-1)b}&\frac{1}{a+(n-1)b}&\ldots&\frac{1}{a+(n-1)b}\\ 0&a-b&0&\ldots&0&-\frac{b}{a+(n-1)b}&\frac{a+(n-2)b}{a+(n-1)b}&-\frac{b}{a+(n-1)b}&\ldots&-\frac{b}{a+(n-1)b}\\ 0&0&a-b&\ldots&0&-\frac{b}{a+(n-1)b}&-\frac{b}{a+(n-1)b}&\frac{a+(n-2)b}{a+(n-1)b}&\ldots&-\frac{b}{a+(n-1)b}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&0&\ldots&a-b&-\frac{b}{a+(n-1)b}&-\frac{b}{a+(n-1)b}&-\frac{b}{a+(n-1)b}&\ldots&\frac{a+(n-2)b}{a+(n-1)b} \end{array}\right)\sim$

$\left(\begin{array}{ccccc|ccccc} 1&1&1&\ldots&1&\frac{1}{a+(n-1)b}&\frac{1}{a+(n-1)b}&\frac{1}{a+(n-1)b}&\ldots&\frac{1}{a+(n-1)b}\\ 0&1&0&\ldots&0&-\frac{b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}&\frac{a+(n-2)b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}&-\frac{b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}&\ldots&-\frac{b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}\\ 0&0&1&\ldots&0&-\frac{b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}&-\frac{b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}&\frac{a+(n-2)b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}&\ldots&-\frac{b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&0&\ldots&1&-\frac{b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}&-\frac{b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}&-\frac{b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}&\ldots&\frac{a+(n-2)b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b} \end{array}\right)\sim$

$\left(\begin{array}{ccccc|ccccc} 1&0&0&\ldots&0&\frac{a+(n-2)b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}&-\frac{b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}&-\frac{b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}&\ldots&-\frac{b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}\\ 0&1&0&\ldots&0&-\frac{b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}&\frac{a+(n-2)b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}&-\frac{b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}&\ldots&-\frac{b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}\\ 0&0&1&\ldots&0&-\frac{b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}&-\frac{b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}&\frac{a+(n-2)b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}&\ldots&-\frac{b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&0&\ldots&1&-\frac{b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}&-\frac{b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}&-\frac{b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b}&\ldots&\frac{a+(n-2)b}{a+(n-1)b}\frac1{a-b} \end{array}\right)$

Tieto upravy boli v poriadku pre $a+(n-1)b\ne 0$ a sucasne $a\ne b$ . (Aby sme nedelili nulou.)

Dostali sme $A^{-1}= \frac1{(a+(n-1)b)(a-b)} \begin{pmatrix} a+(n-2)b&-b&-b&\ldots&-b\\ -b&a+(n-2)b&-b&\ldots&-b\\ -b&-b&a+(n-2)b&\ldots&-b\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ -b&-b&-b&\ldots&a+(n-2)b \end{pmatrix}$

Ked to skutocne vynasobime maticou $A$ , tak na diagonale dostaneme
$\frac{a^2+(n-2)ab-(n-1)b^2}{(a+(n-1)b)(a-b)}=1$
a mimo diagonaly
$\frac{-ab+ab+(n-2)b^2-(n-2)b^2}{(a+(n-1)b)(a-b)}=0$ .

Mozeme to este upravit:
$A^{-1}=\frac1{(a+(n-1)b)(a-b)}\left((a+(n-1)b)I-bJ\right)=\frac1{a-b}I - \frac{b}{(a+(n-1)b)(a-b)} J$

Pre $a=n-2$ a $b=x$ , teda dostanem $\frac1{x-n+2} I - \frac{x}{(x-n+2)(n-2+(n-1)x)}J$ , co sa dost podoba na veci, ktore vysli v predoslych prispevkoch.
(Ale som to lenivy kontrolovat.)

Podobna uloha, kde sa ale hlada iba determinant a nie inverzna matica, sa da najst tu:
http://math.stackexchange.com/questions … red-matrix
http://math.stackexchange.com/questions … terminants

EDIT:

Ked som hladal, ci niekde najdem podobne priklady na inverz, tak som nasiel toto - je to aspon trochu podobne.
http://math.stackexchange.com/questions … lar-matrix
Tiez tam radia hladat inverz v tvare $c_1I+c_2J$ , cize tato vec asi bude fungovat pre vacsiu triedu uloh.

Brano napsal(a):
ale s maticami by to bol problem, lebo neexistuje $J^{-1}$ . Nejaky napad ako to obist?

V tej poslednej linke, co som poslal, sa spomina Sherman-Morrison formula na vypocet $(A+uv^T)^{-1}$ , kde u,v su stlpcove vektory. Vhodne zvolene u,v (vsetky suradnice rovnake) nam daju prave maticu J, alebo nejaky jej nasobok.
Nepamatam si, ci sme sa taketo nieco ucili na maticovom pocte - mozno aj hej.

EDIT2:
A este mozno stoji z zmienku, ze Branov pristup je v podstate pouzitie Neumannovho radu, co je vec, ktora funguje aj vseobecnejsie, nie iba pre matice.

lemonico · 02. 11. 2012 13:08

Všem moc děkuji za vyčerpávající odpověď.

Matematické Fórum

#1 26. 10. 2012 17:41

Invezní n-dimenzionální matice

#2 26. 10. 2012 18:19

Re: Invezní n-dimenzionální matice

#3 27. 10. 2012 01:04

Re: Invezní n-dimenzionální matice

#4 27. 10. 2012 02:26 — Editoval Pavel Brožek (27. 10. 2012 02:50)

Re: Invezní n-dimenzionální matice

#5 27. 10. 2012 10:53

Re: Invezní n-dimenzionální matice

#6 28. 10. 2012 09:52 — Editoval kompik (29. 10. 2012 11:25)

Re: Invezní n-dimenzionální matice

Brano napsal(a):

#7 02. 11. 2012 13:08

Re: Invezní n-dimenzionální matice

Zápatí