Invertierbar/Bijektiv < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Warum ist eine Matrix A [mm] \in M_{m \times n} [/mm] genau dann invertierbar wenn die lineare Abbildung [mm] \psi_A: \IK^n [/mm] -> [mm] \IK^m [/mm]
[mm] \psi_A [/mm] (x) :=Ax bijektiv ist? |
Kennt wer eine Seite, in der ich den beweis nachlesen kann?
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moin,
Punkt 1: $n=m$, sonst ist die ganze Aufgabe witzlos, da dann weder [mm] $\psi_A$ [/mm] bijektiv noch $A$ invertierbar sein könnte.
Es ist [mm] $\psi_A(x) [/mm] = Ax$
Nehmen wir mal an, dass $A$ invertierbar ist, und zeigen, dass [mm] $\psi_A$ [/mm] dann bijektiv ist:
Sei $y [mm] \in \IK^n$.
[/mm]
Gibt es ein $x [mm] \in \IK^n$ [/mm] mit $Ax = y$?
Ja, wähle $x = [mm] A^{-1}y$.
[/mm]
Somit ist [mm] $\psi_A$ [/mm] surjektiv.
Für Injektivität angenommen es gäbe [mm] $x_1$ [/mm] und [mm] $x_2 \in \IK^n$ [/mm] mit [mm] $x_1 \neq x_2$ [/mm] und [mm] $Ax_1 [/mm] = [mm] Ax_2$.
[/mm]
Dann ist [mm] $A(x_1 [/mm] - [mm] x_2) [/mm] = 0$, aber [mm] $x_1 [/mm] - [mm] x_2 \neq [/mm] 0$.
Somit ist der Kern von $A$ nicht trivial, $A$ hat nicht vollen Rang und ist damit nicht invertierbar; ein Widerspruch.
Also ist [mm] $\psi_A$ [/mm] auch injektiv und somit bijektiv.
Nehmen wir für die andere Richtung an, dass [mm] $\psi_A$ [/mm] bijektiv - also "eindeutig umkehrbar" - ist.
Dann gibt es eine lineare Abbildung [mm] $\varphi [/mm] : [mm] \IK^n \to \IK^n$, [/mm] sodass [mm] $\varphi \circ \psi_A [/mm] = [mm] \psi_A \circ \varphi [/mm] = id$.
Mit dem Wissen, dass sich jede lineare Abbildung zwischen endlichdimensionalen Vektorräumen mit einer Matrix darstellen lässt heißt das, dass es also eine Abbildungsmatrix $B$ von [mm] $\varphi$ [/mm] gibt, sodass $BA = AB = [mm] I_n$.
[/mm]
Damit ist $B$ das Inverse von $A$ und $A$ somit invertierbar.
Das ganze ist jetzt ganz ausführlich aufgezogen.
In kurz kommt das daher, weil man Abbildung und Abbildungsmatrix in vielerlei (und auch in dieser) Hinsicht miteinander identifizieren kann, da man eben jeder Abbildung eine eindeutige Abbildungsmatrix (bzgl. einer festen Basis) zuordnen kann.
lg
Schadow
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danke für die Mühe
> Kern von $ A $ nicht trivial, $ A $ hat nicht vollen Rang und ist damit nicht invertierbar; ein Widerspruch.
Warum folgt aus Kern von A nicht trivial -> A hat keinen vollen Rang -> Nicht invertierbar.
Was heißt überhaupt A hat keinen vollen Rang?
Wir haben mit dem Thema: Rang erst begonnen letzte Stunde.
Sonst war alles klar ;)
Nochmals Danke.
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Hmm, wenn du das noch nicht hattest könnte das natürlich ein kleines Problem werden.
Es gibt da einen Satz, der sich Dimensionsformel nennt und hier sehr hilfreich wäre, aber den kriegst du sicher bald.
Nun aber zurück zur Frage:
Nehmen wir an der Kern von $A$ sei nicht trivial.
Das heißt es gibt ein $x [mm] \in \IK^n$ [/mm] mit $x [mm] \neq [/mm] 0$ und $Ax = 0$.
Wäre $A$ nun invertierbar, also gäbe es [mm] $A^{-1}$, [/mm] so müsste gelten:
[mm] $A^{-1}Ax [/mm] = [mm] A^{-1}*0 \stackrel{!}{=} [/mm] x [mm] \neq [/mm] 0$
Da aber Matrix mal Nullvektor immer den Nullvektor ergibt, ist dies ein Widerspruch, $A$ kann also keine Inverse haben.
Die Sache mit dem Rang wird sicher noch geklärt werden, warte wie gesagt auf die Dimensionsformel.
lg
Schadow
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> Hmm, wenn du das noch nicht hattest könnte das natürlich
> ein kleines Problem werden.
> Es gibt da einen Satz, der sich Dimensionsformel nennt und
> hier sehr hilfreich wäre, aber den kriegst du sicher
> bald.
> Nun aber zurück zur Frage:
> Nehmen wir an der Kern von [mm]A[/mm] sei nicht trivial.
> Das heißt es gibt ein [mm]x \in \IK^n[/mm] mit [mm]x \neq 0[/mm] und [mm]Ax = 0[/mm].
>
> Wäre [mm]A[/mm] nun invertierbar, also gäbe es [mm]A^{-1}[/mm], so müsste
> gelten:
> [mm]A^{-1}Ax = A^{-1}*0 \stackrel{!}{=} x \neq 0[/mm]
>
> Da aber Matrix mal Nullvektor immer den Nullvektor ergibt,
> ist dies ein Widerspruch, [mm]A[/mm] kann also keine Inverse haben.
Also ist dies einfach ein anderer Weg um das Problem zu lösen?
> Die Sache mit dem Rang wird sicher noch geklärt werden,
> warte wie gesagt auf die Dimensionsformel.
Aber wieso sagt die Dimensionsformel (hab sie mir in wiki angeschaut) aus, dass wenn kern nicht trivial kein voller rang ist?
Der Rang einer Matrix entspricht ja der Anzahl linear unabhängiger Zeilen der Matrix. Ist der Rang voll, so sind alle Zeilen linear unabhängig.
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Hmm, was ich meinte steht bei Wikipedia als Rangsatz:
http://de.wikipedia.org/wiki/Rangsatz
Haben wir einen Vektorraum $V$ und eine lineare Abbildung $f: V [mm] \to [/mm] V$, so gilt:
$dim(V) = dim(Ke(f)) + dim(Bild(f))$
Ist nun der Kern von $f$ trivial, so ist seine Dimension gleich 0 und damit ist $dim(V) = dim(Bild(f))$.
Da $Bild(f) [mm] \subseteq [/mm] V$ folgt Bild(f) = V, also $f$ ist surjektiv.
Weiterhin kann man aus der Trivialität des Kerns auch zeigen, dass $f$ injektiv ist, also ist $f$ bijektiv.
Der Rang einer Matrix ist definiert als die Dimension des Spalten- bzw. Zeilenraums, also des Vektorraums, der von den Zeilen oder den Spalten erzeugt wird.
Dir wird wahrscheinlich noch der Beweis über den Weg laufen, dass der Rang wohldefiniert ist, dass also Zeilen- und Spaltenraum einer Matrix stets die selbe Dimension haben.
Weiterhin ist der Spaltenraum gleich dem Bild, wenn du Abbildung und Matrix miteinander assoziierst.
Somit gilt also:
Kern trivial --> Bild ist ganzer Vektorraum --> Abbildung bijektiv --> Matrix invertierbar
Aber Achtung: Das ganze gilt nur für quadratische Matrizen.
Das kriegst du aber sicher alles noch in den nächsten Monaten, am Ende des Semesters wird dir das auch alles klar sein. ;)
lg
Schadow
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:11 Di 07.02.2012 | | Autor: | theresetom |
danke, supa erklärt ;)
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:16 Mo 06.02.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> > Hmm, wenn du das noch nicht hattest könnte das natürlich
> > ein kleines Problem werden.
> > Es gibt da einen Satz, der sich Dimensionsformel nennt
> und
> > hier sehr hilfreich wäre, aber den kriegst du sicher
> > bald.
> > Nun aber zurück zur Frage:
> > Nehmen wir an der Kern von [mm]A[/mm] sei nicht trivial.
> > Das heißt es gibt ein [mm]x \in \IK^n[/mm] mit [mm]x \neq 0[/mm] und [mm]Ax = 0[/mm].
>
> >
> > Wäre [mm]A[/mm] nun invertierbar, also gäbe es [mm]A^{-1}[/mm], so müsste
> > gelten:
> > [mm]A^{-1}Ax = A^{-1}*0 \stackrel{!}{=} x \neq 0[/mm]
> >
> > Da aber Matrix mal Nullvektor immer den Nullvektor ergibt,
> > ist dies ein Widerspruch, [mm]A[/mm] kann also keine Inverse haben.
> Also ist dies einfach ein anderer Weg um das Problem zu
> lösen?
> > Die Sache mit dem Rang wird sicher noch geklärt werden,
> > warte wie gesagt auf die Dimensionsformel.
>
> Aber wieso sagt die Dimensionsformel (hab sie mir in wiki
> angeschaut) aus, dass wenn kern nicht trivial kein voller
> rang ist?
> Der Rang einer Matrix entspricht ja der Anzahl linear
> unabhängiger Zeilen der Matrix. Ist der Rang voll, so sind
> alle Zeilen linear unabhängig.
ihr habt den Rang $=$Anzahl unabhängiger Zeilen definiert (das nennt man eigentlich erstmal Zeilenrang). Man kann nun zeigen, dass [mm] $A\,$ [/mm] und [mm] $A^T$ [/mm] (das ist die zu [mm] $A\,$ [/mm] transponierte Matrix) gleichen Rang haben, so dass man sagen kann:
[mm] $$\text{Rang}(A)=\text{Zeilenrang}(A)=\text{Spaltenrang}(A)\,.$$
[/mm]
(Beachte: [mm] Spaltenrang$(A)\,$=Anzahl [/mm] unabhängiger Spalten von [mm] $A\,$ [/mm] ist dann per Definitionem gerade (Zeilen-)Rang von [mm] $A^T\,.$)
[/mm]
Nun ist eine Matrix $A [mm] \in \IR^{n \times n}$ [/mm] genau dann bijektiv, wenn sie "Vollrang" hat, also [mm] $\text{Rang}(A)=n\,$ [/mm] gilt. Das ist leicht einzusehen:
Für $x [mm] \in \IR^n$ [/mm] ist nämlich
[mm] $$A*x=\sum_{k=1}^n x_k A_k\,,$$
[/mm]
wobei [mm] $A_k$ [/mm] die [mm] $k\,$-te [/mm] Spalte (besser: den Vektor des [mm] $\IR^n$ [/mm] gebildet aus der [mm] $k\,$-ten [/mm] Spalte von [mm] $A\,$) [/mm] bezeichnet. Da steht nun eine Linearkombination "der Spalten von [mm] $A\,.$" [/mm] Falls diese nur dann den Nullvektor ergibt, wenn [mm] $x\,$ [/mm] der Nullvektor des [mm] $\IR^n$ [/mm] ist (d.h. alle [mm] $x_k=0$), [/mm] so folgt daraus die Injektivität der Abbildung [mm] $\IR^n \ni [/mm] x [mm] \mapsto [/mm] Ax [mm] \in \IR^n\,.$ [/mm] Und wenn die letztstehende Abbildung injektiv ist, so besagt das, dass $Ax=0 [mm] \in \IR^n$ [/mm] nur für $x=0 [mm] \in \IR^n$ [/mm] gilt, also, wenn die [mm] $n\,$ [/mm] Spalten linear unabhängig sind. Also:
[mm] $$\text{Rang}(A)=n \gdw \text{Spaltenrang}(A)=n \gdw [/mm] A [mm] \text{ injektiv.}$$
[/mm]
Mit ähnlichen Überlegungen sieht man:
$A [mm] \in \IR^{n \times n}$ [/mm] ist genau dann surjektiv, wenn [mm] $A\,$ [/mm] Vollrang hat (für $A [mm] \in \IR^{n \times n}\,,$ [/mm] also quadratische Matrizen, sind also äquivalent: [mm] $A\,$ [/mm] ist injektiv, [mm] $A\,$ [/mm] ist surjektiv, [mm] $A\,$ [/mm] ist bijektiv, [mm] Zeilenrang$(A)=n\,,$ Spaltenrang$(A)=n\,,$ Rang$(A)=n\,.$)
[/mm]
Warum? Naja, sei $y [mm] \in \IR^n$ [/mm] beliebig, aber fest vorgegeben. Wir haben zu zeigen, dass es dann Skalare [mm] $x_1,\ldots,x_n\,,$ [/mm] oder anders formuliert: ein $x [mm] \in \IR^n$ [/mm] gibt mit
$$Ax=y$$
bzw.
[mm] $$\sum_{k=1}^n x_k A_k=y\,.$$
[/mm]
Letztstehende Darstellung besagt aber nichts anderes, als dass $y [mm] \in \text{span}\{A_1,\ldots,A_n\}$ [/mm] gelten soll - und da die Spalten von [mm] $A\,$ [/mm] als Basis des [mm] $\IR^n$ [/mm] insbesondere ein Erzeugendensystem des [mm] $\IR^n$ [/mm] bilden, finden wir solche Skalare [mm] $x_k$ [/mm] wie gewünscht und damit auch ein (bzw. hier sogar: das eindeutig bestimmte) $x [mm] \in \IR^n$ [/mm] wie gewünscht.
Für genaueres: Ich empfehle immer wieder das Buch
Bosch, Lineare Algebra,
oder aber Du kannst auch hier:
![[]](/images/popup.gif) Lineare Algebra, Skript
mal ein wenig nachlesen. Ich denke so ab Kapitel 8. (Evtl. aber auch schon vorher!)
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:22 Di 07.02.2012 | | Autor: | theresetom |
supa danke ;)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:43 Mo 06.02.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> danke für die Mühe
>
> > Kern von [mm]A[/mm] nicht trivial, [mm]A[/mm] hat nicht vollen Rang und ist
> damit nicht invertierbar; ein Widerspruch.
> Warum folgt aus Kern von A nicht trivial -> A hat keinen
> vollen Rang -> Nicht invertierbar.
kennst Du die Aussage, dass ein Gruppenhomomorphismus genau dann injektiv ist, wenn sein Kern nur aus dem neutralen Element besteht? Mehr braucht man hier nicht (wirklich) zu wissen:
Die Abbildung [mm] $\phi_A: \IR^n \ni [/mm] x [mm] \mapsto [/mm] Ax [mm] \in \IR^n$ [/mm] ist ja offenbar ein Gruppenhomomorphismus (bzgl. der (additiven) Gruppe [mm] $(\IR^n,+)$) [/mm] - genauer: Ein Gruppenendomorphismus, das neutrale Element des [mm] $\IR^n$ [/mm] ist der Nullvektor $0 [mm] \in \IR^n\,.$
[/mm]
Denn:
[mm] $(\IR^n,+)$ [/mm] ist (abelsche) Gruppe, und für $x,y [mm] \in \IR^n$ [/mm] folgt
[mm] $$\phi_A(x+y)=A(x+y)=Ax+Ay=\phi_A(x)+\phi_A(y)\,.$$
[/mm]
P.S.: Der Beweis der obigen Aussage ist wirklich fast eine Banalität, und wird "verkleidet" immer und immer wieder mal verwendet: In der linearen Algebra, wenn man zeigt, dass lineare Abbildungen genau dann injektiv sind, wenn ihr Kern trivial ist (d.h. nur aus dem Nullvektor (des Definitionsbereichs) besteht) etc...
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:16 Di 07.02.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> moin,
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> Punkt 1: [mm]n=m[/mm], sonst ist die ganze Aufgabe witzlos, da dann
> weder [mm]\psi_A[/mm] bijektiv noch [mm]A[/mm] invertierbar sein könnte.
>
> Es ist [mm]\psi_A(x) = Ax[/mm]
>
> Nehmen wir mal an, dass [mm]A[/mm] invertierbar ist, und zeigen,
> dass [mm]\psi_A[/mm] dann bijektiv ist:
> Sei [mm]y \in \IK^n[/mm].
> Gibt es ein [mm]x \in \IK^n[/mm] mit [mm]Ax = y[/mm]?
> Ja,
> wähle [mm]x = A^{-1}y[/mm].
> Somit ist [mm]\psi_A[/mm] surjektiv.
>
> Für Injektivität angenommen es gäbe [mm]x_1[/mm] und [mm]x_2 \in \IK^n[/mm]
> mit [mm]x_1 \neq x_2[/mm] und [mm]Ax_1 = Ax_2[/mm].
> Dann ist [mm]A(x_1 - x_2) = 0[/mm],
> aber [mm]x_1 - x_2 \neq 0[/mm].
> Somit ist der Kern von [mm]A[/mm] nicht
> trivial, [mm]A[/mm] hat nicht vollen Rang und ist damit nicht
> invertierbar; ein Widerspruch.
das geht doch auch direkt (und ein wenig einfacher):
Seien [mm] $x_{1,2} \in \IK^n$ [/mm] mit [mm] $Ax_1=Ax_2\,.$ [/mm] Dann folgt
[mm] $$x_1=(A^{-1}A)x_1=A^{-1}(Ax_1)=A^{-1}(Ax_2)=(A^{-1}A)x_2=x_2\,,$$
[/mm]
also ist [mm] $\psi_A$ [/mm] injektiv.
Damit ersparen wir uns das ganze Zeugs mit dem Kern 
(Das hättest Du Dir auch bei dem anderen Weg ersparen können!)
Und dass die Nicht-Injektivität von [mm] $A\,$ [/mm] besagt, dass [mm] $A\,$ [/mm] nicht Vollrang hat, folgt wieder, weil der (Zeilenrang=) Spaltenrang von [mm] $A\,$ [/mm] gerade die Dimension des Spanns der Spalten von [mm] $A\,$ [/mm] ist.
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:06 Di 07.02.2012 | | Autor: | theresetom |
supa, dass ist natürlich die ganz einfache Variante, danke!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:52 Mo 06.02.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Warum ist eine Matrix A [mm]\in M_{m \times n}[/mm] genau dann
> invertierbar wenn die lineare Abbildung [mm]\psi_A: \IK^n[/mm] ->
> [mm]\IK^m[/mm]
> [mm]\psi_A[/mm] (x) :=Ax bijektiv ist?
ich glaube, in der ganzen Antwort wurde nun vielmehr aufgezeigt, was das alles mit dem Rang einer Matrix zu tun hat. Deswegen machen wir hier nochmal einen Kurzbeweis:
Wenn $A [mm] \in \IK^{n \times n}$ [/mm] invertierbar ist mit Inverse [mm] $A^{-1}\,,$ [/mm] so ist die Abbildung [mm] $\psi_A$ [/mm] natürlich bijektiv, da für jedes $y [mm] \in \IK^n$ [/mm] die Gleichung
[mm] $$A*x=y\,$$
[/mm]
eine und nur eine Lösung hat.
Sei nun umgekehrt [mm] $\psi_A$ [/mm] bijektiv. Dann existiert eine Abbildung $g: [mm] \IK^n \to \IK^n$ [/mm] mit $g [mm] \circ \psi_A=\psi_A \circ g=id_{\IK^n}\,.$
[/mm]
Zeige nun: [mm] $g\,$ [/mm] ist linear. Dann zeige: [mm] $g=\psi_B$ [/mm] mit einer Matrix $B [mm] \in \IK^{n \times n}\,.$ [/mm] (D.h. [mm] $\psi_B(x)=Bx$ [/mm] für $x [mm] \in \IK^n\,.$) [/mm] Danach zeige/benutze:
$$g [mm] \circ \psi_A=\psi_B \circ \psi_A=\psi_{B \cdot A}\,,$$
[/mm]
[mm] $$\psi_A \circ g=\psi_A \circ \psi_B=\psi_{A \cdot B}\,.$$
[/mm]
Danach bedenke
[mm] $$id_{\IK^n}=\psi_{\mathbb{E}_n}$$
[/mm]
mit der $n [mm] \times [/mm] n$ - Einheitsmatrix
[mm] $$\mathbb{E}_n\,.$$
[/mm]
Folgere damit [mm] $B*A=A*B=\mathbb{E}_n\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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