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Zusammenhang rechts/linksinvertierbar, quadratisch

Universität / Fachhochschule

Matrizenrechnung

Tags: Matrizenrechnung

student11 aktiv_icon

12:08 Uhr, 26.01.2012

Hallo zusammen

Ist jede linksinvertierbare, quadratische Matrix auch rechtsinvertiebar?
Und umgekehrt jede rechtsinvertierbare quadratische Matrix auch linksinvertierbar?

Vielen Dank für eure Antworten..

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

DerDepp aktiv_icon

12:36 Uhr, 26.01.2012

Hossa ;-)

Die Gruppen-Axiome lauten:

1) Assoziativ-Gesetz:

a (b c) = (a b) c

2) Es gibt mindestens ein neutrales Element

e

mit der Eigenschaft:

e a = a

3) Zu jedem a gibt es mindestens ein inverses Element a' mit der Eigenschaft:

a ʹ a = e

Diese 3 Axiome gelten u.a. für die Multiplikation kompatibler Matrizen. Kompatibel bedeutet, die Spaltenanzahl der linken Matrix ist gleich der Zeilenanzahl der rechten Matrix.

Aus diesen 3 Axiomen folgt u.a.:

a)

a a ʹ = e

[Das war deine Frage!]
b)

a e = a

c) Es gibt genau ein neutrales Element e.
d) Zu jedem a gibt es genau ein inverses Element a'.

Weil du nach a) gefragt hattest, hier kurz der Beweis dafür auf Basis der 3 Axiome:

*) Zu

a ʹ

gibt es nach (3) ein inverses Element

a ʺ

mit

a ʺ a ʹ = e

a a ʹ \binom{(2)}{=} e (a a ʹ) \binom{(*)}{=} (a ʺ a ʹ) (a a ʹ) \binom{(1)}{=} ((a ʺ a ʹ) a) a ʹ \binom{(1)}{=} (a ʺ (a ʹ a)) a ʹ \binom{(3)}{=} (a ʺ e) a ʹ \binom{(1)}{=} a ʺ (e a ʹ) \binom{(2)}{=} a ʺ a ʹ \binom{(*)}{=} e

Mit anderen Worten, wenn du gezeigt hast oder weißt, dass es ein links-inverses Element gibt, dann ist genau dieses links-inverse Element auch das rechts-inverse Element.

Umgekehrt gilt das natürlich auch. Man kann nämlich die Gruppenaxiome auch "von rechts" definieren:

1') Assoziativ-Gesetz:

a (b c) = (a b) c

2') Es gibt mindestens ein neutrales Element

e

mit der Eigenschaft:

a e = a

3') Zu jedem a gibt es mindestens ein inverses Element a' mit der Eigenschaft:

a a ʹ = e

Dann gelten a')-d') völlig analog.

Ok?

student11 aktiv_icon

13:20 Uhr, 26.01.2012

Vielen Dank.. Ich denke, das ist soweit klar..

Wenn du gerade die Gruppenaxiome etc so präsent hast, könntest du mir vielleicht noch etwas Anderes verraten?

Ich bin gerade Lineare Algebra am repetieren und bin jetzt beim Thema Vektorräume.

Da gibt es ja eine Addition (Abelsche Gruppe) und eine Skalare Multiplikation (Monoid).
Kann man sagen, dass ein Vektorraum eigentlich ein Ring ist? Und zwar sogar ein kommutativer Ring?

Vielen Dank für deine Hilfe..

michaL aktiv_icon

13:29 Uhr, 26.01.2012

Hallo,

auch hier: Vorsicht!

Der Beweis von DerDepp zeigt eigentlich nur folgendes: Ist dir eine Gruppe gegeben, dort ein Element, das ein Linksinverses besitzt, dann ist dieses Linksinverse AUCH rechtsinvers und jedes Rechtsinverse ist diesem Linksinversen gleich (also insbesondere eindeutig).

Stellt sich die Frage, was los ist, wenn man nicht davon ausgehen darf, dass eine Gruppe vorliegt. Ich weiß, du schriebst von quadratischen Matrizen. Diese induzieren ja lineare Abbildungen.

Wenn ich das mal ein bisschen allgemeiner betrachte, führt mich das gleich zu linearen Abbildungen zwischen Vektorräumen. Da nehme ich doch am besten den Vektorraum der (formalen) Potenzreihen her

V = {p = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + \dots}

. Eine lineare Abbildung von

V

auf sich wäre etwa durch

x^{x} \mapsto x^{n + 1}

gegeben.
Du überzeugst dich evtl. leicht, dass diese Abbildung zwar linksinvertierbar ist, aber nicht rechtsinvertierbar.

Ist dir das Dilemma klar?

Mfg Michael

student11 aktiv_icon

14:01 Uhr, 26.01.2012

Also wenn ich das richtig verstehe, was du sagst, dann gibt es durchaus injektive und nicht-surjektive oder surjektive und nicht-injektive Abbildungen, jedoch nie, wenn die Dimension erhalten bleibt.

Also gehe ich von einem Vektorraum der Dimension

n

zu einem Vektorraum der Dimesion

m

kann ich durchaus surjektive und nicht-injektive, injektive und nicht-surjektive Abbildungen haben.

Wenn ich aber eine Abbildung zwischen zwei Vektorräumen der Dimension

n

betrachte, dann impliziert surjektiv bijektiv, sowie injektiv bijektiv impliziert.

Korrekt so?

pwmeyer aktiv_icon

14:11 Uhr, 26.01.2012

Hallo,

die Aussage ist korrekt, allerdings ist der Beweis von Depp falsch, weil die Multiplikation von

n \times n

-Matrizen keine Gruppe ist: Allgemein kann nicht die Existenz von Inversen garantiert werden.

Zum Beweis muss man halt nehmen, was in der Vorlesung zur Verfügung steht. Dimensionssatz?

Gruß pwm

student11 aktiv_icon

14:23 Uhr, 26.01.2012

Ja, Dimensionssatz hatten wir..

Also dass

dim(V)-dim(ker(A))=dim(Im(A))

Sei nun

dim (V) = dim (W) = n

und wenn A injektiv ist, dann ist dim(ker(A))=0 und somit dim(Im(A))=dim(V)=dim(W), also surjektiv, also bijektiv?

und wenn A surjektiv ist, dann ist dim(Im(A))=dim(W)=dim(V) und somit dim(ker(A))=0, und somit injektiv, also bijektiv..

Wenn aber

dim (V) = n \neq dim (W) = m

ist, dann:

n -

dim(ker(A))=dim(Im(A))

sei nun A injektiv, das bedeutet, dass dim(ker(A))=0, also dass n=dim(Im(A)), da kann aber noch nicht geschlossen werden, dass A tatsächlich surjektiv ist, denn wenn

n < m,

ist diese Abbildung nicht surjektiv.

sei nun A surjekiv, das bedeutet, dass dim(Im(A))=dim(W)=m, also n-dim(ker(A))=m und somit nur wenn

m = n

bijektiv. wenn

n < m,

dann wäre es gar nicht möglich, dass die Abbildung surjektiv ist, wenn

m < n,

dann ist die Abbildung nicht injektiv, also nicht bijektiv.

Stimmt das so??

Jetzt habe ich aber noch irgendwie ein Problem mit etwas Ähnlichem.. Wir hatten in der Vorlesung "Diskrete Mathematik" etwas über Funktionen..

Wir betrachteten also Funktion

f : A \to B,

wir sagten einfach: Wenn

f

injektiv sein soll, dann ist

| f (A) | = | A |,

wenn

f

surjektiv sein soll, dann ist

f (A) = B

. Wenn ich das auf Lineare Algebra zu übertragen versuche, sieht das wie folgt aus:

injektiv:

| f (A) | = | A |,

also dim(Im(A))=dim(A), was direkt aus dim(ker(A)) folgt, wobei mit

f

das A die Definitionsmenge bezeichnet, mit Im etc. das A jedoch die Abbildungsmatrix bezeichnet.

surjektiv:

f (A) = B \to

das kann ich aber mit Linearen Algebra nicht herleiten? oder schon? Da dim(Im(A))=dim(W) und da Im(A)

\subseteq W

folgt Gleichheit?

Doch kann man das alles so begründen oder handelt es sich hier mehr um Zirkulärschlüsse? Ich glaube, den Überblick etwas verloren zu haben...

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