Умножение операторов и матриц. Обратный оператор. Линейность оператора, обратного к линейному. Алгоритм вычисления обратной матрицы

Пусть $V_{1}, V_{2}, V_{3}$ - пространства над $F$. Если $\mathcal{A}: V_{1} \to V_{2}$ и $\mathcal{B}: V_{2} \to V_{3}$ - линейные операторы, то **произведение** этих операторов - композиция $\mathcal{A}\mathcal{B}: V_{1} \to V_{3}$, действующая по правилу: $$\mathcal{A}\mathcal{B}(\mathbf{x}) = \mathcal{B}(\mathcal{A}(\mathbf{x}))~~ \forall{\mathbf{x} \in V_{1}}$$

Пусть $V_{1}, V_{2}, V_{3}, V_{4}$ - векторные пространства, $\mathcal{A}: V_{1} \to V_{2}$, $\mathcal{B}: V_{2} \to V_{3}$, $\mathcal{C}: V_{3} \to V_{4}$ - линейные операторы. Тогда: 1. $\mathcal{A}\mathcal{B}$ - линейный оператор 2. $(\mathcal{A}\mathcal{B})\mathcal{C} = \mathcal{A}(\mathcal{B}\mathcal{C})$ - ассоциативность 3. $(\mathcal{A} + \mathcal{B})\mathcal{C} = \mathcal{A}\mathcal{C} + \mathcal{B}\mathcal{C}$ - дистрибутивность справа 4. $\mathcal{A}(\mathcal{B} + \mathcal{C}) = \mathcal{A}\mathcal{B} + \mathcal{A}\mathcal{C}$ - дистрибутивность слева

Свойство 1. Очевидно, необходимо проверить 2 аксиомы линейных операторов. Свойство 2. Ассоциативность - свойство композиции произвольных отображений. Свойство 3. $$\begin{align} ((\mathcal{A} + \mathcal{B})\mathcal{C})(\mathbf{x}) &= \mathcal{C}((\mathcal{A} + \mathcal{B})(\mathbf{x})) = \mathcal{C}(\mathcal{A}(\mathbf{x}) + \mathcal{B}(\mathbf{x})) = \mathcal{C}(\mathcal{A}(\mathbf{x})) + \mathcal{C}(\mathcal{B}(\mathbf{x})) = \\ &= \mathcal{A}\mathcal{C}(\mathbf{x}) + \mathcal{B}\mathcal{C}(\mathbf{x}) = (\mathcal{A}\mathcal{C} + \mathcal{B}\mathcal{C})(\mathbf{x}) ~~~~~\square \end{align}$$ Свойство 4. Аналогично свойству 3.

Множество $\text{Hom}(V,V)$ всех линейных операторов пространства $V$ является ассоциативным кольцом относительно операций сложения и умножения линейных операторов.

Пусть $G = (g_{ij})_{p \times l},~~ H = (h_{ij})_{l \times q}$ - матрицы. Произведением матриц $G$ и $H$ называется матрица $GH = (f_{ij})_{p \times q}$, полученная по правилу "строка на столбец": $$f_{ij} = \sum_{k = 1}^{l} g_{ik}h_{kj}$$ Произведение матриц определено $\iff$ число столбцов $G$ равно числу строк $H$.

Пусть $\mathcal{A}: V_{1} \to V_{2}, \mathcal{B}: V_{2} \to V_{3}$ - линейные операторы, а пространства $V_{1}, V_{2}, V_{3}$ - конечномерны и имеют размерности $n, k, m$,. Зафиксируем базисы $P = \{\mathbf{p}_{1}, \mathbf{p}_{2}, \dots, \mathbf{p}_{n}\}, Q = \{\mathbf{q}_{1}, \mathbf{q}_{2}, \dots, \mathbf{q}_{k}\}, R = \{\mathbf{r}_{1}, \mathbf{r}_{2}, \dots, \mathbf{r}_{m}\}$ в $V_{1}, V_{2}, V_{3}$ соответственно. Тогда: $$[\mathcal{A}\mathcal{B}]_{P,R} = [\mathcal{B}]_{Q,R}[\mathcal{A}]_{P,Q}$$ **Примечание:** Матрицы операторов перемножаются в порядке, обратном тому, в котором записаны операторы.

Пусть $A = [\mathcal{A}]_{P,Q}$, $B = [\mathcal{B}]_{Q,R}$ и $C = [\mathcal{A}\mathcal{B}]_{P,R}$. Из выражения для образа вектора через матрицу оператора имеем: $$C[\mathbf{x}]_{P} = [\mathcal{A}\mathcal{B}(\mathbf{x})]_{R} = [\mathcal{B}(\mathcal{A}(\mathbf{x}))]_{R} = B[\mathcal{A}(\mathbf{x})]_{Q} = B(A[\mathbf{x}]_{P})$$ Возьмём $\mathbf{x} = \mathbf{p}_{1}$ в равенстве $C[\mathbf{x}]_{P} = B(A[\mathbf{x}]_{P})$. Так как: $$[\mathbf{p}_{1}]_{P} = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{bmatrix}$$ получаем, что $A[\mathbf{p}_{1}]_{P}$ - первый столбец матрицы $A$, а $C[\mathbf{p}_{1}]_{P}$ - первый столбец матрицы $C$. Значит первый столбец матрицы $C$ - произведение матрицы $B$ на первый столбец матрицы $A$. Продолжая этот процесс, получаем, что каждый столбец матрицы $C$ есть произведение $B$ на столбец $A$ с тем же номером (правило "строка на столбец") $\square$

Пусть $A, B, C$ - матрицы. Тогда: 1. $\exists{AB}~~ \exists{BC}~ \Rightarrow (AB)C = A(BC)$ 2. $A$ и $B$ одного размера и $\exists{AC}~ \Rightarrow (A+B)C = AC + BC$ 3. $B$ и $C$ одного размера и $\exists{AB}~ \Rightarrow A(B+C) = AB + AC$ 4. $\exists{AB}~ \Rightarrow (AB)^{T} = B^{T}A^{T}$

Свойства 1-3 следуют из свойств умножения линейных операторов. Либо можно провести прямые вычисления. Свойство 4. Проверка прямыми вычислениями.

Если $\mathcal{A}: V_{1} \to V_{2}$ - взаимно однозначный линейный оператор, то $\mathcal{A}^{-1}: V_{2} \to V_{1}$ - тоже линейный оператор. Напомним, что $f: M_{1} \to M_{2}$ обратимо $\iff$ $f$ - взаимно однозначное отображение.

Возьмём $y_{1}, y_{2} \in V_{2}$ и пусть $x_{1} := \mathcal{A}^{-1}(y_{1}), x_{2} := A^{-1}(y_{2})$. Тогда: $$\mathcal{A}(x_{1} + x_{2}) = \mathcal{A}(x_{1}) + \mathcal{A}(x_{2}) = y_{1} + y_{2}$$ $$\mathcal{A}^{-1}(y_{1} + y_{2}) = x_{1} + x_{2} = \mathcal{A}^{-1}(y_{1}) + \mathcal{A}^{-1}(y_{2})$$ Аналогично проверяется и умножение на скаляр $\square$

$A^{-1}$ называется **обратной** к матрице $A$, если $AA^{-1} = A^{-1}A = E$

Так как $\mathcal{A}^{-1}(\mathcal{A}(\mathbf{x})) = \mathbf{x}$, получаем, что $\mathcal{A}\mathcal{A}^{-1}$ - единичный оператор. Переходя к матрицам имеем: $$[\mathcal{A}\mathcal{A}^{-1}] = [\mathcal{A}^{-1}\mathcal{A}] = E \implies [\mathcal{A}^{-1}][\mathcal{A}] = [\mathcal{A}][\mathcal{A}^{-1}] = E \implies AA^{-1} = A^{-1}A = E$$ Вспомним, что в курсе "Введение в математику" было проверено, что в любой полугруппе с единицей для данного $a$ обратный к нему, если существует, определяется однозначно, что оправдывает обозначение $a^{-1}$

Квадратная матрица $n \times n$ обратима $\iff$ её ранг равен $n$.

С каждой $n \times n$ матрицей связан линейный оператор $\mathcal{A}$, определённый правилом $\mathcal{A}(x) = Ax$. Матрица $A = [\mathcal{A}]$ обратима $\iff$ обратим $\mathcal{A}$. $\Large\implies$ Если $\mathcal{A}$ обратим, его образ совпадает со всем пространством столбцов, а значит $r(\mathcal{A}) = n$. Так как ранги матрицы и её линейного оператора совпадают, $r(A) = n$ $\Large\impliedby$ Если $r(A) = n$, то $r(\mathcal{A}) = n$. Значит образ $\mathcal{A}$ совпадает со всем пространством столбцов, т.е. $\mathcal{A}$ - отображение пространства на себя. По теореме о ранге и дефекте ядро $\mathcal{A}$ нулевое. Покажем, что тогда $\mathcal{A}$ взаимно однозначен. Предположим, что $\mathcal{A}(x) = \mathcal{A}(y)$ для некоторых столбцов $x$ и $y$. Тогда $\mathcal{A}(x - y) = \mathcal{A}(x) - \mathcal{A}(y) = \mathbf{0}$, а значит $x - y = 0 \implies x = y$. Значит $\mathcal{A}$ - взаимно однозначное отображение пространства столбцов на себя, т.е. обратимый оператор. $\square$

Элементарные преобразования над столбцами (строками) матрицы $A$ равносильны умножению $A$ справа (слева) на некоторые матрицы

Пусть $A = (a_{ij})_{k\times n}$ - произвольная матрица. Для каждого элементарного преобразования над столбцами (строками) $A$ построим матрицу, умножение на которую справа (слева) даёт тот же результат. Э/п 1 рода: перестановка $i$-го и $j$-го столбцов (строк) матрицы $A$. $$\begin{pmatrix} 1 & \dots & 0 & \dots & 0 & \dots & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \dots & 0 & \dots & 1 & \dots & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \dots & 1 & \dots & 0 & \dots & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \dots & 0 & \dots & 0 & \dots & 1 \\ \end{pmatrix}$$ Т.е. перестановка $i$-й и $j$-й столбцов (строк) в единичной матрице. Э/п 2 рода: добавление к $i$-му столбцу матрицы $A$ её $j$-й столбец (аналогично для строк). $$\begin{pmatrix} 1 & \dots & 0 & \dots & 0 & \dots & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \dots & 1 & \dots & 0 & \dots & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \dots & 1 & \dots & 1 & \dots & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \dots & 0 & \dots & 0 & \dots & 1 \\ \end{pmatrix}$$ Т.е. прибавление к $i$-му столбцу $j$-го столбца (аналогично для строк). Э/п 3 рода: умножение $i$-го столбца (строки) матрицы $A$ на скаляр $\lambda \neq 0$. $$\begin{pmatrix} 1 & \dots & 0 & \dots & 0 & \dots & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \dots & \lambda & \dots & 0 & \dots & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \dots & 0 & \dots & 1 & \dots & 0 \\ \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & \dots & 0 & \dots & 0 & \dots & 1 \\ \end{pmatrix}$$ Т.е. умножение $i$-ого столбца (строки) на $\lambda$. То, что такие матрицы дают необходимый результат, проверяется прямыми подсчётами. $\square$

Припишем к обратимой $n \times n$-матрице $A$ слева единичную $n\times n$-матрицу и проделаем над **строками** $n \times 2n$-матрицы $E|A$ последовательность элементарных преобразований, которая приведёт $A$ к единичной матрице. Тогда левая половина получившейся матрицы будет равна $A^{-1}$

Чтобы обосновать предложенный алгоритм, нужно объяснить, почему эта процедура (1) заканчивается и (2) приводит именно к обратной матрице. Шаг 1. Поскольку ранг матрицы $A$ равен $n$, её столбцы линейно независимы. Поэтому в первом столбце есть ненулевой элемент, перестановкой строк переставим его на место $(1,1)$, домножим его на обратный элемент (теперь он равен $1$), а затем обнулим остальные элементы первого столбца. Продолжая эту процедуру для всех столбцов, получаем: $$\begin{pmatrix} 1 & a_{12} & \dots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \dots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \dots & a_{nn} \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & a_{12} & \dots & a_{1n} \\ 0 & b_{22} & \dots & b_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & b_{n2} & \dots & b_{nn} \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & 1 & \dots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \dots & 1 \end{pmatrix}$$ Шаг 2. Рассмотрим последовательность элементарных преобразований $\varepsilon_{1}, \dots, \varepsilon_{s}$ над строками $n\times 2n$-матрицы $E|A$ такую, что: $$E|A \xrightarrow{\varepsilon_{1}} \dots \xrightarrow{\varepsilon_{s}} B|E$$ Пусть $T_{1}, \dots, T_{s}$ - такие $n\times n$-матрицы, соответствующие элементарным преобразованиям $\varepsilon_{1}, \dots, \varepsilon_{s}$. Тогда по лемме: $$\begin{align} T_{s} \dots T_{1}E &= B \\ T_{s} \dots T_{1}A &= E \end{align}$$ В силу второго равенства $T_{s}\dots T_{1} = A^{-1}$, а в силу первого $T_{s} \dots T_{1} = B$. А значит $B|E = A^{-1}|E$ $~~~~~ \square$