Inversas Generalizadas

Inversas Generalizadas
Departamento de Matemáticas, CSI/ITESM
15 de abril de 2009
Índice
11.1. Inversas generalizadas . . . . . . . . . .
11.2. Uso de la inversa generalizada . . . . . .
11.3. Método de cálculo . . . . . . . . . . . .
11.4. Algoritmo para una inversa generalizada
11.5. Todas las posibles soluciones . . . . . .
11.6. Inversa de Moore-Penrose . . . . . . . .
11.1.
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1
2
3
3
4
6
Inversas generalizadas
Una matriz inversa generalizada de una matriz A m × n es una matriz n × m G que cumple:
AGA = A
(1)
Ejemplo 1
Pruebe que para la matriz:
A=
dos inversas generalizadas son:
1 3 2
2 6 4

Solución
Basta realizar los productos:



1 0
−42 −1
5
3 
G1 =  0 0  , G2 = 
0 0
2
2
AGA
AG1 A =
1 3 2
2 6 4


1 0  0 0  1 3 2 = 1 3 2
2 6 4
2 6 4
0 0
Por tanto, G1 sı́ es inversa generalizada de A Por otro lado,


−42 −1 1 3 2 
1 3 2
1 3 2

5
3
AG2 A =
=
2 6 4
2 6 4
2 6 4
2
2
Por tanto, G2 sı́ es inversa generalizada de A⋄
Ejercicio 1
Pruebe que la inversa de Moore-Penrose es una inversa generalizada de A.
Sugerencia
Sustituya A = BF y
−1 T
G = FT BT BFFT
B
en A G A.
Ejercicio 2
Suponga que G (n × m) es una inversa generalizada de A (m × n), entonces muestre que lo es
también
G∗ = GAG + (In×n − GA)T + S(Im×m − AG)
Para cualquiera que sean las matrices T y S de dimensiones adecuadas.
Sugerencia
Calcule AG∗ A desarrollando los productos.
Teorema 11.1
Si A es una matriz cuadrada que posee inversa, entonces A−1 es una inversa generalizada para A.
Demostración
Se prueba directamente que G = A−1 cumple A G A = A:
AA−1 A = (AA−1 )A = IA = A⋄
11.2.
Uso de la inversa generalizada
El siguiente resultado indica cómo se relaciona este concepto con la solución de sistemas de ecuaciones
lineales.
Teorema 11.2
Sea A una matriz m × n, G una matriz n × m y p un número entero positivo. Entonces X = GB
es una solución al sistema AX = B para cualquier matriz B m × p para el cual es sistema es
consistente si y sólo si G es una inversa generalizada de A.
Demostración
Si G es la inversa generalizada de A y sea B una matriz para la cual el sistema se consistente y sea Xo una
solución, vemos que GB también lo es:
A(GB) = AG(AXo ) = (AGA)Xo = AXo = B
Por otro lado, suponga que GB es solución al sistema AX = B para todo B para el cual el sistema es
consistente. En particular, para cada
Bi = ai
de donde se obtiene:
A(Gai ) = ai
y por tanto, AGA = A⋄
Ejercicio 3
2
Suponga que el sistema Ax = b es consistente. Pruebe que si G es una inversa generalizada de A
entonces Gb es una solución al sistema.
Sugerencia
Como el sistema es consistente, existe un x0 tal que
Ax0 = b.
Premultiplique la relación anterior por A G Utilice la propiedad de la inversa generalizada y de
nuevo que Ax0 = b.
11.3.
Método de cálculo
El siguiente resultado indica cómo se puede calcular una inversa generalizada de una matriz.
Teorema 11.3
Sea B una matriz m×r de rango columna completo y F una matriz r×n de rango renglón completo.
Suponga que L es una inversa izquierda para B y que R es una inversa derecha para F. Entonces,
R L es una inversa generalizada para B F.
Demostración
Directamente comprobemos que cumple la definición de inversa generalizada:
(BF)(RL)(BF) = B(FR)(LB)F = BIIF = BF⋄
Notación:
Una inversa generalizada de la matriz A se simbolizará por:
A−
y de acuerdo a la definición:
AA− A = A
11.4.
Algoritmo para una inversa generalizada
Una algoritmo para calcular la inversa generalizada a una matriz m × n A es:
Encuentre una submatriz de A cuadrada de rango igual al de A. Denote por W a esta matriz.
Una alternativa para determinarla consiste en:
• aplicar rref a A para ubicar las posiciones de las columnas a conservar (las de los pivotes), y
• aplicar rref a A′ para ubicar las posiciones de los renglones a conservar (las de los pivotes).
Invierta y transponga W.
Regrese (W−1 )′ a A en las posiciones correspondientes. En los elementos restantes ponga ceros.
Transponga la matriz resultante.
3
(2)
Ejemplo 2
Determine una inversa generalizada de:


−6
2 −2 −3
5
2 
A =  3 −1
−3
1
3 −1
Solución
Como
A →GJ

1



 0

−1
3
0
0
1
0
0
0
11
24
1
8
0


1 0



 , A′ →GJ  0 1

 0 0

0 0

1
1 

0 
0
Entonces, son renglones independientes el 1 y el 2, y son dos columnas independientes la 1 y la 3. Tales
renglones y columnas de A debemos conservar para formar W:


5
1
−
24
8
−6 −2

W=
, (W−1 )′ = 
3
5
−1 1
12
Por tanto:
5
− 24
0
′
1
G =  − 12 0
0 0

11.5.

1
8
1
4


0


0 ,G = 

0 0

4
5
− 24
1
− 12
0
0
1
8
1
4
0
0
0



0 

0 

0
Todas las posibles soluciones
Teorema 11.4
Todas las posibles soluciones de un sistema consistente:
Ax = b
pueden ser generadas de
x̃ = Gb + (GA − I) z
para una inversa generalizada G y un vector adecuado z
Demostración
Primeramente veamos que la fórmula genera efectivamente soluciones a Ax = b:
Ax̃ = A (Gb + (GA − I) z)
= AGb + (AGA − AI) z
= AGb = b
Por consiguiente, la fórmula para x̃ genera soluciones al sistema de ecuaciones. Por otro lado, si ẋ es una
solución cualquiera, se toma z = −ẋ y se sustituye en x̃:
x̃ = Gb − (GA − I) ẋ = G (b − Aẋ) + ẋ = ẋ⋄
4
Teorema 11.5
Todas las soluciones a Ax = b para b 6= 0 pueden ser generadas de x = Gb usando todas las
inversas generalizadas G de A.
Lema 11.6
Para todo vector z y para todo vector b no cero existe una matriz X tal que z = Xb.
Tomar Xij = zi /bk para j = k y cero en otro caso (bk 6= 0).
Demostración
Sea x̃ una solución a Ax = b, por consiguiente, existe una z tal que:
x̃ = Gb + (GA − I) z.
Por el lema anterior, existe X tal que z = −Xb y sustituyendo en la fórmula anterior:
x̃ = Gb + (GA − I) (−Xb)
= [GAG + (I − GA)X + (−G)(AG − I)] b = G∗ b
Ejemplo 3
Encuentre todas las soluciones al sistema



5
2 −1
2
7
 2


2
3
1 

 9
 1
x =  5
1
4
−1



 2 −1 −3 −1 
 −6
3
0
1 −2
−1
Solución
Determinando una inversa generalizada de la matriz

5
1 
−5

G=
15  0
0
⋄






de coeficientes tenemos:

−9
8 0 0
21 −17 0 0 

−3
6 0 0 
0
0 0 0
Por tanto, al sustituir en la fórmula de todas las soluciones
x = Gb + (GA − I) z
obtenemos:




7
0
5 −9
8 0 0 
9 





1  −5 21 −17 0 0  
 0
5 
x=
+ 0
6 0 0 
15  0 −3
 −6 
0
0
0
0 0 0
−1


−6 − 7z4

1 
 69 + 28z4 
x=
15  3 − 9z4 
−15z4

5
0
0
0
0

z1
0 −7/15


0 28/15   z2
0 −9/15   z3
z4
0
−1




Ejemplo 4
Encuentre todas las soluciones al sistema




7 7 −1
5
2 −1
2
 9 4
 2
6 
2
3
1 






 1
4 
1
4 −1  X =  5 2


 −6 1 −5 
 2 −1 −3 −1 
−1 3 −1
3
0
1 −2
11.6.
Inversa de Moore-Penrose
Definición
Sea A una matriz cualquiera y A = BF una factorización donde B es de rango columna completo y F es de
rango renglón completo. La inversa de Moore-Penrose de A es la matriz:
M = FT BT AFT
Se puede demostrar que M es la única matriz que cumple
−1
BT
AMA = A
MAM = M
AM es simétrica.
MA es simétrica.
Ejercicio 4
Sea A una matriz cualquiera y A = BF una factorización donde B es de rango columna completo
y F es de rango renglón completo. Pruebe que la inverse a Moore-Penrose de A
M = FT BT AFT
satisface:
−1
BT
AMA = A
Sugerencia
En la expresión A M A sustituya A = BF y la matriz M propuesta. El punto clave estará en la
inversa de BT BFFT . Aquı́ conviene considerar a esta matriz como
BT BFFT = BT B FFT
Note que las matrices BT B y FFT son cuadradas de rango renglón y por tanto son invertibles y
por tanto:
−1
−1 T −1
BT BFFT
= FFT
B B
Proceda simplificando matrices con sus inversas.
Ejercicio 5
6
(3)
Sea A una matriz cualquiera y A = BF una factorización donde B es de rango columna completo
y F es de rango renglón completo. Pruebe que la inverse a Moore-Penrose de A
−1 T
M = FT BT AFT
B
satisface:
MAM = M
Sugerencia
Vea la sugerencia al problema anterior.
Ejercicio 6
Sea A una matriz cualquiera y A = BF una factorización donde B es de rango columna completo
y F es de rango renglón completo. Pruebe que la inverse a Moore-Penrose de A
−1 T
B
M = FT BT AFT
prueba que la matriz A M es simétrica.
Sugerencia
Tome su transpuesta y simplifique como se suguiere en problema previo.
Ejercicio 7
Sea A una matriz cualquiera y A = BF una factorización donde B es de rango columna completo
y F es de rango renglón completo. Pruebe que si M es la inversa a Moore-Penrose de A:
−1 T
M = FT BT AFT
B
Entonces la matriz M A es simétrica.
Sugerencia
Vea la sugerencia del problema anterior.
Ejemplo 5
Determine la inversa de Moore-Penrose de la matriz A:


1 0 −1 1
2 2 
A= 0 2
−1 4
5 3
Solución:
Al aplicar eliminación gaussiana se obtiene:


1 0 −1 1
 0 1
1 1 
0 0
0 0
Por consiguiente, la factorización A = BF es:


1 0 1
0
−1
1
A = BF =  0 2 
0 1
1 1
−1 4
7
Recuerde que la matriz F es la matriz reducida que se obtiene de A, eliminando en el resultado los posibles
renglones de ceros, mientras que B es la matriz cuyas columnas son las columnas de A que tienen las posiciones
de los pivotes en F. Por tanto,
6 −12
T
T
B AF =
−12
60
De donde:

M = FT
Ejercicio 5





T
T −1 T
B =
B AF





Determine la inversa de Moore-Penrose de la matriz

1 0

0 2
A=
−1 4
1
9
1
18
−1
18
1
6
5
18
1
18
−2
9
1
3
−1
18
1
18
1
9
0












A:

1 1
1 2 
5 3
Sugerencia
Siga el proceso del ejemplo de las notas.
Ejercicio 6
Determine la inversa de Moore-Penrose de la matriz:


1
0
2
 2 −1
5 


 0
1 −1 
1
3 −1
Teorema 11.7
Sean x1 ,x2 ,. . . ,xt soluciones a un sistema consistente Ax = b con b 6= 0. Entonces
t
X
λi xi
i=1
es solución si y sólo si
t
X
λi = 1
i=1
DemostraciónP
Definamos x̃ = ti=1 λi xi , ası́:
Ax̃ = A
t
X
i=1
λ i xi
!
=
t
X
λi Axi =
t
X
i=1
i=1
8
λi b =
t
X
i=1
λi
!
b
Por tanto, x̃ es solución, es decir Ax̃ = b, si y sólo si (recuerde que b 6= 0)
t
X
λi = 1⋄
i=1
Teorema 11.8
Sea A una matriz m × n con rango rA entonces el sistema consistente: Ax = b para b 6= 0 tiene
n − rA + 1 soluciones que forman un conjunto linealmente independiente.
Demostración
Hay k = (n − rA ) soluciones linealmente independientes a Ax = 0 digamos z1 ,z2 ,. . . ,zk . Si x0 es una solución
a Ax = b defina xi = x0 + zi para i = 1, . . . , k. Si el conjunto de formado por xi para i = 0, 1, . . . , k fuera
linealmente dependiente , y debido a que x0 no puede ser el vector cero pues Ax0 = b 6= 0 , deberı́a haber
un vector xj (j ≥ 1) que fuera combinación de los anteriores x0 , . . . xj−1 . Ası́
xj =
j−1
X
λ i xi
i=0
Por consiguiente y por el lema anterior,
j−1
X
λi = 1
i=0
Por lo que la suma anterior queda:
xj = x0 + z j =
j−1
X
λi (x0 + zi ) =
x0 + z j =
j−1
X
i=0
Y ası́ cancelando x0 tenemos:
λi
λ i x0 +
i=0
i=0
De donde:
j−1
X
!
x0 +
zj =
j−1
X
λ i z i = x0 +
i=1
j−1
X
j−1
X
λi z i
i=1
j−1
X
λi z i
i=1
λi z i
i=1
lo cual dice que el conjunto z1 , . . . zk es linealmente dependiente. Lo cual es imposible.⋄
9