De inverse van een matrix

Matrixrekening: Matrices

De inverse van een matrix

Als er bij een gegeven vierkante matrix $A$ een matrix $B$ bestaat zo dat $A\,B=B\,A=I$ , dan heet $B$ de inverse van $A$ . De notatie hiervoor is $A^{-1}$ . In dit geval noemen we $A$ inverteerbaar of regulier.

Als een matrix niet inverteerbaar is, dan spreken we ook wel van een singuliere matrix.

We spreken van de inverse en niet van een inverse omdat de inverse van een inverteerbare matrix uniek is. Stel maar dat zowel $B$ als $C$ vierkante matrices zijn die aan de voorwaarden voor een inverse van $A$ voldoen: $A\,B = B\,A= I\quad\text{en}\quad A\,C = C\,A = I\tiny.$ Dan is $B = B\, I = B \,( A\, C) = (B\, A)\, C = I\, C=C$ zodat $B = C$ .

Er bestaat verder nog een bewijs dat voor vierkante matrices met $A\,B=I$ ook geldt dat $B\,A=I$ . Omdat matrixvermenigvuldiging niet commutatief is, is deze eigenschap niet vanzelfsprekend
Er volstaat dus een zwakkere conditie op $B$ om te concluderen dat $B$ de inverse van een matrix $A$ is:

Als $A\, B = I$ , dan is $B$ de inverse van $A$ .
Als $B\, A = I$ , dan is $B$ de inverse van $A$ .

Voorbeelden

$\matrix{-3 & -1 \\ 2 & 1 \\ }$ is de inverse van $\matrix{-1 & -1 \\ 2 & 3 \\ }$ .

Immers, $\matrix{-1 & -1 \\ 2 & 3 \\ } \,\matrix{-3 & -1 \\ 2 & 1 \\ } = \matrix{1 & 0\\ 0 & 1}$ Reken dat zelf na.

Nieuw voorbeeld

Singuliere matrices Net als bij getallen heeft de (vierkante) nulmatrix $O$ geen inverse: voor iedere $B$ geldt namelijk $O\,B=B\,O=O$ . Maar in tegenstelling tot het rekenen met getallen zijn er ook matrices ongelijk aan de nulmatrix die geen inverse hebben: Twee voorbeelden van niet-inverteerbare matrices zijn $\matrix{1 & 1\\ 1 & 1}$ en $\matrix{1 & 2\\ 2 & 4}$

Regels voor de inverse van een matrix

Laat $A$ en $B$ ( $n\times n$ )-matrices zijn. Als $A$ en $B$ inverteerbaar zijn, dan is ook $A\, B$ inverteerbaar met inverse $(A\, B)^{-1}=B^{-1} A^{-1}\tiny.$ Verder geldt dat $A^{-1}$ inverteerbaar is en $\left(A^{-1}\right)^{-1}=A\tiny.$
Als $A$ een inverteerbare matrix is, dan is de getransponeerde matrix $A^{\top}$ dat ook en $\left(A^{\top}\right)^{-1}=\left(A^{-1}\right)^{\top}$ .

De eerste regel volgt uit $(A\,B)\,(B^{-1}A^{-1})=A\,(B\,B^{-1})\,A^{-1}=A\,(I\,A^{-1})=A\,A^{-1}=I$ en net zo $(B^{-1}A^{-1})(A\,B)=I$ .
Het tweede onderdeel van deze regel is in feite een andere interpretatie van $A\,A^{-1}=A^{-1}A=I$ .

De tweede regel is direct te verifiëren: $\begin{aligned} A^{\top}\left(A^{-1}\right)^{\top} &=\left(A^{-1}A\right)^{\top}=I^{\top}=I\\ \\ \left(A^{-1}\right)^{\top} A^{\top} &=\left(A\,A^{-1}\right)^{\top}=I^{\top}=I\end{aligned}$

Als $A=\matrix{a & b \\ c & d}$ , dan is $A$ dan en slechts dan inverteerbaar als $a\,d-b\,c\neq 0$ . In dit geval geldt $A^{-1}=\frac{1}{a\,d-b\,c}\matrix{d & -b \\ -c & a}$ Als $a\,d-b\,c=0$ , dan is $A$ niet inverteerbaar.

De uitdrukking $a\,d-b\,c$ heet de determinant van de matrix $A=\matrix{a & b \\ c & d}$ en noteren we met $\text{det}(A)$ . De stelling zegt dus dat de matrix inverteerbaar is dan en slechts dan als $\text{det}(A)\neq 0$ .

Om de inverse van de algemene ( $2\times 2$ )-matrix $A=\matrix{a & b \\ c & d}$ te bepalen moeten we op zoek naar scalairen $p, q, r, s$ zodanig dat $\matrix{a & b \\ c & d} \matrix{p & q \\ r & s}= \matrix{1 & 0 \\ 0 & 1}$ Oftewel: $\matrix{a\,p+b\,r & a\,q +b\,s \\ c\,p+d\,r & c\,q +d\,s }= \matrix{1 & 0 \\ 0 & 1}$ We hebben dus te maken met twee stelsels vergelijkingen met twee onbekenden, namelijk $\lineqs{a\,p+b\,r\!\!\! &= 1 \\ c\,p+d\,r\!\!\! &= 0}\qquad \lineqs{a\,q+b\,s \!\!\! &= 1 \\ c\,q+d\,s \!\!\! &= 0}$ De bijpassende aangevulde matrices zijn $\left(\begin{array}{rr|r} a & b & 1\\ c & d & 0\end{array}\right)\quad\text{en}\quad \left(\begin{array}{rr|r} a & b & 0\\ c & d & 1\end{array}\right)$ Met elementaire rijoperaties kun je de aangevulde matrices in trapvorm brengen: $\left(\begin{array}{rr|r} a & b & 1\\ 0 & (a\,d-b\,c) & -c\end{array}\right)\quad\text{en}\quad \left(\begin{array}{rr|r} a & b & 0\\ 0 & a\,d-b\,c & a\end{array}\right)$ Merk op dat we links en rechts dezelfde rijoperaties toepassen. Er zijn alleen oplossing als $a\,d-b\,c\neq 0$ en dan levert de gereduceerde trapvorm de oplossing $\matrix{p & q \\ r & s}= \frac{1}{a\,d-b\,c}\matrix{d & -b \\ -c & a}\tiny.$

De stelling zegt dus dat de matrix inverteerbaar is dan en slechts dan als $\det(A)\neq 0$ . Dit is bij de juiste definitie van de determinant ook waar voor vierkante matrices met andere afmetingen.

Om een inverse (mits deze bestaat) van een ( $n\times n$ )-matrix $A$ systematisch te bepalen stellen we de ( $n\times 2n$ )-matrix $(A|I)$ op: $(A|I)=\left(\begin{array}{cccc|cccc} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} & 1 & 0 &\cdots & 0\\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} & 0 & 1 &\ddots & 0\\ \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & 0\\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} & 0 & \cdots &\cdots & 1\end{array}\right)$ We passen elementaire rijoperaties toe op deze aangevulde matrix om tot een gereduceerde trapvorm te komen.

Als de gereduceerde trapvorm van de vorm $(I|B)$ is, dat wil zeggen dat links van de verticale streep een eenheidsmatrix is ontstaan, dan is $A$ inverteerbaar en $A^{-1}=B$ .
Als de gereduceerde trapvorm niet van de vorm $(I|B)$ is, dat wil zeggen dat links van de verticale streep geen eenheidsmatrix is ontstaan, dan is $A$ niet inverteerbaar.

Als je het bewijs van de vorige stelling bekeken hebt, dan heb je misschien een vermoeden hoe we aan de slag gaan. Stel dat we de inverse $X$ van de matrix $A$ willen bepalen. Dan moeten we dus $A\,X=I$ proberen op te lossen. Vat de onbekende matrix $X$ op als een matrix bestaande uit $n$ kolomvectoren $x_1, \ldots, x_n$ . De productmatrix $A\,X$ heeft dan kolommen $A\,x_1, \ldots, A\,x_n$ , en deze moeten gelijk zijn aan de kolommen van de eenheidsmatrix, dat wil zeggen, gelijk zijn aan de eenheidsvectoren $e_1, \ldots, e_n$ .

We vinden zo $n$ stelsels vergelijkingen $A\,x_1=e_1, \ldots, A\,x_n=e_n$ . Dit zijn allemaal stelsels lineaire vergelijkingen die $A$ als coëfficiëntenmatrix hebben. Deze kunnen we in één keer (simultaan) oplossen door de matrix $(A|I)=\left(\begin{array}{cccc|cccc} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} & 1 & 0 &\cdots & 0\\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} & 0 & 1 &\ddots & 0\\ \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & 0\\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} & 0 & \cdots &\cdots & 1\end{array}\right)$ in rijregereduceerde trapvorm te brengen. Als de rang van het stelsel kleiner dan $n$ is, dan heeft $A$ geen inverse. Als de rang van het stelsel $n$ is, dan heeft het gereduceerde stelsel de vorm $\left(\begin{array}{cccc|cccc} 1 & 0 &\cdots & 0 & b_{11} & b_{12} & \cdots & b_{1n} \\ 0 & 1 &\ddots & 0 & b_{21} & b_{22} & \cdots & b_{2n} \\ \vdots & \ddots & \ddots & 0 & \vdots & \vdots & & \vdots \\ 0 & \cdots &\cdots & 1 & b_{n1} & b_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{array}\right)$ We vinden zo (unieke) oplossingen van de stelsel $A\,x_i = e_i$ , te weten de kolommen van de matrix $B = (b_{ij})_{1\le i,j\le n}$ . De matrix $B$ voldoet dus aan $A\,B = I$ .

Is onderstaande matrix inverteerbaar?
$\matrix{ 1 &4 & 4 \\ 0 &-16 &8 \\ -1 &-8 &-18}$

De matrix is inverteerbaar en de inverse is $\matrix{\frac{11}{8}&\frac{5}{32}&\frac{3}{8}\\-\frac{1}{32}&-\frac{7}{128}&-\frac{1}{32}\\-\frac{1}{16}&\frac{1}{64}&-\frac{1}{16}}$

We breiden de matrix uit met een identiteitsmatrix. Rijreductie geeft daarna
$\begin{aligned}\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1&4&4&1 & 0 & 0 \\ 0&-16&8&0 &1 &0\\ -1&-8&-18&0 &0 &1\\ \end{array} \right)&\sim \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 &4&4&1 & 0 & 0\\ 0 &-16&8&0& 1 & 0 \\ 0 &-4&-14&1& 0 & 1 \\ \end{array} \right) &{\blue{\begin{array}{ccc} \mbox{}\\ \phantom{X}\\ R_3 +R_1 \end{array}}}\\ &\sim \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 &4&4 &1 & 0 & 0 \\ 0 &1 &-\frac{1}{2}&0&-\frac{1}{16} &0 \\ 0 &-4&-14&1& 0 & 1 \\ \end{array} \right) &{\blue{\begin{array}{ccc} \mbox{}\\ -\frac{1}{16}R_2\\ \mbox{} \end{array}}}\\ &\sim \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 &0 &6&1&\frac{1}{4}&0 \\ 0 &1 &-\frac{1}{2}&0&-\frac{1}{16}&0 \\ 0 &0 &-16&1&-\frac{1}{4}&1\\ \end{array} \right) &{\blue{\begin{array}{ccc} {}R_1 -4 R_2\\ \mbox{}\\ R_3 +4 R_1 \end{array}}}\\ &\sim \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 &0 &6&1&\frac{1}{4}&0\\ 0 &1 &-\frac{1}{2}&0&-\frac{1}{16}&0\\ 0 &0 &1 &-\frac{1}{16}&\frac{1}{64}&-\frac{1}{16} \\ \end{array} \right) &{\blue{\begin{array}{ccc} {}\\ {}\\ -\frac{1}{16}R_3 \end{array}}}\\ &\sim \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 &0 &0 &\frac{11}{8}&\frac{5}{32}&\frac{3}{8}\\ 0 &1 &0 &-\frac{1}{32}&-\frac{7}{128}&-\frac{1}{32}\\ 0 &0 &1 &-\frac{1}{16}&\frac{1}{64}&-\frac{1}{16} \\ \end{array} \right) &{\blue{\begin{array}{ccc} {}R_1 -6 R_3\\ R_2 +\frac{1}{2} R_3\\ {} \end{array}}} \end{aligned}$ Uit de gereduceerde trapvorm volgt dat de gegeven matrix inverteerbaar is en kun je de inverse matrix aflezen (rechts van de identiteitsmatrix in de gereduceerde trapvorm).

Nieuw voorbeeld