Задача 14

Условие задачи

Докажите, что обратимая трёхдиагональная матрица останется обратимой, если каждый поддиагональный элемент поделить, а каждый наддиагональный элемент умножить на одно и то же число.

Решение задачи

Рассмотрим матрицу

$$A = \begin{bmatrix}a_{ij}\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} d_1 & u_1 & 0 & \ldots &0 \\ l_1 & d_2 & u_2 & \ddots & \vdots \\ 0 & l_2 & d_3 & \ddots & 0 \\ \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & u_{n-1} \\ 0 & \ldots & 0 & l_{n-1} & d_n \end{bmatrix}, \\ a_{ij} = \begin{cases} d_i ,& i = j \\ u_i ,& i = j - 1 \\ l_{i-1} ,& i = j + 1 \\ 0 ,& \left|i - j\right| \geqslant 2 \end{cases} \ \text{,}$$

где $l_i$ — поддиагональные элементы, $u_i$ — наддиагональные элементы, $d_i$ — диагональные элементы.

Пусть $\alpha$ – то самое «одно и то же число» из условия задачи. Оно обязано быть ненулевым – на него делят поддиагональные элементы.

Изменённую матрицу матрицу обозначим $\widetilde{A}$, а её элементы обозначим

$$\widetilde{a}_{ij} = \begin{cases} d_i ,& i = j \\ \alpha u_i ,& i = j - 1 \\ \dfrac{l_{i-1}}{\alpha} ,& i = j + 1 \\ 0 ,& \left|i-j\right| \geqslant 2 \end{cases} \ \text{.}$$

Требуется доказать: если $A$ обратима, то обратима и $\widetilde{A}$.

Переход от $A$ к $\widetilde{A}$ только домножает элементы: наддиагональные на $\alpha$, поддиагональные – на $\dfrac{1}{\alpha}$, диагональные оставляет как есть. Поэлементное домножение вдоль строк и столбцов – это в точности то, что делает умножение на диагональные матрицы. Посчитаем поэтому, во что переводит $A$ произведение $D^{-1}AD$ с произвольной диагональю

$$D = \operatorname{diag}(t_1, \, \ldots \, t_n), \\ D_{ij} = t_i \delta_{ij}, \quad t_i \ne 0 \ \text{,}$$

где $\delta_{ij} = 1$ при $i = j$ и $\delta_{ij} = 0$ при $i \ne j$.

Пусть $E$ – матрица, для которой $DE = I$. Так как $D$ диагональна ($D_{ik} = t_i \delta_{ik}$), для любой матрицы $E$

$$\left(DE\right)_{ij} = \sum\limits_{k=1}^n D_{ik} E_{kj} = \sum\limits_{k=1}^n t_i \delta_{ik} E_{kj} = t_i E_{ij}$$

(множитель $\delta_{ik}$ оставляет лишь $k = i$). Условие $DE = I$, то есть $t_i E_{ij} = \delta_{ij}$ для всех $i, j$ при $t_i \ne 0$ равносильно $E_{ij} = \dfrac{\delta_{ij}}{t_i}$. Значит, требованию $DE = I$ удовлетворяет ровно одна матрица – диагональ из чисел $\dfrac{1}{t_i}$:

$$E = \operatorname{diag}\left(\dfrac{1}{t_1}, \, \ldots, \, \dfrac{1}{t_n}\right) \ \text{.}$$

Проверим, что эта же $E$ годится как левая обратная. По той же выкладке (теперь $\delta_{kj}$ оставляет $k = j$):

$$\left(ED\right)_{ij} = \sum\limits_{k=1}^n E_{ik} D_{kj} = \sum\limits_{k=1}^n E_{ik} t_k \delta_{kj} = E_{ij} t_j = \dfrac{\delta_{ij}}{t_i} t_j \ \text{,}$$

что равно $1$ при $i = j$ и $0$ при $i \ne j$, то есть $ED = I$. Итак, $DE = ED = I$, и по определению обратимости $D$ обратима, причём $D^{-1} = E = \operatorname{diag}\left(\dfrac{1}{t_1}, \, \ldots, \, \dfrac{1}{t_n}\right)$.

По ассоциативности $D^{-1}AD = D^{-1}\left(AD\right)$; сначала найдём $AD$:

$$\left(AD\right)_{ij} = \sum\limits_{k=1}^n a_{ik} D_{kj} = \sum\limits_{k=1}^n a_{ik} t_k \delta_{kj} = a_{ij} t_j$$

(в сумме остаётся лишь слагаемое $k = j$). Домножая слева на $D^{-1}$ (его элементы $\left(D^{-1}\right)_{ik} = \dfrac{1}{t_i} \delta_{ik}$):

$$\left(D^{-1}AD\right)_{ij} = \sum\limits_{k=1}^n \left(D^{-1}\right)_{ik} \left(AD\right)_{kj} = \\ = \sum\limits_{k=1}^n \dfrac{1}{t_i} \delta_{ik} \left(AD\right)_{kj} = \dfrac{1}{t_i} \left(AD\right)_{ij} = \dfrac{t_j}{t_i} a_{ij} \ \text{.}$$

Итак, произведение $D^{-1}AD$ с диагональю $D = \operatorname{diag}(t_1, \, \ldots \, t_n)$ умножает каждый элемент $a_{ij}$ на отношение $\dfrac{t_j}{t_i}$ соответствующих диагональных чисел – и больше ничего с матрицей не делает.

Полученного действия достаточно, чтобы подобрать числа $t_i$, при которых произведение $D^{-1}AD$ в точности воспроизведёт переход $A \rightarrow \widetilde{A}$. Множитель $\dfrac{t_j}{t_i}$ зависит от положения элемента:

Наддиагональ ($i = j - 1$) должна умножиться на $\alpha$: нужно $\dfrac{t_{i+1}}{t_i} = \alpha$.

Поддиагональ ($i = j + 1$) должна поделиться на $\alpha$: нужно $\dfrac{t_{i-1}}{t_i} = \dfrac{1}{\alpha}$, то есть снова $\dfrac{t_i}{t_{i-1}} = \alpha$.

Диагональ ($i = j$): множитель $\dfrac{t_i}{t_i} = 1$, сохранение выполнено само собой.

Остальные элементы ($\left|i - j\right| \geqslant 2$): там $a_{ij} = 0$, и каким бы ни был множитель, элемент остаётся нулём.

Все содержательные условия сводятся к одному: соседние числа отличаются в $\alpha$ раз, $t_{i+1} = \alpha t_i$. Взяв $t_1 = 1$, получаем $t_i = \alpha^{i-1}$, то есть

$$D = \operatorname{diag}(1, \, \alpha, \, \alpha^2, \, \ldots, \, \alpha^{n-1}) \ \text{.}$$

Как показано выше для произвольной диагонали, эта $D$ обратима, а её обратная – диагональ из обратных чисел $\dfrac{1}{\alpha^{i-1}}$, то есть $D^{-1} = \operatorname{diag}\left(1, \, \dfrac{1}{\alpha}, \, \ldots, \, \dfrac{1}{\alpha^{n-1}}\right)$, а произведение $D^{-1}AD$ действует по формуле

$$\left(D^{-1}AD\right)_{ij} = \dfrac{t_j}{t_i} a_{ij} = \alpha^{j-i} a_{ij} \ \text{.}$$

Сверим теперь $D^{-1}AD$ с $\widetilde{A}$ поэлементно. Каждая пара индексов $\left(i, j\right)$ попадает ровно в один из четырёх взаимоисключающих случаев; разберём их все по отдельности.

Диагональ ($i = j$). Множитель $\alpha^{j-i} = \alpha^0 = 1$, поэтому $\left(D^{-1}AD\right)_{ii} = a_{ii} = d_i$; по определению $\widetilde{a}_{ii} = d_i$. Совпадает.

Наддиагональ ($i = j - 1$ для $i = 1, \, \ldots, \, n - 1$). Множитель $\alpha^{j-i} = \alpha^1 = \alpha$, поэтому $\left(D^{-1}AD\right)_{i, i+1} = \alpha a_{i, i+1} = \alpha u_i$; по определению $\widetilde{a}_{i, i+1} = \alpha u_i$. Совпадает.

Поддиагональ ($i = j + 1$ для $i = 2, \, \ldots, \, n$). Множитель $\alpha^{j-i} = \alpha^{-1}$, поэтому $\left(D^{-1}AD\right)_{i, i-1} = \alpha^{-1} a_{i, i-1} = \dfrac{l_{i-1}}{\alpha}$; по определению $\widetilde{a}_{i, i-1} = \dfrac{l_{i-1}}{\alpha}$. Совпадает.

Остальные элементы ($\left|i - j\right| \geqslant 2$). Здесь $a_{ij} = 0$, так как $A$ трёхдиагональна, поэтому $\left(D^{-1}AD\right)_{ij} = \alpha^{j-i} \cdot 0 = 0$; по определению $\widetilde{a}_{ij} = 0$. Совпадает.

Случаи покрывают все пары $\left(i, j\right)$, и всюду $\left(D^{-1}AD\right)_{ij} = \widetilde{a}_{ij}$; значит матрицы совпадают поэлементно:

$$\boxed{\widetilde{A} = D^{-1}AD} \ \text{.}$$

Трёхдиагональность работает ровно в последнем случае. Множитель $\alpha^{j-i}$ для $\left|i - j\right| \geqslant 2$ равен $\alpha^{\pm 2}, \, \alpha^{\pm 3}, \, \ldots$ и был бы отличен от $1$; будь у $A$ там ненулевой элемент, произведение $D^{-1}AD$ изменило бы его, а операция из условия – нет, и тождество бы разрушилось.

Матрица $\widetilde{A} = D^{-1}AD$ есть произведение трёх обратимых матриц: $D^{-1}$ и $D$ обратимы (показано выше), $A$ обратима по условию. Произведение обратимых матриц обратимо (§2.14), поэтому $\widetilde{A}$ обратима.

Более того, по формуле $\left(PQ\right)^{-1} = Q^{-1}P^{-1}$ из §2.14, применённому к произведению $\widetilde{A} = D^{-1}AD$, порядок множителей обращается, а каждый элемент заменяется своим обратным:

$$\widetilde{A}^{-1} = \left(D^{-1}AD\right)^{-1} = D^{-1}A^{-1} \left(D^{-1}\right)^{-1} = \\ = D^{-1} A^{-1} D \ \text{.}$$

Это есть явно выписанная обратная. Проверим её прямым счётом, опираясь лишь на ассоциативность и равенства $DD^{-1} = D^{-1}D = I$, $AA^{-1} = A^{-1}A = I$, $XI = IX = X$. Положим

$$B := D^{-1}A^{-1}D \ \text{.}$$

Проверяем первое произведение:

$$\widetilde{A}B = \left(D^{-1}AD\right) \left(D^{-1}A^{-1}D\right) = \\ = D^{-1}A \left(DD^{-1}\right) A^{-1}D = D^{-1}AIA^{-1}D = \\ = D^{-1} \left(AA^{-1}\right) D = D^{-1} I D = D^{-1} D = I \ \text{.}$$

Проверяем второе произведение:

$$B\widetilde{A} = \left(D^{-1}A^{-1}D\right) \left(D^{-1}AD\right) = \\ D^{-1}A^{-1} \left(DD^{-1}\right) AD = D^{-1}A^{-1}IAD = \\ = D^{-1} \left(A^{-1}A\right) D = D^{-1}ID = D^{-1}D = I \ \text{.}$$

Итак, $\widetilde{A}B = B\widetilde{A} = I$; по определению обратимости это и означает, что $\widetilde{A}$ обратима, причём

$$\boxed{\widetilde{A}^{-1} = D^{-1}A^{-1}D} \ \text{,}$$

что заведомо сильнее требуемого. $\square$