\hfill 2.5 - \thepage } %} \input{tcilatex} \begin{document} \section{Ma 112 Lecture 2/11/99} \subsection{Solving Linear Equations: Chapter 2{}} \vspace{1pt}Last time we considered the following example: \paragraph{Example:} \vspace{1pt} Solve the system \begin{eqnarray*} x_{1}-3x_{2}+x_{3}-x_{4} &=&-1 \\ -x_{1}+3x_{2}+3x_{4}+x_{5} &=&3 \\ 2x_{1}-6x_{2}+3x_{3}-x_{5} &=&2 \\ -x_{1}+3x_{2}+x_{3}+5x_{4}+x_{5} &=&6 \end{eqnarray*} \vspace{1pt}using the Gauss algorithm and back substitution. The augmented matrix is \begin{center} $\left[ \begin{array}{cccccc} 1 & -3 & 1 & -1 & 0 & -1 \\ -1 & 3 & 0 & 3 & 1 & 3 \\ 2 & -6 & 3 & 0 & -1 & 2 \\ -1 & 3 & 1 & 5 & 1 & 6 \end{array} \right] $, row echelon form: $\left[ \begin{array}{cccccc} 1 & -3 & 0 & -3 & 0 & -4 \\ 0 & 0 & 1 & 2 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right] $ \vspace{1pt} \end{center} The corresponding equations are \vspace{1pt} \begin{eqnarray*} x_{1}-3x_{2}-3x_{4} &=&-4 \\ x_{3}+2x_{4} &=&3 \\ x_{5} &=&-1 \end{eqnarray*} \vspace{1pt} Thus \vspace{1pt} \begin{center} $x_{5}=-1,\qquad x_{3}=3-2x_{4},\qquad x_{1}=3x_{2}+3x_{4}-4$ \vspace{1pt} \end{center} Letting $x_{2}=s$ and $x_{4}=t$ we have the infinite set of solutions \vspace{1pt} \begin{center} $x_{1}=3s+3t-4,\qquad x_{3}=3-2t,\qquad x_{5}=-1$ \vspace{1pt} \end{center} Let $\ X_{p}=\left[ \begin{array}{c} -4 \\ 0 \\ 3 \\ 0 \\ -1 \end{array} \right] $, $\ X_{n}=\left[ \begin{array}{c} 3s+3t \\ s \\ -2t \\ t \\ 0 \end{array} \right] $ , and$\ A=\left[ \begin{array}{ccccc} 1 & -3 & 1 & -1 & 0 \\ -1 & 3 & 0 & 3 & 1 \\ 2 & -6 & 3 & 0 & -1 \\ -1 & 3 & 1 & 5 & 1 \end{array} \right] .$ \vspace{1pt} Then $AX_{n}=\allowbreak \left[ \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right] $ and $AX_{p}=\allowbreak \left[ \begin{array}{c} -1 \\ 3 \\ 2 \\ 6 \end{array} \right] =b.$ Thus the solution of our system can be written as $% X=X_{n}+X_{p} $ where $X_{n}$ is a solution of the homogeneous system of equations $AX=0$ and $X_{p}$ is a solution of the non-homogeneous system $% AX=b.$ \subsubsection{SNB ICE: Application to Network Flow} There are many problems that concern a network of conductors along which some sort of flow is observed. One example is a network of streets and freeways. There are often points at which a net flow either enters or leaves the system. The basic principle behind the analysis of such a systems is that the total flow into the system must equal the total flow out. We apply this principle at every junction in the system. \vspace{1pt} Junction Principle: At each of the junctions in the network, the total flow into that junction must equal the total flow out. \vspace{1pt} A network of one-way streets is shown in the diagram below. The rate of flow of cars at intersection A is $500$ cars per hour, and $400$ and $100$ cars per hour emerge from B and C, respectively. Find the possible flows along each street. \begin{center} \FRAME{dtbpF}{2.7631in}{2.4388in}{0pt}{}{}{network.wmf}{\special{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display "USEDEF";valid_file "F";width 2.7631in;height 2.4388in;depth 0pt;original-width 6.1462in;original-height 5.4163in;cropleft "0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename '/document/TEMP/network.wmf';file-properties "XNPEU";}} \vspace{1pt} \end{center} Equating flow in with flow out we have \vspace{1pt} \begin{eqnarray*} \text{Intersection A \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }500 &=&f_{1}+f_{2}+f_{3} \\ \text{Intersection B \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }f_{1}+f_{4}+f_{6} &=&400 \\ \text{Intersection C \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }% f_{3}+f_{5} &=&f_{6}+100 \\ \text{Intersection D \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }f_{2} &=&f_{4}+f_{5} \end{eqnarray*} Solve for the flows. Are there any constraints on the flows? \subsection{Inverse Matrices: 2.5} \vspace{1pt}Definition: If $A$ is a square $n\times n$, a matrix $B$ is called the \emph{inverse} of $A$ if and only if \vspace{1pt} \begin{center} $AB=I$ \ \ and $\ \ \ BA=I.$ \vspace{1pt} \end{center} \vspace{1pt}A matrix $A$ that has an inverse is called an \emph{invertible or nonsingular matrix.} \paragraph{Example} \vspace{1pt}Show that the matrix $B=\left[ \begin{array}{cc} -1 & 1 \\ 1 & 0 \end{array} \right] $ is an inverse of $A=\left[ \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{array} \right] .$ \vspace{1pt} $BA=\left[ \begin{array}{cc} -1 & 1 \\ 1 & 0 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{array} \right] =\allowbreak \left[ \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array} \right] $ and $AB=\left[ \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{cc} -1 & 1 \\ 1 & 0 \end{array} \right] =\allowbreak \left[ \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array} \right] ,$ so $B$ is indeed an inverse of $A.$ \vspace{1pt} \paragraph{Example} The matrix $A=\left[ \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 1 & 1 \end{array} \right] $ is not invertible. For if $B=\left[ \begin{array}{cc} b_{11} & b_{12} \\ b_{21} & b_{22} \end{array} \right] $ is any $2\times 2$ matrix, then \vspace{1pt} $\left[ \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 1 & 1 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{cc} b_{11} & b_{12} \\ b_{21} & b_{22} \end{array} \right] =\allowbreak \left[ \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ b_{11}+b_{21} & b_{12}+b_{22} \end{array} \right] \neq \left[ \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array} \right] =I.$ \vspace{1pt} \paragraph{Theorem} If $B$ and $C$ are both inverses of $A,$ then $B=C.$ \vspace{1pt} \paragraph{Proof:} Since $B$ and $C$ are both inverses of $A,$ \ $CA=I=AB.$ Hence \vspace{1pt} \[ B=IB=\left( CA\right) B=C\left( AB\right) =CI=C \] \vspace{1pt} Remark: If $A$ is invertible then the (unique) inverse of $A$ is denoted by $% A^{-1}.$ \vspace{1pt} \paragraph{Example} Under what conditions is the $2\times 2$ matrix $A=\left[ \begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array} \right] $ invertible. When $A$ is invertible, find $A^{-1}.$ \vspace{1pt} We seek a matrix $A^{-1}=\left[ \begin{array}{cc} b_{11} & b_{12} \\ b_{21} & b_{22} \end{array} \right] $ such that \vspace{1pt} $\left[ \begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array} \right] \left[ \begin{array}{c} b_{11} \\ b_{21} \end{array} \right] =\left[ \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right] $ \ and $\left[ \begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array} \right] \left[ \begin{array}{c} b_{12} \\ b_{22} \end{array} \right] =\left[ \begin{array}{c} 0 \\ 1 \end{array} \right] $ \vspace{1pt} We could form two augmented matrices (one for each system) and then put each of them in reduced row-echelon form. However, we may just as well do the entire reduction at the same time. Thus \vspace{1pt} $\left[ \begin{array}{cccc} a & b & 1 & 0 \\ c & d & 0 & 1 \end{array} \right] $, row echelon form: $\left[ \begin{array}{cccc} 1 & 0 & \frac{d}{da-cb} & -\frac{b}{da-cb} \\ 0 & 1 & -\frac{c}{da-cb} & \frac{1}{da-cb}a \end{array} \right] .$ \vspace{1pt} Thus we see that $A$ is invertible $\Longleftrightarrow $ $ad-bc\neq 0.$ If this condition holds, then \vspace{1pt} \begin{center} $A^{-1}=\dfrac{1}{ad-bc}\left[ \begin{array}{cc} d & -b \\ -c & a \end{array} \right] $ \end{center} \vspace{1pt} \subsubsection{\protect\vspace{1pt}Theorem:} \vspace{1pt}Suppose a system of $n$ equations in $n$ variables is written in matrix form as \vspace{1pt} \[ AX=B \] If the $n\times n$ coefficient matrix $A$ is invertible, then the system has the unique solution \vspace{1pt} \[ X=A^{-1}B \] \paragraph{Corollary} Suppose the system $AX=0$ of $n$ equations in $n$ unknowns has a nontrivial solution. Then $A$ cannot be invertible. \vspace{1pt} \paragraph{Proof} Suppose $A^{-1}$ is invertible. Then the theorem tells us that the unique solution to the system is $X=0,$ which is a contradiction. \vspace{1pt} \paragraph{Example} Let $A=\left[ \begin{array}{ccc} 1 & -2 & 2 \\ 2 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{array} \right] ,$ and $B=\left[ \begin{array}{c} 3 \\ 0 \\ -2 \end{array} \right] .$ Find $A^{-1}$ and use it to solve the system of equations $AX=B$. \vspace{1pt}We use Maple to find $A^{-1}.$ $\left[ \begin{array}{ccc} 1 & -2 & 2 \\ 2 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{array} \right] $, inverse: $\left[ \begin{array}{ccc} 1 & 2 & -4 \\ -1 & -1 & 3 \\ -1 & -2 & 5 \end{array} \right] =A^{-1}$ Then \vspace{1pt} \begin{center} $X=A^{-1}B=\left[ \begin{array}{ccc} 1 & 2 & -4 \\ -1 & -1 & 3 \\ -1 & -2 & 5 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{c} 3 \\ 0 \\ -2 \end{array} \right] =\allowbreak \left[ \begin{array}{c} 11 \\ -9 \\ -13 \end{array} \right] $ \end{center} \vspace{1pt} \subsubsection{\protect\vspace{1pt}The Calculation of $A^{-1}$ by Gauss-Jordan Elimination} Suppose we want to find the inverse of \begin{center} $A=\left[ \begin{array}{lllll} a_{11} & . & . & . & a_{1n} \\ . & . & . & . & . \\ . & . & . & . & . \\ a_{n1} & . & . & . & a_{nn} \end{array} \right] $ \end{center} \vspace{1pt} Then we want a matrix $B$ such that $AB=I$. If $b_{i1}$ are the elements in the first column of $B$ then \vspace{1pt} \qquad \qquad $A\left[ \begin{array}{l} b_{11} \\ . \\ . \\ b_{n1} \end{array} \right] =\left[ \begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ . \\ 0 \end{array} \right] \Longrightarrow $ we must solve $AX=\left[ \begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ . \\ 0 \end{array} \right] $ . We can solve this system by forming\qquad $\left[ A\text{ } \begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ . \\ 0 \end{array} \right] ,$ and then row reducing this to reduced row-echelon form. \vspace{1pt} If $b_{i2}$ are elements in the second column of $B\Longrightarrow $ $A\left[ \begin{array}{l} b_{12} \\ . \\ . \\ b_{n2} \end{array} \right] =\left[ \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ . \\ 0 \end{array} \right] \Longrightarrow $ \ we must solve $AX=\left[ \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ . \\ 0 \end{array} \right] $. Therefore form \vspace{1pt} \qquad $\left[ A\qquad \begin{array}{l} 1 \\ 0 \\ . \\ 0 \end{array} \right] $ \ and reduce to reduced row-echelon form. \vspace{1pt} \vspace{1pt} In general we need to solve the $n$ systems \begin{center} \qquad $AX=\left[ \begin{array}{l} 0 \\ 0 \\ . \\ . \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ . \\ . \\ 0 \end{array} \right] =C_{j}$ \end{center} \qquad\ \ \ \ \ \ \ \vspace{1pt}where $C_{j}$ is the $jth$ column of the $n\times n$ identity matrix. Rather doing the same row reduction $n$ times, we use the \emph{% Gauss-Jordan method} which computes $A^{-1}$ by solving all $n$ systems at the same time. \vspace{1pt} We can solve all these systems at once by forming $\left[ A|I\right] $ and then putting this matrix in reduced row-echelon form. Remark. The system will have a unique solution $\Longleftrightarrow $ $A$ has $n$ pivots. \subsubsection{Theorem: } $\vspace{1pt}$ $A$\ is invertible (nonsingular) $\Longleftrightarrow A$ has rank $% n\Longleftrightarrow A$ can be row reduced to the \emph{identity matrix}. Example. Find $A^{-1}$ for $A=\left[ \begin{array}{ccc} 2 & 7 & 1 \\ 1 & 4 & -1 \\ 1 & 3 & 0 \end{array} \right] $. We form $\left[ \begin{array}{cccccc} 2 & 7 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 4 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right] $ and row reduce this matrix$.$ $\vspace{1pt}$ $\vspace{1pt}\left[ \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{cccccc} 2 & 7 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 4 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right] =\allowbreak \left[ \begin{array}{cccccc} 1 & 4 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 2 & 7 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right] $ \vspace{1pt} $\left[ \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{cccccc} 1 & 4 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 2 & 7 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right] =\allowbreak \left[ \begin{array}{cccccc} 1 & 4 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 3 & 1 & -2 & 0 \\ 1 & 3 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right] $ \vspace{1pt} $\left[ \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{cccccc} 1 & 4 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 3 & 1 & -2 & 0 \\ 1 & 3 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right] =\allowbreak \left[ \begin{array}{cccccc} 1 & 4 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 3 & 1 & -2 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0 & -1 & 1 \end{array} \right] $ $\allowbreak $ $\left[ \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{cccccc} 1 & 4 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 3 & 1 & -2 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0 & -1 & 1 \end{array} \right] =\allowbreak \left[ \begin{array}{cccccc} 1 & 4 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & -1 & 2 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0 & -1 & 1 \end{array} \right] $ \vspace{1pt} $\left[ \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{cccccc} 1 & 4 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & -1 & 2 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0 & -1 & 1 \end{array} \right] =\allowbreak \left[ \begin{array}{cccccc} 1 & 4 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & -1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -2 & -1 & 1 & 1 \end{array} \right] $ \vspace{1pt} $\left[ \begin{array}{ccc} 1 & -4 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right] \allowbreak \left[ \begin{array}{cccccc} 1 & 4 & -1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & -1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -2 & -1 & 1 & 1 \end{array} \right] =\allowbreak \left[ \begin{array}{cccccc} 1 & 0 & 11 & 4 & -7 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & -1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -2 & -1 & 1 & 1 \end{array} \right] $ \vspace{1pt} $\allowbreak \left[ \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -\frac{1}{2} \end{array} \right] \left[ \begin{array}{cccccc} 1 & 0 & 11 & 4 & -7 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & -1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -2 & -1 & 1 & 1 \end{array} \right] =\allowbreak \left[ \begin{array}{cccccc} 1 & 0 & 11 & 4 & -7 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & -1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{array} \right] $ \vspace{1pt} $\left[ \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right] \allowbreak \left[ \begin{array}{cccccc} 1 & 0 & 11 & 4 & -7 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & -1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{array} \right] =\allowbreak \left[ \begin{array}{cccccc} 1 & 0 & 11 & 4 & -7 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{3}{2} \\ 0 & 0 & 1 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{array} \right] $ \vspace{1pt} $\left[ \begin{array}{ccc} 1 & 0 & -11 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{cccccc} 1 & 0 & 11 & 4 & -7 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{3}{2} \\ 0 & 0 & 1 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{array} \right] =\allowbreak \left[ \begin{array}{cccccc} 1 & 0 & 0 & -\frac{3}{2} & -\frac{3}{2} & \frac{11}{2} \\ 0 & 1 & 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & -\frac{3}{2} \\ 0 & 0 & 1 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{array} \right] $ \vspace{1pt} Thus \begin{center} $A^{-1}=\dfrac{1}{2}\left[ \begin{array}{ccc} -3 & -3 & 11 \\ 1 & 1 & -3 \\ 1 & -1 & -1 \end{array} \right] .$ \vspace{1pt} \end{center} \subsubsection{SNB ICE} Strang, page 76 \#31 If $A=\left[ \begin{array}{cccc} -1 & 1 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \end{array} \right] $, find $A^{-1}$ and multiply $AA^{-1}$ to confirm that you have the correct inverse$.$ \begin{center} \vspace{1pt} \end{center} \subsubsection{Properties of Inverses} \vspace{1pt} \paragraph{Theorem} In the following all of the matrices are $n\times n.$ \vspace{1pt} 1. $I$ is invertible and $I^{-1}=I.$ \vspace{1pt} 2. If $A$ is invertible, so is $A^{-1},$ and $\left( A^{-1}\right) ^{-1}=A.$ \vspace{1pt} 3. If $A$ and $B$ are invertible, so is $AB,$ and $\left( AB\right) ^{-1}=B^{-1}A^{-1}.$ \vspace{1pt} 4. If $A_{1},A_{2},....,A_{k}$ are all invertible, so is the product $% A_{1}A_{2}\cdots A_{k}$ and $\left( A_{1}A_{2}\cdots A_{k}\right) ^{-1}=A_{k}^{-1}\cdots A_{2}^{-1}A_{1}^{-1}.$ \vspace{1pt} 5. If $A$ is invertible, so is $A^{k}$ for $k\geq 1$, and $\left( A^{k}\right) ^{-1}=\left( A^{-1}\right) ^{k}.$ \vspace{1pt} 6. If $A$ is invertible and $a\neq 0$ is a number, then $aA$ is invertible and $\left( aA\right) ^{-1}=\dfrac{1}{a}A^{-1}.$ \vspace{1pt} 7. If $A$ is invertible, so is its transpose $A^{T},$ and $\left( A^{T}\right) ^{-1}=\left( A^{-1}\right) ^{T}.$ \vspace{1pt} \paragraph{Proof} \vspace{1pt} 1. This is an immediate consequence of the formula $I^{2}=I.$ \vspace{1pt} 2. The equations $AA^{-1}=I=A^{-1}A$ show that $A$ is the inverse of $A^{-1}$ so $\left( A^{-1}\right) ^{-1}=A.$ \vspace{1pt} 3. $\left( B^{-1}A^{-1}\right) \left( AB\right) =B^{-1}\left( A^{-1}A\right) B=B^{-1}IB=B^{-1}B=I$ \vspace{1pt} and \ \ $\left( AB\right) \left( B^{-1}A^{-1}\right) =A\left( BB^{-1}\right) A^{-1}=AIA^{-1}=AA^{-1}=I$ \vspace{1pt} 4. The proof is via induction on $k.$ If $k=1$ there is nothing to prove since the equation reads $\left( A_{1}\right) ^{-1}=A_{1}^{-1}.$ For $k=2$ the result is just statement 3 of the theorem which we have established. If $% k>2$ suppose the result holds for $k=n$. Then we have \vspace{1pt} \begin{center} $\left( A_{1}A_{2}\cdots A_{n}\right) ^{-1}=A_{n}^{-1}\cdots A_{2}^{-1}A_{1}^{-1}$ \vspace{1pt} \end{center} Now consider $k=n+1.$ \vspace{1pt} $\left( A_{1}A_{2}\cdots A_{n}A_{n+1}\right) ^{-1}=\left( \left( A_{1}A_{2}\cdots A_{n}\right) A_{n+1}\right) ^{-1}=A_{n+1}^{-1}\left( A_{1}A_{2}\cdots A_{n}\right) ^{-1}$ \ by 3 \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad $=A_{n+1}^{-1}\left( A_{n}^{-1}\cdots A_{2}^{-1}A_{1}^{-1}\right) \qquad \qquad \qquad \qquad $by the induction hypothesis. \vspace{1pt} 5. This is 4 with $A_{1}=A_{2}=\cdots =A_{k}=A$ \vspace{1pt} 6. Exercise \vspace{1pt} 7. \ By assumption $A^{-1}$ exists, so $\left( A^{-1}\right) ^{T\text{ }}$ does also. Now \vspace{1pt} $A^{T}\left( A^{-1}\right) ^{T}=\left( A^{-1}A\right) ^{T}=I^{T}=I$ \ and $% \left( A^{-1}\right) ^{T}A^{T}=\left( AA^{-1}\right) ^{T}=I$ \vspace{1pt} \subsubsection{SNB ICE} 1. For $d\neq 0$ consider $D=\left[ \begin{array}{ccc} d & 0 & 0 \\ 0 & d & 0 \\ 0 & 0 & d \end{array} \right] .$ Find $D^{-1}.$ What if $D$ is $4\times 4?$ What is $D$ is $% n\times n?$ \vspace{1pt} 2. If $L=\left[ \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ a & 1 & 0 \\ b & c & 1 \end{array} \right] ,$ that is lower triangular with $1^{\prime }s$ along the diagonal, show that $L^{-1}$ is also lower triangular with $1^{\prime }s$ along the diagonal. Is this result true for $n\times n$ matrices? \begin{center} \vspace{1pt} \end{center} \vspace{1pt} \end{document} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% End /document/lec2_11_99.tex %%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%%%%%%%%%%%%%%%%%% Start /document/TEMP/network.wmf %%%%%%%%%%%%%%%%%% WwlqZB@@@@@@@xd@HH@X@@@@@@pMWE@@I@@@C`_BG@P@@H}AG@@@@P@@@@p@A`@@E@@@@l`@@@@ @@T@@@@@CBtpMvySAB@@@wC@@C@P@@@@@@@B@@@@P@@@@`A@@@@H@@@@h@@@@@C@@@@N@@@@@`@ @@`@B@@@DH@@@X`@@@@BB@@@JH@@@p`@@@`CB@@@@P@@@H@A@@@AD@@@FP@@@`@A@@`BD@@@LP@ @@x@A@@@@F@@@BX@@@P`A@@`AF@@@HX@@@h`A@@@CF@@@NX@@@@@B@@`@H@@@D`@@@X@B@@@BH@ @@J`@@@p@B@@`CH@@@@h@@@H`B@@@AJ@@@Fh@@@``B@@`BJ@@@Lh@@@x`B@@@@L@@@Bp@@@P@C@ @`AL@@@Hp@@@h@C@@@CL@@@Np@@@@`C@@`@N@@@Dx@@@X`C@@@BN@@@Jx@@@p`C@@`CN@@@@@@A @H@@D@@A@P@@F@@A@`@@D@`B@P@@L@@A@x@@D@@@BP@@BH@A@P`@D@`ABP@@HH@A@h`@D@@CBP@ @NH@A@@@AD@`@DP@@DP@A@X@AD@@BDP@@JP@A@p@AD@`CDP@@@X@A@H`AD@@AFP@@FX@A@``AD@ `BFP@@LX@A@x`AD@@@HP@@B`@A@P@BD@`AHP@@H`@A@h@BD@@CHP@@N`@A@@`BD@`@JP@@Dh@A@ 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