Inversas generalizadas

Matrices de rango pleno por filas por columnas. Inversas por la izquierda/ por la derecha de una matriz. Cálculo de inversas por la izquierda/ por la derecha. Factorización de rango pleno de una matriz. Cálculo de la inversa de Moore-Penrose de una matriz (o inversa generalizada). Solución de norma mínima de un sistema compatible indeterminado. Solución mínimo-cuadrática de un sistema. Valores singulares.

Término Sinónimos / Notación Definición / Referencias
Inversa a izquierda de una matriz
Inversa a derecha de una matriz 		\(A^{L}\)
\(A^{R}\) 		Web del profesor Pedro García
Matriz de rango pleno por filas (columnas)
Web del profesor Pedro García
Descomposición de rango pleno Web del profesor Pedro García
Inversa de Moore-Penrose \(A^\dagger\) Web del profesor Pedro García
Solución de norma mínima de un sistema de ec. lineales
Web del profesor Pedro García
Solución mínimo-cuadrática de norma mínima
Web del profesor Pedro García

Ejercicio 1 Estudia si estas matrices tienen inversa a izquierda o a derecha o ninguna de ellas. \[A_1=\left( \begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 2 & 1 & 0\\ 0 & 3 & 6 \end{array}\right); \hspace{1cm} A_2= \left( \begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 2 & 1 \\ 3 & 3 \end{array}\right); \hspace{1cm} A_3=\left( \begin{array}{rrrrr} 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\ 5 & 4 & 3 & 2 & 1\\ 2 & 4 & 6 & 8 & 10 \end{array}\right) \]

Una matriz tiene inversa a izquierda si, y solo si, es de rango pleno por columnas (es decir, su rango coincide con el número de columnas) y tiene inversa a derecha si, y solo si, es de rango pleno por filas. Calculamos los rangos de cada una de las matrices:

\[ A_1=\left( \begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3\\ 2 & 1 & 0\\ 0 & 3 & 6 \end{array}\right)\sim_f \left( \begin{array}{rrr} \boxed{1} & 2 & 3\\ 0 & -3 & -6\\ 0 & 3 & 6 \end{array}\right)\sim_f \left( \begin{array}{rrr} \boxed{1} & 2 & 3\\ 0 &\boxed{1} & 2\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right) \]

y obtenemos que \(rg(A_1)=2\) luego \(A_1\) no tiene ni inversa a izquierda ni a derecha.

\[ A_2= \left( \begin{array}{rr} 1 & 2 \\ 2 & 1 \\ 3 & 3 \end{array}\right)\sim_c \left( \begin{array}{rr} \boxed{1} & 0 \\ 2 & -3 \\ 3 & -3 \end{array}\right)\sim_c \left( \begin{array}{rr} \boxed{1} & 0 \\ 2 & \boxed{1} \\ 3 & 1 \end{array}\right) \]

y como \(rg(A_2)=2=\mbox{ nº de columnas}\), entonces \(A_2\) es de rango pleno por columnas y, por tanto, tiene inversa a izquierda.

\[ A_3=\left( \begin{array}{rrrrr} 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\ 5 & 4 & 3 & 2 & 1\\ 2 & 4 & 6 & 8 & 11 \end{array}\right)\sim_f \left( \begin{array}{rrrrr} \boxed{1} & 2 & 3 & 4 & 5\\ 0 & -6 & -12 & -18 & -24\\ 0 & 0 & 0 & 0 & \boxed{1} \end{array}\right)\sim_f \left( \begin{array}{rrrrr} \boxed{1} & 2 & 3 & 4 & 5\\ 0 & \boxed{1} & 2 & 3 & 4\\ 0 & 0 & 0 & 0 & \boxed{1} \end{array}\right) \]

y obtenemos que \(rg(A_3)=3=\mbox{ nº de filas}\), así que \(A_3\) es de rango pleno por filas y, por tanto, tiene inversa a derecha.

Ejercicio 2 Calcula una inversa a izquierda de la matriz

\[ \left( \begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3 \\ 5 & 4 & 0 \\ 2 & 4 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{array}\right) \]

En primer lugar comprobamos que existe, calculando el rango de la matriz:

\[ \left( \begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3 \\ 5 & 4 & 0 \\ 2 & 4 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{array}\right)\sim_c \left( \begin{array}{rrr} \boxed{1} & 0 & 0 \\ 5 & -6 & -15 \\ 2 & 0 & -5 \\ 1 & -2 & -2 \end{array}\right)\sim_f \left( \begin{array}{rrr} \boxed{1} & 0 & 0 \\ 0 & -6 & -15 \\ 0 & 0 & \boxed{1} \\ 0 & -2 & -2 \end{array}\right)\sim_f \left( \begin{array}{rrr} \boxed{1} & 0 & 0 \\ 0 & \boxed{1} & 0 \\ 0 & 0 & \boxed{1} \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right) \]

Observación: hemos utilizado tanto operaciones por columnas como por filas, para obtener los pivotes rápidamente.

Como en efecto el rango coincide con el número de columnas la matriz tiene inversa a izquierda. Para calcularla se puede proceder de dos formas distintas:

  1. Calculando una matriz de paso a forma escalonada reducida por filas de la que extraeremos una inversa a izquierda. En este caso se obtiene una inversa a izquierda que no necesariamente cumple las condiciones de Moore-Penrose:

    \[ \left( \begin{array}{rrr|cccc} 1 & 2 & 3 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 5 & 4 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 2 & 4 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right)\sim_f \left( \begin{array}{rrr|rrrr} \boxed{1} & 2 & 3 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & -6 & -15 & -5 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -5 & -2 & 0 & 1 & 0\\ 0 & -2 & -2 & -1 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right) \sim_f \]

    \[ \left( \begin{array}{rrr|rrrr} \boxed{1} & 2 & 3 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & -6 & -15 & -5 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & \boxed{1} & 2/5 & 0 & -1/5 & 0\\ 0 & -2 & 0 & -1/5 & 0 & -2/5 & 1 \end{array}\right)\sim_f \left( \begin{array}{rrr|rrrr} \boxed{1} & 2 & 3 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & -6 & -15 & -5 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & \boxed{1} & 2/5 & 0 & -1/5 & 0\\ 0 & \boxed{1} & 0 & 1/10 & 0 & 1/5 & -1/2 \end{array}\right) \sim_f \]

    \[ \left( \begin{array}{rrr|rrrr} \boxed{1} & 0 & 3 & 4/5 & 0 & -2/5 & 1\\ 0 & \boxed{1} & 0 & 1/10 & 0 & 1/5 & -1/2\\ 0 & 0 & \boxed{1} & 2/5 & 0 & -1/5 & 0\\ 0 & -6 & -15 & -5 & 1 & 0 & 0\\ \end{array}\right)\sim_f \left( \begin{array}{rrr|rrrr} \boxed{1} & 0 & 0 & -2/5 & 0 & 1/5 & 1\\ 0 & \boxed{1} & 0 & 1/10 & 0 & 1/5 & -1/2\\ 0 & 0 & \boxed{1} & 2/5 & 0 & -1/5 & 0\\ 0 & -6 & -15 & -5 & 1 & 0 & 0\\ \end{array}\right)=(F|Q) \]

    Observación: aunque no hemos terminado el proceso tenemos una matriz \(Q\) tal que \[QA=F\] y como las 3 primeras filas de \(F\) forman una matriz identidad entonces las 3 primeras filas de \(Q\) forman una inversa a izquierda de \(A\). Comprobamos el resultado:

    \[ \left( \begin{array}{rrrr} -2/5 & 0 & 1/5 & 1\\ 1/10 & 0 & 1/5 & -1/2\\ 2/5 & 0 & -1/5 & 0\\ \end{array}\right)\left( \begin{array}{rrr} 1 & 2 & 3 \\ 5 & 4 & 0 \\ 2 & 4 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{array}\right)= \left( \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{array}\right) \]

  2. Utilizando que la inversa a izquierda que cumple las condiciones de Moore-Penrose viene dada por la fórmula:

    \[A^L = (A^t A)^{-1}A^t\]

    En primer lugar calculamos la inversa de \(A^tA\):

    \[ \left(\begin{array}{rrr|rrr} 30 & 30 & 5 & 1 & 0 & 0\\ 30 & 36 & 10 & 0 & 1 & 0\\ 5 & 10 & 10 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right) \sim_f \left(\begin{array}{rrr|rrr} 6 & 6 & 1 & 1/5 & 0 & 0\\ 0 & 6 & 5 & -1 & 1 & 0\\ 5 & 10 & 10 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right) \]

    \[\sim_f \left(\begin{array}{rrr|rrr} 1 & -4 & -9 & 1/5 & 0 & -1\\ 0 & 6 & 5 & -1 & 1 & 0\\ 5 & 10 & 10 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{rrr|rrr} 1 & -4 & -9 & 1/5 & 0 & -1\\ 0 & 6 & 5 & -1 & 1 & 0\\ 0 & 30 & 55 & -1 & 0 & 6 \end{array}\right) \]

    \[ \sim_f \left(\begin{array}{rrr|rrr} 1 & -4 & -9 & 1/5 & 0 & -1\\ 0 & 6 & 5 & -1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 30 & 4 & -5 & 6 \end{array}\right) \sim_f \left(\begin{array}{rrr|rrr} 1 & -4 & -9 & 1/5 & 0 & -1\\ 0 & 1 & 5/6 & -1/6 & 1/6 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 2/15 & -1/6 & 1/5 \end{array}\right) \]

    \[ \sim_f \left(\begin{array}{rrr|rrr} 1 & 0 & -17/3 & -7/15 & 2/3 & -1\\ 0 & 1 & 5/6 & -1/6 & 1/6 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 4/25 & -1/5 & 6/25 \end{array}\right) \sim_f \left(\begin{array}{rrr|rrr} 1 & 0 & 0 & 13/45 & -5/18 & 2/15\\ 0 & 1 & 0 & -5/18 & 11/36 & -1/6\\ 0 & 0 & 1 & 4/25 & -1/5 & 6/25 \end{array}\right) \]

    Luego

    \[ (A^tA)^{-1}= \left(\begin{array}{rrr} 13/45 & -5/18 & 2/15\\ -5/18 & 11/36 & -1/6\\ 4/25 & -1/5 & 6/25 \end{array}\right) \]

    y nos queda multiplicar por \(A^t\) a la derecha:

    \[ A^L = \left(\begin{array}{rrr} 2/15 & 1/3 & -2/5\\ -1/6 & -1/6 & 1/2\\ 2/5 & 0 & -1/5 \end{array}\right) \]

Observación: ambos resultados son diferentes debido a la no unicidad para la existencia de inversa a izquierda.

Ejercicio 3 Calcula una inversa a derecha de la matriz

\[ \left( \begin{array}{rrrr} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 5 & 4 & 3 & 2 \\ 2 & 4 & 6 & 1 \end{array}\right) \]

Si calculamos la forma escalonada reducida por columnas de esta matriz (en este caso mediante un software adecuado) junto con una matriz de paso obtenemos

\[ \left( \begin{array}{rrrr} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 5 & 4 & 3 & 2 \\ 2 & 4 & 6 & 1 \\ \hline 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ \end{array}\right)\sim_c \left( \begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ \hline 0 & 0 & 0 & 1\\ -3/14 & 1/2 & -1/7 & -2\\ 2/21 &-1/3 & 2/7 & 1\\ 2/7 & 0 & -1/7 &0 \end{array}\right) \]

De donde una inversa a derecha es

\[ A^{R}= \left( \begin{array}{rrr} 0 & 0 & 0 \\ -3/14 & 1/2 & -1/7 \\ 2/21 &-1/3 & 2/7 \\ 2/7 & 0 & -1/7 \end{array}\right) \]

También puede calcularse una mediante la fórmula

\[A^R= A^{t}(AA^{t})^{-1}\]

que es además la inversa de Moore-Penrose de la matriz \(A\).

Ejercicio 4 Calcula una factorización de rango pleno de las matrices \[ A=\left( \begin{array}{rr} 6 & 9 \\ 10 & 15 \\ \end{array}\right); \hspace{1cm} B=\left( \begin{array}{rrr} 2 & 1 & 5 \\ -1 & 1 & 3 \\ \end{array}\right) \]

Comenzamos calculando la forma escalonada reducida por filas de \(A\) y una matriz de paso \(Q\): \[ \left( \begin{array}{rr|rr} 6 & 9 & 1 & 0\\ 10 & 15 & 0 & 1\\ \end{array}\right)\sim_f \left( \begin{array}{rr|rr} 2 & 3 & 1/3 & 0\\ 2 & 3 & 0 & 1/5\\ \end{array}\right) \sim_f \left( \begin{array}{rr|rr} 2 & 3 & 1/3 & 0\\ 0 & 0 & -1/3 & 1/5\\ \end{array}\right)\sim_f \left( \begin{array}{rr|rr} 1 & 3/2 & 1/6 & 0\\ 0 & 0 & -1/3 & 1/5\\ \end{array}\right) \]

Calculamos la inversa de la matriz de paso: \[\left( \begin{array}{rr|rr} 1/6 & 0 & 1 & 0\\ -1/3 & 1/5 & 0 & 1\\ \end{array}\right)\sim_f \left( \begin{array}{rr|rr} 1 & 0 & 6 & 0\\ -1 & 3/5 & 0 & 3\\ \end{array}\right)\sim_f \left( \begin{array}{rr|rr} 1 & 0 & 6 & 0\\ 0 & 1 & 10 & 5\\ \end{array}\right) \]

Tenemos que \[ \left( \begin{array}{rr} 6 & 9\\ 10 & 15\\ \end{array}\right)=Q^{-1}H=\left( \begin{array}{r|r} 6 & 0\\ 10 & 5\\ \end{array}\right) \left( \begin{array}{rr} 1 & 3/2 \\ \hline 0 & 0 \\ \end{array}\right) \]

De donde obtenemos que una descomposición de rango pleno es: \[ \left( \begin{array}{rr} 6 & 9\\ 10 & 15\\ \end{array}\right)=\left( \begin{array}{r} 6 \\ 10 \\ \end{array}\right) \left( \begin{array}{rr} 1 & 3/2 \\ \end{array}\right) \]

Procedemos del mismo modo para \(B\): \[ \left( \begin{array}{rrr|rr} 2 & 1 & 5 & 1& 0\\ -1 & 1 & 3 & 0 & 1\\ \end{array}\right)\sim_f \left( \begin{array}{rrr|rr} \boxed{1} & -1 & -3 & 0 & -1\\ 2 & 1 & 5 & 1& 0\\ \end{array}\right)\sim_f \left( \begin{array}{rrr|rr} \boxed{1} & -1 & -3 & 0 & -1\\ 0 & 3 & 11 & 1 & 2\\ \end{array}\right) \]

\[ \sim_f \left( \begin{array}{rrr|rr} \boxed{1} & -1 & -3 & 0 & -1\\ 0 & 3 & 11 & 1 & 2\\ \end{array}\right)\sim_f \left( \begin{array}{rrr|rr} \boxed{1} & -1 & -3 & 0 & -1\\ 0 & \boxed{1}& 11/3 & 1/3 & 2/3\\ \end{array}\right) \sim_f \left( \begin{array}{rrr|rr} \boxed{1} & 0 & 2/3 & 1/3 & -1/3\\ 0 & \boxed{1}& 11/3 & 1/3 & 2/3\\ \end{array}\right) \]

Calculamos ahora la inversa de la matriz de paso (se omite el proceso):

\[ Q^{-1}= \left( \begin{array}{rr} 1/3 & 1/3\\ -1/3 & 2/3\\ \end{array}\right) \]

y obtenemos que

\[ A=\left( \begin{array}{rrr} 2 & 1 & 5 \\ -1 & 1 & 3 \\ \end{array}\right)=Q^{-1}H= \left( \begin{array}{rr} 1/3 & 1/3\\ -1/3 & 2/3\\ \end{array}\right)\left( \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 2/3 \\ 0 & 1 & 11/3 \\ \end{array}\right) \]

que es una descomposición de rango pleno.

Ejercicio 5 Sea el sistema de ecuaciones lineales \[ \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 1 & 1\\ 1 & 2\\ 1 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\ y \end{pmatrix}= \left( \begin{array}{rr} 2\\ -1\\ 1\\ -2 \end{array} \right) \]

  1. Prueba que \(A\) es de rango pleno por columnas.
  2. Encuentra la única solución mínimo-cuadrática del sistema.

  1. Observando la matriz \(A\) obtenemos que tiene dos pivotes \[ \begin{pmatrix} \boxed{1} & 0\\ 1 & \boxed{1}\\ 1 & 2\\ 1 & 3 \end{pmatrix} \]

    así que su rango es 2 que coincide con el número de columnas, por tanto es de rango pleno por columnas.

  2. Puesto que \(A\) es de rango pleno por columnas existe una única solución mínimo-cuadrática. Para calcularla podemos usar la fórmula \[ X=A^{L}B\quad \mbox{con } A^{L}=(A^tA)^{-1}A^t \]

    (o bien resolver el sistema compatible \(A^tAX=A^tB\)). Observación: en este caso no es válida una inversa por la izquierda cualquiera, debe cumplir las condiciones de la inversa de Moore-Penrose.

    \[ A^tA= \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 2 & 3\\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 1 & 1\\ 1 & 2\\ 1 & 3 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 4 & 6\\ 6 & 14\\ \end{pmatrix} \]

    que tiene por inversa

    \[ (A^tA)^{-1}= \left( \begin{array}{rrrr} 7/10 & -3/10\\ -3/10 & 1/5\\ \end{array}\right) \]

    Por tanto

    \[ A^{L}= (A^tA)^{-1}A^t= \left( \begin{array}{rrrr} 7/10 & -3/10\\ -3/10 & 1/5\\ \end{array}\right) \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 2 & 3\\ \end{pmatrix}= \left( \begin{array}{rrrr} 7/10 & 2/5 & 1/10 & -1/5\\ -3/10 & -1/10 & 1/10 & 3/10\\ \end{array}\right) \]

    Luego la solución mínimo cuadrática es \[ X=A^{L}B= \left( \begin{array}{rrrr} 7/10 & 2/5 & 1/10 & -1/5\\ -3/10 & -1/10 & 1/10 & 3/10\\ \end{array}\right) \left(\begin{array}{rr} 2\\ -1\\ 1\\ -2 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{rr} 3/2\\ -1\\ \end{array} \right) \]

Ejercicio 6 Sea el sistema de ecuaciones lineales \[ \begin{pmatrix}0 & 1 & 2\\1 & 1 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\ y\\ z \end{pmatrix}= \left( \begin{array}{rr} 2\\ -1 \end{array} \right). \]

  1. Demuestra que \(A\) es de rango pleno for filas.
  2. Encuentra la solución de norma mínima del sistema.

  1. Para comprobar que la matriz de coeficientes es de rango pleno por filas observamos que el menor de orden 2 formado por las dos primeras columnas es distinto de 0, con lo que el rango es 2 y coincide con el número de filas.

  2. Como la matriz de coeficientes es de rango pleno por filas (y por tanto el sistema de ecuaciones es compatible) la solución de norma mínima viene dado por: \[X=A^{R}B\]

    Calculamos entonces la inversa a derecha de \(A\) que es también su inversa de Moore-Penrose (no es válida cualquier otra inversa a derecha) \(A^R=A^t (AA^t)^{-1}\):

    \[ AA^t=\begin{pmatrix}0 & 1 & 2\\1 & 1 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}0 & 1 \\1 & 1 \\ 2 & 1\end{pmatrix}= \left( \begin{array}{rr} 5& 3 \\ 3 & 3 \\ \end{array}\right)\, (AA^t)^{-1}= \left( \begin{array}{rr} 1/2 & -1/2 \\ -1/2 & 5/6 \\ \end{array}\right) \]

    \[ A^{R}= \begin{pmatrix}0 & 1 \\1 & 1 \\ 2 & 1\end{pmatrix}\left( \begin{array}{rr} 1/2 & -1/2 \\ -1/2 & 5/6 \\ \end{array}\right)= \left( \begin{array}{rr} -1/2 & 5/6 \\ 0 & 1/3\\ 1/2 & -1/6 \\ \end{array}\right) \]

    Por último, para calcular la solución de norma mínima multiplicamos por la columna de términos independientes:

    \[ X= A^{R}B=\left( \begin{array}{rr} -1 & 1 \\ 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right)\left( \begin{array}{r} 2\\ -1\\ \end{array}\right)= \left( \begin{array}{r} -11/6\\ -1/3\\ 7/6 \end{array}\right) \]

Ejercicio 7 Sea \(A\in \mathcal{M}_{4\times 3}(\mathbb{R})\) la matriz \[ A=\left( \begin{array}{rrr} -1 & 0 & 1\\-1 & 1 & 1\\-1 & 3 & 1\\1 & -2 & -1 \end{array} \right). \]

  1. Encuentra una descomposición de rango pleno de \(A\).
  2. Calcula \(A^\dagger\), la inversa generalizada de \(A\).
  3. Para \(b=(1,1,1,1)\), calcula la solución mínimo cuadrática de norma mínima del sistema \(Ax=b\).

  1. Para calcular la descomposición de rango pleno de \(A\), calculamos su forma escalonada por filas \(H\) y una matriz de paso \(P\) tales que \(PA=H\). Para ello, le añadimos a \(A\) a la derecha la matriz identidad y calculamos una forma escalonada de esa matriz: \[ \left(\begin{array}{rrr|rrrr} -1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0\\ -1 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0\\ -1 & 3 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0\\ 1 & -2 & -1 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right) \sim_f \left(\begin{array}{rrr|rrrr} 1 & 0 & -1 & 0 & 0 & 2 & 3\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 2 & 3\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 2 \end{array}\right). \]

    Tenemos por tanto que \[ H=\left(\begin{array}{rrr} 1 & 0 & -1\\0 & 1 & 0\\0 & 0 & 0\\0 & 0 & 0 \end{array}\right), \hspace{1cm} P=\left(\begin{matrix}0 & 0 & 2 & 3\\0 & 0 & 1 & 1\\1 & 0 & 2 & 3\\0 & 1 & 1 & 2\end{matrix}\right). \]

    Tomamos como \(F\) la matriz formada por las dos filas no nulas de \(H\), y por tanto es la matriz compuesta por las dos primeras columnas de \(P^{-1}\): \[ P^{-1}=\left(\begin{array}{rrrr}-1 & 0 & 1 & 0\\-1 & 1 & 0 & 1\\-1 & 3 & 0 & 0\\1 & -2 & 0 & 0\end{array}\right), \ F=\left(\begin{array}{rrr} 1 & 0 & -1 \\0 & 1 & 0 \end{array}\right),\ C=\left(\begin{array}{rr}-1 & 0\\-1 & 1\\-1 & 3\\1 & -2\end{array}\right) \]

    De esta forma tenemos \(A=CF\), con \(C\) de rango pleno por columnas y \(F\) de rango pleno por filas.

  2. Sabemos que \(A^\dagger=F^D C^I\), con \(F^D= F^t(F F^t)^{-1}\) y \(C^I=(C^tC)^{-1}C^t\):

    \[ F^D=\left(\begin{array}{rr}\frac{1}{2} & 0\\0 & 1\\- \frac{1}{2} & 0\end{array}\right), \ C^I=\left(\begin{array}{rrrr}- \frac{7}{10} & - \frac{2}{5} & \frac{1}{5} & \frac{1}{10}\\- \frac{3}{10} & - \frac{1}{10} & \frac{3}{10} & - \frac{1}{10}\end{array}\right), \ A^\dagger= \left(\begin{array}{rrrr}- \frac{7}{20} & - \frac{1}{5} & \frac{1}{10} & \frac{1}{20}\\- \frac{3}{10} & - \frac{1}{10} & \frac{3}{10} & - \frac{1}{10}\\\frac{7}{20} & \frac{1}{5} & - \frac{1}{10} & - \frac{1}{20}\end{array}\right) \]

  3. La solución mínimo cuadrática de norma mínima de \(AX=b\) viene dada por \(A^\dagger b=(-2/5,-1/5,2/5)\)

Ejercicio 8 Sea \(A\in \mathcal{M}_{4\times 3}(\mathbb{R})\) la matriz \[ A=\left( \begin{array}{rrr} 1 & 1 & -1\\1 & 3 & -1\\1 & 0 & -1\\-1 & -2 & 1 \end{array} \right). \]

  1. Encuentra los valores singulares de \(A\).
  2. Encuentra una descomposición de rango pleno de \(A\).
  3. Calcula \(A^\dagger\), la inversa generalizada de \(A\).
  4. Para \(b=(1,2,3,4)^t\), calcula la solución mínimo cuadrática de norma mínima del sistema \(Ax=b\).

  1. Los valores singulares son las raíces cuadradas de los valores propios de la matriz \(AA^t\) (o de su traspuesta, \(A^tA\)). \[ AA^{t}= \left( \begin{array}{rrrr} 3 & 5 & 2 & -4\\ 5 & 11& 2 & -8\\ 2 & 2& 2 & -2\\ -4& -8& -2 & 6 \end{array}\right) \]

    El cálculo de los valores propios es laborioso, así que puede realizarse usando un software adecuado, de esta forma hemos obtenido que son \(20\), \(2\) (ambos con multiplicidad algebraica 1) y \(0\) con multiplicidad algebraica 2 (pueden comprobarse estos resultados mediante el cálculo del rango de \(AA^t-\lambda I\) para cada uno de los valores propios). Por tanto los valores singulares son \(2\sqrt{5}\), \(\sqrt{2}\) y \(0\).

  2. Para la descomposición de rango pleno calculamos \(H\) la forma escalonada reducida de \(A\) y una matriz de paso \(P\) de forma que \(AP=H\):

    \[ \left( \begin{array}{rrr|rrrr} 1 & 1 & -1& 1 & 0 & 0& 0\\ 1 & 3 & -1& 0 & 1 & 0 & 0\\ 1 & 0 & -1& 0 & 0 & 1& 0\\ -1 & -2 & 1& 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right)\sim_f \left( \begin{array}{rrr|rrrr} 1 & 0 & -1& 0 & 0 & 1& 0\\ 0 & 1 & 0& 0 & 0 & -1/2 & -1/2\\ 0 & 0 & 0& 1 & 0 & -1/2& 1/2\\ 0 & 0 & 0& 0 & 1 & 1/2 & 3/2 \end{array}\right) \]

    Tomamos como \(F\) (de rango pleno por filas) las dos primeras filas de \(H\) y como \(C\) las 2 primeras columnas de \(P^{-1}\) (que es de rango pleno por columnas). Así tendremos que \(A=CF\):

    \[ P^{-1}= \left( \begin{array}{rrrr} 1 & 1 & 1 & 0\\ 1 & 3 & 0 & 1\\ 1 & 0 & 0 & 0\\ -1 &-2 & 0 & 0 \end{array}\right)\, F= \left( \begin{array}{rrr} 1 & 0 & -1\\ 0 & 1 & 0 \\ \end{array}\right)\, C= \left( \begin{array}{rr} 1 & 1 \\ 1 & 3 \\ 1 & 0 \\ -1 &-2 \end{array}\right)\, \]

  3. Sabemos que \(A^\dagger=F^R C^L\). Realizamos el cálculo de \(F^R=F^t(FF^t)^{-1}\) y obtenemos:

    \[F^D=\left(\begin{array}{rr}\frac{1}{2} & 0\\0 & 1\\- \frac{1}{2} & 0\end{array}\right)\]

    Procedemos al cálculo de \(C^L=(C^tC)^{-1}C^t\):

    \[ C^tC=\left( \begin{array}{rrrr} 1 & 1 & 1 & -1 \\ 1 & 3 & 0 & -2 \\ \end{array}\right) \left( \begin{array}{rr} 1 & 1 \\ 1 & 3 \\ 1 & 0 \\ -1 &-2 \end{array}\right) =\left( \begin{array}{rr} 4 & 6\\ 6 & 14 \end{array}\right);\, (C^tC)^{-1}= \left( \begin{array}{rr} -7/10 & -3/10\\ -3/10 & 1/5 \end{array}\right) \]

    luego

    \[ C^L= \left( \begin{array}{rr} -7/10 & -3/10\\ -3/10 & 1/5 \end{array}\right)\left( \begin{array}{rrrr} 1 & 1 & 1 & -1 \\ 1 & 3 & 0 & -2 \\ \end{array}\right) = \left( \begin{array}{rrrr} 2/5 & -1/5 & 7/10 & -1/10\\ -1/10 & 3/10 & -3/10 & -1/10 \end{array}\right) \]

    Por último calculamos \(A^\dagger=F^R C^L\) y obtenemos

    \[ A^\dagger=\left(\begin{array}{rr}\frac{1}{2} & 0\\0 & 1\\- \frac{1}{2} & 0\end{array}\right) \left( \begin{array}{rrrr} 2/5 & -1/5 & 7/10 & -1/10\\ -1/10 & 3/10 & -3/10 & -1/10 \end{array}\right) = \left( \begin{array}{rrrr} 1/5 & -1/10 & 7/20 & -1/20\\ -1/10 & 3/10 & -3/10 & -1/10\\ -1/5 & 1/10 & -7/20 & 1/20 \end{array}\right) \]

  4. La solución mínimo cuadrática de norma mínima del sistema viene dada por \(X=A^\dagger b\):

    \[ X= \left( \begin{array}{rrrr} 1/5 & -1/10 & 7/20 & -1/20\\ -1/10 & 3/10 & -3/10 & -1/10\\ -1/5 & 1/10 & -7/20 & 1/20 \end{array}\right)\begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 3\\ 4 \end{pmatrix}= \left( \begin{array}{r} 17/20\\ -4/5\\ -17/20 \end{array}\right) \]