msleziak.com

Fakty, ktoré sa nám môžu hodiť pri riešení (a ktoré budeme využívať v riešeniach - pre každý z nich som otvoril samostatný topic):

• Súčin horných trojuholníkových matíc je opäť horná trojuholníková. viewtopic.php?t=1006
• Ak je horná trojuholníková matica regulárna, tak prvky na diagonále sú nenulové. viewtopic.php?t=1007

Špeciálne z toho, že prvky na diagonále sú nenulové, vidno to, že po vynásobení diagonálnou maticou $(1/a_{11},1/a_{22},\dots,1/a_{nn})$ dostaneme hornú trojuholníkovú maticu, ktorá má na diagonále jednotky. Ak dokážeme, že takáto horná trojuholníková matica má inverznú, potom to platí aj pre ľubovoľnú hornú trojuholníkovú. (Viacerí ste odovzdali riešenia, kde ste už priamo začali s maticou, ktorá má nad diagonálou jednotky. Ale nenašiel som tam zdôvodnenie, prečo sa stačí pozerať na takéto matice.)

Dá sa vymyslieť viacero riešení, postupne sem niečo k nim napíšem. A kde treba, napíšem aj nejaké poznámky k tomu, čo ste písali do písomiek.

Dôkaz tohoto faktu môžete nájsť na veľa miestach. Tu je jedna linka: Inverse of an invertible triangular matrix (either upper or lower) is triangular of the same kind.

Bodovanie

Nejaký stručný komentár k tomu, čo som čakal v písomkách.
Určite nebolo realistické čakať, že tam budete mať dôkaz v takej podobe, ako keby bol skopírovaný z nejakej učebnice.
Ale na druhej strane, ak ste nejakú vec prehlásili za jasnú alebo používali, tak som očakával, že tam bude napísané niečo, z čoho vidno ako to tam je. (Napríklad ak ste niekde v postupe potrebovali, že $a_{ii}\ne0$, tak by sa k tomu patrilo nejaké zdôvodnenie. Ak ste tam robili nejaké riadkové úpravy a bolo dôležité či po nich zostane matica stále horná trojuholníková, tak by to tam malo byť spomenuté - aj v prípade, že to nie je veľmi ťažké, tak keď to nespomeniete, nie je jasné, či ste si vôbec uvedomili, že tam takúto vec využívate.)

Čiže nemal som problém s tým, ak ste riešenie napísali iba neformálne. Ale body som dával podľa toho, do akej miery sa mi zdalo vaše riešenie úplné.

Z definície inverznej matice

Skúsme si uvedomiť, čo vieme z toho, že $BA=I$.

$$
\begin{pmatrix}
b_{11} & b_{12} & \ldots & b_{1n} \\
b_{21} & b_{22} & \ldots & b_{2n} \\
\ldots & \ldots & \ldots & \ldots\\
b_{n1} & b_{n2} & \ldots & b_{nn} \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
a_{11} & a_{12} & \ldots & a_{1n} \\
0 & a_{22} & \ldots & a_{2n} \\
& & \ddots & \\
0 & \ldots & 0 & a_{nn} \\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & \ldots & 0 \\
0 & 1 & \ldots & 0 \\
\vdots & & \ddots & \vdots \\
0 & \ldots & 0 & 1 \\
\end{pmatrix}
$$

Pripomeňme, že o diagonálnych prvkoch $a_{ii}$ už vieme, že sú nenulové: viewtopic.php?t=1007

Potom dostávame pre súčin napríklad na pozícii $(2,1)$:
$$b_{21}a_{11}=0.$$
Pretože $a_{11}\ne 0$, znamená to, že $b_{21}=0$.
Takže v druhom riadku máme pod diagonálou nuly.

Čo s tretím riadkom?

Na pozícii $(3,1)$ dostaneme:
$$b_{31}a_{11}=0$$
a hneď vidíme, že $b_{31}=0$.
Na pozícii $(3,2)$ dostaneme:
$$b_{31}a_{12}+b_{32}a_{22}=0.$$
Už vieme, že $b_{31}=0$. Takže vlastne máme
$$b_{32}a_{22}=0.$$
A ak $a_{22}\ne 0$, tak hneď máme $b_{32}=0$.

Podobne by sme vedeli postupovať s ostatnými riadkami.
Zostáva si rozmyslieť, či to aj pre ostatné riadky funguje.
A potom sa zamyslieť nad tým, ako to nejakým rozumným spôsobom zapísať.

Napríklad takto (alebo veľmi podobne) to v písomke napísali Mihály Kotiers a Simona Veselá.

Simona Veselá wrote: Sporom. Označme $i$ najspodnejší riadok $A^{-1}$, kde je nenulové číslo pod uhlopriečkou a $j$ je stĺpec, kde sa v riadku $i$ vyskytol prvok pod uhlopriečkou.
Napríklad ak by matica $A^{-1}$ vyzerala takto
$$
\begin{pmatrix}
* & * & * & * & * & * \\
0 & * & * & * & * & * \\
0 & 0 & * & * & * & * \\
0 & 0 & 2 & * & * & * \\
0 & 5 & 1 & 0 & * & * \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & * \\
\end{pmatrix}
$$
tak $i=5$ a $j$ môžeme zobrať napríklad $2$.
Vieme, že $j<i$.
Má platiť $A\cdot A^{-1}=I$.
Zoberme si $i$-ty riadok matice $A$ a $j$-ty stĺpec matice $A^{-1}$.
V tomto zápise predstavuje $*$ nenulové číslo a $\square$ ľubovoľné číslo (môže byť nulové aj nenulové).
$(\underset{(i-1)}{\underbrace{0,\dots,0}},*,\underset{n-i}{\underbrace{\square,\dots,\square}})$
$(\underset{(i-1)}{\underbrace{\square,\dots,\square}},*,\underset{n-i}{\underbrace{0,\dots,0}})$
Skalárny súčin týchto vektorov bude obsah políčka $(i,j)$ v súčine. Vidíme, že skalárny súčin bude
$$0+\dots+0+*\cdot*+0+\dots+0=*\cdot*\ne0.$$
Súčasne by to mal byť prvok na pozícii takej, že $j<i$ v jednotkovej matici $I$, čiže by sa mal rovnať nule. Dostávame spor.

Naznačím ešte aj priamy dôkaz - nepísal som ho celý, je tu napísané iba ako by sme si poradili s $i$-tym riadkom.

Lema. Nech $\vec\alpha_1,\vec\alpha_2,\dots,\vec\alpha_n$ sú vektory z $F^n$ také, že $i$-ty vektor $\vec a_i$ má na prvých $(i-1)$ súradniciach nuly a $i$-ta súradnica je nenulová. Ak $b_1\vec\alpha_1+b_2\vec\alpha_2+\dots+b_n\vec\alpha_n=\vec x$, kde vektor $x$ má prvých $(k-1)$ súradníc nulových, tak $b_1=b_2=\dots=b_{k-1}=0$.\\Dôkaz tvrdenia je vlastne táto lema použitá pre $x=\vec e_k$, t.j. $k$-ty vektor zo štandardnej bázy.\\
Nejako si označme súradnice vektorov s ktorými pracujeme. Máme vlastne takúto situáciu:
\begin{align*}
\vec\alpha_1&=(a_{11},a_{12},\dots,a_{1,n-1},a_{1,n})\\
\vec\alpha_2&=(0,a_{22},\dots,a_{2,n-1},a_{2,n})\\
&\vdots\\
\vec\alpha_{n-1}&=(0,0,\dots,a_{n-1,n-1},a_{n-1,n})\\
\vec\alpha_{n}&=(0,0,\dots,0,a_{n-1,n})\\
\vec x&=(0,\dots,0,1,0,\dots,0)
\end{align*}
Postupne sa pozeráme na rovnosti, ktoré dostaneme na jednotlivých súradniciach z $b_1\vec\alpha_1+b_2\vec\alpha_2+\dots+b_n\vec\alpha_n=\vec x$. Dokážeme indukciou na $i$ že pre $1\le i<k$ platí $b_i=0$.\\
Na prvej súradnici máme $b_1a_{11}=0$. (Sčítance $b_2a_{21}+b_3a_{31}+\dots+b_na_{n1}$ môžeme vynechať, lebo $a_{21}=a_{31}=\dots=a_{n1}=0$.) Pretože $a_{11}\ne0$, znamená to, že $b_1=0$. (Toto robíme iba ak $k>1$).\\
Na druhej súradnici máme $b_1a_{12}+b_2a_{22}=0$. Ak už vieme, že $b_1=0$, tak vlastne máme rovnosť $b_2a_{22}=0$, čo znamená, že $b_2=0$. (Opäť, tento krok robíme iba ak $k>2$, vtedy má $\vec x$ skutočne na druhej súradnici nulu.\\
Podobne by sme mohli postupovať ďalej. Indukčný krok by vyzeral takto: Ak $i<k$ a platí $b_1=\dots=b_{i-1}=0$, snažíme sa dokázať, že $b_i=0$.)
Pozrieme sa na $i$-tu súradnicu a dostaneme rovnosť
$$b_1a_{1,i}+b_2a_{2,i}+\dots+b_{i-1}a_{i-1,i}+b_ia_{i,i}=0.$$
Už vieme, že $b_1=b_2=\dots=b_{i-1}=0$. Po vynechaní nulových členov nám zostane iba
$$b_ia_{i,i}=0$$
a vďaka tom, že $a_{i,i}\ne0$, dostaneme $b_i=0$.

Využitie nilpotentnej matice

Už som napísal niečo o tom, že stačí tvrdenie dokázať pre matice, ktoré majú na diagonále jednotky.

Ak máme takúto maticu, tak si ju môžeme zapísať ako
$$A=I-N$$
kde $N$ je matica, ktorá má nuly na diagonále aj pod ňou. (Znamienko $-$ som zvolil iba preto, aby sa mi pohodlnejšie napísal vzťah, ktorý teraz nasleduje.)

Ak si teraz uvedomíme, že $N^n=0$ (detailnejšie vysvetlenie nižšie), tak máme
$$I=I-N^n=(I-N)(I+N+N^2+\dots+N^{n-1})$$
zistili sme teda vlastne, že
$$A^{-1}=I+N+N^2+\dots+N^{n-1}$$

Prečo je $N^n=0$?

Štvorcová matica taká, že niektorá jej mocnina je už nulová matica, sa zvykne nazývať aj nilpotentná matica. (Práve preto sa dosť často stretnete s tým, že bude označená písmenom $N$.)

Skúsim sem "nakresliť" príklad $5\times5$.

$N=
\begin{pmatrix}
0 & * & * & * & * \\
0 & 0 & * & * & * \\
0 & 0 & 0 & * & * \\
0 & 0 & 0 & 0 & * \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}$

$N^2=
\begin{pmatrix}
0 & * & * & * & * \\
0 & 0 & * & * & * \\
0 & 0 & 0 & * & * \\
0 & 0 & 0 & 0 & * \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 & * & * & * & * \\
0 & 0 & * & * & * \\
0 & 0 & 0 & * & * \\
0 & 0 & 0 & 0 & * \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
0 & 0 & * & * & * \\
0 & 0 & 0 & * & * \\
0 & 0 & 0 & 0 & * \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}$

$N^3=\begin{pmatrix}
0 & 0 & * & * & * \\
0 & 0 & 0 & * & * \\
0 & 0 & 0 & 0 & * \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 & * & * & * & * \\
0 & 0 & * & * & * \\
0 & 0 & 0 & * & * \\
0 & 0 & 0 & 0 & * \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & * & * \\
0 & 0 & 0 & 0 & * \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}$

$N^4=
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & * & * \\
0 & 0 & 0 & 0 & * \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 & * & * & * & * \\
0 & 0 & * & * & * \\
0 & 0 & 0 & * & * \\
0 & 0 & 0 & 0 & * \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & 0 & * \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}$

$N^5=
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & 0 & * \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 & * & * & * & * \\
0 & 0 & * & * & * \\
0 & 0 & 0 & * & * \\
0 & 0 & 0 & 0 & * \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}$

Azda vidno, ako som tieto matice dostal. A tiež to ako to bude fungovať všeobecne.

Skúsme to, čo sme nakreslili, zapísať trošičku formálnejšie.

Lema. Ak $N$ je horná trojuholníková matica s nulami na diagonále, tak $N^k$ má nuly na $(k-1)$ vedľajších diagonálach.
T.j. ak pre maticu $N$ platí, že $n_{ij}=0$ pre $i\ge j$, tak pre prvky matice $N^k$ máme $n^{(k)}_{ij}=0$ pre $i\ge j-k+1$.
Špeciálne pre $n$-tú mocninu dostaneme $N^n=0$.

(V podstate táto lema je iba zápis pozorovanie, že sa nám nuly "posúvajú nahor" - v takejto podobe by to mohlo byť vhodné na dôkaz indukciou.
Pre $k=n$ dostaneme $i\ge j-n+1$; táto nerovnosť je splnená pre ľubovoľné $i,j\in\{1,2,\dots,n\}$)

Dôkaz. Indukciou.
$1^\circ$ Očividne tvrdenie platí pre $k=1$.

$2^\circ$ Nech $i\ge j-k$. Počítajme
$$n^{k+1}_ij = \sum_{t=1}^n n^{(k)}_{it}n_{tj} = \sum_{t=1}^{i+k-1} n^{(k)}_{it}n_{tj} + \sum_{t=i+k} n^{(k)}_{it}n_{tj} = 0+0 =0.$$
Prvá suma je nulová, lebo ak $t\le i+k-1$, t.j. $i\ge t-k+1$, tak prvok matice $N^k$ na pozícii $(i,t)$ je nulový.
Druhá suma je nulová, lebo tu dostávame $n_{tj}$ iba pre $t\ge i+k \ge (j-k)+j = j$, čiže prvky matice $N$ na hlavnej diagonále alebo pod ňou. $\square$

Iné súvisiace veci.

Pripomeniem, že s niečím takýmto sme sa už stretli. Konkrétne keď sme riešili úlohu o hľadní inverzu k matici, ktorá mala pod diagonálou nuly, na diagonále jednotky a nad ňou nejaké ďalšie prvky.

Niečo takéto bude dôležité budúci semester - špeciálne v súvislosti s Jordanovým normálny tvarom. Viackrát sa stretneme s tým, že sa nám bude hodiť vedieť, ako vyzerajú mocniny matice, ktorá má jednotky tesne nad diagonálou a všade inde nuly.

Polynóm, ktorý nuluje maticu

Pozrime sa na matice $I,A,A^2,\dots,A^{n^2-1},A^{n^2}$.
Tieto matice patria do podpriestoru $M_{n,n}(R)$, ktorý má dimenziu $n^2$. Teda sú lineárne závislé.
To znamená, že existujú koeficienty $c_0,\dots,c_{n^2}$ také, že
$$c_0I+c_1A+c_2A^2+\dots+c_{n^2}An^2=0.$$

Ak $c_0\ne0$, tak môžeme upraviť túto rovnosť na tvar
\begin{align*}
c_1A+c_2A^2+\dots+c_{n^2}A^{n^2}&=-c_0I\\
-\frac1{c_0}(c_1I+c_2A+\dots+c_{n^2}A^{n^2-1})A&=I
\end{align*}
Našli sme maticu $B$ takú, že $BA=I$, teda $B$ je inverzná matica k $A$.
Súčasne všetky matice $A^k$ sú horné trojuholníkové (Súčin horných trojuholníkových matíc je opäť horná trojuholníková. viewtopic.php?t=1006 )
A maticu $B$ sme získali ako lineárnu kombináciu takýchto matíc, teda je opäť horná trojuholníková.

Čo však ak $c_0=0$? Žiadny problém.
Vieme, že aspoň jeden koeficient je nenulový, prvý nenulový koeficient označme $c_k$. Máme teda
$$c_kA^k+c_{k+1}A^{k+1}+\dots+c_{n^2}A^{n^2}=0.$$
Vynásobíme túto rovnosť $A^{-k}$. (Matica $A$ je regulárna, takže takáto vec sa dá spraviť.)
Máme potom
$$c_kI+c_{k+1}A+\dots+c_{n^2}A^{n^2-k}=0$$
a môžeme zopakovať presne predchádzajúci postup.

Jediný prípad, ktorý by nám stále robil problémy, je ak by jediný nenulový koeficient bol $c_{n^2}$. To by ale znamenalo, že $A^{n^2}=0$, čo však nastať nemôže, lebo $A^{n^2}$ je regulárna matica. (Súčin regulárnych matíc je regulárny.)

Súvisiace veci

Vlastne sme dostali, že existuje nejaký polynóm taký, že po "dosadení" do neho sa matica vynuluje. (S niečím podobným sme sa už stretli, keď sme riešili úlohu o hľadaní matíc takých, že $AX=XA$.)

Ako reklamu na veci, čo budú budúci semester, spomeniem Cayley-Hamiltonovu vetu, kde sa dozvieme to, že stačí polynóm stupňa $n$ a aj to, ako ho pre danú maticu vyrátať.

Cez adjungovanú maticu

Vieme, že $$A^{-1}=\frac1{\det(A)} \operatorname{adj}(A),$$
pričom adjungovaná matica $\operatorname{adj}(A)$ má na pozícii $(i,j)$ číslo
$$A_{j,i}=(-1)^{i+j} \det(M_{j,i}),$$
kde $M_{j,i}$ je matica, ktorú získate z $A$ vynechaním $j$-teho riadku a $i$-teho stĺpca.

Môžete si skúsiť overiť, že ak $i>j$, tak z hornej trojuholníkovej matice naozaj takto získate maticu s nulovým determinantom.

Tu je jeden konkrétny príklad -- vynechávam druhý riadok a tretí stĺpec z matice $5\times5$.
$A=
\begin{pmatrix}
a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} & a_{15} \\
0 & a_{22} & a_{23} & a_{24} & a_{25} \\
0 & 0 & a_{33} & a_{34} & a_{35} \\
0 & 0 & 0 & a_{44} & a_{45} \\
0 & 0 & 0 & 0 & a_{55} \\
\end{pmatrix}
$
$M_{2,3}=
\begin{pmatrix}
a_{11} & a_{12} & a_{14} & a_{15} \\
0 & 0 & a_{34} & a_{35} \\
0 & 0 & a_{44} & a_{45} \\
0 & 0 & 0 & a_{55} \\
\end{pmatrix}
$

Nechám na vás rozmyslieť si, ako to vyzerá všeobecne (pre ľubovoľné $i>j$ a pre ľubovoľnú hornú trojuholníkovú maticu $n\times n$) a či by ste vedeli nejako aj zapísať dôkaz, že to tak funguje.

Cez blokové matice

Skúsme to dokazovať indukciou vzhľadom na $n$.

$1^\circ$ Pre $n=1$ tvrdenie očividne platí.

$2\circ$ Majme maticu $A$ rozmerov $(n+1)\times(n+1)$ a rozdeľme si ju takto:
$$A=
\left(\begin{array}{c|c}
B & \vec b^T \\\hline
\vec0 & a_{nn}
\end{array}\right)
$$
t.j. matica $B$ je horná trojuholníková maticu typu $n\times n$, v poslednom riadku máme nuly, nejako sme označili prvky v poslednom stĺpci.
(Vektory zvykneme stotožňovať s maticami rozmerov $n\times1$. Preto v poslednom riadku máme vektor, v poslednom stĺpci je vektor v stĺpci, čiže transponovaný.)

Chceme maticu $A$ vynásobiť nejako tak, aby sme dostali jednotkovú maticu.
Z indukčného predpokladu vieme, že existuje matica $B^{-1}$ a táto matica je horná trojuholníková.
Skúsme vynásobiť
$$
\left(\begin{array}{c|c}
B^{-1} & \vec 0^T \\\hline
\vec0 & 1/a_{n+1,n+1}
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{c|c}
B & \vec b^T \\\hline
\vec0 & a_{n+1,n+1}
\end{array}\right)\overset{(*)}=
\left(\begin{array}{c|c}
I & \vec B^{-1}b^T \\\hline
\vec0 & 1
\end{array}\right)
$$
Skúste si premyslieť, čo presne sme spravili v rovnosti $(*)$. (Nejaký komentár nájdete nižšie.)

Zdá sa, že sme sa priblížili k cieľu. Nemáme síce zatiaľ jednotkovú maticu, ale dostali sme veľa núl mimo diagonály.
Označme $\vec B^{-1}b^T=\vec c^T$.
Otázka je, či maticu
$$\left(\begin{array}{c|c}
I & \vec c^T \\\hline
\vec0 & 1
\end{array}\right)$$
vieme nejako vynásobiť tak, aby sme už dostali jednotkovú.
Stačí si všimnúť, že
$$
\left(\begin{array}{c|c}
I & -\vec c^T \\\hline
\vec0 & 1
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{c|c}
I & \vec c^T \\\hline
\vec0 & 1
\end{array}\right)\overset{(**)}=
\left(\begin{array}{c|c}
I & \vec 0^T \\\hline
\vec0 & 1
\end{array}\right)
$$

Násobenie blokových matíc

V predošlom odvodení sme dvakrát -- v rovnostiach $(*)$ a $(**)$ -- využili nejaké takéto násobenie:
$$\left(\begin{array}{c|c}
A & \vec b^T \\\hline
\vec c & d
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{c|c}
E & \vec f^T \\\hline
\vec g & h
\end{array}\right)=
\left(\begin{array}{c|c}
AE+\vec b^T\vec c & A \vec f^T+ d\vec b^T \\\hline
\vec c E + d\vec g & \vec c\vec b^T + dh
\end{array}\right)
$$
Všetky matice sú rozmerov $n\times n$, všetky vektory sú rozmerov $1\times n$.
Rozmyslieť si, že to naozaj funguje takto, nie je ťažké -- stačí vám iba definícia súčinu matíc.

Poznamenám, že by to fungovalo, keby sme matice rozdelili akýmkoľvek "rozumným spôsobom" -- t.j. tak, že príslušné bloky sa dajú násobiť.
Potom to môžem násobiť v podstate tak, ako keby tam namiesto matíc boli čísla.
Napríklad ak by som si dve matice $4\times4$ rozdelil na podmatice rozmerov $2\times2$, tak by platilo
$$\left(\begin{array}{c|c}
A & B \\\hline
C & D
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{c|c}
E & F \\\hline
G & H
\end{array}\right)=
\left(\begin{array}{c|c}
AE+CG & AF+BH \\\hline
CE+DG & CF+DH
\end{array}\right).$$

Niečo takéto sa volá násobenie blokových matíc. Je to občas užitočné a ešte sa s tým budúci semester stretneme.

Veľa ľudí skúsilo riešenie opierajúce sa o riadkové operácie a to, ako sme inverznú maticu zvyčajne počítali. Otvoril som k tomuto postupu samostatný topic: viewtopic.php?t=1009