Aufgaben zu Matrizen – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Dieser Abschnitt ist noch im Entstehen und noch nicht offizieller Bestandteil des Buchs. Gib den Autoren Zeit, den Inhalt anzupassen!

Grundlagen

Aufgabe

Bestimme die $(4\times 4)$-Matrix ${\mathcal {M}}=(m_{jk})$, deren Einträge die folgenden Eigenschaften erfüllen:

$m_{jk}={\begin{cases}1&{\text{ für }}j=k,\\0&{\text{ für }}j=k-2,\\3&{\text{ für }}j=k+2,\\2&{\text{ sonst. }}\end{cases}}$

Lösung

Die Matrix ${\mathcal {M}}$ ist von der Form ${\begin{pmatrix}m_{11}&m_{12}&m_{13}&m_{14}\\m_{21}&m_{22}&m_{23}&m_{24}\\m_{31}&m_{32}&m_{33}&m_{34}\\m_{41}&m_{42}&m_{43}&m_{44}\end{pmatrix}}$.

Es ergibt sich also: ${\mathcal {M}}={\begin{pmatrix}1&2&0&2\\2&1&2&0\\3&2&1&2\\2&3&2&1\end{pmatrix}}$

Aufgaben zur Vektorraumstruktur auf Matrizen

Aufgabe (Herleitung Matrizenaddition)

Seien $L_{1},L_{2}:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2}$ lineare Abbildungen, mit

${\begin{aligned}&L_{1}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}:={\begin{pmatrix}2x\\y-x\end{pmatrix}}&L_{2}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}:={\begin{pmatrix}y\\x\end{pmatrix}}\end{aligned}}$

Bestimme die darstellenden Matrizen $A_{1},\,A_{2}$ zur Standardbasis. Wie kannst du $A_{1}+A_{2}$ definieren, damit das Ergebnis der darstellenden Matrix von $L_{1}+L_{2}$ entspricht?

Die Standardbasis entspricht in diesem Fall $E=\{e_{1},e_{2}\}$ mit $e_{1}={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}},e_{2}={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$.

Wie kommt man auf den Beweis? (Herleitung Matrizenaddition)

Schreibe die beiden Abbildungen in der gleichen Tabellenform, wie wir oben $L$ dargestellt haben!

Du kannst mit der gleichen Methode direkt die darstellende Matrix von $L_{1}+L_{2}$ finden.

Es gibt nun eine recht naheliegende Art und Weise, die Matrizenaddition zu definieren. Wenn du diese ausprobierst, solltest du auf das richtige Ergebnis kommen.

Beweis (Herleitung Matrizenaddition)

Wir bestimmen zunächst $A_{1}$, indem wir die Tabelle aufschreiben und zur Matrix zusammenfassen. Für die Abbildung $L_{1}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}:={\begin{pmatrix}2x\\y-x\end{pmatrix}}$ gilt

$L_{1}(e_{1})={\begin{pmatrix}2\\-1\end{pmatrix}},L_{1}(e_{2})={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$

damit erhalten wir

$A_{1}={\begin{pmatrix}2&0\\-1&1\end{pmatrix}}$

Nun machen wir das gleiche mit $L_{2}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}:={\begin{pmatrix}y\\x\end{pmatrix}}$, um $A_{2}$ zu erhalten:

$L_{2}(e_{1})={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}},L_{2}(e_{2})={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$

Wir fassen die Tabelle zur Matrix

$A_{2}={\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}$

zusammen.

Wir suchen nun die darstellende Matrix für $L_{1}+L_{2}$:

${\begin{aligned}&(L_{1}+L_{2})(e_{1})=L_{1}(e_{1})+L_{2}(e_{1})={\begin{pmatrix}2\\-1\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\0\end{pmatrix}}\\[0.3em]&(L_{1}+L_{2})(e_{2})=L_{1}(e_{2})+L_{2}(e_{2})={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}\\[0.3em]\end{aligned}}$

So ergibt sich unsere darstellende Matrix

$A={\begin{pmatrix}2&1\\0&1\end{pmatrix}}$

Wir wollen nun die Addition zweier Matrizen so definieren, dass $A_{1}+A_{2}=A$ gilt. Wir erinnern uns dabei daran, dass wir die Vektoraddition im $\mathbb {R} ^{n}$ bereits komponentenweise definiert haben - diese Definition bietet sich also als erster Versuch an. Und tatsächlich gilt mit dieser Vorschrift

$A_{1}+A_{2}={\begin{pmatrix}2&0\\-1&1\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2+0&0+1\\-1+1&1+0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2&1\\0&1\end{pmatrix}}=A$

Lösung (Herleitung Matrizenaddition)

Wenn wir die Matrizenaddition als Addition der jeweiligen Komponenten definieren, kommen wir zum gewünschten Ergebnis.

Sei $L_{1}:\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2}$ obige lineare Abbildung, mit

$L_{1}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}:={\begin{pmatrix}2x\\y-x\end{pmatrix}}$

Aufgabe (Herleitung Skalarmultiplikation)

Bestimme die darstellende Matrix $A_{1}$ zur Standardbasis für die Abbildung $L_{1}$ und die darstellende Matrix $M_{1}$ für die Abbildung $\beta \cdot L_{1}$. Wie kannst du die Multiplikation einer Matrix mit einem Skalar definieren, damit $M_{1}=\beta \cdot A_{1}$ gilt?

Lösung (Herleitung Skalarmultiplikation)

Aus der vorigen Aufgabe wissen wir bereits, dass gilt:

$L_{1}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2x\\y-x\end{pmatrix}}\,\Longrightarrow \,A_{1}={\begin{pmatrix}2&0\\-1&1\end{pmatrix}}$

Wenn wir nun $L_{1}$ skalar mit $\beta$ multiplizieren erhalten wir

${\begin{aligned}&(\beta \cdot L_{1}){\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}=\beta \cdot L_{1}{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}=\beta \cdot {\begin{pmatrix}2\\-1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\beta \\-\beta \end{pmatrix}}\\&(\beta \cdot L_{1}){\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}=\beta \cdot L_{1}{\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}=\beta \cdot {\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\\beta \end{pmatrix}}\end{aligned}}$

Daher ist $M_{1}={\begin{pmatrix}2\beta &0\\-\beta &\beta \end{pmatrix}}$. Hier siehst du schnell, dass wir auch die Skalarmultiplikation elementweise definieren können. Es gilt

$\beta \cdot A_{1}=\beta \cdot {\begin{pmatrix}2&0\\-1&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\beta &0\\-\beta &\beta \end{pmatrix}}=M_{1}$

Aufgaben zur Matrizenmultiplikation

Aufgabe (Herleitung Matrizenmultiplikation)

Sei $K$ ein Körper und seien $A,A'\in K^{2\times 2}$. Ferner sei $f\colon K^{2}\to K^{2};x\mapsto A\cdot x$ und $g\colon K^{2}\to K^{2};x\mapsto A'\cdot x$. Sei $B=\{(1,0)^{T},(0,1)^{T}\}$ die Standardbasis von $K^{2}$. Beschreibe $M_{B}^{B}(g\circ f)$ in Abhängigkeit von den Einträgen von $A$ und $A'$.

Lösung (Herleitung Matrizenmultiplikation)

Wir wissen schon aus dem Einführungsartikel zu Abbildungsmatrizen, dass $M_{B}^{B}(f)=A$ und $M_{B}^{B}(g)=A'$ gilt und schreiben nun

$A={\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}}\quad {\text{und}}\quad A'={\begin{pmatrix}e&f\\g&h\end{pmatrix}}$

Dann ist

$f{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}ax+by\\cx+dy\end{pmatrix}}\quad {\text{und}}\quad g{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}ex+fy\\gx+hy\end{pmatrix}}$

Nun berechnen wir:

${\begin{aligned}(g\circ f){\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}&=g\left(f{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\right)=g{\begin{pmatrix}ax+by\\cx+dy\end{pmatrix}}\\[0.3em]&={\begin{pmatrix}e(ax+by)+f(cx+dy)\\g(ax+by)+h(cx+dy)\end{pmatrix}}\\[0.3em]&={\begin{pmatrix}(ae+cf)x+(be+df)y\\(ag+ch)x+(bg+dh)y\end{pmatrix}}\\[0.3em]&={\begin{pmatrix}ae+cf&be+df\\ag+df&bg+dh\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}\end{aligned}}$

Mit dem gleichen Argument wie am Anfang dieser Lösung wissen wir nun, dass

$M_{B}^{B}(g\circ f)={\begin{pmatrix}ae+cf&be+df\\ag+df&bg+dh\end{pmatrix}}$

gilt.

Aufgabe

Gegeben sei die Matrix ${\mathcal {M}}={\begin{pmatrix}3&2&1\\2&3&1\\1&3&2\end{pmatrix}}$. Berechne den Ausdruck ${\mathcal {M}}^{0}+{\mathcal {M}}+{\frac {1}{2}}{\mathcal {M}}^{2}$.

Lösung

Wir betrachten zunächst jeden Summanden des zu berechnenden Ausdrucks einzeln. Es gilt:

${\mathcal {M}}^{0}={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}=I_{3},{\mathcal {M}}={\begin{pmatrix}3&2&1\\2&3&1\\1&3&2\end{pmatrix}}$

und wegen

${\mathcal {M}}^{2}={\begin{pmatrix}3&2&1\\2&3&1\\1&3&2\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}3&2&1\\2&3&1\\1&3&2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}14&15&7\\13&16&7\\11&17&8\end{pmatrix}}$

ist

${\frac {1}{2}}{\mathcal {M}}^{2}={\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}\cdot 14&{\frac {1}{2}}\cdot 15&{\frac {1}{2}}\cdot 7\\{\frac {1}{2}}\cdot 13&{\frac {1}{2}}\cdot 16&{\frac {1}{2}}\cdot 7\\{\frac {1}{2}}\cdot 11&{\frac {1}{2}}\cdot 17&{\frac {1}{2}}\cdot 8\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}7&7,5&3,5\\6,5&8&3,5\\5,5&8,5&4\end{pmatrix}}$

Zusammen ergibt sich also:

${\begin{aligned}{\mathcal {M}}^{0}+{\mathcal {M}}+{\frac {1}{2}}{\mathcal {M}}^{2}&={\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}3&2&1\\2&3&1\\1&3&2\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}7&7,5&3,5\\6,5&8&3,5\\5,5&8,5&4\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}1+3+7&0+2+7,5&0+1+3,5\\0+2+6,5&1+3+8&0+1+3,5\\0+1+5,5&0+3+8,5&1+2+4\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}11&9,5&4,5\\8,5&12&4,5\\6,5&11,5&7\end{pmatrix}}\end{aligned}}$

Aufgabe

Beweise mit Hilfe der Matrizenmultiplikation die Additionstheoreme für den Kosinus und den Sinus, d.h.

$\cos(\alpha +\beta )=\cos(\alpha )\cdot \cos(\beta )-\sin(\alpha )\cdot \sin(\beta )$

$\sin(\alpha +\beta )=\sin(\alpha )\cdot \cos(\beta )+\cos(\alpha )\cdot \sin(\beta )$

Lösung

Wir betrachten die Drehmatrix ${\begin{pmatrix}\cos(\alpha +\beta )&-\sin(\alpha +\beta )\\\sin(\alpha +\beta )&\cos(\alpha +\beta )\end{pmatrix}}$ und erinnern uns, dass Drehungen in der Ebene als lineare Abbildungen aufgefasst werden können. Demnach ist es egal, ob wir direkt um den Winkel $\alpha +\beta$ drehen, oder erst um den Winkel $\alpha$ und dann um den Winkel $\beta$. Damit ist folgende Gleichheit klar:

${\begin{aligned}{\begin{pmatrix}\cos(\alpha +\beta )&-\sin(\alpha +\beta )\\\sin(\alpha +\beta )&\cos(\alpha +\beta )\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}\cos(\alpha )&-\sin(\alpha )\\\sin(\alpha )&\cos(\alpha )\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}\cos(\beta )&-\sin(\beta )\\\sin(\beta )&\cos(\beta )\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}\cos(\alpha )\cdot \cos(\beta )-\sin(\alpha )\cdot \sin(\beta )&-\cos(\alpha )\cdot \sin(\beta )-\sin(\alpha )\cdot \cos(\beta )\\\sin(\alpha )\cdot \cos(\beta )+\cos(\alpha )\cdot \sin(\beta )&\cos(\alpha )\cdot \cos(\beta )-\sin(\alpha )\cdot \sin(\beta )\end{pmatrix}}\end{aligned}}$

Ein Vergleich der Einträge der Matrizen liefert die zu zeigenden Additionstheoreme.

Aufgaben zu Abbildungs- und Basiswechselmatrizen

Aufgabe (Koordinatenvektor bezüglich einer Basis berechnen)

Sei $v=(3,2)^{T}\in \mathbb {R} ^{2}$. Berechne den Koordinatenvektor von $v$ bezüglich der Basis $B=\{(1,-1)^{T},(1,1)^{T}\}$.

Lösung (Koordinatenvektor bezüglich einer Basis berechnen)

Wir wollen herausfinden, wie der Koordinatenvektor von $v$ bezogen auf die Basis $B=\{(1,-1)^{T},(1,1)^{T}\}$ aussieht. Dabei erhalten wir ein Gleichungssystem, welches es zu Lösen gilt.

$v={\begin{pmatrix}3\\2\end{pmatrix}}=a_{1}\cdot {\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}+a_{2}\cdot {\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$

Wir erhalten nun also zwei Gleichungen. Zum Einen

$3=a_{1}+a_{2}$

und zum anderen

$2=-a_{1}+a_{2}.$

Durch Lösen dieses Gleichungssystems erhält man $a_{1}=0,5$ und $a_{2}=2,5$. Damit ergibt sich also für den Koordinatenvektor

$[v]_{B}={\begin{pmatrix}0,5\\2,5\end{pmatrix}}.$

Aufgaben zum Rang einer Matrix

Aufgabe

Bestimme den Rang der folgenden Matrix: ${\mathcal {M}}_{1}={\begin{pmatrix}1&2&0\\0&5&1\\0&10&2\end{pmatrix}}$

Lösung

Wir formen die Matrix ${\mathcal {M}}_{1}$ in Zeilen-Stufen-Form um und lesen den Rang der Matrix anhand der Anzahl der Nullzeilen ab. Wir erhalten:

${\begin{pmatrix}1&2&0\\0&5&1\\0&10&2\end{pmatrix}}{\overset {{\text{Add}}_{3,2}(-2)}{\rightsquigarrow }}{\begin{pmatrix}1&2&0\\0&5&1\\0&0&0\end{pmatrix}}$

Durch Überführen in Zeilen-Stufen-Form haben wir eine Nullzeile erzeugt. Der Rang unserer Matrix ist also ${\text{rang}}({\mathcal {M}}_{1})=2$.

Die Kurzschreibweise ${\text{Add}}_{3,2}(-2)$ gibt in diesem Fall an, dass wir die dritte Zeile der Matrix mit dem $-2$-fachen der zweiten Zeile addiert haben

Aufgabe

Bestimme den Rang der folgenden Matrix: ${\mathcal {M}}_{2}={\begin{pmatrix}1&2&0&3\\0&5&1&2\\3&16&1&-2\\0&4&0&-1\end{pmatrix}}$

Lösung

Wir formen die Matrix ${\mathcal {M}}_{2}$ in Zeilen-Stufen-Form um und lesen den Rang der Matrix anhand der Anzahl der Nullzeilen ab. Wir erhalten:

${\begin{alignedat}{3}&{\begin{pmatrix}1&2&0&3\\0&5&1&2\\3&16&1&-2\\0&4&0&-1\end{pmatrix}}&{\overset {{\text{Add}}_{3,4}(-4)}{\rightsquigarrow }}&{\begin{pmatrix}1&2&0&3\\0&5&1&2\\3&0&1&2\\0&4&0&-1\end{pmatrix}}\\{\overset {{\text{Add}}_{3,1}(-3)}{\rightsquigarrow }}&{\begin{pmatrix}1&2&0&3\\0&5&1&2\\0&-6&1&-7\\0&4&0&-1\end{pmatrix}}&{\overset {{\text{Mult}}_{3}({\frac {4}{6}})}{\rightsquigarrow }}&{\begin{pmatrix}1&2&0&3\\0&5&1&2\\0&-4&{\frac {4}{6}}&-{\frac {28}{6}}\\0&4&0&-1\end{pmatrix}}\\{\overset {{\text{Add}}_{3,4}(1)}{\rightsquigarrow }}&{\begin{pmatrix}1&2&0&3\\0&5&1&2\\0&0&{\frac {4}{6}}&-{\frac {17}{3}}\\0&4&0&-1\end{pmatrix}}&{\overset {{\text{Mult}}_{2}(-{\frac {4}{5}})}{\rightsquigarrow }}&{\begin{pmatrix}1&2&0&3\\0&-4&-{\frac {4}{5}}&-{\frac {8}{5}}\\0&0&{\frac {4}{6}}&-{\frac {17}{3}}\\0&4&0&-1\end{pmatrix}}\\{\overset {{\text{Add}}_{4,2}(1)}{\rightsquigarrow }}&{\begin{pmatrix}1&2&0&3\\0&4&{\frac {4}{5}}&{\frac {8}{5}}\\0&0&{\frac {4}{6}}&-{\frac {17}{3}}\\0&0&-{\frac {4}{5}}&-{\frac {13}{5}}\end{pmatrix}}&{\overset {{\text{Mult}}_{3}({\frac {6}{5}})}{\rightsquigarrow }}&{\begin{pmatrix}1&2&0&3\\0&4&{\frac {4}{5}}&{\frac {8}{5}}\\0&0&{\frac {4}{5}}&-{\frac {34}{5}}\\0&0&-{\frac {4}{5}}&-{\frac {13}{5}}\end{pmatrix}}\\{\overset {{\text{Add}}_{4,3}(1)}{\rightsquigarrow }}&{\begin{pmatrix}1&2&0&3\\0&4&{\frac {4}{5}}&{\frac {8}{5}}\\0&0&{\frac {4}{5}}&-{\frac {34}{5}}\\0&0&0&-{\frac {47}{5}}\end{pmatrix}}&&\end{alignedat}}$

Durch Überführen in Zeilen-Stufen-Form haben wir also gezeigt, dass für die Matrix ${\mathcal {M}}_{2}$ gilt: ${\text{rang}}({\mathcal {M}}_{2})=4$.

Wir hätten an dieser Stelle aber auch deutlich schneller sehen können, dass ${\text{rang}}({\mathcal {M}}_{2})=4$ ist. Dazu genügt es nämlich auch zu zeigen, dass die Spaltenvektoren (oder äquivalent die Zeilenvektoren) linear unabhängig sind. Wir entscheiden uns in dem Beispiel für die Spaltenvektoren und zeigen deren lineare Unabhängigkeit. Seien dazu $\lambda ,\mu ,\theta ,\phi \in \mathbb {R}$.

$0{\overset {!}{=}}\lambda \cdot {\begin{pmatrix}1\\0\\3\\0\end{pmatrix}}+\mu \cdot {\begin{pmatrix}2\\5\\16\\4\end{pmatrix}}+\theta \cdot {\begin{pmatrix}0\\1\\1\\0\end{pmatrix}}+\phi \cdot {\begin{pmatrix}3\\2\\-2\\-1\end{pmatrix}}$

Daraus erhalten wir das Gleichungssystem:

${\begin{alignedat}{4}1\cdot \lambda &+2\cdot \mu &+0\cdot \theta &+3\cdot \phi &=0\\[0.3em]0\cdot \lambda &+5\cdot \mu &+1\cdot \theta &+2\cdot \phi &=0\\[0.3em]3\cdot \lambda &+16\cdot \mu &+1\cdot \theta &-2\cdot \phi &=0\\[0.3em]0\cdot \lambda &+4\cdot \mu &+0\cdot \theta &-1\cdot \phi &=0\end{alignedat}}$

mit der einzigen Lösung $\lambda =\mu =\theta =\phi =0$, womit die lineare Unabhängigkeit der Spaltenvektoren gezeigt ist. Der Rang einer Matrix beschreibt aber gerade die maximale Anzahl an linear unabhängigen Spaltenvektoren der Matrix. Also ist ${\text{rang}}({\mathcal {M}}_{2})=4$.

Die Aufgabe zeigt also, dass es gelegentlich nicht vorteilhaft sein muss, die Matrix in Zeilen-Stufen-Form zu überführen, um den Rang der Matrix abzulesen.

Aufgaben zur Matrixinvertierung

Aufgabe

Sei ${\mathcal {M}}\in \mathbb {R} ^{n\times n}$ invertierbar. Ferner gelte: ${\mathcal {M}}^{3}={\mathcal {M}}$. Zeige, dass ${\mathcal {M}}$ selbstinvers ist, d.h ${\mathcal {M}}={\mathcal {M}}^{-1}$.

Lösung

Da ${\mathcal {M}}\in \mathbb {R} ^{n\times n}$ invertierbar ist, existiert ein ${\mathcal {M}}^{-1}\in \mathbb {R} ^{n\times n}$ mit ${\mathcal {M}}\cdot {\mathcal {M}}^{-1}=I_{n}$. Damit können wir schreiben:

${\begin{aligned}{\mathcal {M}}^{3}&={\mathcal {M}}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Multiplikation von rechts mit }}{\mathcal {M}}^{-1}\right.}\\[0.3em]{\mathcal {M}}^{3}\cdot {\mathcal {M}}^{-1}&={\mathcal {M}}\cdot {\mathcal {M}}^{-1}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\mathcal {M}}\cdot {\mathcal {M}}^{-1}=I_{n}\right.}\\[0.3em]{\mathcal {M}}^{2}&=I_{n}\\[0.3em]&\quad {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Multiplikation von rechts mit }}{\mathcal {M}}^{-1}\right.}\\[0.3em]{\mathcal {M}}^{2}\cdot {\mathcal {M}}^{-1}&=I_{n}\cdot {\mathcal {M}}^{-1}\\[0.3em]{\mathcal {M}}&={\mathcal {M}}^{-1}\\[0.3em]\end{aligned}}$