Matematika/Atvirkštinė matrica

Atvirkštinė matrica $A^{-1}$ yra tokia matricos

$A={\begin{bmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{bmatrix}}$

matrica, kad

$AA^{-1}=A^{-1}A=E;$

čia E yra vienetinė matrica (EA = AE = A).

Atvirkštinė matrica gaunama taip:

$A^{-1}={\frac {1}{|A|}}\cdot {\begin{bmatrix}A_{11}&A_{21}&A_{31}\\A_{12}&A_{22}&A_{32}\\A_{13}&A_{23}&A_{33}\end{bmatrix}}.$

|A| yra matricos A determinantas:

$d=det\;A=|A|={\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}}.$

$A_{11}=(-1)^{1+1}(a_{22}a_{33}-a_{23}a_{32}),$

$A_{21}=(-1)^{2+1}(a_{12}a_{33}-a_{13}a_{32}),$

$A_{31}=(-1)^{3+1}(a_{12}a_{23}-a_{13}a_{22}),$

$A_{12}=(-1)^{1+2}(a_{21}a_{33}-a_{23}a_{31}),$

$A_{22}=(-1)^{2+2}(a_{11}a_{33}-a_{13}a_{31}),$

$A_{32}=(-1)^{3+2}(a_{11}a_{23}-a_{13}a_{21}),$

$A_{13}=(-1)^{1+3}(a_{21}a_{32}-a_{22}a_{31}),$

$A_{23}=(-1)^{2+3}(a_{11}a_{32}-a_{12}a_{31}),$

$A_{33}=(-1)^{3+3}(a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}).$

Matricos A adjunktas $A_{ij}$ (čia i simbolizuoja adjunkto eilutę, o j simbolizuoja adjunkto stulpelį) į atvirkštinę matricą dedamas tokiu budu, kad j reiškia eilutę atvirkštinėje matricoje, o i reiškia stulpelį.

• Pavyzdys. Rasti matricos

$A={\begin{bmatrix}3&-1&0\\-2&1&1\\2&-1&4\end{bmatrix}}$

atvirkštinę matricą.

Pirmiausia rasime matricos A determinantą.

$d=|A|={\begin{vmatrix}3&-1&0\\-2&1&1\\2&-1&4\end{vmatrix}}=3\cdot 1\cdot 4+(-1)\cdot 1\cdot 2+(-2)\cdot (-1)\cdot 0-0\cdot 1\cdot 2-(-1)\cdot (-2)\cdot 4-3\cdot 1\cdot (-1)=$

$=12-2+0-0-8+3=10-8+3=5.$

Determinantą galima surasti ir kitu budu, pridėjus antrą determinanto stulpelį, padaugintą iš 3, prie pirmo stulpelio:

$d=|A|={\begin{vmatrix}3&-1&0\\-2&1&1\\2&-1&4\end{vmatrix}}={\begin{vmatrix}0&-1&0\\1&1&1\\-1&-1&4\end{vmatrix}}=(-1)\cdot (-1)^{1+2}{\begin{vmatrix}1&1\\-1&4\end{vmatrix}}=1\cdot 4-1\cdot (-1)=5.$

Randame matricos A visus adjunktus:

$A_{11}=(-1)^{1+1}{\begin{vmatrix}1&1\\-1&4\end{vmatrix}}=5;\qquad A_{12}=(-1)^{1+2}{\begin{vmatrix}-2&1\\2&4\end{vmatrix}}=10;\qquad A_{13}=(-1)^{1+3}{\begin{vmatrix}-2&1\\2&-1\end{vmatrix}}=0;$

$A_{21}=(-1)^{2+1}{\begin{vmatrix}-1&0\\-1&4\end{vmatrix}}=4;\qquad A_{22}=(-1)^{2+2}{\begin{vmatrix}3&0\\2&4\end{vmatrix}}=12;\qquad A_{23}=(-1)^{2+3}{\begin{vmatrix}3&-1\\2&-1\end{vmatrix}}=(-1)(-3-(-2))=1;$

$A_{31}=(-1)^{3+1}{\begin{vmatrix}-1&0\\1&1\end{vmatrix}}=-1;\qquad A_{32}=(-1)^{3+2}{\begin{vmatrix}3&0\\-2&1\end{vmatrix}}=-3;\qquad A_{33}=(-1)^{3+3}{\begin{vmatrix}3&-1\\-2&1\end{vmatrix}}=1.$

Toliau sudarome ir apskaičiuojame atvirkštinę A matricą:

$A^{-1}={\frac {1}{|A|}}\cdot {\begin{bmatrix}A_{11}&A_{21}&A_{31}\\A_{12}&A_{22}&A_{32}\\A_{13}&A_{23}&A_{33}\end{bmatrix}}={\frac {1}{5}}\cdot {\begin{bmatrix}5&4&-1\\10&12&-3\\0&1&1\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}1&{\frac {4}{5}}&-{\frac {1}{5}}\\2&{\frac {12}{5}}&-{\frac {3}{5}}\\0&{\frac {1}{5}}&{\frac {1}{5}}\end{bmatrix}}.$

Sudauginę A matricą su jos atvirkštine matrica $A^{-1}$, gauname vienetinę matricą:

$E=AA^{-1}={\begin{bmatrix}3&-1&0\\-2&1&1\\2&-1&4\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}1&{\frac {4}{5}}&-{\frac {1}{5}}\\2&{\frac {12}{5}}&-{\frac {3}{5}}\\0&{\frac {1}{5}}&{\frac {1}{5}}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}3\cdot 1+(-1)\cdot 2+0\cdot 0&3\cdot {\frac {4}{5}}+(-1)\cdot {\frac {12}{5}}+0\cdot {\frac {1}{5}}&3\cdot (-{\frac {1}{5}})+(-1)\cdot (-{\frac {3}{5}})+0\cdot {\frac {1}{5}}\\-2\cdot 1+1\cdot 2+1\cdot 0&-2\cdot {\frac {4}{5}}+1\cdot {\frac {12}{5}}+1\cdot {\frac {1}{5}}&-2\cdot (-{\frac {1}{5}})+1\cdot (-{\frac {3}{5}})+1\cdot {\frac {1}{5}}\\2\cdot 1+(-1)\cdot 2+4\cdot 0&2\cdot {\frac {4}{5}}+(-1)\cdot {\frac {12}{5}}+4\cdot {\frac {1}{5}}&2\cdot (-{\frac {1}{5}})+(-1)\cdot (-{\frac {3}{5}})+4\cdot {\frac {1}{5}}\end{bmatrix}}=$

$={\begin{bmatrix}3-2+0&{\frac {12}{5}}-{\frac {12}{5}}+0&-{\frac {3}{5}}+{\frac {3}{5}}+0\\-2+2+0&-{\frac {8}{5}}+{\frac {12}{5}}+{\frac {1}{5}}&{\frac {2}{5}}-{\frac {3}{5}}+{\frac {1}{5}}\\2-2+0&{\frac {8}{5}}-{\frac {12}{5}}+{\frac {4}{5}}&-{\frac {2}{5}}+{\frac {3}{5}}+{\frac {4}{5}}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}},$

Antros eilės matricos atvirkštinė matrica

Tegu duota antros eilės (kvadratinė) matrica

$A={\begin{bmatrix}a_{1}&a_{2}\\a_{3}&a_{4}\end{bmatrix}}.$

Jos atvirkštinė matrica apskaičiuojama taip:

$A^{-1}={\frac {1}{|A|}}\cdot {\begin{bmatrix}a_{4}&-a_{2}\\-a_{3}&a_{1}\end{bmatrix}};$

čia |A| yra matricos A determinantas:

$d=|A|={\begin{vmatrix}a_{1}&a_{2}\\a_{3}&a_{4}\end{vmatrix}}=a_{1}a_{4}-a_{2}a_{3}.$

Parodysime kaip ši antros eilės matricos atvirkštinės matricos formulė buvo gauta (ji gauta pagal tuos pačius dėsnius kaip ir trečios ir aukštesnės eilės atvirkštinės matricos).

Matricos

$A={\begin{bmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{bmatrix}}$

adjunktai yra tokie:

$A_{11}=(-1)^{1+1}a_{22}=a_{22},\;\;A_{12}=(-1)^{1+2}a_{21}=-a_{21},$

$A_{21}=(-1)^{2+1}a_{12}=-a_{12},\;\;A_{22}=(-1)^{2+2}a_{11}=a_{11}.$

Toliau kaip ir trečios eilės matricai, sukeičiame adjunktų eilutes su stulpeliais (kolonom) ir sudedam į kvadratinę matricą padalintą iš matricos A determinanto:

$A^{-1}={\frac {1}{|A|}}\cdot {\begin{bmatrix}A_{11}&A_{21}\\A_{12}&A_{22}\end{bmatrix}}={\frac {1}{|A|}}\cdot {\begin{bmatrix}a_{22}&-a_{12}\\-a_{21}&a_{11}\end{bmatrix}}.$

Gavome atvirkštinę matricos A matricą $A^{-1}.$

Pavyzdžiai

• Turime matricą

$A={\begin{bmatrix}3&5\\1&2\end{bmatrix}}.$

Jos determinantas yra lygus:

$d=|A|={\begin{vmatrix}3&5\\1&2\end{vmatrix}}=3\cdot 2-5\cdot 1=1.$

Matricos A atvirkštinė matrica yra tokia:

$A^{-1}={\frac {1}{|A|}}\cdot {\begin{bmatrix}a_{4}&-a_{2}\\-a_{3}&a_{1}\end{bmatrix}}={\frac {1}{1}}\cdot {\begin{bmatrix}2&-5\\-1&3\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}2&-5\\-1&3\end{bmatrix}}.$

Sudaugtinę matricą A su jos atvirkštine matrica $A^{-1}$ gausime vienetinę matricą E:

$AA^{-1}={\begin{bmatrix}3&5\\1&2\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}2&-5\\-1&3\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}3\cdot 2+5\cdot (-1)&3\cdot (-5)+5\cdot 3\\1\cdot 2+2\cdot (-1)&1\cdot (-5)+2\cdot 3\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}}=E.$

• Turime matricą

$A={\begin{bmatrix}a_{1}&a_{2}\\a_{3}&a_{4}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}8&4\\3&2\end{bmatrix}}.$

Jos determinantas yra lygus:

$d=|A|={\begin{vmatrix}8&4\\3&2\end{vmatrix}}=8\cdot 2-4\cdot 3=16-12=4.$

Matricos A atvirkštinė matrica yra tokia:

$A^{-1}={\frac {1}{|A|}}\cdot {\begin{bmatrix}a_{4}&-a_{2}\\-a_{3}&a_{1}\end{bmatrix}}={\frac {1}{4}}\cdot {\begin{bmatrix}2&-4\\-3&8\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}{\frac {1}{2}}&-1\\-{\frac {3}{4}}&2\end{bmatrix}}.$

Sudaugtinę matricą A su jos atvirkštine matrica $A^{-1}$ gausime vienetinę matricą E:

$AA^{-1}={\begin{bmatrix}8&4\\3&2\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}{\frac {1}{2}}&-1\\-{\frac {3}{4}}&2\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}8\cdot {\frac {1}{2}}+4\cdot (-{\frac {3}{4}})&8\cdot (-1)+4\cdot 2\\3\cdot {\frac {1}{2}}+2\cdot (-{\frac {3}{4}})&3\cdot (-1)+2\cdot 2\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}4-3&-8+8\\{\frac {3}{2}}+(-{\frac {3}{2}})&-3+4\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}}=E.$

• Turime matricą

$U_{1}={\begin{bmatrix}a_{1}&a_{2}\\a_{3}&a_{4}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}{\sqrt {2}}&i\\-i&{\sqrt {2}}\end{bmatrix}}.$

Šią matricą transponavus ir jos kompleksinius skaičius pakeitus sujungtiniais, gaunama ta pati matrica. Tai yra, matrica $U_{1}$ yra hermitinė, nes $U_{1}^{*}=U_{1}.$

Rasime jos atvirkštinę matricą $U_{1}^{-1}.$

Jos determinantas yra lygus:

$d=|U_{1}|={\begin{vmatrix}{\sqrt {2}}&i\\-i&{\sqrt {2}}\end{vmatrix}}={\sqrt {2}}\cdot {\sqrt {2}}-i\cdot (-i)=2+i^{2}=2-1=1.$

Matricos $U_{1}$ atvirkštinė matrica yra tokia:

$U_{1}^{-1}={\frac {1}{|U_{1}|}}\cdot {\begin{bmatrix}a_{4}&-a_{2}\\-a_{3}&a_{1}\end{bmatrix}}={\frac {1}{1}}\cdot {\begin{bmatrix}{\sqrt {2}}&-i\\i&{\sqrt {2}}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}{\sqrt {2}}&-i\\i&{\sqrt {2}}\end{bmatrix}}.$

Sudaugtinę matricą $U_{1}$ su jos atvirkštine matrica $U_{1}^{-1}$ gauname:

$U_{1}U_{1}^{-1}={\begin{bmatrix}{\sqrt {2}}&i\\-i&{\sqrt {2}}\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}{\sqrt {2}}&-i\\i&{\sqrt {2}}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}{\sqrt {2}}\cdot {\sqrt {2}}+i^{2}&{\sqrt {2}}\cdot (-i)+i\cdot {\sqrt {2}}\\-i{\sqrt {2}}+i{\sqrt {2}}&-i\cdot (-i)+{\sqrt {2}}\cdot {\sqrt {2}}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}2-1&-i{\sqrt {2}}+i{\sqrt {2}}\\0&i^{2}+2\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}}=E.$

Matrica $U_{1}$ nėra unitarinė matrica (unitarinėms matricoms galioja tokia lygybė: $U^{*}=U^{-1}$), nes $U_{1}^{*}\neq U_{1}^{-1}.$ Bet Aukštosios Algebros vadovėlyje teigiama, kad matrica $U_{1}$ yra unitarinė (būna klaidų ir vadovėliuose).

• Turime matricą

$U_{2}={\begin{bmatrix}a_{1}&a_{2}\\a_{3}&a_{4}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}2i&{\sqrt {5}}\\{\sqrt {5}}&-2i\end{bmatrix}}.$

Matrica $U_{2}$ nėra hermitinė nes $U_{2}^{*}\neq U_{2}.$

Rasime matricos $U_{2}$ atvirkštinę matricą $U_{2}^{-1}.$

Matricos $U_{2}$ determinantas yra lygus:

$d=|U_{2}|={\begin{vmatrix}2i&{\sqrt {5}}\\{\sqrt {5}}&-2i\end{vmatrix}}=2i\cdot (-2i)-{\sqrt {5}}\cdot {\sqrt {5}}=-4i^{2}-5=4-5=-1.$

Matricos $U_{2}$ atvirkštinė matrica yra tokia:

$U_{2}^{-1}={\frac {1}{|U_{2}|}}\cdot {\begin{bmatrix}a_{4}&-a_{2}\\-a_{3}&a_{1}\end{bmatrix}}={\frac {1}{-1}}\cdot {\begin{bmatrix}-2i&-{\sqrt {5}}\\-{\sqrt {5}}&2i\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}2i&{\sqrt {5}}\\{\sqrt {5}}&-2i\end{bmatrix}}.$

Matome, kad $U_{2}=U_{2}^{-1},$ bet $U_{2}^{*}\neq U_{2}^{-1},$ nes

$U_{2}^{*}={\begin{bmatrix}-2i&{\sqrt {5}}\\{\sqrt {5}}&2i\end{bmatrix}}.$

Vadovėlyje sakoma, kad kadangi determinantas $|U|$ unitarinės matricos dažnai yra kompleksinis skaičius, tai tik jo modulis yra lygus 1 (kompleksinio skaičiaus $a+bi$ modulis yra ${\sqrt {a^{2}+b^{2}}}$). Ir dar sakoma, kad unitarinėms ir ortogonalinėms matricoms $|U|^{2}=1.$ Bet ir padauginus matricą

${\begin{bmatrix}-2i&-{\sqrt {5}}\\-{\sqrt {5}}&2i\end{bmatrix}}$

ne iš -1, o iš $(-1)^{2}=1,$ vis tiek negaunama, kad $U_{2}^{*}$ yra lygu $U_{2}^{-1}.$

Sudaugtinę matricą $U_{2}$ su jos atvirkštine matrica $U_{2}^{-1}$ gauname:

$U_{2}U_{2}^{-1}={\begin{bmatrix}2i&{\sqrt {5}}\\{\sqrt {5}}&-2i\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}2i&{\sqrt {5}}\\{\sqrt {5}}&-2i\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}(2i)^{2}+{\sqrt {5}}\cdot {\sqrt {5}}&2i{\sqrt {5}}+{\sqrt {5}}\cdot (-2i)\\{\sqrt {5}}\cdot 2i+(-2i)\cdot {\sqrt {5}}&({\sqrt {5}})^{2}+(-2i)^{2}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}-4+5&2i{\sqrt {5}}-2i{\sqrt {5}}\\2i{\sqrt {5}}-2i{\sqrt {5}}&5-4\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}}=E.$

Kur ten mato unitarines matricas Aukštosios Algebros vadovėlio pavyzdyje? Nes matricos $U_{1}$ ir $U_{2}$ nėra unitarinės.

• Surasime matricų $U_{1}$ ir $U_{2}$ sandaugos atvirkštinę matricą.

$U_{3}=U_{1}U_{2}={\begin{bmatrix}{\sqrt {2}}&i\\-i&{\sqrt {2}}\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}2i&{\sqrt {5}}\\{\sqrt {5}}&-2i\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}(2{\sqrt {2}}+{\sqrt {5}})i&2+{\sqrt {10}}\\2+{\sqrt {10}}&-(2{\sqrt {2}}+{\sqrt {5}})i\end{bmatrix}}.$

Surandame matricos $U_{3}$ determinantą:

$|U_{3}|={\begin{vmatrix}(2{\sqrt {2}}+{\sqrt {5}})i&2+{\sqrt {10}}\\2+{\sqrt {10}}&-(2{\sqrt {2}}+{\sqrt {5}})i\end{vmatrix}}=-(2{\sqrt {2}}+{\sqrt {5}})^{2}i^{2}-(2+{\sqrt {10}})^{2}=(2{\sqrt {2}}+{\sqrt {5}})^{2}-(2+{\sqrt {10}})^{2}=(8+4{\sqrt {10}}+5)-(4+4{\sqrt {10}}+10)=13+4{\sqrt {10}}-14-4{\sqrt {10}}=-1.$

Matricos $U_{3}$ atvirkštinė matrica yra tokia:

$U_{3}^{-1}={\frac {1}{|U_{3}|}}\cdot {\begin{bmatrix}a_{4}&-a_{2}\\-a_{3}&a_{1}\end{bmatrix}}={\frac {1}{-1}}\cdot {\begin{bmatrix}-(2{\sqrt {2}}+{\sqrt {5}})i&-(2+{\sqrt {10}})\\-(2+{\sqrt {10}})&(2{\sqrt {2}}+{\sqrt {5}})i\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}(2{\sqrt {2}}+{\sqrt {5}})i&(2+{\sqrt {10}})\\(2+{\sqrt {10}})&-(2{\sqrt {2}}+{\sqrt {5}})i\end{bmatrix}}.$

Matome, kad $U_{3}=U_{3}^{-1}.$ Jei matrica $U_{3}$ yra unitarinė, tai pritaikius jai žvaigždutinę operaciją (*), turėtume gauti atvirkštinę matricą $U_{3}^{-1}.$ Žiūrim:

$U_{3}^{*}={\begin{bmatrix}-(2{\sqrt {2}}+{\sqrt {5}})i&(2+{\sqrt {10}})\\(2+{\sqrt {10}})&(2{\sqrt {2}}+{\sqrt {5}})i\end{bmatrix}}$

(žvaigždutinė operacija sukeičia elementų eilutes su stulpeliais (transponuoja) ir kompleksinius skaičius pakeičia jiems jungtiniais kompleksiniais skaičiais). Gavome, kad matrica $U_{3}$ nėra unitarinė (nes $U_{3}^{*}\neq U_{3}^{-1}$) ir nėra ermitinė (nes $U_{3}^{*}\neq U_{3}$). Vadovėlyje teigiama, kad matrica $U_{3}$ yra unitarinė (ir kad dviejų unitarinių matricų sandauga yra unitarinė matrica), bet taip nėra.

Sudauginę matricą $U_{3}$ su jos atvirkštine matrica $U_{3}^{-1}$ gauname:

$U_{3}U_{3}^{-1}={\begin{bmatrix}(2{\sqrt {2}}+{\sqrt {5}})i&2+{\sqrt {10}}\\2+{\sqrt {10}}&-(2{\sqrt {2}}+{\sqrt {5}})i\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}(2{\sqrt {2}}+{\sqrt {5}})i&2+{\sqrt {10}}\\2+{\sqrt {10}}&-(2{\sqrt {2}}+{\sqrt {5}})i\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}(2{\sqrt {2}}+{\sqrt {5}})^{2}i^{2}+(2+{\sqrt {10}})^{2}&(2{\sqrt {2}}+{\sqrt {5}})(2+{\sqrt {10}})i-(2{\sqrt {2}}+{\sqrt {5}})(2+{\sqrt {10}})i\\(2{\sqrt {2}}+{\sqrt {5}})(2+{\sqrt {10}})i-(2{\sqrt {2}}+{\sqrt {5}})(2+{\sqrt {10}})i&(2+{\sqrt {10}})^{2}+[-(2{\sqrt {2}}+{\sqrt {5}})i]^{2}\end{bmatrix}}=$

$={\begin{bmatrix}-(8+4{\sqrt {10}}+5)+(4+4{\sqrt {10}}+10)&0\\0&(4+4{\sqrt {10}}+10)-(8+4{\sqrt {10}}+5)\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}-(13+4{\sqrt {10}})+(14+4{\sqrt {10}})&0\\0&(14+4{\sqrt {10}})-(13+4{\sqrt {10}})\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}}=E.$

Unitariųjų matricų pavyzdžiai

Vokiškoj, berdos, Vikipedijoje yra teisingų unitariųjų matricų pavyzdžių: https://de.wikipedia.org/wiki/Unitäre_Matrix

• Turime unitarinę matricą

$U={\begin{pmatrix}0&i\\i&0\end{pmatrix}}.$

Jos atvirkštinė matrica yra tokia (matricos U determinantas lygus 1):

$U^{-1}={\begin{pmatrix}0&-i\\-i&0\end{pmatrix}}=U^{*}.$

Sudauginę matricą $U^{-1}$ su U gauname:

$U^{-1}\,U={\begin{pmatrix}0&-i\\-i&0\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}0&i\\i&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-i^{2}&0\\0&-i^{2}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}=E.$

• Turime unitarinę matricą

$U={\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}1+i&1-i\\1-i&1+i\end{pmatrix}}.$

Jos determinantas yra (skaičiuojant determinantą iš kiekvienos matricos eilutės (arba stulpelio) reikia iškelti dauginamąjį, todėl 1/4, o ne 1/2 prieš determinantą):

$|U|={\frac {1}{4}}{\begin{vmatrix}1+i&1-i\\1-i&1+i\end{vmatrix}}={\frac {1}{4}}[(1+i)^{2}-(1-i)^{2}]={\frac {1}{4}}[1+2i+i^{2}-(1-2i+i^{2})]={\frac {1}{4}}(2i+2i)=i.$

Pritaikę žvaigždutinę operaciją gauname tokią matricą:

$U^{*}={\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}1-i&1+i\\1+i&1-i\end{pmatrix}}.$

O sudauginę ką tik gautą matricą su matrica U gauname:

$U^{*}\,U={\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}1-i&1+i\\1+i&1-i\end{pmatrix}}\cdot {\frac {1}{2}}{\begin{pmatrix}1+i&1-i\\1-i&1+i\end{pmatrix}}={\frac {1}{4}}{\begin{pmatrix}2(1-i)(1+i)&(1-i)^{2}+(1+i)^{2}\\(1+i)^{2}+(1-i)^{2}&2(1+i)(1-i)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}=E.$

Matricos U atvirkštinė matrica yra tokia:

$U^{-1}={\frac {1}{|U|}}\cdot {\begin{bmatrix}a_{4}&-a_{2}\\-a_{3}&a_{1}\end{bmatrix}}={\frac {1}{2i}}\cdot {\begin{bmatrix}1+i&-(1-i)\\-(1-i)&1+i\end{bmatrix}}={\frac {1}{2i}}\cdot {\begin{bmatrix}1+i&-1+i\\-1+i&1+i\end{bmatrix}}=$

$={\frac {i}{2i\cdot i}}\cdot {\begin{bmatrix}1+i&-1+i\\-1+i&1+i\end{bmatrix}}={\frac {-i}{2}}\cdot {\begin{bmatrix}1+i&-1+i\\-1+i&1+i\end{bmatrix}}={\frac {1}{2}}\cdot {\begin{bmatrix}-i(1+i)&-i(-1+i)\\-i(-1+i)&-i(1+i)\end{bmatrix}}={\frac {1}{2}}\cdot {\begin{bmatrix}-i+1&i+1\\i+1&-i+1\end{bmatrix}}={\frac {1}{2}}\cdot {\begin{bmatrix}1-i&1+i\\1+i&1-i\end{bmatrix}}.$

Visiškai teisingai. Gavome, kad $U^{*}=U^{-1}.$ Matrica U be jokių abejonių yra unitarioji (unitarinė ~1960 metų vadovėlyje).