Algebra delle matrici e invertibilità
Le matrici smettono di essere tabelle e diventano oggetti algebrici che si sommano e si moltiplicano. Da qui nascono la struttura delle soluzioni, Rouché-Capelli e il concetto di matrice inversa.
Nella Sezione 1 hai un algoritmo: il MEG. Qui arriva la teoria che spiega i suoi risultati senza eseguirlo. Rouché-Capelli dice se ci sono soluzioni guardando solo due numeri; la struttura delle soluzioni dice che forma hanno; le condizioni di invertibilità raccolgono tutto nel caso quadrato.
Due sistemi commentati con Rouché-Capelli, un sistema con parametro e la sua interpretazione geometrica (con una correzione alla soluzione del tutor), e la somma di soluzioni di due sistemi: sono gli esercizi G2.13–G2.15 della palestra.
Checklist del programma
1 · Algebra delle matrici
Per $A=[a_{ij}]$ e $B=[b_{ij}]$ dello stesso tipo $m\times n$, e $\lambda\in\K$: $$A+B:=[a_{ij}+b_{ij}],\qquad \lambda A:=[\lambda a_{ij}].$$ Si opera entrata per entrata. L'insieme delle matrici $m\times n$ su $\K$ si indica con $\K^{m\times n}$.
Prodotto righe per colonne
Siano $A$ di tipo $m\times n$ e $B$ di tipo $n\times k$ — le colonne di $A$ devono essere quante le righe di $B$. Allora $AB$ è di tipo $m\times k$ e $$[AB]_{ij}:=\sum_{s=1}^{n}a_{is}\,b_{sj},$$
cioè l'entrata $(i,j)$ è il prodotto scalare della riga $i$ di $A$ per la colonna $j$ di $B$.
Le patologie del prodotto risultato centrale
1. Non è commutativo. $AB\ne BA$ in generale, e spesso uno dei due non è neppure definito. $$A=\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix},\ B=\begin{bmatrix}0&0\\1&0\end{bmatrix}\Longrightarrow AB=\begin{bmatrix}1&0\\0&0\end{bmatrix},\ BA=\begin{bmatrix}0&0\\0&1\end{bmatrix}$$
2. Ci sono divisori dello zero. $AB=O$ non implica $A=O$ o $B=O$: $$\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix}^{2}=\begin{bmatrix}0&0\\0&0\end{bmatrix}=O$$
3. Non si semplifica. Da $AB=AC$ non segue $B=C$, a meno che $A$ non sia invertibile. E di conseguenza $$(A+B)^{2}=A^{2}+AB+BA+B^{2}\ne A^{2}+2AB+B^{2}\ \text{(salvo }AB=BA).$$
Che cosa invece continua a valere
Il prodotto resta associativo, $(AB)C=A(BC)$, e distributivo rispetto alla somma, $A(B+C)=AB+AC$ e $(A+B)C=AC+BC$. Insieme a $\lambda(AB)=(\lambda A)B=A(\lambda B)$, sono le uniche proprietà su cui puoi contare — ed è esattamente il motivo per cui la dimostrazione dell'unicità dell'inversa usa solo l'associatività.
Matrici speciali e identità
| Tipo | Condizione | Esempio |
|---|---|---|
| quadrata | $m=n$ (ordine $n$) | $\begin{bmatrix}1&2\\3&4\end{bmatrix}$ |
| diagonale | $a_{ij}=0$ per $i\ne j$ | $\diag(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$ |
| triangolare superiore | $a_{ij}=0$ per $i>j$ | $\begin{bmatrix}1&2\\0&4\end{bmatrix}$ |
| identità | $I_n=\diag(1,\dots,1)$ | $AI_n=A$, $I_nB=B$ |
Prodotto per una matrice diagonale
Sia $C=\diag(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$. Allora moltiplicare a destra per $C$ scala le colonne, moltiplicare a sinistra scala le righe: $$[AC]_{ij}=\lambda_j a_{ij},\qquad [CB]_{ij}=\lambda_i b_{ij}.$$
Ponendo tutti i $\lambda_i=1$ si ottengono $AI_n=A$ e $I_nB=B$: l'identità è l'elemento neutro del prodotto. È anche un buon promemoria del fatto che «destra» e «sinistra» fanno cose diverse.
Trasposta
$A^{T}$ si ottiene scambiando righe e colonne: $[A^{T}]_{ij}=a_{ji}$. Se $A$ è $m\times n$, $A^{T}$ è $n\times m$. Valgono $$(A+B)^{T}=A^{T}+B^{T},\qquad (A^{T})^{T}=A,\qquad \boxed{(AB)^{T}=B^{T}A^{T}}$$
Trasposizione e inversione rovesciano l'ordine: $(AB)^{T}=B^{T}A^{T}$ e $(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$. Se dubiti, controlla i tipi: con $A$ di tipo $m\times n$ e $B$ di tipo $n\times k$, il prodotto $A^{T}B^{T}$ non è nemmeno definito.
2 · Struttura delle soluzioni risultato centrale
Sia $A\vx=\vb$ compatibile e $\vx_0$ una sua soluzione particolare. Allora tutte le soluzioni sono $$S=\{\vx_0+\vv\ :\ \vv\in S_0\},$$ con $S_0$ l'insieme delle soluzioni del sistema omogeneo associato $A\vx=\vzero$.
Inoltre, se $r=\rg A$, esistono $\vv_1,\dots,\vv_{n-r}$ tali che $$S_0=\{t_1\vv_1+\dots+t_{n-r}\vv_{n-r}\ :\ t_i\in\K\}.$$
Dimostrazione a passi coperti
3 · Teorema di Rouché-Capelli risultato centrale
Il sistema $A\vx=\vb$ è compatibile se e solo se $$\rg A=\rg[A\,|\,\vb].$$
In tal caso, detto $r$ il valore comune: se $r=n$ la soluzione è unica; se $r\lt n$ le soluzioni sono infinite e dipendono da $n-r$ parametri liberi.
Riducendo a scala, $\rg[A\,|\,\vb]$ vale $\rg A$ oppure $\rg A+1$, e il secondo caso si verifica esattamente quando compare uno 0-pivot. Rouché-Capelli è il criterio dello 0-pivot riscritto con i ranghi.
I tre casi in una tabella
Dopo aver ridotto $[A\,|\,\vb]$ a scala, con $n$ = numero di incognite (colonne di $A$) e $r=\rg A$:
| Caso | Cosa vedi nella matrice a scala | Ranghi | Soluzioni | Esempio |
|---|---|---|---|---|
| Incompatibile | uno 0-pivot: un pivot nella colonna dei termini noti, cioè una riga $[\,0\ \cdots\ 0\ |\ c\,]$ con $c\ne0$ | $\rg A\ne\rg[A\,|\,\vb]$ ($\rg[A\,|\,\vb]=r+1$) |
nessuna | $\left[\begin{array}{cc|c}1&2&3\\0&0&5\end{array}\right]$ la riga 2 dice $0=5$ |
| Soluzione unica | niente 0-pivot e un pivot in ogni colonna di $A$ | $\rg A=\rg[A\,|\,\vb]=n$ | una sola | $\left[\begin{array}{cc|c}1&2&3\\0&1&4\end{array}\right]$ $r=2=n$ |
| Infinite soluzioni | niente 0-pivot e almeno una colonna di $A$ senza pivot | $\rg A=\rg[A\,|\,\vb]=r\lt n$ | infinite, con $n-r$ parametri liberi | $\left[\begin{array}{ccc|c}1&2&1&3\\0&0&1&2\end{array}\right]$ $r=2$, $n=3$: $x_2$ libera |
- Prima cerca lo 0-pivot. Se c'è, hai finito: nessuna soluzione, e non ha senso contare le incognite libere.
- Solo se non c'è, confronta $r$ con $n$: $r=n$ dà una soluzione, $r\lt n$ ne dà infinite.
Nell'esempio delle infinite soluzioni la colonna di $x_2$ è $\begin{bmatrix}2\\0\end{bmatrix}$: non è nulla, ma non contiene un pivot, e questo basta a rendere $x_2$ libera. Una colonna nulla di $A$ dà sempre un'incognita libera, ma è solo un caso particolare. Si confronta sempre con $n$, il numero di incognite, mai con $m$, il numero di equazioni.
Laboratorio: stesso $A$, termini noti diversi
Sistemi omogenei
$A\vx=\vzero$ è sempre compatibile ($\vx=\vzero$ è la soluzione banale) e ammette soluzioni non banali se e solo se $r\lt n$.
In particolare, se $m\lt n$ (meno equazioni che incognite) esistono sempre soluzioni non banali, perché $r\le m\lt n$.
«Un sistema omogeneo con più incognite che equazioni ha sempre soluzioni non banali.» Più avanti diventerà: $n$ vettori in uno spazio di dimensione minore di $n$ sono sempre linearmente dipendenti. È lo stesso enunciato in un'altra lingua.
4 · Matrice inversa
$A$ quadrata di ordine $n$ si dice invertibile se esiste $B$ con $$AB=BA=I_n.$$ Tale $B$, se esiste, è unica; si scrive $B=A^{-1}$.
Dimostrazione dell'unicità (da sapere a memoria: è di una riga)
Siano $B$ e $C$ entrambe inverse di $A$. Allora $$B=BI_n=B(AC)=(BA)C=I_nC=C.$$
Si usano solo l'associatività e il fatto che $I_n$ è neutro. Nota dove serve ciascuna ipotesi: $AC=I_n$ per il secondo passaggio, $BA=I_n$ per il quarto. $\blacksquare$
Condizioni di invertibilità risultato centrale
Per $A$ quadrata di ordine $n$ sono equivalenti:
- $A$ è invertibile;
- $\rg A=n$;
- $A\vx=\vzero$ ha solo la soluzione banale;
- per ogni $\vb$, $A\vx=\vb$ ha una e una sola soluzione;
- $\det A\ne0$.
$$\boxed{(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}}$$ Verifica: $(AB)(B^{-1}A^{-1})=A(BB^{-1})A^{-1}=AI_nA^{-1}=I_n$, e simmetricamente dall'altro lato. Per l'unicità dell'inversa, quello è l'inverso di $AB$.
- Scrivere $(AB)^{-1}=A^{-1}B^{-1}$. L'ordine si inverte — come per svestirsi: si tolgono prima le scarpe, poi le calze.
- Credere che la somma di invertibili sia invertibile. $A$ e $-A$ sono entrambe invertibili, ma $A+(-A)=O$ non lo è.
Calcolare l'inversa
Si affianca l'identità e si riduce con il MEG-J fino a ottenere $I_n$ a sinistra: $$[A\,|\,I_n]\ \xrightarrow{\ \text{MEG-J}\ }\ [I_n\,|\,A^{-1}].$$ Se già dopo il MEG compare una riga nulla nella parte sinistra, allora $\rg A\lt n$ e l'inversa non esiste: il metodo diagnostica e calcola allo stesso tempo. Il procedimento completo, con l'esempio degli appunti, è nel §6.
5 · Determinante e teorema di Cramer
$$\det\begin{bmatrix}a&b\\c&d\end{bmatrix}=ad-bc,$$ $$\det\begin{bmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{bmatrix}=a_{11}\begin{vmatrix}a_{22}&a_{23}\\a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}-a_{12}\begin{vmatrix}a_{21}&a_{23}\\a_{31}&a_{33}\end{vmatrix}+a_{13}\begin{vmatrix}a_{21}&a_{22}\\a_{31}&a_{32}\end{vmatrix}$$ (sviluppo di Laplace lungo la prima riga; si può sviluppare lungo qualunque riga o colonna, alternando i segni secondo $(-1)^{i+j}$).
Conviene sviluppare lungo la riga o la colonna con più zeri: ogni zero elimina un minore da calcolare.
Sia $A$ quadrata con $\det A\ne0$. Allora $A\vx=\vb$ ha una e una sola soluzione, data da $$x_j=\frac{\det A_j}{\det A},\qquad j=1,\dots,n,$$ dove $A_j$ è $A$ con la $j$-esima colonna sostituita da $\vb$.
Quasi mai per risolvere un sistema: richiede $n+1$ determinanti di ordine $n$, molto più costosi del MEG. Serve invece quando ti interessa una sola incognita, oppure quando i coefficienti dipendono da un parametro e vuoi una formula chiusa. E richiede $A$ quadrata con $\det A\ne0$: se $\det A=0$ si torna a Rouché-Capelli.
6 · Eliminazione di Gauss-Jordan (MEG-J)
Dagli appunti: Fatica 2 bis, addendum alla Lezione 2 (libro: cap. 3, §6).
Molte matrici a scala, una sola totalmente ridotta
Due matrici si dicono equivalenti per righe se una si ottiene dall'altra con una successione finita di operazioni elementari sulle righe: scambio di due righe, somma a una riga di un multiplo di un'altra, moltiplicazione di una riga per uno scalare non nullo.
Il MEG non dà un risultato unico: dipende dalle scelte fatte. Nell'Esempio 1 del prof, lo stesso sistema $$\begin{cases}2x_1-2x_2+x_3+x_4=2\\ x_1-x_2+2x_4=2\\ x_3-3x_4=-2\end{cases}$$ ridotto così com'è dà una matrice a scala $U$, mentre scambiando prima le due righe iniziali ne dà un'altra, $U_0$:
$$U=\left[\begin{array}{cccc|c}2&-2&1&1&2\\0&0&-\frac12&\frac32&1\\0&0&0&0&0\end{array}\right]\qquad U_0=\left[\begin{array}{cccc|c}1&-1&0&2&2\\0&0&1&-3&-2\\0&0&0&0&0\end{array}\right]$$Sono entrambe a scala ed entrambe equivalenti per righe alla matrice di partenza. Le soluzioni sono le stesse, $x_1=2+t-2s$, $x_3=-2+3s$ con $x_2=t$, $x_4=s$, ma da $U_0$ si leggono subito, mentre da $U$ bisogna ancora fare dei conti.
Sia $A$ una matrice qualsiasi. Fra le matrici a scala equivalenti per righe ad $A$ ce n'è una sola, $U_0$, in cui ogni riga non nulla ha il primo elemento non nullo (i) uguale a $1$, e (ii) con tutti gli elementi sopra di lui, nella stessa colonna, nulli.
Quella $U_0$ si chiama (matrice) totalmente ridotta di $A$. L'algoritmo che la trova è l'eliminazione di Gauss-Jordan, MEG-J.
Nell'esempio, $U$ è una delle ridotte a scala della matrice completa; $U_0$ è l'unica totalmente ridotta. Non conta da dove parti: il MEG-J arriva sempre lì. Nel laboratorio qui sotto puoi controllarlo sugli esempi «Esempio 1» e «Esempio 1, righe scambiate».
Le tre parti del MEG-J
- Parte 1 · MEG. La riduzione a scala che già conosci: zeri sotto i pivot.
- Parte 2 · Normalizzazione. Si divide ogni riga non nulla per il suo pivot, così tutti i pivot valgono $1$.
- Parte 3 · Seconda eliminazione. Si annullano gli elementi sopra i pivot, partendo dall'ultimo pivot e risalendo.
Dalla totalmente ridotta ogni incognita dipendente compare in una sola equazione, insieme alle sole incognite libere. La sostituzione all'indietro non serve più: le soluzioni si leggono direttamente.
Laboratorio: il MEG-J passo per passo
Calcolare l'inversa con il MEG-J
Una matrice quadrata $A$ è invertibile se e solo se la totalmente ridotta di $[A\,|\,I]$ è della forma $[I\,|\,B]$. In tal caso $A^{-1}=B$.
Esempio 2 degli appunti, a passi coperti
Stabilire se $A=\begin{bmatrix}1&2&-1\\1&3&0\\0&1&0\end{bmatrix}$ è invertibile e, se sì, trovare $A^{-1}$.
Per decidere se una matrice quadrata è invertibile o singolare basta ridurla a scala. Con $A=\begin{bmatrix}1&0&0\\1&4&2\\0&2&1\end{bmatrix}$ il MEG dà una riga nulla nella parte sinistra: $\rg A=2<3$, quindi $A$ è singolare e ci si ferma lì. La riduzione completa serve solo quando $A$ è invertibile e si vuole trovare $A^{-1}$.
7 · Equazioni con matrici incognite
Dagli appunti: Fatica 2 tres, secondo addendum alla Lezione 2.
$\M_{\K}(m,n)$, con $\K\in\{\R,\C\}$, indica l'insieme delle matrici $m\times n$ con elementi nel campo $\K$.
Primo passo, sempre: il tipo dell'incognita
In $\begin{bmatrix}1&2\\3&4\end{bmatrix}X=\begin{bmatrix}1&3&5\\2&4&6\end{bmatrix}$ il prodotto a sinistra è definito solo se $X$ ha $2$ righe, cioè $X$ è $2\times m$; allora anche il prodotto è $2\times m$, e confrontandolo con il lato destro $m=3$. Quindi risolvere l'equazione vuol dire trovare tutte le $X\in\M_{\K}(2,3)$ che la verificano.
Un'equazione di matrici è un gruppo di sistemi
Chiamando $\vx,\vx',\vx''$ le colonne di $X$, cioè $X=[\,\vx\,|\,\vx'\,|\,\vx''\,]$, si ha $$A\,[\,\vx\,|\,\vx'\,|\,\vx''\,]=[\,A\vx\,|\,A\vx'\,|\,A\vx''\,],$$ quindi $AX=B$ equivale a tre sistemi lineari con la stessa matrice $A$, uno per ogni colonna di $B$: $$A\vx=\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix},\qquad A\vx'=\begin{bmatrix}3\\4\end{bmatrix},\qquad A\vx''=\begin{bmatrix}5\\6\end{bmatrix}.$$ Siccome la matrice è la stessa, non serve risolverli uno alla volta: si riduce con il MEG-J la matrice affiancata $[A\,|\,B]$ e si risolvono tutti insieme.
Se $A$ è invertibile: si moltiplica dal lato giusto
Se $A$ è quadrata e invertibile (e i tipi sono compatibili), la soluzione esiste ed è unica:
- $AX=B\ \Longrightarrow\ X=A^{-1}B$ (si moltiplica per $A^{-1}$ a sinistra);
- $YA=B\ \Longrightarrow\ Y=BA^{-1}$ (si moltiplica per $A^{-1}$ a destra).
Perché $X=A^{-1}B$: i passaggi
Moltiplicando a sinistra entrambi i lati di $AX=B$ per $A^{-1}$ e usando l'associatività: $$A^{-1}(AX)=(A^{-1}A)X=I\,X=X,\qquad\text{quindi}\qquad X=A^{-1}B.$$ Negli appunti, a pagina 6, c'è scritto $(AA^{-1})X$: il risultato è lo stesso, ma il prodotto che compare davvero è $A^{-1}A$, perché $A^{-1}$ sta a sinistra di $A$.
Negli appunti: con $A=\begin{bmatrix}1&2\\3&4\end{bmatrix}$ si ha $\det A=-2\ne0$, $A^{-1}=-\frac12\begin{bmatrix}4&-2\\-3&1\end{bmatrix}$, e $$X=A^{-1}\begin{bmatrix}1&3&5\\2&4&6\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&-2&-4\\\frac12&\frac52&\frac92\end{bmatrix},\qquad Y=\begin{bmatrix}1&4\\2&5\\3&6\end{bmatrix}A^{-1}=\begin{bmatrix}4&-1\\\frac72&-\frac12\\3&0\end{bmatrix}.$$
Se $A$ non è invertibile: MEG-J su $[A\,|\,B]$
Esempio 2 degli appunti: $A=\begin{bmatrix}1&0&4\\2&0&5\\3&0&6\end{bmatrix}$, $B=\begin{bmatrix}4&3\\5&3\\6&3\end{bmatrix}$. Qui $A$ è singolare: ogni vettore $(0,t,0)$ risolve $A\vx=\vzero$, quindi l'omogeneo ha infinite soluzioni. Il MEG-J porta $[A\,|\,B]$ alla totalmente ridotta $$\left[\begin{array}{ccc|cc}1&0&0&0&-1\\0&0&1&1&1\\0&0&0&0&0\end{array}\right]$$ da cui, colonna per colonna ($x_2$ e $x_2'$ libere): $$X=\begin{bmatrix}0&-1\\t&t'\\1&1\end{bmatrix},\qquad t,t'\in\K .$$
Ogni colonna è un sistema con la stessa $A$ e $\rg A\lt n$, quindi ognuna ha nessuna soluzione oppure infinite. Basta una sola colonna incompatibile, cioè uno 0-pivot nella parte destra, perché l'equazione di matrici non abbia soluzioni.
Incognita a sinistra e $A$ non invertibile: si traspone
Esempio 3 degli appunti: data $A=\begin{bmatrix}1&4\\2&5\\3&6\end{bmatrix}$ ($3\times2$), trovare $C$ con $CA=I$. Perché $CA$ sia definita e quadrata serve $C\in\M_{\K}(2,3)$, e allora $CA$ è $2\times2$: si cerca $Y\in\M_{\K}(2,3)$ con $$YA=I_2 .\tag{4}$$ Il metodo dei sistemi colonna per colonna funziona quando l'incognita sta a destra. Per portarla lì si traspone: da $I_2^T=I_2$ e $(YA)^T=A^TY^T$, $$YA=I_2\iff A^TX=I_2,\qquad X:=Y^T\in\M_{\K}(3,2).$$ Il MEG-J su $[A^T\,|\,I_2]$ dà $\left[\begin{array}{ccc|cc}1&0&-1&-\frac53&\frac23\\0&1&2&\frac43&-\frac13\end{array}\right]$, con $x_3$ libera, e quindi infinite soluzioni: $$C=X^T=\begin{bmatrix}t-\frac53&\frac43-2t&t\\ t'+\frac23&-\frac13-2t'&t'\end{bmatrix},\qquad t,t'\in\K .$$
E la parte (a) dell'Esempio 3, cioè $AB=I$? (negli appunti non è svolta)
Servirebbe $B\in\M_{\K}(2,3)$ con $AB=I_3$. Non esiste. Il sistema omogeneo $B\vx=\vzero$ ha $2$ equazioni in $3$ incognite, quindi ha una soluzione $\vx\ne\vzero$. Ma allora $$\vx=I_3\vx=(AB)\vx=A(B\vx)=A\vzero=\vzero,$$ assurdo.
Quindi $A$ ha infinite «inverse sinistre» e nessuna «inversa destra». Per le matrici non quadrate le due cose si separano, e per questo la definizione di inversa è data solo per le quadrate. (Questo ragionamento l'ho aggiunto io: negli appunti la parte (a) resta non svolta.)
- Moltiplicare dal lato sbagliato. $AX=B$ dà $A^{-1}B$, non $BA^{-1}$: il prodotto non è commutativo.
- Dimenticare di stabilire il tipo di $X$ prima di iniziare.
- Scrivere $X=\dfrac{B}{A}$. La divisione fra matrici non esiste.
- Usare $A^{-1}$ senza aver verificato che $A$ sia quadrata e invertibile. Se non lo è, si passa al MEG-J su $[A\,|\,B]$.
Mettiti alla prova
Errori tipici della Sezione 2
- Moltiplicare matrici senza controllare i tipi. Prima i tipi, poi i conti.
- Usare $(A+B)^2=A^2+2AB+B^2$. Vale solo se $AB=BA$.
- Semplificare $AB=AC$ in $B=C$ senza sapere che $A$ è invertibile.
- Scrivere $(AB)^{-1}=A^{-1}B^{-1}$ o $(AB)^{T}=A^{T}B^{T}$. L'ordine si inverte.
- Contare i parametri liberi come $n-m$. Sono $n-r$.
- Applicare Cramer con $\det A=0$, o a matrici non quadrate.
- Dedurre da $\det A=0$ che il sistema è incompatibile. Dice solo che non c'è soluzione unica: può essere incompatibile oppure avere infinite soluzioni.
- Dividere per un'espressione con parametro senza discutere il caso in cui si annulla.