Matrice aggiunta e teorema di Cramer

Esercizi svolti: Esercizio 48 · inversa con la matrice aggiunta e regola di Cramer. Seguito: Autovalori e autovettoriUn autovettore è un vettore non nullo che una funzione lineare manda in un suo multiplo; si trovano gli autovalori come radici del polinomio caratteristico det(A − λI) e gli autovettori come nucleo di A − λI. Matrici simili hanno gli stessi autovalori.Autovalori e autovettori →.

Finora si sa che se $A$ è invertibile allora $\det A \ne 0$ (conseguenza del teorema di BinetIl determinante è lineare in ogni riga, cambia segno scambiando due righe, non cambia sommando a una riga un multiplo di un'altra: così si calcola con Gauss riducendo a triangolare. Binet: det(AB) = det A · det B. Laplace: sviluppo lungo una riga o colonna con i complementi algebrici.Proprietà del determinante, Binet e Laplace →). Manca il viceversa: basta $\det A \ne 0$ perché $A$ sia invertibile? Per dimostrarlo serve una formula esplicita per l'inversa, che si ricava dallo sviluppo di Laplace.

La matrice aggiunta

Sia $A = (a_{ij}) \in M_n(K)$ e sia $A_{ij}$ la sottomatrice ottenuta cancellando la riga $i$ e la colonna $j$. Il complemento algebrico (o cofattore) di $a_{ij}$ è

$$a^*_{ij} = (-1)^{i+j} \det A_{ij}.$$

La matrice aggiunta di $A$ è la trasposta della matrice dei complementi algebrici: $$A^* = \begin{pmatrix} a^*_{11} & a^*_{12} & \cdots & a^*_{1n} \\ \vdots & & & \vdots \\ a^*_{n1} & a^*_{n2} & \cdots & a^*_{nn} \end{pmatrix}^{T} = \begin{pmatrix} a^*_{11} & a^*_{21} & \cdots & a^*_{n1} \\ \vdots & & & \vdots \\ a^*_{1n} & a^*_{2n} & \cdots & a^*_{nn} \end{pmatrix}.$$

Cioè: nel posto $(i, j)$ di $A^*$ va il complemento algebrico dell'elemento di posto $(j, i)$. La trasposta è il dettaglio che si dimentica più spesso.

Il teorema fondamentale

Teorema. $A \cdot A^* = A^* \cdot A = \det A \cdot I_n$.

Esempio. $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$ ha $A^* = \begin{pmatrix} 4 & -2 \\ -3 & 1 \end{pmatrix}$ e $A A^* = \begin{pmatrix} -2 & 0 \\ 0 & -2 \end{pmatrix} = \det A \cdot I_2$.

Dimostrazione (per $A A^*$). L'elemento di posto $(i, k)$ di $AA^*$ è la riga $i$ di $A$ per la colonna $k$ di $A^*$. La colonna $k$ di $A^*$ contiene i complementi algebrici della riga $k$ di $A$ (per via della trasposta). Quindi

$$(AA^*)_{ik} = \sum_{j=1}^n a_{ij} \, a^*_{kj} = \sum_{j=1}^n (-1)^{k+j} a_{ij} \det A_{kj}.$$

• Se $i = k$ la somma è $\sum_j (-1)^{i+j} a_{ij} \det A_{ij}$, che è lo sviluppo di LaplaceIl determinante è lineare in ogni riga, cambia segno scambiando due righe, non cambia sommando a una riga un multiplo di un'altra: così si calcola con Gauss riducendo a triangolare. Binet: det(AB) = det A · det B. Laplace: sviluppo lungo una riga o colonna con i complementi algebrici.Proprietà del determinante, Binet e Laplace → di $\det A$ lungo la riga $i$: vale $\det A$.
• Se $i \ne k$ la somma è lo sviluppo di Laplace lungo la riga $k$ di un'altra matrice: quella ottenuta da $A$ mettendo la riga $i$ al posto della riga $k$ (i determinanti $\det A_{kj}$ non vedono la riga $k$, quindi restano gli stessi; gli elementi della riga $k$ sono stati sostituiti dagli $a_{ij}$). Questa matrice ha la riga $i$ due volte, quindi il suo determinante è $0$.

Quindi $AA^*$ ha $\det A$ su tutta la diagonale e $0$ fuori: $AA^* = \det A \cdot I_n$. Per $A^*A$ si ragiona allo stesso modo con le colonne. ∎

Il caso $i \ne k$ sull'esempio. Per $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$ l'elemento $(1, 2)$ di $AA^*$ è la riga $1$ di $A$ per i cofattori della riga $2$, cioè $a^*_{21} = -2$ e $a^*_{22} = 1$: $1 \cdot (-2) + 2 \cdot 1 = 0$. È lo sviluppo lungo la riga $2$ di $\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$ (la riga $1$ copiata al posto della riga $2$), che ha due righe uguali: $1 \cdot 2 - 2 \cdot 1 = 0$ ✓.

Formula dell'inversa e criterio di invertibilità

Se $\det A \ne 0$ si può dividere per $\det A$:

$$A \cdot \frac{1}{\det A} A^* = I_n \qquad \text{e} \qquad \frac{1}{\det A} A^* \cdot A = I_n,$$

quindi

$$\boxed{A^{-1} = \frac{1}{\det A} \, A^*}$$

Questo chiude il cerchio:

Teorema. Una matrice quadrata $A$ è invertibile se e solo se $\det A \ne 0$.

($\Rightarrow$: Binet, $\det A \cdot \det A^{-1} = 1$. $\Leftarrow$: la formula qui sopra costruisce $A^{-1}$.)

Esempio. $\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$ ha $\det = -2 \ne 0$ ed è invertibile; $\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 4 \end{pmatrix}$ ha $\det = 0$ e non lo è.

Il determinante è davvero il numero che "determina" se $A$ è invertibile, come si era intuito dalle matrici $2 \times 2$ e dai denominatori tutti uguali dell'esempio con Gauss-JordanL'inversa di una matrice quadrata A è la matrice A⁻¹ con A A⁻¹ = A⁻¹ A = I; esiste se e solo se rango(A) = n e si calcola con Gauss-Jordan riducendo (A | I) fino a (I | A⁻¹).Matrice inversa → (tutti divisori di $\det A = -14$).

Riepilogo delle condizioni equivalenti

Per $A \in M_n(K)$ sono equivalenti:

In particolare, $\det A = 0 \iff \operatorname{rango}(A) < n$: per sapere se $n$ vettori di $K^n$ sono una baseDei vettori generano V se ogni vettore di V è loro combinazione lineare; una base è un insieme di generatori linearmente indipendenti, e allora ogni vettore si scrive in modo unico come combinazione dei vettori di base. Lemma dello scambio: i vettori indipendenti non sono mai più dei generatori.Generatori e basi → (in $K^n$, che ha dimensioneTutte le basi di uno spazio vettoriale hanno lo stesso numero di vettori, la dimensione (dim K^n = n). Da ogni sistema di generatori si estrae una base, ogni insieme di vettori indipendenti si completa a una base, e in dimensione n bastano n vettori indipendenti (o n generatori) per avere una base.Dimensione → $n$, bastano $n$ vettori linearmente indipendenti) basta calcolare il determinante della matrice che li ha come colonne.

Controllo sulle $2 \times 2$

Per $A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$: cancellando riga e colonna di ogni elemento resta un solo numero, quindi

$$a^*_{11} = d, \quad a^*_{12} = -c, \quad a^*_{21} = -b, \quad a^*_{22} = a \qquad \Longrightarrow \qquad A^* = \begin{pmatrix} d & -c \\ -b & a \end{pmatrix}^T = \begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix},$$

e $A^{-1} = \frac{1}{ad - bc}\begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix}$, la formula già nota ✓.

Esempio $3 \times 3$

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

I nove complementi algebrici. Per ciascuno: si cancellano riga e colonna dell'elemento, si calcola il determinante $2 \times 2$ rimasto, si mette il segno della scacchiera.

$$a^*_{11} = +\det \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & -2 \end{pmatrix} = 1 \cdot (-2) - 1 \cdot 0 = -2, \quad a^*_{12} = -\det \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & -2 \end{pmatrix} = -(-4 - 3) = 7, \quad a^*_{13} = +\det \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & 0 \end{pmatrix} = 0 - 3 = -3,$$

$$a^*_{21} = -\det \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -2 \end{pmatrix} = -(2 - 0) = -2, \quad a^*_{22} = +\det \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 3 & -2 \end{pmatrix} = -2 - 0 = -2, \quad a^*_{23} = -\det \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 3 & 0 \end{pmatrix} = -(0 + 3) = -3,$$

$$a^*_{31} = +\det \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = -1 - 0 = -1, \quad a^*_{32} = -\det \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} = -(1 - 0) = -1, \quad a^*_{33} = +\det \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 2 & 1 \end{pmatrix} = 1 + 2 = 3.$$

Il determinante, sviluppando lungo la prima riga e riusando i cofattori appena calcolati:

$$\det A = 1 \cdot a^*_{11} + (-1) \cdot a^*_{12} + 0 \cdot a^*_{13} = -2 - 7 + 0 = -9 \ne 0.$$

L'aggiunta: i cofattori della prima riga di $A$ ($-2, 7, -3$) vanno nella prima colonna, e così via:

$$A^* = \begin{pmatrix} -2 & -2 & -1 \\ 7 & -2 & -1 \\ -3 & -3 & 3 \end{pmatrix}, \qquad A^{-1} = -\frac19 \begin{pmatrix} -2 & -2 & -1 \\ 7 & -2 & -1 \\ -3 & -3 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac29 & \frac29 & \frac19 \\ -\frac79 & \frac29 & \frac19 \\ \frac13 & \frac13 & -\frac13 \end{pmatrix}.$$

(Gli elementi di $A^{-1}$ sono quelli di $A^*$ moltiplicati per $-\frac19$: per esempio $-\frac19 \cdot (-2) = \frac29$, $-\frac19 \cdot 7 = -\frac79$, $-\frac19 \cdot (-3) = \frac13$.)

Verifica di un elemento di $AA^*$: prima riga di $A$ per prima colonna di $A^*$: $1 \cdot (-2) + (-1) \cdot 7 + 0 \cdot (-3) = -9 = \det A$ ✓; prima riga per seconda colonna: $1 \cdot (-2) + (-1) \cdot (-2) + 0 \cdot (-3) = -2 + 2 + 0 = 0$ ✓.

Costo. Servono un determinante $n \times n$ e $n^2$ determinanti $(n-1) \times (n-1)$: per una $4 \times 4$, $16$ determinanti $3 \times 3$ più uno $4 \times 4$. In pratica conviene solo per $2 \times 2$ e $3 \times 3$; per le matrici più grandi è molto più veloce Gauss-JordanL'inversa di una matrice quadrata A è la matrice A⁻¹ con A A⁻¹ = A⁻¹ A = I; esiste se e solo se rango(A) = n e si calcola con Gauss-Jordan riducendo (A | I) fino a (I | A⁻¹).Matrice inversa →. La formula resta preziosa per la teoria.

Il teorema di Cramer

Sia $AX = B$ un sistema quadrato ($n$ equazioni, $n$ incognite) con $\det A \ne 0$. Allora $A$ è invertibile e

$$X = A^{-1}B = \frac{1}{\det A} A^* B.$$

Due conseguenze immediate: la soluzione esiste ed è unica (è quella), e la si può scrivere esplicitamente. Sviluppando il prodotto $A^*B$ si trova:

Teorema (Cramer). Se $A \in M_n(K)$ ha $\det A \ne 0$, il sistema $AX = B$ ha un'unica soluzione, data da $$x_i = \frac{\Delta_i}{\Delta}, \qquad i = 1, \dots, n,$$ dove $\Delta = \det A$ e $\Delta_i$ è il determinante della matrice ottenuta da $A$ sostituendo la colonna $i$ con la colonna $B$ dei termini noti.

Perché. $x_i = \frac{1}{\Delta}(A^*B)_i = \frac1\Delta \sum_k a^*_{ki} b_k$ (riga $i$ di $A^*$ = cofattori della colonna $i$ di $A$). La somma $\sum_k b_k a^*_{ki}$ è lo sviluppo di Laplace lungo la colonna $i$ della matrice che ha $B$ al posto della colonna $i$: è proprio $\Delta_i$.

Esempio $2 \times 2$ e significato geometrico.

$$\begin{cases} 2x + y = 5 \\ x - y = 1 \end{cases} \qquad \Delta = \det\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = -2 - 1 = -3 \ne 0.$$

$\Delta_1$ ha la colonna dei termini noti $(5, 1)$ al posto della prima colonna, $\Delta_2$ al posto della seconda:

$$\Delta_1 = \det\begin{pmatrix} 5 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = -5 - 1 = -6, \qquad \Delta_2 = \det\begin{pmatrix} 2 & 5 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = 2 - 5 = -3,$$

quindi $x = \frac{-6}{-3} = 2$ e $y = \frac{-3}{-3} = 1$ (verifica: $4 + 1 = 5$ ✓, $2 - 1 = 1$ ✓). Ogni equazione è una retta del piano e la soluzione è il loro punto d'incontro. $\Delta \ne 0$ dice che le righe $(2, 1)$ e $(1, -1)$, cioè i coefficienti delle rette, non sono proporzionali: le rette non sono parallele e si incontrano in un solo punto. Con $\Delta = 0$ le rette sono parallele (nessuna soluzione) o coincidenti (infinite), e Cramer non si applica.

Esempio $3 \times 3$. Con la stessa $A$ di prima e $B = (1, 4, -1)$:

$$\begin{cases} x_1 - x_2 = 1 \\ 2x_1 + x_2 + x_3 = 4 \\ 3x_1 - 2x_3 = -1 \end{cases} \qquad \Delta = -9.$$

$$\Delta_1 = \det \begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ 4 & 1 & 1 \\ -1 & 0 & -2 \end{pmatrix} = -9, \quad \Delta_2 = \det \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 2 & 4 & 1 \\ 3 & -1 & -2 \end{pmatrix} = 0, \quad \Delta_3 = \det \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ 2 & 1 & 4 \\ 3 & 0 & -1 \end{pmatrix} = -18.$$

Tutti e tre lungo la prima riga (LaplaceIl determinante è lineare in ogni riga, cambia segno scambiando due righe, non cambia sommando a una riga un multiplo di un'altra: così si calcola con Gauss riducendo a triangolare. Binet: det(AB) = det A · det B. Laplace: sviluppo lungo una riga o colonna con i complementi algebrici.Proprietà del determinante, Binet e Laplace →, segni $+, -, +$):

• $\Delta_1 = 1 \cdot (1 \cdot (-2) - 1 \cdot 0) - (-1) \cdot (4 \cdot (-2) - 1 \cdot (-1)) + 0 = -2 + (-8 + 1) = -9$;
• $\Delta_2 = 1 \cdot (4 \cdot (-2) - 1 \cdot (-1)) - 1 \cdot (2 \cdot (-2) - 1 \cdot 3) + 0 = -7 + 7 = 0$;
• $\Delta_3 = 1 \cdot (1 \cdot (-1) - 4 \cdot 0) - (-1) \cdot (2 \cdot (-1) - 4 \cdot 3) + 1 \cdot (2 \cdot 0 - 1 \cdot 3) = -1 - 14 - 3 = -18$.

Quindi

$$x_1 = \frac{-9}{-9} = 1, \qquad x_2 = \frac{0}{-9} = 0, \qquad x_3 = \frac{-18}{-9} = 2.$$

Verifica: $1 - 0 = 1$ ✓, $2 + 0 + 2 = 4$ ✓, $3 - 4 = -1$ ✓. Stesso risultato con l'inversa calcolata sopra: la prima riga di $A^{-1}$ per $B$ dà $\frac29 \cdot 1 + \frac29 \cdot 4 + \frac19 \cdot (-1) = \frac{2 + 8 - 1}{9} = 1 = x_1$.

Limiti. Cramer vale solo per sistemi quadrati con $\det A \ne 0$ (se $\det A = 0$ bisogna usare Rouché-CapelliUn sistema lineare si scrive AX = B; ha soluzioni se e solo se B sta nell'immagine di A, cioè se rango(A) = rango(A|B) (Rouché-Capelli); le soluzioni sono una soluzione particolare più il nucleo e dipendono da n − r parametri.Sistemi lineari e teorema di Rouché-Capelli → e Gauss). Richiede $n + 1$ determinanti $n \times n$: comodo per $2 \times 2$ e $3 \times 3$, troppo costoso per sistemi grandi. Utile anche quando interessa una sola incognita: basta calcolare $\Delta_i$ e $\Delta$.

Determinante di una funzione lineare e matrici simili

Sia $f : V \to V$ lineare (dominio e codominio uguali). Se $A$ è la matrice di $f$ rispetto a una base e $A'$ quella rispetto a un'altra base (la stessa nel dominio e nel codominio), le formule di cambiamento di baseLa matrice di cambiamento di base è la matrice dell'identità rispetto a due basi diverse: trasforma le coordinate in una base nelle coordinate nell'altra ed è invertibile; la matrice di f in nuove basi è M(id)·A·M(id), e per un endomorfismo A' = P⁻¹AP (matrici simili).Cambiamenti di base → diventano

$$A = P^{-1} A' P$$

con $P$ la matrice (invertibile) del cambio di base: nel caso generale c'erano due matrici $P$ (dominio) e $S$ (codominio), ma ora dominio e codominio coincidono e quindi $S = P$.

Due matrici $A, B \in M_n(K)$ si dicono simili se esiste una matrice invertibile $P$ tale che $B = P^{-1} A P$. Equivalentemente: sono matrici della stessa funzione lineare $f : V \to V$ rispetto a due basi diverse.

Matrici simili hanno lo stesso determinante. Per Binet e $\det P^{-1} = \frac{1}{\det P}$:

$$\det B = \det(P^{-1}) \det A \det P = \frac{1}{\det P} \cdot \det A \cdot \det P = \det A.$$

(Le matrici non si possono "semplificare", perché il prodotto non è commutativo e $A$ sta in mezzo; i loro determinanti invece sono numeri, e si semplificano.)

Conseguenza. Il determinante non dipende dalla base: è una proprietà della funzione $f$. Si definisce quindi $\det f = \det A$, con $A$ matrice di $f$ rispetto a una qualunque base (la stessa nel dominio e nel codominio).

Il viceversa è falso. Stesso determinante non implica simili. La matrice nulla $O$ è simile solo a se stessa ($P^{-1} O P = O$ per ogni $P$); la matrice $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ ha anch'essa determinante $0$, ma non è nulla, quindi non è simile a $O$. Per riconoscere matrici simili serviranno autovalori e autovettoriUn autovettore è un vettore non nullo che una funzione lineare manda in un suo multiplo; si trovano gli autovalori come radici del polinomio caratteristico det(A − λI) e gli autovettori come nucleo di A − λI. Matrici simili hanno gli stessi autovalori.Autovalori e autovettori →.

Errori comuni

• Dimenticare la trasposta nell'aggiunta (mettere il cofattore di $a_{ij}$ nel posto $(i,j)$ invece che $(j,i)$).
• Dimenticare il segno $(-1)^{i+j}$ dei cofattori.
• Usare Cramer con $\det A = 0$ o con un sistema non quadrato.
• In Cramer, sostituire una riga invece di una colonna con i termini noti.
• Pensare che matrici con lo stesso determinante siano simili.