Matrice invertibile sse rango massimo

[Rabelais]

Salve, sto cercando di trovare una dimostrazione semplice dell'enunciato che non utilizzi concetti relativi alle applicazioni lineari, in modo da poterlo spiegare a studenti che nel programma del corso non studino tali argomenti.
Riporto l'enunciato completo per comodità:

Una matrice quadrata $A$ di ordine $n$ è invertibile se e solo se $rk(A)=n$.

Per la dimostrazione della prima parte ho pensato:
"$rArr$" se $A$ è invertibile allora $EE B in RR^(n\timesn)$ tale che $AB=I_{n}$
notiamo che $rk(AB)<=min{rk(A),rk(B)}$ e che $rk(AB)=rk(I)=n$, dunque $rk(A)=rk(B)=n$.

Per dimostrare la seconda parte non so bene come procedere, in questo caso partiamo dal fatto che $rk(A)=n$, ciò significa che le colonne/righe di $A$ sono lin. indipendenti. Penso che lo scopo sia costruire una matrice $B in RR^(n\timesn)$ tale che il prodotto $AB$ risulti uguale a $I_{n}$ (notiamo che anche le colonne/righe di $I_{n}$ sono lin. indipendenti, ma non so se ciò serva).
Dato che le colonne $e_{i}$ di $I$ hanno tutti elementi nulli escluso l'i-esimo che è $1$, per costruire $B$, si potrebbe ricorrere a questo modo:
$b_{11}*a_{11}+b_{21}*a_{12}+...+b_{n1}*a_{1n}=1$ (prodotto prima riga di A per prima colonna di B)
$b_{12}*a_{21}+b_{22}*a_{22}+...+b_{n2}*a_{2n}=1$ (prodotto seconda riga di A per seconda colonna di B)
...
$b_{1n}*a_{n1}+b_{2n}*a_{n2}+...+b_{n n}*a_{n n}=1$ (prodotto ultima riga di A per ultima colonna di B)
Mentre gli altri prodotti "riga i-esima di A per colonna j-esima di A", con $i!=j$, vanno posti uguali a $0$.
Però facendo ciò non sto usando il fatto che le colonne/righe di $A$ sono lin. indipendenti.
Come fare ? Magari c'è un altro modo più veloce

[anto_zoolander]

Allora per la prima.

$r(I)=r(A A^(-1))=r(A) => r(A)=n$

Per la seconda.

Nota che se una matrice quadrata ha rango massimo allora le sue colonne sono linearmente indipendenti e pertanto formano una base di $M_(n,1)(K)$
Siano $A_1...A_n$ tali colonne, allora;

Dunque per ognuno dei vettori colonna $I_j$,dove questo simbolo indica la $j$esima colonna della matrice identità, esistono scalari $b_(j,1)...b_(j,n) in K$ non tutti nulli tali che $sum_(k=1)^(n)b_(j,k)A_k=I_j, forall j=1,...,n$

Praticamente concludi mostrando che $A^(-1)$ è la matrice formata dai coefficienti $b_(j,k)$.

[Rabelais]

Grazie per la rapida risposta, ma:

1. perché $rk(A A^(-1))=rk(A)$ ?

2a. mi sembra che negli elementi $b$ della sommatoria hai invertito $j$ e $k$, perché la tua scrittura indica il prodotto tra ciascuna colonna di A e gli elementi della j-esima riga di B invece che della j-esima colonna di B.

2b. hai menzionato il fatto che le colonne di A formano una base di quello spazio, ma ciò è necessario per procedere con il tuo ragionamento o poteva essere omesso dal discorso ?

[anto_zoolander]

1. siano $A$ una matrice qualsiasi e $B$ una matrice invertibile e moltiplicabile a destra di $A$. Allora $r(AB)=r(A)$

Infatti $r(AB)leq min{r(A),r(B)}$ dunque in particolare $r(AB)leqr(A)$
Poi $r(A)=r((AB)B^(-1))leqr(AB)$ dunque $r(A)=r(AB)$

Lo stesso vale se $B$ è invertibile e moltiplicabile a destra.

2. Non ho scambiato nulla, ottengo praticamente queato.

${(b_(11)A_1+...+b_(1n)A_n=I_1),(...),(b_(n1)A_1+...+b_(n n)A_n=I_n):}$

Che è equivalente a $BA=Id$

2b. Si è necessaria perche se formano una base allora generano tutte le colonne di $M_(n,1)(K)$ e quindi anche le colonne di $Id$

[Rabelais]

1. ah ok grazie, comunque è corretta anche la mia dimostrazione giusto ?

2. ti ringrazio però avevo chiesto se era possibile una dimostrazione priva di concetti relativi ad applicazioni lineari

[anto_zoolander]

1. Diciamo che non mi è chiaro come concludi. Ok $r(AB)=n$ ma per quello che ho capito hai fatto vedere solo che $nleq min{r(A),r(B)$ basta un ultimo passo e dire che sia $r(A)$ che $r(B)$ abbiano rango $leqn$ e hai finito.

2. Non ho usato le applicazioni lineari

[Rabelais]

1. si esatto, davo per scontato che $A$ e $B$ avessero rango $<= n$ essendo matrici di ordine $n$.

2. hai usato il concetto di base di uno spazio vettoriale, mi pare si introduca studiando le applicazioni lineari, ma forse mi sbaglio. Quindi per la seconda parte è quella che hai dato la dimostrazione più semplice?

[anto_zoolander]

1. Allora siamo d'accordo

2. No il concetto di base di uno spazio vettoriale non dipende assolutamente dalle applicazioni lineari. Qual è la tua definizione di uno spazio vettoriale?
È banale come dimostrazione, basta sapere il concetto di base.

[Rabelais]

$(V,+,*)$ è uno spazio vettoriale su un campo $K$ se l'insieme non vuoto $V$, munito delle operazioni di somma tra vettori e di prodotto scalare-vettore, è una struttura algebrica che gode di alcune proprietà, ad esempio $(V,+)$ è un gruppo abeliano.

Quindi uno spazio vettoriale è formato da infiniti vettori ed è individuabile dalla base, ossia un insieme finito di vettori lin. indip. che generano lo spazio vettoriale.

[anto_zoolander]

Aspetta ci sono spazi vettoriali che non sono finitamente generati tipo $RR^(infty)$

Il tuo caso è quello di spazi 'finitamente generati' ovvero che sono generati da un numero finito di vettori.
Comunque a parte questo, come vedi non c'entrano nulla le applicazioni lineari.

Di fatto quello che si è visto nel precedente post è che $< A_1,...,A_n > =M_(n,1)(K)$