Matrice invertibile sse rango massimo

[Rabelais]

Ah d'accordo grazie, ma con la scrittura $M_{n,1}(K)$ intendi le matrici di $n$ righe e $1$ colonna con elementi nel campo $K$ ? Se la risposta è si, perché le colonne di $A$ generano tale spazio e non ad es. lo spazio $M_{n,n}(K)$ ?

[anto_zoolander]

Si è quello.
Sai com'è definito il rango di un sistema di vettori?

[Rabelais]

Non so, unirei i vettori in una matrice così poi potrei applicare l'algoritmo di gauss e vedere quali dei vettori sono lin. indipendenti

[anto_zoolander]

Non esattamente.
Sia $V$ un $K$ spazio vettoriale di dimensione $n$ e sia $S={v_1,...,v_k}$ un sistema(un sottoinsieme) di vettori di $V$.
Si definisce 'rango' di $S$ il numero $r(S)=dim< v_1,...,v_k>$

Nel caso di una matrice $A in M_(m,n)(K)$.
Si definisce 'rango per colonne di $A$' il numero $r_c(A)= dim <A_1,...,A_n>$.
Si definisce 'rango per righe di $A$' il numero $r_r(A)= dim <A^1,...,A^m>$

Dove $A_j$ denota la $j-esima$ colonna e $A^k$ la $k-esima$ riga.
Ovviamente poi si mostra che in una matrice il rango per colonne e quello per righe coincidono.

Dato questo, se il rango di una matrice quadrata è massimo, significa che le sue colonne sono linearmente indipendenti.
Andandoci con i sistemi lineari.

Se hai un sistema $Ax=b$ con $A$ matrice quadrata.
Abbiamo un teorema molto utile in questo caso, quello di rouché-capelli.
Il quale dice che un sistema è compatibile se e solo se $r(A)=r(A|b)$ e ammette $infty^(n-r(A))$ soluzioni.

Nel caso in cui la matrice quadrata ha rango massimo, automaticamente il sistema è compatibile e ammette un'unica soluzione per il teorema di rouché-capelli.

Questo significa che il sistema $Ax=I_j$, con $I_j$ la $j-esima$ colonna della matrice identità, è sempre soddisfatto. Ovvero esiste un vettore colonne $x$ che soddisfa l'equazione matriciale.

Questo equivale al fatto che esistano $x_1,...,x_n inK$ tale che;

$b_(j1)A_1+...+b_(jn)A_n=I_j,forallj=1,...,n$

Questo significa che $((A_1,...,A_n))((b_(j1)),(...),(b_jn))=I_j$

E quindi che $AB=I_n$

[Rabelais]

Ah giusto ecco cosa mi sfuggiva rouche-capelli, grazie della pazienza ora ho capito.
Comunque nella penultima formula mi sembra che hai invertito gli indici degli elementi $b$, perché come l'hai scritto significa fare i prodotti riga di A per riga di B, ma è riga di A per colonna di A quello corretto.
Altrimenti l'inversa ti esce trasposta, ad esempio consideriamo $A=((1,1),(2,3))$ e usiamo la tua formula
$((1,1),(2,3))((b_{11}),(b_{12}))=I_{1}$ che da come soluzioni $\{(b_{11}=3),(b_{12}=-2):}$
$((1,1),(2,3))((b_{21}),(b_{22}))=I_{2}$ che da come soluzioni $\{(b_{21}=-1),(b_{22}=1):}$
ossia $A^(-1)=((3,-2),(-1,1))$
ma in realtà l'inversa corretta è $A^(-1)=((3,-1),(-2,1))$

La scrittura giusta di $AB=I_{n}$ quindi dovrebbe essere: $(A_{1} ... A_{n})((b_{1j}),(\vdots),(b_{nj}))=I_{j}$

[anto_zoolander]

Gli indici puoi anche chiamarli Pippo e Paperino.

[Rabelais]

Certo ma se cambi l'ordine cambia anche la matrice inversa.

[anto_zoolander]

No. È il concetto che bisogna afferrare. Tu la $n$ upla $(b_(j1),...,b_(jn))$ la vedi in base ai suoi indici e non è così.
Io l'ho usato quella scrittura ma questo non implica necessariamente che la scrittura determini una posizione ben precisa in una matrice, a meno di essersi Messi d'accordo. il tuo $b_(1j)$ è uguale al mio $b_(j1)$

Di fatto la mia sarà $(A_1,A_2,...,A_n) ((b_(11),b_(21),...,b_(n1)),(b_(12),b_(22),...,b_(n2)),( : , : , : , : ), (b_(1n),b_(2n),...,b_(n n)))$

Semplicemente intendo che costruisco la matrice $B$ per colonne.

[edmz]

Aggiungo i miei 0.2 cent.

Dal teorema di Binet (che puoi provare anche direttamente usando la def. di determinante), $\det(AB)=\det A \det B$. Poiché $ M\cdotM^{-1} = I_n,\quad M,M^{-1} \in M_n (\mathbb K)$, passando al determinante, $$ \det(M\cdot M^{-1}) = \det(M)\det(M^{-1}) = \det(I_n) = 1 \\ \implies \det(M^{-1}) = \frac1{\det M} \iff \det M \neq 0 $$ ossia, $\text{rank} M = n\quad \square$

[Rabelais]

No. È il concetto che bisogna afferrare. Tu la $n$ upla $(b_(j1),...,b_(jn))$ la vedi in base ai suoi indici e non è così.
Io l'ho usato quella scrittura ma questo non implica necessariamente che la scrittura determini una posizione ben precisa in una matrice, a meno di essersi Messi d'accordo. il tuo $b_(1j)$ è uguale al mio $b_(j1)$

Di fatto la mia sarà $(A_1,A_2,...,A_n) ((b_(11),b_(21),...,b_(n1)),(b_(12),b_(22),...,b_(n2)),( : , : , : , : ), (b_(1n),b_(2n),...,b_(n n)))$

Semplicemente intendo che costruisco la matrice $B$ per colonne.

Ah ho capito grazie, il mio dubbio era nato dal fatto che le matrici le ho sempre viste costruite per righe, ossia con elementi $a_{ij}$ dove $i$ indica la i-esima riga e $j$ la j-esima colonna.

Aggiungo i miei 0.2 cent.

Dal teorema di Binet (che puoi provare anche direttamente usando la def. di determinante), $\det(AB)=\det A \det B$. Poiché $ M\cdotM^{-1} = I_n,\quad M,M^{-1} \in M_n (\mathbb K)$, passando al determinante, $$ \det(M\cdot M^{-1}) = \det(M)\det(M^{-1}) = \det(I_n) = 1 \\ \implies \det(M^{-1}) = \frac1{\det M} \iff \det M \neq 0 $$ ossia, $\text{rank} M = n\quad \square$

Grazie della tua risposta, non avevo pensato al teorema di Binet! Però mi sembra che te stai dimostrando che una matrice è invertibile sse il suo determinante è zero. Poi concludi direttamente che il rango è proprio $n$, anche se era proprio quello che avevo chiesto di dimostrare ossia dimostrare che una matrice è invertibile (ossia det è $\ne 0$) sse il suo rango è massimo.