Metoda lui Gauss pentru inversa unei matrice și pentru ecuații matriceale

Știi deja să inversezi o matrice cu matricea adjunctă: calculezi determinantul, apoi toți complemenții algebrici, îi transpui și împarți. Metoda e impecabilă teoretic, dar are un cost care crește exploziv: la o matrice de ordin $3$ cere zece determinanți, iar la una de ordin $4$ cere șaptesprezece — unul de ordin $4$ și șaisprezece de ordin $3$. Nu e de mirare că programa cere și o a doua cale.

A doua cale este metoda lui Gauss, pe care tocmai ai învățat-o pentru sisteme. Ea inversează o matrice fără să calculeze niciun determinant și, ca bonus, îți spune singură dacă matricea nu este inversabilă. Aceeași idee rezolvă și ecuațiile matriceale — pe care le-ai întâlnit la lecția despre ecuații matriceale, unde le-ai rezolvat înmulțind cu inversa. Aici le abordăm din direcția opusă, prin sisteme liniare, ceea ce ne va permite să tratăm și cazul pe care metoda inversei nu-l poate atinge: cel în care $\det A=0$.

Ce vei învăța

• Vei ști să construiești tabloul dublu dintr-o matrice și matricea unitate și să-l transformi până când în stânga apare $I_n$.
• Vei ști de ce funcționează metoda: pentru că rezolvă simultan $n$ sisteme liniare cu aceeași matrice.
• Vei ști să recunoști, din desfășurarea calculului, că matricea nu este inversabilă.
• Vei ști să rezolvi ecuații matriceale $AX=B$ fără a calcula efectiv $A^{-1}$.
• Vei ști să reduci ecuația $XA=B$ la una de forma $AX=B$, folosind transpusa.
• Vei ști ce se întâmplă cu o ecuație matriceală când $\det A=0$ și cum decide compatibilitatea studiul pe sisteme.

Hai să descoperim împreună

1. Câți determinanți cere fiecare metodă și de unde vine a doua cale

Fie $A\in {\mathcal{M}}_n(\mathbb{C})$ o matrice inversabilă. Cu formula $A^{-1}=\frac{1}{\det A}{A}^{\ast }$, unde $A^{\ast }$ este matricea adjunctă, ai de calculat:

La ordinul $2$ metoda adjunctei este imbatabilă — determinanții de ordin $1$ sunt chiar numerele. La ordinul $4$, cei șaisprezece determinanți de ordin $3$ înseamnă șaisprezece aplicări ale regulii lui Sarrus, adică peste o sută de înmulțiri, fiecare cu riscul ei de semn. Metoda lui Gauss face aceeași treabă în câteva zeci de operații elementare, fiecare formată dintr-o înmulțire și o adunare.

Ideea celei de-a doua metode: inversa este soluția unui pachet de sisteme. Ce înseamnă, de fapt, „$X$ este inversa lui $A$"? Înseamnă $AX=I_n$. Să privim această egalitate pe coloane. Notăm cu $X_1,X_2,\dots ,X_n$ coloanele matricei necunoscute $X$ și cu $e_1,e_2,\dots ,e_n$ coloanele matricei unitate $I_n$ (adică $e_k$ are $1$ pe poziția $k$ și $0$ în rest). Din definiția înmulțirii matricelor, coloana $k$ a produsului $AX$ este $A{X}_k$, deci egalitatea $AX=I_n$ se desface în

$$A{X}_1=e_1,A{X}_2=e_2,\dots ,A{X}_n=e_n.$$

Cu alte cuvinte: inversa lui $A$ se obține rezolvând $n$ sisteme liniare care au toate aceeași matrice $A$ și diferă doar prin coloana termenilor liberi. Coloanele soluțiilor, așezate una lângă alta, formează $A^{-1}$.

Aici intervine observația care face metoda eficientă: la metoda lui Gauss, transformările elementare se aleg privind numai partea de coeficienți. Cum aceasta e aceeași pentru toate cele $n$ sisteme, putem rezolva toate sistemele deodată, purtând în paralel toate cele $n$ coloane de termeni liberi. Nu facem $n$ eliminări, ci una singură.

2. Tabloul dublu

Așezăm, deci, matricea $A$ și, imediat la dreapta ei, matricea $I_n$, obținând un tablou cu $n$ linii și $2n$ coloane. Pentru $A=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& 1\\ 1& 1& 1\\ 1& 2& 3\end{array}\right)$:

$$\left(\begin{array}{cccccc}2& 1& 1& 1& 0& 0\\ 1& 1& 1& 0& 1& 0\\ 1& 2& 3& 0& 0& 1\end{array}\right)$$

Primele trei coloane sunt cele ale lui $A$, ultimele trei sunt cele ale lui $I_3$. Nu se trage nicio bară de despărțire: împărțirea în două jumătăți este doar un ajutor de citire, iar tabloul rămâne o singură matrice, asupra căreia se operează pe linii întregi.

3. Algoritmul, confruntat cu adjuncta

Aplicăm tabloului transformări elementare pe linii, cu un obiectiv mai ambițios decât la sisteme: nu doar să obținem zerouri sub pivoți, ci și deasupra lor, și să aducem fiecare pivot la valoarea $1$. Când jumătatea stângă a devenit $I_n$, jumătatea dreaptă este exact $A^{-1}$ — pentru că, în fiecare dintre cele $n$ sisteme, forma finală spune „$X_k$ este egal cu coloana $k$ din dreapta". Procedeul, dus până la această formă completă, se numește uneori și metoda Gauss-Jordan.

Aplicăm pe matricea de mai sus. Preferăm un pivot egal cu $1$, deci începem cu o schimbare de linii:

$$\stackrel{L_1\leftrightarrow L_2}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 1& 0& 1& 0\\ 2& 1& 1& 1& 0& 0\\ 1& 2& 3& 0& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{L_2\leftarrow L_2-2L_1}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 1& 0& 1& 0\\ 0& -1& -1& 1& -2& 0\\ 1& 2& 3& 0& 0& 1\end{array}\right)$$

$$\stackrel{L_3\leftarrow L_3-L_1}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 1& 0& 1& 0\\ 0& -1& -1& 1& -2& 0\\ 0& 1& 2& 0& -1& 1\end{array}\right)\stackrel{L_2\leftarrow (-1)L_2}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 1& 0& 1& 0\\ 0& 1& 1& -1& 2& 0\\ 0& 1& 2& 0& -1& 1\end{array}\right)$$

$$\stackrel{L_3\leftarrow L_3-L_2}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 1& 0& 1& 0\\ 0& 1& 1& -1& 2& 0\\ 0& 0& 1& 1& -3& 1\end{array}\right)\stackrel{L_1\leftarrow L_1-L_2}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 0& 0& 1& -1& 0\\ 0& 1& 1& -1& 2& 0\\ 0& 0& 1& 1& -3& 1\end{array}\right)$$

$$\stackrel{L_2\leftarrow L_2-L_3}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 0& 0& 1& -1& 0\\ 0& 1& 0& -2& 5& -1\\ 0& 0& 1& 1& -3& 1\end{array}\right)$$

În stânga a apărut $I_3$, deci

$$A^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 0\\ -2& 5& -1\\ 1& -3& 1\end{array}\right).$$

Verificarea obligatorie este $A\cdot A^{-1}=I_3$ (și, pentru siguranță, și $A^{-1}\cdot A=I_3$). Prima linie a produsului: $2\cdot 1+1\cdot (-2)+1\cdot 1=1$; $2\cdot (-1)+1\cdot 5+1\cdot (-3)=0$; $2\cdot 0+1\cdot (-1)+1\cdot 1=0$ — exact prima linie a lui $I_3$ ✓.

Aceeași matrice, prin adjunctă. Merită confruntat rezultatul cu cel obținut pe cealaltă cale. Pentru $A=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& 1\\ 1& 1& 1\\ 1& 2& 3\end{array}\right)$, determinantul este

$$\det A=2\cdot 1\cdot 3+1\cdot 1\cdot 1+1\cdot 1\cdot 2-(1\cdot 1\cdot 1+2\cdot 1\cdot 2+1\cdot 1\cdot 3)=(6+1+2)-(1+4+3)=9-8=1,$$

iar cei nouă complemenți algebrici ${\delta }_{ij}=(-1{)}^{i+j}{\Delta }_{ij}$ sunt

$${\delta }_{11}=1,{\delta }_{12}=-2,{\delta }_{13}=1,{\delta }_{21}=-1,{\delta }_{22}=5,{\delta }_{23}=-3,{\delta }_{31}=0,{\delta }_{32}=-1,{\delta }_{33}=1.$$

Matricea adjunctă este transpusa matricei complemenților algebrici, deci

$$A^{\ast }=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 0\\ -2& 5& -1\\ 1& -3& 1\end{array}\right),A^{-1}=\frac{1}{\det A}{A}^{\ast }=A^{\ast }.$$

Rezultatele coincid, cum era de așteptat: inversa unei matrice, când există, este unică. Compară însă efortul: zece determinanți pe o cale, șapte transformări elementare pe cealaltă.

4. Când matricea nu este inversabilă

Metoda nu are nevoie să știe dinainte dacă $A$ e inversabilă — se oprește singură. Să vedem ce se întâmplă cu $B=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& -1\\ 2& -1& 3\\ 3& 1& 2\end{array}\right)$, matricea sistemului omogen din lecțiile anterioare:

$$\left(\begin{array}{cccccc}1& 2& -1& 1& 0& 0\\ 2& -1& 3& 0& 1& 0\\ 3& 1& 2& 0& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{L_2\leftarrow L_2-2L_1,L_3\leftarrow L_3-3L_1}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 2& -1& 1& 0& 0\\ 0& -5& 5& -2& 1& 0\\ 0& -5& 5& -3& 0& 1\end{array}\right)$$

$$\stackrel{L_3\leftarrow L_3-L_2}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 2& -1& 1& 0& 0\\ 0& -5& 5& -2& 1& 0\\ 0& 0& 0& -1& -1& 1\end{array}\right)$$

Privește linia a treia: în jumătatea stângă e formată numai din zerouri. Nicio transformare ulterioară nu mai poate crea un $1$ acolo unde toate cele trei elemente din stânga sunt nule — o înmulțire cu un scalar lasă zerourile pe loc, iar adunarea unei alte linii ar strica zerourile deja obținute în coloanele de dinainte. Prin urmare jumătatea stângă nu poate deveni $I_3$, care are pe fiecare linie un $1$. Concluzia: $B$ nu este inversabilă.

Justificarea de fond: o linie nulă în jumătatea stângă înseamnă $\mathrm{rang}B<3$, deci $\det B=0$. Într-adevăr, sistemul omogen $BX=O$ avea și soluții nebanale, ceea ce, prin criteriul din lecția despre sisteme liniare omogene, e același lucru cu $\det B=0$.

5. Un exemplu de ordin patru

La ordinul $4$ diferența dintre cele două metode devine izbitoare. Fie

$$A=\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ 0& 1& 1& 1\\ 0& 0& 1& 1\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right).$$

Construim tabloul dublu, de tip $4\times 8$, și observăm că jumătatea stângă are deja pivoții $1$ pe diagonală; e destul să facem zerouri deasupra lor, de jos în sus:

$$\left(\begin{array}{cccccccc}1& 1& 1& 1& 1& 0& 0& 0\\ 0& 1& 1& 1& 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& 1& 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1& 0& 0& 0& 1\end{array}\right)$$

$$\stackrel{L_1\leftarrow L_1-L_2}{\to }\left(\begin{array}{cccccccc}1& 0& 0& 0& 1& -1& 0& 0\\ 0& 1& 1& 1& 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& 1& 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1& 0& 0& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{L_2\leftarrow L_2-L_3}{\to }\left(\begin{array}{cccccccc}1& 0& 0& 0& 1& -1& 0& 0\\ 0& 1& 0& 0& 0& 1& -1& 0\\ 0& 0& 1& 1& 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1& 0& 0& 0& 1\end{array}\right)$$

$$\stackrel{L_3\leftarrow L_3-L_4}{\to }\left(\begin{array}{cccccccc}1& 0& 0& 0& 1& -1& 0& 0\\ 0& 1& 0& 0& 0& 1& -1& 0\\ 0& 0& 1& 0& 0& 0& 1& -1\\ 0& 0& 0& 1& 0& 0& 0& 1\end{array}\right)$$

Deci $A^{-1}=\left(\begin{array}{cccc}1& -1& 0& 0\\ 0& 1& -1& 0\\ 0& 0& 1& -1\\ 0& 0& 0& 1\end{array}\right)$, obținută în trei transformări. Am ales dinadins o matrice triunghiulară, ca tot calculul să încapă aici; pentru o matrice oarecare de ordin $4$ ar fi fost nevoie de vreo douăsprezece transformări — tot mult mai puțin decât cei șaptesprezece determinanți ai adjunctei.

6. Ecuații matriceale: $AX=B$ și $XA=B$

Raționamentul de la punctul 1 nu depinde de faptul că în dreapta stă $I_n$. Dacă în locul lui punem o matrice oarecare $B$ cu $n$ linii, obținem exact modul de a rezolva ecuația matriceală $AX=B$: coloanele lui $X$ sunt soluțiile sistemelor $A{X}_k=B_k$, unde $B_k$ sunt coloanele lui $B$.

Procedeu. Scrii tabloul format din $A$ și, la dreapta, $B$. Aplici transformări elementare până când în stânga apare $I_n$. Ce rămâne în dreapta este $X$. Nu ai calculat niciodată $A^{-1}$ — l-ai folosit implicit.

Fie, de pildă, $A=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& 1\\ 1& 1& 1\\ 1& 2& 3\end{array}\right)$ și $B=\left(\begin{array}{cc}4& 1\\ 3& 0\\ 8& 5\end{array}\right)$. Tabloul are $3$ linii și $5$ coloane, iar transformările sunt exact aceleași ca la punctul 3, pentru că jumătatea stângă e aceeași matrice:

$$\left(\begin{array}{ccccc}2& 1& 1& 4& 1\\ 1& 1& 1& 3& 0\\ 1& 2& 3& 8& 5\end{array}\right)\stackrel{L_1\leftrightarrow L_2,L_2\leftarrow L_2-2L_1,L_3\leftarrow L_3-L_1}{\to }\left(\begin{array}{ccccc}1& 1& 1& 3& 0\\ 0& -1& -1& -2& 1\\ 0& 1& 2& 5& 5\end{array}\right)$$

$$\stackrel{L_2\leftarrow (-1)L_2,L_3\leftarrow L_3-L_2}{\to }\left(\begin{array}{ccccc}1& 1& 1& 3& 0\\ 0& 1& 1& 2& -1\\ 0& 0& 1& 3& 6\end{array}\right)\stackrel{L_1\leftarrow L_1-L_2,L_2\leftarrow L_2-L_3}{\to }\left(\begin{array}{ccccc}1& 0& 0& 1& 1\\ 0& 1& 0& -1& -7\\ 0& 0& 1& 3& 6\end{array}\right)$$

Deci $X=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ -1& -7\\ 3& 6\end{array}\right)$. Verificare: $A\cdot X$ dă pe prima linie $2\cdot 1+1\cdot (-1)+1\cdot 3=4$ și $2\cdot 1+1\cdot (-7)+1\cdot 6=1$ ✓, adică prima linie a lui $B$.

Ecuația $XA=B$ și rolul transpusei. La ecuația $XA=B$ necunoscuta stă în stânga, deci procedeul de mai sus nu se aplică direct: transformările pe linii acționează la stânga, nu la dreapta. Soluția e o mutare simplă — transpunem. Din proprietatea ${}^t(XA)={}^{t}A\cdot {}^{t}X$, ecuația $XA=B$ devine

$${}^{t}A\cdot {}^{t}X={}^{t}B,$$

adică o ecuație de tipul deja rezolvat, cu necunoscuta ${}^{t}X$. O rezolvi, apoi transpui înapoi rezultatul.

Exemplu. Rezolvăm $X\cdot \left(\begin{array}{ccc}2& 1& 1\\ 1& 1& 1\\ 1& 2& 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}3& 1& 0\end{array}\right)$, cu $X\in {\mathcal{M}}_{1,3}(\mathbb{R})$. Transpunem: ${}^{t}A=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& 1\\ 1& 1& 2\\ 1& 1& 3\end{array}\right)$ și ${}^{t}B=\left(\begin{array}{c}3\\ 1\\ 0\end{array}\right)$. Tabloul, cu o schimbare de linii pentru un pivot comod:

$$\left(\begin{array}{cccc}2& 1& 1& 3\\ 1& 1& 2& 1\\ 1& 1& 3& 0\end{array}\right)\stackrel{L_1\leftrightarrow L_2}{\to }\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 2& 1\\ 2& 1& 1& 3\\ 1& 1& 3& 0\end{array}\right)\stackrel{L_2\leftarrow L_2-2L_1,L_3\leftarrow L_3-L_1}{\to }\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 2& 1\\ 0& -1& -3& 1\\ 0& 0& 1& -1\end{array}\right)$$

Substituție inversă: din ultima linie, a treia componentă este $-1$; din a doua, $-y-3(-1)=1$, deci $y=2$; din prima, $x+2+2(-1)=1$, deci $x=1$. Așadar ${}^{t}X=\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -1\end{array}\right)$ și, transpunând înapoi, $X=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& -1\end{array}\right)$.

Verificare directă: $1\cdot 2+2\cdot 1+(-1)\cdot 1=3$; $1\cdot 1+2\cdot 1+(-1)\cdot 2=1$; $1\cdot 1+2\cdot 1+(-1)\cdot 3=0$ ✓.

7. Când $\det A=0$: ecuația devine o problemă de compatibilitate

Aici se vede de ce merită abordarea prin sisteme. Dacă $\det A=0$, matricea $A$ nu are inversă și metoda „înmulțim cu $A^{-1}$" nu se poate aplica deloc. Ecuația $AX=B$ însă nu dispare — ea rămâne un pachet de sisteme liniare, iar fiecare sistem poate fi incompatibil sau compatibil nedeterminat. Studiul se face exact cu instrumentele din lecțiile precedente.

Fie $A=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 2& 4\end{array}\right)$, cu $\det A=4-4=0$ și $\mathrm{rang}A=1$.

Cazul $B=\left(\begin{array}{c}3\\ 6\end{array}\right)$. Sistemul este $\{\begin{array}{l}x+2y=3\\ 2x+4y=6\end{array}$; a doua ecuație este dublul primei, deci $\mathrm{rang}\overline{A}=1=\mathrm{rang}A$: sistem compatibil nedeterminat. Cu $y=\alpha$ obținem $x=3-2\alpha$, deci ecuația matriceală are o infinitate de soluții:

$$X=\left(\begin{array}{c}3-2\alpha \\ \alpha \end{array}\right),\alpha \in \mathbb{R}.$$

Verificare: $A\cdot X$ are prima componentă $(3-2\alpha )+2\alpha =3$ și a doua $2(3-2\alpha )+4\alpha =6$ ✓, pentru orice $\alpha$.

Cazul $B=\left(\begin{array}{c}3\\ 7\end{array}\right)$. Sistemul este $\{\begin{array}{l}x+2y=3\\ 2x+4y=7\end{array}$; scăzând dublul primei ecuații din a doua obținem $0=1$, fals. Sistemul e incompatibil, deci ecuația matriceală nu are nicio soluție.

Reține concluzia: când $\det A\ne 0$, ecuația $AX=B$ are exact o soluție, $X=A^{-1}B$; când $\det A=0$, ea are fie o infinitate de soluții, fie niciuna, iar răspunsul se decide comparând $\mathrm{rang}A$ cu $\mathrm{rang}\overline{A}$.

8. Cum alegi metoda

Rândul despre matricele cu parametru merită subliniat: acolo Gauss te obligă să deschizi cazuri („dacă $m\ne 1$ pot împărți la $m-1$, dacă $m=1$ nu"), iar discuția devine mai lungă decât calculul adjunctei. Este exact tipul de analiză pe care îl vei face la sistemele cu parametru.

Exemple rezolvate

Exemplul 1 — Inversa unei matrice de ordin doi

Determinați, prin metoda lui Gauss, inversa matricei $A=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 7\end{array}\right)$.

Rezolvare. Scriem tabloul dublu și facem zero sub pivot, apoi deasupra:

$$\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 1& 0\\ 3& 7& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{L_2\leftarrow L_2-3L_1}{\to }\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 1& 0\\ 0& 1& -3& 1\end{array}\right)\stackrel{L_1\leftarrow L_1-2L_2}{\to }\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 7& -2\\ 0& 1& -3& 1\end{array}\right)$$

Deci $A^{-1}=\left(\begin{array}{cc}7& -2\\ -3& 1\end{array}\right)$. Control prin adjunctă: $\det A=7-6=1$, iar pentru ordinul $2$ inversa este $\frac{1}{\det A}\left(\begin{array}{cc}7& -2\\ -3& 1\end{array}\right)$ — același rezultat. Verificare: $A\cdot A^{-1}=\left(\begin{array}{cc}7-6& -2+2\\ 21-21& -6+7\end{array}\right)=I_2$ ✓.

Exemplul 2 — Inversa unei matrice de ordin trei

Determinați, prin metoda lui Gauss, inversa matricei $A=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 2& 3& 1\\ 1& 1& 1\end{array}\right)$.

Rezolvare. Pivotul din colțul stânga-sus este deja $1$:

$$\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 0& 1& 0& 0\\ 2& 3& 1& 0& 1& 0\\ 1& 1& 1& 0& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{L_2\leftarrow L_2-2L_1}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 0& 1& 0& 0\\ 0& 1& 1& -2& 1& 0\\ 1& 1& 1& 0& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{L_3\leftarrow L_3-L_1}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 0& 1& 0& 0\\ 0& 1& 1& -2& 1& 0\\ 0& 0& 1& -1& 0& 1\end{array}\right)$$

$$\stackrel{L_1\leftarrow L_1-L_2}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 0& -1& 3& -1& 0\\ 0& 1& 1& -2& 1& 0\\ 0& 0& 1& -1& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{L_1\leftarrow L_1+L_3,L_2\leftarrow L_2-L_3}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 0& 0& 2& -1& 1\\ 0& 1& 0& -1& 1& -1\\ 0& 0& 1& -1& 0& 1\end{array}\right)$$

Deci $A^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}2& -1& 1\\ -1& 1& -1\\ -1& 0& 1\end{array}\right)$. Verificare, prima linie a produsului $A\cdot A^{-1}$: $1\cdot 2+1\cdot (-1)+0\cdot (-1)=1$; $1\cdot (-1)+1\cdot 1+0\cdot 0=0$; $1\cdot 1+1\cdot (-1)+0\cdot 1=0$ ✓.

Exemplul 3 — O matrice care nu este inversabilă

Stabiliți, prin metoda lui Gauss, dacă matricea $A=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 4& 6\\ 1& 0& 1\end{array}\right)$ este inversabilă.

Rezolvare. Începem eliminarea:

$$\left(\begin{array}{cccccc}1& 2& 3& 1& 0& 0\\ 2& 4& 6& 0& 1& 0\\ 1& 0& 1& 0& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{L_2\leftarrow L_2-2L_1}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 2& 3& 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& -2& 1& 0\\ 1& 0& 1& 0& 0& 1\end{array}\right)$$

Linia a doua are, în jumătatea stângă, numai zerouri. Cum a doua linie a lui $A$ era dublul primei, era de așteptat. Prin urmare $\mathrm{rang}A\le 2<3$, matricea nu este inversabilă, iar calculul se oprește aici. Control: $\det A=0$, pentru că determinantul are două linii proporționale.

Exemplul 4 — Ecuație matriceală $AX=B$

Rezolvați ecuația matriceală $\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 2& 3& 1\\ 1& 1& 1\end{array}\right)\cdot X=\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 2\end{array}\right)$.

Rezolvare. Folosim matricea din Exemplul 2, deci aceleași transformări, purtând de data aceasta o singură coloană în dreapta:

$$\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 0& 1\\ 2& 3& 1& 4\\ 1& 1& 1& 2\end{array}\right)\stackrel{L_2\leftarrow L_2-2L_1,L_3\leftarrow L_3-L_1}{\to }\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 0& 1\\ 0& 1& 1& 2\\ 0& 0& 1& 1\end{array}\right)\stackrel{L_1\leftarrow L_1-L_2}{\to }\left(\begin{array}{cccc}1& 0& -1& -1\\ 0& 1& 1& 2\\ 0& 0& 1& 1\end{array}\right)$$

$$\stackrel{L_1\leftarrow L_1+L_3,L_2\leftarrow L_2-L_3}{\to }\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 0\\ 0& 1& 0& 1\\ 0& 0& 1& 1\end{array}\right)$$

Deci $X=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 1\end{array}\right)$. Verificare: $A\cdot X$ are componentele $0+1+0=1$, $0+3+1=4$, $0+1+1=2$ ✓.

Exemplul 5 — Ecuația $XA=B$

Rezolvați ecuația matriceală $X\cdot \left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-1& -3\end{array}\right)$, unde $X\in {\mathcal{M}}_{1,2}(\mathbb{R})$.

Rezolvare. Necunoscuta stă la stânga, deci transpunem: ecuația devine ${}^{t}A\cdot {}^{t}X={}^{t}B$, adică

$$\left(\begin{array}{cc}1& 3\\ 2& 7\end{array}\right)\cdot {}^{t}X=\left(\begin{array}{c}-1\\ -3\end{array}\right).$$

Aplicăm metoda pe tabloul corespunzător:

$$\left(\begin{array}{ccc}1& 3& -1\\ 2& 7& -3\end{array}\right)\stackrel{L_2\leftarrow L_2-2L_1}{\to }\left(\begin{array}{ccc}1& 3& -1\\ 0& 1& -1\end{array}\right)\stackrel{L_1\leftarrow L_1-3L_2}{\to }\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 2\\ 0& 1& -1\end{array}\right)$$

Deci ${}^{t}X=\left(\begin{array}{c}2\\ -1\end{array}\right)$ și, transpunând înapoi, $X=\left(\begin{array}{cc}2& -1\end{array}\right)$. Verificare directă: $2\cdot 1+(-1)\cdot 3=-1$ și $2\cdot 2+(-1)\cdot 7=-3$ ✓.

O alternativă, tot corectă: se calculează $A^{-1}=\left(\begin{array}{cc}7& -2\\ -3& 1\end{array}\right)$ și se înmulțește ecuația la dreapta cu $A^{-1}$, obținând $X=B{A}^{-1}=\left(\begin{array}{cc}-7+9& 2-3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}2& -1\end{array}\right)$. Ordinea contează: la $XA=B$ se înmulțește la dreapta, la $AX=B$ se înmulțește la stânga.

Exemplul 6 — Exemplu tip Bacalaureat M1

Se consideră matricele $A=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$ și $B=\left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ 3\end{array}\right)$.

a) Arătați că $A$ este inversabilă. b) Determinați $A^{-1}$ prin metoda lui Gauss. c) Rezolvați ecuația matriceală $AX=B$.

Rezolvare. a) Matricea este triunghiulară, deci determinantul ei este produsul elementelor de pe diagonala principală: $\det A=1\cdot 1\cdot 1=1\ne 0$. Prin criteriul determinantului, $A$ este inversabilă.

b) Pivoții sunt deja $1$; e suficient să facem zerouri deasupra lor:

$$\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 1& 1& 0& 0\\ 0& 1& 1& 0& 1& 0\\ 0& 0& 1& 0& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{L_1\leftarrow L_1-L_2}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 0& 0& 1& -1& 0\\ 0& 1& 1& 0& 1& 0\\ 0& 0& 1& 0& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{L_2\leftarrow L_2-L_3}{\to }\left(\begin{array}{cccccc}1& 0& 0& 1& -1& 0\\ 0& 1& 0& 0& 1& -1\\ 0& 0& 1& 0& 0& 1\end{array}\right)$$

Deci $A^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 0\\ 0& 1& -1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$.

c) Cum $A$ e inversabilă, ecuația are soluție unică, $X=A^{-1}B$:

$$X=\left(\begin{array}{ccc}1& -1& 0\\ 0& 1& -1\\ 0& 0& 1\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6-5\\ 5-3\\ 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 3\end{array}\right).$$

Verificare în ecuația inițială: $A\cdot X$ are componentele $1+2+3=6$, $2+3=5$, $3=3$ ✓.

Să exersăm

La fiecare inversă calculată, verifică rezultatul prin $A\cdot A^{-1}=I_n$ — este singurul control care prinde o greșeală de semn făcută la mijlocul calculului.

1. Determină, prin metoda lui Gauss, inversa matricei $A=\left(\begin{array}{cc}3& 5\\ 1& 2\end{array}\right)$.

2. Determină, prin metoda lui Gauss, inversa matricei $A=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 0& 1& 4\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$.

3. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Dacă, în cursul metodei lui Gauss, în jumătatea stângă a tabloului apare o linie formată numai din zerouri, atunci matricea nu este inversabilă."

4. Arată, prin metoda lui Gauss, că matricea $A=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 4& 2\end{array}\right)$ nu este inversabilă.

5. Rezolvă ecuația matriceală $\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 7\end{array}\right)\cdot X=\left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right)$.

6. Rezolvă ecuația matriceală $X\cdot \left(\begin{array}{cc}3& 5\\ 1& 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 1\end{array}\right)$, unde $X\in {\mathcal{M}}_{1,2}(\mathbb{R})$.

7. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Metoda lui Gauss dă inversa numai pentru matrice de ordin cel mult $3$."

8. (Problemă aplicată.) O firmă produce două articole. Matricea consumurilor pe unitate este $A=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 7\end{array}\right)$: prima linie dă consumul de material pentru câte o bucată din fiecare articol, a doua pe cel de manoperă. Într-o zi s-au consumat $10$ unități de material și $33$ de manoperă. Scrie ecuația matriceală corespunzătoare și află câte articole de fiecare fel s-au produs.

9. Determină, prin metoda lui Gauss, inversa matricei $A=\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 0\\ 1& 1& 0& 0\\ 1& 1& 1& 0\\ 1& 1& 1& 1\end{array}\right)$.

10. Rezolvă ecuația matriceală $\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 7\end{array}\right)\cdot X=\left(\begin{array}{cc}5& 1\\ 13& 4\end{array}\right)$, unde $X\in {\mathcal{M}}_2(\mathbb{R})$.

11. Se consideră $A=\left(\begin{array}{cc}1& 3\\ 2& 6\end{array}\right)$ și $B=\left(\begin{array}{c}2\\ 4\end{array}\right)$. Arată că $\det A=0$ și determină toate soluțiile ecuației $AX=B$.

12. Cu aceeași matrice $A=\left(\begin{array}{cc}1& 3\\ 2& 6\end{array}\right)$, arată că ecuația $AX=\left(\begin{array}{c}2\\ 5\end{array}\right)$ nu are nicio soluție.

13. Câți determinanți trebuie calculați pentru a afla inversa unei matrice de ordin $4$ prin metoda adjunctei? Detaliază numărul și ordinul lor.

14. Verifică, prin înmulțire, că $\left(\begin{array}{ccc}2& -1& 1\\ -1& 1& -1\\ -1& 0& 1\end{array}\right)$ este inversa matricei $\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 2& 3& 1\\ 1& 1& 1\end{array}\right)$, calculând ambele produse.

15. (Exercițiu tip Bacalaureat M1.) Se consideră $A=\left(\begin{array}{cc}2& 3\\ 1& 2\end{array}\right)$. a) Calculează $\det A$ și arată că $A$ este inversabilă. b) Determină $A^{-1}$ prin metoda lui Gauss. c) Rezolvă ecuația $AX=\left(\begin{array}{c}7\\ 4\end{array}\right)$.

16. Determină inversa matricei $A=\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 1\\ 1& 1& 0\\ 0& 1& 1\end{array}\right)$ prin metoda lui Gauss. (Rezultatul conține fracții — nu e o greșeală.)

17. Explică, în trei-patru fraze, de ce a rezolva $AX=I_n$ înseamnă a rezolva $n$ sisteme liniare cu aceeași matrice, și de ce se pot rezolva toate deodată.

18. (Provocare.) Fie $A$ o matrice pătratică triunghiulară superioară, cu toate elementele de pe diagonala principală egale cu $1$. Arată că $A$ este inversabilă și că $A^{-1}$ este tot triunghiulară superioară, cu $1$ pe diagonala principală. (Indicație: urmărește ce forme au tablourile la fiecare pas al metodei.)

Răspunsuri și explicații

1. $\left(\begin{array}{cccc}3& 5& 1& 0\\ 1& 2& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{L_1\leftrightarrow L_2}{\to }\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 0& 1\\ 3& 5& 1& 0\end{array}\right)\stackrel{L_2\leftarrow L_2-3L_1}{\to }\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 0& 1\\ 0& -1& 1& -3\end{array}\right)\stackrel{L_2\leftarrow (-1)L_2}{\to }\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 0& 1\\ 0& 1& -1& 3\end{array}\right)\stackrel{L_1\leftarrow L_1-2L_2}{\to }\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 2& -5\\ 0& 1& -1& 3\end{array}\right)$. Deci $A^{-1}=\left(\begin{array}{cc}2& -5\\ -1& 3\end{array}\right)$. Verificare: $A\cdot A^{-1}=\left(\begin{array}{cc}6-5& -15+15\\ 2-2& -5+6\end{array}\right)=I_2$ ✓.

2. Pivoții sunt deja $1$, deci facem zerouri deasupra lor, de jos în sus: $L_2\leftarrow L_2-4L_3$ dă în dreapta linia $(0,1,-4)$; $L_1\leftarrow L_1-3L_3$ dă $(1,0,-3)$; apoi $L_1\leftarrow L_1-2L_2$ dă $(1,-2,5)$. Prin urmare $A^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 5\\ 0& 1& -4\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$. Verificare pe prima linie a produsului $A\cdot A^{-1}$: $1$; $-2+2=0$; $5-8+3=0$ ✓.

3. Adevărat. O linie nulă rămâne nulă după orice transformare elementară aplicată ei (înmulțirea cu un scalar dă tot zero, iar adunarea unei alte linii ar strica zerourile deja obținute în celelalte coloane). Prin urmare jumătatea stângă nu poate deveni $I_n$, care are pe fiecare linie un $1$. Echivalent: linia nulă arată că $\mathrm{rang}A<n$, deci $\det A=0$.

4. $\left(\begin{array}{cccc}2& 1& 1& 0\\ 4& 2& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{L_2\leftarrow L_2-2L_1}{\to }\left(\begin{array}{cccc}2& 1& 1& 0\\ 0& 0& -2& 1\end{array}\right)$. În jumătatea stângă a apărut o linie nulă, deci $A$ nu este inversabilă. Control: $\det A=4-4=0$.

5. $\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 1\\ 3& 7& 2\end{array}\right)\stackrel{L_2\leftarrow L_2-3L_1}{\to }\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 1\\ 0& 1& -1\end{array}\right)\stackrel{L_1\leftarrow L_1-2L_2}{\to }\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 3\\ 0& 1& -1\end{array}\right)$. Deci $X=\left(\begin{array}{c}3\\ -1\end{array}\right)$. Verificare: $3-2=1$ și $9-7=2$ ✓.

6. Transpunem: ${}^{t}A\cdot {}^{t}X={}^{t}B$, adică $\left(\begin{array}{cc}3& 1\\ 5& 2\end{array}\right)\cdot {}^{t}X=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)$. Din $3x+y=1$ și $5x+2y=1$ obținem, scăzând dublul primei din a doua, $-x=-1$, deci $x=1$ și $y=-2$. Așadar $X=\left(\begin{array}{cc}1& -2\end{array}\right)$. Verificare: $1\cdot 3+(-2)\cdot 1=1$ și $1\cdot 5+(-2)\cdot 2=1$ ✓.

7. Fals. Metoda funcționează pentru orice ordin; ea nu folosește nicio formulă legată de ordinul matricei, ci doar transformări elementare pe linii. Tocmai la ordinele mari devine net superioară metodei adjunctei, al cărei cost crește mult mai repede.

8. Notând cu $x$ și $y$ numerele de articole, ecuația matriceală este $\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 7\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}10\\ 33\end{array}\right)$. Aplicăm metoda pe tabloul corespunzător: $\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 10\\ 3& 7& 33\end{array}\right)\stackrel{L_2\leftarrow L_2-3L_1}{\to }\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 10\\ 0& 1& 3\end{array}\right)\stackrel{L_1\leftarrow L_1-2L_2}{\to }\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 4\\ 0& 1& 3\end{array}\right)$. Deci $x=4$ și $y=3$: s-au produs $4$ articole de primul fel și $3$ de al doilea. Verificare în context: materialul $4+2\cdot 3=10$ ✓, manopera $3\cdot 4+7\cdot 3=33$ ✓. Ambele numere sunt întregi și pozitive, deci soluția are sens.

9. Pivoții sunt deja $1$; facem zerouri deasupra lor, de jos în sus: $L_4\leftarrow L_4-L_3$, apoi $L_3\leftarrow L_3-L_2$, apoi $L_2\leftarrow L_2-L_1$. Se obține $A^{-1}=\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 0\\ -1& 1& 0& 0\\ 0& -1& 1& 0\\ 0& 0& -1& 1\end{array}\right)$. Verificare pe linia a treia a produsului $A\cdot A^{-1}$: $1-1+0+0=0$; $0+1-1+0=0$; $0+0+1+0=1$; $0$ ✓.

10. Tabloul are două coloane în dreapta: $\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 5& 1\\ 3& 7& 13& 4\end{array}\right)\stackrel{L_2\leftarrow L_2-3L_1}{\to }\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 5& 1\\ 0& 1& -2& 1\end{array}\right)\stackrel{L_1\leftarrow L_1-2L_2}{\to }\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 9& -1\\ 0& 1& -2& 1\end{array}\right)$. Deci $X=\left(\begin{array}{cc}9& -1\\ -2& 1\end{array}\right)$. Verificare: $A\cdot X=\left(\begin{array}{cc}9-4& -1+2\\ 27-14& -3+7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}5& 1\\ 13& 4\end{array}\right)$ ✓.

11. $\det A=6-6=0$, deci $A$ nu este inversabilă și metoda „înmulțim cu $A^{-1}$" nu se aplică. Ecuația se rescrie ca sistemul $\{\begin{array}{l}x+3y=2\\ 2x+6y=4\end{array}$, în care a doua ecuație este dublul primei; deci $\mathrm{rang}A=\mathrm{rang}\overline{A}=1$, sistem compatibil nedeterminat. Cu $y=\alpha$ obținem $x=2-3\alpha$, deci $X=\left(\begin{array}{c}2-3\alpha \\ \alpha \end{array}\right)$, $\alpha \in \mathbb{R}$ — o infinitate de soluții. Verificare: $(2-3\alpha )+3\alpha =2$ ✓ și $2(2-3\alpha )+6\alpha =4$ ✓.

12. Sistemul este $\{\begin{array}{l}x+3y=2\\ 2x+6y=5\end{array}$. Scăzând dublul primei ecuații din a doua obținem $0=1$, egalitate falsă, deci sistemul este incompatibil și ecuația matriceală nu are soluții. Cu rangurile: $\mathrm{rang}A=1$, dar $\mathrm{rang}\overline{A}=2$.

13. Sunt necesari $17$ determinanți: cei $16$ complemenți algebrici ${\delta }_{ij}$, fiecare fiind (până la semn) un determinant de ordin $3$, plus $\det A$, care este de ordin $4$. Prin comparație, metoda lui Gauss cere doar transformări elementare, fiecare formată dintr-o înmulțire și o adunare pe linie.

14. Prima linie a produsului $A\cdot A^{-1}$: $1\cdot 2+1\cdot (-1)+0\cdot (-1)=1$; $-1+1+0=0$; $1-1+0=0$. A doua: $4-3-1=0$; $-2+3+0=1$; $2-3+1=0$. A treia: $2-1-1=0$; $-1+1+0=0$; $1-1+1=1$. Deci $A\cdot A^{-1}=I_3$. Analog se verifică $A^{-1}\cdot A=I_3$, ceea ce confirmă că matricea dată este într-adevăr inversa.

15. a) $\det A=4-3=1\ne 0$, deci $A$ este inversabilă. b) $\left(\begin{array}{cccc}2& 3& 1& 0\\ 1& 2& 0& 1\end{array}\right)\stackrel{L_1\leftrightarrow L_2}{\to }\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 0& 1\\ 2& 3& 1& 0\end{array}\right)\stackrel{L_2\leftarrow L_2-2L_1}{\to }\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 0& 1\\ 0& -1& 1& -2\end{array}\right)\stackrel{L_2\leftarrow (-1)L_2}{\to }\left(\begin{array}{cccc}1& 2& 0& 1\\ 0& 1& -1& 2\end{array}\right)\stackrel{L_1\leftarrow L_1-2L_2}{\to }\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 2& -3\\ 0& 1& -1& 2\end{array}\right)$, deci $A^{-1}=\left(\begin{array}{cc}2& -3\\ -1& 2\end{array}\right)$. c) $X=A^{-1}\left(\begin{array}{c}7\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}14-12\\ -7+8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right)$; verificare: $2\cdot 2+3\cdot 1=7$ ✓ și $2+2=4$ ✓.

16. $\det A=2+0+1-(0+0+0)=3\ne 0$, deci inversa există. Aducând tabloul dublu la forma cu $I_3$ în stânga se obține $A^{-1}=\frac{1}{3}\left(\begin{array}{ccc}1& 1& -1\\ -1& 2& 1\\ 1& -2& 2\end{array}\right)$. Verificare pe prima linie a produsului $A\cdot A^{-1}$: $\frac{1}{3}(2\cdot 1+0\cdot (-1)+1\cdot 1)=1$; $\frac{1}{3}(2+0-2)=0$; $\frac{1}{3}(-2+0+2)=0$ ✓. Fracțiile sunt normale: ele apar ori de câte ori $\det A$ nu este $\pm 1$.