Archivo de la etiqueta: clase

Inversas de matrices de 2×2 con reducción gaussiana

Introducción

Es posible que sepas que una matriz $$A=\begin{pmatrix}
a & b\\
c & d
\end{pmatrix}$$de $2\times 2$ es invertible si y sólo si $ad-bc=0$, y que en ese caso la inversa está dada por $$B=\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}
d & -b\\
-c & a
\end{pmatrix}.$$ De hecho, una vez que se propone a $B$ como esta matriz, es sencillo hacer la multiplicación de matrices y verificar que en efecto tanto $AB$ como $BA$ son la matriz identidad de $2\times 2$.

Sin embargo, la idea de esta entrada es deducir que $ad-bc$ tiene que ser distinto de $0$ para que $A$ sea invertible y que, en ese caso, la inversa tiene que ser de la forma que dijimos. En esta deducción no usaremos nunca la definición ni propiedades de determinantes.

El procedimiento

Lo que haremos es aplicar el procedimiento de reducción gaussiana para encontrar inversas, es decir, le haremos reducción gaussiana a la matriz $A’=\begin{pmatrix}
a & b & 1 & 0\\
c & d & 0 & 1
\end{pmatrix}$ obtenida de «pegar» a la matriz $A$ una matriz identidad a su derecha. Es un resultado conocido que si $A$ es invertible, entonces al terminar la reducción gaussiana de $A’$ la matriz de $2\times 2$ que queda a la izquierda será la identidad y la que quede a la derecha será la inversa de $A$.

Empecemos con una matriz $A=\begin{pmatrix}
a & b\\
c & d
\end{pmatrix}$ de $2\times 2$ cualquiera. Si ambos $a$ y $c$ son iguales a $0$, entonces la primer columna de $BA$ es $0$ para toda $B$, y por lo tanto $A$ no puede tener inversa. Así, una primera condición para que $A$ tenga inversa es que $a$ o $c$ sean distintos de cero. Si $a$ fuera $0$, el primer paso de reducción gaussiana sería intercambiar las filas, así que podemos suponer sin pérdida de generalidad que $a$ no es $0$. De este modo, el primer paso de reducción gaussiana es multiplicar la primer fila por $1/a$ para que el pivote sea $1$: $$\begin{pmatrix}
1 & \frac{b}{a}& \frac{1}{a} & 0\\
c & d & 0 & 1
\end{pmatrix}$$

El siguiente paso es hacer al resto de las entradas en la columna de ese primer pivote iguales a $0$. Para eso basta restar a la segunda fila $c$ veces la primera:

$$\begin{pmatrix}
1 & \frac{b}{a}& \frac{1}{a} & 0\\
0 & d – \frac{bc}{a} & -\frac{c}{a} & 1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 & \frac{b}{a}& \frac{1}{a} & 0\\
0 & \frac{ad-bc}{a} & -\frac{c}{a} & 1
\end{pmatrix}.$$

Si $ad-bc=0$, entonces el pivote de la segunda fila ya no quedaría en la segunda columna, y la forma escalonada reducida no tendría a la identidad a la izquierda. Así que una segunda condición para que $A$ sea invertible es que $ad-bc$ no sea cero. Notemos que si $ad-bc$ no es cero, entonces tampoco $a$ y $c$ son simultaneamente $0$, así que nuestra condición anterior ya está capturada con pedir que $ad-bc$ no sea cero.

Sabiendo que $ad-bc$ no es cero, el siguiente paso en la reducción gaussiana es multiplicar la segunda fila por $a/(ad-bc)$ para hacer el pivote igual a $1$:

$$\begin{pmatrix}
1 & \frac{b}{a}& \frac{1}{a} & 0\\
0 & 1 & -\frac{c}{ad-bc} & \frac{a}{ad-bc}
\end{pmatrix}.$$

Finalmente, para que el pivote de la segunda columna sea la única entrada no cero, tenemos que restar a la primera fila la segunda multiplicada por $-b/a$:

$$\begin{pmatrix}
1 & 0 & \frac{1}{a}+\frac{bc}{a(ad-bc)} & -\frac{b}{ad-bc}\\
0 & 1 & -\frac{c}{ad-bc} & \frac{a}{ad-bc}
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 & 0 & \frac{d}{ad-bc} & -\frac{b}{ad-bc}\\
0 & 1 & -\frac{c}{ad-bc} & \frac{a}{ad-bc}
\end{pmatrix}.$$

Así, basta pedir $ad-bc$ para que la reducción gaussiana deje a la identidad en la matriz de $2\times 2$ de la izquierda y, al terminar el procedimiento, tenemos a la derecha a la inversa de $A$ que es la matriz:

$$\begin{pmatrix}
\frac{d}{ad-bc} & -\frac{b}{ad-bc}\\
-\frac{c}{ad-bc} & \frac{a}{ad-bc}
\end{pmatrix}=\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}
d & -b\\
-c & a
\end{pmatrix}.$$

Esto es a lo que queríamos llegar. Por supuesto, el camino fue largo y hay formas de llegar al mismo resultado de manera más corta, pero usando más teoría.

¿Ahora qué?

Si te gustó esta entrada, puedes compartirla o revisar otras relacionadas con matemáticas a nivel universitario:

Mariposa de 7 equivalencias de matrices invertibles

Introducción

Una de las nociones más importantes en álgebra lineal es la de «matriz invertible». Llamemos $I_n$ a la matriz identidad de $n\times n$, es decir, a la que tiene $1$ en cada entrada de la diagonal principal, y $0$ en las demás.

Una matriz $A$ de $n\times n$ es invertible si existe una matriz $B$ de $n\times n$ tal que $AB=I_n=BA$.

Una consecuencia rápida es que dicha matriz $B$ es única, así que le podemos dar la notación $A^{-1}$. De la definición (y asociatividad) se puede ver rápido que si $A_1$ y $A_2$ son invertibles, entonces su producto $A_1A_2$ también, con inversa $A_2^{-1}A_1^{-1}$, en otras palabras, «producto de invertibles es invertible».

Un detalle curioso de la definición es que pide no sólo que $AB=I_n$, sino que para la misma matriz $B$ también se tenga que $BA=I_n$. Por un lado, a priori esto tiene sentido pues el producto de matrices no es conmutativo, es decir, ocurre a veces que $AB\neq BA$. Sin embargo, como veremos más adelante en esta entrada, en la definición de matriz invertible basta con tener una de estas igualdades.

De hecho, la idea de esta entrada es presentar y demostrar varias equivalencias a la afirmación «$A$ es una matriz invertible». La presentación sigue un poco el orden de ideas del capítulo 3.4 del libro Essential Linear Algebra with Applications: A Problem-Solving Approach de Titu Andreescu. La idea es explicar el siguiente diagrama, en donde agrupamos a las equivalencias en grupitos que corresponden a partes de una mariposa:

Algunas definiciones

Antes de enunciar el resultado principal, conviene recordar algunas definiciones y un par de resultados importantes.

Una operación elemental es aplicar a una matriz de las siguientes operaciones:

  • Intercambio de dos filas.
  • Multiplicar todas las entradas de alguna de sus filas por un elemento $c$ no cero.
  • Sumar a una fila un múltiplo de otra fila.

Una matriz elemental es una matriz obtenida de aplicar a $I_n$ exactamente una operación elemental.

Una fila de una matriz es una fila cero si todas sus entradas son iguales a cero. A la primer entrada no cero (de izquierda a derecha) de una fila que no sea fila cero se le llama pivote. Una matriz es escalonada reducida si cumple las siguientes tres propiedades:

  1. Todas las filas cero están hasta abajo.
  2. En todas las filas no cero los pivotes son iguales a $1$.
  3. Si una fila no cero $F_1$ está arriba de otra fila no cero $F_2$, entonces el pivote de $F_1$ está estrictamente a la izquierda del pivote de $F_2$.
  4. Si una entrada tiene al pivote de una fila, entonces todas las demás entradas de la columna son iguales a $0$.

Un resultado (no trivial) es que cualquier matriz se puede llevar a una (y sólo una) matriz escalonada reducida $A_{\text{red}}$ usando únicamente operaciones elementales, a la cual le llamamos su forma escalonada reducida. Estas son todas las definiciones que necesitamos. Estamos listos para pasar al enunciado del teorema principal.

Teorema de la mariposa de equivalencias

Teorema: Sea $A$ una matriz de $n\times n$ con entradas en un campo $F$. Entonces, todas las siguientes afirmaciones son equivalentes:

  1. $A$ es una matriz invertible.
  2. La forma escalonada reducida $A_{\text{red}}$ de $A$ es $I_n$.
  3. $A$ es producto de matrices elementales.
  4. Para todo $b\in F^n$, el sistema de ecuaciones $Ax=b$ tiene una única solución $x\in F^n$.
  5. Para todo $b\in F^n$, el sistema de ecuaciones $Ax=b$ tiene una solución $x\in F^n$.
  6. Existe una matriz $B$ de $n\times n$ tal que $AB=I_n$.
  7. Existe una matriz $B$ de $n\times n$ tal que $BA=I_n$.

Por supuesto, estas no son todas las formas de caracterizar una matriz invertible. Hay otras formas de hacerlo en términos de determinantes, por ejemplo. En el camino recordaremos varias de las definiciones que están en este teorema.

Le llamo el teorema de la mariposa de equivalencias porque podemos agrupar a estos números en tres «grupos» principales de equivalencias «parecidas», que además nos van a recordar cómo va la prueba.

Primero veremos la equivalencia entre 1, 2 y 3 (un ala). Luego, entre 1,4,5 (otra ala). Después, entre 1 y 6 (antena derecha). Finalmente, entre 1 y 7 (antena izquierda).

Un par de lemas auxiliar

Antes de demostrar el teorema de equivalencias, enunciamos y argumentamos dos resultados útiles

Es fácil convencerse de que aplicar una operación elemental a una matriz $A$ es lo mismo que multiplicar a $A$ por la izquierda por la matriz elemental correspondiente a la operación. Como toda matriz $A$ se puede llevar a su forma escalonada reducida mediante operaciones elementales, concluimos lo siguiente.

Lema 1: Para toda matriz $A$ existe una matriz $E$ que es producto de matrices elementales tal que $EA$ es la forma escalonada reducida de $A$, es decir $EA=A_{\text{red}}$.

También es fácil convencerse de que cada matriz elemental es invertible, pues las operaciones elementales se pueden revertir, y la inversa de la matriz elemental $M$ es precisamente la matriz elemental correspondiente a la operación inversa. Además, producto de matrices invertibles es invertible. De este modo, concluimos lo siguiente:

Lema 2: Si $E$ es una matriz que es producto de matrices elementales, entonces $E$ es invertible y también es producto de matrices elementales.

La demostración del teorema de la mariposa

Usaremos el diagrama de la mariposa para demostrar todas las equivalencias. Lo que haremos es probar una implicación por cada una de las siguientes flechas:


Empezamos con el ala izquierda de la mariposa.

(1) implica (2): Tomemos una matriz invertible $A$. Por el Lema 1, existe una matriz producto de elementales tal que $EA=A_{\text{red}}$. Como $E$ y $A$ son invertibles, entonces $A_{\text{red}}$ también es invertible.

Si $A_{\text{red}}$ tuviera una fila cero, digamos la $j$, no sería invertible. Esto sucede ya que para cualquier matriz $B$ de $n\times n$ tendríamos que la fila $j$ de $AB$ también sería cero, y entonces $AB$ nunca sería $I_n$. Como sabemos que $A_{\text{red}}$ es invertible, entonces todas sus filas no son cero y por lo tanto todas tienen pivote. Así, tenemos $n$ pivotes y por lo tanto tiene que haber exactamente un pivote por columna. Como $A_{\text{red}}$ es escalonada reducida, estos pivotes tienen que estar exactamente uno en cada entrada de la diagonal principal. Como además cada pivote es la única entrada no cero de su columna, concluimos que $A_{\text{red}}$ es la identidad.

(2) implica (3): Tomemos una matriz $A$ cuya forma escalonada reducida es la identidad. Por el Lema 1, existe una matriz producto de elementales tal que $EA=A_{\text{red}}=I_n$. Por el Lema 2, $E$ es invertible y $E^{-1}$ es producto de matrices elementales. Multiplicando por $E^{-1}$ a la izquierda a la identidad $EA=I_n$ obtenemos $A=E^{-1}$, es decir, $A$ es producto de matrices elementales.

(3) implica (1): Finalmente, si $A$ es producto de matrices elementales, por el Lema 2 tenemos que $A$ es invertible.

Con esto terminamos la primer ala de la mariposa. Notemos que cierran un ciclo, así que a partir de ahora podemos usar libremente la equivalencia entre 1, 2 y 3. Hagamos la segunda ala.

(1) implica (4): Supongamos que $A$ es invertible y tomemos cualquier $b$ en $F^n$. Notemos que $A^{-1}b$ es solución de $Ax=b$ pues satisface $A(A^{-1}b)=I_n b=b$. Además, si $x$ y $y$ son soluciones de $Ax=b$, tendríamos que $Ax=Ay$ y mutiplicando por $A^{-1}$ a la izquierda tendríamos que $x=y$. De este modo, $Ax=b$ tiene una única solución para todo $b$ en $F^n$.

(4) implica (5): Esta demostración es inmediata. Si $Ax=b$ tiene una única solución, en particular tiene una solución.

(5) implica (1): Supongemos que $Ax=b$ tiene una solución $x$ en $F^n$ para todo $b$ en $F^n$. Afirmamos que esto implica que $A_{\text{red}}x=b$ tiene solución para para todo $b$ en $F^n$. Tomemos una $b$ en $F^n$. Por el Lema 1, hay una matriz invertible $E$ tal que $A_{\red}=EA$. Por hipótesis, existe una solución $x$ para $Ax=E^{-1}b$. Tomemos esa $x$. Notemos que $A_{\text{red}}x=(EA)x=E(Ax)=E(E^{-1}b)=b$. Es decir, justo esa $x$ es solución para $A_{\text{red}}x=b$.

En particular, $A_{\text{red}}x=e_j$ tiene solución para cuando $e_j$ es el vector cuya $j$-ésima entrada es $1$ y las demás cero. Así, es imposible que la $j$-ésima fila de $A_{\text{red}}$ sea cero, ya que en caso contrario $Ax$ siempre tendría $j$-ésima entrada cero y $Ax=e_j$ no tendría solución. Como ya vimos antes, si $A_{\text{red}}$ no tiene filas cero, entonces es la identidad. Por la equivalencia entre (1) y (2) concluimos que $A$ es invertible.

Esto termina las equivalencias en la segunda ala, así que ahora podemos usar libremente las implicaciones entre 1, 2, 3, 4 y 5. Ya nada más nos faltan las antenas.

Por supuesto, las implicaciones (1) implica (6) y (1) implica (7) son triviales, pues la matriz de (1) en particular funciona para (6) y (7). Lo que falta ver son los regresos de estas implicaciones.

(6) implica (1): Supongamos que existe una matriz $B$ tal que $AB=I_n$. Tomemos $b$ en $F^n$. Notemos que $Bb$ es solución de $Ax=b$ pues $A(Bb)=(AB)b=I_nb=b$. De este modo, $Ax=b$ tiene solución para todo $b$ en $F^n$ y por la equivalencia entre (1) y (5) tenemos que $A$ es invertible. Si tomamos a su inversa $A^{-1}$ y la multiplicamos a la izquierda en la hipótesis, obtenemos $B=A^{-1}$, de modo que también $BA=I_n$.

(7) implica (1): Supongamos que existe una matriz $B$ tal que $BA=I_n$. Por la equivalencia entre (1) y (6), tenemos que $B$ es invertible, de inversa $B^{-1}$. De este modo, $A=(B^{-1}B)A=B^{-1}(BA)=B^{-1}I_n=B^{-1}$. De este modo, $A$ es la inversa de una matriz invertible y por tanto es invertible, y por lo tanto $AB=B^{-1}B=I_n$.

¡Listo! Con esto tenemos la equivalencia entre todas las afirmaciones.

¿Ahora qué?

Si te gustó esta entrada, puedes compartirla o revisar otras relacionadas con matemáticas a nivel universitario: