Acerca del determinante de una matriz (cuadrada) de tipo triangular

Una propiedad interesante sobre el determinante de una matriz triangular, ya sea ésta superior o bien inferior, es que su determinante es el producto de los elementos de la diagonal principal. Subrayemos el hecho de que si no utilizamos esta propiedad, el cálculo del determinante a partir del algoritmo general puede llevarnos mucho trabajo, cuánto más si el orden de la matriz es mayor que $2$. Notemos que si alguno de los elementos de la diagonal principal es nulo, el determinante es igual cero (no haría falta en tal caso hacer ningún cálculo). Veamos un par de ejemplos:

Ejemplo 1

Calculemos el determinante de la matriz $$A=\begin{pmatrix}2&144&-1&6 \\ 0&3&24&58 \\ 0&0&-5&128 \\ 0&0&0&-3 \end{pmatrix}$$ Observemos que se trata de una matriz triangular (triangular superior), entonces, tal y como se ha dicho arriba, basta multiplicar los elementos de la diagonal principal: $$\begin{vmatrix}2&144&-1&6 \\ 0&3&24&58 \\ 0&0&-5&128 \\ 0&0&0&-3 \end{vmatrix} = 2\cdot 3 \cdot (-5) \cdot (-3) = 90$$

Ejemplo 2

Averigüemos si la siguiente matriz posee inversa $$B=\begin{pmatrix}6&0&0&0 \\ 14&2&0&0 \\ 121&-9&0&0 \\ 1264&6&137&45 \end{pmatrix}$$ Recordemos que una matriz cuadrada posee inversa (y en tal caso es única) si y sólo si es regular, y, por tanto, si y sólo si su determinante es distinto de cero. Observemos que se trata de una matriz triangular (triangular inferior), entonces, al igual que hemos hecho en el ejemplo anterior, para calcular el valor de su determinante basta multiplicar los elementos de la diagonal principal, y como uno de ellos es nulo, no hace falta realizar ninguna operación, pues el valor de dicho determinante ha de ser cero: $$\begin{vmatrix}6&0&0&0 \\ 14&2&0&0 \\ 121&-9&0&0 \\ 1264&6&137&45 \end{vmatrix} = 6\cdot 2 \cdot 0 \cdot 45 = 0$$ En consecuencia, la matriz $B$ no es regular, con lo cual podemos afirmar que no posee matriz inversa.

Un ejemplo de cálculo de álgebra lineal con la herramienta GNU Octave

El software matemático GNU Octave —pertenece al software libre, y por tanto, es gratuito— es una valiosa herramienta empleada en el cálculo y en el análisis numérico —ofrece también un nutrido repertorio de utilidades para la elaboración de gráficas— que no es difícil de empezar a utilizar en Bachillerato si restringimos sus prestaciones al currículo propio de dichos estudios, si bien sus posibilidades van mucho más allá, orientándose realmente a los estudios universitarios, incluso a la investigación. Para animaros a que lo utilicéis, en este ejemplo muestro cómo resolver un sistema de ecuaciones lineales compatible determinado empleando el método de la matriz inversa. És claro que no podréis usar esta herramienta en los exámenes de acceso a la universidad y en los exámenes ordinarios (por lo menos, de momento), pero os ayudará enormemente cuando estudiéis la asignatura en vuestra casas, permitiéndoos investigar en los conceptos y procedimientos, así como contrastar, comprobar o, simplemente, saltaros los procedimientos rutinarios (ya aprendidos) para resolver problemas más interesantes.

Consideremos el siguiente sistema de ecuaciones lineales con tres incóngitas $$\left.\begin{matrix}x&+&y&+&z&=&1 \\ x&-&2y&+&3z&=&2 \\ x&+&3y&-&z&=&3\end{matrix}\right\}$$ que en forma matricial puede escribirse de la forma $$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & -2 & 3 \\ 1 & 3 & -1 \end{pmatrix}\,\begin{pmatrix} x \\ y \\ z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3\end{pmatrix}$$ Entendiendo por $A$ la matriz de los coeficientes del sistema, por $X$ el vector columna de las incóngnitas y por $B$ el vector columna de los términos independientes, podemos escribir la ecuación matricial $$AX=B$$ Multiplicando ambos miembros por $A^{-1}$, se tiene que $A^{-1}AX=A^{-1}B$, y como $A^{-1}A=I$ (matriz identidad), teniendo en cuenta que $IX=X$, llegamos a $$X=A^{-1}B$$ Esto constituye el método de la matriz inversa para resolver el sistema de ecuaciones, obteniendo éstas, esto es, el vector columna de las incógnitas, que, claro está, para poder aplicarlo es necesario que $\text{det}(A)\neq 0$ (el sistema tiene que ser compatible).

Voy ahora a resolverlo, con la ayuda del GNU Octave:

  >> A=[1,1,1;1,-2,3;1,3,-1]
A =

   1   1   1
   1  -2   3
   1   3  -1
   
>> det(A)
ans = 2
% Como el determinante de la matriz de los coeficientes es
% distinto de cero, la matriz es regular (inversible) y su 
% rango es 3; en efecto,

>> rank(A)
ans = 3


% Analicemos el sistema según el tipo de solución
% (teorema de Rouché-Fröbenius)
% luego el sistema es compatible; 
% Además, es compatible, habida cuenta de que 
% el rango de la matriz ampliada es también 3,

% (en efecto, el rango de la matriz ampliada es 3)

>> A_a=[1,1,1,1;1,-2,3,2;1,3,-1,3]
A_a =

   1   1   1   1
   1  -2   3   2
   1   3  -1   3

>> rank(A_a)
ans = 3

% Por otra parte, el rango, que es 3, 
% es igual al número de incóngitas
% por lo que el sistema es (compatible) determinado


% Procedo a resolverlo,
% calculando la matriz inversa de A: 
>> A_i=inv(A)
A_i =

  -3.5000   2.0000   2.5000
   2.0000  -1.0000  -1.0000
   2.5000  -1.0000  -1.5000


% Compruebo que está bien calculada:
% el producto de la matriz A por su inversa
% (y el de la inversa de A por A)
% ha de ser igual a la matriz identidad

>> I=[1,0,0;0,1,0;0,0,1]
I =

   1   0   0
   0   1   0
   0   0   1


>> A_i*A
ans =

   1.0000   0.0000        0
        0   1.0000        0
        0   0.0000   1.0000

>> A*A_i
ans =

   1.0000        0        0
   0.0000   1.0000   0.0000
        0        0   1.0000

% Finalmente, calculo el vector de las incóngitas X:

% (defino antes el vector de los términos independientes)
>> B=[1;2;3]
B =

   1
   2
   3

% Y he aquí la solución del sistema
>> X=A_i*B
X =

   8
  -3
  -4

% Compruebo la solución, sustituyendo en las ecuaciones
% los valores de las incóngitas que acabamos de calcular

% Los sustituyo en la primera ecuación
% Para ello, téngase en cuenta que 
% el valor de la variable x es X(1),
% y es X(2) 
% y z es X(3)
% ya que en el programa, X, es un arreglo ('array' o 'vector')
% que tiene estas tres componentes. 
% En efecto:

>> X(1)+X(2)+X(3)
ans = 1
que, en efecto, es el valor 
del término independiente de la misma


% Los sustituyo en la segunda ecuación
>> X(1)-2*X(2)+3*X(3)
ans = 2
que, en efecto, es el valor 
del término independiente de la misma

% Los sustituyo en la tercera ecuación
>> X(1)+3*X(2)-X(3)
ans = 3
que, en efecto, es el valor 
del término independiente de la misma.

$\diamond$

-oOo-

Referencias

[1] https://octave.org/. Página web de desarrollo y descarga del programa de cálculo GNU Octave.
[2] John W. Eaton; David Bateman; Søren Hauberg; Rik Wehbring, Free Your Numbers, https://www.gnu.org/software/octave/octave.pdf. Manual actualizado de la herramienta GNU Octave.

Un ejemplo de cálculo de la matriz inversa de una matriz regular

[Dos maneras de calcular la matriz inversa de una matriz regular]

Un ejemplo de cálculo de la matriz inversa de una matriz regular, mediante el método de Gauss-Jordan

Esta mañana, en la clase para preparar el examen extraordinario y los exámenes de EvAU, he repasado el método de Gauss-Jordan para calcular la matriz inversa de una matriz regular, resolviendo un ejemplo sencillo de una matriz 3x3.

Ejemplo de resolución de una ecuación con matrices

Matriz inversa asociada a una matriz regular

Aplicación de la matriz inversa a la resolución de un sistema de ecuaciones lineales compatible determinado

Cálculo de la matriz inversa por el método de Gauss-Jordan

Algunas propiedades sobre las matrices inversa y traspuesta

Sean $A$ una cuadrada, entonces se cumple $(A^{\top})^{\top}=A$

Sean $A$ y $B$ matrices cuadradas del mismo orden, $n$, entonces se cumple $(AB)^{\top}=B^{\top}A^{\top}$

Sean $A$ una cuadrada invertible ( regular ), entonces se cumple $(A^{-1})^{-1}=A$

Sean $A$ y $B$ matrices cuadradas invertibles ( regulares ) del mismo orden, $n$, entonces se cumple $(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$

-oOo-Comentario: Una matriz cuadrada regular ( invertible ) $A$ tal que $A^{\top}=A^{-1}$ se llama matriz ortogonal.

$\square$

Matrices ortogonales

ENUNCIADO. Se dice que una matriz cuadrada invertible ( no singular ) es ortogonal si su traspuesta coincide con su inversa. Compruébese que la matriz $$A=\begin{pmatrix}\sin{\alpha}&\cos{\alpha} \\ -\cos{\alpha} & \sin{\alpha}\end{pmatrix}$$

SOLUCIÓN. La matriz traspuesta de $A$ es $A^{\top}=\begin{pmatrix}\sin{\alpha}&-\cos{\alpha} \\ \cos{\alpha} & \sin{\alpha}\end{pmatrix}$. Basta comprobar que $AA^{\top}=I=A^{\top}A$; en efecto,

$A\,A^{\top}=\begin{pmatrix}\sin{\alpha}&\cos{\alpha} \\ -\cos{\alpha} & \sin{\alpha}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\sin{\alpha}&-\cos{\alpha} \\ \cos{\alpha} & \sin{\alpha}\end{pmatrix}=$

$=\begin{pmatrix}\sin^2{\alpha}+\cos^2{\alpha}&\sin{\alpha}\cos{\alpha}-\sin{\alpha}\cos{\alpha} \\\sin{\alpha}\cos{\alpha}-\sin{\alpha}\cos{\alpha} & \sin^2{\alpha}+\cos^2{\alpha}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\0 & 1\end{pmatrix}$
$\square$

Matriz inversa

ENUNCIADO. Considérese la matriz $A=\begin{pmatrix}a^2&a&1 \\ 2a & a+1 &2 \\ 1 & 1 &1\end{pmatrix}$, donde $a$ es un parámetro. Se pide:
a) ¿ Para qué valores de $a$ la matriz $A$ es invertible ?
b) Para $a=0$, hallar la inversa de $A$

SOLUCIÓN.
a)
La condición para que $A$ no sea invertible es que su determinante sea nulo $$\begin{vmatrix}a^2&a&1 \\ 2a & a+1 &2 \\ 1 & 1 &1\end{vmatrix}=0\Leftrightarrow a^3-3\,a^2-3a-1=0 \Leftrightarrow (a-1)^3=0 \Leftrightarrow a=1$$ luego la matriz es invertible si $a\neq 1$

-oOo-Nota: Esto se ve a simple vista pues si $a=1$ la matriz es $\begin{pmatrix}1&1&1 \\ 2 & 2 &2 \\ 1 & 1 &1\end{pmatrix}$ y como su rango es $1$ ( sólo hay un vector fila independiente ) entonces $\text{det}(A)=\begin{vmatrix}1&1&1 \\ 2 & 2 &2 \\ 1 & 1 &1\end{vmatrix}=0$, luego para $k=1$ $A$ no es invertible. De todas formas, en otros casos podría haber más de un valor que anulase el determinante y no ser tan fácil encontrarlos todos a simple vista, por lo que se aconseja que se imponga la condición para que la matriz no sea invertible para, resolviendo la ecuación resultante, encontrar todos los valores, tal como se ha hecho arriba.
-oOo-
b)
Si $a:=0$, entonces la matriz es $\begin{pmatrix}0&0&1 \\ 0 & 1 &2 \\ 1 & 1 &1\end{pmatrix}$ y su determinante es $\text{det}(A)=-1$ Así pues, teniendo en cuenta que, $$A^{-1}=\dfrac{1}{\text{det}(A)}\,(\text{Adj}(A))^{\top}$$

Es fácil calcular la matriz de los cofactores ( o de los adjuntos de los elementos de la matriz $A$ ), y sale lo siguiente: $$\text{Adj}(A)=\begin{pmatrix}-1&2&-1 \\ 1 & -1 &0 \\ -1 & 0 &0\end{pmatrix}$$ luego $$(\text{Adj}(A))^{\top}=\begin{pmatrix}-1&1&-1 \\ 2 & -1 &0 \\ -1 & 0 &0\end{pmatrix}$$ con lo cual $$A^{-1}=\dfrac{1}{-1}\,\begin{pmatrix}-1&1&-1 \\ 2 & -1 &0 \\ -1 & 0 &0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&-1&1 \\ -2 & 1 &0 \\ 1 & 0 &0\end{pmatrix}$$

$\square$

Obtención de la matriz inversa de una matriz cuadrada ( en el caso de que exista )

Definición ( matriz inversa de $A_{n \times n}$)
Sea $A$ una matriz cuadrada $ n \times n$. Diremos que la matriz $A^{-1}$ ( que, en caso de existir, es única ) es la matriz inversa asociada a $A$ si se cumple que $AA^{-1}=A^{-1}A=I$, donde $I$ es la matriz identidad $n \times n$

Veamos un caso en el que $n$ sea igual a $2$. Lo que vamos a deducir del pequeño estudio que vamos a realizar a continuación, para un caso muy sencillo, no supondrá pérdida de generalidad. Consideremos, por ejemplo, la matriz cuadrada $A=\begin{pmatrix}1 & -1 \\ 1 & 1\end{pmatrix}$, entonces buscamos una matriz $\begin{pmatrix}x & y \\ z & t\end{pmatrix}$ tal que $$\begin{pmatrix}1 & -1 \\ 1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x & y \\ z & t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}$$

Del producto de matrices se llega al siguiente sistema de ecuaciones lineales: $$\left\{ \begin{matrix}x&&&-&z&&&=&1 \\ x&&&+&z&&&=&0 \\ &&y&&&-&t&=&0 \\ &&y&&&+&t&=&1\end{matrix}\right.$$ que se desacopla en los siguientes sistemas $\left\{ \begin{matrix}x&-&z&=&1 \\ x&+&z&=&0 \end{matrix}\right.$ y cuya solución es $x=1/2$, $z=-1/2$; y, $\left\{ \begin{matrix}x&-&t&=&0 \\ y&+&t&=&1 \end{matrix}\right.$ cuya solución es $y=1/2$, $t=1/2$

Así pues la matriz inversa de $A$ es $A^{-1}=\begin{pmatrix}1/2 & 1/2 \\ -1/2 & 1/2\end{pmatrix}$

Observación importante:
Notemos que, desde luego, es necesario que el sistema de ecuaciones sea compatible determinado para que exista la matriz inversa de $A$, y, por tanto, el rango de la matriz $A$ ha de ser $2$, y en un caso general, $n \times n$, deberá ser $n$; y, por ello, si el rango de la matriz $A_{n \times n}$ ha de ser $n$, entonces $\text{det}(A)$ tendrá que ser distinto de cero.

Una consecuencia de lo que se acaba de decir es que si una matriz $A$ tiene determinante nulo, entonces no existe la matriz inversa de dicha matriz $A$, y si dicho determinante es distinto de cero podremos asegurar que sí existe la matriz inversa de $A$.

Dicho de otra forma: el que el determinante de $A$ sea distinto de cero es condición necesaria y suficiente de existencia de la matriz inversa de $A$

Método de la matriz de los adjuntos ( o cofactores ) de una matriz invertible $A$ para encontrar su matriz inversa.
Procediendo de la misma manera que en el ejemplo expuesto, vamos a calcular la matriz inversa de una matriz invertible $A_{3 \times 3}=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13} \\ a_{21}&a_{22}&a_{23} \\ a_{31}&a_{32}&a_{33} \end{pmatrix}$, a la que designaremos por $A^{-1}=\begin{pmatrix}b_{11}&b_{12}&b_{13} \\ b_{21}&b_{22}&b_{23} \\ b_{31}&b_{32}&b_{33} \end{pmatrix}$, de tal manera que $AA^{-1}=I=A^{-1}A$. Entonces,
$$\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13} \\ a_{21}&a_{22}&a_{23} \\ a_{31}&a_{32}&a_{33} \end{pmatrix}\begin{pmatrix}b_{11}&b_{12}&b_{13} \\ b_{21}&b_{22}&b_{23} \\ b_{31}&b_{32}&b_{33} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0&0 \\ 0&1&0 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}$$ de donde, realizando el producto del primer miembro, se llega al sistema de ecuaciones lineales:$$\left\{\begin{matrix}a_{11}b_{11}&+&a_{12}b_{21}&+&a_{13}b_{31}&=&1 \\ a_{21}b_{11}&+&a_{22}b_{21}&+&a_{23}b_{31}&=&0 \\ a_{31}b_{11}&+&a_{32}b_{21}&+&a_{33}b_{31}&=&0 \\ a_{11}b_{12}&+&a_{12}b_{22}&+&a_{13}b_{32}&=&0 \\ a_{21}b_{12}&+&a_{22}b_{22}&+&a_{23}b_{32}&=&1 \\ a_{31}b_{12}&+&a_{32}b_{22}&+&a_{33}b_{32}&=&0 \\ a_{11}b_{13}&+&a_{12}b_{23}&+&a_{13}b_{33}&=&0 \\ a_{21}b_{13}&+&a_{22}b_{23}&+&a_{23}b_{33}&=&0 \\ a_{31}b_{13}&+&a_{32}b_{23}&+&a_{33}b_{33}&=&1\end{matrix}\right.$$ cuyas $9$ incógnitas son $b_{11},b_{12},\ldots,b_{33}$
Dicho sistema de $9$ ecuacionescon $9$ incógnitas vemos que se desacopla en tres sistemas de $3$ ecuaciones con $3$ incógnitas:
$$\left\{\begin{matrix}a_{11}b_{11}&+&a_{12}b_{21}&+&a_{13}b_{31}&=&1 \\ a_{21}b_{11}&+&a_{22}b_{21}&+&a_{23}b_{31}&=&0 \\ a_{31}b_{11}&+&a_{32}b_{21}&+&a_{33}b_{31}&=&0 \end{matrix}\right.$$ cuyas incógnitas son $b_{11},b_{21},b_{31}$, que podemos determinar mediante Cramer:

$$b_{11}=\dfrac{\begin{vmatrix}1&a_{12}&a_{13} \\ 0&a_{22}&a_{23} \\ 0&a_{32}&a_{33} \end{vmatrix}}{\text{det}(A)}\overset{\text{Laplace}}{=}\dfrac{=(-1)^{1+1}\cdot \begin{vmatrix}a_{22}&a_{23} \\ a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}}{\text{det}(A)}=\dfrac{A_{11}}{\text{det}(A)}$$

$$b_{21}=\dfrac{\begin{vmatrix}a_{11}&1&a_{13} \\ a_{21}&0&a_{23} \\ a{31}&0&a_{33} \end{vmatrix}}{\text{det}(A)}\overset{\text{Laplace}}{=}\dfrac{=(-1)^{1+2}\cdot \begin{vmatrix}a_{21}&a_{23} \\ a_{31}&a_{33}\end{vmatrix}}{\text{det}(A)}=\dfrac{A_{12}}{\text{det}(A)}$$

$$b_{31}=\dfrac{\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&1 \\ a_{21}&a_{22}&0 \\ a{31}&a_{32}&0 \end{vmatrix}}{\text{det}(A)}\overset{\text{Laplace}}{=}\dfrac{=(-1)^{1+3}\cdot \begin{vmatrix}a_{21}&a_{22} \\ a_{31}&a_{32}\end{vmatrix}}{\text{det}(A)}=\dfrac{A_{13}}{\text{det}(A)}$$

donde $A_{11}$, $A_{12}$ y $A_{13}$ son los cofactores ( o adjuntos ) de los respectivos elementos de $A$ ( recordemos que $A_{ij}\overset{\text{def}}{=}(-1)^{i+j}\,\alpha_{ij}$, siendo $\alpha_{ij}$ el menor complementario ( determinante de la submatriz que se obtiene al suprimir los elementos de la fila $i$-ésima y los elementos de la columna $j$-ésima.

-oOo-
$$\left\{\begin{matrix}a_{11}b_{12}&+&a_{12}b_{22}&+&a_{13}b_{32}&=&0 \\ a_{21}b_{12}&+&a_{22}b_{22}&+&a_{23}b_{32}&=&1 \\ a_{31}b_{12}&+&a_{32}b_{22}&+&a_{33}b_{32}&=&0 \end{matrix}\right.$$ cuyas incógnitas son $b_{12},b_{22},b_{32}$ y que, resolviendo por Cramer, obtenemos ( de manera análoga a lo realizado anteriormente ): $$b_{12}=\dfrac{A_{21}}{\text{det}(A)}$$ $$b_{22}=\dfrac{A_{22}}{\text{det}(A)}$$ $$b_{32}=\dfrac{A_{23}}{\text{det}(A)}$$

-oOo-
$$\left\{\begin{matrix} a_{11}b_{13}&+&a_{12}b_{23}&+&a_{13}b_{33}&=&0 \\ a_{21}b_{13}&+&a_{22}b_{23}&+&a_{23}b_{33}&=&0 \\ a_{31}b_{13}&+&a_{32}b_{23}&+&a_{33}b_{33}&=&1\end{matrix}\right.$$ cuyas incógnitas son $b_{13},b_{23},b_{33}$ y que, por analogía con lo que hemos encontrado en los dos subsistemas anteriores tienen los siguientes resultados: $$b_{13}=\dfrac{A_{31}}{\text{det}(A)}$$ $$b_{23}=\dfrac{A_{32}}{\text{det}(A)}$$ $$b_{33}=\dfrac{A_{33}}{\text{det}(A)}$$

Con todo ello, la matriz inversa pedida es
$A^{-1}=\begin{pmatrix} \dfrac{A_{11}}{\text{det}(A)} & \dfrac{A_{21}}{\text{det}(A)} & \dfrac{A_{31}}{\text{det}(A)} \\ \dfrac{A_{12}}{\text{det}(A)} & \dfrac{A_{22}}{\text{det}(A)} & \dfrac{A_{32}}{\text{det}(A)} \\ \dfrac{A_{13}}{\text{det}(A)} & \dfrac{A_{23}}{\text{det}(A)} & \dfrac{A_{33}}{\text{det}(A)} \end{pmatrix}=\dfrac{1}{\text{det}(A)}\,\begin{pmatrix} A_{11} & A_{21} & A_{31} \\ A_{12} & A_{22} & A_{32} \\ A_{13} & A_{23} & A_{33} \\ \end{pmatrix}=$

$=\dfrac{1}{\text{det}(A)}\,\begin{pmatrix} A_{11} & A_{12} & A_{13} \\ A_{21} & A_{22} & A_{23} \\ A_{31} & A_{32} & A_{33} \\ \end{pmatrix}^{\top}=\dfrac{(\text{Adj}(A))^{\top}}{\text{det}(A)}=\dfrac{\text{Adj}(A^{\top})}{\text{det}(A)}$, donde denotamos por $\text{Adj} (A)$ a la matriz de los adjuntos ( o cofactores ) de $A$, esto es $\begin{pmatrix} A_{11} & A_{12} & A_{13} \\ A_{21} & A_{22} & A_{23} \\ A_{31} & A_{32} & A_{33} \\ \end{pmatrix}$

Dicho procedimiento se generaliza de manera evidente al cálculo de la matriz inversa asociada a una matriz invertible de orden arbitrario $n$, $A_{n \times n}$.

Método de Gauss-Jordan para calcular la matriz inversa asociada a una matriz invertible.
El método de Gauss-Jordan es un m. de reducción, en el que empleamos la reducción de Gauss para triangular la matriz $A$ por debajo y, a continuación, por encima de la diagonal principal, para, finalmente, normalizar a la unidad los elementos que nos queden en la diagonal principal, siguiendo el siguiente proceso $$(A|I) \overset{\text{operaciones elementales por filas}}{\rightarrow} (I|A^{-1})$$

Mediante un ejemplo práctico, se entenderá perfectamente. Veámoslo.
Ejemplo. Emplear el método de Gauss-Jordan para calcular la matriz inversa de la matriz
$$A=\left(\begin{array}{ccc}
3 & 1 & 0 \\
1 & 4 & -1 \\
0 & 2 & 1 \\
\end{array}\right)$$

Escribiendo la matriz $A$ concatenada con la matriz $I$ a su derecha, se tratará de obtener ( por operaciones elementales por filas ) la matriz $I$ a la izquierda ( donde estaba en un principio la matriz $A$ ), quedando al final la matriz inversa pedida a la derecha de la matriz $I$:

$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
3 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0\\
1 & 4 & -1 & 0 & 1 & 0\\
0 & 2 & 1 & 0 & 0 & 1\\
\end{array}\right) \overset{-3f_2+f_1\rightarrow f_2}{\rightarrow} \left(\begin{array}{ccc|ccc}
3 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0\\
0 & -11 & 3 & 1 & -3 & 0\\
0 & 2 & 1 & 0 & 0 & 1\\
\end{array}\right) \rightarrow$

$\overset{\frac{11}{2}f_3+f2\rightarrow f_3}{\rightarrow}\left(\begin{array}{ccc|ccc}
3 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0\\
0 & -11 & 3 & 1 & -3 & 0\\
0 & 0 & 17/2 & 1 & -3 & 11/2\\
\end{array}\right) \rightarrow$

$\overset{-\frac{17}{6}f_2+f_3\rightarrow f_2}{\rightarrow} \left(\begin{array}{ccc|ccc}
3 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 187/6 & 0 & -11/6 & 11/2 & 11/2\\
0 & 0 & 17/2 & 1 & -3 & 11/2\\
\end{array}\right) \rightarrow$

$\overset{-\frac{187}{6}f_1+f_2\rightarrow f_1}{\rightarrow} \left(\begin{array}{ccc|ccc}
-187/2 & 0 & 0 & -33 & 11/2 & 11/2\\
0 & 187/6 & 0 & -11/6 & 11/2 & 11/2\\
0 & 0 & 17/2 & 1 & -3 & 11/2\\
\end{array}\right) \rightarrow$

$\overset{-\frac{2}{187}f_1\rightarrow f_1;\frac{6}{187}f_2\rightarrow f_2;\frac{2}{17}f_3\rightarrow f_3 }{\rightarrow}
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 & 0 & 6/17 & -1/17 & -1/17\\
0 & 1 & 0 & -1/17 & 3/17 & 3/17\\
0 & 0 & 1 & 2/17 & -6/17 & 11/17\\
\end{array}\right)$

y, por tanto $$A^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}
6/17 & -1/17 & -1/17\\
-1/17 & 3/17 & 3/17\\
2/17 & -6/17 & 11/17\\
\end{array}\right)$$

$\square$

Dadas la matrices ...

ENUNCIADO
Dadas las matrices:
$$A=\begin{pmatrix}
0&0 &1 \\
0& 1 &0 \\
1& 0 &0
\end{pmatrix}
\,,\,
B=\begin{pmatrix}
3&0 &0 \\
0& 3 &0 \\
0& 0 &3
\end{pmatrix}
$$ se pide:
a) Calcular $A^{15}$ y $A^{20}$
b) Resolver la ecuación matricial $6\,X=B-3\,A\,X$, donde $X$ es una matriz cuadrada de orden $3$

[PAU 2015, Madrid]


SOLUCIÓN
a)
Procedamos a calcular las primeras potencias
$$A^2=\begin{pmatrix}
0 &0 &1 \\
0 &1 & 0\\
1 & 0 &0
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
0 &0 &1 \\
0 &1 & 0\\
1 & 0 &0
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
1 &0 &0 \\
0 &1 & 0\\
0 & 0 &1
\end{pmatrix}=I$$ luego $A$ es una matriz cíclica de período $p=2$, con lo cual $A^{20}=A^r$, donde $r$ es el resto de la división entera $20 \div p$; por tanto, como el resto de la división $20 \div 2$ es $r = 0$, llegamos a $A^{20}=A^0=I$. Por otra parte, $A^{15}=A^1=A$ ya que el resto de la división $15 \div 2$ es igual a $1$

-oOo-Otra forma de ver lo mismo es la siguiente:
$$A^3=A^2\,A=I\,A=A$$
$$A^4=A^3\,A=A\,A=A^2=I$$
$$A^5=A^4\,A=I\,A=A$$
$$ \ldots $$

con lo que podemos inferir que
$$A^n=\left\{\begin{matrix}
I&\text{si }\;n\; \text{es par} \\
A&\text{si }\;n\; \text{es impar} \\
\end{matrix}\right.$$

Así, como $20$ es par, $A^{20}=I$; y como $15$ es impar, $A^{15}=A$


b)

$$6X=B-3AX \Leftrightarrow 6X+3AX=B-3AX+3AX$$
luego
$$(6I+3A)X=B \quad \quad \quad \quad (1)$$

Observemos que $(6I+3A)=\begin{pmatrix}
6 &0 &0 \\
0 & 6 &0 \\
0 & 0 & 6
\end{pmatrix}
+\begin{pmatrix}
0 &0 &3 \\
0 & 3 &0 \\
3 & 0 & 0
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
6 &0 &3 \\
0 & 9 &0 \\
3 & 0 & 6
\end{pmatrix}$ y por tanto $\begin{vmatrix}
6 &0 &3 \\
0 & 9 &0 \\
3 & 0 & 6
\end{vmatrix}=6^2 \cdot 9 - 3^2 \cdot 9 \neq 0 \Rightarrow 6I-3A $ posee matriz inversa

Entonces, de (1),
$$(6I+3A)^{-1}(6I+3A)X=(6I+3A)^{-1}B$$
$$I \,X=(6I+3A)^{-1}B$$
$$X=(6I+3A)^{-1}B \quad \quad \quad \quad (2)$$

Calculemos la matriz inversa de $(6I+3A)$; para ello, escogemos el método de Gauss-Jordan:

$$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
6 & 0 & 3 & 1 & 0 & 0\\
0 & 9 & 0 & 0 & 1 & 0\\
3 & 0 & 6 & 0 & 0 & 1\\
\end{array}\right) \overset{\frac{1}{2}\,f_1+f_3 \rightarrow f_3}{\longrightarrow}
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
6 & 0 & 3 & 1 & 0 & 0\\
0 & 9 & 0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 9/2 & -1/2 & 0 & 1\\
\end{array}\right)
\overset{-3\cdot\frac{2}{9}\,f_3+f_1 \rightarrow f_1}{\longrightarrow}$$
$$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
6 & 0 & 0 & 4/3 & 0 & -2/3\\
0 & 9 & 0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 9/2 & -1/2 & 0 & 1\\
\end{array}\right)
\overset{\frac{1}{6}\,f_1 \rightarrow f_1;\frac{1}{9}\,f_2 \rightarrow f_2;\frac{2}{9}\,f_3 \rightarrow f_3}{\longrightarrow}$$
$$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 & 0 & 2/9 & 0 & -1/9\\
0 & 1 & 0 & 0 & 1/9 & 0\\
0 & 0 & 1 & -1/9 & 0 & 2/9\\
\end{array}\right)$$
por tanto
$$(6I+3A)^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}
2/9 & 0 & -1/9\\
0 & 1/9 & 0\\
-1/9 & 0 & 2/9\\
\end{array}\right)$$

Así, de (2),
$$X=\left(\begin{array}{ccc}
2/9 & 0 & -1/9\\
0 & 1/9 & 0\\
-1/9 & 0 & 2/9\\
\end{array}\right)\begin{pmatrix}
3&0 &0 \\
0& 3 &0 \\
0& 0 &3
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
2/3&0 &-1/3\\
0& 1/3 &0 \\
-1/3& 0 &2/3
\end{pmatrix}$$

$\square$

Ejercicio de cálculo de la matriz inversa por el método de Gauss-Jordan. ( Artículo escrito en catalán )

Enunciat:
Determineu la matriu inversa $A^{-1}$ de la següent matriu regular ( no singular )
    $A=\begin{pmatrix}1 & -2 & 0 \\ 3 & 1 & 2 \\ 2 & 4 & 3 \\ \end{pmatrix}$

Enunciat:
Farem ús del mètode de reducció de Gauss-Jordan
    $(A|I)=\ldots =(I|A^{-1})$
on $I$ és la matriu identitat
        $I=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\\\end{pmatrix}$

Mitjançant operacions elementals per files, procedirem a reduir la matriu $(A|I)$ fins arribar a obtenir $(I|\square)$; de tal manera que totes les operacions elementals que apliquem a la part esquerra de $(A|I)$ ( i de les reduïdes que anem obtenint ) les aplicarem també a la part de la dreta. Primer de tot, esglaonarem amb zeros per sota (respectivament, pel damunt) de la diagonal principal i, a continuació, pel damunt (respectivament, per sota). Finalment, normalitzarem els coeficients de la diagonal principal i haurem arribat a la matriu reduïda $(I|\square)$ on la matriu designada amb el quadrat serà, precisament, la matriu inversa de $A$ ( $\square \equiv A^{-1}$ ).

Comencem:
    $(A|I)=\begin{pmatrix}1 & -2 & 0 & | & 1 & 0 & 0\\ 3 & 1 & 2 & | & 0 & 1 & 0\\ 2 & 4 & 3 & | & 0 & 0 & 1\\ \end{pmatrix}$

amb les operacions elementals
$f_2-3\,f_1 \rightarrow f_2$
$f_3-2\,f_1 \rightarrow f_3$
s'obté
    $\begin{pmatrix}1 & -2 & 0 & | & 1 & 0 & 0\\ 0 & 7 & 2 & | & -3 & 1 & 0\\ 0 & 8 & 3 & | & -2 & 0 & 1\\ \end{pmatrix}$
i fent
$f_3-\dfrac{8}{7}\,f_2 \rightarrow f_3$
obtenim
    $\begin{pmatrix}1 & -2 & 0 & | & 1 & 0 & 0\\ 0 & 7 & 2 & | & -3 & 1 & 0\\ 0 & 0 & \frac{5}{7} & | & \frac{10}{7} & -\frac{8}{7} & 1\\ \end{pmatrix}$
amb la qual cosa ja tenim reduïda (esglaonada ) amb zeros la part de sota.

Ara reduïrem la part superior:
$f_2-\dfrac{7}{5}\cdot 2\,f_3 \rightarrow f_2$
    $\begin{pmatrix}1 & -2 & 0 & | & 1 & 0 & 0\\ 0 & 7 & 0 & | & -7 & \frac{21}{5} & -\frac{14}{5}\\ 0 & 0 & \frac{5}{7} & | & \frac{10}{7} & -\frac{8}{7} & 1\\ \end{pmatrix}$
$f_1+\dfrac{1}{7}\cdot 2\,f_2 \rightarrow f_1$
    $\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & | & -1 & \frac{6}{5} & -\frac{4}{5}\\ 0 & 7 & 0 & | & -7 & \frac{21}{5} & -\frac{14}{5}\\ 0 & 0 & \frac{5}{7} & | & \frac{10}{7} & -\frac{8}{7} & 1\\\end{pmatrix}$

I, finalment, normalitzem els coeficients de la diagonal principal:
$\dfrac{1}{7}\cdot f_2 \rightarrow f_2$
$\dfrac{7}{5}\cdot f_3 \rightarrow f_3 $
    $\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & | & -1 & \frac{6}{5} & -\frac{4}{5}\\ 0 & 1 & 0 & | & -1 & \frac{3}{5} & -\frac{2}{5}\\ 0 & 0 & 1 & | & 2 & -\frac{8}{5} & \frac{7}{5}\\\end{pmatrix}$

Per tant
    $A^{-1}=\begin{pmatrix} -1 & \frac{6}{5} & -\frac{4}{5}\\\\ -1 & \frac{3}{5} & -\frac{2}{5}\\\\ 2 & -\frac{8}{5} & \frac{7}{5}\\\end{pmatrix}$

Nota:     Es pot comprovar que $A\,A^{-1}=A^{-1}\,A=I$

$\square$

[nota del autor]

Ejercicio de cálculo de la matriz inversa de una matriz regular por el método de la matriz adjunta. ( Artículo escrito en catalán ).

Enunciat:
Determineu la matriu inversa $A^{-1}$ de la següent matriu regular ( no singular )
    $A=\begin{pmatrix}1 & -2 & 0 \\ 3 & 1 & 2 \\ 2 & 4 & 3 \\ \end{pmatrix}$
pel mètode de la matriu adjunta de $A$.

Solució:
Sabem que si $A$ és una matriu regular ( si, i només si, el seu determinant $\left|A\right|$ ) és no nul ).

Comprovarem, doncs, que
    $\left|A\right| \neq 0$
Calculem valor del determinant [ per altra banda, necessitarem més endavant el valor del determinant de $A$, tal i com explicarem de seguida ]:

    $\left|A\right|=\begin{vmatrix}1 & -2 & 0 \\ 3 & 1 & 2 \\ 2 & 4 & 3 \\ \end{vmatrix}$
desenvolupant pels adjunts d'alugna fila/columna( mètode de Laplace ); concretament, escollirem la primera fila ( aprofitant que un dels coeficients és zero per estalviar-nos feina de càlcul ), trobant que
    $\left|A\right|=\begin{vmatrix}1 & -2 & 0 \\ 3 & 1 & 2 \\ 2 & 4 & 3 \\ \end{vmatrix}=\begin{vmatrix}1 & 2 \\ 4 & 3 \\ \end{vmatrix}-(-2=\,\begin{vmatrix}3 & 2 \\ 2 & 3 \\ \end{vmatrix}=-5+2\cdot (9-4)=5$

    $A^{-1}=\dfrac{\text{Adj}(A^t)}{\left|A\right|}$
que, de manera equivalent, també es pot esciure així
    $A^{-1}=\dfrac{\big(\text{Adj}\big)^t}{\left|A\right|}$
atès que $\text{Adj}(A^t)=\big(\text{Adj}(A)\big)^t$
on els coeficients $\alpha_{ij}$ de la matriu $\text{Adj}(A)$ són de la forma
    $\alpha_{ij}=(-1)^{i+j}\,m_{ij}$
essent $m_{ij}$ el el determinant que s'obté de la matriu que resulta de suprimer la i-èssima fila i la j-èssima columna de $a_{ij}$ ( menor complementari de $a_{ij}$ )

Llavors
    $\text{Adj}(A)=\begin{pmatrix}m_{11} & -m_{12} & m_{13} \\ -m_{21} & m_{22} & -m_{23} \\ m_{31} & -m_{32} & m_{33} \\ \end{pmatrix}$

i essent els valors dels menors complementaris,

    $m_{11}=\begin{vmatrix}1 & 2 \\ 4 & 3 \\ \end{vmatrix}=-5$
    $m_{12}=\begin{vmatrix}3 & 2 \\ 2 & 3 \\ \end{vmatrix}=5$
    $m_{13}=\begin{vmatrix}3 & 1 \\ 2 & 4 \\ \end{vmatrix}=10$

    $m_{21}=\begin{vmatrix}-2 & 0 \\ 4 & 3 \\ \end{vmatrix}=-6$
    $m_{22}=\begin{vmatrix}1 & 0 \\ 2 & 3 \\ \end{vmatrix}=3$
    $m_{23}=\begin{vmatrix}1 & -2 \\ 2 & 4 \\ \end{vmatrix}=8$

    $m_{31}=\begin{vmatrix}-2 & 0 \\ 1 & 2 \\ \end{vmatrix}=-4$
    $m_{32}=\begin{vmatrix}1 & 0 \\ 3 & 2 \\ \end{vmatrix}=2$
    $m_{33}=\begin{vmatrix}1 & -2 \\ 3 & 1 \\ \end{vmatrix}=7$

trobem que

    $\text{Adj}(A)=\begin{pmatrix}-5 & -5 & 10 \\ 6 & 3 & -8 \\ -4 & -2 & 7 \\ \end{pmatrix}$

i, per tant, la matriu transposa de la matriu adjunta de $A$ és

    $\big(\text{Adj}(A)\big)^t=\begin{pmatrix}-5 & 6 & -4 \\ -5 & 3 & -2 \\ 10 & -8 & 7 \\ \end{pmatrix}$

Finalment, per acabar el càlcul de $A^{-1}$, tan sols falta dividir pel valor del determinant de $A$, arribant a

    $A^{-1}=\dfrac{1}{5}\,\begin{pmatrix}-5 & 6 & -4 \\ -5 & 3 & -2 \\ 10 & -8 & 7 \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & \frac{6}{5} & -\frac{4}{5} \\ \\ -1 & \frac{3}{5} & -\frac{2}{5} \\\\ 2 & -\frac{8}{5} & \frac{7}{5} \\ \end{pmatrix}$

Nota:     Per comprovar el resultat, tindrem en compte que s'ha de complir
    $A^{-1}\,A=A\,A^{-1}=I$
on $I$ és la matriu identitat
    $I=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix}$
Vegem-ho (per la definició del producte de multiplicació de matrius):
    $\begin{pmatrix}-1 & \frac{6}{5} & -\frac{4}{5} \\ \\ -1 & \frac{3}{5} & -\frac{2}{5} \\\\ 2 & -\frac{8}{5} & \frac{7}{5} \\ \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}1 & -2 & 0 \\ \\ 3 & 1 & 2 \\\\ 2 & 4 & 3 \\ \end{pmatrix} = \ldots = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ \\ 0 & 1 & 0 \\ \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} $
i també
    $ \begin{pmatrix}1 & -2 & 0 \\ \\ 3 & 1 & 2 \\\\ 2 & 4 & 3 \\ \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}-1 & \frac{6}{5} & -\frac{4}{5} \\ \\ -1 & \frac{3}{5} & -\frac{2}{5} \\\\ 2 & -\frac{8}{5} & \frac{7}{5} \\ \end{pmatrix} = \ldots = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ \\ 0 & 1 & 0 \\ \\ 0 & 0 & 1 \\ \end{pmatrix} $

$\square$

[nota del autor]