[DIM] Se la matrice ha determinante nullo, allora e' invertibile

[giuscri]

[size=85]EDIT: ho corretto un paio di cose.[/size]

La dimostrazione che e' stata trattata a lezione mi sembra un po' meno elegante di quella che mi e' venuta in mente -il che mi desta un po' di sospetti. Vado:

Sia \(A \in M_{n\times{n}}(\mathbb{K})\) -con \(n=1 \vee n=2\). \(\det(A) \neq 0\), allora \(A\) e' invertibile.

Se \(n = 1\), \(A\) e' un numero, e il determinante di \(A\) coincide con \(A\) stesso. Ha senso parlare di inverso solo se \(A \neq 0\) -cioe' se \(\det(A) \neq 0\).

Sia \(n=2\); sia \[A = (C^1\; C^2)\] Se le due colonne di \(A\) fossero linearmente indipendenti, allora il \(\operatorname{rank}(A) = 2\), cioe' \(A\) sarebbe invertibile*.

Siano invece le due colonne linearmente dipendenti; cioe' \[ \exists{\alpha \in \mathbb{R}}\,:\, A = (C^1 \; \alpha C^1) .\] Vale quanto segue:
\begin{equation*}
0 \stackrel{\text{hp}}{\neq} \det(A) = \alpha \det \Big( (C^1 \; C^1) \Big) \stackrel{\text{per def.}}{=} 0
\end{equation*}
Il che e' assurdo.

Allora le due colonne devono essere libere: il rango dev'essere \(2\): la matrice dev'essere invertibile.

E' una dimostrazione valida?

__
* \(\exists A^{-1} \in M_{2\times{2}}(\mathbb{K}) \Leftrightarrow \operatorname{rank}(A) = 2\).

[j18eos]

Io ricordo che l'equivalenza tra le seguenti 3 condizioni:
[list=1]
[*:1a6h1h3v] la matrice è invertibile;[/*:m:1a6h1h3v]
[*:1a6h1h3v] la matrice ha determinante non nullo (o, in generale, invertibile);[/*:m:1a6h1h3v]
[*:1a6h1h3v] la matrice ha rango massimo;[/*:m:1a6h1h3v][/list:o:1a6h1h3v]
si dimostra in maniera circolare (\((1)\Rightarrow(2)\Rightarrow(3)\Rightarrow(1)\))... non sono tanto sicuro del tuo ragionamento: dovrei andare a controllare.