Dimensie 1 Een $(1\times1)$-matrix $A=\matrix{a}$ voldoet dan en slechts dan aan de voorwaarden als $a\ne0$.

Dimensie 2

Bekijk de matrix

$$A=\matrix{a&b\\ c & d}$$ De kolommen van $A$ zijn dan en slechts dan lineair afhankelijk als er een niet-triviale lineaire combinatie is die de nulvector oplevert, dus dan en slechts dan als er scalairen $\lambda$ en $\mu$ zijn, niet beide gelijk aan $0$, zodat $$\lambda\rv{a,c}+\mu\rv{b,d} = \rv{0,0}$$ wat overeenkomt met het stelsel $$\lineqs{\lambda\cdot a+\mu\cdot b=0\\\lambda\cdot c+\mu\cdot d=0}$$ Deze voorwaarde kan herschreven worden als $$\matrix{a&b\\ c&d}\matrix{\lambda\\ \mu} = \matrix{0\\ 0}$$

en zegt dus dat de vector $\rv{\lambda,\mu}$ in de kern van $A$ ligt. Als dit het geval is, dan geeft vermenigvuldiging van links met de matrix $B = \matrix{d&-b\\ -c &a}$:

$$(a\cdot d -b\cdot c)\cdot \matrix{\lambda\\ \mu} = B\,A\,\matrix{\lambda\\ \mu} = \matrix {0\\ 0}$$

Omdat ten minste één van $\lambda$ en $\mu$ ongelijk aan nul is, vinden we dat $a\cdot d -b\cdot c\ne0$ geldt.

Andersom, als $a\cdot d -b\cdot c\ne0$, dan geldt

$$I_2 = \frac{1}{a\cdot d -b\cdot c}B \,A$$ zodat $A$ inverteerbaar is en de kern van $A$ gelijk aan $\{\vec{0}\}$ is, waaruit volgt dat de kolommen lineair onafhankelijk zijn. We concluderen dat de kolommen van $A$ dan en slechts dan lineair afhankelijk zijn als $a\cdot d-b\cdot c=0$.

Omdat de linker leden, zeg $l_1$ en $l_2$, beide gelijk aan nul zijn, mogen we ze vervangen door lineaire combinaties van $l_1$ en $l_2$. In het bijzonder zien we door de combinaties $d\cdot l_1-b\cdot l_2$ respectievelijk $a\cdot l_2-c\cdot l_1$ te nemen:

$$\lineqs{\lambda\cdot \left(a\cdot d-b\cdot c\right)=0\\\mu\cdot\left(a\cdot d-b\cdot c\right)=0}$$ Omdat $\lambda$ en $\mu$ niet beide gelijk aan nul mogen zijn, concluderen we dat de kolommen van $A$ dan en slechts dan lineair afhankelijk zijn als $a\cdot d-b\cdot c=0$. Deze afhankelijkheidsvoorwaarde op de kolommen van $A$ is invariant onder de verwisseling van $b$ en $c$, en geldt daarom ook voor de rijen van $A$, oftewel, voor de kolommen van $A^\top$. Dit verklaart dat de rang van $A$ dan en slechts dan gelijk is aan $2$ als de rang van $A^\top$ gelijk is aan $2$. Dit laat nogmaals zien dat zowel uitspraak 2 als uitspraak 3 equivalent is met uitspraak 1.

Uitspraak 5 kunnen we zelfs illustreren aan de hand van de volgende eenvoudig na te rekenen formule:

$$\text{Voor }B = \matrix{d&-b\\ -c&a}\text{ geldt } A\,B = (a\cdot d -b\cdot c)\cdot I_2$$

Dus als $a\cdot d -b\cdot c\ne0$, dan is

$$A^{-1} =\frac{1}{a\cdot d -b\cdot c}\cdot B$$ de inverse van $A$. Stel nu $a\cdot d -b\cdot c=0$, zodat $A\,B$ de nulmatrix is. Als $A$ de nulmatrix is, dan is $A$ niet inverteerbaar. Als $A$ ongelijk is aan de nulmatrix, dan is een kolom van $B$ een vector ongelijk $\vec{0}$ die tot de kern van $A$ behoort, zodat $A$ niet inverteerbaar is. We concluderen dat $A$ dan en slechts dan inverteerbaar is als $a\cdot d -b\cdot c\ne0$.

De uitdrukking $a\cdot d -b\cdot c$ staat bekend als de determinant van $A$, die we later uitgebreider behandelen.

Aanvulling

De gegeven lijst kan als volgt worden aangevuld:

6. $A$ is injectief
7. $A$ is surjectief
8. $\ker{A}=\{\vec{0}\}$
9. $\im{A}=\mathbb{R}^n$
10. $\det(A)\neq0$

Volgens de stelling Inverteerbaarheid bij gelijke dimensies domein en codomein zijn uitspraken 6 en 7 gelijkwaardig aan uitspraak 5.

Volgens de Criteria voor injectiviteit en surjectiviteit zijn uitspraken 6 en 7 gelijkwaardig aan uitspraken 8 respectievelijk 9. Overigens zijn uitspraken 8 en 9 gelijkwaardig aan

$$\dim{\ker{A}}=0\qquad\text{respectievelijk}\qquad\dim{\im{A}}=n$$ in overeenstemming met de dimensiestelling. Volgens Rang is dimensie kolommenruimte is de laatste vergelijking gelijkwaardig aan $\text{rang}(A)=n$, wat direct de gelijkwaardigheid van uitspraken 1 en 9 bevestigt.

De gelijkwaardigheid van uitspraak 10 aan uitspraak 5 bewijzen we later in Inverteerbaarheid in termen van determinant. In die stelling bewijzen we tevens

$$\det\left(A^{-1}\right)=\frac{1}{\det(A)}$$ mits $A^{-1}$ bestaat. Tezamen met uitspraak 10 volgt daaruit dat elke uitspraak voor $A$ in de lijst gelijkwaardig is aan de overeenkomstige uitspraak voor $A^{-1}$, mits deze inverse bestaat.

Later in Determinant van getransponeerde en van product bewijzen we $\det(A)=\det(A^\top)$. Tezamen met uitspraak 10 volgt daaruit dat elke uitspraak voor $A$ in de lijst gelijkwaardig is aan de overeenkomstige uitspraak voor $A^\top$.

Volgens het afhankelijkheidscriterium zijn uitspraken 2 en 3 gelijkwaardig aan de uitspraken dat er geen niet-triviale relatie bestaat tussen de rijen respectievelijk kolommen van $A$.

Dimensie 2

We bespreken de gelijkwaardigheid van enkele uitspraken voor het geval $n=2$. We noteren de elementen van de $(2\times2)$-matrix als volgt:

$$A=\matrix{a&b\\ c & d}$$

$3\Leftrightarrow 8$ Eerst laten we zien dat de kolommen van $A$ onafhankelijk zijn (dat wil zeggen, geen niet-triviale relatie met elkaar hebben) dan en slechts dan als de kern van $A$ enkel de nulvector bevat.

De kern van $A$ bestaat uit alle vectoren $\rv{\lambda,\mu}$ die voldoen aan

$$\matrix{a&b\\ c&d}\matrix{\lambda\\ \mu}=\matrix{0\\ 0}$$ Het linker lid kunnen we herschrijven als een lineaire combinatie van de kolommen van $A$: $$\lambda\cv{a\\c}+\mu\cv{b\\d}=\cv{0\\0}$$ Als de kern van $A$ slechts de nulvector bevat, dan heeft deze vergelijking $\rv{\lambda,\mu}=\rv{0,0}$ als enige oplossing. Dat betekent dat de kolommen van $A$ onafhankelijk zijn. Omgekeerd: als de kolommen van $A$ onafhankelijk zijn, dan heeft de laatste vergelijking $\rv{\lambda,\mu}=\rv{0,0}$ als enige oplossing. Uit de herschrijving naar de voorgaande vergelijking volgt dan dat de kern van $A$ enkel de nulvector bevat.

$8\Leftrightarrow 10$ We laten nu zien dat de kern van $A$ enkel de nulvector bevat dan en slechts dan als de determinant $a\cdot d-b\cdot c$ van $A$ ongelijk is aan nul. Dit doen we door aan te tonen dat de kern van $A$ vectoren bevat ongelijk aan de nulvector dan en slechts dan als de determinant van $A$ gelijk is aan nul.

We introduceren de matrix

$$M=\matrix{d&-b\\ -c&a}$$ die voldoet aan $$A\,M=M\,A=\left(a\cdot d-b\cdot c\right)I_2$$ Zoals we hierboven al zagen, voldoet een vector $\vec{\lambda}$ in de kern van $A$ aan $$A\vec{\lambda}=\vec{0}$$ Vermenigvuldigen we beide zijden van deze vergelijking van links met $M$ dan vinden we: $$(a\cdot d-b\cdot c)\cdot\vec{\lambda}=\vec{0}$$ Als de kern van $A$ een vector bevat die ongelijk is aan de nulvector, dan moet de determinant van $A$ dus wel nul zijn. Omgekeerd: als de determinant van $A$ gelijk is aan nul, dan is $A\, M$ de nulmatrix, wat aantoont dat de kolommen van $M$ tot de kern van $A$ behoren. Als $A$ de nulmatrix is, dan zit elke vector uit $\mathbb{R}^2$ in de kern van $A$. Als $A$ niet de nulmatrix is, dan is minstens één van de kolommen van $M$ ongelijk aan de nulvector. In beide gevallen bevat de kern van $A$ vectoren ongelijk aan de nulvector.

$5\Leftrightarrow 10$ Eerder zagen we dat $A$ inverteerbaar is dan en slechts dan als de determinant van $A$ ongelijk is aan nul, en dat de inverse in dat geval gelijk is aan

$$A^{-1}=\frac{1}{a\cdot d-b\cdot c}M$$ waarin de matrix $M$ hierboven is gedefinieerd. Later zullen we zien dat de matrix $M$ de geadjugeerde van $A$ is. De determinant $a\cdot d-b\cdot c$ verandert niet wanneer we $b$ en $c$ met elkaar verwisselen. Dat laat zien dat de determinanten van $A$ en $A^\top$ gelijk aan elkaar zijn, zoals in het algemeen geldt. Eveneens in overeenstemming met de algemene regel vinden we: $$\det\left(A^{-1}\right)=\frac{\det(M)}{\left(a\cdot d-b\cdot c\right)^2}=\frac{1}{a\cdot d-b\cdot c}=\frac{1}{\det(A)}$$