Samenvatting Lineaire Algebra | Stellingen & Bewijzen | KU Leuven | 2025/26

Stelling 1.39
(p39)
Stelling 0.1. Zij A een (n × n)-matrix. Dan zijn de volgende beweringen equivalent:
1. De matrix A heeft een links inverse B;

2. Het stelsel A · X = 0 heeft enkel de (evidente) oplossing X = 0;
3. De matrix A is rij-equivalent met de eenheidsmatrix In ;
4. De matrix A is een product van elementaire matrices;
5. De matrix A is inverteerbaar met inverse B;

6. De matrix A heeft een rechts inverse B.
We delen onze argumentatie op in opeenvolgende stappen, en wel als volgt:
(1) ⇒ (2): Veronderstel dat B een links inverse is voor A. Dan volgt eenvoudig dat:

A·X =0 ⇒ X = In · X = (B · A) · X = B · (A · X) = B · 0 = 0.

De enige oplossing van het stelsel is dus de nuloplossing.
{(2) ⇒ (3): Als het stelsel A · X = 0 enkel de nuloplossing heeft, wil dit zeggen dat het stelsel
geen vrije variabelen heeft. Alle variabelen in dit stelsel zijn met andere woorden gebonden variabelen;
dit wil zeggen dat de matrix A door opeenvolgende elementaire rijoperaties (van de Gauss-eliminatie)
rij-equivalent is met de eenheidsmatrix In .
{(3) ⇒ (4): Als A rij-equivalent is met de eenheidsmatrix, dan wil dit zeggen dat A na een opeen-
volging van elementaire rijoperaties herleid wordt tot In . In termen van matrices wil dit zeggen dat er
elementaire matrices E1 , E2 , . . . , Ek bestaan waarvoor Ek · Ek−1 · . . . · E2 · E1 · A = In . Elke elementaire
matrix is inverteerbaar, en de inverse van een elementaire matrix is telkens weer een elementaire matrix.
We verkrijgen dus dat
A = (E1 )−1 · (E2 )−1 · · · (Ek )−1 ,
en bijgevolg is A een product van elementaire matrices.
(4) ⇒ (5): Dit volgt meteen uit de eigenschappen van inverteerbaarheid, matrixproduct en elementaire
matrices.
{(5) ⇒ (6): Als A inverteerbaar is, heeft A natuurlijk een rechts inverse matrix B. Uit de boven-
staande redeneringen, toepast op B, volgt dan dat B inverteerbaar is, en dat B dus ook een links inverse
is van A.
{(6) ⇒ (1): Als A de matrix B als rechts inverse heeft, dan is A zelf een links inverse van B. Uit de
bovenstaande redeneringen, toepast op B, volgt dan dat B inverteerbaar is, en dat B dus ook een links
inverse is van A.


Stelling 2.4
(p59)

Stelling 0.2. Als f : Rn×n → R een determinantafbeelding is, dan geldt:
1. Als A een driehoeksmatrixQis, dan is f (A) gelijk aan het product van de diagonalelementen in A
n
(in formulevorm: f (A) = i=1 (A)ii ).
2. A is inverteerbaar als en slechts als f (A) ̸= 0.

3. f (A · B) = f (A) · f (B) voor elke twee matrices A en B in Rn×n .
4. f (AT ) = f (A).




1

, We bewijzen elk punt afzonderlijk.
1. Als A een driehoeksmatrix is, volgt het resultaat uit de eigenschappen D-4 en D-1. -
Als A een bovendiagonaal matrix is, en er op de diagonaal van A geen nullen staan, dan is A rij-equivalent
(uitsluitend met behulp van rij-operaties van het type Ri → Ri +λRj ) met een diagonalmatrix met precies
dezelfde diagonalelementen als A, waaruit het beweerde meteen volgt. - Als A een bovendiagonaal matrix
is, en er wel een nul op de diagonaal staat, dan is A rij-equivalent met een matrix waarin een nulrij staat
(waarom?). Bijgevolg is in dit geval f (A) = 0.
2. We veronderstellen eerst dat A inverteerbaar is. Dan is A te schrijven als een product van
elementaire matrices. Zij A = E1 · E2 · . . . · Ek , waarbij elke Ei elementair is. Dan geldt:

f (A) = f (E1 ) · f (E2 · . . . · Ek ) = . . . = f (E1 ) · f (E2 ) · . . . · f (Ek ) ̸= 0.

De andere implicatie tonen we aan contrapositie. In elk geval is een vierkante matrix A rij-equivalent
met een bovendiagonaal matrix (trapvorm) U . Dit wil zeggen dat, voor zekere elementaire matrices
E1′ , E2′ , . . . , Ek′ :
Ek′ · . . . · E1′ · A = U.
Als A niet inverteerbaar is, is U ook niet. Bijgevolg staat er een nul op de diagonaal van U en is f (U ) = 0.
Hieruit volgt dan ook dat f (A) = 0.
3. Merk op dat, als A niet inverteerbaar is, dan is A · B niet inverteerbaar. Bijgevolg geldt
in dit geval inderdaad dat f (A · B) = f (A) · f (B). Als daarentegen A wel inverteerbaar is, dan is A te
schrijven als een product van elementaiere matrices A= E1*....*Ek, dus geldt

f (A · B) = f (E1 · · · Ek · B) = f (E1 ) · · · f (Ek ) · f (B) = f (A) · f (B).

4. Als A inverteerbaar is, is ook AT dat ook, en omgekeerd. (Dit is Opdracht 1.35(2).) In het geval
dat A niet inverteerbaar is, is AT dus evenmin inverteerbaar. In het geval dat A inverteerbaar is, is
A = E1 · · · Ek een product van elementaire matrices. Nu is het eenvoudig om in te zien dat, voor elke
elementaire matrix E, f (E) = f (E T ). Verifieer hiermee dat f (A) = f (AT ).


Stelling 3.11 (Deelruimtecriterium)
(p96)
Zij gegeven de vectorruimte (R, V, +). Een deelverzameling U van V is een deelruimte als en slechts
als:
[label=•]U ̸= ∅, voor alle x, y ∈ U en voor alle r ∈ R geldt: x + y ∈ U , voor alle x ∈ U en voor alle
r ∈ R geldt: rx ∈ U .
of, equivalent hiermee,
[label=•]U ̸= ∅, voor alle x, y ∈ U en voor alle r, s ∈ R geldt: rx + sy ∈ U .
Bewijs. We tonen de equivalentie aan met het eerste kenmerk. Argumenteer zelf waarom het tweede
kenmerk equivalent is met het eerste kenmerk.
Als U een deelruimte is van V , en dus zelf een vectorruimte, dan is U niet leeg. Als x en y elementen
van U zijn, dan geldt dit ook voor x + y en voor rx (waarbij r ∈ R). Omgekeerd, veronderstel dat U
voldoet aan de drie voorwaarden hierboven. Omdat U niet leeg is, bevat U een element, zeg u. Uit
de tweede voorwaarde volgt dan dat ook (−1)u = −u tot U behoort en verder dus ook u + (−u) = 0.
Bovendien behoort voor elk element x van U ook het element (−1)x = −x tot U . Alle andere axioma’s
in Definities 3.2 en 3.3 zijn automatisch voldaan voor alle elementen van V .
D is vrij: (p105)
Xr
λi vi = 0
i=1

als en slechts als lambda1, lambda2,...., lambda i=0
Bewijs. We tonen beide implicaties in de ’als en slechts als’ aan via contrapositie.
Veronderstel dat er een lineaire combinatie van vectoren uit D bestaat die de nulvector oplevert,
maar waarin niet alle coëfficiënten gelijk zijn aan 0. Dit wil zeggen, er bestaat een lineaire combinatie
k
X
λi vi = 0
i=1


2