Problemas al resolver un sistema lineal $AX=B$ utilizando una inversa izquierda de $A$

Question

(un ejercicio de lógica) Considere un sistema general $AX = B$ $m$ ecuaciones lineales en $n$ incógnitas, donde $m$ $n$ no son necesariamente iguales. El coeficiente de la matriz de $A$ puede tener una izquierda inverso $L$, una matriz tal que $LA = I_n$. Si es así, podemos intentar resolver el sistema a medida que aprendemos a hacer en la escuela:$$AX = B,\quad LAX = LB,\quad X = LB.$$But when we try to check our work by running the solution backward, we run into trouble: If $X = LB$, then $AX = ALB$. We seem to want $L$ a ser un derecho inversa, que no es lo que fue dado.

1. Trabajo algunos ejemplos de convencerse a sí mismo de que no es un problema aquí.
2. Exactamente lo que hace la secuencia de pasos que se muestran más arriba? ¿Qué sería de la existencia de un derecho inversa espectáculo? ...

(Fuente: M. Artin, Álgebra, 2ª ed., el ejercicio de M. 8 del capítulo 1, pág.35.)

Answer 1

En primer lugar, hemos de anotar las dimensiones de las matrices: $A$ es $m \times n$, $X$ es $n \times 1$, $B$ es $m \times 1$, e $L$$n \times m$.

1.

Tome $(m,n)=(3,1)$, señalando que $m>n$,$$A = \begin{pmatrix}1 \\ 5 \\ 4\end{pmatrix}$$with left inverse $L = (1-5v-4w \text{ }\,\, v \text{ }\,\,w)$ – here $v,w$ are fixed but arbitrary, and$$B = \begin{pmatrix}b_{11} \\ b_{21} \\ b_{31}\end{pmatrix}.$$

A continuación, $AX=B$ donde $X=(x_{11})$, da las ecuaciones simultáneas$$x_{11} = b_{11},\text{ }5x_{11} = b_{21},\text{ }4x_{11} = b_{31}.$$Thus, $AX=B$ is solvable if and only if$$B = \begin{pmatrix}t \\ 5t \\ 4t\end{pmatrix}$$for some $t$.

Observar que $LB = ((1-5v-4w)b_{11} + vb_{21} + wb_{31})$ nos da la solución correcta, $t$, cuando se $B$ toma en el mencionado formulario, pero de lo contrario,$$ALB = \begin{pmatrix}(1-5v-4w)b_{11} + vb_{21} + wb_{31} \\ 5((1-5v-4w)b_{11} + vb_{21} + wb_{31}) \\ 4((1-5v-4w)b_{11} + vb_{21} + wb_{31})\end{pmatrix} \ne B.$$

2.

Supongamos $A$ ha dejado inverso $L$. La secuencia de los pasos en el enunciado del problema muestra correctamente que si $AX=B$ algunos $n$-vector $X$,$X=LB$, que los rendimientos de $ALB=B$; en particular, $AX=B$ tiene más de una solución. Sin embargo, como se muestra arriba, $X$ no tiene que existir.

Ahora supongamos $A$ también tiene un tamaño de $n\times m$ derecho inverso $R$, lo $AR=I_m$. Entonces $$L=LI_m=LAR=I_nR=R,$$where we let $Z=L=R$. If $m=n$, we know $Z=a^{-1}$ uniquely satisfies $$AZ=ZA=I_m=I_n,$$so assume $m\ne n$; without loss of generality, $m>n$.

Nos centramos en $AZ=I_m$: si $U_1$, $U_2$, $\dots$ , $U_m$ indicar la fila $n$-vectores de $A$ $V_1,V_2,\ldots,V_m$ el valor de la columna de $n$-vectores de $Z$,$U_i\cdot V_j = [i=j]$. Desde $m>n$, los vectores $U_1$, $\dots$ , $U_m$ son linealmente dependientes, es decir, existen escalares $\alpha_1$, $\dots$ , $\alpha_n$, no todos cero, tales que $\sum\alpha_i U_i = 0$. Pero, a continuación, para cada una de las $j$, debemos tener$$ \alpha_j = \sum\alpha_i[i=j] = \sum\alpha_i U_i\cdot V_j = 0,$$contradicción.

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Si $A$ ha dejado inverso $L$, es en cierto sentido más natural de pensar sobre la "izquierda sistemas" $YA = C$ de "sistemas de derecho" $AX = B$, ya que el primero siempre tiene una solución, mientras que el segundo no, como se muestra arriba – si $LA = I_n$,$(CL)A = C$. Por supuesto, puede haber otras soluciones, además de a $CL$.

Esta observación es esencialmente la idea detrás de la última cosa que hicimos anteriormente. El $m$ sistemas $U_i\cdot V_j = [i=j]$ dado por la fijación de $j$, con los coeficientes correspondientes a $U_i$, forma una "base" para el más general de los sistemas de $U_i\cdot V = c_i$ donde $i=1,\,2,\,\dots\,,m$. Intuitivamente, necesitamos $m\le n$ para estos sistemas siempre tienen soluciones.