¿La inversa de la matriz siempre se basan en el determinante de una matriz?

Question

Siempre he pensado que si el determinante de una matriz de $A$ $0$ no tiene inversa, $(A^{-1})$, hasta que vi a un ejercicio Contemporáneo de Álgebra Abstracta por Gallian. Este me pide demostrar que el conjunto de la $2\times2$ matrices de la forma $$\begin{bmatrix} a&a\\ a&a\\ \end{bmatrix}\,,$$ donde$a \neq 0$$a \in \mathbb R$.

es un grupo bajo la multiplicación de la matriz. El determinante de la anterior conjunto de matrices es $0$, pero sigue siendo el inverso existe para cada matriz que no es sino $$\begin{bmatrix} \frac{a}{2} & \frac{a}{2} \\ \frac{a}{2} & \frac{a}{2} \\ \end{bmatrix}\,.$$

¿Cómo es esto posible? Lo que hace este tipo de matrices de escapar de la satisfacción de los determinantes? ¿Cuál es la lógica detrás de eso?

Answer 1

$\newcommand{\R}{\mathbb{R}}$A recoger desde el comentario de @NaN, busque un elemento $$ E = \begin{bmatrix} e & e\\ e & e\\ \end{bmatrix} $$ tal que para cada una de las $a \ne 0$ hemos $$ \begin{bmatrix} a & a\\ a & a\\ \end{bmatrix} \cdot E = \begin{bmatrix} a & a\\ a & a\\ \end{bmatrix} $$ Y, a continuación, usted encontrará que la inversa no es bastante el que escribió...

Sugerencia 3 a continuación se explica la lógica detrás de este ejercicio.

Sugerencia 1

$e = 1/2$

Sugerencia 2

La inversa de $$\begin{bmatrix}a & a\\a & a\\\end{bmatrix}$$ is $$\begin{bmatrix} a^{-1}/4 & a^{-1}/4\\ a^{-1}/4 & a^{-1}/4\\\end{bmatrix}$$.

Sugerencia 3

La lógica detrás de esto es que la dada las matrices de formar un semigroup que es isomorfo a la no-cero de reales en virtud de la operación $a * b = 2 a b$. Así que usted puede olvidarse de las matrices y pensar sobre el último. Esto, a su vez, se obtiene por el transporte de la estructura de la habitual multiplicación, bajo el mapa de $f(x) = 2x$, $f : (\R^{\star}, *) \to (\R^{\star}, \cdot)$ es un isomorfismo.

Answer 2

A la inversa dada es no a la inversa en álgebra lineal sentido, es simplemente la inversa en el grupo de sentido.

En un grupo que primero tiene que identificar la unidad de elemento con el fin de saber cuál es la inversa de medios. En este caso podemos ver que $E = \begin{pmatrix}1/2 & 1/2 \\ 1/2 & 1/2\end{pmatrix}$ es un elemento debido a $EE = E$ y cada matriz en el grupo puede entonces escribirse $A = \alpha E$ y, a continuación, $EA = E\alpha E = \alpha EE = \alpha E = A$ y al igual $AE=A$.

Ahora se puede ver que $(\alpha E)^{-1}$ en este grupo se ${1\over\alpha}E$ desde $\alpha E {1\over\alpha} E = {\alpha\over\alpha}EE = EE = E$

Answer 3

Es una noción distinta de la inversa. En álgebra lineal, la matriz inversa de a $2\times 2$ matriz $A$ es la matriz $A'$ tal que $$A\,A' = \begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}\,,$$ si dicha matriz existe. Sin embargo, el grupo inversa es la matriz $A''$ tal que $$A\,A'' = \begin{pmatrix}i & i \\ i & i\end{pmatrix}\,,$$ para cualquier valor de $i$ hace $$\begin{pmatrix}x & x\\x & x\end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}i & i\\i & i\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}x & x\\x & x\end{pmatrix}$$ cierto para todos los $x$ (las otras respuestas dicen que necesitamos $i=\tfrac12$).

$A'$ $A''$ son claramente diferentes matrices y no hay ninguna razón de que la existencia de $A''$ para una determinada matriz $A$ debe implicar la existencia de $A'$.

Answer 4

El algebraicas principio detrás de esto es que el promedio de operador $V(x,y) = (\frac{x+y}{2},\frac{x+y}{2})$ satisface $V^2 = V$, lo que es una proyección.

Por tanto, para cualquiera escalares $a,b$ (o más en general, las matrices que conmutan con a $V$) uno ha $(aV)(bV) = abV$. Restringido a es invertible $a$$b$, este es un grupo de la ley en múltiplos de $V$.

El ejercicio se hace más complicado por el uso de $2V$ en lugar de $V$ como base del elemento, por lo que la multiplicación se parece a $\frac{p}{2} \ast \frac{q}{2} = \frac{pq}{2}$.

Como converse para este ejercicio, cualquier situación en la que una colección de matrices (o elementos de un anillo) forman un grupo requiere de la existencia de un elemento neutro, $E$, que satisface $E^2 = E$, de modo que siempre hay una proyección de los involucrados. Parece que la conmutativa grupos de este formulario son siempre el producto de la $E$ por un grupo de elementos que, módulo del kernel de $E$, son todos invertible y todos conmuta con $E$ y el uno con el otro.