Matrices invertibles en anillos conmutativos

Question

Dejemos que $A$ sea una matriz cuadrada sobre un anillo conmutativo $R$ . Entonces $A$ tiene una inversa a la izquierda si es invertible. ¿Existe una prueba elemental de este hecho? (es decir, sin utilizar el determinante)

Answer 1

Yo no llamaría al siguiente argumento elemental, sino quizá fundamental:

La matriz $A$ define un endomorfismo $f$ de la $R$ -Módulo $R^n$ . Cuando $f$ es invertible a la izquierda o invertible, tiene núcleo cero. Por lo tanto, al demostrar la equivalencia izquierda-invertible $\Leftrightarrow$ invertible podemos suponer que tenemos una secuencia exacta

$0 \rightarrow R^n \stackrel{f}{\rightarrow} R^n \rightarrow C \rightarrow 0$

donde $C$ es el cokernel de $f$ . Pero entonces $f$ es invertible a la izquierda si y sólo si la secuencia exacta anterior se divide. Por lo tanto, $f$ es invertible a la izquierda si y sólo si $R^n \cong R^n \oplus C$ . Pero esta última condición sólo es cierta cuando $C=0$ . Por lo tanto, $f$ es invertible a la izquierda si y sólo si es un isomorfismo.

Observación: Hay bastantes "argumentos no elementales" para establecer realmente que $C=0$ : tensor la igualdad $R^n \cong R^n \oplus C$ con $\kappa(m)=R_m/mR_m$ , donde $m$ es algún ideal máximo, para obtener $\kappa(m)^n \cong \kappa(m)^n \oplus C_m/mC_m$ . Se trata de un isomorfismo de dimensión finita $\kappa(m)$ -espacios vectoriales. Como las dimensiones de los lados izquierdo y derecho deben ser iguales, vemos que $C_m/mC_m$ debe ser cero. Entonces, el lema de Nakayama implica que $C_m=0$ . Pero un $R$ -cuyo localizador en cada ideal maximal es cero debe ser el módulo cero.

Conclusión: Si estás dispuesto a tomar tus escalares como un anillo en lugar de un campo, entonces en general necesitas recurrir a argumentos más sofisticados. Pero en este caso particular tenemos que la hermosa ecuación $adj(A) A = det(A) I$ sigue siendo válida y podríamos haber evitado los argumentos conmutativos-algebraicos anteriores. Te dejo que decidas cuál es más elemental :)

Answer 2

Lo siguiente es menos elemental que el uso de determinantes, ya que utiliza lema de Zorn. Puede ser más directo y sencillo que utilizar el lema de Nakayama de Nakayama.

Dejemos que $B$ sea el inverso de la izquierda. Sólo la implicación de que $BA = $ 1 implica $AB = 1$ (o simplemente que A tiene un inverso de la derecha) es no trivial.

Supongamos primero que $R$ es un campo. Sea $f$ sea el endomorfismo de $R^n$ correspondiente a $A$ . Por álgebra lineal elemental, $f$ es inyectiva si es sobreyectiva. Esto se puede demostrar sin usar determinantes, usando cotas o resolviendo ecuaciones lineales. Esto da el resultado cuando traducido a matrices. ( $BA = 1$ implica $f$ inyectiva implica $f$ tanto inyectiva como sobreyectiva implica $f$ implica que es invertible $A$ invertible).

A continuación, supongamos que $R$ es un dominio integral. Aplicar el caso anterior a el campo del cociente. La matriz identidad $BA = 1$ asciende al campo y (por el caso anterior) implica $AB = 1$ sobre el campo. Esta última identidad desciende a $R$ .

A continuación, para general $R$ , dejemos que $\mathfrak p$ sea cualquier ideal primo de $R$ . Aplicar el caso anterior a $R/\mathfrak p$ . Dice que $AB = 1$ en $R/\mathfrak p$ . Equivalentemente, todos los coeficientes de $N = 1-AB$ son en $\mathfrak p$ . Desde $\mathfrak p$ era arbitraria, todos estos coeficientes son nilpotentes. El último paso utilizó el lema de Zorn a través del álgebra conmutativa básica.

$N$ es nilpotente ya que las potencias grandes de $N$ tienen una gran potencia de al menos un coeficiente de $N$ en cada término monomial en cada uno de sus coeficientes. Así que $AB = 1-N$ es invertible con la inversa $C=1+N+N^2+\ ...\ +N^k$ para un tamaño suficientemente grande $k$ . $BC$ es un derecho inverso para $A$ . Esto completa la prueba.

El último paso se puede hacer de otra manera observando que $N$ es una y una proyección nilpotente debe ser $0$ . $N$ fue $0$ todo en todo momento.