Si $A,B\in M(2,\mathbb{F})$ y $AB=I$ entonces $BA=I$

Question

Este es el ejercicio 7, página 21, del libro de Hoffman y Kunze.

Dejemos que $A$ y $B$ sea $2\times 2$ matrices tales que $AB=I$ . Demostrar que $BA=I.$

He escrito $BA=C$ y traté de demostrar que $C=I$ pero me quedé atascado en eso. Se supone que debo usar sólo matrices elementales para resolver esta cuestión.

Sé que existe esta pregunta pero en esas respuestas usan más de lo que se me permite usar aquí.

Le agradecería su ayuda.

Answer 1

Voy a dar un esbozo de una prueba. Sea $A= \left( \begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array} \right) $ y $B= \left( \begin{array}{cc} x & x \\ z & w \end{array} \right) $ tal que $AB=I.$ Entonces obtenemos $\left\{\begin{array}{c} ax + bz = 1 \\ cx + dz = 0 \\ \end{array}\right.$ y $\left\{\begin{array}{c} ay + bw = 1 \\ cy + dw = 0 \\ \end{array}\right.$

Asumiré que $a\neq 0$ (ya que no hay $B$ tal que BO=I.) Entonces tenemos $x=\frac{1}{a}-\frac{bz}{a}$ y obtenemos $(ad-bc)z=-c$ . Supongamos que $ad=bc$ . Si $b=0$ o $c=0$ entonces $d=0$ y tendríamos $A= \left( \begin{array}{cc} a & b \\ 0 & 0 \end{array} \right)$ o $A= \left( \begin{array}{cc} a & 0 \\ c & 0 \end{array} \right)$ o $A= \left( \begin{array}{cc} a & 0 \\ 0 & 0 \end{array} \right)$ pero en cualquier caso no hay $B$ tal que $BA=I$ (Es fácil demostrarlo). Así que tenemos $(a,b,c,d)\neq (0,0,0,0)$ . Entonces tenemos $a=\frac{bc}{d}$ pero en este caso los sistemas anteriores no tienen solución. Entonces $ad-bc\neq 0$ y obtenemos $z=\frac{-c}{ad-bc}$ . Al final encontraremos que $B= \frac{1}{ad-bc}\left( \begin{array}{cc} d & -b \\ -c & a \end{array} \right).$ Es fácil comprobar que $BA=I.$ Ahora bien, si $a=0$ entonces tenemos $b\neq0$ y $\dots$

No sé cómo resolver el ejercicio de una manera diferente. Este es mi mejor esfuerzo.

Answer 2

Sé que esto es viejo, pero creo que he encontrado la respuesta que se pretendía. Yo también luché con esta durante un tiempo porque, como spohreis mencionó, no tienes mucho que hacer en el momento en que se pregunta esto (sin determinantes, sin transposiciones, sin inversiones incluso).

Dicho esto, en el problema 3 de la sección 1.4 demuestras que todo $2\times 2$ Las matrices escalonadas reducidas son de la siguiente forma:

$$ \left[ \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{array} \right]\quad,\quad \left[ \begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array} \right]\quad,\quad \left[ \begin{array}{cc} 1 & c \\ 0 & 0 \end{array} \right]\quad,\quad \left[ \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array} \right] \,.$$

Supongamos ahora que $A$ y $B$ son $2 \times 2$ matrices tales que $AB=I$ . Por el teorema 5 (pg 12) tenemos que $B$ es equivalente a una matriz escalonada reducida por filas $R$ y por el corolario del teorema 9 (pg 20) esto implica que $B=PR$ donde $P$ es un producto de matrices elementales. Del mismo modo, tenemos que $A=QT$ (donde $Q$ es un producto de matrices elementales y $T$ está en forma escalonada reducida).

Ahora tenemos que $AB=I \implies QTPR=I$ pero ahora claramente $T=I$ porque si la fila inferior de $T$ eran todos ceros, entonces la fila inferior de $TPR$ sería cero, y esto implica que el producto $QTPR$ tendría la forma $$\left[ \begin{array}{cc} aQ_{11} & bQ_{11} \\ aQ_{21} & bQ_{21} \end{array} \right]$$ para algunos $a,b\in F$ y, por lo tanto, claramente no podía ser $I$ . Un argumento similar muestra que $R=I$ . Así, $A$ y $B$ son en realidad productos de matrices elementales. Por el teorema 2 (pg 7) cada operación de fila elemental tiene una inversa y usando el teorema 9 (pg 20) cada matriz elemental por lo tanto tiene una inversa, ahora podemos escribir

$$\begin{align} AB=QP=E_{q_1}E_{q_2} \cdots E_{q_t}E_{p_1} \cdots E_{p_s}&=I\\ E_{q_1}^{-1}E_{q_1}E_{q_2} \cdots E_{q_t}E_{p_1} \cdots E_{p_s}E_{q_1}&=E_{q_1}^{-1}E_{q_1}=I\\ &\vdots\\ E_{p_1} \cdots E_{p_s}E_{q_1} \cdots E_{q_t}&=I\\ PQ&=I\\ BA&=I\,. \end{align}$$

(Obsérvese que, al final, aunque he optado por utilizar la notación inversa estándar, en realidad basta con que dicha matriz exista, lo que se deduce del teorema 2 y del teorema 9 por sí solos; no es necesario "saber" todavía sobre matrices inversas. Si quieres, puedes usar el teorema 9 para reescribir $QP=I$ en términos de operaciones elementales de filas, y luego simplemente usar el teorema 2 directamente sin mencionar nunca las matrices inversas).

Answer 3

$(BA)B = B(AB) = BI = B$ . Así, $(BA - I)B = 0$ . Supongamos que existe $X\neq O$ tal que $XB = 0$ entonces hay una combinación no trivial de filas de $B$ que resulta en cero. Si eso fuera cierto, digamos, $B = \begin{pmatrix} a & b \\ ka & kb \end{pmatrix}$ entonces todas las combinaciones de filas de $B$ serán múltiplos de $(a,b)$ . Sin embargo, $(1,0)$ y $(0,1)$ no pueden ser simultáneamente múltiplos de $(a,b)$ . Por lo tanto, ninguna matriz $A$ satisfará $AB = I$ . La contradicción resulta de nuestra suposición sobre la existencia de $X$ . Por lo tanto, $X$ tiene que ser $O$ , lo que significa que $BA = I$ .

Answer 4

$AB= I$ , $Det(AB) = Det (A) . Det(B) = 1$ . Por lo tanto, $Det(B)\neq 0$ Por lo tanto, $B$ es invertible.

Ahora dejemos que $BA= C$ entonces tenemos $BAB= CB$ que da $B= CB$ es decir $B. B^{-1} = C$ esto da $ C= I$

Answer 5

Aquí explicamos cómo derivar las entradas de $B$ a partir de las entradas de $A$ . Como explica el libro al principio de la página 19 (apartado 1.5), si dejamos que $B_1$ y $B_2$ denotan la primera y segunda columnas de la matriz $B$ entonces se puede escribir $AB = [AB_1,AB_2]$ . Por lo tanto, AB = I si y sólo si $AB_1=\left[\begin{array}{c} 1\\0\\\end{array}\right]$ y $AB_2=\left[\begin{array}{c} 0\\1\\\end{array}\right]$ . Entonces sabemos que los dos sistemas de dos ecuaciones lineales en dos incógnitas $AX=\left[\begin{array}{c} 1\\0\\\end{array}\right]$ y $AY=\left[\begin{array}{c} 0\\1\\\end{array}\right]$ tienen soluciones. Queremos demostrar que las únicas soluciones son $B_1$ y $B_2$ y nos gustaría encontrar estas soluciones en términos de entradas de $A$ .

Si dejamos que $A= \left[ \begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array} \right]$ entonces las dos ecuaciones se pueden escribir como $\left[ \begin{array}{ccc} a & b & 1\\ c & d & 0 \end{array} \right]$ y $\left[ \begin{array}{ccc} a & b & 0\\ c & d & 1 \end{array} \right]$ . Dado que estas dos ecuaciones tienen soluciones ( $B_1$ y $B_2$ ), entonces las ecuaciones $\left[\begin{array}{ccc} ad-bc & 0 & d\\ 0 & ad-bc & -c \end{array}\right]$ y $\left[ \begin{array}{ccc} ad-bc & 0 & -b\\ 0 & ad-bc & a \end{array} \right]$ que son combinaciones lineales de las ecuaciones originales, también tienen solución (apartado 1.2 del libro). Ahora, basándonos en la explicación de la página 14, que explica las condiciones para las que los sistemas de ecuaciones no homogéneos tienen soluciones, si $ad-bc=0$ entonces $a=b=c=d=0$ . Esto es una contradicción ya que si $A=0$ entonces $AB=0B=0\neq I$ . Así que podemos suponer que $ad-bc \neq 0$ . Esto demuestra inmediatamente que las dos ecuaciones tienen soluciones únicas, por lo tanto $B$ sólo puede ser de la siguiente forma $$\left[ \begin{array}{cc} \frac{d}{ad-bc} & \frac{-b}{ad-bc} \\ \frac{-c}{ad-bc} & \frac{a}{ad-bc} \end{array} \right].$$

Ahora usando esta forma para $B$ se puede comprobar que $BA = I$ .