Esta pregunta se basa en una serie de preguntas que buscan pruebas elementales de que $AB= \mathrm {Id}$ implica $BA= \mathrm {Id}$ para $A$ y $B$ ambos $n \times n$ matrices sobre un anillo conmutativo. Primero la pregunta, luego la motivación, luego un pequeño avance.
Deje que $R$ ser un anillo conmutativo. Que $A$ y $B$ ser $n \times n$ matrices con entradas en $R$ satisfactoria $AB=z \mathrm {Id}_n$ para algunos $z \in R$ . No podemos concluir que $BA = z \mathrm {Id}_n$ : Toma $R= \mathbb {Z}$ , $z=0$ , $A = \left ( \begin {smallmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end {smallmatrix} \right )$ y $B = \left ( \begin {smallmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end {smallmatrix} \right )$ . Sin embargo, podemos concluir $z^n BA = z^{n+1} \mathrm {Id}$ (prueba abajo).
¿Cuál es el más pequeño $m$ (en función de $n$ ) por lo que podemos concluir $z^m BA = z^{m+1} \mathrm {Id}$ ?
Motivación Supongamos que podemos hacer esto por alguna $m$ y $n$ . Deje que $k[a,b,z]$ ser el anillo polinomio en $2n^2+1$ variables, $a_{ij}$ , $b_{ij}$ y $z$ (sobre algún campo $k$ ). Deje que $S$ ser el cociente de $k[a,b,z]$ por el $n^2$ relaciones obtenidas al expandir el producto de la matriz $AB=z \mathrm {Id}_n$ .
Dado que esta cuestión se enmarca en un anillo conmutativo arbitrario, se aplica en particular a $S$ . Así que, si la respuesta es "sí" para algunos $(m,n)$ entonces las entradas de $z^m BA - z^{m+1} \mathrm {Id}_n$ son cero en $S$ . En otras palabras, están en el ideal de $k[a,b,z]$ generada por las entradas de $AB-z \mathrm {Id}_n$ . Es decir, debemos tener relaciones polinómicas $$z^m \left ( \sum_r B_{ir} A_{rj} - z \delta_ {ij} \right ) = \sum_ {k, \ell } P_{ij}^{k \ell }(a, b, z) \left ( \sum_s A_{ks} A_{s \ell } - z \delta_ {k \ell } \right ) \quad ( \ast )$$ para algunos polinomios $P_{ij}^{k \ell }(a, b, z)$ .
Ponga una calificación en $k[a,b,z]$ donde $ \deg a_{ij} = \deg b_{ij}=1$ y $ \deg z=2$ . Entonces podemos asumir que el $P_{ij}^{k \ell }$ tener un título $m$ . Enchufando $z=1$ a $( \ast )$ tenemos una prueba de álgebra de la escuela secundaria que $AB= \mathrm {Id}_n$ implica $BA = \mathrm {Id}_n$ que involucra polinomios de grado $ \leq m$ .
Por el contrario, si tenemos una prueba de que $AB= \mathrm {Id}_n$ implica $BA = \mathrm {Id}_n$ por el álgebra pura de la escuela secundaria (sumando, multiplicando y dividiendo polinomios y sustituyendo en las ecuaciones $AB = \mathrm {Id}_n$ ) entonces podemos tomar cada fórmula en esa prueba en reemplazo de cada $1$ por un poder apropiado de $z$ para hacer las ecuaciones homogéneas. El resultado será una prueba de $( \ast )$ para algunos $m$ y, de nuevo, el tamaño de $m$ es una medida de la complejidad de la prueba.
Un pequeño progreso Es lo suficientemente bueno para tomar $m=n$ . Prueba: simplificar $( \det B) \mathrm {Ad}(A) A B A$ de dos maneras. Una forma da $$( \det B) { \Big (} \mathrm {Ad}(A) A { \Big )} B A = ( \det B) ( \det A) BA = ( \det A) ( \det B) BA = \det (AB) BA = z^n BA$$ el otro da $$( \det B) \mathrm {Ad}(A) { \Big (} A B { \Big )} A =( \det B) \mathrm {Ad}(A) z A = z ( \det B) ( \det A) = z \det (AB) = z^{n+1}.$$
Cuando $n=1$ podemos tomar $m=0$ como $R$ es conmutativo. Para $n=2$ el ejemplo anterior de $z=0$ , $A = \left ( \begin {smallmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end {smallmatrix} \right )$ y $B = \left ( \begin {smallmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end {smallmatrix} \right )$ muestra que necesitamos $m \geq 1$ y es fácil adaptar esto para mostrar que necesitamos $m \geq 1$ para cualquier $n \geq 1$ .
¡Esto es todo lo que sé! Ni siquiera tengo un ejemplo para mostrar que $m \geq 2$ es necesario para cualquier $n$ aunque mi instinto me dice $m$ debería crecer linealmente con $n$ .
