Duda sobre las pruebas de "Si $A, B$ son $n\times n$ matrices tales que $AB = I$ entonces $BA = I$ "

Question

Las pruebas ya se han presentado ampliamente aquí . Y encontré que la mayoría de las soluciones utilizaban el hecho de que si el mapa lineal $B$ es uno-uno entonces debe ser onto.

Pero este hecho parece trivial debido a $AB = I$ . Considere la ecuación $Bx = y$ y si hay dos soluciones $x, x'$ entonces $Bx = Bx' = y$ multiplicando por $A$ a la izquierda obtenemos $x = x'$ . Esto es lo que se denomina $B$ es uno-uno. Pero el mismo argumento también muestra que $x = x' = Ay$ para que $B$ es en (para cada $y$ hemos encontrado $x = Ay$ ). Me pregunto por qué las pruebas en la pregunta enlazada utilizan alguna álgebra lineal para demostrar que $B$ está en.

Parece que la mayoría de las pruebas utilizan la multiplicación por la izquierda por $A$ para garantizar que $x = x'$ pero de alguna manera esto no parece garantizar $x = Ay$ . ¿Por qué es así? ¿O me estoy perdiendo algo?

Actualización : Gracias a todos los que han respondido. Me he dado cuenta de mi error. El argumento demuestra que si $Bx = y$ tiene una solución debe ser $x = Ay$ . Esto no demuestra que haya una solución. Siento molestaros por un asunto tan trivial (y si todos estáis de acuerdo puedo borrar esta pregunta tonta). Existencia de un inverso de la izquierda de $B$ no garantiza la solución de $Bx = y$ . Más bien se trata de la existencia del derecho inverso de $B$ que se necesita aquí para obtener una solución.

Answer 1

Pero el mismo argumento también demuestra que $x = x' = Ay$ para que $B$ es en (para cada $y$ hemos encontrado $x = Ay$ )

No me queda del todo claro lo que quieres decir con esa frase. Sin embargo, tenga en cuenta que al principio de ese primer argumento se dice si hay dos soluciones $Bx = Bx' = y$ . No podemos suponer (sin más información) que haya cualquier soluciones a $Bx = y$ .

Nótese que ciertamente hay matrices que tienen una inversa izquierda, pero no tienen una inversa derecha. Por ejemplo, con $$ B = \pmatrix{1&0\\0&1\\0&0} $$ Entonces $A = B^T$ es un inverso de la izquierda, por lo que $B$ es uno a uno. Sin embargo, está claro que la transformación $x \mapsto Bx$ no se encuentra en. Claramente, su argumento debe ir mal en alguna parte.

También es notable que si $V$ es de dimensión infinita, entonces un $T:V \to V$ puede ser uno a uno pero no sobre. Como ejemplo clásico, considere el mapa $f(x) \mapsto \int_0^x f(t)dt$ .

(Me gusta mucho la respuesta de Jonas. Mirar funciones arbitrarias permite una analogía útil).

Answer 2

(Hay algunos paralelismos con la respuesta de Omnomnom, e incluso hemos elegido la misma cita para empezar nuestras respuestas. Esta nota ayuda a distinguirlas visualmente).

Pero el mismo argumento también demuestra que $x = x' = Ay$ para que $B$ es en (para cada $y$ hemos encontrado $x = Ay$ ).

Para mostrar $B$ es en, hay que demostrar que para cada $y$ existe $x$ con $Bx=y$ . Su reclamación es que $x=Ay$ lo hará, así que vamos a ver si esto funciona: $Bx=BAy=\cdots$ ? Nos gustaría decir que es $y$ pero asume el resultado de que $BA=I$ .

Hay que utilizar el álgebra lineal porque para las funciones $f,g:X\to X$ , $f\circ g(x)=x$ para todos $x\in X$ implica que $g$ es uno a uno y $f$ es en, pero no implica que $g$ es sobre o que $f$ es uno a uno. Por ejemplo, $X=\mathbb R$ , $g(x)=e^x$ , $f(x)=\ln(x)$ cuando $x>0$ , $f(x)=0$ cuando $x\leq 0$ .

Hay contraejemplos lineales en espacios de dimensión infinita. Sea $V$ sea el espacio de las secuencias reales $(a_1,a_2,\ldots)$ y que $A$ y $B$ sean los desplazamientos a la izquierda y a la derecha, $A(a_1,a_2,a_3,\ldots)=(a_2,a_3,a_4,\ldots)$ , $B(a_1,a_2,a_3,\ldots)=(0,a_1,a_2,\ldots)$ . Entonces $AB=I$ pero $BA\neq I$ .