No computacionales prueba de que $\det(A)$ es una unidad en $R$ implica $A$ es una unidad, por $A \in M_n(R)$.

Question

Citando Waterhouse Introducción del Grupo Afín Esquemas:

"...supongamos que tenemos un representable functor $G$ [de $k$-álgebras a grupos], y un mapa de la $\Delta: A \to A \otimes A$ dando una composición de ley sobre la $G(R)$... las unidades y los inversos se determina únicamente y darle natural de los mapas, así que por el Yoneda lema no se determina únicamente (counit) $\epsilon$ e (coinverse) $S$, lo $A$ un álgebra de hopf.

Considerar, por ejemplo, $n \times n$ matrices con invertible determinante, representado por $k[X_{11}, \ldots, X_{nn}, 1 /\det]$. Podemos usar un no-computacional de la prueba para demostrar que las matrices son invertible, y por lo tanto forman un grupo. Pero entonces tenemos un esquema de grupo, y por lo tanto, $S$ existe. Es decir, nos gustaría saber a priori que algo como la regla de Cramer debe ser verdad - no son polinomios en el $X_{ij}$ $1/\det$ dando las entradas de la matriz inversa."

Bien cool! Pero lo que no prueba computacional?

Yo solo conozco el que construye la inversa utilizando adjunta matrics. ¿Alguien sabe de un verdaderamente no computacionales argumento que demuestre $\det(A)$ invertible implica $A$ invertible?

Answer 1

Pensé en esto, aunque tengo curiosidad para ver si hay otros.

Deje $T:V\to V$ ser una transformación lineal entre finito-dimensional espacios, por encima de $k$ con determinante distinto de cero.

Por la descomposición de $V$ en la generalización de la subespacios propios de a $T$, podemos suponer que la $T$ sólo tiene un autovalor, $\lambda\neq 0$.

Pero, a continuación, $\lambda I-T$ es nilpotent, la cual se puede ver esto a través de la observación de que cualquier matriz es similar a un superior triangular de la matriz.

Por lo $(\lambda I-T)^m = 0$ algunos $m$, lo que nos da un polinomio $p(T)$ tal que $\lambda^m I = Tp(T)$, y por lo tanto $T$ es invertible.

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Si queremos ser realmente no constructiva, podemos hacer el último paso de esta manera:

Deje $R$ ser el anillo conmutativo con unidad generados por $T$. Si $T$ no es invertible, estaría contenida en algunos máxima ideal $\mathfrak{m}\subset R$.

Pero hemos demostrado que $\lambda I - T$ es nilpotent, por lo que está contenida en cada ideal maximal. Por lo tanto,$\lambda I\in \mathfrak{m}$, e $\lambda = 0$.

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Un detalle: técnicamente esto sólo muestra que $T$ es invertible $k[\lambda_1,\ldots , \lambda_k]$, no $k$. Podemos arreglar esto, por ejemplo, la descomposición de la $T^{-1}$ a través de una base para la extensión de campo.

Answer 2

La eliminación de la teoría (aka proyectiva esquemas adecuados) nos dice que existe un polinomio en las entradas de una matriz en la cual se puede decir si es invertible o no. Esto es completamente no constructiva.