Demuestra que si Ax = b tiene solución para todo b, entonces A es invertible

Question

Me interesa el caso de que $A$ es una matriz sobre un anillo conmutativo, no necesariamente un campo. ¿Sigue siendo cierto que si $Ax = b$ tiene una solución para cada $b$ entonces $A$ ¿es invertible? Sé que en el entorno general, $A$ Tener el espacio nulo trivial no implica que sea invertible. Sin embargo, parece que no puedo encontrar un contraejemplo al hecho en el título de la pregunta, así que estoy empezando a creer que es cierto. ¿Alguna idea de cómo demostrarlo?

Answer 1

Para cada vector base estándar $e_1, \dots, e_n$ tenemos algunos $b_1, \dots, b_n$ tal que $A b_i = e_i$ respectivamente. Entonces, simplemente "aplastando" el $b_1, \dots, b_n$ juntos en un $n \times n$ da directamente la matriz $A^{-1}$ .

Answer 2

El resultado es erróneo tal y como se plantea, ya que al tomar por $A$ una matriz rectangular (más columnas que filas) se obtienen fácilmente contraejemplos. Por lo tanto, supondré que ha asumido implícitamente $A$ para ser cuadrado (condición necesaria para ser invertible).

Se trata entonces de un complemento de la respuesta por cesta, utilizando un simple argumento que se encuentra en esta respuesta . Por la hipótesis se puede encontrar una matriz $B$ tal que $AB=I$ ya que esto equivale a cada columna de $B$ a una ecuación de la forma $Ax=c$ , donde $c$ es la columna correspondiente de $I$ . Ahora tomando determinantes obtenemos $\det(A)\det(B)=1$ por lo que el determinante de $A$ es invertible en su anillo conmutativo. Entonces $A$ también es invertible en el anillo matricial, a saber $\det(B)$ por la matriz de cofactores de $A$ da $A^{-1}$ .

Eso era todo lo que se pedía, pero multiplicar $AB=I$ a la izquierda por $A^{-1}$ muestra que de hecho $B=A^{-1}$ y por lo tanto $BA=I$ . Obsérvese que la conmutatividad del anillo base (que permitía tomar determinantes) es esencial; el resultado no se mantiene sobre anillos no conmutativos (incluso para $1\times1$ matrices, ya que para un escalar tener una inversa derecha ahora no implica tener una inversa izquierda).

Answer 3

Como escribió el usuario basket hay vectores de solución $x_i$ para $$ A x_i = e_i $$ donde $e_i$ es el $i$ -ésimo vector de base canónica.

Entonces $X = (x_1 x_2 \dotsb x_n)$ cumple con $A X = I$ .

Si existe un $Y$ con $Y A = I$ entonces tendríamos $$ Y = Y I = Y (A X) = (Y A) X = I X = X $$

Todavía me falta un argumento simple, por qué debería existir un inverso de la izquierda para $A$ también, o más bien por qué $X$ también funcionan como inversos a la izquierda.

El argumento de Marc parece bonito pero me haría repasar la teoría de determinantes sobre anillos conmutativos en lugar de los campos habituales. :)

Supongamos que $A$ es invertible y $$ X A =: B \ne I $$ Entonces $$ A B = A (X A) = (A X) A = I A = A $$ y $$ A (B - I) = 0 $$ Si $B- I \ne 0$ entonces al menos uno de sus vectores fila es distinto de cero, llamémoslo $r$ y tenemos $\DeclareMathOperator{ker}{ker}r \in \ker A$ . Para el álgebra lineal regular (sobre un campo) esto impediría $A$ de ser invertible. No tengo ni idea de lo que ocurre con los anillos conmutativos.