如果$AB=I$，则$BA=I$

Question

如果$A$和$B$是方形矩阵，例如$AB=I$，其中$I$是单位矩阵，则表明$BA=I$。

我只理解以下内容。

1. 基本行操作。
2. 线性相关性。
3. 行约简形式及其与原始矩阵的关系。

如果矩阵的条目不是来自支持交换性的数学结构，我们能对这个问题说什么？

附笔。：请避免使用矩阵的转置和/或逆。

Answer 1

迪拉瓦尔在第二章说。他知道线性相关性！所以我将给出一个类似于TheMachineCharmer的证明，它使用了线性独立性。

假设每个矩阵是$n$乘以$n$。我们认为我们的矩阵都作用于具有选定基的$n$维向量空间（因此线性变换和$n$×$n$矩阵之间存在同构）。

那么$AB$的范围等于整个空间，因为$AB=I$。因此，$B$的范围还必须具有维度$n$。因为如果没有，那么一组$n-1$向量将跨越$B$的范围，因此$AB$的范围，即$B$范围中$a$下的图像，也将由一组$n-1$向量跨越，因此维数将小于$n$。

现在注意$B=BI=B（AB）=（BA）B$。根据分配定律，$（I-BA）B=0$。因此，由于$B$具有全范围，矩阵$I-BA$在所有向量上给出$0$。但这意味着它必须是$0$矩阵，所以$I=BA$。

Answer 2

我们有以下一般断言：

引理。 让美元$是有限维的千美元$-代数、和a中的$a、b\$.如果$ab=1$，然后$ba=1$.

例如，美元$可以是代数$n\次n$上的矩阵千美元$.

证明。子空间序列$\cdots\subsetq b^{k+1}A\subseteq b^k A\substeq\cdots\subsete A$必须保持静止，因为美元$是有限维的。因此，有一些千美元$具有$b^{k+1}A=b^k A$。所以有一些$c\单位：A$这样的话$b^k=b^{k+1}c$。现在乘以$a^k美元$在左边去拿1美元=十亿$.然后$ba=ba1=babc=b1c=bc=1$.$\平方$

证明也适用于每一个左翼或右翼-阿提尼亚环 美元$特别是，该语句在每个有限环中都是正确的。

请注意，我们在本质上需要一些有限性条件。不存在纯粹的代数操作a，b美元$这表明$ab=1\右箭头ba=1$.

事实上，有一个千美元$-二元代数a，b美元$这样的话$ab=1$，但是$ba\neq 1个$.考虑左移位$a:K^{\mathbb{N}}\到K^{\ mathbb}N}}$,$a（x_0，x_1，\dotsc）：=（x_1、x_2，\dossc）$以及右移$b（x_0，x_1，\dotsc）：=（0，x_0$.然后$a\circ b=\mathrm{id}\neq b\circa$在中保留千美元$-代数$\mathrm美元{结束}_K（K^{\mathbb{N}}）$.

请参见东南/298791为了证明$AB=1\右箭头BA=1$交换环上的平方矩阵。

Answer 3

如果$\rm\，B\，$是有限维向量空间$\rm_，V\，$over字段$\rm \，K，\，$上的线性映射，那么很容易通过有限维（参见下面的注释）在K[x]\；$中有多项式$\rm\，0\ne p（x）如果$\rm\，p（B）=0.\，$W.l.o.g.$\rm，p（0）\ne 0\，$，则取消$\rm_，B\；$的任何因子来自$\rm\；p（B）\；$通过使用$\rm\，AB=1将$\rm A，\，$左乘$

注意$\rm\AB=1\，\Rightarrow\，（BA-1）\，B^n=\，0\；$对于$\，\rm\；n> 0\$

因此，通过线性$\rm\，0\，=\，（BA-1）\p（B）\，=_，（BA-1\p（0）\；\向右箭头\；BA=1\四元\四元$量化宽松政策

这本质上是用欧几里德算法计算逆运算的一个特例-请参阅我1999年4月13日发表在谷歌或马特福鲁姆.

注意$$$\rm\；的存在；p（x）\；$简单地说，$\rm\，V\；$有限维意味着$\rm\，V\，$上线性映射的向量空间$\rm，L（V）\，$也是如此（实际上，如果$\rm_，V\；$有维数$\rmn$，那么线性映射是由其$\，\rmn^2，$系数的矩阵唯一确定的）。所以$\rm\，1，\，B，\，B^2，\，B^3，\，\cdots\；$在$\rm\，L（V）$中是$\rm，K$-线性相关的，它产生所寻求的非零多项式消元$\rm\，B$

Answer 4

设$x_1，x_2，\dots，x_n$为空间的基。首先我们证明了$Bx_1，Bx_2，\dots，Bx_n$也是一个基。为此，我们需要证明这些向量是线性无关的。假设这不是真的。然后存在数字$c1，c2，\dots，cn$不都等于零，因此$$c1 Bx_1+c2 Bx_2+\cdots+cn Bx_n=0.$$将其与左边的$A$相乘，我们得到$c1 ABx_1+C2 ABx_2+\ cdots+cn ABx_n=0，$$因此$c1 x_1+c2 x_2+\tdots+cn x_n=0$$，因此向量$x_1，x_2，\dots+x_n$也是线性相关的。这里我们得到了与向量$x_i$构成基的假设相矛盾的结果。

由于$Bx_1、Bx_2、\dots、Bx_n$是基，因此每个向量$y$都可以表示为这些向量的线性组合。这意味着对于任何向量$y$，都存在某种向量$x$，即$Bx=y$。

现在我们要证明$BA=I$。这与证明任何向量$y$都有$BAy=y$是一样的。现在给定任意向量$y$，我们可以找到$x$，这样$Bx=y$。因此，通过矩阵乘法的结合性，$$BAy=BABx=Bx=y$$。

Answer 5

由于似乎有一些挥之不去的信念，即不明确使用有限维的方法可能是有效的，这里有一个在无限维情况下常见的反例。

设$V=\mathbb{R}[t]$是实多项式函数的向量空间。设$B:V\rightarrowV$为微分：$p\mapstop'$，$A:V\rightarrow V$为常数项为零的反微分：$\sum_{n=0}^{infty}A_nt^n\mapsto\sum_}n=0{{infty}\frac{A_n}{n+1}t^{n+1}$。

这两个都是$\mathbb{R}$-线性映射，$B\circA$是恒等式，但$A\circB$不是（常量项丢失）。

Answer 6

接下来是鸽子洞原理这是一段摘录我2007年12月11日科学。数学帖子:

召回（如下证明）$\rm\；AB\：\：=\：\：\：I \：\；\向右箭头\；BA：\：=\：\：I；\；\：$很容易减少到：

定理 $\;$ $\rm\；\；B\$内射的$\rm\；\右箭头\：\：B\$满脸愁容，$\:$对于线性$\rm\：B\：$关于有限维向量空间$\rm\：V$

证明 $\rm\\\B\$内射的$\rm\；\向右箭头\B\$保留注射：$\rm\；R<S；\向右箭头\；BR<英国标准$
因此$\rm\；\；R；\：<\；\；S<\cdots<\；V\；\$最大长度的链条（=dim$\rm V\：$)
它的图像$\rm\；BR<BS<\cdots<BV\le V\；\；\：\$长度会更长
如果$\rm\BV<V\：，\：$因此，相反$\rm\：\：\∶\\BV=V\：，\；\：$即$\rm\；B\$是阴沉的。$\;$ 量化宽松政策

注意这种证明形式如何戏剧性地强调了问题的本质，即
内射映射不能降低高度（这里=维数=最大子空间链的长度）。

下面说的是将标准简化为xxxjective形式。更多信息，请参阅上述sci.mah帖子，
包括对民间文学概括性的引用，例如阿蒙达里兹和瓦斯康塞洛斯在七十年代的作品。

首先，请注意$\rm\；\；\AB=I；\向右箭头\：B\：$内射，自$\rm\；A\$次$\rm\；B\：x=B\：y\$产量$\rm\；x=y\：，\：$和

$\rm\B\$满腹经纶的$\rm\\Rightarrow\BA=I\；\$因为所有人$\rm\；x \$存在$\rm\；y:\；\；x=B：y=B（AB）：y=BA：x$

组合它们：$\rm\：AB=I\；\向右箭头\：B\：$内射的$\rm\；\向右箭头\；B\：$满腹经纶的$\rm\；\向右箭头\：BA=I$

Answer 7

我更喜欢用线性算子而不是矩阵来思考。函数有一个右逆，当它是满射的，它有一个左逆，当它是内射的。对于线性算子，这意味着右逆等价于范围等于整个空间，左逆等价于平凡核。对于有限维空间上的线性算子，其核的维数+范围的维数=整个空间的维数，所以这就完成了任务。

Answer 8

动机$\$如果向量空间$\rm V\：$有一个不在其上的$1$-$1$map$\rm\，B\，$，即$\rma V>BV\：，\：$，那么这将产生一个$\infty$子空间链，由$\rmV>\：BV>\；\cdots\：>B^i V$，方法是重复应用$\rm B\：$。

定理$\rm\：\AB=1\；\向右箭头\；有限维向量空间$\rm\：V上线性映射$\rm：A，B：$的BA=1\：$$

证明$\rm\；\；V>BV，\；$乘以$\rm\；B^i\：\右箭头\：B^i V>B^{i+1}V\；$（否则$\rm\；B^i V=B^{i+1}V，\；$乘以$\rm；A^i\右箭头V=BV）$

$\rm\\\\右箭头\rm\；\；V>BV>B^2 V>\cdots\：$是$\infty$下降链$\rm\；\向右箭头\；dim\：V=\infty\，\：$conta假设。

因此$\rm\\V=BV\；\向右箭头\；（BA\！-\！1）V=$量化宽松政策

备注$\;\;$ 因此向量空间$\rm\：V\$具有无限维度$\rm\；\如果V：$Dedekind是无限的吗，即$\rm\：V\：$有一个同构的真子空间$\rm BV，\：$即定理证明了$（\Leftarrow）$，反之亦然，将$\rmB\：$作为基移位映射$\rm_；（v_1，v_2，v_3，\cdots\：）\：\ to \：（0，v_1，v_2，v_3，\cdots\：）\：，\；$也就是说，简单地说，向量空间是无限的，只要它有一个子空间链模型希尔伯特无限酒店.$\：$这就是问题的本质。

Answer 9

为了更基本的治疗。。。

事实。如果$A$的行是线性相关的，那么$AB$的行也是线性相关的。

事实证明。考虑3x3情况，其中$A$的线性相关行是$\mathbf{a} _1个$，$\mathbf{a} _2$，$\mathbf{a} _3个=h\mathbf{a} _1个+k\mathbf{a} _2$（对于某些标量$h$和$k$）：

$$A=\begin{bmatrix}\mathbf{a} _1个\\ mathbf{a} _2\\h\mathbf{a} _1个+k\mathbf{a} _2\end{bmatrix}=\开始｛bmatrix｝p&q&r\\s&t&u\\hp+ks&hq+kt&hr+ku\end{bmatrix}$$

正在写入$\mathbf{b} _1个$，$\mathbf{b} _2$和$\mathbf{b} _3个对于$B$行，我们有

$$A B=\开始{矩阵}p&q&r\\s&t&u\\hp+ks&hq+kt&hr+ku\end{bmatrix}\begin{bmatricx}\mathbf{b} _1个\\ mathbf{b} _2\\ mathbf{b} _3个\end{bmatrix}=\开始{矩阵}p \马特布夫{b} 1个+问题\mathbf{b} _2+r \mathbf{b} _3个\\s\mathbf{b} 1个+t\mathbf{b} _2+u\mathbf{b} _3个\\（hp+ks）\mathbf{b} _1个+（hq+kt）\mathbf{b} _2+（hr+ku）\mathbf{b} _3个\结束{bmatrix}$$

$$=\开始{矩阵}p \马特布夫{b} _1个+问题\mathbf{b} _2+r \mathbf{b} _3个\\s\mathbf{b} _1个+t\mathbf{b} _2+u\mathbf{b} _3个\\h（p\mathbf{b_1}+q\mathbf{b} _2+r \mathbf{b} _3个)+k（s\mathbf{b} _1个+t\mathbf{b} _2+u\mathbf{b} _3个)\结束{bmatrix}$$

通常，$A$行的线性相关性会传递到产品行，从而证明我们的事实。（这种推理实际上表明了$rank（AB）\le rank（A）$这一更精确的事实。）

我们可以这样重申事实：

事实证明。如果$AB$的行是线性独立的，那么$A$的行也是线性独立的。

对于你的问题：如果$AB=I$，那么（根据Re-Fact）$A$的行必须是线性独立的。这意味着$A$可以行还原为对角线矩阵，该对角线上没有零项：$A$的行还原形式必须是标识矩阵。

请注意，行还原是事实上矩阵乘法的一种应用。（您可以在上面的等式中看到这一点，其中（左-）将$B$乘以$A$，根据$A$行中的条目将$B$s行组合在一起。）这意味着，如果$R$是$A$的某些行组合的结果，则存在“执行”组合的矩阵$C$：

$$C A=R$$

如果（与您的问题一样）我们已经确定$A$可以一直行还原到Identity矩阵，那么相应的$C$矩阵必须是(这个)$A$的左反面：

$$C A=我$$

然后，很容易看出$A$的左右倒数必须匹配。这已在其他答案中显示，但为了完整起见。。。

$$A B=我\；\；\到\；\；C（A B）=C\；\；\到\；\；（C A）B=C；\到\；\；I B=C\；\；\至\；\；B=C$$

一旦你开始思考(啊哼)“数字的盒子外”将矩阵解释为向量的线性变换等等，你可以根据映射核和内射性vs surpjective以及其他答案所建议的各种复杂事物来解释这个结果。然而，值得注意的是，这个问题可以在矩阵乘法简单明了。

Answer 10

巧合的是，出现了一个完全无关的MathSciNet搜索这篇文章结果与马丁·勃兰登堡（Martin Brandenburg）的答案一致（但略强）。

特别地：

定理（Hill，1967）：Let美元$是右理想上满足升链条件的环。然后：
a） 对于任何$n\in\mathbb{Z}^+$，矩阵环M_n美元（卢比）$也满足ACC关于正确理想的要求。
b） 如果$a，b\单位：R$是这样的$ab=1$，然后也$ba=1$.

Answer 11

免责声明：以下证据是我写的，但主要观点是一位朋友在讨论中给我的，他可能也证明了这一点。

主要思想是，当$A$是一个基本行矩阵时，这种说法是正确的，并且我们可以归纳出需要在$A$上执行的行操作的数量，以减少它。

• 一些背景：

  基本行操作矩阵$E$对应于三种操作之一：行加法、行乘法和行切换。每个$E$都有一个矩阵$E'$，这是另一个相同类型的行操作矩阵，例如$EE'=E'E=I$在这里你可以自己验证）。

  通过对矩阵$a$执行基本行操作，可以得到以下等式：$E_{k}E_{k-1}\cdotsE_1A=C$，其中$C$是行约简形式，$E_i$是基本行矩阵。

权利要求1:$A$可以写成$E_{k}\cdots E_{1} C类$，其中$E_i$是一些初等行矩阵（不一定是以前的相同矩阵）。证明：从左边乘以$E'_1E'_2\cdots E'_k$。

权利要求2：如果$AB=I$，那么这个$C$就是身份。证明：通过使用行列式，这相当容易。条件$AB=I$通过行列式的乘法确保了$\det（C）\neq 0$，并且由于$C$是上三角形，每个前导系数都是1（列中唯一的非零项），因此当$C=I$时行列式是非零的。这也可以在没有决定因素的情况下得到证明，但它不是证明的主要焦点（但它仍然是一个重要的主张）。

所以我们展示了$A=E_{k}E_{k-1}\cdotsE_{1}$。

权利要求3：如果$k=0$或$1$（$k$是减少$A$所需的行操作数），则$AB=I\表示BA=I$。证明：如果$k=0$，$A=I\意味着B=I\暗示着BA=I$。如果$k=1$，$A$是一个基本行矩阵：$A=E$，那么$AB=EB=I\表示B=E'EB=E'\表示BA=E'E=I$。

权利要求4:$AB=I\表示BA=I$。我将在$k$上入职。假设这是真的，而$k\le n$，$n\ge 1$。我将用$k=n+1$证明这一点。设$A=E_{n+1}E_{n}\cdotsE_{1}$。

$$AB=E_{n+1}\cdotsE_{1}B=I\意味着E_{n}\cdot E_{1{B=E'_{n+1}\意味着$$$$（E_{n}\cdots E_{1}）（B E_{n+1}）=I暗示（B E_{n+1}）$$$$BA=我$$

Answer 12

你可以看看下面的注释“右反转意味着左反转，反之亦然":网址：http://www.lehigh.edu/~gi02/m242/08m242lrinv.pdf

Answer 13

这是一个尝试。我们将使用AB=I来证明$B$的列是线性独立的，然后使用它来证明$BA$是$B$范围内的恒等式，这是由于$B$列的线性独立性而产生的所有空间。这意味着$BA$是身份。如果我们能证明Bx=0，则下列各列的线性独立性意味着x=0。假设$Bx=0，x=Ix=ABx=A0=0$。现在，为了证明$BA$是$B$范围内的一个恒等式，我们有$（BA）Bx=B（AB）x=Bx$，我们完成了。

Answer 14

首先是一些符号，给定$n次n$matrix$M$为$M$的第$j$-th列写入$\mathbf M_j$。在$E$后面是标识$n乘以n$矩阵，所以很清楚$\mathbf E_1、\ldots、\mathbfe_n$是什么。

假设$AB=E$。考虑地图$\mathbf x\mapsto B\mathbfx$。如果$\mathbf x$和$\mathbf x'$是$n\times 1$矩阵，则$B\mathbf x=B\mathbf x'$意味着\开始{align*}AB \mathbf x&=AB \mathbf x’\\E\mathbf x&=E\mathbf x’\\\mathbf x&=\mathbf x’，\结束{align*}也就是说，$B$的左乘法是内射映射。根据秩-零定理，该映射也位于每个矩阵$n乘以1$\mathbf{y}$的系统上$$B\mathbf x=\ mathbf y$$只有一个解决方案，即$$\mathbf x=A\mathbfy$$

特别是，对于每个$j\in\{1，\ldots，n\}$系统$$B\mathbf x=\mathbf-e_j$$只有一个解决方案，即$$\mathbfx=A\mathbfe_j=\mathbf-A_j.$$因此，对于每个$j\in\{1，\ldots，n\}$，$$B\ mathbf A_j=\ mathbf-e_j$$。

写入$C=BA$。由于$$\mathbf c_j=B\mathbf-a_j=\mathbfe_j$$对于\{1中的每个$j\，\ldots，n\}$，$c$和单位矩阵都有相同的列，因此$$c=e$$

Answer 15

另一种选择。

让$\textbf{A}$是$n次n$矩阵，让$\lambda_k$是特征值，然后我们可以写

$$\prod_{k=1}^n\Big（\textbf{A}-\lambda_k\textbf{I}\Big）=0$$

所以我们得到

$$\textbf{A}^n=A_0\textbf{I}+\sum_{k=1}^{n-1}A_k\textbf{A}^k$$

让我们写

$$\textbf{B}=B_0\textbf{I}+\sum_{k=1}^{n-1}B_k\textbf{A}^k$$

很明显

$$\textbf{A}\textbf{B}=\textbf{B}\textbf{A}$$

我们还发现

$$\开始{eqnarray}\textbf{A}\textbf{B}&=&b_0\textbf{A}+\sum_{k=1}^{n-1}b_k\textbf{A}^{k+1}\\&=&b_0\textbf｛A｝+\sum_｛k=1｝^｛n-2｝b_k\textbf｛A｝^｛k+1｝+b_｛n-1｝\textbf｛A｝^｛n｝\\&=&b_0\textbf{A}+\sum_{k=1}^{n-2}b_k\textbf{A}^{k+1}+b_{n-1}A_0\textbf{I}+b_{n-1}\sum_{k=1}^{n-1{a_k\textbf{a}^k\\&=&b_{n-1}a_0\textbf{I}+\Big（b_0+b_{n-1}a_1\Big）\textbf{a}+\sum_{k=2}^{n-1{\Big\\\结束{eqnarray}$$

当我们设置（对于$a_0\ne 0$）时

$$\开始{eqnarray}b{n-1}a0&=&1\\b{k-1}+b{n-1}ak&=&0\结束{eqnarray}$$

我们获得

$$\textbf{A}\textbf{B}=\textbf{I}$$

所以我们可以写

$$\textbf{B}=-a_0^{-1}a_1\textbf{I}-\sum_{k=1}^{n-2}a_0^{-1}a_{k+1}\textbf{a}^k+a_0^{-1}\textbf{a}^{n-1}$$

或

$$\textbf{A}^{-1}=-A_0^{-1{\左（A_1\textbf{I}+\sum_{k=1}^{n-2}a_{k+1}\textbf{a}^k-\textbf{A}^{n-1}\右）$$

$\textbf{A}$的倒数可以表示为$\textbf{A{k$的线性和。

Answer 16

给定一个矩阵$a$，应用行操作将其转换为简化形式$a'$。每一行操作都由一个（双边）可逆矩阵左乘（如Ofir的答案中所述），因此存在一个可逆矩阵$C$，即$CA=a'$。

由于$A$是一个方形矩阵，因此$A'=I$或$A'$的最后一行完全为零。在第一种情况下，$CA=I$，由于$C$是可逆的，$A$也是可逆的。在第二种情况下，$A'$不是右可逆的，因为$A'D$的最后一行对于任何$D$都是完全零的。因此$A$不能是右可逆的，因为如果$AB=I$，那么$A'（BC^{-1}）=CABC^{-1-}=CC^{-1{=I$。

结论：如果$A$有一个右逆$B$，我们必须在第一种情况下，所以$A$是（双边）可逆的。

附言：如果我不教有限数学，我就不会考虑这个事实的证明。。。

Answer 17

关键事实是显示：$T\text{内射}\iff T\text}$
(这是通过以下语句隐藏的：$A B=\mathbb{1}\iff B A=\mat血红蛋白{1}$)

但它一般适用于：$\dim\mathcal{D}（T）=\dim\tathcal{N}$
因此，上述断言适用于有限维空间。

要理解为什么断言实际上是相同的，请思考以下内容：
您可能知道：$f\circg=id\Rightarrowf\text{surpjective}（g\text{injective}）$
类似地：$g\circf=id\Rightarrowf\text{内射}（g\text{surpjective}）$
相反：$f\text{内射}\Rightarrow g_0\circ f=id$。。。花费$g_0$
类似地：$f\text{surpjective}\Rightarrowf\circg_0=id$。。。大约$g0$
然而，施工将更加繁琐。。。

Answer 18

假设$AB=我$.

$\左\{A^j\右\}_{j=0}^{n^2}$不能作为中的向量线性独立$\mathbb{R}^{n\timesn}$（或$\mathbb｛C｝^｛n \次n｝$)，所以有一个非平凡的线性组合$A^j美元$消失了。那就是，$$\sum_{j=k}^mc_jA^j=0\tag1$$哪里$0\le k\le m\le n^2$和$c_k\ne0$.右乘法$(1)$通过$B^{k+1}$得到$$\sum_{j=k+1}^mc_jA^{j-k-1}+c_kB=0\tag2$$左乘$(2)$通过美元$得到$$\sum_{j=k+1}^mc_jA^{j-k}+c_kI=0\tag3$$右乘法$(2)$通过美元$得到$$\sum_{j=k+1}^mc_jA^{j-k}+c_kBA=0\tag4$$比较$(3)$和$(4)$，我们得到$$BA=I标签5$$

Answer 19

以下证据出现在文章中矩阵逆两面性的一个简单证明[帕帕雷拉，P。，大学数学。J。 48（2017），第5期，366-367；MR3723713]，并且仅使用OP规定的标准：

Answer 20

一个简单的解决方案：$Rank（AB）\leq-Rank（B）.$由于$AB$的每一行都可以写成行$B.$的线性组合，由于$AB=I_n$，这意味着$Rank（B）=n$，因此$B$是可逆的。现在，将$B^{-1}$乘以$AB=I_n$的两边（从右边），得到$A=B^{-1-}$，这意味着$BA=I{n}$

Answer 21

$AB=我$=>$B的行空间尺寸=n$现在B可以写成$B=BI=B（AB）$即$（i-BA）B=O=>i-BA=O$。。。。(1).

在（1）中，我使用了这样一个事实：$B$的所有行都是线性独立的，矩阵$（I-BA）B$的行是$B$行的线性组合，系数来自$（I-BA）行因此，由于$（I-BA）B=O$，所以系数必须全部为$0$，即$（I-BA$）$的所有行都是$0$.

Answer 22

$AB=I$，因此$A$是满秩的，我们可以执行基本列转换，将$A$转换为$I$。

因此，我们可以执行基本行转换来将$A$转换为$I$。因此存在一个完整的秩矩阵$C$s.t.$CA=I$。

$C=CI=C（AB）=（CA）B=IB=B$。

类似于@Blue的答案。关于$C$存在的论证被简化了。

Answer 23

很容易看出，对于方形矩阵$A$和$B$，$AB=I$等价于$ABs_n=s_n$，其中$\{s_n\}$是$R^n$的基础。

定义$g_n=Bs_n$。我们观察到以下情况：

1. $\{g_n\}$是$R^n$的基础，因为任何$s_n$都是$\{gn\}$的线性组合（即$s_n=ABs_n=Ag_n$）
2. $BAg_n=BABs_n=Bs_n=g_n$

结论：由于${g_n}$是基，$BAg_n=g_n$等价于$BA=I$。

Answer 24

$\newcommand{\mat}[1]{\left（\begin{matrix}#1\end{matrixe}\right）}$这是一个仅使用计算和归纳法对大小进行的证明n美元$矩阵的。观察到不需要交换性；我们可以在任何部门工作。
如果$n=1$然后是两个标量a，b美元$具有$ab=1$给出了。然后b美元=1/a$我们也有$ba=1$.
现在假设该语句适用于所有大小的矩阵n-1美元$,$n\geq2（美元）$.给定两个n美元$通过n美元$矩阵$AB=我$,我们可以假定左上角元素属于美元$非零。否则，由于美元$不能全部为零，我们可以实现这一点通过排列两列美元$以及相应的行十亿美元$。我们还可以假设左上角元素$\阿尔法$等于1，否则，我们将美元$通过该元素从左到右的倒数的第一列十亿美元$通过$\阿尔法$从右边。
现在我们写A、B美元$块矩阵形式：$$A=\mat{1&A_2\\A_3&A_4}，B=\mat{B_1&B_2\\B_3&B_4]$$哪里b_1美元$是标量，$a_2，b_2$是大小为1的矩阵n-1美元$,$a_3，b_3$有大小n-1美元$按1和$a_4，b_4美元$是n-1美元$通过n-1美元$.$AB=我$意味着$$b_1+a_2b_3=1，\b_2+a_2b2b_4=0，\a_3b_1+a_4b_3=0\mbox{和}a_3b_2+a _4b_4=I$$在这里1美元$具有大小n-1美元$only和“0”缩写任何零矩阵）。
首先，我们计算$（a_4-a_3a_2）b_4=a_4b_4+a_3b_2=I$由于两个矩阵有大小n-1美元$我们可以得出这样的结论$b_4（a_4-a_3a_2）=I$.
接下来，我们计算$（a4-a_3a_2）（b3+b4a_3）=a4b3-a_3a_2b_3+a_3=（a4b3+a3b1）+a3（-b1-a2b3+1）=0$$和，乘以b_4美元$从左边，我们得到$b_3+b_4 a_3=0$.
然后我们得到$a_2b_3=-a_2b_4a_3=b2a_3$因此也$1+b2a_3=1$.
终于有了$a_2+b_2（a_4-a_3a_2）=（a_2b_4+b_2）（a_4-a_3a_2=0$因此$b2a_4=（b2a_3-1）a_2=-b1a_2$.我们总共获得$BA=材料{b_1&b_2\\b_3&b_4}\材料{1&a_2\\a_3&a_4}=I$这就完成了证明。

Answer 25

通过组合可以给出一个非常简单的证明Davidac897、Bill Dubuque和Mohammed的论点，但没有使用线性函数、图像、内射映射或相对高级的基础概念。

取规范基$\{e_1，e_2，\dots，e_n\}$，其中$e_i=[0~0~\dots1~0~0\dots 0]^\top$，对于[1..n]$中的所有$i\，值1出现在$i$位置。假设$Be_1、~Be_2、\点Be_n$线性相关，即存在非零R^n中的向量$\alpha$这样$\sum_{i=1}^n\alpha_iBe_i=0$。将其乘以$A$，我们得到$A\left（\sum_{i=1}^n\alpha_i Be_i\right）=0$，相当于$\sum_{i=1}^n\alpha_i ABe_i=0$或$\sum_{i=1}^n\alpha_ie_i=0$，这是一个矛盾对于非零$\alpha$。假设$Be_1、~Be_2、\dots Be_n$线性相关为false。这些向量需要线性独立，因此，它们的线性组合涵盖维度为$n$的空间，即$R^n$。这意味着对于R^n$中的任何$x，都存在一个线性组合$x=\sum_{i=1}^n\beta_iBe_i=B（\sum_{i=1}^n\beta_ie_i）=按$。

从$x=By$导出$x=BABy=BAx$。由于这适用于R^n$中的任何$x\，我们可以将其扩展为矩阵版本：对于R^{n\timesn}$中的所有$X，$X=BAX$，以此类推，$BA$需要是标识矩阵$I_n$。

Answer 26

这里有一种替代方法。假设$AB=我$然后让$x\单位：Im（B）$。然后存在美元$这样的话$By=x$，所以它认为$BAx=B（ABy）=By=x$.如果图像十亿美元$与美元$，那么前面的推理意味着十亿美元$是的左反面美元$.

这种方法的优点是它直接显示了在无限维空间中可能出现的错误。如果美元$和十亿美元$左右班操作员在吗$\ell^2$（例如，第一个元素设置为0以进行右移）$AB=我$但是$BA x新x$对于任何x美元$那不在里面亿美元（B）$即，对于任何x美元$其第一个元素非零。

Answer 27

定理：

如果美元$和十亿美元$是两个方阵，如下所示A美元B=I$，然后B美元A=I$.

证明：

通过应用方阵行列式的性质，我们得到

$\det A\cdot\det B=\det（AB）=\detI=1\ne0$.

所以结果是$\；美元；\det A\ne0$和$\；美元；\det B\ne0$.

现在我们考虑矩阵

$C=\frac{1}{\detA}\cdot\text{adj}（A）$

哪里$\;\文本{adj}（A）\$是的调整矩阵美元$它是的辅因子矩阵的转置美元$.

$\text{adj}（A）=\开始{pmatrix}A_{1,1}&A_{2,1}&\cdots和A_{n，1}\\A_{1,2}和A_{2,2}&\cdots和A_}n，2}\\\vdots&\vdots＆\ddots&\ vdots\\A_{1，n}和A_{2，n}&\cdots&A_{n，n}\结束{pmatrix}$

哪里$\;A_｛i，j｝\$是元素的辅因子$a{i，j}$矩阵的美元$.

所以$\;A_{i，j}=（-1）^{i+j}\det M_{i、j}$

哪里$\；美元；M_{i，j}\$是的子矩阵美元$通过删除$i^{th}$行和$j^{th}$列。

我们将使用拉普拉斯展开式，它是以下等式：

美元_{i，1}甲_{j，1}+a_{i，2}甲_{j，2}+\ldots+a_{i，n}甲_{j，n}=\开始{cases}\数据A\；，\quad\text{if}i=j\\0\；，\四元\四元\；\，\文本{if}i\ne j\结束{cases}$

美元_{1，i}a_{1，j}+A_{2，i}a_{2，j}+\ldots+A_{n，i}a_{n，j}=\开始{cases}\数据A\；，\quad\text{if}i=j\\0\;,\四元\四元\；\，\文本{if}i\ne j\结束{cases}$

通过应用拉普拉斯展开，我们得到

$A C=C A=I$.

因为假设$\;A B=I$然后$\；美元；C（A B）=C I$因此$\;（C A）B=C，\$因此$\;I B=C$所以我们明白了$\;B=C$.

因此，

$B A=C A=I$

所以我们已经证明了

B美元A=I$.

Answer 28

让美元EA$成为的RREF美元$哪里E美元$是初等矩阵的合适乘积。如果美元$是不可逆的，那么美元EA$有一个零行。然后EAB美元$也有一个零行。然而，$EAB=E$没有零行。因此美元$是可逆的。因此，$B=A^{-1}$也是可逆的，并且$BA=我$

Answer 29

让我们给出一个更一般的结果：

结果：让$T:V\右箭头V$是有限维向量空间上的线性算子V美元$这样就有了另一个线性算子美元$在V美元$令人满意的$TU=我$.然后展示一下，$UT=我$.

证明：自$TU=我$，所以T美元$正在上。现在V美元$是有限维的，所以根据秩满定理$\operatorname{Nullity}（T）=0$，这意味着$\operatorname{Ker}（T）=\{0\}$.

现在对任何人来说$v\单位为v$我们有，$T（UT-I）v=（TU-I）Tv=0$.所以$（UT-I）v\in\operatorname{Ker}（T）$对所有人来说$v\单位为v$，它提供$（UT-I）v=0$对所有人来说$v\单位为v$因此，美元UT-I=0$.

注：有限性$\运算符名称{dim}（V）$是必要的。否则，“T美元$在上$\Rightarrow\operatorname{Ker}（T）=\{0\}$“不适用于无限维向量空间。

现在是一个正方形矩阵美元$大小为n美元$在田地上$F（美元）$可以被视为上的线性运算符$F^n美元$按照线性图$L_A:F^n\rightarrow F^n$，由定义$L_A（v）=平均$对于所有列向量$v\单位：F^n$.

对于两个人$n\次n$矩阵美元$,十亿美元$，我们显然已经$L_AL_B=L_{AB}$.现在放$T=L_A$和$U=L_A$然后得到所需的结果。

Answer 30

由于矩阵表示有限维向量空间之间的线性映射，因此问题可以重新表述为：

让千美元$成为一个领域。证明如果$f:K^n\到K^n$和$g:K^n到K^n$是线性映射，以及$f\circ g=\DeclareMathOperator{\id}{id}\id$，然后$g\circ f=\id$.

自$f\circ g=\id$，函数$克$有一个左向的，所以它是内射的。现在，秩零定理断言$$\dim（\operatorname{im}g）+\dim（\ operatorname{ker}g）=n\。$$作为$克$是内射的，其内核是$\{\mathbf{0}\}$，具有维度$0$因此，$\dim（\运算符名称｛im｝g）=n$.如果是线性子空间$U美元$属于V美元$尺寸与V美元$，然后$U=V$.自图像$克$是的线性子空间千美元$，如下所示$克$等于千美元$等等$克$是阴沉的。因此，$克$令人惊讶$f美元$是其唯一的双面逆。