一個沒營養的方法
使用行列式
首先注意到行列式定義中僅用到加法乘法與乘法可交換, 故可在任意交換環定義行列式
另外給定矩陣A, adjA 定義中亦僅只使用到矩陣A的子矩陣行列式值, 固亦可定義.
且恆等式A*adjA =adjA*a=det(A)*I 亦保持,
今若兩方陣A,B, 滿足AB=I, 經由det亦有乘性得det(A)為可逆元, 固1/det(A)*adjA
為矩陣A之雙側反元素, 由A之雙側反元素存在性即可直接証明B=1/det(A)*adjA.
固BA=I
※ 引述《LimSinE (r=e^theta)》之銘言：
: 既然ring都出來了，那我也來搗蛋一下好了
: 首先觀察：
: R(R:commutative ring with 1)係數的方陣總有 AB=I→BA=I
: <=> 對於module homomorphism f:R^n→R^n，若surjective，則injective。
: [原因：
: => 設f的表示矩陣為A，surjective，故free basis e1,...,en都被打到
: 各任取一preimage b1,...,bn，排起來得到 B，則AB=I，由此得BA=I，從而f injective。
: <= 以矩陣A定義f，由AB=I，知surjective，則f injective.
: 即 AX=AY→X=Y，今ABA=IA=AI，故BA=I。]
: 對於像體這麼好的ring，當然有很多性質可以用
: 不過我們可以只用到noetherian 這個性質。
: 特別的此時R^n 亦為noetherian module。
: 小習題：M: noetherian module，f:M→M，若f surjective，則injective。
: [考慮ker f^a < ker f^(a+1)< ...必須停止，即有ker f^r = ker f^(r+1) = ...
: 設 x in ker f^r，則x=f^r(y), y in ker f^(2r)=ker f^r, 故 x=f^r(y)=0]
: 好了，證完了。
: 假設我們更貪心一點想丟掉討厭的noetherian 性質
: 也可以。
: 因為對於任兩方陣A、B，我們總可以將它視為
: S=Z[A、B之元素] (為 R之subring)
: 的方陣
: 可是S是 noetherian！就莫名其妙的結束了。
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