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Usar$\bar{A}$ ($A$ modulo$2$) para probar que$A$ es invertible

Después de este sitio web, https://yutsumura.com/how-to-prove-a-matrix-is-nonsingular-in-10-seconds/:

Deje $\bar{A}$ ser la matriz cuyas $(i,j)$-entrada es la $(i,j)$-entrada de $A$ modulo $2$. Que es

$\bar{Un}=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$

Desde $\det(A)$ es un polinomio de entradas de $A$, tenemos

$$\det(A)=\det(\bar{A}) (\text{mod} \ 2)= 1$$

No puedo ver cómo podemos conseguir la igualdad de $\det(A)=\det(\bar{A}) (\text{mod} \ 2)$ sólo porque $\det(A)$ es un polinomio de entradas de $A$.

3voto

Bernard Puntos 34415

Esto se debe a que tiene una matriz en $\mathcal M_n(\bf Z)$ y el mapa canónico \begin{align} \pi:\mathbf Z&\longrightarrow \mathbf Z/2\mathbf Z \\ n&\longmapsto n\bmod 2 \end {align} es un homomorfismo de anillo, es decir, es compatible con la suma y la multiplicación.

3voto

tugberk Puntos 221

Si $x \equiv y \pmod N$ e si $\{a_i\}_{i=0}^n \subseteq \mathbb Z$, luego

$$\sum_{i=0}^n a_i x^i \equiv \sum_{i=0}^n a_i y^i \pmod N$$

Un ejemplo puede ayudar.

Deje $A = \left[\begin{array}{c} 11 & 13 \\ 17 & 19\end{array}\right]$.

A continuación, $\det A = 11 \times 19 - 13 \times 17 = -12 \equiv 2 \pmod 7$

También $\bar a = a \pmod 7 = \left[\begin{array}{c} 4 & 6 \\ 3 & 5 \end{array}\right]$

y $\det \bar A =4 \times 5 - 6 \3 veces \equiv 11 \times 19 - 13 \times 17 \equiv \det a \pmod 7$

3voto

Cfr Puntos 2525

Para un entero $n$ ($2$ en su caso) de la aplicación:

$$\begin{array}{l|rcl} \varphi : & \mathbb Z & \longrightarrow & \mathbb Z_n\\ & x & \longmapsto & \overline{x} \end{array}$$

es un anillo homomorphism.

Por lo tanto, de un multivariante polinomio $P(x_1, \dots, x_m)$ ha $\varphi(P) = \overline{P}$ donde $\overline{P}$ es el polinomio obtenido tomando el módulo de todos los coeficientes.

Ahora $$\det A = \sum_{\sigma \in \mathcal S_n} (-1)^{\epsilon(\sigma)} a_{1 \sigma(1)} \dots a_{n \sigma(n)}$$ is a multivariate polynomial of the coefficients of $$. Por lo tanto, la conclusión. Ver Wikipedia determinante para la fórmula anterior en el determinante.

2voto

David HAust Puntos 2696

Si $\,f(x,y)\,$ es un polinomio con coeficientes enteros , entonces el polinomio de la regla de la congruencia

$$\bmod 2\!:\,\ \ f(m,n)\,\equiv\, f(\overbrace{m\bmod 2}^{\large \overline{m}},\, \overbrace{n\bmod 2}^{\large\overline{n}})\qquad $$

Por lo $\,f(m,n) = 0\,\Rightarrow\, f(\bar m,\bar n) \equiv 0\pmod{\!2}\ $ así contra+, $\ f(\bar m,\bar n) \not\equiv 0\pmod{\!2}\,\Rightarrow\, f(m,n)\neq 0$

es decir, cualquier raíz de $\,(m,n)\,$ de $f$ persiste como una raíz de $\!\bmod 2.\,$ OP es el caso especial cuando $f$ es el determinante de la función - que de hecho es una función polinómica de sus entradas (con coeficientes enteros). Concretamente

$$d = \left|\begin{array}{}\color{#c00}{11} & \color{#0a0}{22}\\ \color{#0a0}{33} & \color{#c00}{55}\end{array}\right| = \left\{\begin{align}&f(11,22,33,55) = \color{#c00}{11(55)}\!-\!\color{#0a0}{22(33)}\\ \ \equiv\ &f(\ \ 1,\ \ 0,\ \ 1,\ \ 1) \equiv \color{#c00}{\ \ 1(\ \ 1)}-\color{#0a0}{0(\ \ 1)}\equiv 1\!\!\!\pmod{\!2}\end{align}\right.\qquad$$

por lo tanto, $\,d\equiv 1\pmod{\!2},\,$ es decir $\,d\,$ es impar, por lo $\,d\neq 0.$

Comentario $ $ El mismo funciona para cualquier módulo de $\,m,\,$ por ejemplo, podríamos usar $\,m = 9\,$ ("echa fuera a los nueves") exactamente como el anterior (o, más generalmente, como una verificación de cualquier polinomio de cálculo), o podríamos comparar unidad de dígitos $\bmod m\!=\!10\!:\ \,d\equiv \color{#c00}{1(5)}-\color{#0a0}{2(3)}\equiv -1\ $ lo $\,d\neq 0.$

Por la motivación que usted podría encontrar en el instructivo este post sobre la paridad de la raíz de la prueba de polinomios. Tal paridad argumentos son un prototipo de la forma de solucionar el anillo (algebraica) de los problemas a través de la información obtenida a partir de (más sencillo) modular de imágenes (una expresión algebraica forma de "dividir y conquistar").

2voto

jlleblanc Puntos 2957

Aquí es quizás la respuesta más sencilla a la pregunta específica, evitando el uso de anillo de homomorphisms y residuos de clases. (Nota: Usted debe aprender acerca de anillo de homomorphisms y residuos de clases si usted desea conseguir en cualquier lugar en álgebra abstracta; no siempre ser capaz de trabajar de forma concreta como a continuación).

Fijar un número entero no negativo $n$. Dejamos $\left[n\right]$ denota el conjunto $\left\{1,2,\ldots,n\right\}$.

Lema 1. Deje $A = \left(a_{i,j}\right)_{i, j \in \left[n\right]}$ e $B = \left(b_{i,j}\right)_{i, j \in \left[n\right]}$ dos $n\times n$-matrices de enteros. Deje $N$ ser un número entero. Suponga que \begin{equation} a_{i,j} \equiv b_{i,j} \mod N \label{darij.eq.l1.1} \tag{1} \end{equation} para todos los $i, j \in \left[n\right]$. A continuación, $\det A \equiv \det B \mod N$.

La prueba del Lema 1. La fórmula de Leibniz para determinantes de los rendimientos de $\det A = \sum\limits_{\sigma \in S_n} \left(-1\right)^{\sigma} \prod\limits_{i=1}^n a_{i, \sigma\left(i\right)}$ e $\det B = \sum\limits_{\sigma \in S_n} \left(-1\right)^{\sigma} \prod\limits_{i=1}^n b_{i, \sigma\left(i\right)}$ (donde $S_n$ denota el conjunto de todas las permutaciones de $\left[n\right]$, y donde la $\left(-1\right)^{\sigma}$ denota el signo de una permutación $\sigma$). Por lo tanto, \begin{align} \det A & = \sum\limits_{\sigma \in S_n} \left(-1\right)^{\sigma} \prod\limits_{i=1}^n \underbrace{a_{i, \sigma\left(i\right)}}_{\substack{\equiv b_{i, \sigma\left(i\right)} \mod N \\ \left(\text{by \eqref{darij.eq.l1.1}}\right)}} \\ & \equiv \sum\limits_{\sigma \in S_n} \left(-1\right)^{\sigma} \prod\limits_{i=1}^n b_{i, \sigma\left(i\right)} = \det B \mod N \end{align} (aquí, tácitamente se utiliza el hecho de que todo en nuestras expresiones es un número entero, y que congruencias módulo $N$ puede ser multiplicado). Esto demuestra Lema 1. $\blacksquare$

Corolario 2. Deje $A$ ser $n \times n$-matriz de enteros de tal manera que todas las entradas de la diagonal de a$A$ son impares y todos los no-diagonal entradas de $A$ son incluso. A continuación, $\det A$ es impar.

La prueba del Corolario 2. Escribir la matriz $A$ como $A = \left(a_{i,j}\right)_{i, j \in \left[n\right]}$. Además, escriba la identidad de $n\times n$-matriz $I_n$ como $I_n = \left(b_{i,j}\right)_{i, j \in \left[n\right]}$. Entonces, es fácil probar que la congruencia $a_{i,j} \equiv b_{i,j} \mod 2$ para todos los $i, j \in \left[n\right]$. (De hecho, si $i = j$, a continuación, $a_{i,j}$ es una diagonal de entrada de $A$, mientras que el $b_{i,j}$ es una diagonal de entrada de $I_n$ y por lo tanto es igual a $1$; por lo tanto, esta congruencia dice que todas las entradas de la diagonal de a$A$ son impares. Esto es cierto, por supuesto. Por otro lado, si $i \neq j$, a continuación, $a_{i,j}$ es un no-diagonal de la entrada de $A$, mientras que el $b_{i,j}$ es un no-diagonal de la entrada de $I_n$ y por lo tanto es igual a $0$; por lo tanto, esta congruencia dice que todos los no-diagonal entradas de $A$ son incluso. Esto es verdad, por supuesto. Por lo tanto, la congruencia tiene en ambos casos $i = j$ e $i \neq j$.)

Por lo tanto, Lema 1 (aplicado a $N=2$ e $B=I_n$) de los rendimientos de $\det A \equiv \det\left(I_n\right) = 1 \mod 2$. En otras palabras, $\det A$ es impar. $\blacksquare$

Corolario 2 se pueden aplicar directamente a su matriz $A$.

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