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¿Es$ f(A) = A + 2A^{T} $ un isomorfismo de$ \mathbb R^{5,5} $ sobre sí mismo?

Tengo un problema con probar o refutar esta hipótesis:

Es la transformación lineal $ f \in L(\mathbb R^{5,5},\mathbb R^{5,5}) $
$$ f(A) = A + 2A^{T} $$ un isomorfismo del espacio $ \mathbb R^{5,5} $ sobre sí mismo?

Con el fin de ser un isomorfismo, $f$ debe ser inyectiva y surjective.

La comprobación de si es surjective:

Supongamos que como resultado queremos obtener: $$\mathbf{Q} = \begin{bmatrix} q_{11} & q_{12} & \cdots & q_{1n} \\ q_{21} & q_{22} & \cdots & q_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ q_{m1} & q_{m2} & \cdots & q_{mn} \end{bmatrix} $$

y ponemos como argumento $$ \mathbf{A} = \begin{bmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn} \end{bmatrix} $$ a continuación, elija $i,j$. Factores de $a_{ij}$ $a_{ji}$ $q_{ij}$ $q_{ji}$ sólo en este sistema lineal: $$q_{ij} = a_{ij} + 2a_{ji} \wedge q_{ji} = a_{ji} + 2a_{ij}$$ así $$ a_{ij} = \frac{2q_{ij}-q_{ji}}{3} $$ and $$ a_{ji} = \frac{2q_{ji}-q_{ij}}{3} $$ de modo que los factores $ a_{ij}$ $ a_{ji}$ son determinados de forma inequívoca. Así es surjective.

Pero, ¿cómo lidiar con la comprobación de inyectividad?

Supongamos que $$ A+2A^T=B+2B^T $$ $$ A-B = 2(A^T-B^T) $$ y no sé cómo terminar.

6voto

aprado Puntos 1

Insinuación:

Compruebe si el núcleo de esta transformación es trivial. Esto es suficiente para establecer si es isomorfismo: $$ \begin{eqnarray} f(A) =0 &\implies &A=-2A^T \\ &\implies &A^T=(-2A^T)^T \\ &\implies &A^T = -2A \\ &\implies &A =4A \\ &\implies &A=0 \end {eqnarray} $$

2voto

Mouffette Puntos 205

Tienes $A-B = 2(A-B)^\top$ . Esto implica $a_{ij} - b_{ij} = 2 (a_{ji} - b_{ji}) = 4(a_{ij} - b_{ij})$ , así que ...

1voto

Misha Puntos 1723

Ya estas hecho Dado que el mapa es de $\mathbb R^{5\times 5}$ a $\mathbb R^{5\times 5}$ , verificar que es superyectivo (que tiene rango completo) también le dice que es inyectivo (que tiene nulidad $0$ ) por el rango-nulidad teorema.

0voto

Dachi Imedadze Puntos 6

Insinuación:

Basta con comprobar que $f$ es superyectivo. Para cualquier matriz $B$ tenemos $$f\left(-\frac13B + \frac23B^T\right) = B$ $


Si se está preguntando cómo obtuvimos esto, suponga $A+2A^T = B$ . Luego $A^T + 2A = B^T$ así que $$B + B^T = 3(A+A^T)$ $ Ahora sigue $$A = B^T - (A+A^T) = B^T - \frac13(B + B^T) = -\frac13B + \frac23B^T$ $

0voto

egreg Puntos 64348

Cuando usted dice $$ a_{ij}=\frac{2q_{ji}-q_{ij}}{3} $$ (Yo fijo los índices) es "determinar de forma inequívoca", que han demostrado tanto surjectivity y de inyectividad. Hay una matriz de $\mathbf{A}$ tal que $f(\mathbf{A})=\mathbf{Q}$. Y hay uno, determinado en la forma en que lo hizo (después de corregir el error pequeño).


Por otro lado, una lineal mapa de $L\colon V\to V$, donde $V$ es de un número finito de dimensiones de espacio vectorial, es inyectiva si y sólo si es surjective, debido a la clasificación de nulidad teorema. Por lo tanto, sólo una de las propiedades de las necesidades para comprobarse.

Usted no necesita ir al nivel de la matriz de entradas con el fin de demostrar surjectivity. Dado $Q$ desea encontrar $A$ tal que $f(A)=Q$, es decir, $A+2A^T=Q$. Si dicha matriz existe, entonces también $$ A^T+2A=Q^T $$ y por lo $2A^T+4A=2Q^T$; por lo tanto $$ Q-2Q^T=A+2A^T-2A^T-4A=-3A $$ así $$ A=\frac{1}{3}(2Q^{T}-P) $$ es el único posible. Desde $$ f\left(\frac{1}{3}(2Q^{T}-Q)\right)=P $$ como se puede fácilmente comprobar, se han surjectivity y de inyectividad.

Comprobar directamente para la inyectividad es más fácil, sin embargo.

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