Endomorfismo nilpotente su $CC$ proprietà particolare
Sia $V$ spazio vettoriale su $CC$ e $finEnd(V)$ nilpotente. Dimostrare che $AAa,binV$ $EEx,yinV$ tali che $f(x)+x+y=a$ e $f(y)+y-x=b$
Io ho fatto in questo modo ma non sono sicuro sia giusto al 100%:
Sicuramente abbiamo che $f+I$ è invertibile poichè $f$ nilpotente quindi $f^n=0$ da cui $f^n+I=I$ e infine $(f+I)(f^(n-1)-...-I)=I$. Quindi sfruttando la definizione di invertibilità $AAa',b'inV$ esistono unici $x,yinV$ tali che $(f+I)(x)=a'$ e $(f+I)(y)=b'$. Ora riscriviamo $a',b'$ in questo modo: $a'=a-y$ e $b'=b+x$ con $a,binV$. Sostituendo otteniamo $(f+I)(x)=a-y$ e $(f+I)(y)=b+x$ da cui $f(x)+x+y=a$ e $f(y)+y-x=b$, poichè $a',b'$ variano in $V$ a piacere allora anche $a,b$ variano in $V$ a piacere (da cui viene il per ogni).
Io ho fatto in questo modo ma non sono sicuro sia giusto al 100%:
Sicuramente abbiamo che $f+I$ è invertibile poichè $f$ nilpotente quindi $f^n=0$ da cui $f^n+I=I$ e infine $(f+I)(f^(n-1)-...-I)=I$. Quindi sfruttando la definizione di invertibilità $AAa',b'inV$ esistono unici $x,yinV$ tali che $(f+I)(x)=a'$ e $(f+I)(y)=b'$. Ora riscriviamo $a',b'$ in questo modo: $a'=a-y$ e $b'=b+x$ con $a,binV$. Sostituendo otteniamo $(f+I)(x)=a-y$ e $(f+I)(y)=b+x$ da cui $f(x)+x+y=a$ e $f(y)+y-x=b$, poichè $a',b'$ variano in $V$ a piacere allora anche $a,b$ variano in $V$ a piacere (da cui viene il per ogni).
Risposte
una osservazione: la fattorizzazione che hai scritto tu di $f^n+I$ non regge se $n$ è pari: come fattorizzi $x^2+1$?
Quella fattorizzazione va bene se stai fattorizzando $x^n-1$.
Cambiando i segni un po' ovunque, hai comunque che anche $f-I$ è invertibile, infatti:
$f^n-I=(f-I)(f^(n-1)+.....+I)$ e non può essere che $f=I$, poiché per ipotesi $f$ dev'essere nilpotente.
Continuando col tuo ragionamento (e cambiando i segni), dovresti arrivare alla soluzione.
Altro ragionamento per dimostrare che $f-I$ (o anche $f+I$) è invertibile:
essendo $f$ nilpotente, il suo unico autovalore è $0$.
Supponiamo per assurdo che $f\pm I$ non sia invertibile, allora esiste un vettore $v$ non nullo tale per cui $(f\pm I)v=0$ (ovvero ho un nucleo non banale), ma allora avrei che:
$f(v)=\pm v$, ovvero $\pm 1$ è un autovalore di $f$ con autovettore $v$: assurdo perchè $f$ è nilpotente e il suo unico autovalore è $0$
Quella fattorizzazione va bene se stai fattorizzando $x^n-1$.
Cambiando i segni un po' ovunque, hai comunque che anche $f-I$ è invertibile, infatti:
$f^n-I=(f-I)(f^(n-1)+.....+I)$ e non può essere che $f=I$, poiché per ipotesi $f$ dev'essere nilpotente.
Continuando col tuo ragionamento (e cambiando i segni), dovresti arrivare alla soluzione.
Altro ragionamento per dimostrare che $f-I$ (o anche $f+I$) è invertibile:
essendo $f$ nilpotente, il suo unico autovalore è $0$.
Supponiamo per assurdo che $f\pm I$ non sia invertibile, allora esiste un vettore $v$ non nullo tale per cui $(f\pm I)v=0$ (ovvero ho un nucleo non banale), ma allora avrei che:
$f(v)=\pm v$, ovvero $\pm 1$ è un autovalore di $f$ con autovettore $v$: assurdo perchè $f$ è nilpotente e il suo unico autovalore è $0$
"Lebesgue":
una osservazione: la fattorizzazione che hai scritto tu di $f^n+I$ non regge se $n$ è pari: come fattorizzi $x^2+1$?
Giusto giusto mi era sfuggito, grazie per la svista. Il resto quindi sembra andare bene?
Direi di sì, una volta dimostrato che uno tra $f+I$ e $f-I$ è invertibile, mi sembra corretto procedere come hai fatto tu
"Lebesgue":
Direi di sì, una volta dimostrato che uno tra $f+I$ e $f-I$ è invertibile, mi sembra corretto procedere come hai fatto tu
Ok, grazie mille
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo