Si$f \circ f = 0 $, muestra que las transformaciones$f + id_x$ y$f - id_x$ son isomorfismos de$X$

Question

Tengo un problema con esta tarea:
La transformación lineal $f \in L(X,X)$ tiene la propiedad $f \circ f = 0 $ Muestran que las transformaciones $f + id_x$ e $f - id_x$ son isomorphisms de $X$ espacio con la misma
Si tengo que ser honesto, no tengo idea de cómo probar esto. Yo estaba tryinging algo así como que:

Si $f + id_x$ es isomorfismo debe ser a la vez inyectiva y surjective.
Ok, pero $id_x$ es inyectiva y surjective.
Pensé para mostrar que f es surjective pero por desgracia suma de dos surjectives me puede dar algo de lo que no es surjective...
Tal vez la clave está en $f \circ f = 0 $? Gracias por su tiempo!

Answer 1

Desde $f \in L(X,X)$ e $f \circ f = 0 $, tenemos $$(id_x + f )\circ (id_x-f)= id_x -f + f - (f\circ f)= id_x$$ y $$(id_x - f )\circ (id_x + f)= id_x + f - f - (f\circ f)= id_x$$

Por lo $id_x + f $ e $id_x - f $ son isomorphisms. Desde $f-id_x = -(id_x-f)$, $f-id_x$ es un isomorfismo. Por lo tanto, tenemos que $f+id_x$ e $f-id_x$ son isomorphisms.

Answer 2

$f - id_X$ es un isomorfismo si el $-(f - id_X) = id_X - f$ es un isomorfismo.

Tenemos $$[(f + id_X) \circ (id_X - f)](x) = ((f +id_X)((id_X - f)(x))) = (f +id_X)(x - f(x)) = (f + id_X)(x) - (f + id_X)(f(x)) = f(x) + x -f(f(x)) - f(x) = x,$ $ ie $(f + id_X) \circ (id_X - f) = id_X$ . Del mismo modo $(id_X - f) \circ (f + id_X = id_X$ .

Esto muestra que $f + id_X, id_X - f$ son isomorfismos inversos.

Answer 3

Si $X$ es finito-dimensional, es suficiente para mostrar que $f \pm \operatorname{id}_X$ es inyectiva, o que su núcleo es trivial.

Suponga $0 = (f \pm \operatorname{id}_X)(x) = f(x)\pm x$. Por lo tanto $f(x) = \mp\, x$. La aplicación de $f$ a los rendimientos de este $$0 = f^2(x) = \mp\, f(x)$$ por lo $x = \mp\, f(x) = 0$.

Por lo tanto $f \pm \operatorname{id}_X$ es un isomorfismo.

Si $X$ no es finito-dimensional, también tenemos que mostrar que $f \pm \operatorname{id}_X$ es surjective. Para esto, tenga en cuenta que para arbitrario $y \in X$ hemos

$$(f \pm \operatorname{id}_X)(\pm \,y -f(y)) = \pm\, f(y)-f^2(y) + y \mp\,f(y) = y$$

Answer 4

Como todas las otras respuestas han modificado mi comentario por que realmente va a través de la computación, solo quiero añadir dos niveles de generalización de los resultados que veo:

i) sólo se necesitan los abelian estructura de grupo en la $X$. En otras palabras, con la misma prueba tenemos la más general resultado:

Si $A$ es un grupo abelian y $f \in End(A)$ satisface $f\circ f =0$, a continuación, $\pm id_A \pm f$ son automorfismos de a$A$.

ii) Ahora el $End(A)$ en la parte i es un unital (pero no necesariamente conmutativo) anillo de $R$ con la adición como la adición y la composición como la multiplicación, $id_A =1_R$. Desde esta perspectiva, el resultado es simplemente un caso especial de

Si $u \in R^\times$, $n \in R$ es nilpotent, y $u$ e $n$ conmuta con cada otro, entonces el $u+n \in R^\times$.

que es demostrado por una serie geométrica argumento, como se sugiere en Behnam Esmayli del comentario. En nuestro caso especial, $n=\pm f$ con $n^2=0$, por supuesto, la inversa de a$u+n$ es sólo $u^{-1}(1-n)$. Ver las Unidades y Nilpotents y muchos de sus duplicados para una discusión general.