Probar que si V es finito dimensional, entonces V es incluso dimensional?

Question

Deje $f:V \to V$ ser lineal en el mapa tal que $(f\circ f)(v) = -v$. Probar que si $V$ es un finito dimensional espacio vectorial sobre $\mathbb R$, $V$ es incluso dimensional.

De lo que puedo averiguar por mí mismo, si $V$ es finito dimensional, entonces todas las bases de $V$ es finito, es decir, un linealmente independiente subconjunto de $V$ tiene un número finito de vectores.

Y me imagino que si $V$ es incluso dimensional, entonces todas las bases de $V$ es par, es decir, un linealmente independiente subconjunto de $V$ tiene un número par de vectores.

Pero no estoy seguro de cómo conectar estos dos puntos.

Answer 1

Escuché esta historia de David Lieberman:

Una vez que esta pregunta fue incluida en la Qual (examen de calificación) para estudiantes de postgrado de la universidad de Harvard. Como resultó esta una pregunta perfectamente predicho todo el desempeño de los estudiantes, por lo que el examen de las otras 17 preguntas no eran necesarios! En efecto:

• Cada estudiante que no se resolver esta cuestión fallaron sus Qual.

• Cada estudiante que resuelve este problema por juguetear con canónica de Jordan de las formas y el como tengo un "condicional pasar".

• Cada estudiante que resuelve este problema mediante el determinante pasado.

$(\det f)^2 = \det (f \circ f) = \det -I = (-1)^n$ donde $n = \dim V$, lo $(-1)^n \geq 0$ $n$ es incluso.

[Nota: Esto supone que la matriz de coeficientes reales. Como se señaló en los comentarios, el resultado sería un error más de los números complejos (por ejemplo, deje $n=1$$f=i$) y algunos otros campos.]

Answer 2

Aquí hay otra solución. Podemos poner la estructura de un complejo espacio vectorial en $V$ mediante la definición de $$ (a+bi)\cdot v=av+bf(v) $$ para todos los $v\in V$, y para todos los $a,b\in\mathbf R$. Esto funciona exactamente desde $f^2=-1$. A continuación, $V$ es, por supuesto, de un número finito de dimensiones de espacio vectorial sobre $\mathbf C$, y por lo tanto incluso de la dimensión en el $\mathbf R$.

Answer 3

Esto es similar a la de Noam la respuesta, pero...

También se podría argumentar que no hay vectores propios real con los valores propios, ya que si $f(v)=\lambda v$,$-v=f(f(v))=\lambda^2 v$, lo $\lambda^2 = -1$. Sin embargo, si $V$ es impar dimensiones, entonces el polinomio característico es de grado impar, y por lo tanto tiene una raíz real, y por lo tanto $f$ tiene un autovalor real.

Answer 4

Sólo por diversión...

Como en los Callos de la respuesta, se observa que la si $f(f(x))=-x$ todos los $x\in\mathbb R^n$, entonces no es $x\ne 0$ tal que $f(x)=\lambda x$ algunos $\lambda\in\mathbb R$ (desde entonces tendríamos $\lambda^2x=-x$, lo cual es imposible). Podemos definir un mapa de $F\colon\mathbb R^n\to\mathbb R^n$ por $$ F(x) = \left<x,x\right>f(x) - \left<x,f(x)\right>x $$ que es un escalar varios de los habituales de proyección de mapa de $f(x)$ al plano tangente a $x$. Este mapa no tiene ceros otros de $x=0$; de hecho, si $x\ne 0$$F(x)=0$, significa que $$ f(x) = \frac{\left<x,f(x)\right>}{\left<x,x\right>}x $$ que ya sabemos a ser imposible, a menos $x=0$. La observación de que $\left<x,F(x)\right>=0$ todos los $x\in\mathbb R^n$, podemos ver que $F$ restringe a un suave tangente campo en $S^{n-1}$ sin ceros; por el peludo teorema de la bola, se deduce que el $n-1$ es impar, y por lo $n$ es incluso.

Answer 5

El uso de la inducción en la dimensión. Para no cero $v$, $\{v, f(v)\}$ es lineal independiente y abarca un 2d subespacio cerrado bajo f. Entonces f está bien definida en el cociente $V/\{v,f(v)\}$, que tiene dimensión 2 menos. (tyro1 la respuesta es que creo que a lo largo de estas líneas, pero un poco confusa).