Si $ f:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ es una involución, entonces existe una base $\{v_i\}$ , de tal manera que $ f(v_i) = v_i $ ou $ f(v_i) = -v_i$ ?

Question

Si $ f:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ es una involución, entonces existe una base $ {v_1,...,v_n } $ para $ \mathbb{R}^n$ tal que para cada $ i $ $ f(v_i) = v_i $ ou $ f(v_i) = -v_i$ ?

Esta afirmación parece ser cierta para las involuciones lineales en particular, pero estoy atascado tratando de determinar si sería cierto para una involución general. He intentado analizar al menos el caso n=1, pero ni siquiera ahí tengo ideas prometedoras para una demostración, pero intentar construir un contraejemplo también ha fallado cada vez.

¿Alguna pista?

Answer 1

Dejemos que $$g(x) := \begin{cases}-1&\lfloor x \rfloor \equiv 0 \pmod2\\ 1 & \lfloor x\rfloor \equiv 1\pmod2\end{cases}$$ Entonces $$f(x) := x+ g(x)$$ es una involución, pero para todo $x\in\mathbb R: f(x) \notin\{x,-x\}$ y así tienes un contraejemplo (no lineal)

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Para el caso lineal, es efectivamente cierto, para $\mu_f | X^2-1 = (X+1)(X-1)$ y por lo tanto $\sigma(f)\subseteq\{-1,1\}$

Answer 2

Si $f$ se supone que es una transformación lineal (como parece ser) nótese que $$f^2-1=0$$ por lo que el polinomio mínimo de $f$ divide $X^2-1=(X-1)(X+1)$ Por lo tanto $f$ es diagonalizable con posibles valores propios $-1,1$ y la reclamación sigue. En particular, si $f$ no es un múltiplo de la identidad, si tiene al menos un vector propio con valor propio $1$ y un vector propio con valor propio $-1$ .

Answer 3

Si $f$ es una involución lineal, entonces se realiza mediante una matriz $A\in\mathbb R^{n\times n}$ es decir, $f(x)=Ax$ . La involución significa $f(f(x))=A^2x=x$ lo que significa que el polinomio $p(x)=x^2-1$ aniquila $A$ y, por tanto, todos sus valores propios son $1$ ou $-1$ y como tiene raíces simples, entonces $A$ es diagonalizable. Por tanto, existe una base $v_1,\ldots,v_n$ de $\mathbb R^n$ , de tal manera que $$ f(v_i)=Av_i=\lambda_i v_i=\pm v_i, \quad i=1,\ldots,n. $$

Answer 4

Esto puede hacerse por inducción en la dimensión n: Si $n=1$ Está claro. Ahora consideremos $dim=n$ . Para yy vector no nulo $v_1$ , si $f(v_1) \ne -v_1$ entonces $f(v_1+f(v_1))=v_1+f(v_1)$ para $f^2=1$ . Por lo tanto, podemos encontrar un vector distinto de cero $w_1$ tal que $f(w_1)=-w_1$ ou $w_1$ . Ahora dejemos que U sea el comlementario de $ \langle w_1 \rangle$ Por lo tanto $V=\langle w_1 \rangle + U$ . Puede comprobar $f(U)=U$ . Desde $dim(U)=n-1$ por inducción, existen bases de $U$ tal que $f(w_i)=\pm w_i$ para $i \ge 2$ . Esto completa la prueba.