¿Cómo podemos mostrar a cada transformación lineal que no es bijective es la diferencia de bijective lineal se transforma?

Question

He estado revisando algunas ideas sobre los espacios vectoriales y se encontró con un hecho sorprendente. No estoy muy seguro de cómo empezar el argumento, porque el problema requiere uno para la construcción de dos bijective transformaciones lineales cuya diferencia es igual a una transformación lineal.

Deje $V$ ser un espacio vectorial sobre un presentada $F$. Supongamos $\phi:V \rightarrow V$ es una transformación lineal que no es un bijection.

¿Cómo mostramos $\exists f,g :V \rightarrow V$ que son bjiective transformaciones lineales tales que $\phi = f - g$.

He intentado probar el hecho uso de contradicción, pero no han sido capaces de llegar a mucho así que me estoy preguntando si no hay un estándar constructivo prueba que se aplica directamente.

Answer 1

Sugerencia 1. Mostrar que $a$ es un autovalor de a $f$ si y sólo si $a+b$ es un autovalor de a $f+bI$.

Sugerencia 2. (Asumiendo $V$ es finito-dimensional) Muestran que $f$ es bijective si y sólo si $0$ no es un autovalor de a $f$.

Sugerencia 3. (Suponiendo que el campo es infinito) Muestran que si $f$ no es bijective, entonces no es un escalar distinto de cero $b$ tal que $f+bI$ es bijective.

Answer 2

Arturo sugerencias de incluir, en el caso de que $V$ es finito dimensionales y $F$ es infinito. Añado el caso de $\dim V<\infty$ y un campo finito $F$ con una solución que es muy similar.

Deje $|F|=q$$\dim V=n$. Lo arreglamos de una vez por todas una identificación de $V$ con el campo de $GF(q^n)$ como espacios vectoriales sobre $F$. Consideremos el conjunto $$ S=\{\phi(x)/x \a mediados de x\V, x\neq0\}\subseteq GF(p^n). $$ Debido a $\ker\phi$ no es trivial, $0\in S$, por lo que el conjunto de $S$ contiene en la mayoría de las $q^n-2$ cero elementos. Deje $\alpha\in GF(q^n)\setminus S$. A continuación, para todos los no-cero $x\in V$ tenemos $\phi(x)\neq\alpha x$. En otras palabras, la asignación de $g:V\rightarrow V$ definido por $$ g(x)=\alpha x-\phi(x) $$ tiene un trivial núcleo, y por lo tanto es bijective. La asignación de $f(x)=\alpha x$ es también bijective, porque $\alpha\neq0$. Para todos los $x\in V$ hemos $$ f(x)-g(x)=\alpha x-\alpha x+\phi(x)=\phi(x) $$ como se requiere.