Automorfismo en un espacio vectorial de dimensión finita

Question

Si $V$ es un espacio vectorial sobre $\mathbb Q$ con $\operatorname{dim}(V)=3$ . Cómo podemos demostrar que NO hay automorfismo $\phi: V \rightarrow V$ tal que $\phi^{-1}=2\phi$ .

Lo intenté: Deje $\phi: V \rightarrow V$ es un automorfismo tal que $\phi^{-1}=2\phi$ entonces

deje $v,u\in V$ entonces como $\phi^{-1}$ es también un homomorfismo tenemos:

$$\phi^{-1}(uv)=\phi^{-1}(u)\phi^{-1}(v)=2\phi(u).2\phi(v)=4\phi(u)\phi(v)$$ Por otro lado, $\phi^{-1}(uv)=2\phi(uv)=2\phi(u)\phi(v)$ Así que

$$4\phi(u)\phi(v)=2\phi(u)\phi(v)$$

implica

$\phi(u)\phi(v)=0$ para todos $u,v \in V$ lo que significa $\phi=0$ .

Creo que falta algo en mi argumento. No necesitaba la dimensión de $V$ ¡¡!!

¿Alguna sugerencia?

Answer 1

Si existiera tal automorfismo, su polinomio mínimo sería $X^2-2$ . Este polinomio es irreducible sobre $\mathbb Q$ la dimensión de $V$ estaría en paz.

Answer 2

En primer lugar, la declaración debe ser que hay no es tal automorfismo.

En segundo lugar, debes repasar la definición de automorfismos en un espacio vectorial y, en general, la definición de espacio vectorial y de operaciones sobre vectores.

En tercer lugar, una pista: ¿cuál sería el determinante de dicho automorfismo? (Recordemos que como los determinantes no cambian bajo conjugación, el determinante es un invariante del mapa lineal, independientemente de las elecciones de base).

Cuarto: cuando hagas este ejercicio, identifica exactamente dónde usaste que la dimensión es 3 y asegúrate de entender para que dimensiones $d$ tu prueba funciona.

Answer 3

Como dijo Alex, no existe tal automorfismo. Si sustituyes la condición $\phi^{-1} = 2\phi$ con $2\phi^2 = id$ puede tener una aplicación tan lineal para $\mbox{dim}\, V = 2$ o para $\mbox{dim}\,V=4$ (en general, para espacios vectoriales de dimensión par), pero no para $\mbox{dim}\,V = 3$ . De todos modos, no será un automorfismo.

Supongamos que existiera $\phi$ las condiciones de $\phi$ implican que el polinomio mínimo de $\phi$ divide (y por tanto es) $x^2 - \frac{1}{2}$ . Por lo tanto, sus únicos valores propios son $\frac{1}{\sqrt{2}}$ y $\frac{1}{\sqrt{2}}$ .

Por lo tanto, el polinomio característico de $\phi$ es $$\left(x - \frac{1}{\sqrt 2}\right)^2 \left(x + \frac{1}{\sqrt 2}\right)$$ o $$\left(x - \frac{1}{\sqrt 2}\right) \left(x + \frac{1}{\sqrt 2}\right)^2$$ ninguna de las cuales tiene coeficientes racionales.

Editar Acabo de darme cuenta de que el argumento determinante de Alex es mucho más fácil. Bueno, considere este un argumento alternativo que funciona también si no requerimos $\phi$ sea un automorfismo y sustituir la condición $\phi^{-1} = 2 \phi$ con $2\phi^2 = id$ .