Asumir que $F$ es un campo, y que $f \in F[x]$ es un polinomio. ¿Si $f$ es sobreyectiva todos suficiente % grande $n$cuando consideramos un mapa de $f$ $M_n(F)$ $M_n(F)$, $f$ será lineal?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Jukka Dahlbom
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Una respuesta parcial (véase también la más sustancial de la respuesta a continuación): los siguientes no es cierto
Si $f$ es surjective para un valor fijo $n > 1$ cuando consideramos a $f$ como un mapa de $M_n(F)$$M_n(F)$, $f$ debe ser lineal
Por ejemplo, con $n = 2$$F = \Bbb C$, nos encontramos con que el polinomio $f(x) = x^3 - x = x(x - 1)(x + 1)$ es surjective como una función en $M_n$. Para demostrar que este es el caso: en primer lugar, tenga en cuenta que $f$, tomado como una función más de $\Bbb C$, es surjective. A partir de ahí, es claro que la imagen de $f$ contiene todos los diagonalizable matrices. Por lo tanto, es suficiente para mostrar que $f$ también contiene todas las matrices similar a la del bloque de Jordan $$ J(\lambda) = \pmatrix{\lambda & 1\\0 & \lambda} $$ De hecho, desde la imagen de $f$ es invariante bajo la conjugación, basta con señalar que la imagen de $f$ contiene una matriz similar a la anterior, para arbitrario $\lambda \in \Bbb C$.
Tomamos nota de que, por cualquier $\mu \neq \pm 1/\sqrt{3}$, si tomamos $$ A = \pmatrix{\mu & 1\\0 & \mu} $$ nos encontramos con que $$ f(A) = \pmatrix{f(\mu) & 3 \mu^2 - 1 \\0 & f(\mu)} $$ es similar a $J(f(\mu))$. Esto significa que la única problemática autovalores son $\lambda = f(\pm \sqrt{3}) = \pm \frac{2}{3\sqrt{3}}$. Vemos que $$ f(\mu) = \frac{2}{3\sqrt{3}} \implica \mu = -1/\sqrt{3},2/\sqrt{3} $$ Por lo que la matriz de $f(J(\frac{2}{\sqrt{3}}))$ es similar a $J(\frac{2}{3\sqrt{3}})$. Del mismo modo, $$ f(\mu) = -\frac{2}{3\sqrt{3}} \implica \mu = 1/\sqrt{3},-2/\sqrt{3} $$ Por lo que la matriz de $f(J(-\frac{2}{\sqrt{3}}))$ es similar a $J(-\frac{2}{3\sqrt{3}})$
Así que, en este caso nos encontramos con que a pesar de $f$ es no-lineal, $f:M_2(\Bbb C) \to M_2(\Bbb C)$ es surjective.
Un más sustancial de la respuesta:
De hecho, podemos ver que para cualquier $n$, el mapa de $f:M_n \to M_n$ será surjective. Para cualquier $k$$1$$n$, definir $J_k(\lambda)$ $k \times k$ Jordania bloque $$ J_k(\lambda) = \pmatrix{\lambda & 1\\&\lambda&1\\&&\ddots&\ddots\\&&&&1\\&&&&\lambda} $$ Vemos que para cualquier $\mu \in \Bbb C \setminus \{\pm 1/\sqrt{3}\}$, $f(J_k(\mu))$ es similar a $J_k(f(\mu))$. A ver esta: tenga en cuenta que $f(J(\mu)) - f(\mu)I$ rango $k-1$, mientras $f'(\mu) \neq 0$. Por otra parte, $f(J(\mu))$ $f(\mu)$ como su único autovalor. Al ver que $[f(J(\mu)) - f(\mu)I]^{n-1} \neq 0$ es suficiente para llegar a la conclusión deseada.
Desde $f:\Bbb C \setminus \{\pm 1/\sqrt{3}\} \to \Bbb C$ es surjective, llegamos a la conclusión de que $f$ es surjective. En particular: si $$ A = J_{k_1}(\lambda_1) \oplus \cdots \oplus J_{k_m}(\lambda_m) $$ (donde $\oplus$ es una diagonal suma directa), entonces podemos seleccionar $\mu_j \in \Bbb C \setminus \{\pm 1/\sqrt{3}\}$ tal que $f(\mu_j) = \lambda_j$, y vemos que $$ f[J_{k_1}(\mu_1) \oplus \cdots \oplus J_{k_m}(\mu_m)] = \\ f(J_{k_1}(\mu_1)) \oplus \cdots \oplus f(J_{k_m}(\mu_m)) $$ es similar a $A$.
