Probar que la función es bijective

Question

Deje $n \in \mathbb{N} \setminus \{ 0 \} $$A \in M_n(\mathbb{R})$$m \in \mathbb{N} \setminus \{ 0 \}$$A^m= \alpha \times I_n$,$ \alpha \in \mathbb{R} \setminus \{ -1,1 \}$.

Demostrar que $f: M_n(\mathbb{R})\to M_n(\mathbb{R}), f(X)=X+AXA$ es bijective.

Sinceramente, no tiene idea de cómo debería probar esto, yo estaría agradecido por cualquier ayuda. He encontrado el problema en los archivos de un concurso, pero no hay sugerencias o problemas es siempre.

Answer 1

Supongamos $f(X)=0$. A continuación,$AXA=-X$. Por lo tanto muestran que $A^mXA^m=(-1)^mX$. Sin embargo, por la propiedad de $A$,$A^mXA^m=\alpha^2X$. Argumentan que $X=0$ $f$ es inyectiva. Ahora, ¿por qué se sigue que la $f$ es bijective?

Answer 2

Oops, se perdió la tarea de la etiqueta de la primera vez alrededor.

En primer lugar, encontrar una fórmula para $\det f$ en términos de los valores propios de a $A$.

En primer lugar, supongamos que el $A$ tiene un conjunto completo de vectores propios. Deje $A u_k = \lambda u_k $ y deje $v_k^* A = \lambda_k v_k^*$. A continuación, es muy sencillo demostrar que $f(u_j v_j^*) = (1+ \lambda_i {\lambda_j})u_j v_j^*$, de las que obtenemos $\det f = \prod_{i,j} (1+\lambda_i {\lambda_j})$. Se sigue por una continuidad en el argumento de que esta fórmula tiene de arbitrario $A$.

En segundo lugar, muestra que el $\det f \neq 0$.

Desde $A^m = \alpha I$, se deduce que para cualquier valor propio, tenemos $\lambda^m = \alpha$, por lo tanto $|\lambda| = \sqrt[m]{|\alpha|}$. Por lo tanto $|\lambda_i \lambda_k| = (\sqrt[m]{|\alpha|})^2 \neq 1$, y, por tanto, $(1+\lambda_i {\lambda_j}) \neq 0$ todos los $i,j$. Así que tenemos $\det f \neq 0$. Por lo tanto $f$ es bijective.