Aplicación lineal $T(X)=AX-XA^{-1}$

Enunciado
Sea $A$ una matriz fija e invertible en el espacio $\mathbb{R}^{n\times n}$ de las matrices cuadradas reales de orden $n$. Se considera la aplicación $$T:\mathbb{R}^{n\times n}\to \mathbb{R}^{n\times n},\quad T(X)=AX-XA^{-1}.$$ Estudiar si es una transformación lineal. Si la respuesta es afirmativa, para el caso $$A=\begin{bmatrix}{5}&{1}\\{4}&{1}\end{bmatrix}\in\mathbb{R}^{2\times 2}$$ hallar una base del núcleo de $T$ y estudiar si es isomorfismo.

Solución
Para todo $\alpha,\beta\in \mathbb{\mathbb{R}}$ y para todo $X,Y\in \mathbb{R}^{n \times n}$ tenemos $$T(\alpha X+\beta Y)=A(\alpha X+\beta Y)-(\alpha X+\beta Y)A^{-1}$$$$=\alpha (AX-XA^{-1})+\beta (AY-YA^{-1})=\alpha T(X)+\beta T(Y),$$ luego $T$ es lineal. El núcleo de $T$ es $$\ker T=\{X\in\mathbb{R}^{n\times n}:T(X)=0\}=\{X\in\mathbb{R}^{n\times n}:AX-XA^{-1}=0\}$$ $$=\{X\in\mathbb{R}^{n\times n}:AX=XA^{-1}\}.$$ Operando obtenemos $$A^{-1}=\begin{bmatrix}{5}&{1}\\{4}&{1}\end{bmatrix}^{-1}=\ldots =\begin{bmatrix}{1}&{-1}\\{-4}&{5}\end{bmatrix}.$$ Denotando $X=\begin{bmatrix}{x_1}&{x_2}\\{x_3}&{x_4}\end{bmatrix},$ $$\ker T\equiv\begin{bmatrix}{5}&{1}\\{4}&{1}\end{bmatrix} \begin{bmatrix}{x_1}&{x_2}\\{x_3}&{x_4}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{x_1}&{x_2}\\{x_3}&{x_4}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{1}&{-1}\\{-4}&{5}\end{bmatrix}$$ $$\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix}5x_1+x_3=x_1-4x_2\\4x_1+x_3=x_3-4x_4\\5x_2+x_4=-x_1+5x_2\\4x_2+x_4=-x_3+5x_4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix}4x_1+4x_2+x_3=0\\x_1+x_4=0\\x_1+x_4=0\\4x_2+x_3-4x_4=0\end{matrix}\right.$$ Entonces, $$\dim \ker T=4-\text{rg }\begin{bmatrix}{1}&{0}&{0}&1\\{4}&{4}&{1}&0\\{0}&{4}&{1}&-4\end{bmatrix}=4-\text{rg }\begin{bmatrix}{1}&{0}&{0}&1\\{0}&{4}&{1}&-4\\{0}&{4}&{1}&-4\end{bmatrix}$$ $$=4-\text{rg }\begin{bmatrix}{1}&{0}&{0}&1\\{0}&{4}&{1}&-4\\{0}&{0}&{0}&0\end{bmatrix}=4-2=2.$$ Queda $$\ker T\equiv \left \{ \begin{matrix}x_1+x_4=0\\4x_2+x_3-4x_4=0.\end{matrix}\right.$$ Dando los valores $x_3=4,x_4=0$ obtenemos $x_1=0, x_2=-1$. Dando los valores $x_3=0,x_4=1$ obtenemos $x_1=-1, x_2=1.$ Una base de $\ker T$ es por tanto,
$$B_{\ker T}=\{\begin{bmatrix}{0}&{-1}\\{4}&{0}\end{bmatrix},\begin{bmatrix}{-1}&{1}\\{0}&{1}\end{bmatrix}\}.$$ Al ser $\ker T\ne\{0\}$, $T$ no es inyectiva y por tanto no es isomorfismo.

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