Primera respuesta, sin tensor de productos.
Supongamos que el polinomio mínimo de la transformación lineal no dividir. Para mi consuelo, yo voy a usar $T$ para la transformación lineal y $m_T(t)$ es mínimo polinomio. A continuación, $m_T(t)$ factores a tener en cuenta cierto número de factores lineales y al menos uno de los mínimos cuadráticos factor. Deje $t^2 + 2at+b$ ser este factor cuadrático. Dado que el factor cuadrático es irreductible, tenemos que su discriminante, $d=4a^2-4b$, es negativo. Deje $\delta = -d/4$, por lo que el $\delta = b-a^2$ es positivo. Ahora podemos completar el cuadrado para reescribir $m_T(t)$$(t+a)^2 +(b-a^2)=(t+a)^2+\delta$. Entonces tenemos que para cualquier $u\ne 0\in V$,
$$ (((T+a)^2 + \delta) u,u) = ((T+a)^2 u,u) + \delta(u,u)$$
$$ = ((T+a)u,(T+a)u) + \delta(u,u)=\|(T+a)u\|^2+\delta\|u\|^2>0.$$
Sin embargo, desde la $t^2+at+b$ es un factor del polinomio mínimo de $T$, $T^2+aT+b$ no debe ser invertible (de lo contrario podríamos encontrar una pequeña polinomio que es 0 cuando se evalúa a $T$ por la eliminación de este factor), así que hay algunos $u\ne 0 \in V$ que $(T^2+aT+b)u=0$, pero, a continuación,$((T^2+aT+b)u,u)=0$, lo cual es una contradicción de la desigualdad anterior. Por lo tanto el polinomio mínimo de a $T$ no puede contener ninguno de los mínimos cuadráticos factores.
Segunda respuesta, con tensor de productos.
Podemos hacer esto en una pregunta sobre el complejo de espacios vectoriales y Hermitian operadores. Deje $\newcommand{\tens}{\otimes}\newcommand{\CC}{\mathbb{C}}W=\CC\tens V$. Ahora necesitamos ampliar nuestra original forma bilineal, que voy a llamar a $B$, a un Hermitian forma, $\phi$, definido en $W\times W$. Esto se puede hacer mediante la definición de $\phi(\alpha \tens v, \beta \tens w)= \alpha\overline{\beta} B(v,w)$ y se extiende por la linealidad. Entonces si $A : V\to V$ fue nuestro antiguo operador lineal, podemos extender $A$ $W$por tensoring con $1=\newcommand{\id}{\text{id}}\id_\CC$, para obtener el $T=1\tens A : W\to W$. Ahora $T$ es Hermitian, ya que
$$\phi(T(\alpha \decenas v),\beta \decenas w)
= \phi(\alpha \decenas de Av,\beta \decenas w)
= \alpha\overline{\beta} B(Av,w)
=\alpha\overline{\beta} B(v,Aw)
= \phi(\alpha \decenas v,\beta \decenas Aw)
=\phi(\alpha \decenas v,T(\beta \decenas w)).$$
Ahora vamos a $\lambda\in\CC$ ser un autovalor de a $T$ con autovector $v$,
a continuación,$\lambda\phi(v,v)=\phi(\lambda v,v)=\phi(Tv,v)=\phi(v,Tv)=\phi(v,\lambda v)=\overline{\lambda}\phi(v,v)$. Por lo tanto $\lambda = \overline{\lambda}$, por lo que todos los de $T$'s autovalores son reales. Por lo tanto el polinomio mínimo de a $T$ tiene raíces reales, y por lo tanto es un polinomio real.
A continuación, $m_T(A)$ tiene sentido, y queremos mostrar que es cero, por lo que podemos decir que el $m_A(t)\mid m_T(t)$, y por lo tanto decir que todas las raíces de $m_A(t)$ son reales (por lo tanto, $m_A(t)$ divisiones). Supongamos $m_T(A)\ne 0$, $m_T(A) u\ne 0$ algunos $u\in V$. Sin embargo, a continuación,$0=m_T(T)(1\tens u) = m_T(1\tens A) (1\tens u) = (1\tens m_T(A))(1\tens u) = 1\tens (m_T(A)u) \ne 0$, lo cual es una contradicción. Por lo tanto,$m_T(A)=0$, lo $m_A(t)$ tiene todas sus raíces reales. Por lo tanto $m_A(t)$ se divide.
