Es el probar el polinomio mínimo de $\text{ann}(T)$ $p(x)^m$ donde $p(x)$ irreducible y $T$ un operador indescomponible en un espacio del vector $V$

Question

Estoy tratando de entender una prueba del siguiente teorema:

$(\star)$ Deje $V$ ser finito-dimensional espacio vectorial y $T$ un indecomposable operador en $V$. A continuación, $T$ es cíclica operador y el mínimo de polinomio $\mu_T(x)$ $T$ $p(x)^m$ donde $p(x)$ es un polinomio irreducible.

Con el fin de demostrar que el $\mu_T(x) = p(x)^m$ donde $p(x)$ irreductible, se aplica el siguiente:

Suponga $\mu_T(x) = f(x) g(x)$ donde $\gcd(f(x),g(x))=1$. A continuación,$\ker(f(T))= \text{range}(g(T))$$\ker(g(T))= \text{range}(f(T))$. Por otra parte, $V= \ker(f(T)) \oplus \ker(g(T))$.

que he probado, pero estoy teniendo problemas para ver por qué esto implica $\mu_T(x) = p(x)^m$$(\star)$.

Answer 1

Suponga que $\mu_T(x) = f(x)g(x)$ donde $f,g$ son monic y $\gcd(f(x),g(x)) = 1$. A continuación, $V = \ker(f(T)) \oplus \ker(g(T))$ y el tanto $\ker(f(T))$ $\ker(g(T))$ $T$- invariante. Desde $T$ es indecomposable, esta descomposición debe ser trivial. Hasta el cambio de nombre de $f$$g$, podemos asumir que $\ker(g(T)) = \{ 0 \}$ $\ker(f(T)) = V$ pero, a continuación, $f(T) = 0$ por lo tanto $\mu_T | f$, lo que implica que $\mu_T = f$$g = 1$.

Ahora, el factor de $\mu_T(x)$ $\mu_T(x) = f_1(x)^{m_1} \ldots f_k(x)^{m_k}$ donde $f_i$ son monic, irreductible y distintos e $m_1 \geq 1$. Deje $f(x) = f_1(x)^{m_1}$$g(x) = f_2(x)^{m_2} \ldots f_k(x)^{m_k}$. Aplicando el resultado anterior, tenemos que $\mu_T = f$ $g = 1$ (por lo $m_2 = \ldots = m_k = 0$). Tenga en cuenta que no es necesario cambiar el nombre de aquí porque se supone que $\deg f \geq 1$.