Demuestra que $\sigma=p(\tau)$ para algún polinomio $p$

Question

Se trata de un ejercicio de Álgebra lineal avanzada por Roman:

Dejemos que $\text{dim}(V)<\infty$ . Si $\tau, \sigma \in \mathcal{L}(V)$ probar que $\sigma\tau = \iota$ implica que $\tau$ y $\sigma$ son invertibles y que $\sigma = p(\tau)$ para algún polinomio $p(x) \in F[x]$ .

La dificultad de este ejercicio es que se plantea antes de todo lo relacionado con los valores propios o el teorema de Caley-Hamilton. Quiero confirmar que la prueba que sigue es correcta o, por el contrario, si hay algún fallo en alguna parte.

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Si $\tau$ no es invertible entonces hay algún $x\in V\setminus\{0\}$ tal que $\tau x=0$ pero esto implicaría que $\sigma\tau x=0$ lo que no es posible, por lo que $\tau$ es invertible. Si $\tau$ es invertible entonces $\tau$ es un automorfismo, lo que implica que $\sigma$ puede tomar cualquier valor, por lo que $\sigma$ es invertible por las mismas razones que $\tau$ .

Entonces $\sigma=\tau^{-1}$ y queremos demostrar que existe un polinomio $p$ tal que $\tau^{-1}=p(\tau)$ . Supongamos ahora que $\dim V=n$ y que $v_1,\ldots,v_n$ una base de $V$ , entonces para cada $k\in\{1,\ldots,n\}$ elija la lista mínima que contenga $\tau^{-1}v_k$ donde $\tau^{-1}v_k,\tau^n v_k,\tau^{n+1} v_k,\ldots$ es linealmente dependiente. Entonces hay $c_j\in F\setminus\{0\}$ , $m_j\ge 0$ y algunos $1\le n_k< n$ tal que $$ c_{-1}\tau^{-1}v_k+\sum_{j=1}^{n_k}c_j\tau^{n+m_j}v_k=0 $$ A continuación, ajuste $r_k(x):=c_{-1}x^{-1}+\sum_{j=1}^{n_k}c_j x^{n+m_j}$ entonces el $r_k$ son funciones racionales y $r:=\prod_{k=1}^n r_k$ es una función racional con la forma $r(x)=\gamma x^{-1}+p(x)$ para algún polinomio $p\in F[x]$ tal que $p(0)=0$ y $\gamma\neq 0$ . También por construcción encontramos que $r(\tau)=0$ lo que implica que $\tau^{-1}=-\gamma^{-1} p(\tau)$ lo que termina la prueba.

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EDITAR: ¡ah! Hay un pequeño fallo en la prueba anterior, yo diría que $r(x)=\gamma x^{-n}+p(x)$ en su lugar, entonces $\tau^{-1}=-\gamma^{-1}\tau^{n-1}p(x)$ se mantiene.

También la condición $p(x)=0$ era innecesario, no sé en qué estaba pensando para imponer esta condición.

Answer 1

¿Qué pasa con el siguiente argumento? (Esto evita el uso del teorema de Caley-Hamilton.) Consideremos $$\{\iota,\tau,\ldots,\tau^{n^2+1}\}\subset \mathcal{L}(V).$$ Desde $\dim \mathcal{L}(V)=n^2<\infty$ se deduce que $\iota,\tau,\ldots,\tau^{n^2+1}$ son linealmente dependientes y existe un polinomio no nulo $p(t)\in\mathbb{F}[t]$ tal que $p(\tau)=O$ . Sea $m(t)$ sea el polinomio mónico de menor grado para el que $m(\tau)=O$ (es decir $m$ es el polinomio mínimo de $\tau$ .) Si $m(0)=0$ entonces podemos escribir $$ m(\tau)=m^*(\tau)\cdot\tau=O $$ donde $m^*(t)=\frac{m(t)}{t}\neq 0$ es un polinomio de grado $\deg m -1$ . Esto impila $m^*(\tau)=O$ y contradice la minimidad de $m$ . Esto demuestra que $m(0)=\lambda \neq 0$ y que $$ m^{**}(\tau)\cdot\tau = -\lambda \iota $$ para $m^{**}(t)=\frac{m(t)-m(0)}{t}$ . De ello se desprende que $\sigma = -\frac{1}{\lambda}m^{**}(\tau)$ como se desee.