$T^n=1$ entonces el espacio vectorial tiene $T-$ vectores propios.

Question

He estado trabajando en este problema:-

Dejemos que $T:V\rightarrow V$ sea una transformación lineal sobre un $n$ -espacio vectorial de dimensiones $V$ en $\mathbb{C}$ tal que $T^{n}=1$ . Demostrar que $V$ tiene una base de $T-$ vectores propios. Siento que necesito usar la idea de la transformación lineal diagonalizable pero no estoy seguro de cómo usarla sabiamente.

Answer 1

El polinomio mínimo de $T$ divide $x^n - 1$ . En $\mathbb{C}$ el polinomio $x^n - 1$ se divide en $n$ factores lineales distintos y, por tanto, el polinomio mínimo de $T$ también se divide en factores lineales distintos, lo que implica que $T$ es diagonalizable.

Answer 2

Siempre que tengas un polinomio $p(\lambda)=\prod_{j=1}^{k}(\lambda-\lambda_j)$ sin raíces repetidas para las que $p(T)=0$ entonces $T$ es diagonalizable, lo que significa que tiene una base de vectores propios. La observación clave es que $$ (A-\lambda_l)\prod_{j\ne l}(A-\lambda_j)=0. $$ Por lo tanto, si se define $p_{l}(\lambda)=\prod_{j\ne l}(\lambda-\lambda_j)$ se ve que el rango de $p_{l}(A)$ está en el espacio nulo de $A-\lambda_l I$ En otras palabras, todo lo que está en el rango de $p_{l}(A)$ es $0$ o es un vector propio de $A$ con valor propio $\lambda_l$ . Para demostrar que se tiene una base de tales vectores propios se utiliza el hecho de que $$ 1 = \frac{p_{1}(\lambda)}{p_{1}(\lambda_l)}+\frac{p_2(\lambda)}{p_2(\lambda_2)}+\cdots+\frac{p_k(\lambda)}{p_k(\lambda_k)}. $$ Por lo tanto, $$ I = \frac{1}{p_1(\lambda_1)}p_1(A)+\frac{1}{p_2(\lambda_2)}p_2(A)+\cdots+\frac{1}{p_k(\lambda_k)}p_k(A), $$ lo que significa que cada vector $x$ puede escribirse en términos de vectores propios de $A$ : $$ x = \frac{1}{p_1(\lambda_1)}p_1(A)x+\frac{1}{p_2(\lambda_2)}p_2(A)x+\cdots+\frac{1}{p_k(\lambda_k)}p_k(A)x. $$