Encuentre un vector cíclico de $\mathbb{R}^4$ tal que...

Question

Dejemos que $T:\mathbb{R}^4 \rightarrow \mathbb{R}^4$ sea un operador con polinomio mínimo $m_T(x) = (x-2)^2(x+1)^2$ . Encuentre un vector $v \in \mathbb{R}^4$ tal que $\mathbb{R}^4 = \langle \{v,T(v),T^2(v),T^3(v)\} \rangle$ .

Me ha costado mucho este tema. Lo primero que puedo ver es que desde $\deg m_T(x) = 4 = \dim \mathbb{R}^4$ el polinomio mínimo es el mismo que el característico $p_T(x)$ .

Después de mucho tiempo tratando de llegar a algún sitio, finalmente vi algo... Si tuviéramos un polinomio mínimo como $m_T(x)=(x-\lambda_1)(x-\lambda_2)(x-\lambda_3)(x-\lambda_4)$ entonces $p_T(x)=m_T(x)$ y sería posible encontrar tal $v$ . Para ver eso, voy a mostrar $v = v_1+v_2+v_3+v_4$ donde $v_i$ es el vector propio asociado a $\lambda_i$ es un vector de este tipo. Sea $a,b,c,d \in \mathbb{K}$ donde $\mathbb{K}$ es el campo en el que se define el espacio vectorial, por tanto: $$ \begin{align*} & 0= av+bT(v)+cT^2(v) +dT^3(v) =\\ &a(v_1+v_2+v_3+v_4) +\\ &b(\lambda_1v_1+\lambda_2v_2+\lambda_3v_3+\lambda_4v_4) + \\ &c(\lambda_1^2v_1+\lambda_2^2v_2+\lambda_3^2v3+\lambda_4^2v4)+\\ &d(\lambda_1^3v_1+\lambda_2^3v_2+\lambda_3v3+\lambda_4^3v4)\\ \end{align*} $$ desde $\{v_1,v_2,v_3,v_4\}$ es linealmente independiente podemos reordenar lo que tenemos en notación matricial: $$ \left(\begin{matrix} 1&\lambda_1&\lambda_1^2&\lambda_1^3\\ 1&\lambda_2&\lambda_2^2&\lambda_2^3\\ 1&\lambda_3&\lambda_3^2&\lambda_3^3\\ 1&\lambda_4&\lambda_4^2&\lambda_4^3\\ \end{matrix}\right) \left(\begin{matrix} a\\b\\c\\d \end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix} 0\\0\\0\\0 \end{matrix}\right) $$ y esa matriz de Vandermonde sería invertible ya que todos los valores propios son distintos, por lo tanto $a=b=c=d=0$ y el conjunto $\{v,T(v),T^2(v),T^3(v)\}$ sería una base para $\mathbb{R}^4$ .

Pero, por desgracia, no es el caso. Supuse ese caso porque tenía la creencia de que me daría una idea de cómo proceder en el caso del ejercicio en el que no todos los valores propios son distintos.

Otra cosa que pude ver es que $m_T(x) = x^4 -2x^3 -3x^2 +4x +4$ , ya que $m_T(T) = 0$ entonces $T^4 = 2T^3+3T^2-4T-4T^0$ y la matriz de $T$ en la base $B=\{v,T(v),T^2(v),T^3(v)\}$ para tal $v \in \mathbb{R}^4\setminus\{0\}$ sería: $$ [T]_B = \left(\begin{matrix} 0&0&0&-4\\ 1&0&0&-4\\ 0&1&0&3\\ 0&0&1&2 \end{matrix}\right) $$

pero también me quedé atascado aquí, porque con esa matriz tengo información sobre $T$ pero depende de la elección de $v$ (porque esa matriz está definida en una base definida por la elección de $v$ ), y $v$ es lo que quiero encontrar.

Estoy completamente perdido en este momento. Cualquier ayuda será muy apreciada.

Gracias.

Answer 1

Puede que se me olvide algún detalle del álgebra lineal, pero creo que a partir de tu conocimiento del polinomio mínimo puedes deducir que $T$ en alguna base $\{v_1,v_2,v_3,v_4\}$ tiene su forma canónica de Jordan con dos bloques de eigenevalores $2$ y $-1$ de la siguiente manera: $$\begin{pmatrix} 2 & 1 & & \\ & 2 & & \\ & & -1 & 1\\ & & & -1 \end{pmatrix}$$ Entonces buscamos un vector $v=av_1+bv_2+cv_3+dv_4$ tal que la matriz

$$ \begin{pmatrix} v & Tv & T^2v & T^3 v \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & 2a+b & 4a+4b & 8a+12b\\ b & 2b & 4b & 8b \\ c & -c+d & c-2d & -c+3d \\ d & -d & d & -d \end{pmatrix} $$

tiene un determinante no nulo. Una rápida comprobación con Mathematica dice que el determinante de esto es $81b^2d^2$ Así que, para simplificar, podríamos tomar $v=v_2+v_4$ para obtener nuestra solución.

Geométricamente, lo que ocurre es que $T$ actúa simultáneamente por escalamiento y cizallamiento en dos copias separadas de $\mathbb{R}^2$ . Los vectores $v_1$ y $v_3$ no van a ninguna parte al aplicar $T$ (sólo están escalados), mientras que $v_2$ y $v_4$ realmente son "empujados" por la acción de cizallamiento. Así que tal vez tenga sentido intuitivo que la combinación de estos dos se desvíe lo suficiente como para dar una base de $\mathbb{R}^4 = \mathbb{R}^2 \oplus \mathbb{R}^2$ .