cada valor propio de $T$ sólo tiene un vector propio correspondiente hasta una multiplicación escalar

Question

Para una transformación lineal $T$ en un espacio vectorial $V$ de dimensión $n .$ Supongamos que se da que para algún vector $\mathbf{v},$ los vectores $\mathbf{v}, T(\mathbf{v}), T^{2}(\mathbf{v}), \ldots, T^{n-1}(\mathbf{v})$ son linealmente independientes,
entonces es cierto que cada valor propio de $T$ sólo tiene un vector propio correspondiente hasta una multiplicación escalar.

Answer 1

La transformación $T$ satisface algún polinomio de grado como máximo $n$ Así que $$T^nv=a_0v+a_1Tv\cdots+a_{n-1}T^{n-1}v$$

Supongamos $w$ es un vector propio con valor propio $\lambda$ . Desde $v,\ldots, T^{n-1}v$ es una base, $$w=b_0v+\cdots+b_{n-1}T^{n-1}v$$ Sustituyendo esto por $Tw=\lambda w$ , \begin{align} T(b_0v+\cdots+b_{n-1}T^{n-1}v)&=\lambda(b_0v+\cdots+b_{n-1}T^{n-1}v\\ b_0Tv+\cdots+b_{n-1}T^nv&=\lambda b_0v+\cdots+\lambda b_{n-1}T^{n-1}v \end{align} Así que comparando los coeficientes de $T^iv$ , $$b_{n-1}a_0=\lambda b_0,\quad b_0+b_{n-1}a_1=\lambda b_1,\quad \ldots, b_{n-2}+b_{n-1}a_{n-1}=\lambda b_{n-1}$$

Resolver, \begin{align} b_{n-2}&=(\lambda-a_{n-1})b_{n-1}\\ b_{n-3}&=\lambda b_{n-2}-a_{n-2}b_{n-1}=(\lambda^2-a_{n-1}\lambda-a_{n-2})b_{n-1}\\ \vdots\\ b_0&=\lambda b_1-a_1b_{n-1}=f(\lambda,a_i)b_{n-1} \end{align} Por lo tanto, todos los coeficientes $b_i$ son múltiplos únicos de $b_{n-1}$ y, por tanto, única hasta una constante multiplicativa.

Answer 2

Mira la base $b_1 = v, b_2 = T(v), \ldots, b_n = T^{n-1}(v)$ . En esta base la matriz de la transformación $T$ es $$A = \pmatrix{ 0 & 0 & \ldots & p_1\\ 1 & 0 & \ldots & p_2\\ \vdots\\ \ldots & & 0 & p_{n-1}\\ 0 & \ldots & 1 & p_n} $$ Ahora observa que el polinomio característico tiene grado $n$ , pero no hay ningún polinomio de grado menor que $A$ satisface, pues si hubiera constantes, no todas nulas, con $$ \sum_{k=0}^{n-1} c_k A^k = 0 $$ entonces tenemos $$ \sum^{n-1} c_k A^k{e_1} = 0, $$ y $A^k(e_1) = e_{k}$ por lo que tenemos $$ \sum^{n-1} c_k e_k = 0 $$ lo cual es imposible porque el $e_1$ son independientes (aquí el $e_i$ son los vectores de base estándar para $\Bbb R^n$ o $\Bbb C^n$ ).

Veamos ahora la forma normal de Jordan de $T$ (o $A$ ). Supongamos que $T$ tenía dos vectores propios $v_1, v_2$ para el mismo valor propio, $s$ . Entonces podríamos (utilizando estos dos como inicio de una base de Jordan) escribir la forma normal de Jordan de $T$ como $$ \pmatrix{ s & 0 & \ldots & 0\\ 0 & s & \ldots & 0 \\ \vdots} $$ De esto se deduce que el polinomio característico tiene la forma $$ p(x) = (x-s)^2 q(x) $$ donde $q$ es $\det(H - xI)$ donde $H$ es la parte inferior derecha $(n-2) \times (n-2)$ matriz. Pero también es evidente que $T$ satisface el polinomio $$ r(x) = (x-s) q(x) $$ de grado inferior a $n$ y eso es una contradicción.

Estoy bastante seguro de que esto es mucho más indirecto de lo que necesita ser, pero tit llega al final.

Answer 3

Escribe la matriz para $T$ en relación con $B = (v, Tv, ..., T^{n-1} v)$ para obtener

$$A = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & u_1 \\ 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & u_2 \\ 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 & u_3 \\ \vdots & & \ddots & & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1 & 0 & u_{n-1} \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & u_n \end{bmatrix}$$

donde definimos $(u_1,...,u_n)^T = [T^n v]_B$ .

Consideremos ahora $\lambda I - A$ para obtener

$$\begin{bmatrix} \lambda & 0 & 0 & \cdots & 0 & -u_1 \\ -1 & \lambda & 0 & \cdots & 0 & -u_2 \\ 0 & -1 & \lambda & \cdots & 0 & -u_3 \\ \vdots & & \ddots & & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & -1 & \lambda & -u_{n-1} \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & -1 & \lambda-u_n \end{bmatrix}$$

Afirmamos que esta matriz tiene un rango de al menos $n-1$ . Para verlo, añada primero $\lambda$ columna de tiempos $1$ a la columna $2$ a continuación, añada $\lambda$ columna de tiempos $2$ a la columna $3$ y así sucesivamente para obtener

$$\begin{bmatrix} \lambda & \lambda^2 & \lambda^3 & \cdots & \lambda^{n-1} & -u_1 \\ -1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & -u_2 \\ 0 & -1 & 0 & \cdots & 0 & -u_3 \\ \vdots & & \ddots & & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & -1 & 0 & -u_{n-1} \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & -1 & \lambda-u_n \end{bmatrix}$$

donde vemos el primer $n-1$ son claramente independientes.

Es decir $\dim \ker (\lambda I - A) \le 1$ así que hemos terminado.