Un operador lineal $T:V\rightarrow V$ tiene un vector cíclico iff $f_T=m_T$ (polinomio mínimo = polinomio característico)

Question

Yo quiero probar la siguiente declaración:

Vamos operador lineal $T:V\rightarrow V$ ($V$ es $n$-dimensional). Entonces existe un vector $v$ tal que $\left\{ v, Tv, ..., T^{n-1}v \right\}$ formulario de una base de $V$, iff $f_T=m_T$.

(En realidad, el $\Rightarrow$ dirección es bastante fácil. Tengo que probar la otra dirección.)

He visto un par de respuestas a este problema en este sitio, todos con el "Racional Canonial Forma", que es algo que no me enseñaron en el curso (pero estoy familiarizado con el Jordan en la Forma).

Por otra parte, la única prueba que he encontrado en internet es este, que parecía prometedora, hasta que llegué a esta frase, que por desgracia parece ser un error:

Ver que $V_i$ es un subespacio de $V$, para todos los $1 \leq i \leq m$, y $V=\bigcup_{i=1}^m V_i$. Por lo tanto,$V=V_k$, para algunas de las $1 \leq k \leq m$.

No sé si eso es cierto para los infinitos espacios vectoriales, pero para un finito, como la de $\mathbb{F}_p^n$ ciertamente no lo es.

Cualquier paso hacia una prueba sería appriciated (así como una explicación de la sospechosa demanda se declaró anteriormente). Gracias!

Answer 1

Supongamos que el grado del polinomio característico $p(x)$ y un mínimo de polinomio $m(x)$ $T:V\to V$ coinciden.

Uno puede expresar $V$ como una suma directa de la generalizada subespacios propios de a $T$. Si $\lambda_1,\ldots,\lambda_k$ son los autovalores de a $T$, luego $$ V=V(\lambda_1)\oplus\cdots\oplus V(\lambda_k), $$ donde $V(\lambda_j)=\{v\in V: (T-\lambda_j)^\ell v=0\,\,\text{for some $\ell\in\mathbb N$}\}$. Cada uno de estos generalizada subespacios propios es $T-$invariante. Set $T_j$ la restricción de $T$$V(\lambda_k)$, y deje $p_j(x)$ $m_j(x)$ la característica y el polinomio mínimo de a $T_j$, respectivamente. De hecho, tenemos que $p(x)=p_1(x)\cdots p_k(x)$ y $$ m(x)=lcm\{m_1(x),\ldots, m_k(x)\}=m_1(x)\cdots m_k(x), $$ puesto que el $m_j$'s son pares de primos. Y ya, $m(x)$ $p(x)$ tienen el mismo grado, a continuación, $m_j(x)=(x-\lambda_j)^{\mu_j}$ donde $\mu_j$ es la multiplicidad de $\lambda_j$$p(x)$.

Por lo tanto $(T_j-\lambda_j)^{\mu_j-1}\ne 0$$(T_j-\lambda_j)^{\mu_j}= 0$. Por lo tanto existe un $v_j\in V(\lambda_j)$, de tal manera que $$ V(\lambda_j)\ni (T_j-\lambda_j)^{\mu_j-1}v_j\ne 0. $$ De hecho, $\{v_j,Tv_j,\ldots,T^{\mu_j-1}v_j\}$ es una base de $V(\lambda_j)$.

Por último set $$ v=v_1+\cdots+v_k. $$ A continuación, $\{v,Tv,\ldots,T^{n-1}v\}$ es una base de $V$.

De hecho, si $$ 0=c_0v+c_1Tv+\cdots+c_{n-1}T^{n-1}v=p(T)v, $$ a continuación,$p(T)v_j=0$, para todos los $j=1,\ldots k$. Por lo tanto $(x-\lambda_j)^{\mu_j}$ divide $p(T)$, y por lo tanto el polinomio característico de a $T$ divide $p$. Por lo tanto $p\equiv 0$, ya que el $\deg p<n$.