Exercício 1.1.11. Seja p(t) o polinômio característico do operador T: X \rightarrow X, em que X é um espaço vetorial de dimensão finita sobre o corpo \mathbb{K}. Dado x \in X arbitrário, basta mostrar que p(T) x=0. Para isso, seja m \in \mathbb{N} de modo a ser o maior em que \exists v \in X \backslash\{0\} de forma a
S=\left\{v, T v, \ldots, T^{m-1} v\right\}
é linearmente independente.
  1. Mostre que os elementos de S formam uma base de W=\operatorname{span}(S);
  2. Mostre que T(W) \subset W;
  3. Obtenha a representação matricial A de \left.T\right|_{W} na base S;
  4. Desenvolvendo \operatorname{det}(t I-A), ache o polinômio característico p_{W} de A;
  5. Mostre que p_{W}(T) x=0;
  6. Mostre que p(t)=q(t) p_{w}(t);

Passo 1

Temos um operador linear T\colon X\to X em um espaço vetorial de dimensão finita, e seu polinômico característico
p(t)=\det(tI-T).
Para provar que p(T)x=0 para todo x\in X, fixamos v=x e escolhemos m máximo tal que
S=\{v,\,Tv,\,\dots,\,T^{m-1}v\}
é linearmente independente. Definimos
W=\operatorname{span}(S).
Mostraremos então: (i) S é base de W; (ii) T(W)\subset W; (iii) a matriz de \left.T\right|_W em S é a matriz companheira A; (iv) seu polinômio característico p_W; (v) p_W(T)x=0; (vi) p(t)=q(t)\,p_W(t), o que dará p(T)x=0.

Passo 2

Por definição W=\span(S), logo S gera W. Por escolha de m, S é também linearmente independente. Portanto S é base de W.

Passo 3

Para qualquer
w=\sum_{i=0}^{m-1}c_i\,T^i v\in W
temos
T(w)=\sum_{i=0}^{m-1}c_i\,T^{i+1}v.
Se i<m-1, T^{i+1}v\in S\subset W. Para i=m-1, surge T^m v; se \{v,\dots,T^{m-1}v,T^m v\} fosse independente, violaria a maximalidade de m. Logo existe relação
T^m v=-a_0v-\cdots -a_{m-1}T^{m-1}v,
o que implica T^m v\in W. Assim T(w)\in W e T(W)\subset W.

Passo 4

Na base S temos, para j=0,\dots,m-2,
T(T^j v)=T^{j+1}v,
o que dá colunas com um único 1 abaixo da diagonal principal. E
T(T^{m-1}v)=T^m v=-a_0v-\cdots -a_{m-1}T^{m-1}v,
que fornece a última coluna \bigl(-a_0,\dots,-a_{m-1}\bigr)^T. Assim a matriz A de \left.T\right|_W em S é
A=\begin{pmatrix} 0 & 0 & \cdots & 0 & -a_0\\\\ 1 & 0 & \cdots & 0 & -a_1\\\\ 0 & 1 & \cdots & 0 & -a_2\\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\\\ 0 & 0 & \cdots & 1 & -a_{m-1} \end{pmatrix}.

Passo 5

Expandindo \det(tI-A) obtemos
p_W(t)=t^m+a_{m-1}t^{m-1}+\cdots+a_1t+a_0.
Pela relação
T^m v=-a_0v-\cdots -a_{m-1}T^{m-1}v
seguiu-se
p_W(T)v=T^m v+a_{m-1}T^{m-1}v+\cdots+a_0v=0.
Como v=x, concluímos p_W(T)x=0.

Passo 6

Estendendo S a uma base de X, a matriz de T nela tem forma triangular em blocos:
[T]=\begin{pmatrix}A & B\\[6pt]0 & C\end{pmatrix}.
Logo
p(t)=\det\bigl(tI-[T]\bigr)=\det(tI-A)\,\det(tI-C)=p_W(t)\,q(t),
ou seja p(t)=q(t)\,p_W(t).]

Resposta

Como p_W(T)x=0 e p(t)=q(t)p_W(t), segue
p(T)x=q(T)\,p_W(T)x=q(T)\,0=0,
o que conclui a prova do Teorema de Cayley–Hamilton.

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