Esta es la contestación más correcta que te podemos dar, pero mírala detenidamente y valora si es compatible a tu proyecto.
Solución:
Suponga que su matriz está sobre un campo $mathbbF$. Mira $G = mathbb F[x]/f$, donde $f$ es tu polinomio de grado $n$. Entonces $G$ es un espacio vectorial sobre $mathbbF$, y $C(f)$ es la matriz (con respecto a la base $1,x,x^2,ldots,x^n-1 $) correspondiente al operador lineal $g mapsto x cdot g$.
Como $f = 0$ en $G$, también $fx^i = 0$ en $G$, por lo que $f$ es un polinomio de grado $n$ tal que $f(C(f)) = 0$ . Además, cualquier polinomio $g$ de menor grado no se reduce a $0$ en $G$, por lo que en particular $g(C(f))$ aplicado al vector $1$ no es igual al vector cero. Entonces $f$ es el polinomio mínimo de $C(f)$. Como tiene grado $n$, debe ser el polinomio característico.
El hecho de que el polinomio mínimo de la matriz compañera ca $C(f)$ es $f$ es evidente, como se ha indicado anteriormente. El hecho de que su polinomio característico también sea $f$ es un ejercicio de cálculo clásico. Se debe preferir el cálculo a la aplicación de Cayley-Hamilton porque este hecho puede usarse como ingrediente para una prueba elemental de ese teorema (al menos sobre campos) como se ha dicho anteriormente. Daré un argumento más simple a continuación que no requiere módulos sobre un PID.
Primero el cálculo del polinomio característico
$$left|matrixx&0&0&ldots&a_0\ -1&x&0&ldots&a_1\ 0&-1&x&ldots&a_2\ vdots&ddots&ddots&ddots&vdots\ 0 & cdots & 0 & -1 & x+ a_n-1derecho| . $$
Una forma es agregar la última fila $x$ veces a la fila anterior, luego esa fila $x$ veces a la anterior y así sucesivamente hasta la primera fila, lo que da como resultado un determinante de la forma
$$left|matrix0&0&0&ldots&f\ -1&0&0&ldots&*\ 0&-1&0&ldots&*\ vdots&ddots&ddots&ddots&vdots\ 0 & cdots & 0 & -1 & *~derecha| = f $$
donde el polinomio $f$ en la parte superior derecha se obtiene de hecho como en un esquema de Horner $f=a_0+x(a_1+x(cdots(a_n-2+x(a_n-1+x))cdots))$.
Otro método es desarrollar la matriz por la primera fila y aplicar inducción sobre el tamaño. El menor que el $x$ se multiplica por es nuevamente una matriz compañera, pero para el polinomio $(f-a_0)/x=a_1+a_2x+cdots+a_n-1x^n-2+x^n-1$y el coeficiente $a_0$ se multiplica por $(-1)^n-1$ veces el determinante de una matriz triangular superior de tamaño $n-1$ con todas las entradas diagonales $-1$lo que da $a_0$; el caso inicial, la matriz de este tipo para el polinomio $a+x$es un $1veces1$ matriz con $x+a$ como coeficiente. De nuevo, el polinomio se encuentra como en un esquema de Horner.
Otra forma más es escribir el determinante como
$$ x^n+left|matrixx&0&0&ldots&a_0\ -1&x&0&ldots&a_1\ 0&-1&x&ldots&a_2\ vdots&ddots&ddots&ddots&vdots\ 0 & cdots & 0 & -1 & a_n-1derecho| $$
y desarrolle por la última columna, observando que el cofactor por el cual la entrada $a_k$ se multiplica es $(-1)^n-1-k$ veces un menor que tiene una descomposición en bloques
$M=izquierda|Lsobre0~0sobreUderecha|$ donde $L$ es una matriz triangular inferior de tamaño $k$ con entradas $x$ en la diagonal y $U$ es una matriz triangular superior de tamaño $n-1-k$ con entradas $-1$ en la diagonal, haciendo el cofactor $x^k$y el polinomio característico $f$.
Ahora la demostración elemental del teorema de Cayley-Hamilton. Proceder por inducción en $n$el caso $n=0$ siendo trivial. Para $n>0$ tomar un vector distinto de cero $v$y deja $V$ sea el subespacio generado por sus imágenes repetidas bajo la transformación lineal $fi$que tiene una base $v,phi(v),ldots,phi^d-1(v)$ donde $d=dim(V)>0$ es el grado del polinomio mínimo $P$ que aniquila $v$ al actuar por $fi$. Extender a una base de todo el espacio, en cuya base $fi$ tiene una matriz de la forma $M=izquierda(Asobre0~*sobreBderecha)$donde $A$ es la matriz compañera de $P$.
Uno tiene $chi_M=chi_Achi_B$donde $chi_A=P$, por el cálculo anterior. Ahora uno obtiene matrices cero al evaluar $P$ en $A$ (porque $P$ es su polinomio mínimo) y (por inducción) al evaluar $chi_B$ en $B$. Evaluando así $chi_M=P.chi_B$ en $ millones da un producto matricial que en forma de bloques es $left(0atop0~*atop*right)cdotleft(*atop0~*atop0right) =left( 0atop0~0atop0derecha)$. Tenga en cuenta que uno no se puede usar la hipótesis de inducción para $A$: uno podría tener $d=n$en ese caso $A$ no es menor que el caso que se está probando actualmente (de hecho, este será el caso de las opciones “genéricas” de $ millones y $v$). Por lo tanto, tratar explícitamente el caso de la matriz compañera es realmente necesario en esta línea de razonamiento.
Esta es esencialmente la respuesta de Yuval expresada de una manera ligeramente diferente. Sea su matriz compañera $$C=pmatrix0&1&0&cdots&0\\ 0&0&1&cdots&0\\ vdots&vdots&vdots&ddots&vdots\\ 0&0&0&cdots&1\\ -a_0&- a_1&-a_2&cdots&-a_n-1.$$ Entonces para el vector $v=(1,,0,,0cdots 0)$, $$vsum_j=0 ^n-1 b_j C^j= pmatrixb_0&b_1&b_2&cdots&b_n-1$$ de modo que $g(C)ne0$ para todos los polinomios distintos de cero $g$ de grado menor que $n$ . Entonces, el polinomio mínimo tiene un grado $n$ y es igual al polinomio característico (a través de Cayley-Hamilton). Pero $vC^n=(-a_0,, -a_1,, -a_2cdots-a_n-1)$ y para $v(C^n+sum_j =0^n-1b_j C^j)=0$ necesitamos $a_j=b_j$. Entonces, los polinomios mínimos y característicos son iguales a $f$.
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