Sea \(f\in \End(V)\) un \(\mathbb{R}\)-espacio vectorial de dimensión finita y \(p\in \mathbb{R}[X]\) un polinomio irreducible de grado \(2\). Probar que \(dim(Nu(p(f))\) es par
Nota: todos los vectores usados \(v,v'\)... serán elegidos no nulos. Esto lo aclare, porque sino las conclusiones que doy son estúpidas.
Bien, primero, no hay pérdida de generalidad en suponer \(p\eq={X}^{2}+aX+b\), debido a que de no ser mónico, divido por el coeficiente principal y listo.
Observemos que necesariamente \(b\neq 0\), pues en caso contrario, el polinomio no sería irreducible(\({X}^{2}aX\eq=X(X+a)\)), con lo que debe ser \(f(v)\neq 0\implies v\notin Nu(f)\).
Luego, además, sabemos que \(Nu(p(f))\) es \(f-\)invariante, o sea, \(v\in Nu(p(f))\), entonces \(f(v)\in Nu(p(f))\). En definitva, si:
\(p(f(v))\eq={f}^{2}(v)+af(v)+bv\eq=0\), entonces, también tenemos:
$$p(f(f(v))\eq={f}^{2}(f(v))+af(f(v))+bf(v)\eq=0$$
Ahora, supongamos \(f(v)\) un múltiplo de \(v\), o sea, \(f(v)\eq=kv,\;k\in \mathbb{R}\)(esto pues \(V\) es un \(\mathbb{R}\)-espacio vectorial)... entonces, nos queda:
$${f}^{2}(f(v))+af(f(v))+bf(v)\eq={f}^{3}(v)+a{f}^{2}(v)+bf(v)\eq={k}^{3}v+a{k}^{2}v+bkv\eq=k({k}^{2}+ak+b)v\eq=0\implies {k}^{2}+ak+b\eq=0$$
O sea, \(k\) es una raíz real de \(p\)... lo que no es posible, porque \(p\) es irreducible en \(\mathbb{R}[X]\)... o sea, absurdo. Sigue que \(f(v)\) no es múltiplo de \(v\), o sea, \(\{v,f(v)\}\) es l.i.
Notemos, de paso, que ya sabemos que \({f}^{2}(v)\) es combinación lineal de \(v,f(v)\), pues \({f}^{2}(v)+af(v)+bv\eq=0\), por hipótesis.
Sea ahora \(v'\in V\) tal que \(v'\in Nu(p(f))\implies f(v')\in Nu(p(f))\), y además, \(\{v,f(v),v'\}\) l.i. Veamos que \(\{v,f(v),v'f(v')\}\) es l.i. Supongamos que no, luego, existen \(,c,d,e\in \mathbb{R}\) tales que \(f(v')\eq=cv+df(v)+ev'\). Luego...
$${f}^{2}(v')+af(v')+bv'\eq=0$$
$$f(f(v'))+af(v')+bv'\eq=f(cv+df(v)+ev')+a(cv+df(v)+ev')+bv'\eq=cf(v)+d{f}^{2}(v)+ef(v')+acv+adf(v)+aev'+bv'\eq=0$$
$$cf(v)+d(-af(v)-bv)+e(cv+df(v)+ev')+acv+adf(v)+aev'+bv'\eq=0$$
$$cf(v)-adf(v)-dbv+ecv+edf(v)+{e}^{2}v'+acv+adf(v)+aev'+bv'\eq=0$$
$$(c+ed)f(v)+(-db+ec+ac)v+({e}^{2}+ae+b)v'\eq=0$$
Ahora, como estos vectores, ya sabíamos que eran l.i, tenemos que los coeficientes que los acompañan deben ser iguales a \(0\)... pero, en particular:
\({e}^{2}+ae+b\eq=0\implies e\) es una raíz del polinomio \(p\eq={X}^{2}+aX+b\)... lo que es absurdo, por ser irreducible como polinomio real. Sigue de nuevo que tal \(e\) no existe, con lo que el conjunto \({\v,f(v),v',f(v')\}\) es l.i
Veamos en general... si tenemos el conjunto l.i \(B\eq=\{{v}_{1},{v}_{2},\cdots ,{v}_{k}}\) y pertenece al \(Nu(p(f))\), y además, que \(B \cup \{f({v}_{i}\}_{1\leq i\leq k}\eq=B'\) es un conjunto l.i. Ya sabemos que los últimos elementos agregados están en \(Nu(p(f))\), por este \(f-\)invariante. Esta será la hipótesis inductiva; supongamos que existe un vector \(v'\) tal que \(B' \cup \{v'\}\) es l.i, y además \(v'\in Nu(p(f))\implies f(v')\in Nu(p(f))\). Veamos que \(\{v'\} \cup \{f(v')\} \cup B'\) es l.i. Supongamos que no, luego, tenemos:
$$f(v')\eq=\sum_{i\eq=1}^{k}{c}_{i}{v}_{i}+\sum_{i\eq=1}^{k}{d}_{i}f({v}_{i})+ev'$$
$${f}^{2}(v')+af(v')+bv'\eq=0$$
$$f(f(v'))+af(v')+bv'\eq=0$$
$$f(\sum_{i\eq=1}^{k}{c}_{i}{v}_{i}+ \sum_{i\eq=1}^{k}{d}_{i}f({v}_{i}) +ev')+a(\sum_{i\eq=1}^{k}{c}_{i}{v}_{i}+ \sum_{i\eq=1}^{k}{d}_{i}f({v}_{i}) +ev')+bv'\eq=0$$
$$\sum_{i\eq=1}^{k}{c}_{i}f({v}_{i})+ \sum_{i\eq=1}^{k}{d}_{i}{f}^{2}({v}_{i})+ef(v')+\sum_{i\eq=1}^{k}a{c}_{i}{v}_{i}+ a\sum_{i\eq=1}^{k}{d}_{i}f({v}_{i}) +aev'+bv'\eq=0$$
Recordando que \({f}^{2}({v}_{i})+af({v}_{i})+b{v}_{i}\eq=0\)
$$\sum_{i\eq=1}^{k}{c}_{i}f({v}_{i})+ \sum_{i\eq=1}^{k}{d}_{i}[-af({v}_{i})-b{v}_{i}] +e(\sum_{i\eq=1}^{k}{c}_{i}{v}_{i}+\sum_{i\eq=1}^{k}{d}_{i}f({v}_{i})+ev')+\sum_{i\eq=1}^{k}a{c}_{i}{v}_{i}+\sum_{i\eq=1}^{k}a{d}_{i}f({v}_{i}) +aev'+bv'\eq=0$$
$$\sum_{i\eq=1}^{k}{c}_{i}f({v}_{i})+ \sum_{i\eq=1}^{k}{d}_{i}[-af({v}_{i})-b{v}_{i}] +\sum_{i\eq=1}^{k}e({c}_{i}{v}_{i}+ \sum_{i\eq=1}^{k}e{d}_{i}f({v}_{i})+{e}^{2}v'+ae+bv'\eq=0$$
Bueno, lo que me falta hacer, es usar ahora que todo eso que hay ahi es l.i, y acomodar los coeficientes. Es bastante molesto volver a escribir todo eso, pero puede verse que frente al \(v'\) va a aparecer el coeficiente \({e}^{2}+ae+b\), y por ser todo ese conjunto l.i, va a tener que ser igual a \(0\). Por lo mismo que dije a lo laaaaaaargo de la demostración, ese \(e\) va a ser una raíz real de un polinomio de grado 2(el polinomio \(p\eq={X}^{2}+aX+b\)) irreducible en \(\mathbb{R}\)... de ahi que no existe, y que la dependencia lineal planteada es absurda, y siguiendo que ese conjunto planteado es \(l.i\).
La conclusión, es que si tenemos el conjunto \({\{v}_{i}\}_{ 1\leq i\leq k}\) l.i que se halla en \(Nu(f(p))\), entonces \(\{{v}_{i}\} \cup \{f({v}_{i})\} \in Nu(f(p))\) y es l.i. O sea, siempre tenemos una cantidad par de elementos en [TexNu(f(p))[/Tex], como queríamos ver.
Fin
Perdón si el paso inductivo no quedó tan claro. Es fácil, solo molesto escribirlo. Espero haber ayudado. Saludos.
Firma
I offer her that kernel of myself that I have saved, somehow; the central heart that deals not in words, traffics not with dreams and is untouched by time, by joy, by adversities
