Tale matrice è detta \textbf{matrice compagna} del polinomio $\varphi_f$.
\li Ogni polinomio $q \in\KK[x]$ è il polinomio caratteristico, a meno del segno, della propria matrice compagna. In particolare $p_{C_q}(\lambda)=(-1)^n q(\lambda)$, dove $n :=\deg q$. Infatti, se $n =0$, $C_q =(-a_0)\implies p_{C_q}(\lambda)
= -\lambda -a_0 = -(\lambda + a_0)$. Altrimenti, assumendo che la tesi sia vera per $i \leq n$, si osservi che:
Se $\KK$ è un campo infinito\footnote{In realtà la tesi è vera per qualsiasi campo, benché la dimostrazione che è stata fornita sia valida solo per campi infiniti.}, esiste sempre un vettore $\vec{v}\in V$ tale che $\varphi_{f, \vec{v}}=\varphi_f$.
\end{proposition}
\begin{proof}
Si definisce il seguente insieme:
\[ S =\{\varphi_{f, \vec{v}}\mid\vec{v}\in V \}. \]
\vskip 0.1in
Poiché $S$ è un sottoinsieme dei divisori di $\phi_f$, $S$ è finito.
In particolare $\exists v_1$, ..., $v_n$ tali che $S =\{\varphi_{f, \vec{v_1}}, ..., \varphi_{f, \vec{v_n}}\}$. Dal momento
che ogni $\vec{v}\in V$ è associato
ad un unico polinomio caratteristico,
vale che $V =\bigcup_{i=1}^n \Ker\varphi_{f, \vec{v_i}}$. Tuttavia, se
tutti i $\Ker\varphi_{f, \vec{v_i}}$
fossero propri, questo sarebbe
impossibile, dal momento che uno spazio vettoriale fondato su un campo finito non può essere unione finita di sottospazi propri. Quindi $V =\Ker\varphi_{f, \vec{v_i}}$ per un $i$ tale che $1\leq i \leq n$. Allora
$\varphi_f \mid\varphi_{f, \vec{v_i}}$, da cui si ricava
l'uguaglianza.
\end{proof}
\begin{theorem}
Lo spazio $V$ ammette un vettore ciclico su $f \in\End(V)$ se e
solo se $p_f =\pm\varphi_f$.
\end{theorem}
\begin{proof} Si dimostrano le due implicazioni separatamente. \\
($\implies$) Dall'osservazione precedente. \\
($\impliedby$) Dalla proposizione precedente esiste sicuramente
un vettore $\Vec{v}$ tale che $\varphi_{f,\Vec{v}}=\varphi_f$. Allora, essendo $\varphi_f =\pm p_f$, deve valere
che $p_f =\pm\varphi_{f, \Vec{v}}$, ossia che la minima
combinazione lineare linearmente dipendente di $\Vec{v}$, ..., $f^k(\Vec{v})$ si può ottenere coinvolgendo almeno $n+1$
termini (i.e.~con $k\geq n$). Allora i vettori
$\Vec{v}$, ...,
$f^{n-1}(\Vec{v})$ sono linearmente indipendenti, ed essendo
in totale $n$ formano una base di $V$. Pertanto $V =\Span(\Vec{v}, f(\Vec{v}), ...)$.
\end{proof}
\begin{example}
Riprendendo l'esempio di prima, $\varphi_A(x)=(x-2)^2(x+4)$. Poiché $\deg p_A =3$, allora $\varphi_A(x)- p_A(x)$. Allora per il teorema appena dimostrato deve
necessariamente esistere un vettore ciclico di $\RR^3$ su
$A$. \\
In effetti, posto $\Vec{v}=\begin{pmatrix}
4 \\ -3 \\ 5
\end{pmatrix}$, si ottiene che $\Vec{v}$, $A\Vec{v}$ e
$A^2\Vec{v}$ sono linearmente indipendenti, e sono
dunque una base $\basis$ di $\RR^3$. In particolare, la
matrice associata su questa base è la seguente:
\[ M_\basis(A)=\begin{pmatrix}
0 & 0 & -16 \\
1 & 0 & 12 \\
0 & 1 & 0 \\
\end{pmatrix}, \]
\vskip 0.1in
proprio come ci aspettavamo che venisse da una delle osservazioni
iniziali, dal momento che $\varphi_A(x)=(x-2)^2(x+4)= x^3-12x +16$.
