dove gli $a_i$ sono i coefficienti di $\varphi_f(x)=\varphi_{f,\Vec{v}}= x^n + a_{n-1}x^{n-1}+\ldots+ a_1 x + a_0$.
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:
Sia $k$ l'indice della decomposizione di Fitting su $f$. Allora
vale che $k =\mu_a(0)$ in $\varphi_f$.
Sia la $(1)$ che la $(2)$ devono stabilizzarsi allo stesso $k \in\NN$, per la cosiddetta decomposizione di Fitting.
Sempre per tale decomposizione vale in particolare che:
\[ V =\Ker f^k \oplus\Im f^k. \]
\begin{remark} Si possono fare alcune osservazioni riguardo la decomposizione di Fitting. \\
\li Sia $\Ker f^k$ che $\Im f^k$ sono $f$-invarianti: $\vec v \in\Ker f^k \implies f^k(f(\vec v))= f(f^k(\vec v))=\vec0\implies f(\vec v)\in\Ker f^k$ e $\vec v \in\Im f^k \implies\vec v = f^k(\vec w)$, $f(\vec v)= f(f^k(\vec w))= f^k(f(\vec w))\in\Im f^k$. \\
\li$\restr{f}{\Ker f^k}$ è nilpotente: $(\restr{f}{\Ker f^k})^k =\restr{f^k}{\Ker f^k}=0$. \\
\li$\restr{f}{\Im f^k}$ è invertibile: $\Ker\restr{f}{\Im f^k}=\Ker f \cap\Im f^k \subseteq\Ker f^k \cap\Im f^k =\{\vec0\}$, e quindi $\restr{f}{\Im f^k}$ è iniettiva; quindi $\restr{f}{\Im f^k}$ è anche invertibile, essendo un endomorfismo. \\
\li Poiché $\restr{f}{\Ker f^k}$ è nilpotente, $p_{\restr{f}{\Ker f^k}}(\lambda)=\lambda^d$, dove
$d =\dim\Ker f^k$. Inoltre
$\varphi_{\restr{f}{\Ker f^k}}(\lambda)=\lambda^k$: se infatti $\varphi_{\restr{f}{\Ker f^k}}(\lambda)=\lambda^t$
con $t < k$, varrebbe sicuramente che ${\restr{f}{\Ker f^k}}^{k-1}=\restr{f^{k-1}}{\Ker f^k}=0$, ossia che
$\Ker f^k \subseteq\Ker f^{k-1}$, violando la minimalità di $k$, \Lightning. \\
\li Dal momento che vale la decomposizione di Fitting e che $\varphi_{\restr{f}{\Ker f^k}}$ e $\varphi_{\restr{f}{\Im f^k}}$ sono coprimi tra loro (il primo è diviso solo da $t$, mentre il secondo non è diviso da $t$), $\varphi_f =\mcm(\varphi_{\restr{f}{\Ker f^k}}, \varphi_{\restr{f}{\Im f^k}})=\varphi_{\restr{f}{\Ker f^k}}\varphi_{\restr{f}{\Im f^k}}$. Si conclude quindi che $k =\mu'_a(0)$ rispetto a $\varphi_f$, ossia la molteplicità algebrica di $0$ in
tale polinomio. Analogamente si osserva che $t =\mu_a(0)$ rispetto a $p_f$, ossia la molteplicità algebrica
dell'autovalore $0$ in $f$, e quindi che $\mu_a(0)\geq k$.
\end{remark}
Reiterando la decomposizione di Fitting (o applicando il teorema di decomposizione primaria), si ottiene
infine la seguente decomposizione di $V$:
\[ V =\Ker(f -\lambda_1\Id)^{\mu_a(\lambda_1)}\oplus\cdots\oplus\Ker(f -\lambda_m \Id)^{\mu_a(\lambda_m)}, \]
dove $m$ è il numero di autovalori di $V$. Si può riscrivere questa identità ponendo $n_i :=\mu'_a(\lambda_i)$ in
$\varphi_f$:
\[ V =\Ker(f -\lambda_1\Id)^{n_1}\oplus\cdots\oplus\Ker(f -\lambda_m \Id)^{n_m}. \]
Si deduce da questa identità che $f$ è diagonalizzabile se e solo se $n_i =1$$\forall i \leq m$.
%TODO: aggiungere come proposizione e approfondire
\begin{exercise}
Sia $A \in M(n, \CC)$ invertibile. Dimostrare allora che se $A^3$ è diagonalizzabile, anche $A$ lo è.
\end{exercise}
\begin{solution}
Se $A^3$ è diagonalizzabile, per la precedente osservazione, $\varphi_{A^3}(t)=\prod_{i=1}^m (t -\lambda_i)$,
dove $m$ è il numero di autovalori distinti di $A^3$. Allora, detto $p(t)=\prod_{i=1}^m (t^3-\lambda_i)$, vale che
$p(A)=0$, ossia che $\varphi_A \mid p$. Dal momento che $A$ è invertibile, anche $A^3$ lo è, e quindi
$\lambda_i \neq0$$\forall i \leq m$. Poiché $p$ è allora fattorizzato in soli termini lineari distinti,
anche $\varphi_A$ deve esserlo, e quindi $A$ deve essere diagonalizzabile.
