关于frobenius标准型的证明题

求证;与frobenius标准型可交换的矩阵一定可以表示为frobenius标准型的多项式
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设$A$为Frobenius矩阵, 如下
\begin{equation} A=\begin{pmatrix} 0&0&\cdots &0 &-a_n\\ 1&0&\cdots&0 &-a_{n-1}\\ 0&1&\cdots &0&-a_{n-2}\\\vdots &\vdots & &\vdots &\vdots \\ 0&0&\cdots &1&-a_1\end{pmatrix} \end{equation}
设$B=(b_{ij})_{n\times n}$满足$AB=BA$, 下面证明:
\begin{equation} B=b_{n1}A^{n-1}+a_{n-1,1}A^{n-2}+\cdots +a_{21}A+a_{11}I. \end{equation}
记$M=b_{n1}A^{n-1}+a_{n-1,1}A^{n-2}+\cdots +a_{21}A+a_{11}I$, 故只需要证明对任意的$e_{i}$都有$Be_{i}=Me_{i}$. 其中$e_i$表示第$i$个元素为$1$的单位列向量.
记$\beta =(-a_{n},-a_{n-1},\ldots ,-a_1)^T$, 注意到
\[ Ae_1=e_2,Ae_2=e_3=A^2e_1,\ldots ,Ae_{n-1}=e_n=A^{n-1}e_1.\]
所以
\begin{eqnarray*}\begin{aligned} Me_1&=(b_{n1}A^{n-1}+a_{n-1,1}A^{n-2}+\cdots +a_{21}A+a_{11}I)e_1\\ &=b_{n1}A^{n-1}e_1+a_{n-1,1}A^{n-2}e_1+\cdots +a_{21}Ae_1+a_{11}Ie_1\\ &=b_{n1}e_n+b_{n-1,1}e_{n-1}+\cdots +b_{21}e_2+b_{11}e_1\\ &=(b_{11},b_{21},\ldots ,b_{n1})^T\\ &=Be_1. \end{aligned}\end{eqnarray*}
由上述可知: $Me_2=MAe_1=AMe_1=ABe_1=BAe_1=Be_2$. 同理有
\begin{gather*}Me_3=MA^2e_1=A^2Me_1=A^2Be_1=BA^2e_1=Be_3\\ \cdots \cdots \cdots \cdots \\ Me_n=MA^{n-1}e_1=A^{n-1}Me_1=A^{n-1}Be_{1}=BA^{n-1}e_1=Be_n.\end{gather*}
因此有$B=M$. 故$C[A]=P[A]$.
其中$C[A]=\{ B\in Mn(\mathbb{F}) : AB=BA \}, P[A]=\{ f(A) : f(x) \in \mathbb{F}[x]\}$
根据Hamilton-Cayley定理可知: $P[A]=\text{Span}\{ I,A,A^2,\ldots ,A^{n-1}\}$.
下面证明$\text{dim}C[A]=n$. 设
\begin{equation} k_0I+k_1A+k_2A^2+\cdots +k_{n-1}A^{n-1}=0, \end{equation}
上式两边同时右乘$e_1$可得
\begin{equation} k_0e_1+k_1e_2+k_2e_3+\cdots +k_{n-1}e_n=0 \end{equation}
因为$e_1,e_2,\ldots ,e_n$线性无关, 故只有$k_0=k_1=\cdots =k_{n-1}=0$, 所以$I,A,A^2,\ldots ,A^{n-1}$线性无关.
事实上, 可以证明$A$的极小多项式就是它的特征多项式.
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