13. Übungsblatt

LINEARE ALGEBRA II (SS 2005)

Musterlösung Aufgabe 63

63. Aufgabe: a) Gelte f^{m} = o, und sei λ ∈ K ein Eigenwert von f . Dann existiert ein Vektor v ∈ V \ {o_{V} } mit f(v) = λv. Daraus folgt f^{l}(v) = λ^{l}v für alle l ∈ IN (s. Beweis von Aufgabe 54) . Also

o_{V} = f^{m}(v) = λ^{m}v ⟹^{v≠o} λ^{m} = 0 ⟹ λ = 0

b) Seien α_{0}, α_{1}, …, α_{m−1} ∈ K beliebig mit

(1) ∑_{i=0}^{m−1} α_{i}f^{i}(v) = o_{V}

Zu zeigen: α_{i} = 0 ∀ i = 0, 1, …, m − 1 .

Aus f^{m} = o folgt f^{k} = o ∀ k ≥ m. Wende f^{m−1} auf (1) an:

o_{V} = f^{m−1} ( ∑_{i=0}^{m−1} α_{i}f^{i}(v)) = ∑_{i=0}^{m−1} α_{i}f^{m−1+i}(v) = α_{0} \underbrace{f^{m−1}(v)}_{≠o} ⟹ \underline{α_{0} = 0}

Folglich

(2) ∑_{i=1}^{m−1} α_{i}f^{i}(v) = o_{V}

Wende f^{m−2} auf (2) an:

o_{V} = f^{m−2} ( ∑_{i=1}^{m−1} α_{i}f^{i}(v)) = ∑_{i=1}^{m−1} α_{i}f^{m−2+i}(v) = α_{1} \underbrace{f^{m−1}(v)}_{≠o} ⟹ \underline{α_{1} = 0}

So fortfahrend erhält man schließlich, daß alle α_{i} gleich 0 sind.

c) \underline{i) ⟹ ii)}

Für f = o ist nichts zu beweisen. Sei daher f ≠ o, und gelte f^{m} = o und f^{m−1} ≠ o für ein m ≥ 1 . Aus b) folgt m ≤ dim_{K}(V) = n. Setze

V_{i} := Bild(f^{m−i}) (i = 0, 1, …, m)

Dann ist V_{i} ein Untervektorraum von V, insbesondere gilt V_{0} = Bild(f^{m}) = O und V_{m} = Bild(f^{0}) = Bild(id_{V}) = V . Man zeigt leicht:

1) V_{i} ⊂ V_{i+1} (i = 0, 1, …, m − 1) und

2) f(V_{i}) ⊆ V_{i−1} (i = 1, 2, …, m) .

Sei B_{1} := {v_{1}, …, v_{k}} eine Basis von V_{1}. Bilde U_{j} := L_{K}(v_{1}, …, v_{j}) (1 ≤ j ≤ k) . Dann ist U_{j} ein j–dimensionaler Unterraum, und es gilt

O = V_{0} ⊂ U_{1} ⊂ U_{2} ⊂ … ⊂ U_{k−1} ⊂ U_{k} = V_{1}

Wir ergänzen jetzt B_{1} zu einer Basis B_{2} von V_{2} und setzen zwischen V_{1} und V_{2} Unterräume ein, deren Dimensionen sich bei jedem Schritt um 1 erhöhen. Auf diese Art “verfeinern” wir

O = V_{0} ⊂ V_{1} ⊂ V_{2} ⊂ … ⊂ V_{m−1} ⊂ V_{m} = V

zu einer Fahne (U_{j})_{j=0,1,...,n} von V . Sei j ∈ {1, 2, …, n} beliebig. Dann existiert ein i ∈ {0, 1, …, m − 1} mit

V_{i} ⊂ U_{j} ⊆ V_{i+1} .

Es folgt f(U_{j}) ⊆ f(V_{i+1}) ⊆ V_{i} ⊂ U_{j}, d.h. die Fahne (U_{j}) ist f–invariant. Außerdem ergibt sich f(U_{j}) ⊆ U_{j−1} aus f(U_{j}) ⊆ V_{i} ⊂ U_{j}. Damit ist alles gezeigt.

\underline{ii) ⟹ iii)} Mit Hilfe des Basisergänzungssatzes läßt sich eine Basis B = (v_{1}, …, v_{n}) von V konstruieren, so daß

U_{i} = L_{K}(v_{1}, …, v_{i})

gilt. Wegen f(U_{i}) ⊆ U_{i−1} ergibt sich f(v_{1}) ∈ U_{0} = O ⟹ f(v_{1}) = o_{V} f(v_{i}) ∈ U_{i−1} ⟹ f(v_{i}) = a_{1i}v_{1} + … + a_{i−1,i}v_{i−1} (i ≥ 2) Damit ist

M_{B}^{B}(f) = ( \begin{matrix}0 & a_{12} & a_{13} & a_{1n} \\ 0 & 0 & a_{23} \\ ⋮ & & ... & a_{n−1,n} \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} )

eine strikt obere Dreicksmatrix.

\underline{iii) ⟹ i)}

Sei M := M_{B}^{B}(f) eine strikt obere Dreiecksmatrix. Dann gilt M^{n} = O (Beweis?), und es folgt

O = M^{n} = (M_{B}^{B}(f))^{n} = M_{B}^{B}(f^{n}) ⟹ f^{n} = o

Also ist f nilpotent.