Beweisarchiv: Lineare Algebra: Endomorphismen: Satz von Cayley-Hamilton

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Inhaltsverzeichnis

1 Satz von Cayley-Hamilton

[Bearbeiten] Satz von Cayley-Hamilton

[Bearbeiten] Voraussetzungen

Es seien $K$ ein Körper, $V$ ein endlichdimensionaler $K$ -Vektorraum und $f\colon V\to V$ ein $K$ -linearer Endomorphismus von $V$ .

[Bearbeiten] Behauptung

$f$ ist Nullstelle seines charakteristischen Polynoms, d.h. setzt man $f$ formal in das charakteristische Polynom ein, erhält man den Nullendomorphismus.

[Bearbeiten] Beweis

Es sei $A = K [f]$ die von $f$ erzeugte kommutative Unteralgebra von $\operatorname{End}\left(V\right)$ . Die zu beweisende Aussage kann wie folgt umformuliert werden: Die Determinante $D$ des Endomorphismus $f\otimes1-1\otimes f$ von $A\otimes V$ ist gleich null.

Der Beweis beruht auf der Konstruktion der komplementären Matrix: Zu jeder Matrix $B$ gibt es eine Matrix $B^\#$ , deren Einträge Polynome in den Einträgen von $B$ sind, so dass $BB^\#=B^\#B=\det B\cdot\mathbf 1$ gilt. Im betrachteten Fall folgt insbesondere

$D\cdot A\otimes V\subseteq\operatorname{im}(f\otimes1-1\otimes f).$

Das Bild ist aber im Kern der Abbildung

$A\otimes V\to V,\quad g\otimes v\mapsto g(v),$

enthalten. Es gilt also $D (v) = 0$ für alle $v\in V$ , aber das ist nichts anderes als die Aussage $D = 0$ in $A\subset\operatorname{End}\left(V\right)$ .

[Bearbeiten] Elementarer Beweis

Etwas weniger elegant, aber elementarer geht es so:

Zu $v\in V$ betrachte den Vektorraum $U_v:=\text{span}\left(f^k(v), k\in{\mathbb N}_0\right)\subseteq V$ .

Da $V$ endlichdimensional ist, erzeugen bereits $l$ Vektoren $v_0=v, v_1=f(v), \ldots, v_{l-1}=f^{l-1}(v)$ den Unterraum $U v$ .

Wählt man $l$ minimal, bildet ${\mathcal V}=\{v_0,\ldots,v_{l-1}\}$ eine Basis von $U v$ . Ansonsten hätte ein $v i$ eine Darstellung $v_i=\sum\limits_{k=0}^{i-1}\lambda_kv_k\Rightarrow f^{l-i}(v_i)=v_l=\sum\limits_{k=0}^{i-1}\lambda_kf^{l-i}v_k= \sum\limits_{k=0}^{i-1}\lambda_k v_{k+l-i}$ im Widerspruch dazu, daß $l$ minimal ist.

Nach Konstruktion gilt $f(v_i)=v_{i+1}, i=0,\ldots l-2$ und wir haben aufgrund der Basiseigenschaft

$f(v_{l-1})=\sum\limits_{k=0}^{l-1}c_kv_k,c_k\in\mathbb K$ . Damit hat $\tilde f := f|_{U_v}$ bezüglich $\mathcal V$ die Darstellung

$M_{\tilde f}=\left( \begin{array}{cccccc} 0&0&0&\ldots&0&c_0\\ 1&0&0&\ldots&0&c_1\\ 0&1&0&\ldots&0&c_2\\ \vdots&&\ddots&\vdots&0&\vdots\\ 0&0&0&\ldots&1&c_{l-1} \end{array}\right) \Rightarrow \chi_{\tilde f}(x)= \left| \begin{array}{cccccc} -x&0&0&\ldots&0&c_0\\ 1&-x&0&\ldots&0&c_1\\ 0&1&-x&\ldots&0&c_2\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&-x&\vdots\\ 0&0&0&\ldots&1&c_{l-1}-x \end{array} \right|$ .

Mit einiger Rechnerei (Entwickeln nach der letzten Spalte, Stichwort Frobenius-Matrix) berechnet man das Charakteristische Polynom $\chi_{\tilde f}(x)$ von $\tilde f$ :

$\chi_{\tilde f}(x)=(-1)^l\left(x^l+\sum\limits_{k=0}^{l-1}(-c_k)x^k \right)$ .

Setzen wir nun $f$ in dieses Polynom ein, und wenden die entstehende lineare Abbildung auf $v = v 0$ an, erhalten wir:

$\chi_{\tilde f}(f)(v_0)=$

$(-1)^l\left(f^l(v_0)+ \sum\limits_{k=0}^{l-1}(-c_k)f^k(v_0)\right)=$

$(-1)^l\left(f(v_{l-1})+ \sum\limits_{k=0}^{l-1}(-c_k)v_k\right)=$

$(-1)^l\left( \sum\limits_{k=0}^{l-1}c_kv_k+ \sum\limits_{k=0}^{l-1}(-c_k)v_k \right)=0$ .

Ergänzen wir die Basis von $U v$ zu einer Basis ${\mathcal W}= \{v_0, v_1, \ldots, v_{l-1},v_l,\ldots v_n\}$ von $V$ , so hat $f$ bezüglich ${\mathcal W}$ die Matrixdarstellung $H=\left( \begin{array}{cc} M_{\tilde f}&B\\ 0&B' \end{array} \right)$ . In der Blockmatrix taucht unser $M_{\tilde f}$ auf. Wir sehen, daß $\chi_{\tilde f}(x)$ ein Teiler von $\chi_{f}(x)=\det(H-x\cdot E_n)= \det(M_{\tilde f}-x\cdot E_{l-1}) \det(B'-x\cdot E_{n-l+1})=\chi_{\tilde f}(x)\det(B'-x\cdot E_{n-l+1})$ ist. Die $E i$ sind entsprechend dimensionierte Einheitsmatrizen. Damit folgt $χ f (f)(v) = 0$ .