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

Beweisarchiv: Lineare Algebra

Endomorphismen: Satz von Cayley-Hamilton · Korrektheit des Algorithmus von Faddejew-Leverrier · Kreisesatz von Gerschgorin

Vektorräume: Jeder Vektorraum hat eine Basis

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Satz von Cayley-Hamilton

Voraussetzungen

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

Behauptung

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

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 $f\otimes 1-1\otimes f$ 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

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

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 $A\subset \operatorname {End} \left(V\right)$.

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 $v_{i}=\sum \limits _{k=0}^{i-1}\lambda _{k}v_{k}\Rightarrow f^{l-i}(v_{i})=v_{l}=\sum \limits _{k=0}^{i-1}\lambda _{k}f^{l-i}(v_{k})=\sum \limits _{k=0}^{i-1}\lambda _{k}v_{k+l-i}$ 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

$f(v_{l-1})=\sum \limits _{k=0}^{l-1}c_{k}v_{k},c_{k}\in \mathbb {K}$. 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:

$\chi _{\tilde {f}}(f)(v_{0})=$

$(-1)^{l}\left(f^{l}(v_{0})+\sum \limits _{k=0}^{l-1}(-c_{k})f^{k}(v_{0})\right)=$

$(-1)^{l}\left(f(v_{l-1})+\sum \limits _{k=0}^{l-1}(-c_{k})v_{k}\right)=$

$(-1)^{l}\left(\sum \limits _{k=0}^{l-1}c_{k}v_{k}+\sum \limits _{k=0}^{l-1}(-c_{k})v_{k}\right)=0$.

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 $\chi _{f}(x)=\det(H-x\cdot E_{n})=\det(M_{\tilde {f}}-x\cdot E_{l})\det(B'-x\cdot E_{n-l})=\chi _{\tilde {f}}(x)\det(B'-x\cdot E_{n-l})$ ist. Die $E_{i}$ sind entsprechend dimensionierte Einheitsmatrizen. Damit folgt $\chi _{f}(f)(v)=0$.

Da wir anfangs $v\in V$ beliebig gewählt haben, ist die Abbildung $\chi _{f}(f)$ die Nullabbildung und der Satz ist bewiesen.