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

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Voraussetzungen

Es seien $K$ ein Körper, $V$ ein endlichdimensionaler $K$-Vektorraum und $f:V\to V$ 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 $\mathrm{End}\left(V\right)$. 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 $B^{\mathrm{\#}}$, deren Einträge Polynome in den Einträgen von $B$ sind, so dass $B{B}^{\mathrm{\#}}=B^{\mathrm{\#}}B=\det B\cdot \mathrm{𝟏}$ gilt. Im betrachteten Fall folgt insbesondere

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

Das Bild ist aber im Kern der Abbildung

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

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

Elementarer Beweis

Etwas weniger elegant, aber elementarer geht es so:

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

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

Wählt man $l$ minimal, bildet $𝒱=\{v_0,\dots ,v_{l-1}\}$ eine Basis von $U_v$. Ansonsten hätte ein $v_i$ eine Darstellung $v_i=\sum _{k=0}^{i-1}{\lambda }_k{v}_k\Rightarrow f^{l-i}(v_i)=v_l=\sum _{k=0}^{i-1}{\lambda }_k{f}^{l-i}(v_k)=\sum _{k=0}^{i-1}{\lambda }_k{v}_{k+l-i}$ im Widerspruch dazu, daß $l$ minimal ist.

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

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

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

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

${\chi }_{\tilde{f}}(x)=(-1{)}^l(x^l+\sum _{k=0}^{l-1}(-c_k)x^k)$.

Setzen wir nun $f$ in dieses Polynom ein, und wenden die entstehende lineare Abbildung auf $v=v_0$ an, erhalten wir:

${\chi }_{\tilde{f}}(f)(v_0)=$

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

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

$(-1{)}^l(\sum _{k=0}^{l-1}{c}_k{v}_k+\sum _{k=0}^{l-1}(-c_k)v_k)=0$.

Ergänzen wir die Basis von $U_v$ zu einer Basis $𝒲=\{v_0,v_1,\dots ,v_{l-1},v_l,\dots v_n\}$ von $V$, so hat $f$ bezüglich $𝒲$ die Matrixdarstellung $H=\left(\begin{array}{cc}{M}_{\tilde{f}}& B\\ 0& B^{\prime }\end{array}\right)$. In der Blockmatrix taucht unser $M_{\tilde{f}}$ auf. Wir sehen, daß ${\chi }_{\tilde{f}}(x)$ ein Teiler von ${\chi }_f(x)=\det (H-x\cdot E_n)=\det (M_{\tilde{f}}-x\cdot E_l)\det (B^{\prime }-x\cdot E_{n-l})={\chi }_{\tilde{f}}(x)\det (B^{\prime }-x\cdot E_{n-l})$ 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.