Kurs:Lineare Algebra (Osnabrück 2015-2016)/Teil I/Vorlesung 27

In der letzten Vorlesung haben wir die Haupträume zu einem Eigenwert ${}\lambda$ zu einem Endomorphismus ${}\varphi$ als Kern von ${}{\left(\varphi -\lambda \operatorname {Id} \right)}^{k}$ für einen hinreichend großen Exponenten eingeführt. Dies bedeutet insbesondere, dass wenn man ${}\varphi -\lambda \operatorname {Id}$ auf den zugehörigen Hauptraum einschränkt, dann eine gewisse Potenz davon die Nullabbildung ist. Hier untersuchen wir generell Endomorphismen mit der Eigenschaft, dass eine gewisse Potenz davon die Nullabbildung ist.

Nilpotente Abbildungen

Definition

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein ${}K$- Vektorraum. Eine lineare Abbildung

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

heißt nilpotent, wenn es eine natürliche Zahl ${}n$ derart gibt, dass die ${}n$-te Hintereinanderschaltung

${}\varphi ^{n}=0\,$

ist.

Definition

Eine quadratische Matrix ${}M$ heißt nilpotent, wenn es eine natürliche Zahl ${}n\in \mathbb {N}$ derart gibt, dass das ${}n$-te Matrixprodukt

${}M^{n}=\underbrace {M\circ \cdots \circ M} _{n{\text{-mal}}}=0\,$

ist.

Beispiel

Es sei ${}M$ eine obere Dreiecksmatrix, bei der alle Diagonalelemente ${}0$ seien. ${}M$ hat also die Gestalt

${\begin{pmatrix}0&*&\cdots &\cdots &*\\0&0&*&\cdots &*\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&0&*\\0&\cdots &\cdots &0&0\end{pmatrix}}.$

Dann ist ${}M$ nilpotent, und zwar bewegt sich mit jedem Potenzieren die ${}0$-Hauptdiagonale nach rechts oben. Wenn man nämlich beispielsweise das Produkt für die ${}i$-te Zeile und die ${}j$-te Spalte mit

${}i\geq j-1\,$

ausrechnet, so kommt in den Teilprodukten stets eine ${}0$ vor und das Ergebnis ist ${}0$.

Beispiel

Ein Spezialfall zu Beispiel 27.3 ist die Matrix

${\begin{pmatrix}0&1&0&\cdots &\cdots &0\\0&0&1&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&0&1&0\\0&\cdots &\cdots &0&0&1\\0&\cdots &\cdots &\cdots &0&0\end{pmatrix}}.$

Eine wichtige Beobachtung dabei ist, dass unter dieser Abbildung ${}e_{n}$ auf ${}e_{n-1}$ abgebildet wird, ${}e_{n-1}$ auf ${}e_{n-2}$ und schließlich ${}e_{2}$ auf ${}e_{1}$, welches auf ${}0$ abgebildet wird. Die ${}(n-1)$-te Potenz der Matrix bildet ${}e_{n}$ auf ${}e_{1}$ ab und ist nicht die Nullmatrix, die ${}n$-te Potenz der Matrix ist die Nullmatrix.

Beispiel

Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung. Zu einem Eigenwert ${}\lambda \in K$ besitzt der Hauptraum ${}H=\operatorname {Haupt} _{\lambda }(\varphi )$ die Eigenschaft, dass die Einschränkung von ${}\varphi -\lambda \operatorname {Id} _{V}$ auf ${}H$ nilpotent ist.

Lemma

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung. Dann sind folgende Aussagen äquivalent.

1. ${}\varphi$ ist nilpotent.
2. Für jeden Vektor ${}v\in V$ gibt es ein ${}k\in \mathbb {N}$ mit

   ${}\varphi ^{k}(v)=0\,.$

3. Es gibt eine Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ von ${}V$ und ein ${}k\in \mathbb {N}$ mit

   ${}\varphi ^{k}(v_{i})=0\,$

   für ${}i=1,\ldots ,n$.

4. Es gibt ein Erzeugendensystem ${}v_{1},\ldots ,v_{m}$ von ${}V$ und ein ${}k\in \mathbb {N}$ mit

   ${}\varphi ^{k}(v_{i})=0\,$

   für ${}i=1,\ldots ,n$.

Beweis

Von (1) nach (2) ist klar. Von (2) nach (3). Es sei ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ eine Basis (oder ein endliches Erzeugendensystem) und es sei ${}k_{j}\in \mathbb {N}$ mit

${}\varphi ^{k_{j}}(v_{j})=0\,$

gegeben. Dann erfüllt

${}k:={\max {\left(k_{j},j=1,\ldots ,m\right)}}\,$

die Eigenschaft für jeden Erzeuger. Von (3) nach (4) ist klar. Von (4) nach (1). Zu ${}v\in V$ ist

${}v=\sum _{i=1}^{m}a_{i}v_{i}\,.$

Aufgrund der Linearität von ${}\varphi ^{k}$ ist

${}\varphi ^{k}(v)=\varphi ^{k}{\left(\sum _{i=1}^{m}a_{i}v_{i}\right)}=\sum _{i=1}^{m}a_{i}\varphi ^{k}(v_{i})=0\,,$

also ist

${}\varphi ^{k}=0\,.$

$\Box$

Lemma

Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine lineare Abbildung. Dann sind folgende Aussagen äquivalent.

1. ${}\varphi$ ist nilpotent
2. Das Minimalpolynom zu ${}\varphi$ ist eine Potenz von ${}X$.
3. Das charakteristische Polynom zu ${}\varphi$ ist eine Potenz von ${}X$.

Beweis

Die Äquivalenz von (1) und (2) ergibt sich unmittelbar aus den Definitionen, die Äquivalenz von (2) und (3) ergibt sich aus Lemma 24.5.

$\Box$

Korollar

Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine nilpotente lineare Abbildung.

Dann ist ${}\varphi$ trigonalisierbar,

und zwar gibt es eine Basis, bezüglich der ${}\varphi$ durch eine obere Dreiecksmatrix beschrieben wird, in der alle Diagonaleinträge ${}0$ sind.

Beweis

Dies folgt direkt aus Lemma 27.7 und Satz 25.9.

$\Box$

Die Jordanzerlegung zu einem nilpotenten Endomorphismen

Für einen nilpotenten Endomorphismus ${}\varphi$ auf ${}V$ ist

${}V=\operatorname {Haupt} _{0}(\varphi )\,,$

es gibt also nur einen Hauptraum, und dieser ist der Gesamtraum. Wir werden jetzt zeigen, dass man eine beschreibende Matrix weiter (über die Dreiecksgestalt hinaus) verbessern kann. In der nächsten Vorlesung werden wir diese Verbesserung bei einem trigonalisierbaren Endomorphismus auf den einzelnen Haupträumen durchführen und so zur sogenannten Jordanschen Normalform gelangen.

Beispiel

Eine Matrix der Form

${}M={\begin{pmatrix}0&a\\0&0\end{pmatrix}}\,$

mit ${}a\neq 0$ hat bezüglich der Basis ${}ae_{1}$ und ${}e_{2}$ die Gestalt

${\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}.$

Lemma

Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine nilpotente lineare Abbildung. Es sei

${}\varphi ^{s}=0\,$

und ${}s$ minimal mit dieser Eigenschaft.

Dann besteht zwischen den Untervektorräumen

${}V_{i}:=\operatorname {kern} \varphi ^{i}\,$

die Beziehung

${}\varphi ^{-1}(V_{i})=V_{i+1}\,$

und die Inklusionen

${}V_{i}\subset V_{i+1}\,$

sind echt für ${}i<s$.

Beweis

Es sei ${}v\in V$. Dann ist ${}v\in V_{i+1}=\operatorname {kern} \varphi ^{i+1}$ äquivalent zu ${}\varphi (v)\in V_{i}=\operatorname {kern} \varphi ^{i}$, was die erste Behauptung bedeutet. Für die zweite Behauptung sei

${}V_{i}=V_{i+1}\,$

für ein ${}i<s$ angenommen. Durch Anwendung von ${}\varphi ^{-1}$ ergibt sich

${}V_{i+1}=\varphi ^{-1}(V_{i})=\varphi ^{-1}(V_{i+1})=V_{i+2}\,.$

In dieser Weise erhält man

${}V_{i}=V_{i+1}=V_{i+2}=\ldots =V_{s}=V\,$

im Widerspruch zur Minimalität von ${}s$.

$\Box$

Lemma

Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine nilpotente lineare Abbildung.

Dann gibt es eine Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ von ${}V$ mit

${}\varphi (v_{j})=v_{j-1}\,$

oder

${}\varphi (v_{j})=0\,.$

Beweis

Es sei

${}\varphi ^{s}=0\,$

und ${}s$ minimal mit dieser Eigenschaft. Wir betrachten die Untervektorräume

${}V_{i}:=\operatorname {kern} \varphi ^{i}\,.$

Es sei ${}U_{s}$ ein direktes Komplement zu ${}V_{s-1}$, also

${}V=V_{s-1}\oplus U_{s}\,.$

Wegen Lemma 27.10 ist

${}\varphi ^{-1}(V_{s-2})=V_{s-1}\,$

und somit

${}\varphi (U_{s})\cap V_{s-2}=0\,.$

Daher gibt es einen Untervektorraum ${}U_{s-1}$ von ${}V_{s-1}$ mit

${}V_{s-1}=V_{s-2}\oplus U_{s-1}\,$

und mit

${}\varphi (U_{s})\subseteq U_{s-1}\,.$

In dieser Weise erhält man Untervektorräume ${}U_{i}\subseteq V_{i}$ mit

${}V_{i}=V_{i-1}\oplus U_{i}\,$

und mit

${}\varphi (U_{i})\subseteq U_{i-1}\,.$

Ferner ist

${}V=U_{1}\oplus \cdots \oplus U_{s}\,,$

da ja jeweils die vorhergehende direkte Summenzerlegung zunehmend verfeinert wird. Des weiteren ist ${}\varphi$ eingeschränkt auf ${}U_{i}$ mit ${}i\geq 2$ injektiv. Zu ${}v\in U_{i}\cap \operatorname {kern} \varphi =U_{i}\cap V_{1}\subseteq U_{i}\cap V_{i-1}$ ist ja wegen der Direktheit

${}v=0\,.$

Wir konstruieren nun eine Basis wie gewünscht. Dazu wählen wir zuerst eine Basis ${}{\mathfrak {u}}_{s}$ von ${}U_{s}$. Das (linear unabhängige) Bild ${}\varphi ({\mathfrak {u}}_{s})$ ergänzen wir zu einer Basis ${}{\mathfrak {u}}_{s-1}$ von ${}U_{s-1}$ und so weiter. Die Vereinigung dieser Basen ist dann eine Basis von ${}V$. Die Basiselemente aus ${}{\mathfrak {u}}_{i}$ für ${}i\geq 2$ werden nach Konstruktion auf andere Basiselemente abgebildet und die Basiselemente aus ${}{\mathfrak {u}}_{1}$ auf ${}0$. Um eine Reihenfolge festzulegen, wählen wir ein Basiselement aus ${}{\mathfrak {u}}_{s}$, gefolgt von all seinen sukzessiven Bildern, sodann ein weiteres Basiselement aus ${}{\mathfrak {u}}_{s}$, gefolgt von all seinen sukzessiven Bildern, bis ${}{\mathfrak {u}}_{s}$ aufgebraucht ist. Dann arbeitet man ${}{\mathfrak {u}}_{s-1}$ in der gleichen Weise ab. In einem letzten Schritt vertauscht man die Reihenfolge der soeben konstruierten Basiselemente.

$\Box$

Korollar

Es sei ${}K$ ein Körper und es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$- Vektorraum. Es sei

$\varphi \colon V\longrightarrow V$

eine nilpotente lineare Abbildung.

Dann gibt es eine Basis von ${}V$, bezüglich der die beschreibende Matrix die Gestalt

${\begin{pmatrix}0&c_{1}&0&\cdots &\cdots &0\\0&0&c_{2}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&0&c_{n-2}&0\\0&\cdots &\cdots &0&0&c_{n-1}\\0&\cdots &\cdots &\cdots &0&0\end{pmatrix}}$

besitzt, wobei die ${}c_{i}$ gleich ${}0$ oder gleich ${}1$ sind.

D.h., dass ${}\varphi$ auf jordansche Normalform gebracht werden kann.

Beweis

Dies folgt direkt aus Lemma 27.11.

$\Box$

Bei einer nilpotenten Abbildung auf einem zweidimensionalen Vektorraum ${}V$ handelt es sich um die Nullabbildung oder um eine nilpotente Abbildung mit einem eindimensionalen Kern. Im letzteren Fall erhält man für jedes Element ${}v\in V\setminus \operatorname {kern} \varphi$ eine Basis ${}\varphi (v),v$ (in dieser Reihenfolge), bezüglich der die beschreibende Matrix die Gestalt ${}{\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}$ besitzt. Bei zunehmender Dimension werden die Möglichkeiten zunehmend zahlreicher und komplexer, wir besprechen abschließend typische Beispiele in der Dimension drei.

Beispiel

Wir wollen Lemma 27.11 auf

${}M={\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&5\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

anwenden. Es ist

${}M^{2}={\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&5\\0&0&0\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&5\\0&0&0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&0&10\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

und

${}M^{3}=0\,.$

Somit ist

$V_{1}=\operatorname {kern} M=\langle e_{1}\rangle ,\,V_{2}=\operatorname {kern} M^{2}=\langle e_{1},e_{2}\rangle {\text{ und }}V_{3}=K^{3}.$

Es ist

${}V_{3}=V_{2}\oplus \langle e_{3}\rangle \,,$

sodass wir

${}U_{3}=\langle e_{3}\rangle \,$

wählen können. Es ist

${}Me_{3}={\begin{pmatrix}3\\5\\0\end{pmatrix}}\in V_{2}\,.$

Somit ist

${}V_{2}=V_{1}\oplus U_{2}\,$

mit

${}U_{2}=\langle {\begin{pmatrix}3\\5\\0\end{pmatrix}}\rangle \,.$

Schließlich ist

${}M^{2}e_{3}=M{\begin{pmatrix}3\\5\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&5\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}3\\5\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}10\\0\\0\end{pmatrix}}\,.$

Daher ist

${\begin{pmatrix}10\\0\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}3\\5\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$

eine Basis wie gewünscht.

Die inverse Matrix zu

${}B={\begin{pmatrix}10&3&0\\0&5&0\\0&0&1\end{pmatrix}}\,$

ist

${\begin{pmatrix}{\frac {1}{10}}&-{\frac {3}{50}}&0\\0&{\frac {1}{5}}&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$

und es ist

${}{\begin{aligned}B^{-1}MB&={\begin{pmatrix}{\frac {1}{10}}&-{\frac {3}{50}}&0\\0&{\frac {1}{5}}&0\\0&0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&2&3\\0&0&5\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}10&3&0\\0&5&0\\0&0&1\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\frac {1}{10}}&-{\frac {3}{50}}&0\\0&{\frac {1}{5}}&0\\0&0&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&10&3\\0&0&5\\0&0&0\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}.\end{aligned}}$

Beispiel

Wir wollen Lemma 27.11 auf

${}M={\begin{pmatrix}0&0&3\\0&0&7\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

anwenden. Es ist

${}M^{2}=0\,.$

Somit ist

$V_{1}=\operatorname {kern} M=\langle e_{1},e_{2}\rangle {\text{ und }}V_{2}=K^{3}.$

Es ist

${}V_{2}=V_{1}\oplus \langle e_{3}\rangle \,,$

sodass wir

${}U_{2}=\langle e_{3}\rangle \,$

wählen können. Es ist

${}Me_{3}={\begin{pmatrix}3\\7\\0\end{pmatrix}}\in V_{1}\,.$

Somit ist

${}V_{1}=\langle {\begin{pmatrix}3\\7\\0\end{pmatrix}},e_{1}\rangle =U_{1}\,.$

Daher ist

${\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}3\\7\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$

eine Basis wie gewünscht. In dieser Basis wird die lineare Abbildung durch die Matrix

${\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}$

beschrieben.

Beispiel

Wir wollen Lemma 27.11 auf

${}M={\begin{pmatrix}0&3&7\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}\,$

anwenden. Es ist

${}M^{2}=0\,.$

Somit ist

$V_{1}=\operatorname {kern} M=\langle e_{1},7e_{2}-3e_{3}\rangle {\text{ und }}V_{2}=K^{3}.$

Es ist

${}V_{2}=V_{1}\oplus \langle e_{3}\rangle \,,$

sodass wir

${}U_{2}=\langle e_{3}\rangle \,$

wählen können. Es ist

${}Me_{3}={\begin{pmatrix}7\\0\\0\end{pmatrix}}\in V_{1}\,.$

Somit ist

${}V_{1}=\langle {\begin{pmatrix}7\\0\\0\end{pmatrix}},7e_{2}-3e_{3}\rangle =U_{1}\,.$

Daher ist

${\begin{pmatrix}0\\7\\-3\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}7\\0\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$

eine Basis wie gewünscht. In dieser Basis wird die lineare Abbildung durch die Matrix

${\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}$

beschrieben.

Fußnoten

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