<<

. 33
( 60 .)



>>

Wir beweisen den Satz 7.1 nun allgemein. Wir beginnen wieder mit der
Eindeutigkeit. Seien

U0 := {0} ‚ U1 := ker (f ) ‚ U2 := ker f 2 ‚ . . . Uk := ker f k = V.

Wir setzen mj := dim Uj . Falls wir ein Abbildungsverhalten gem¨ss dem Schema
a
(7.2) haben, so ist die unterste Schicht” vor 0 (d.h. vd1 , vd1 +d2 , . . .) eine Basis

von ker (f ) = U1 , die unterste und die zweitunterste Schicht zusammen eine
Basis von U2 = ker (f 2 ) , etc. Die Anzahl der Vektoren in diesen Schichten legt
jedoch das Schema bis auf die Reihenfolge der Basisvektoren eindeutig fest. Somit
wird die Jordanmatrix (bis auf die Reihenfolge der Bl¨cke) eindeutig durch die
o
Dimensionen der Ui festgelegt.
Nun zur Existenz: Fur 1 ¤ j ¤ k setzen wir
¨

rj := mj ’ mj’1 .

Wir beweisen mit Induktion nach k die folgende Aussage:
Ak : Sei 0 ¤ t ¤ rk und die Vektoren u1 , . . . , ut seien linear unabhangig in
¨
Uk \Uk’1 mit
L [u1 , . . . , ut ] © Uk’1 = {0} . (7.8)



144
Dann lassen sich u1 , . . . , ut zu einer Jordanbasis erganzen, in der u1 , . . . , ut in der
¨
obersten Schicht” sind:

u1 · · · ut · · ·
“ “
. . .
. . .
. . .
“ “ “
··· ··· 0
0 0
Falls wir diese Aussagen bewiesen haben, so ist die Existenz einer Jordanbasis
gezeigt, denn fur t = 0 ist die Bedingung (7.8) leer. Die Aussage enth¨lt daher die
a
¨
Existenz einer Jordanbasis als Spezialfall. Die allgemeinere Version der Aussage
ist jedoch bequem fur den Induktionsschluss.
¨
k = 1 (d.h. f = 0) ist trivial.
Wir fuhren den Induktionsschluss Ak’1 =’ Ak , k ≥ 2.
¨
Nach Lemma 7.2 erg¨nzen wir zun¨chst u1 , . . . , ut durch Vektoren ut+1 , . . . ,
a a
urk (wenn n¨tig), fur die gilt:
o ¨
(1) u1 , . . . , urk sind linear unabh¨ngig a
(2)
L [u1 , . . . , urk ] © Uk’1 = {0} . (7.9)
Wegen mk’1 + rk = mk = dim V folgt daraus V = Uk’1 • L [u1 , . . . , urk ] .
Man beachte, dass u1 , . . . , urk ∈ Uk’1 gilt. Wir betrachten die Vektoren
/
f (v1 ) , . . . , f (urk ) .

Lemma 7.4 a) f (u1 ) , . . . , f (urk ) ∈ Uk’1 \Uk’2 .
b) f (u1 ) , . . . , f (urk ) sind linear unabh¨ngig. Insbesondere sind sie alle ver-
a
schieden.
c) L [f (u1 ) , . . . , f (urk )] © Uk’2 = {0} .

Beweis. Der Beweis ist im wesentlichen eine Repetition des Beweises von
Lemma 7.3.
a): Zunachst ist f (ui ) ∈ Uk’1 , denn aus f k = 0 folgt f k’1 (f (ui )) = 0, d.h.
¨
f (ui ) ∈ ker f k’1 = Uk’1 . Andererseits gilt f (ui ) ∈ Uk’2 , denn aus f (ui ) ∈
/
Uk’2 wurde f k’1 (ui ) = f k’2 (f (ui )) = 0 folgen, es wurde also gelten ui ∈ Uk’1 .
¨ ¨
Damit ist a) bewiesen.
b), c): Sei
rk
±i f (ui ) ∈ Uk’2 . (7.10)
i=1

Dann folgt
rk rk
k’1 k’2
f ±i ui =f ±i f (ui ) = 0,
i=1 i=1




145
d.h. rk ±i ui ∈ ker f k’1 = Uk’1 . Andererseits gilt rk ±i ui ∈ L [u1 , . . . , urk ] .
i=1 i=1
rk
Wegen Uk’1 © L [u1 , . . . , urk ] = {0} folgt ±i ui = 0, und wegen der li-
i=1
nearen Unabhangigkeit der ui folgt ±1 = . . . = ±rk = 0, d.h. insbesondere
¨
rk
i=1 ±i f (ui ) = 0. Dies beweist c). Das Argument liefert aber auch einen
rk
Beweis von b), denn aus i=1 ±i f (ui ) = 0 folgt naturlich (7.10) und somit
¨
±1 = . . . = ±rk = 0, wie gerade gezeigt wurde.
Mit diesem Lemma k¨nnen wir den Induktionsbeweis einfach zu Ende fuhren:
o ¨
Uk’1 ist naturlich invariant unter f. Wir bezeichnen die Einschr¨nkung von
a
¨
k’1
= 0. Ferner ist fur j ¤ k ’ 1:
f auf V := Uk’1 mit f . Naturlich gilt nun f
¨ ¨
j
ker (f ) = Uj ‚ V . Nach dem Lemma sind f (u1 ) , . . . , f (urk ) linear unabh¨ngige
a
Vektoren in V \Uk’2 = Uk’1 \Uk’2 mit L [f (u1 ) , . . . , f (urk )] © Uk’2 = {0} . Nach
Induktionsvoraussetzung k¨nnen wir deshalb f (u1 ) , . . . , f (urk ) zu einer Jordan-
o
basis J von f in V erg¨nzen mit f (u1 ) , . . . , f (urk ) in der obersten Schicht
a
des Schemas. Dann ist J zusammen mit u1 , . . . , urk wegen (7.9) eine Basis von
V und ist dann o¬ensichtlich eine Jordanbasis von f in V :

···
u1 urk
“ “
f (u1 ) · · · f (urk ) · · ·
“ ··· “ ···

“ ··· “ ··· “
··· ··· 0
0 0

Um das Schema (7.2) zu erhalten, mussen wir die Basis nur noch umstellen:
¨
k’1
v1 := u1 , v2 := f (u1 ) , . . . , vk := f (u1 ) , vk+1 := u2 , . . .
Wir haben die Existenz einer Jordanbasis bewiesen.
Die Zusatzbehauptungen im Satz 7.1 folgen sehr einfach: Die Anzahl der Jor-
danbl¨cke ist per Konstruktion gleich dim (ker f ) und die maximale Blockgr¨sse
o o
ist gleich der maximalen L¨nge der Spalten im Schema (7.2) (ohne den Nullvek-
a
tor am Schluss), also gleich der kleinsten Zahl k mit f k = 0. Damit ist der Satz
vollst¨ndig bewiesen.
a

Bemerkung 7.2 Das obige Lemma impliziert, dass r1 ≥ r2 ≥ . . . ≥ rk ≥ 1 gilt,
was von vornherein nicht selbstverst¨ndlich ist.
a

Bemerkung 7.3 Der Beweis liefert auch ein Konstruktionsschema fur eine Jor-
¨
danbasis. Man beginnt auf der h¨chsten Stufe, sucht also unabh¨ngige Vektoren
o a
uk,1 , . . . , uk,rk ∈ Uk’1 mit
/

L [uk,1 , . . . , uk,rk ] © Uk’1 = {0} . (7.11)

(Zur Hervorhebung der Schichten verwenden wir Doppelindizes). Falls rk = 1
ist, muss man einfach einen Vektor ∈ Uk’1 w¨hlen. Fur rk > 1 muss man jedoch
/ a ¨

146
etwas sorgf¨ltiger vorgehen um L [uk,1 , . . . , uk,rk ] © Uk’1 = {0} zu garantieren.
a
Am besten w¨hlt man zun¨chst eine Basis in Uk’1 und erg¨nzt sie dann durch
a a a
uk,1 , . . . , uk,rk zu einer Basis in Uk = V. Dann ist (7.11) garantiert. Die Basis
von Uk’1 kann man anschliessend wegwerfen.
Nun bildet man die uk,1 , . . . , uk,rk mit f ab und erg¨nzt daraufhin uk’1,1 :=
a
f (uk,1 ) , . . . , uk’1,rk := f (uk,rk ) (die gem¨ss dem Lemma 7.4 unabh¨ngig sind)
a a
so durch Vektoren uk’1,rk +1 , . . . , uk’1,rk’1 ∈ Uk’1 , dass uk’1,1 , . . . , uk’1,rk’1 un-
abh¨ngig sind und
a
L uk’1,1 , . . . , uk’1,rk’1 © Uk’2 = {0}
gilt. Am besten w¨hlt man zuerst eine Basis Uk’2 von Uk’2 . Dann sind die Vek-
a
toren aus Uk’2 und uk’1,1 , . . . , uk’1,rk nach dem Lemma 7.4 unabh¨ngig und wir
a
k¨nnen sie durch uk’1,rk +1 , . . . , uk’1,rk’1 zu einer Basis von Uk’1 erg¨nzen. Die
o a
Basis Uk’2 von Uk’2 kann man dann wieder verschrotten, und man f¨hrt mit a
der (k ’ 2)-ten Schicht weiter, indem man uk’2,1 := f (uk’1,1 ) , . . . , uk’2,rk’1 :=
f uk’1,rk’1 bildet, diese dann wieder erg¨nzt etc. Am Schluss muss man die
a
gefundene Basis noch in der richtigen Reihenfolge aufschreiben um ein Schema
der Form (7.2) zu erhalten.

Der Satz 7.1 hat naturlich eine Formulierung mit Matrizen:
¨
Satz 7.2 Sie A eine n — n-Matrix mit der Eigenschaft, dass k ∈ N existiert mit
Ak = 0. Dann existiert eine regul¨re Matrix S, sodass S ’1 AS die Form (7.1) hat.
a

5 — 5-Matrix
Beispiel 7.1 Wir betrachten die reelle
« 
11 0 0 0
¬ ’1 0 1 0 0 ·
¬ ·
’1 0
A := ¬ 1 0 0 ·.
¬ ·
 ’1 0 1 1 1 
’1 ’1 ’1
10

Das charakteristische Polynom ist χA (x) = ’x5 . Nach Cayley-Hamilton ist dem-
zufolge A5 = 0, d.h. die Matrix ist nilpotent. Der Rang von A ist 3 und demzu-
folge ist die geometrische Vielfachheit des Eigenwertes 0 gleich 2. Daraus folgt,
dass zwei Jordanbl¨cke existieren. Nun gibt es noch zwei M¨glichkeiten fur die
o o ¨
Blockgr¨ssen, n¨mlich 1 & 4 oder 2 & 3. Um zu entscheiden, welcher Fall vor-
o a
liegt, mussen wir U2 = ker A2 betrachten. Sind die Blockgr¨ssen 1 & 4, so ist
o
¨
dim (U2 ) = 3 und im anderen Fall 4.
« 
01 1 00
¬ 0 ’1 ’1 0 0 ·
¬ ·
2 ¬0 1 1 0 0 ·.
A =¬ ·
 0 ’1 ’1 0 0 
01 1 00

147
Der Rang ist o¬enbar gleich 1 und damit ist dim U2 = 4. Wir sehen also, dass
die Blockgr¨ssen 2 & 3 sind. Es folgt also, dass eine regul¨re Matrix S existiert
o a
mit « 
00000
¬1 0 0 0 0·
S ’1 AS = ¬ 0 1 0 0 0 · .
¬ ·
(7.12)
¬ ·
0 0 0 0 0
00010
Um S zu bestimmen, mussen wir einfach eine Jordanbasis gem¨ss dem Beweis
a
¨
des Satzes 7.1 konstruieren. O¬enbar ist r1 = r2 = 2, r3 = 1. Wir w¨hlen einfach
a
einen Vektor v1 , der nicht in U2 = ker A2 ist. (7.9) ist dann automatisch erfullt,
¨
da r3 = 1 gilt. Wir k¨nnen z.B.
o
«
0
¬0·
¬·
v1 = ¬ 1 ·
¬·
0
0

nehmen. v2 und v3 erhalten wir durch Anwendung von A :
««  « 
0 0 1
’1
¬0· ¬ 1· ¬ ·

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. 33
( 60 .)



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