¨Ubungsblatt 1

9 (Lösung der vorigen Aufgabe)
Lösung von (i):
Wir zeigen zuerst 1) ⇒ 3). Die anderen Aussagen folgen dann leicht.
Sei also ϕ nilpotent. Es folgt offensichtlich die Kette
kerϕ ⊂ kerϕ 2 ⊂ kerϕ 3 ⊂ ··· ⊂ kerϕ k = V ,
von strikten Inklusionen, wobei wir annehmen können, dass k die kleinste natürliche Zahl ist, für die ϕ k = 0
gilt.
Wir wählen nun eine Basis (e 1 1 ,e1 2 ,···) von kerϕ. Diese ergänzen wir zu einer Basis (e1 1 ,e1 2 ,···,e2 1 ,e2 2 ,···)
von kerϕ 2 . Das Ergebnis ergänzen wir wiederum zu einer Basis (e 1 1 ,e1 2 ,···,e2 1 ,e2 2 ,···,e3 1 ,e3 2 ,···) von kerϕ3 .
Wenn wir auf diese Weise fortfahren, erhalten wir eine Basis von V , in der ϕ durch eine Matrix dargestellt
wir, die nichtverschwindende Einträge nur oberhalb der Hauptdiagonalen hat. Denn
ϕ(e m i ) ∈ kerϕ m−1 = span(e 1 1,e 1 2,···,e 2 1,e 2 2,···,e m−1
1
,e m−1
2
,···,e m−1
p ).
Die Implikationen 3) ⇒ 1) und 3) ⇒ 4) folgen leicht aus den Regeln der Matrixmultiplikation. 3) ⇒
2) folgt aus der Tatsache, dass die Determinante einer oberen Dreiecksmatrix gleich dem Produkt der
Diagonalelemente ist. 4) ⇒ 1) ist trivial.
Schließlich gilt 2) ⇒ 1), denn das charakteristische Polynomom ist nach Cayley-Hamilton im Annihilator
von ϕ. Damit folgen die verbleibenden Implikationen.
Lösung: von (ii)
1. Folgt direkt aus Aussage 2) in Teil (i), da die Spur von A der Koeffizient von X n−1 ist, oder aus
Aussage 3) in Teil (i), da die Spur unabhängig von der Wahl einer Basis ist.
2. In der Basis, in der A eine obere Dreiecksmatrix mit lauter Nullen auf der Diagonale ist – eine solche
Basis existiert nach Aussage 3 von Teil (i) – folgt die Aussage sofort.
Lösung: von (iii)
Ist B invertibel, so folgt aus [A,B] = AB − BA = 0 sofort (AB −1 ) k = A k B −k . Ist also A nilpotent, so folgt,
dass auch AB −1 nilpotent ist. Somit folgt
det(A + B) = det(AB −1 + E n )B = det(AB −1 + E n ) · detB = detB ,
wobei wir im letzten Teil (ii) verwendet haben.
Ist B nicht invertibel, so ist detB = 0 und Ker(B) ein nicht-trivialer A-invarianter Unterraum. Auch die
Restriktion von A auf diesen Unterraum ist nilpotent, also trigonalisierbar. Es gibt also einen Eigenvektor
von A im Kern von B, d.h. v ∈ V mit Av = 0 = Bv. Daraus folgt (A+B)v = 0, also det(A+B) = 0 = det(B).
Den Abgabeschluß der multiple choice Aufgaben sehen Sie oben auf dem Blatt. Die schriftlichen Aufgaben
werden in der Übungsgruppe am Montag, dem 9. Juni, abgegeben.