Lineare Algebra und Analytische Geometrie

Baumeister: Lineare Algebra I / Stand: August 1996 118ist.Wir zeigen die lineare Unabhängigkeit vonSeix, (L − λid X )(x),...,(L − λid X ) k−1 (x).k−1 ∑i=0a i (L − λid X ) i (x) =θmit a 0 ,...,a k−1 ∈ IK .Wennwir(L − λid X ) k−1 auf jede Seite der obigen Identität anwenden,erhalten wira 0 (L − λid X ) k−1 (x) =θ,also a 0 = 0. Anwendung von (L − λid X ) k−2 auf beiden Seiten führt auf a 1 =0. Sofortfahrend, erhalten wir insgesamt a 0 = ···= a k−1 =0.Da Kern(L−λid X ) n ein linearer Teilraum von X ist, folgt aus der eben gezeigten Tatsache,daß jeder verallgemeinerte Eigenvektor in Kern(L − λid X ) n liegt, schließlich H(λ) ⊂Kern(L − λid X ) n .Zu (b).Folgt aus (a), da L ◦ (L − λid X )=(L − λid X ) ◦ L ist.Wir erweitern nun die Aussage von Lemma 5.7.Lemma 5.13Sei X IK – Vektorraum und sei L : X −→ X ein Endomorphismus. Sindx 1 ,...,x r ∈ X verallgemeinerte Eigenvektoren zu paarweise verschiedenen Eigenwertenλ 1 ,...,λ r ∈ IK , so sind x 1 ,...,x r linear unabhängig.Beweis:Vollständige Induktion nach r. Ist r =1, so ist x 1 linear unabhängig, da x 1 ≠ θ ist.Sei die Behauptung nun für r − 1 richtig. Seir∑a i x i = θ.Sei k ∈ IN minimal so gewählt, daß (L − λ 1 id X ) k (x 1 )=θ ist. Wendei=1(L − λ 1 id X ) k−1 ◦ (L − λ 2 id X ) n ◦···◦(L − λ r id X ) nauf die obige Identität an. Dies ergibt mit Lemma 5.12Wenn wiralsa 1 (L − λ 1 id X ) k−1 ◦ (L − λ 2 id X ) n ◦···◦(L − λ n id X ) n (x 1 )=θ. (5.3)(L − λ 2 id X ) n ◦···◦(L − λ r id X ) n((L − λ 1 id X )+(λ 1 − λ 2 ) id X ) n ◦···◦((L − λ 1 id X )+(λ 1 − λ 2 ) id X ) nschreiben und jede Potenz nach dem Binomialsatz ”ausmultiplizieren“, bleibt in (5.3)lediglich der Terma 1 (λ 1 − λ 2 ) n ···(λ 1 − λ r ) n (L − λ 1 id X ) k−1 (x 1 )=θübrig. Also ist a 1 =0. Mit der Induktionsvoraussetzung folgt a 2 = ···= a r =0.