Musterloesung Aufgabe 5, Blatt 9 Jeder Unterraum U der Dimension

Musterloesung Aufgabe 5, Blatt 9 Jeder Unterraum U der Dimension > n(n − 1) von Mn (K)
enthaelt eine invertierbare Matrix.
Erster Beweis: Wir koennen annehmen, dass der Koerper K unendlich viele Elemente hat. Wir
benutzen Induktion nach n. Der Fall n = 1 ist klar. Sei die Behauptung also fuer n gezeigt und sei U ⊂
Mn+1 (K) mit dim(U) > n(n+1). Der Raum U muss eine Matrix mit nichttrivialer erster Spalte enthalten.
Indem man simultane Zeilentransformationen auf
U anwendet, kann man annehmen, dass U eine
Matrix mit erster Spalte e1 , also von der Form 10 ∗∗ enthaelt. Indem man Spaltentransformationen
anschliesst, kann man annehmen, dass U eine Matrix der Form 10 A0 enthaelt. Sei W der Unterraum
von Mn+1 (K) aller Matrizen mit erster Zeile und erster Spalte Null. Dann ist dim(W) = n2 . Es folgt
dim(U ∩ W) = dim U + dim W − dim(U + W)
≥ dim U + n2 − (n + 1)2
≥ n(n + 1) + 1 + n2 − (n + 1)2
= n(n − 1)
Sei π : Mn+1 (K) → Mn (K) die Projektion auf die rechte untere Teilmatrix, also π ac Db = D. Sei
U0 = π(U ∩ W). Dann folgt dim U0 = n(n − 1).
1.Fall. Wir haben dim(U∩ W) > n(n − 1). Dann enthaelt U0 eine invertierbare Matrix B. Fuer jedes
0
t ∈ K ist dann die Matrix 10 A+tB
in U, die Determinante ist ein Polynom in t mit Leitkoeffizient
det(B), also gibt es t ∈ K, so dass die Matrix invertierbar ist.
2. Fall. dim(U ∩ W) = n(n − 1) und es gibt eine Matrix der Form S = 0a Ab in U, wobei a , 0 und
A < U0 . Dann ist KS ⊕ U ∩ W ein Teilraum von W und π(KS ⊕ U ∩ W) = {λA + U0 } ist ein Unterraum
der Dimension n(n − 1) + 1 von Mn (K). Nach Induktionsvoraussetzung
enthaelt
dieser Raum eine
0
λa
λb
invertierbare Matrix λA + B mit B ∈ U . Ist λ , 0, dann ist die Matrix 0 λA+B in U invertierbar. Ist
b
in U, ihre Determinante ist
λ = 0, dann ist B invertierbar und fuer jedes t ∈ K ist die Matrix 0a A+tB
ein Polynom in t mit Leitkoeffizient det(B), es gibt also ein t so dass diese Matrix invertierbar ist.
3. Fall. Wir haben dim(U ∩ W) = n(n − 1) und es gibt solch eine Matrix nicht.
Man
sieht nun analog
a 0
zum obigen, dass es reicht anzunehmen, dass auch keine Matrix der Form b C in U liegt mit a , 0
und C < U0 . Da dim(U ∩ W) = n(n − 1), folgt dim(U + W) = (n + 1)2 und daher gibt es fuer jedes a ∈ K,
t
t
b ∈ Kn eine Matrix der Form 0a bC in U. Dann muss C in U0 liegen und also liegt auch die Matrix 0a b0
in U. Da U ein Unterraum
ist, liegt jede solche Matrix auch fuer a = 0 in U. Analog sieht man, dass
jede Matrix der Form ba 00 in U liegt. Wir behaupten nun, dass U0 eine Matrix B vom Rang ≥ n − 1
enthaelt. Sei dazu Ei j die Matrix mit einer Eins an der Stelle (i, j) und Nullen sonst. Es existiert ein
Paar (i, j) so dass Ei j < U0 . Nach Induktionsvoraussetzung gibt es eine invertierbare Matrix tEi j + B
mit B ∈ U0 .Daraus folgt, dass B einen Rang ≥ n − 1 hat. Hat B vollen Rang, liegt die invertierbare
Matrix 10 B0 in U. Hat B den Rang n − 1, ist der Kern eindimensional, etwa ker(B) = Kv0 . Sei b ∈ Kn
t
mit bt v0 , 0. Sei c ∈ Kn nicht im Bild von B. Dann ist die Matrix T = 0c bB in U. Wir behaupten, dass
t der Kern von T trivial ist. Sei also 0c bB xy = 0. Dann folgt 0 = cx + By. Da c nicht im Bild von B liegt,
folgt x = 0, also liegt y im Kern von B. Wegen bt y = 0 folgt dann y = 0. Daher ist T ∈ U invertierbar. 1
Zweiter Beweis: Es reicht anzunehmen, dass dim U = n(n − 1) + 1 ist. Fuer 1 ≤ i, j ≤ n sei
αi j : Mn (K) → K gegeben durch αi j (A) = Ai j . Die Menge der αi j ist eine Basis des Dualraums Mn (K)∗ .
Dann sind die Einschraenkungen αi j |U nach U ein Erzeugendensystem von U∗ , es gibt also eine
Teilmenge T ⊂ {1, . . . , n}2 so dass α(T) = {αi j : (i, j) ∈ T} eine Basis von U ist. Nach der Annahme folgt
|T| = n(n − 1) + 1. Sei S das Komplement von T, dann gilt |S| = n − 1. Wir bezeichnen die Elemente von
S als “schlechte Stellen” die anderen als gute.
Ist P ∈ Per(n) eine Permutationsmatrix, so erfuellt der Raum PU ebenfalls die Voraussetzungen,
wir koennen als U durch PU ersetzen. Nun ist α(P−1 T) eine Basis von PU, wobei PT = {(Pi, j) :
(i, j) ∈ T} ist. Wir koennen also Zeilen vertauschen. Indem wir von rechts mit Permutationsmatrizen
multiplizieren, koennen wir auch Spalten vertauschen. Wir zeigen nun durch Induktion nach n, dass
wir alle schlechten Stellen durch Zeilen- und Spaltenvertauschungen unter die Diagonale bringen
koennen. Hieraus folgt die Behauptung, da wir dann die Werte einer Matrix in U fuer die Diagonale
und oberhalb vorschreiben koennen. Es gibt dann naemlich eine untere Dreieckmatrix in U mit Einsen
auf der Diagonalen. Diese ist invertierbar.
Nun also zum Beweis, dass alle schlechten Stellen unter die Diagonale gebracht werden koennen.
Fuer n = 1 ist nichts zu zeigen, sei also n > 1. Wir koennen eine schlechte Stelle nach links unten
transportieren, also ist αn1 eine schlechte Stelle. Da nicht jede Zeile eine schlechte Stelle enthalten
kann, koennen wir annehmen, dass die erste Zeile keine schlechte Stelle enthaelt. Nach Induktionsvoraussetzung koennen die n − 2 schlechten Stellen, die in der Matrix mit Indizes in {2, . . . , n} liegen,
unter die Diagonale gebracht werden, wobei nur Zeilenvertauschungen verwendet werden, die die
erste Zeile unveraendert lassen. Damit liegt auch die schlechte Stelle in der ersten Spalte unterhalb
der Diagonalen und die Behauptung folgt.
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