Die a) kann man mittels Induktion beweisen. Für den Induktionsschritt \( (n \Longrightarrow n+1) \) ergibt sich
\( \begin{aligned} f(x)^{n}=f(y)^{n} & \Longleftrightarrow f\left(f(x)^{n-1}\right)=f\left(f(y)^{n-1}\right) \\ & \stackrel{(1)}{\Longrightarrow} f(x)^{n-1}=f(y)^{n-1} \\ & \stackrel{\text { I.H. }}{\Longrightarrow} x=y . \end{aligned} \)
In (1) wurde verwendet, dass \( f \) injektiv ist.
In b) sei nun also \( v \in V \), sodass \( v \in \operatorname{ker}\left(f^{n+1}\right) \) und \( v \notin \operatorname{ker}\left(f^{n}\right) \). Es folgt direkt, dass \( f(v)^{k} \neq 0_{V} \) für alle \( 0 \leq k \leq n \). Wir wollen folgende Implikation zeigen
\(\begin{aligned} \sum \limits_{i=0}^{n} b_{i} f(v)^{i}=0 \Longleftrightarrow b_{0}=\cdots=b_{n+1}=0_{V} .\end{aligned} \)
Wenn wir \( f^{n} \) auf beide Seiten anwenden, so haben wir
\(\begin{aligned} f\left(\sum \limits_{i=0}^{n} b_{i} f(v)^{i}\right)^{n}=f(0)^{n} \Longleftrightarrow \sum \limits_{i=0}^{n} b_{i} f(v)^{i+n}=0 .\end{aligned} \)
Wenn wir nun benutzen, dass \( f^{n+1+k}(v)=0 \) für alle \( k \geq 0 \quad(2) \), so ergibt sich
\(\begin{aligned} \sum \limits_{i=0}^{n} b_{i} f(v)^{i+n}=b_{0} f(v)^{0} \neq 0_{V} \stackrel{v \neq 0}{\implies} b_{0}=0 .\end{aligned} \)
So können wir also mittels Induktion vorgehen, im Induktionsschritt haben wir \( (k \implies \) \( k+1) \) :
\( \begin{aligned} f\left(\sum \limits_{i=0}^{n} b_{i} f(v)^{i}\right)^{n-k-1} &=\sum \limits_{i=0}^{n} b_{i} f(v)^{i+n-k} \\ &=\underbrace{\sum \limits_{i=0}^{k} b_{i} f(v)^{i+n-k}}_{=0, \text { Induktionsannahme }}+b_{k+1} f(v)^{n}+\underbrace{\sum \limits_{k+2}^{n} f(v)^{i+n-k}}_{=0, \text { siehe }(2)} \\ & \stackrel{!}{=} 0 \Longrightarrow b_{k+1}=0 \end{aligned} \)
Durchweg wurder hier natürlich die Linearität von \(f\) ausgenutzt.
