Lösung.

1.
Die Zeilenstufenform von $ \mbox{$A$}$ berechnet sich unter Vernachlässigung von Nullzeilen zu
$ \mbox{$\displaystyle A' \;=\; \left( \begin{array}{rrrrrr} 1 & \; 0 & \; 0 &... ...& 0 & \; -1/4 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1/2 & 0 \\ \end{array}\right) \; , $}$
und somit ist $ \mbox{$\text{Rang} A = 4$}$ .

Die Matrix $ \mbox{$A'$}$ ist (bis auf Weglassen von Nullzeilen) durch Multiplikation von A mit einer invertierbaren Matrix von links hervorgegangen. Somit haben $ \mbox{$A^2$}$ und

$ \mbox{$\displaystyle A'A \;=\; \frac{1}{4} \left( \begin{array}{rrrrrr} -1 &... ... & -2 & 1 & 0 & -1 & 3 \\ 2 & -4 & -2 & 0 & 2 & 2 \\ \end{array}\right) $}$
dieselbe Zeilenstufenform, nämlich, unter Vernachlässigung von Nullzeilen,
$ \mbox{$\displaystyle A'' \;=\; \left( \begin{array}{rrrrrr} 1 & \; 0 & -1 & \; 0 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & -1 \\ \end{array}\right) \; , $}$
und somit ist $ \mbox{$\text{Rang}\!(A^2) = 2$}$ .

Es haben $ \mbox{$A^3$}$ und

$ \mbox{$\displaystyle A'' A \;=\; \left( \begin{array}{rrrrrr} \; 0 & \; 2 & \; 0 & \; 0 & \; 0 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{array}\right) $}$
dieselbe Zeilenstufenform, nämlich, unter Vernachlässigung von Nullzeilen,
$ \mbox{$\displaystyle A''' \;=\; \left( \begin{array}{rrrrrr} 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & -1 \\ \end{array}\right) \; , $}$
und somit ist $ \mbox{$\text{Rang}\!(A^3) = 1$}$ .

Es haben $ \mbox{$A^4$}$ und

$ \mbox{$\displaystyle A''' A \;=\; \left( \begin{array}{rrrrrr} \; 0 & \; 2 & \; 0 & \; 0 & \; 0 & -2 \\ \end{array}\right) $}$
dieselbe Zeilenstufenform, nämlich, unter Vernachlässigung von Nullzeilen,
$ \mbox{$\displaystyle A'''' \;=\; \left( \begin{array}{rrrrrr} 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & -1 \\ \end{array}\right) \; , $}$
und somit ist $ \mbox{$\text{Rang}\!(A^4) = 1$}$ .

2.
Wegen $ \mbox{$\text{Bild}(B^{m+1}) \subseteq \text{Bild}(B^m)$}$ ist die Folge $ \mbox{$(\text{Rang}(B^m))_{m\geq 0}$}$ monoton fallend. Da sie aus nichtnegativen ganzen Zahlen besteht, wird sie konstant ab einem $ \mbox{$k\geq 0$}$ .
3.
Ist $ \mbox{$\text{Rang}(B^k) = \text{Rang}(B^{k+1})$}$ , so ist $ \mbox{$\text{Bild}(B^k) = \text{Bild}(B^{k+1})$}$ . Wir haben zu zeigen, daß für $ \mbox{$m\geq 0$}$ auch $ \mbox{$\text{Bild}(B^{k+m}) = \text{Bild}(B^{k+m+1})$}$ ist.

Sei $ \mbox{$f:K^n\longrightarrow K^n$}$ , $ \mbox{$x\mapsto Bx$}$ . Sei $ \mbox{$f^s:=\underbrace{f\circ\cdots\circ f}_{s\rm -fach}$}$ für $ \mbox{$s\geq 0$}$ . Insbesondere ist $ \mbox{$\text{Bild}(f^s)=\text{Bild}(B^s)$}$ .

Aus $ \mbox{$\text{Bild}(f^k) = \text{Bild}(f^{k+1})$}$ folgt

$ \mbox{$\displaystyle \text{Bild}(f^{k+m}) \;=\; f^m(\text{Bild}(f^k)) \;=\; f^m(\text{Bild}(f^{k+1})) \;=\; \text{Bild}(f^{k+m+1}) \;. $}$

4.
Nehmen wir $ \mbox{$k\leq l$}$ an. Es genügt mit Transposition, die Aussage für die Spaltenstufenformen zu zeigen. Dabei sei eine Matrix in Spaltenstufenform, wenn ihre Transponierte in Zeilenstufenform ist.

Sei $ \mbox{$r=\text{Rang}(B^l)$}$ . Sei $ \mbox{$U\in K^{n\times r}$}$ die Spaltenstufenform von $ \mbox{$B^k$}$ nach Streichung aller Nullspalten. Sei $ \mbox{$V\in K^{n\times r}$}$ die Spaltenstufenform von $ \mbox{$B^l$}$ nach Streichung aller Nullspalten.

Sowohl die Spalten von $ \mbox{$U$}$ als auch die Spalten von $ \mbox{$V$}$ bilden eine Basis von $ \mbox{$\text{Bild}(B^l)=\text{Bild}(B^k)$}$ (vgl. Beweis zu 3.).

Also gibt es eine invertierbare Matrix $ \mbox{$S\in K^{r\times r}$}$ so, daß $ \mbox{$US=V$}$ . Da $ \mbox{$U$}$ und $ \mbox{$V$}$ sich in Spaltenstufenform befinden und keine Nullspalten enthalten, folgt $ \mbox{$S = \text{E}_r$}$ und $ \mbox{$U = V$}$ .