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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:50 Mi 17.09.2008 | | Autor: | Elfe |
| Aufgabe | Die lineare Abbildung f: [mm] \IR^{4} \to \IR^{4}, [/mm] die bezüglich der Standardbasis des [mm] \IR^{4} [/mm] gegeben ist durch die Matrix (editiert)
[mm] \pmat{ 0 & 0 & 1 & -2 \\ 1 & 0 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 1 & -3 \\ 1 & 0 & 0 & -1 } [/mm] ist nilpotent. Bestimmen Sie eine Basis A von [mm] \IR^{4}, [/mm] so dass [mm] M_{f,A,A} [/mm] jordansche Normalform hat. |
Hallo an alle,
ich weiß leider absolut nicht wie ich bei so einer Aufgabe vorgehen muss. also ich weiß dass so eine Matrix aus Blöcken besteht und es muss sicher etwas mit den Eigenwerten zu tun haben, doch kann mir jemand eine kleine Anleitung geben wie ich das berechnen könnte? Das wär nett!
Gruß Elfe
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:24 Mi 17.09.2008 | | Autor: | vivo |
hallo,
also die Matrix wird auf jedenfall die direkte Summe aus Jordanblöcken zum Eigenwert 0 sein, denn jede nilpotente Abbildung hat eine Basis in der die Matrix eben von der besagten Form ist.
die Basis besteht dann aus Ketten der Form
v , [mm] \Phi [/mm] (v) , [mm] \Phi^2 [/mm] (v) .... [mm] ,\Phi [/mm] ^r (v) solange [mm] \not= [/mm] 0
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:45 Mi 17.09.2008 | | Autor: | pelzig |
Also diese Matrix ist mit Sicherheit nicht nilpotent, weil [mm] $\ker A\cap \operatorname{im} A=\{0\}$ [/mm] ist.
Gruß, Robert
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:55 Mi 17.09.2008 | | Autor: | clwoe |
Hallo,
probier es mal mit diesem Link.
http://www.danielwinkler.de/la/jnfkochrezept.pdf
Hat mir damals sehr viel geholfen. Man muss allerdings alles mal selbst durchrechnen um es selbst nachvollziehen zu können.
Ich hoffe ich konnte dir hiermit teilweise weiterhelfen.
Gruß,
clwoe
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Hallo,
besser als in clwoes Link kann man es eigentlich kaum erklären.
Fang am besten mal an, streng nach Vorschrift vorzugehen, Du benötigst zuerst das charakteristische Polynom, die Eigenwerte und Eigenräume.
Wenn Du soweit bist, können wir ja mal schauen und eine Zwischenbilanz erstellen.
Überprüfen solltest Du die gepostete Matrix. Wie bereits mitgeteilt, ist diese nicht nilpotent. Sie scheint aber auch so krause Eigenwerte zu haben, vielleicht ist ein Tippfehler passiert.
Gruß v. Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:37 Do 18.09.2008 | | Autor: | Elfe |
Tatsächlich, in der letzten Zeile, letzte Spalte muss eine -1 statt einer -3 stehen. Tut mir Leid! Aber den Rest rechne ich jetzt erstmal durch und dann melde ich mich wieder :)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:39 Do 18.09.2008 | | Autor: | Elfe |
Also ich hab mal gemacht, was ihr gesagt habt. Ich hab als erstes das charakteristische Polynom berechnet. Das ist:
[mm] cp_{f}=x^{4}
[/mm]
Dann habe ich wie in diesem "Kochrezept" auch, erstmal dies berechnet:
[mm] A=\pmat{ 0 & 0 & 1 & -2 \\ 1 & 0 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 1 & -3 \\ 1 & 0 & 0 & -1 }
[/mm]
[mm] A^{2}=\pmat{ -1 & 0 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 1 & -1 \\ -2 & 0 & 2 & -2 \\ -1 & 0 & 1 & -1 }
[/mm]
[mm] A^{3}=\pmat{ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 }
[/mm]
Aber bei dem, was jetzt kommt bin ich mir nicht ganz sicher.
Kern(A) = < [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 2 \\ 1} [/mm] >
[mm] Kern(A^{2}) [/mm] = < [mm] \vektor{ 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 }, \vektor{ 1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 } [/mm] >
[mm] Kern(A^{3}) [/mm] = [mm] \IR^{4}
[/mm]
So, aber ich würde fast sagen, dass meine Eigenvektoren da falsch sind. Kann das sein?
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> Also ich hab mal gemacht, was ihr gesagt habt. Ich hab als
> erstes das charakteristische Polynom berechnet. Das ist:
>
> [mm]cp_{f}=x^{4}[/mm]
>
> Dann habe ich wie in diesem "Kochrezept" auch, erstmal dies
> berechnet:
>
> [mm]A=\pmat{ 0 & 0 & 1 & -2 \\ 1 & 0 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 1 & -3 \\ 1 & 0 & 0 & -1 }[/mm]
>
> [mm]A^{2}=\pmat{ -1 & 0 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 1 & -1 \\ -2 & 0 & 2 & -2 \\ -1 & 0 & 1 & -1 }[/mm]
>
> [mm]A^{3}=\pmat{ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 }[/mm]
>
> Aber bei dem, was jetzt kommt bin ich mir nicht ganz
> sicher.
>
> Kern(A) = < [mm]\vektor{1 \\ 0 \\ 2 \\ 1}[/mm] >
Hallo,
Du hast einen Eigenvektor vergessen.
Ich nehme mal an, daß Du die Matrix auf ZSF gebracht hast. Die hat doch den Rang 2, also muß der Kern 4-2=2-dimensional sein.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:57 Do 18.09.2008 | | Autor: | Elfe |
ok, das stimmt natürlich. Aber ich hab das Gefühl ich steh grad total auf dem Schlauch! Muss ich was an meinem Eigenvektor ändern oder einen anderen hinzufügen, damit es richtig ist? Weiß grad nicht sorecht, welche Variante wohl die richtige wäre...
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hallo,
der Eigenvektor stimmt, aber es gehört ein zweiter dazu.
Poste doch mal die ZSF, dann kann Dir jemand weiterhelfen.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:12 Do 18.09.2008 | | Autor: | Elfe |
also meine ZSF ist:
[mm] \pmat{ 1 & 0 & 1 & -3 \\ 0 & 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0}
[/mm]
Dann habe ich ein Gleichungssystem aufgestellt und dann steht da ja:
a+c-3d = 0
c-2d = 0
Hmm.. ist dann noch ein Eigenvektor: [mm] \vektor{ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1} [/mm] ?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:37 Do 18.09.2008 | | Autor: | pelzig |
> also meine ZSF ist:
>
> [mm]\pmat{ 1 & 0 & 1 & -3 \\ 0 & 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0}[/mm]
Da bist du aber noch nicht fertig. Zieh die zweite Zeile von der Ersten Zeile ab.
> Dann habe ich ein Gleichungssystem aufgestellt und dann
> steht da ja:
>
> a+c-3d = 0
> c-2d = 0
>
> Hmm.. ist dann noch ein Eigenvektor: [mm]\vektor{ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1}[/mm]
Dieser Vektor ist jedenfalls keine Lösung deines LGS, musst ja nur mal einsetzen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:44 Fr 19.09.2008 | | Autor: | Elfe |
Okay, ich versuchs noch einmal... Es tut mir echt leid, aber ich versuch das alles zu verstehen, aber das fällt mir richtig schwer...
[mm] \pmat{ 1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0}
[/mm]
und dann der Vektor [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 2 \\ 1} [/mm] ?
gruß elfe
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> Okay, ich versuchs noch einmal... Es tut mir echt leid,
> aber ich versuch das alles zu verstehen, aber das fällt mir
> richtig schwer... ist schwer
Hallo,
wir müssen unterscheiden: die Jordannormalform zu verstehen ist schwer.
Woran Du im Moment hängst, das ist das Lösen eines homogenen linearen Gleichungssystems, und das ist nicht schwer.
Ich mache das jetzt mal langsam für Dich.
>
>
>
> [mm]\pmat{ 1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0}[/mm]
>
> und dann der Vektor [mm]\vektor{1 \\ 0 \\ 2 \\ 1}[/mm] ?
Die Zeilenstufenform hat [mm] \red{2} [/mm] Nichtnullzeilen (Rang). Sie hat [mm] \blue{4} [/mm] Spalten.
Die Dimension des Kerns (den suchst Du) ist [mm] \blue{4}-\red{2} =\green{2}
[/mm]
Du kannst also [mm] \green{2} [/mm] Variablen frei wählen, hier zum Beispiel die 2. und 4.
(Deine erste Stufe hat die Länge 2, deshalb darfst Du dort eine wählen, ebenso bei der zweiten Stufe.)
Ich wähle
[mm] x_4=t
[/mm]
[mm] x_2=s
[/mm]
Dann ist
[mm] x_1=t [/mm] und
[mm] x_3=2s.
[/mm]
Also haben sämtliche Lösungen die Gestalt [mm] \vektor{x_1\\x_2\\x_3\\x_4}=\vektor{t\\s\\2t\\t}=t\vektor{1\\0\\2\\1}+s\vektor{0\\1\\0\\0},
[/mm]
und [mm] (\vektor{1\\0\\2\\1},\vektor{0\\1\\0\\0}) [/mm] ist eine Basis des Eigenraumes.
Ich denke, Du erkennst jetzt, wieso Du einen Vektor "verloren" hast.
So, nachdem nun die Eigenvektoren da sind, kann es ja weitergehen.
Daraus, daß die geometrische Vielfachheit des Eigenwertes 0 zwei ist, weißt Du, daß die Jordanmatrix aus zwei Blöcken besteht, die Frage ist nur, ob sie die Größe 2,2 haben oder 3,1.
Der Sache mußt Du nun auf den Grund gehen.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:09 Fr 19.09.2008 | | Autor: | Elfe |
Also wenn ich dieses "Kochrezept" aus der PDF-Datei richtig verstanden habe, dann würde ich jetzt sagen der längste Jordanblock hätte die Länge 2, weil die Dimension vom Kern von [mm] A^{2} [/mm] auch nur 2 ist. Stimmt das?
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> Also wenn ich dieses "Kochrezept" aus der PDF-Datei richtig
> verstanden habe, dann würde ich jetzt sagen der längste
> Jordanblock hätte die Länge 2, weil die Dimension vom Kern
> von [mm]A^{2}[/mm] auch nur 2 ist. Stimmt das?
Hallo,
Du hattest das Minimalpolynom [mm] p(x)=x^4. [/mm]
Der Linearfaktor zum Eigenwert 0, (x-0), ist dort in der 4.Potenz. Das sagt: der Teil der Jordanmatrix, der Nullen auf der Hauptdiagonalen hat, hat die Länge 4.
(Das ist jetzt bei dieser Matrix nicht so weltbewegend und überraschend, weil es gar keinen anderen Eigenwert gibt. Ich hab's trotzdem so ausführlich gesagt, damit Du siehst, was im Rezept gemeint ist. Es ist auch keine verschwendete Zeit, die Beispiele dort durchzuarbeiten, mit Stift und Papier.)
Deine Jordammatrix wird also so aussehen [mm] \pmat{0&&&\\0&0&&\\0&0&0&\\0&0&0&0}.
[/mm]
Da der Eigenraum die Dimension 2 hat, weißt Du, daß es zum Eigenwert 0 zwei Kästchen gibt. Also sieht die Jordanmatrix so [mm] \pmat{\green{0}&\green{1}&0&0\\\green{0}&\green{0}&0&0\\0&0&\green{0}&\green{1}\\0&0&\green{0}&\green{0}} [/mm] aus (2,2) oder so [mm] \pmat{\green{0}&0&0&0\\0&\green{0}&\green{1}&\green{0}\\0&\green{0}&\green{0}&\green{1}\\0&\green{0}&\green{0}&\green{0}}.
[/mm]
Welcher der Fälle es ist, kannst Du dann an der Untersuchung der Potenzen von (A-Eigenwert), hier also A, sehen.
Du hast sie zuvor ja schon berechnet. Lies jetzt auf der zweiten Seite oben.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:12 Sa 20.09.2008 | | Autor: | Elfe |
Also müsste ja in diesem Fall dann 3 die Länge des größten Kästchens sein. Also einmal 3x3 und 1x1. Jetzt habe ich aber noch eine Frage... du hast in deiner Normalform da die 1en über die Eigenwerte auf der Diagonalen geschrieben. In dem Kochrezept aber sind sie darunter. Gibt es da einen Unterschied?
Und was kommt eigentlich außerhalb der Blöcke hin?
Gruß Elfe
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> Also müsste ja in diesem Fall dann 3 die Länge des größten
> Kästchens sein. Also einmal 3x3 und 1x1.
Hallo,
ja, wenn Du die Matrizen richtig multipliziert hast, ist das so, ich hab's nicht nachgerechnet.
> Jetzt habe ich
> aber noch eine Frage... du hast in deiner Normalform da die
> 1en über die Eigenwerte auf der Diagonalen geschrieben. In
> dem Kochrezept aber sind sie darunter. Gibt es da einen
> Unterschied?
Die ob oben oder unten die Ensen ist von Uni zu Uni verschieden. ich hab's mit Einsen oben gelernt.
Es ist kein wirklicher Unterschied.
Du baust ja, wenn Du im Rezept weiter fortschreitest, die Jordanbasis auf.
Wenn Du nun die drei Vektoren, die fürs Dreierkästchen zuständig sind, genau andersrum anordnest wie im Rezept (die Letzten werden die Ersten sein...), bekommst Du die Einser nach oben. Mach#s so, wie's an Deiner Uni gelehrt wurde.
> Und was kommt eigentlich außerhalb der Blöcke hin?
Nullen.
Gruß v. Angela
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:37 Sa 20.09.2008 | | Autor: | Elfe |
Ok, daaaaankeschön, ich glaube ich habe endlich so ziemlich alles verstanden. Aber eine Frage habe ich noch. Wenn ich jetzt z.B. eine 4x4 Matrix habe, die nur einen Eigenwert hat. Aber der größte block ist 2x2 groß. Bleibt dann für die anderen beiden Einträge auf der Diagonalen nur jeweils ein 1x1 Block oder kann da auch noch ein zweiter 2x2 Block stehen?
Also:
[mm] \pmat{ 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 }
[/mm]
oder geht auch das:
[mm] \pmat{ 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 2 }
[/mm]
Gruß Elfe
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> Ok, daaaaankeschön, ich glaube ich habe endlich so ziemlich
> alles verstanden. Aber eine Frage habe ich noch. Wenn ich
> jetzt z.B. eine 4x4 Matrix habe, die nur einen Eigenwert
> hat.
Hallo,
den nennen wir [mm] \lambda.
[/mm]
Das charakteristische Polynom ist dann [mm] p(x)=(x-\lambda)^4.
[/mm]
Das nächste, was Du tunst, ist das Ausrechnen der Dimension des Eigenraumes, dh. die Bestimmung der linear unabhängigen Eigenvektoren.
Deren Anzahl gibt an, wieviele Jordankästchen es gibt.
Mal angenommen, die Diimension des Eigenraumes ist =2, und Du hast festgestellt, daß das größte Kastchen die Länge 2 hat.
Dann hast Du nur die Möglichkeit [mm] \pmat{ \lambda & 1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda & 1 \\ 0 & 0 & 0 & \lambda }
[/mm]
Ist die Dimension des Eigenraumes=3, hat man drei Kästchen, und wenn Du weißt, daß das größte die Länge 2 hat, können die anderen beiden ja nur die Länge 1 haben, also [mm] \pmat{ 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 }
[/mm]
>Aber der größte block ist 2x2 groß. Bleibt dann für
> die anderen beiden Einträge auf der Diagonalen nur jeweils
> ein 1x1 Block oder kann da auch noch ein zweiter 2x2 Block
> stehen?
Alles klar?
Gruß v. Angela
>
>
>
> Also:
> [mm]\pmat{ 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 }[/mm]
>
> oder geht auch das:
> [mm]\pmat{ 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 2 }[/mm]
>
> Gruß Elfe
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:59 Sa 20.09.2008 | | Autor: | Elfe |
Ja ich glaube ich habe endlich alles verstanden :) Uff, das war auch eine schwere Geburt! Danke dir, Angela! Wirklich, ich bin dir sehr dankbar :)
Gruß Elfe
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