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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:21 So 24.06.2007 | | Autor: | barsch |
Hi,
ich bin gerade am Lernen und mich beschäftigt folgendes Problem.
Es geht um die Jordannormalform. Ich will mein Problem einmal an einem kleinen Beispiel erläutern:
[mm] A=\pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0}
[/mm]
Bestimme die Jordannormalform.
Charakteristisches Polynom berechnen:
[mm] det\pmat{ 1-\lambda & 0 & 0 \\ 0 & -\lambda & 1 \\ 0 & 1 & -\lambda}=0
[/mm]
Entwicklung nach der 1. Zeile:
[mm] (1-\lambda)*(\lambda^2-1)=0 \gdw \lambda_1=1 [/mm] oder [mm] \lambda_2=-1
[/mm]
Im Folgenden berechne ich die EV:
EW: [mm] \lambda_1=1:
[/mm]
[mm] Kern\pmat{ 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -1}=span\{\vektor{1 \\ 0\\ 0},\vektor{0 \\ 1 \\ 1}\}
[/mm]
EW: [mm] \lambda_2=-1:
[/mm]
[mm] Kern\pmat{ 2& 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1}=span\{\vektor{0 \\ -1 \\ 1}\}
[/mm]
Jetzt kommt der Teil, an dem ich mich störe:
Laut Vorlesung:
[mm] S^{-1}*A*S=J [/mm] (ordannormalform),
wobei [mm] S=\pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & -1 & 1 }.
[/mm]
daraus ergibt sich [mm] S^{-1}=\pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 0 & \bruch{1}{2} & \bruch{1}{2} \\ 0 & -\bruch{1}{2} & \bruch{1}{2} }.
[/mm]
Insgesamt ergibt sich: [mm] \pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1}=J
[/mm]
Aber irgendwie scheint dieser Weg nicht bei allen Matrizen zu gehen, zum Beispiel bei:
[mm] A=\pmat{ 1 & 4 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & -3 \\ 0 & 0 & 0 & -1}
[/mm]
Funktioniert diese Vorgehensweise nicht bei allen Matrizen? In welchen Fällen kann man diese Vorgehensweise verwenden und was mache ich in den Fällen, in denen dieses Verfahren nicht geht?
MfG
barsch
Ich habe diese Frage in keinem anderen Forum gestellt.
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Guten Morgen.
Also eine Matrix in Jordanform sieht ja bekanntlich so aus:
[mm] \pmat{ J_{1} & 0 & 0 \\ 0 & J_{2} & 0 \\ 0 & 0 & J_{3} }
[/mm]
wobei die NUllen jeweils die null Matrizen passenden Formats sein sollen. Auf der Hauptdiagonale stehen die Jordankästchen mit [mm] \lambda [/mm] auf der Hauptdiagonalen und einsen oberhalb(oder unterhalb, dass kommt auf die definition der Jordanform aus der Vorlesung an, manche Bücher definieren die Mit einsen über manche bücher unter der Diagonalen ist aber egal).
In deinem Fall ist die Matrix Diagonalisierbar. Das ist auch eine Jordanform mit Jordankästchen vom Format 1X1. Das geht im Allgemeinen nicht. Fall 1 es geht. Dann kannst du eine Basis aus eigenvektoren wählen. Bzgl dieser Basis hat die Matrix Diagonalgestalt.
2 Fall(leider häufiger) Es geht nicht:
Zuerst einmal ist zu sagen, dass man eine Matrix nur in Jordanform bringen kann wenn alle irreduzieblen Polynome linear sind( so geht zum Beispiel [mm] x^2+1 [/mm] über [mm] \IR [/mm] nicht da irreduzibel aber nicht linear, über [mm] \IC [/mm] kann man jede Matrix in Jordanform bringen) Wenn also alle irreduziblen Terme des Char-Pol linear sind(Damit ist auch nicht die Häufigkeit gemeint) kann man eine Matrix auf Jordanform bringen.
Machen wir mal ein Beispiel daran wir es denke ich klar.
Also das min ist: [mm] (x-1)^2*(x-2). [/mm] Jetzt kann man eine neue Basis des VR bestimmen indem man [mm] \ker(x-1)^2 [/mm] und [mm] \ker(x-2) [/mm] ausrechnet. Die Lösungsmenge zusammengeschmissen ist eine Basis des VR. Dann hat man eine Transformationsmatrix. Wenn man die Auf A anwendet bekommt man eine geblockte Matrix raus(aber noch keineswegs in Jordanform).
So jetzt schreibe ich mir einen Block aus dieser Matrix raus. Dann ist entweder [mm] (x-1)^2 [/mm] oder (x-2) das minimalpolynom eingeschränkt auf diesen Unterraum. Wir nehmen mal an es ist [mm] (x-1)^2.
[/mm]
Nun suche ich einen Vektor der [mm] \in \ker(x-1)^2 [/mm] \ [mm] \ker(x-1) [/mm] ist. Diesen Vektor nehme ich als Startvektor für meinen Zyklischen Unterraum. Dann wende ich jetzt auf diesen Vektor (A-E)(v) an. So bekomme ich einen zweidimensionalen zyklischen Unterraum. Jetzt muss man nur noch das Komplement suchen. Das geht so. Du schaust dir die Matrix von (x-1) an. Dort hast du ja einen vektor gewählt der noch nicht auf null gesetzt wurde. Also ist mindestens eine Komponente [mm] \not= [/mm] 0. Nun wähle ich eine duale Abbildung z.B. eine Projektion auf die n-te Komponente die [mm] \not= [/mm] 0 ist und die zu der Spalte gehört welchen Vektor du gewählt hast(meist wählt man einen vektor aus der Standardbasis). Eine Projektion sieht so aus [mm] \lambda [/mm] =(0,0,....,0,1,0,0....,0) dabei seht die 1 an der n-ten Stelle. Dann Bestimmst du [mm] \bigcup_{i=1}^{n-1} \ker(\lambda*(A-E)^{i}) [/mm] was dort als Polynom eingesetzt ist hängt immer vom irreduzieblen Faktor des Minimalpolynom ab im Beispiel [mm] (x-1)^2. [/mm] n ist der Grad des Minimalpolynoms. Diese Lösungsmenge dieses Schnittes ist das KOmplement. Die Basis dieses zusammen mit der des zyklischen Unterraums bilden wieder eine Basis des VR also wieder eine Transformationsmatrix. SO machst du das jetzt mit jedem Block.
Noch eine Anmerkung: Wenn du einen Block herausschreibst gehst du wieder davon aus das die Matrix bzgl der Standardbasis des Entsprechend dimensionalen Raumes ist. sonst schau auch mal bei wikipedia.de
Schönen Tach noch.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:38 So 24.06.2007 | | Autor: | barsch |
Hey,
vielen Dank für die ausführliche und sehr hilfreiche Erklärung. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
MfG
barsch
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