reelle Jordansche Normalform

06.06.2005, 19:06

Gast 6

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reelle Jordansche Normalform

Halli Hallo
Ich soll für

A= $\begin{eqnarray*} \begin{vmatrix} 9 & -6 & -2 \\ 18 & -12 & -3 \\ 18 & -9 & -6 \end{vmatrix} \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \in \end{eqnarray*}$ M $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ (3,3)

die reelle Jordansche Normalform berechnen.

Mir ist auch soweit alles klar, was ich da machen muss, bin jetzt nur auf ein Problem gestoßen.

Als erstes habe ich mal das Charakteristische Polynom ausgerechnet, bei dem ich $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ³+9 $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ²+27 $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ +27 herausbekomme.

Dann habe ich die Eigenwerte ausgerechnet: $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ =-3 mit Vielfachheit 3. (x+3)³
Auch kein Problem.

Danach habe ich dann den Eigenraum berechnen wollen und da habe ich gleich bei m=1 heraus, dass der Eigenraum der gesammte Raum $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ ³ ist und somit wäre dann ja die dimension des Eigenraumes 3. Dadurch wäre die Anzahl der Jordan Blöcke doch 3 und es wäre folgendes richtig
Jm= $\begin{eqnarray*} \begin{vmatrix} -3 & 0 & 0 \\ 0 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & -3 \end{vmatrix} \end{eqnarray*}$

Dann hab ich das Minimalpolynom errechnet und da habe ich nun raus, dass das Polynom zweiter Ordnung, also (x+3)² das Minimalpolynom ist.
Damit würde doch dann aber der größte Jordan Block 2x2 sein und dann wäre doch richtig
Jm= $\begin{eqnarray*} \begin{vmatrix} -3 & 1 & 0 \\ 0 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & -3 \end{vmatrix} \end{eqnarray*}$
Ich weiß irgendwie nicht, was ich da falsch gemacht habe, denn so wiederspricht sich das ja.
Vielleicht kann mir da ja jemand helfen, denn ich weiß nicht mehr weiter! traurig

traurig

06.06.2005, 19:30

JochenX

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halli hallo, ja das widerspricht sich
ich glaub dir mal, dass die eigenwerte stimmen :-\

2 möglichkeiten: minimalpolynom falsch, eigenraum falsch
werde den eigenraum mal nachrechnen

edit: bekomme den selben eigenraum raus
wie hast du denn das MP berechnet`?

06.06.2005, 19:57

das lemma

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also bei mir kommt erst für m=2 null heraus und dann passt das auch wieder mit dem Minimalpolynom. Bei m=1 sind x1, x2, x3 beliebig, denke ich. verwirrt

verwirrt

06.06.2005, 19:58

JochenX

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bin grad doch tatsächlich überfragt, wie man das minimalpolynom ausrechnet Hammer

Hammer

was ist denn m, das lemma?

06.06.2005, 20:54

das lemma

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m ist die Vielfachheit des Eigenwerts lambda.
du rechnest doch:
$\begin{eqnarray*} (A- \lambda \cdot E)^m \end{eqnarray*}$
dann schaust du für welches m null heraus kommt. und das ist bei mir erst für m=2 der Fall. oder nicht?

06.06.2005, 20:57

JochenX

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$\begin{eqnarray*} (A- 3 \cdot E)^2 \end{eqnarray*}$ ist doch nicht die nullmatrix!?

öhm, eigenwert ist ja -3.... öhm

werde den kern noch mal berechnen

edit: na dann ist der eigenraum ja auch nur 2dimensional und es passt alles

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06.06.2005, 22:01

Gast 6

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Man muss aber doch (A- $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ En) rechnen und da die Eigenwerte -3 sind muss man dann ja (A+3En) rechnen.
Ich habe auch bei (A+3En)² die Nullmatrix heraus, deshalb ist ja auch das Minimalpolynom (x+3)², da dort in diesem Fall die gleichen Matrizen berechnet werden, aber um die Anzahl der Jordan Blöcke herauszubekommen muss man doch den Eigenraum, also in hier (A+3En) berechnen.
Da da aber dann doch x1, x2 und x3 beliebig sind, ist der Eigenraum doch dann ganz $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ ³, oder nicht???
Wenn das dann nämlich so ist, dann wäre daraus wieder zu schließen, dass die Anzahl der Jordan Blöcke drei ist und der größte aber nach Minimalpolynom 2x2 und das geht doch nicht, oder? unglücklich

unglücklich

06.06.2005, 23:39

Gast123

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Ich hääte eine kurze zwischenfrage...und zwar hab ich wohl ganz verpasst, wie man das Minimalpolynom ausrechnet und wozu man das braucht. Wäre um eine kurze Antwort wirklich dankbar!
Gruß,
gast

07.06.2005, 00:00

JochenX

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hallo gast6
rechne deinen kern noch mal nach!
dieser ist wirklich nur 2dimensional....

auch daran ließe sich die jordannomralform natürlich sofort erschließen, ohne minimalpolynom oder sonstiges zu berechnen

07.06.2005, 17:52

Krümel

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Halli Hallo!!!

Also ich habe leider das gleiche Problem wie Gast6.
Wenn ich mit der normalen Eigenraumformel die Dimension berechne hab ich auch alle x frei wählbar und somit dim3 raus.

Wenn ich aber mit der Formel Ax = $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ x rechne, dann erhalte ich auch dim2, nur man muss ja bei beiden das gleiche rausbekommen...

Eigenraum hin oder her, jemand vielleicht schon mal nen Tip zur Berechnung der Basis, denn da bin ich leider noch viel mehr überfragt.

Das Krümel

07.06.2005, 17:54

JochenX

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Zitat:

Wenn ich mit der normalen Eigenraumformel die Dimension berechne hab ich auch alle x frei wählbar und somit dim3 raus.

hallo; berechne den kern von (A+3I), die letzten beiden zeilen sind aber sowas von identisch smile

smile

07.06.2005, 18:29

Gast 6

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Hab nun das gleiche Ergebnis raus wie ihr, aber genauso, wie es bei Krümel der Fall ist. Nur mit Ax= $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ x. Da kann doch dann irgendwas nicht stimmen, oder ich hab wahrscheinlich gerade einfach nur voll das riesen Brett vorm Kopf!

Klar sind die letzten beiden zeilen Identisch und wenn man die dann miteinander verechnet ergibt sich für eine der beiden Zeilen 0=0.Somit ja schonmal ein dimensional. Nur wie komm ich denn nun von 12x1-6x2-2x3=0 und 18x1-9x2-3x3=0 darauf, dass das zwei dimensional ist? verwirrt

verwirrt

07.06.2005, 18:32

JochenX

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oooh tschulligung, was rede ich denn da.....

der ist natürlich eindimensional....... habe 2 linear unabhängige zeilen gesehen und dann.... argh, ich bin lieber still

EINdimensional, nicht mehr!

entschuldigung.....

mfg jochen

[ps: ich geh jetzt gleich grillen und habe hunger, habt verständnis]

07.06.2005, 18:41

Gast 6

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Naja, also die anderen beiden Gleichungen kann man ja auch miteinander verechnen, in dem man die erste durch zwei dividiert und dann mit drei multipliziert und dann die eine von der anderen subtraiert. Dann hab ich zwar zweimal 0=0, únd somit zweidimensional, aber was fang ich denn mit der dritten Gleichung an, die übrig bleibt??? unglücklich

unglücklich

07.06.2005, 18:52

JochenX

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öhm, okay ich habe meine rechnung doch noch mal rausgesucht, vergesst alles was ich im letzten post gesagt habe [mit leerem magen kann ich nicht denken]

wie habt ihr denn gelernt einen kern zu berechnen?
sei A abbildungsdarstellungsmatrix

kern dieser abbildung sind alle vektoren x, die Ax=0 lösen.....

das sollten hier alle linearkombinationen von (1/2/0) und (1/0/6) sein

07.06.2005, 19:01

Gast 6

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Sorry, aber wie kommst du denn jetzt darauf?
Will dich ja jetzt auch nicht vom essen abhalten, aber ich würde halt schon gerne entlich verstehen, was ich da so falsch mache. Ich komm da nicht drauf und das ärgert mich! Schließlich kann ich doch jetzt nicht plötzlich so verplant sein, dass ich selbst Rechnungen, die ich schon was weiß ich wie oft gerechnet habe nicht mal mehr lösen kann. traurig

traurig

07.06.2005, 23:35

Kathi001

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Also ich habe folgendes:A+3E $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 9 & -6 & -2 \\ 18 & -12 & -3 \\ 18 & -9 & -6 \end{pmatrix} +3 E=\begin{pmatrix}12 & -6 & -2 \\ 18 & -9 & -3 \\ 18 & -9 & -3 \end{pmatrix} ~ \begin{pmatrix} 18 & -9 & -3 \\ 18 & -9 & -3 \\ 18 & -9 & -3 \end{pmatrix} ~\begin{pmatrix} 18 & -9 & -3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Dann erhalte ich als Basis des Kerns=die basis des eigenraumes: $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}1\\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 6 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Also gilt dim (ker(lumda +3id))=2

da die Dimension des hauptraumes 3 ist: dim(ker(lumda+3id)²)=3

Also folgende JNF $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}-3 & 1 & 0 \\ 0 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & -3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

08.06.2005, 09:20

JochenX

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kern berechnen mit -1 trick

hats mir dann recht schnell verraten den kern gestern abend als ich dann endlich etwas klar denken konnte

08.06.2005, 13:51

Krümel

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Hallöchen Gast6, ich glaube ich kann dein Problem lösen:

Die drei Gleichungen die sich beim Errechnen des Eigenraumsergeben hast du ja sicherlich.
Die 2 und 3 sind ja identisch und wenn wenn man diese beiden gleichungen subtrahiert, dann bekommt folglich 0=0.

Ich hab daraus auch geschlossen, dass dann alle EW 0 sind, aber das ist nicht der Fall. Aus jeder Gleichung kann man nur ein x auflösen. D.h. dass man hier z.b. sagt, dass x2 sowie x3 frei wählbar sind.
Dann benennst du diese,wie bekannt sein müsst, um in z.B. s und t.
Setzt dieses dann oben ein, rechnest weiter und erhälst dann für x1:
1/2 t + 1/6 s.

Daraus folgt ja dann dim 2.

Hier muss man doch aber jetzt nicht noch das Minimalpolynom berechnen, oder?
Denn in einer 3x3 Matrix habe ich dann ja nur eine Möglichkeit, da der größte Block immer oben steht und dann ergibt sich folgende Antwort:
$\begin{eqnarray*} \begin{vmatrix} -3 & 1 & 0 \\ 0 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & -3 \end{vmatrix} \end{eqnarray*}$

Oder reicht das noch nicht als Begründung???

08.06.2005, 15:34

Gast 6

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Stimmt, so hatte ich das nachher dann auch, mit x1=1/2x2+1/6x3, aber ich wusste nicht, dass ich das dann als $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 6 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ schreiben kann. Aber dann ist ja jetzt alles klar.
Vielen Dank! Tanzen

Tanzen

08.06.2005, 15:36

JochenX

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hallo krümel, verwende für matrizen runde klammern, die eckigen sind für determinanten

zur sache: das längste jordankästchen MUSS 2 lang sein, das kürzere 1, anders kriegst du 3 gar nicht auf 2 kästchen verteilt Augenzwinkern

Augenzwinkern

ob das lange kästchen oben steht ist dabei völlig egal.

mfg

08.06.2005, 16:52

Krümel

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Ist schon klar was du meinst, nur hat unser Prof gesagt, dass das längste Kästchen immer oben steht.
Eine wirklich Erklärung hat er uns dafür meiner Meinung aber nicht gegeben und das wollt ich eben grad nachfragen, nur wenn du sagst, dass das egal ist...

Mhm, bin nun trotzdem etwas verwirrt, hat vielleicht noch jemand ne Begründung für das ein oder das andere???

08.06.2005, 16:55

JochenX

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Zitat:

Mhm, bin nun trotzdem etwas verwirrt, hat vielleicht noch jemand ne Begründung für das ein oder das andere???

für was denn noch!?
ist nicht für die jiordanform alles geklärt!?

08.06.2005, 19:32

Krümel

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Für die Sache, dass mir gesagt wurde, dass IMMER der größte Block oben steht.
Stimmt oder stimmt nicht?

MfG Krümel

08.06.2005, 19:42

JochenX

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tja, bei uns standen die 1er auch immer UNTER der hauptdiagonalen.....
das macht man wie man möchte....

wenn es euch so gesagt wurde, dass bei eurer jordannormalform die längsten kästchen imemr vor den kurzen kommen, dann mach es so, denn falsch wird es dadurch nicht....

aber wenn du kästchen zum eigenwert 1 und zum eigenwert 7 hast, kommen dann die 7ener kästchen vor den einsern, weil die 7 größer ist!?

08.06.2005, 19:44

AD

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Zitat:

Original von Krümel
Für die Sache, dass mir gesagt wurde, dass IMMER der größte Block oben steht.

Man kann es immer so hinbiegen, notfalls durch eine nachgeschaltete Permutationsmatrix. Aber zwingend ist das nicht.

09.06.2005, 07:15

Krümel

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Danke!!!
Dachte um ehrlich zu sein, dass m ehr dahinter steckt.
Bin aber nun zufrieden *g*!

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