Jordanbasis - zu wenig Vektoren?

25.07.2012, 20:05

Kiwiatmb

Jordanbasis - zu wenig Vektoren?

Hallihallo Wink

So, jetzt habe ich selber ernsthafte Probleme mit einer Jordanbasis, da mein heißgeliebter Algorithmus versagt. Noch eine Bitte vorneweg: Vielleicht könntet ihr ohne den Begriff Hauptraum auskommen. Ich weiß zwar, was das ist, aber in der Vorlesung hatten wir das noch nicht und daher ist das bisschen ungünstig.

Folgende Matrix:
$\begin{eqnarray*} A= \begin{pmatrix}-2&0&0&1\\-1&0&0&1\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \chi _A (\lambda)= \lambda ^3 (2+\lambda) \Rightarrow \lambda _1=0\text{ mit alg. Vielfachheit 3 und } \lambda_2=-2\text{ mit alg. Vielfachheit 1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ker(A)=\begin{vmatrix} -2&0&0&1\\-1&0&0&1\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{vmatrix}\begin{matrix}0\\0\\0\\0\end{matrix}\rightsquigarrow V_0=\langle \begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix}\rangle \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ker(A²)=\begin{vmatrix} 4&0&0&-2\\2&0&0&-1\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{vmatrix}\begin{matrix}0\\0\\0\\0\end{matrix}\rightsquigarrow V_0^2=\langle \begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix}\rangle \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ker(A³)=\begin{vmatrix} -8&0&0&4\\-4&0&0&2\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{vmatrix}\begin{matrix}0\\0\\0\\0\end{matrix}\rightsquigarrow V_0^3=\langle \begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\0\\0\\2\end{pmatrix}\rangle \end{eqnarray*}$

So. Jetzt würde ich gerne nach meinem Algorithmus einen Vektor v_1 aus ker(A³) nehmen, der nicht in ker(A²) liegt. Alles kein Problem. Die weiteren Vektoren erhalte ich durch Multiplizieren: A²*v_1 und A*v_1.
Problem: A²*v_1 ist der Nullvektor und das passt mir gar nicht in den Kram. Wie finde ich meinen dritten Vektor ?

Genau genommen sieht der Algorithmus so aus, dass ich diese "Kernpotenzen" so lange berechne, bis sich die Dimension nicht mehr ändert, d.h. ich müsste eigentlich schon nach ker(A²) aufhören und einen Vektor nehmen der in ker(A) liegt, aber nicht in ker(A^0). Aber da das irgendwie erst recht zu wenig Vektoren liefert, hab' ich einfach mal höhere Potenzen bis zur alg. Vielfachheit berechnet in der Hoffnung, dass sich ein Trick ergibt.

Kann mir jemand hier mal auf die Sprünge helfen?

Dankeschön schon jetzt.

25.07.2012, 20:09

Admiral

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Der Kern von A^2 ist dreidimensional. Multipliziere den 4.Spaltenvektor mit -2 und du siehst, dass die Spaltenvektoren linear abhängig sind und kannst eine weitere Nullspalte erzeugen.

25.07.2012, 20:19

Kiwiatmb

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Tatsache, da hast du recht. Aber das Problem bleibt.

Ich zeige mal, wie weit ich dann komme:

$\begin{eqnarray*} V_0^2=\langle \begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\0\\0\\2\end{pmatrix}\rangle \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow v_1 = \begin{pmatrix}1\\0\\0\\2\end{pmatrix}, ~v_2 = \begin{pmatrix} -2&0&0&1\\-1&0&0&1\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}1\\0\\0\\2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Woher bekomme ich ein v_3 ? Ich denke, ich müsste jetzt einen Vektor aus ker(A) ohne ker(A^0) (das ist letztendlich wieder ker(A) oder?) nehmen, der linear unabhängig ist von meinen bisherigen. Also $\begin{eqnarray*} v_3=\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ?

(Zusatzfrage, vielleicht nicht akut wichtig: ) Was mache ich, wenn es da keinen linear unabhängigen gibt? Oder kann dieser Fall nicht eintreten?

25.07.2012, 20:29

Admiral

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Weisst du denn, welche Jordangestalt die Matrix annimmt?

25.07.2012, 20:32

Kiwiatmb

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Jop, das ist ja im Prinzip schon klar nachdem ich den Eigenraum berechnet habe.

$\begin{eqnarray*} J=\begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&-2\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Warum fragst du ? smile

25.07.2012, 20:36

Admiral

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Okay, merke gerade, dass mein Verfahren hier auch keine Anwendung findet aufgrund der Nullspalten. Vllt kann jemand anderes weiterhelfen (habe auch erst gerade meine LinA II Prüfung bestanden), obwohl ich sowas auch schonmal gesehen habe:P

25.07.2012, 20:45

Kiwiatmb

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Danke trotzdem. Freude

$\begin{eqnarray*} v_3=\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ müsste in jedem Fall stimmen, da $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}v_2&v_1&v_3&v_4\end{pmatrix}=S \text{ liefert: } \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} S^{-1}\cdot A\cdot S= \begin{pmatrix}1&0&0&2\\0&1&0&1\\0&0&1&0\\2&0&0&0\end{pmatrix}^{-1}\cdot \begin{pmatrix} -2&0&0&1\\-1&0&0&1\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}1&0&0&2\\0&1&0&1\\0&0&1&0\\2&0&0&0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0&1&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&-2\end{pmatrix}=J<br /> \end{eqnarray*}$

Mal sehen, ob ich das dann morgen nochmal so hin bekomme.

Interessant wäre jetzt nur zu wissen, ob der Weg, auf dem ich zu v_3 gekommen bin, korrekt war. Mag jemand dazu noch ein paar Worte verlieren?

29.07.2012, 07:19

FreddyKrüger

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Ich glaube du hast da was nicht verstanden.
Dass deine Räume falsch berechnet waren wurde ja schon bemerkt.
Aber:
Dass dein Vektor $\begin{eqnarray*} v_3 \end{eqnarray*}$ aus dem letzten Post passt, ist kein Zufall.
Guck dir doch nochmal deine Jordannormalform an, da hast du 2 Jordanblöcke mit dem Eigenwert 0, länge 1 und 2.
Also Brauchst du 2 Jordanketten für den Eigenwert 0. Die erste Jordankette für den Block mit Länge 2 hast du ja bereits berechnet, in deinem Post waren es $\begin{eqnarray*} v_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v_2 \end{eqnarray*}$ . Nun brauchst du also noch eine Jordankette mit nur einem Vektor(da der Jordanblock Länge 1 hat). Also muss einfach ein Vektor aus dem Kern genommen werden, der zu den schon gewählten Vektoren linear unabhängig ist und dies ist in deinem Fall offensichtlich $\begin{eqnarray*} v_3 \end{eqnarray*}$ .
Dazu kann man sich überlegen, warum auf jeden Fall solch ein Vektor noch im Kern steckt.

Freddy

29.07.2012, 14:29

Kiwiatmb

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Zitat:

Also muss einfach ein Vektor aus dem Kern genommen werden, der zu den schon gewählten Vektoren linear unabhängig ist und dies ist in deinem Fall offensichtlich $\begin{eqnarray*} v_3 \end{eqnarray*}$ .

Genau das sagte ich ja oben. smile

Danke für die Bestätigung.

Dass es so einen Vektor geben muss, folgt sozusagen aus "Dimensionsgründen". Die Dimension des Eigenraums legt ja fest, wie viele Jordanblöcke/-kästchen es zu diesem Eigenwert gibt. Das heißt, ich finde zu jedem Block/Kästchen beliebiger Länge auf jeden Fall einen Vektor und da dies Basisvektoren sind, sind die auch alle linear unabhängig.

Danke für die Hilfe !

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