wo liegt mein Fehler?

24.08.2017, 22:51

NewMathematiker95

Jordanbasis/JNF/ wo liegt mein Fehler?

Guten Abend zusammen,

Normalerweise hab ich bei Jordanbasen keine Probleme mehr aber bei dieser Nilpotenten Matrix komm ich am Schluss nicht weiter: Das hier ist meine Matrix

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 & 1 & -4 & 2 & 0 \\ 1 & 1 & -4 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & -4 &2 &1 \\ 0& 0&-4 &2 &2 \\ 1& 1&-4 &2 &0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Ihr Charackteristisches Polynom ist $\begin{eqnarray*} \lambda^{5} \end{eqnarray*}$ und somit die Eigenwerte nur die 0 mit algebraischer Vielfachheit 5

Dann hab ich davon den Eigenraum bestimmt

$\begin{eqnarray*} Eig(A,0)=<\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\1/2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} ,\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1/2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} > \end{eqnarray*}$
und dann noch Haupträume

Für $\begin{eqnarray*} ker((A- 0E)^2) \end{eqnarray*}$ ist die Matrix $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & -2 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & -2 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & -2 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & -2 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und der Kern $\begin{eqnarray*} <\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} > \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (A-0E)^3 = 0 , (A-0E)^4 = 0 , (A-0)^5 =0 \end{eqnarray*}$ also sind ihre Kerne der Ganze $\begin{eqnarray*} \mathbb R^{5} \end{eqnarray*}$

Jetzt bilde ich ja die Jordanketten

Also gucke ich mit zuerst an

$\begin{eqnarray*} kern(A)^{5}=kern(A)^{4} + <Leere Menge><br /> kern(A)^{4}=kern(A)^{3} + <Leere Menge> <br /> kern(A)^{3}=kern(A)^{2} + < > \end{eqnarray*}$
<=> $\begin{eqnarray*} \mathbb R^{5} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} > + < > \end{eqnarray*}$

und iwie finde ich keinen linear unabhängigen Vektor der diese Basis ergänzt hab so viele schon versucht bloß dann kriege ich eine Matrix raus die nicht invertierbar ist also finde ich momentan iwie kein $\begin{eqnarray*} T^{-1}*A*T = JNF ist \end{eqnarray*}$

viellieicht könnt ihr mir ja helfen ?
Welche Basisvektor ergänzt
$\begin{eqnarray*} kern(A)^{3}=kern(A)^{2} + < > \end{eqnarray*}$ <=> $\begin{eqnarray*} \mathbb R^{5} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} > + < > \end{eqnarray*}$ [/latex]

Die JNF sieht so aus das weiß ich ausfgrund der Geometrischen Vielfachheit 2 (alsao zwei blöcke) und derPtenz wo sich der Kern nicht mehr ändert hier die (3) ist der gößte Blocke

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 &0 &0 \\ 0& 0&0 &0 &1 \\ 0& 0& 0 & 0 &0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Sag schonmal danke

bin echt am Verzweifeln

24.08.2017, 23:58

HAL 9000

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Zitat:

Original von NewMathematiker95
Welche Basisvektor ergänzt
$\begin{eqnarray*} kern(A)^{3}=kern(A)^{2} + < > \end{eqnarray*}$ <=> $\begin{eqnarray*} \mathbb R^{5} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} > + < > \end{eqnarray*}$

Wie wäre es denn einfach mit $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ? Augenzwinkern

25.08.2017, 13:11

NewMathematiker95

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Den habe ich Versucht un dann meine Basis gebaut

also nehme ich $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0\\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ dann muss ich ja A(e1)= $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ rechnen und das wiederum A $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 2 \\ 2\\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ (da 3er kästchen) und dann noch zwei unabhängige vektoren aus Kern (A) dann habe ich

Als T = $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 & 0 &1 \\ 2 & 1 & 0 & 0 &1 \\ 2 & 0 & 0 & 1/2 & 1/2 \\ 2 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

und die ist leider nicht invertierbar -.- hab auch viele andere probiert ...

bei allen die ich mach funzt es ....

25.08.2017, 13:22

HAL 9000

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Die erstgenannte Hauptvektorkette, also die ersten drei Spalten deiner Matrix, sind richtig. Freude

Dann hast du einfach die beiden oben erstgenannten Eigenvektoren drangeklebt - was natürlich Unsinn ist: Zusammen mit dem Eigenvektor in der ersten Spalte sind die zu dritt linear abhängig - klar, dass dann die Matrix singulär ist. unglücklich

Nein, die letzten beiden Spalten müssen ebenfalls eine "neue" Hauptvektorkette, diesmal nur bestehend aus zwei statt drei Vektoren enthalten. "Neu" in dem Sinne, dass sie linear unabhängig von den bisherigen drei Vektoren der schon berechneten Hauptvektorkette sein müssen.

Start dieser zweiten Hauptvektorkette muss also ein Vektor $\begin{align*} v \end{align*}$ aus $\begin{align*} \operatorname{ker}((A-0E)^2) \end{align*}$ sein, der aber nicht in der linearen Hülle von $\begin{align*} \operatorname{ker}((A-0E)) \end{align*}$ verbunden mit den drei Vektoren der ersten Hauptvektorkette liegt. Dieses $\begin{align*} v \end{align*}$ sowie dann $\begin{align*} (A-0E)v \end{align*}$ bilden die zweite Hauptvektorkette.

EDIT:
Hmm, da ich sowas auch noch nicht oft gerechnet habe (während meines Studiums musste ich das seltsamerweise nie tun...) gehe ich mal noch ins Detail und führe die Rechnung (unter Aussparung weniger Schritte) zu Ende:

$\begin{align*} \operatorname{ker}((A-0E)^2) \end{align*}$ ist in deinem Fall ja ziemlich übersichtlich: Laut

Zitat:

Original von NewMathematiker95
Für $\begin{eqnarray*} ker((A- 0E)^2) \end{eqnarray*}$ ist die Matrix $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & -2 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & -2 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & -2 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & -2 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und der Kern $\begin{eqnarray*} <\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} > \end{eqnarray*}$

gehört jeder Vektor dazu, der an den ersten beiden Komponenten gleiche Werte aufweist. D.h., wir gehen vom $\begin{align*} v=(a,a,c,d,e)^T \end{align*}$ aus und suchen
irgendwelche Werte $\begin{align*} a,c,d,e \end{align*}$ so, dass

$\begin{align*} \begin{pmatrix} 1&1&0&2&a \\ 1&0&0&2&a \\ 0&0&1&1&c \\ 0&0&2&0&d \\ 1&0&0&2&e \end{pmatrix} \end{align*}$

vollen Rang 5 hat. Diese Matrix besteht aus zwei der drei Hauptvektoren der ersten oben berechneten Kette zuzüglich den beiden Eigenvektoren (ganzzahlig normiert). Den Abschlussvektor der ersten Kette habe ich nicht aufgenommen, der liegt als Eigenvektor ja eh schon in der linearen Hülle der beiden später aufgenommenen Eigenvektoren. Ein paar Gaußschritte später stellt man fest, dass dieser volle Rang genau dann erreicht wird, wenn $\begin{align*} e-a\neq 0 \end{align*}$ ist. Eine einfache diesbezügliche Wahl wäre also $\begin{align*} a=c=d=0,e=1 \end{align*}$ und damit Vektor $\begin{align*} v=(0,0,0,0,1)^T \end{align*}$ . Zusammen mit $\begin{align*} (A-0E)v=(0,0,1,2,0)^T \end{align*}$ bilden diese beiden Vektoren dann die zweite Hauptvektorkette. Alles schön zusammengeklebt kommt man so auf Transformationmatrix

$\begin{align*} T = \begin{pmatrix} 2&1&1&0&0 \\ 2&1&0&0&0 \\ 2&0&0&1&0 \\ 2&0&0&2&0 \\ 2&1&0&0&1 \end{pmatrix} \end{align*}$ , und die liefert tatsächlich $\begin{align*} T^{-1}AT = \begin{pmatrix} 0&1&0&0&0 \\ 0&0&1&0&0 \\ 0&0&0&0&0 \\ 0&0&0&0&1 \\ 0&0&0&0&0 \end{pmatrix} \end{align*}$ .

25.08.2017, 17:20

NewMathematiker95

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Vielen Dank ^^hätte nur nen kurzen gedankenfeler

rechne nochmal andere nach ^^

25.08.2017, 19:46

NewMathematiker95

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Ehrlich gesagt find ich das mit den Jordanbasen also das was wir hier jetzt gemacht haben ziemlich überflüssig xD

25.08.2017, 20:00

Elvis

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Klassifikation mathematischer Objekte ist eine Kernaufgabe der Mathematik. Die Jordan-Normalform ist die beste aller möglichen Vereinfachungen von Endomorphismen. Mehr kann man sich nicht wünschen.

25.08.2017, 20:33

HAL 9000

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@NewMathematiker95

Du pflegst wirklich einen phänomenalen Stil: Erst eine Frage stellen, und wenn sich dann einer Zeit für eine längere Antwort nimmt, weißt du ihn dann so prima zu motivieren. Nur weiter so. Augenzwinkern

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