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Hallo,
schau mal hier: https://www.mathefragen.de/frage/q/84bc4b657a/jordan-normalform/
Da habe ich gerade die selbe Frage beantwortet.
Grüße Christian
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Da habe ich gerade die selbe Frage beantwortet.
Grüße Christian
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christian_strack
Sonstiger Berufsstatus, Punkte: 29.81K
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Berechne die Dimension von
$$A-2E_3 = \begin{pmatrix} 0 & 4 & -3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & -3 \end{pmatrix} $$
Wir können sofort sehen, dass die erste und dritten Zeile linear unabhängig sind und die zweite Zeile ist eine Nullzeile. Also ist der Rang $2$.
Damit ist der Rang des Kerns $1$ und $a_1=1$. Also gibt es nur einen Jordanblock zum Eigenwert $2$ und wir wissen sofort das bei dem Sternchen eine $1$ hinkommt. Denn die $1$ ist sowas wie ein Kleber der den Jordanblock zusammenhält. ─ christian_strack 20.07.2021 um 16:27
$$A-2E_3 = \begin{pmatrix} 0 & 4 & -3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & -3 \end{pmatrix} $$
Wir können sofort sehen, dass die erste und dritten Zeile linear unabhängig sind und die zweite Zeile ist eine Nullzeile. Also ist der Rang $2$.
Damit ist der Rang des Kerns $1$ und $a_1=1$. Also gibt es nur einen Jordanblock zum Eigenwert $2$ und wir wissen sofort das bei dem Sternchen eine $1$ hinkommt. Denn die $1$ ist sowas wie ein Kleber der den Jordanblock zusammenhält. ─ christian_strack 20.07.2021 um 16:27
Okay, danke schonmal!
Wieso rechnet man denn A-2E3? Die 2 wegen des Eigenwertes? Aber wieso wählen wir E3?
Das mit dem Rang macht Sinn, dass der 2 ist. Wieso ist der vom Kern 1? Wegen 3-2=1?
Sagt mir die Dimension des Kerns dann wie viele Jordanblöcke es gibt? Also wäre dort die Dimension 2, würde es 2 Jordankästchen geben und wir hätten bei dem Sternchen dann entsprechend eine 0? ─ user9902 22.07.2021 um 18:50
Wieso rechnet man denn A-2E3? Die 2 wegen des Eigenwertes? Aber wieso wählen wir E3?
Das mit dem Rang macht Sinn, dass der 2 ist. Wieso ist der vom Kern 1? Wegen 3-2=1?
Sagt mir die Dimension des Kerns dann wie viele Jordanblöcke es gibt? Also wäre dort die Dimension 2, würde es 2 Jordankästchen geben und wir hätten bei dem Sternchen dann entsprechend eine 0? ─ user9902 22.07.2021 um 18:50
Die Idee der Jordan Normalform kommt aus der Theorie der Diagonalisierung einer Matrix. Dort ging es darum ein System von Eigenvektoren zu finden. Da Eigenvektoren die Gleichung
$$ A \cdot \vec v = \lambda \vec v $$
erfüllen ( mit $\vec v$ Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda$). Konnte man das umformen zu
$$ A \cdot \vec v - \lambda \vec v = 0 \Rightarrow (A - \lambda E_n) \cdot \vec v = 0 $$
Die Matrix $E_n$ beschreibt dabei die n-dimensionale Einheitsmatrix. Da ein Eigenvektor nach Definition nicht der Nullvektor sein soll, muss es ein Vektor aus dem kern der Matrix $A- \lambda E_n$ sein.
Nun finden wir bei der Jordan Normalform aber nicht genug Eigenvektoren, damit wir eine Diagonalmatrix aufstellen können. Also streng genommen ist die Diagonalmatrix ein Spezialfall der Jordan Normalform.
Wenn wir aber nicht genug Eigenvektoren finden, dann finden wir keine Diagonalmatrix die ähnlich zu $A$ ist. Deshalb bildet man sogenannte Vektorraumketten. Das ist jetzt alles sehr grob formuliert, weil die Theorie dahinter nicht mal eben in einem Kommentar abgefrühstückt werden kann.
Diese Vektorraumketten entstehen aber aus den Eigenvektoren die wir finden. Denn jedes vielfache eines Eigenvektors ist ja selbst Eigenvektor und deshalb bildet so ein Eigenvektor einen Eigenraum und das ist sozusagen der Start Vektorraum dieser Kette. Deshalb gucken wir zuerst, wie viele linear unabhängige Eigenvektoren wir finden können. Damit wissen wir dann schon mal, wie viel Jordan Blöcke es überhaupt gibt. Darum überprüfen wir die Dimension des Kerns von $A - \lambda E_n$.
Um den Kern selbst aber nicht berechnen zu müssen nutzen wir die Dimensionsformel
$$ \mathrm{dim}(V) = \mathrm{rg}(A) + \mathrm{dim}(\mathrm{Kern}(A)) $$
Die Dimension von $V$ ist ja gerade die Größe unserer Matrix. Den Rang können wir relativ schnell ablesen wie ich es oben im Beispiel gezeigt habe.
Wir haben also nun die Anzahl der Jordanblöcke gefunden. Da wir wissen, dass es nur einen gibt, können wir diesen sofort mit der $1$ verbinden und sind fertig. Hätten wir den Rang $1$ gehabt, dann hätte der Kern die Dimension $2$ und wir würden dort eine Null einfügen, da es ja zwei Jordanblöcke zum Eigenwert $2$ geben muss. ─ christian_strack 23.07.2021 um 09:42
$$ A \cdot \vec v = \lambda \vec v $$
erfüllen ( mit $\vec v$ Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda$). Konnte man das umformen zu
$$ A \cdot \vec v - \lambda \vec v = 0 \Rightarrow (A - \lambda E_n) \cdot \vec v = 0 $$
Die Matrix $E_n$ beschreibt dabei die n-dimensionale Einheitsmatrix. Da ein Eigenvektor nach Definition nicht der Nullvektor sein soll, muss es ein Vektor aus dem kern der Matrix $A- \lambda E_n$ sein.
Nun finden wir bei der Jordan Normalform aber nicht genug Eigenvektoren, damit wir eine Diagonalmatrix aufstellen können. Also streng genommen ist die Diagonalmatrix ein Spezialfall der Jordan Normalform.
Wenn wir aber nicht genug Eigenvektoren finden, dann finden wir keine Diagonalmatrix die ähnlich zu $A$ ist. Deshalb bildet man sogenannte Vektorraumketten. Das ist jetzt alles sehr grob formuliert, weil die Theorie dahinter nicht mal eben in einem Kommentar abgefrühstückt werden kann.
Diese Vektorraumketten entstehen aber aus den Eigenvektoren die wir finden. Denn jedes vielfache eines Eigenvektors ist ja selbst Eigenvektor und deshalb bildet so ein Eigenvektor einen Eigenraum und das ist sozusagen der Start Vektorraum dieser Kette. Deshalb gucken wir zuerst, wie viele linear unabhängige Eigenvektoren wir finden können. Damit wissen wir dann schon mal, wie viel Jordan Blöcke es überhaupt gibt. Darum überprüfen wir die Dimension des Kerns von $A - \lambda E_n$.
Um den Kern selbst aber nicht berechnen zu müssen nutzen wir die Dimensionsformel
$$ \mathrm{dim}(V) = \mathrm{rg}(A) + \mathrm{dim}(\mathrm{Kern}(A)) $$
Die Dimension von $V$ ist ja gerade die Größe unserer Matrix. Den Rang können wir relativ schnell ablesen wie ich es oben im Beispiel gezeigt habe.
Wir haben also nun die Anzahl der Jordanblöcke gefunden. Da wir wissen, dass es nur einen gibt, können wir diesen sofort mit der $1$ verbinden und sind fertig. Hätten wir den Rang $1$ gehabt, dann hätte der Kern die Dimension $2$ und wir würden dort eine Null einfügen, da es ja zwei Jordanblöcke zum Eigenwert $2$ geben muss. ─ christian_strack 23.07.2021 um 09:42
Super, tausend Dank!! Das war echt hilfreich :)
Es gibt doch auch eine Formel mit A=SJS^-1, oder? Wie stelle ich da die Matrix S auf, um zu testen, ob da die Anfangsmatrix A rauskommt? Am besten auch wieder ohne Haupträume, die hatten wir in der Vorlesung nicht.. ─ user9902 25.07.2021 um 12:31
Es gibt doch auch eine Formel mit A=SJS^-1, oder? Wie stelle ich da die Matrix S auf, um zu testen, ob da die Anfangsmatrix A rauskommt? Am besten auch wieder ohne Haupträume, die hatten wir in der Vorlesung nicht.. ─ user9902 25.07.2021 um 12:31
Sehr gerne :).
Hmm ich denke nicht das man die Matrix $S$ ohne Haupträume aufstellen kann, da die Spalten die Eigenvektoren und Hauptvektoren sind. ─ christian_strack 26.07.2021 um 08:32
Hmm ich denke nicht das man die Matrix $S$ ohne Haupträume aufstellen kann, da die Spalten die Eigenvektoren und Hauptvektoren sind. ─ christian_strack 26.07.2021 um 08:32
Ich habe jetzt als Matrix
A=(2 4 -3
0 2 0
0 3 -1)
und habe als Jordan-Form bisher
-1 0 0
0 2 *
0 0 2
Wie würde ich in dem Fall jetzt * berechnen? ─ user9902 20.07.2021 um 16:08