jordansche normalform < Matrizen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:16 Fr 16.05.2008 | | Autor: | mini111 |
| Aufgabe | [mm] A:=\pmat{ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & -1 }
[/mm]
bringe folgende nilpotente matrix über [mm] \IQ [/mm] auf jordan-normalform. |
hallo ihr lieben,
ich habe folgende matrix die ich auf normalform bringen soll,nun wollte ich als erstes die eigenwerte mit deren eingenräumen ausrechnen,nur das problem ist,dass man hier ja gar keinen eigenwert außer der 0 hat.was nun?ich hoffe ihr könnt mir helfen.
lieben gruß
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Hallo mini,
wieso gibt's denn hier kein charakter. Polynom?
Es ist doch [mm] $det(A-\lambda\lamthbb{E}_3)$ [/mm] zu berechnen, also [mm] $det\pmat{-\lambda&1&-1\\0&1-\lambda&-1\\0&1&-1-\lambda}$
[/mm]
Das kannst du ratzfatz mirt Sarrus berechnen, ich erhalte - falls ich mich nicht verrechnet habe:
[mm] $cp(\lambda)=-\lambda^3$
[/mm]
LG
schachuzipus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:29 Fr 16.05.2008 | | Autor: | mini111 |
hallo schachuzipus,
danke für die antwort,ich habe meine frage auch verbessert.ich meinte es gibt keinen eigenwert außer der 0 und da weiß ich nicht weiter.
lieben gruß
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:50 Fr 16.05.2008 | | Autor: | pelzig |
Dass 0 der einzige Eigenwert ist, ist doch überhaupt kein Problem. Falls du nur die Jordansche Normalform finden sollst, musst du ja nur noch rauskriegen wie groß das größte Jordankästchen zum Eigenwert 0 ist, z.B. mit Minimalpolynom. Falls du auch die Transformationsmatrix brauchst, berechnest du jetzt einfach die verallgemeinerten Eigenräume [mm] $\ker(A-\lambda\mathbb{E}_3)^i=\ker A^i$ [/mm] für $i=1,2,3$ und suchst dir dann die entsprechenden Basisvektoren raus (vgl. ![[]](/images/popup.gif) JNF-Kochrezept).
Gruß, Robert
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:44 Fr 16.05.2008 | | Autor: | mini111 |
hallo,
Kontrolle:kann das sein dass diese matrix heraus [mm] kommt?J:=\pmat{ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 } [/mm] oder ist es die nullmatrix?ich bin mir nicht ganz sicher wie ich die einsen setzen muss.also mit der [mm] formel:dim(A)-rg(A-0*E)^i=a_{i}habe [/mm] ich [mm] a_{1}=1,a_{2}=1 [/mm] heraus.
danke und grüße
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:19 Fr 16.05.2008 | | Autor: | pelzig |
Nullmatrix kann doch gar nicht sein, denn jede zur Nullmatrix ähnliche Matrix ist selbst die Nullmatrix
(Genauso verhält es sich mit der Einheitsmatrix, ich frage mich gerade ob das die beiden einzigen Matrizen (mit Dimension [mm] $\ge2$) [/mm] mit dieser Eigenschaft sind)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:29 Fr 16.05.2008 | | Autor: | andreas |
hi pelzig
> (Genauso verhält es sich mit der Einheitsmatrix, ich frage
> mich gerade ob das die beiden einzigen Matrizen (mit
> Dimension [mm]\ge2[/mm]) mit dieser Eigenschaft sind)
diese frage wird für invertierbare matrizen durch das zentrum von [mm] $\textrm{GL}(n, [/mm] K)$ benatwortet, dies ist gerade [mm] $\lambda E_n$ [/mm] mit [mm] $\lambda \in K^\times$, [/mm] dazu kommt noch die nicht-invertierbare $0$-matrix, das wars dann aber.
grüße
andreas
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:58 Fr 16.05.2008 | | Autor: | mini111 |
hallo,
danke für eure antworten:)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:05 Fr 16.05.2008 | | Autor: | pelzig |
> diese frage wird für invertierbare matrizen durch das
> zentrum von [mm]\textrm{GL}(n, K)[/mm] benatwortet, dies ist gerade
> [mm]\lambda E_n[/mm] mit [mm]\lambda \in K^\times[/mm], dazu kommt noch die
> nicht-invertierbare [mm]0[/mm]-matrix, das wars dann aber.
Könntest du das vielleicht etwas genauer erklären? Geben wir der fraglichen Menge einen Namen [mm] $$B:=\{M\in M(n,\mathbb{K}):\forall B\in M(n,\mathbb{K}):M\sim B\Rightarrow A=B\}$$(das "$\sim$" [/mm] soll hier Ähnlichkeit bedeuten)
Du behauptest jetzt also [mm] Z:=Z(M(n,\mathbb{K})=B, [/mm] ich sehe ein dass [mm] $Z\subseteq [/mm] B$ gilt, aber was ist mit [mm] $Z\supseteq [/mm] B$?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:39 Fr 16.05.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo
> > diese frage wird für invertierbare matrizen durch das
> > zentrum von [mm]\textrm{GL}(n, K)[/mm] benatwortet, dies ist gerade
> > [mm]\lambda E_n[/mm] mit [mm]\lambda \in K^\times[/mm], dazu kommt noch die
> > nicht-invertierbare [mm]0[/mm]-matrix, das wars dann aber.
>
> Könntest du das vielleicht etwas genauer erklären? Geben
> wir der fraglichen Menge einen Namen [mm]B:=\{M\in M(n,\mathbb{K}):\forall B\in M(n,\mathbb{K}):M\sim B\Rightarrow A=B\}[/mm](das
> [mm]"$\sim$"[/mm] soll hier Ähnlichkeit bedeuten)
Wenn $B [mm] \sim [/mm] M$ ist, dann gibt es ein $A [mm] \in Gl_n(K)$ [/mm] mit $B = [mm] A^{-1} [/mm] M A$.
Also ist $B = [mm] \{ M \in M(n, K) : \forall A \in Gl_n(K) : M = A^{-1} M A \} [/mm] = [mm] \{ M \in M(n, K) : \forall A \in Gl_n(K) : A M = M A \}$.
[/mm]
Damit gilt schonmal $B [mm] \cap Gl_n(K) [/mm] = [mm] Z(Gl_n(K))$. [/mm] Das hat andreas behauptet.
Jetzt ist die Frage, was passiert, wenn $M$ nicht invertierbar ist. Also die Nullmatrix ist garantiert in $B$; sei also $M$ eine Matrix ungleich der Nullmatrix.
Dafuer hab ich zwar einen Beweis, aber es ist nicht wirklich der kuerzeste (aber er funktioniert immerhin fuer ganz allgemeine $M$, also nicht nur fuer nicht-invertierbare, und zeigt somit auch andreas' Aussage [mm] $Z(Gl_n(K)) [/mm] = [mm] \{ \lambda E_n \mid \lambda \in K \setminus \{ 0 \} \}$. [/mm] Wenn jemand einen kuerzeren hatt, wuerd ich mich drueber freuen ihn zu erfahren :)
Ok, nehmen wir an dass $M$ in der Menge $B$ liegt.
Dann gibt es eine invertierbare Matrix $A$ mit $A M$ in Zeilenstufenform; da $A M = M A$ ist muss dann $M A$ ebenfalls in Zeilenstufenform sein. Weiterhin gibt es eine invertierbare Matrix $T$ so dass $A M T = [mm] \pmat{ E_r & R \\ 0 & 0 }$ [/mm] ist, wobei $r = Rang(A)$ ist. Die Matrix $M (A T)$ ist ebenfalls von dieser Form.
Jetzt entsteht $M A T$ aus $M$ durch Spaltenumformungen: dass $M A T$ von der Form [mm] $\pmat{ E_r & R \\ 0 & 0 }$ [/mm] ist heisst also dass die unteren $n - r$ Zeilen von $M$ bereits 0 sind.
Das gleiche Argument mit der Spaltenstufenform (bzw. der Zeilenstufenform von [mm] $M^T$) [/mm] zeigt, dass die rechten $n - r$ Zeilen von $M$ bereits 0 sein muessen. Es ist also $M = [mm] \pmat{ M' & 0 \\ 0 & 0 }$ [/mm] mit $M' [mm] \in Gl_r(K)$. [/mm] Wenn nun $M$ mit allen Elementen aus [mm] $Gl_n(K)$ [/mm] kommutiert, dann kommutiert insbesondere $M'$ mit allen Elementen aus [mm] $Gl_r(K)$. [/mm] Aber das bedeutet $M' [mm] \in Z(Gl_r(K))$, [/mm] also $M' = [mm] \lambda E_r$ [/mm] fuer ein [mm] $\lambda \in [/mm] K$.
Wir haben also $M = [mm] \pmat{ \lambda E_r & 0 \\ 0 & 0 }$. [/mm] Wenn jetzt $A$ eine Matrix ist so, dass $A M$ aus $M$ entsteht indem man die 1. Zeile zur n. addiert, dann kann dies nur $M A$ sein (dort wird die n. Spalte zur 1. addiert), wenn der oberste linke Eintrag von $M$ gleich den untersten rechten Eintrag von $M$ ist -- aber das geht nur, wenn $r = 0$ oder $r = n$ ist.
Damit bekommst du dann $B = [mm] \{ \lambda E_r \mid \lambda \in K \}$.
[/mm]
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:58 Sa 17.05.2008 | | Autor: | pelzig |
Also ich bin eigentlich nich so Algebra-Fan, aber wenn du dir schon die Mühe machst das alles hinzuschreiben hab ich mir mal die Mühe gemacht es so gut ich kann nachzuvollziehen, leider ist es mir nicht ganz gelungen:
> Wenn [mm]B \sim M[/mm] ist, dann gibt es ein [mm]A \in Gl_n(K)[/mm] mit [mm]B = A^{-1} M A[/mm].
Jo.
> Also ist [mm]B = [mm] \{ M \in M(n, K) : \forall A \in Gl_n(K) : M = A^{-1} M A \}
[/mm]
Also das verstehe ich schonmal überhaupt nicht, wir haben [mm] $(\exists A\in Gl_n(K):B=A^{-1}MA)\Rightarrow [/mm] B=M$ daraus folgt sicherlich [mm] $\exists A\in Gl_n(K):AM=MA$, [/mm] aber bei dir steht da jetzt plötzlich ein Allquantor. Ich bin hier deshalb so vorsichtig, weil dein Beweis ja im Grunde nur darauf basiert.
Aber okay, angenommen es stimmt...
> Damit gilt schonmal [mm]B \cap Gl_n(K) = Z(Gl_n(K))[/mm]. Das hat
> andreas behauptet.
Jo.
> Jetzt ist die Frage, was passiert, wenn [mm]M[/mm] nicht
> invertierbar ist. Also die Nullmatrix ist garantiert in [mm]B[/mm];
> sei also [mm]M[/mm] eine Matrix ungleich der Nullmatrix.
Ok.
> [...]
> Ok, nehmen wir an dass [mm]M[/mm] in der Menge [mm]B[/mm] liegt.
> Dann gibt es eine invertierbare Matrix [mm]A[/mm] mit [mm]A M[/mm] in
> Zeilenstufenform; da [mm]A M = M A[/mm] ist muss dann [mm]M A[/mm] ebenfalls
> in Zeilenstufenform sein.
Ok.
> Weiterhin gibt es eine
> invertierbare Matrix [mm]T[/mm] so dass [mm]A M T = \pmat{ E_r & R \\ 0 & 0 }[/mm]
> ist, wobei [mm]r = Rang(A)[/mm] ist.
Ok, also wenn ich das richtig verstehe ist T einfach sone Permutationsmatrix, die dir genau die Pivotspalten von $AM$ nach vorne holt.
> Die Matrix [mm]M (A T)[/mm] ist
> ebenfalls von dieser Form.
Jo... weil M (angeblich  ) ja mit allen invertierbaren kommutiert.
> Jetzt entsteht [mm]M A T[/mm] aus [mm]M[/mm] durch Spaltenumformungen:
Dass T nur Spalten umformt ist klar (s.o.), aber warum geht $MA$ aus $M$ durch Spaltenumformungen hervor? Ich dachte wenn man es in Zeilenstufenform bringt, wendet man Zeilenumformungen an?
> dass [mm]M A T[/mm] von der Form [mm]\pmat{ E_r & R \\ 0 & 0 }[/mm] ist heisst also dass
> die unteren [mm]n - r[/mm] Zeilen von [mm]M[/mm] bereits 0 sind.
Ok.
> Das gleiche Argument mit der Spaltenstufenform (bzw. der
> Zeilenstufenform von [mm]M^T[/mm]) zeigt, dass die rechten [mm]n - r[/mm]
> Zeilen von [mm]M[/mm] bereits 0 sein muessen.
Jaa.. wenn das oben geklappt ist klappt es hier sicherlich auch.
> Es ist also [mm]M = \pmat{ M' & 0 \\ 0 & 0 }[/mm]
> mit [mm]M' \in Gl_r(K)[/mm]. Wenn nun [mm]M[/mm] mit allen Elementen aus
> [mm]Gl_n(K)[/mm] kommutiert, dann kommutiert insbesondere [mm]M'[/mm] mit
> allen Elementen aus [mm]Gl_r(K)[/mm]. Aber das bedeutet [mm]M' \in Z(Gl_r(K))[/mm],
> also [mm]M' = \lambda E_r[/mm] fuer ein [mm]\lambda \in K[/mm].
Ok.
> Wir haben also [mm]M = \pmat{ \lambda E_r & 0 \\ 0 & 0 }[/mm]. Wenn
> jetzt [mm]A[/mm] eine Matrix ist so, dass [mm]A M[/mm] aus [mm]M[/mm] entsteht indem
> man die 1. Zeile zur n. addiert, dann kann dies nur [mm]M A[/mm]
> sein (dort wird die n. Spalte zur 1. addiert), wenn der
> oberste linke Eintrag von [mm]M[/mm] gleich den untersten rechten
> Eintrag von [mm]M[/mm] ist -- aber das geht nur, wenn [mm]r = 0[/mm] oder [mm]r = n[/mm]
> ist.
Hier hab ich echt lange gehangen, ich dachte erst du meinst mit $A$ die Matrix von oben, aber wenn ich dich jetzt richtig verstehe hat die damit i.A. nix zu tun, es ist halt einfach die Matrix, sodass $MA$ diejenige Matrix ist, die aus $M$ durch Addieren der ersten zur n-ten Zeile hervorgeht. Mir ist auch überhaupt nicht klar dass dann $AM$ diejenige Matrix ist, die aus $M$ durch Addieren der n-ten Spalte zur ersten hervorgeht, aber gut das muss ich mir nochmal in Ruhe überlegen, aber die Schlussfolgerung daraus ist klar (und "schön"). Dass dann die Behauptung folgt is auch klar.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:18 Sa 17.05.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Also ich bin eigentlich nich so Algebra-Fan, aber wenn du
> dir schon die Mühe machst das alles hinzuschreiben hab ich
> mir mal die Mühe gemacht es so gut ich kann
> nachzuvollziehen, leider ist es mir nicht ganz gelungen:
>
> > Wenn [mm]B \sim M[/mm] ist, dann gibt es ein [mm]A \in Gl_n(K)[/mm] mit [mm]B = A^{-1} M A[/mm].
>
> Jo.
>
> > Also ist [mm]B = [mm]\{ M \in M(n, K) : \forall A \in Gl_n(K) : M = A^{-1} M A \}[/mm]
>
> Also das verstehe ich schonmal überhaupt nicht,
> wir haben [mm](\exists A\in Gl_n(K):B=A^{-1}MA)\Rightarrow B=M[/mm]
Jetzt hast du vergessen, dass $B$ beliebig ist! Wir haben da naemlich eigentlich stehen: [mm] $\forall [/mm] B [mm] \in [/mm] M(n, K) : [mm] ((\exists [/mm] A [mm] \in Gl_n(K) [/mm] : B = [mm] A^{-1} [/mm] M A) [mm] \Rightarrow [/mm] B = M)$
Da steht nun sehr wohl ein Allquantor.
Was ich jetzt gemacht hab, ist [mm] $\forall [/mm] B [mm] \in [/mm] M(n, K) : [mm] ((\exists [/mm] A [mm] \in Gl_n(K) [/mm] : B = [mm] A^{-1} [/mm] M A) [mm] \Rightarrow [/mm] P(B))$ (wobei $P(B)$ die Aussage $B = M$ ist) zu ersetzen durch [mm] $\forall [/mm] A [mm] \in Gl_n(K) [/mm] : [mm] P(A^{-1} [/mm] M A)$, wobei [mm] $P(A^{-1} [/mm] M A)$ die Aussage [mm] $A^{-1} [/mm] M A = M$ ist.
> > Weiterhin gibt es eine
> > invertierbare Matrix [mm]T[/mm] so dass [mm]A M T = \pmat{ E_r & R \\ 0 & 0 }[/mm]
> > ist, wobei [mm]r = Rang(A)[/mm] ist.
> Ok, also wenn ich das richtig verstehe ist T einfach sone Permutationsmatrix, die
> dir genau die Pivotspalten von [mm]AM[/mm] nach vorne holt.
Ja, wobei das nicht weiter wichtig ist, es reicht zu wissen das $T$ invertierbar ist.
> > Jetzt entsteht [mm]M A T[/mm] aus [mm]M[/mm] durch Spaltenumformungen:
>
> Dass T nur Spalten umformt ist klar (s.o.), aber warum geht [mm]MA[/mm] aus
> [mm]M[/mm] durch Spaltenumformungen hervor? Ich dachte wenn man
> es in Zeilenstufenform bringt, wendet man Zeilenumformungen an?
Es haengt davon ab von welcher Seite du multiplizierst. Wenn du eine Matrix mit etwas von Links multipliziert, wird auf den Zeilen der Matrix operiert. Wenn du eine Matrix mit etwas von Rechts multipliziert, wird auf den Spalten der Matrix operiert.
Also geht $M (A T)$ aus $M$ durch Spaltenoperationen hervor, bzw. die Spalten von $M (A T)$ sind jeweils Linearkombinationen der Spalten von $M$.
> > Wir haben also [mm]M = \pmat{ \lambda E_r & 0 \\ 0 & 0 }[/mm]. Wenn
> > jetzt [mm]A[/mm] eine Matrix ist so, dass [mm]A M[/mm] aus [mm]M[/mm] entsteht indem
> > man die 1. Zeile zur n. addiert, dann kann dies nur [mm]M A[/mm]
> > sein (dort wird die n. Spalte zur 1. addiert), wenn der
> > oberste linke Eintrag von [mm]M[/mm] gleich den untersten rechten
> > Eintrag von [mm]M[/mm] ist -- aber das geht nur, wenn [mm]r = 0[/mm] oder [mm]r = n[/mm]
> > ist.
>
> Hier hab ich echt lange gehangen, ich dachte erst du meinst mit [mm]A[/mm] die Matrix von
> oben, aber wenn ich dich jetzt richtig verstehe hat die damit i.A. nix zu tun,
Genau.
> es ist halt einfach
> die Matrix, sodass [mm]MA[/mm] diejenige Matrix ist, die aus [mm]M[/mm] durch Addieren
> der ersten zur n-ten Zeile hervorgeht.
Genau.
> Mir ist auch überhaupt nicht klar dass dann [mm]AM[/mm] diejenige Matrix ist, die
> aus [mm]M[/mm] durch Addieren der n-ten Spalte zur ersten hervorgeht, aber gut
> das muss ich mir nochmal in Ruhe überlegen, aber die Schlussfolgerung daraus ist
> klar (und "schön"). Dass dann die Behauptung folgt is auch klar.
Schreib doch mal die entsprechende Matrix $A$ hin, fuer die $A M$ aus $M$ durch addieren der ersten zur $n$-ten Zeile hervorgeht.
Und dann berechne einfach $M A$.
LG Felix
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 21:37 Sa 17.05.2008 | | Autor: | pelzig |
> Was ich jetzt gemacht hab, ist [mm]\forall B \in M(n, K) : ((\exists A \in Gl_n(K) : B = A^{-1} M A) \Rightarrow P(B))[/mm]
> (wobei [mm]P(B)[/mm] die Aussage [mm]B = M[/mm] ist) zu ersetzen durch [mm]\forall A \in Gl_n(K) : P(A^{-1} M A)[/mm],
> wobei [mm]P(A^{-1} M A)[/mm] die Aussage [mm]A^{-1} M A = M[/mm] ist.
Also was du gemacht hast ist klar und das seh ich ja auch, aber ich verstehe überhaupt nicht warum das gelten soll. Du sagst:
[mm] $\left[\forall B \in M(n, K) : ((\exists A \in Gl_n(K) : B = A^{-1} M A) \Rightarrow B = M)\right]\Leftrightarrow \left[\forall A \in Gl_n(K) : A^{-1}MA=M\right]$
[/mm]
Wie begründest du das? Kannst du mal die einzelnen Umformungen hinschreiben?
Gruß, Robert
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:34 Mo 19.05.2008 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Korrektur) kleiner Fehler  | | Datum: | 08:52 Sa 17.05.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo
> Ja deine Matrix stimmt. Nullmatrix kann doch gar nicht
> sein, denn jede zur Nullmatrix ähnliche Matrix ist selbst
> die Nullmatrix
Also es ist doch [mm] $A^2 [/mm] = 0$ und $A [mm] \neq [/mm] 0$. Daraus folgt, dass die JNF von der Form [mm] $\pmat{ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 }$ [/mm] ist, dass es also ein Jordankaestchen zu 0 der Groesse 2 und ein Jordankaestchen zu 0 der Groesse 1 gibt.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:32 Sa 17.05.2008 | | Autor: | mini111 |
hallo felixf!
danke für deine antwort aber so ganz verstanden habe ich es jetzt noch nicht,warum die matrix so aussieht.man hat doch die [mm] formel:a_{i}=dim(V)-rg(A-0*E)^i,wenn [/mm] man dann einsezt hat man ja für [mm] a_{0}=3-3=0,a_{1}=3-1=2,a_{2}=3-0=3,a_{3}=3 [/mm] und dann in die formel [mm] 2*a_{i}-a_{i-1}-a_{i+1}=anzahl [/mm] der jordankästchen der größe i ??also [mm] somit:2*a_{1}-a_{0}-a_{2}=1,2*a_{2}-a_{1}-a_{3}=6-2-3=1 [/mm] und was sagt mir das jetzt genau aus?1 kästchen der größe 1 und 1 kästchen der größe 2?aber du hattest ja was anderes heraus.wo liegt der fehler?
grüße
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:17 Sa 17.05.2008 | | Autor: | pelzig |
Hallo,
Felix hat natürlich recht mit der JNF, hab irgendwie gedacht dass [mm] $A^2\ne0$ [/mm] ist. Du hast doch bestimmt schonmal was vom Minimalpolynom gehört, und was die Exponenten dort mit den Jordankästchen zu tun haben (?). Das Minimalpolynom ist hier einfach [mm] $\chi_A(t)=t^2=(t-0)^2$, [/mm] und daraus kann man ablesen, dass das größte Jordankästchen zum Eigenwert $0$ Größe 2 hat. Damit ist die JNF hier schon eindeutig bestimmt.
Zu der Formel. Wie du richtig ausgerechnet hast gibt es also ein Jordankästchen der Größe 2 und ein JK der Größe 1. Das ist doch genau das was da steht...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:23 Sa 17.05.2008 | | Autor: | mini111 |
hallo,
ok danke, alles klar.kann mir vielleicht noch jemand bei dem beweis zu der anderen aufgabe helfen?
grüße
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