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Mathematik-Online-Aufgabensammlung: Lösung zu

Aufgabe 1319: Berechnung der Jordanform

A B C D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z

Sei

$\displaystyle A \;:=\; \left(\begin{array}{rrrrrrr} 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 ... ...-2 & -3 & -1 & -1 & -3 \\ \end{array}\right) \;\in\;\mathbb{C}^{7\times 7}\;. $

Bestimme eine invertierbare Matrix $ S$ und eine Matrix $ J$ in Jordanform derart, daß

$\displaystyle S^{-1}AS \;=\; J\;. $

Es wird

\begin{displaymath} \begin{array}{rcl} \chi_A(X) & = & \det\left(\begin{array}{... ...1 & 1 \\ 0 & 1 & X & 1 & X \\ \end{array}\right) \end{array}\end{displaymath}

\begin{displaymath} \begin{array}{rcl} &=& X^3\cdot\det\left(\begin{array}{rrrrr... ... 0 & X & 1 \\ \end{array}\right) \;=\; X^7\; . \\ \end{array}\end{displaymath}

Dies liefert einen Eigenwert 0 mit der algebraischen Vielfachheit eins.

Wenden wir den Algorithmus in formaler Schreibweise an. Es ist $ C = A$ .

Mit der Zeilenstufenform

\begin{displaymath} Z_1 \; =\; \left( \begin{array}{rrrrrrr} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 &... ...0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ \end{array}\right) \end{displaymath}

von $ C$ erhalten wir

\begin{displaymath} \underline{y}_1 \; =\; ( \left( \begin{array}{r} 0 \\ 1 \\... ...1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ \end{array}\right) ) \end{displaymath}

als eine Basis von $ \mathrm{Kern}(C^1)$ .

Mit der Zeilenstufenform

\begin{displaymath} Z_2 \; =\; \left( \begin{array}{rrrrrrr} 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ \end{array}\right) \end{displaymath}

von $ Z_1\cdot C$ (und damit auch von $ C^2$ ) erhalten wir

\begin{displaymath} \underline{y}_2 \; =\; ( \left( \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\... ...1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array}\right) ) \end{displaymath}

als eine Basisergänzung von $ \mathrm{Kern}(C^1)$ zu $ \mathrm{Kern}(C^2)$ .

Nun ist $ Z_2\cdot C = 0$ . Damit erhalten wir

\begin{displaymath} \underline{y}_3 \; =\; ( \left( \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array}\right) ) \end{displaymath}

als eine Basisergänzung von $ \mathrm{Kern}(C^2)$ zu $ \mathrm{Kern}(C^3) = \mathrm{H}_A(0) = \mathbb{C}^7$ .

In Stufe $ 3$ nehmen wir \begin{displaymath}x_{3,1} := y_{3,1} = \left( \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array}\right)\end{displaymath} .

In Stufe $ 2$ ist zunächst \begin{displaymath}C x_{3,1} = \left( \begin{array}{r} 0 \\ 2 \\ 1 \\ 2 \\ 3 \\ -1 \\ -3 \\ \end{array}\right)\end{displaymath} .

Da wir nun auf Augenschein hin keine Auswahl mehr treffen können, formen wir nun die Matrix $ (y_{1,1},y_{1,2},y_{1,3},C x_{3,1},y_{2,1},y_{2,2},y_{2,3})$ in die Zeilenstufenform

\begin{displaymath} \left( \begin{array}{rrrrrrr} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & -2 \\... ...& 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{array}\right) \end{displaymath}

Da hierin die letzte Spaltenposition nichtausgewählt ist, können unter Weglassen des letzten Vektors die Basis $ (y_{1,1},y_{1,2},y_{1,3},C x_{3,1},y_{2,1},y_{2,2})$ von $ \mathrm{Kern}(C^2)$ auswählen und $ x_{2,1} := y_{2,1}$ und $ x_{2,2} := y_{2,2}$ .

(Man hätte auch $ y_{2,2}$ streichen können, nicht aber $ y_{2,1}$ , wie man dieser Zeilenstufenform ansehen kann.)

In Stufe $ 1$ erhalten wir die Basis

\begin{displaymath} (C^2 x_{3,1}\; =\; \left( \begin{array}{r} 1 \\ 1 \\ 0 \\ ... ...\\ 3 \\ 1 \\ 1 \\ 2 \\ -1 \\ -3 \\ \end{array}\right) ) \end{displaymath}

von $ \mathrm{Kern}(C^1)$ .

Wir setzen die Ketten $ (C^2 x_{3,1}, C x_{3,1}, x_{3,1})$ , $ (C x_{2,1}, x_{2,1})$ , $ (C x_{2,2}, X_{2,2})$ in die Matrix

\begin{displaymath} S \; =\; \left( \begin{array}{rrrrrrr} 1 & 0 & 1 & 0 & 0 &... ... & 0 \\ -1 & -3 & 0 & -2 & 0 & -3 & 0 \\ \end{array}\right) \end{displaymath}

und erhalten

\begin{displaymath} J \; := \; S^{-1}AS \; =\; \left( \begin{array}{rrrrrrr} 0... ... & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{array}\right)\; . \end{displaymath}

Zur Probe verifizieren wir noch, daß $ SJ = AS$ ist, und daß $ S$ invertierbar ist.

(Autoren: Künzer/Martin/Tentler/Wahrheit)
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  automatisch erstellt am 11.  8. 2006