Jordan-Normalform und Nilpotente Matrix ?

Aufrufe: 92     Aktiv: 14.06.2021 um 15:32

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Hallo :)


Angenommen wir haben eine Matrix A (n x n matrix )  welche sich in eine Jordan-Normalform bringen lässt, kann man dann folgendes behaupten:

Sei λ ein Eigenwert von A und B := (A - λ Idn)
 
Ist dann B immer Nilpotent ?

Ich frage mich ob dies so stimmt und ob ich diese mit der Jordan-Chevalley zerlegung beweisen könnte?

Wäre froh, wenn mir jemand dies beantworten könnte.
Liebe Grüsse
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Erstmal ist die Annahme, dass sich $A$ in Jordan-Normalform bringen lässt, überflüssig: Jede Matrix lässt sich zumindest in einem algebraischen Abschluss des Grundkörpers in Jordan-Normalform bringen (da dann das charakteristische Polynom zerfällt) und die Frage, ob $B$ dann nilpotent ist, kümmert sich nicht darum, ob man zu einem größeren Körper übergeht.

Die Antwort ist aber nein. Betrachte die Matrix $$A=\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}\in\mathbb C^{2\times 2}$$ Das ist sogar eine Diagonalmatrix, also können wir die Eigenwerte direkt ablesen: $\lambda_1=0,\lambda_2=1$. Nimm dann z.B. $B=A-\lambda_1\mathbb I_2=A$. Aber $A$ ist nicht nilpotent, denn $A^n=A$ für alle $n\in\mathbb N$.

Man kann sogar mehr sagen: $A-\lambda\mathbb I_n$ ist genau dann nilpotent, wenn das charakteristische Polynom vollständig zerfällt und $\lambda$ der einzige Eigenwert von $A$ ist.
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Vielen lieben Dank für deine Antwort!
Jetzt ist es viel klarer :)
  ─   bünzli 14.06.2021 um 15:11

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Vielen Dank !! Sorry ich habe vorher zu schnell geschrieben und zu wenig nachgedacht, habe gesehen, dass du die Antwort auf meine Frage eigentlich schon gegeben hast .. :D   ─   bünzli 14.06.2021 um 15:14

Sorry, noch eine Frage:
wenn λ mein einzigster Eigenwert ist und ich den Hauptraum bestimmen soll, muss ich ja B^r finden, so dass dim(Ker ((B ^r))) = n , und dies ist nur möglich wenn ich die Nullmatrix habe oder? Ist dies dann die Begründung, warum B automatisch nilpotent ist, wenn ich für A nur einen Eigenwert habe ?
  ─   bünzli 14.06.2021 um 15:20

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Das ist grundsätzlich eine korrekte Argumentation, aber ein bisschen umständlich. Einfacher wäre es zu argumentieren, dass dann $0$ der einzige Eigenwert ist (Ist $v$ ein Eigenvektor $\lambda$, dann ist $(A-\lambda\mathbb I_n)v=\lambda v-\lambda v=0$), also das charakteristische Polynom $\chi_B(x)=x^n$ sein muss. Daraus folgt dann sofort $B^n=0$.   ─   stal 14.06.2021 um 15:29

Oh, ja das scheint viel einfacher ! Vielen dank für deine Hilfe , jetzt ist es viel klarer.   ─   bünzli 14.06.2021 um 15:32

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Du könntest überprüfen, ob \(\chi_B(\tilde{\lambda})=\det (\tilde{\lambda}I-B(\lambda))=\tilde{\lambda}^n\) gilt
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