# Endomorphismus/Jordansche Normalform/Textabschnitt
## Definition

Es sei $K$ ein Körper und $\lambda \in K$. Unter einer Jordanmatrix (zum Eigenwert $\lambda$) versteht man eine quadratische Matrix der Form
    ${\begin{pmatrix}\lambda &1&0&\cdots &\cdots &0\\0&\lambda &1&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&\lambda &1&0\\0&\cdots &\cdots &0&\lambda &1\\0&\cdots &\cdots &\cdots &0&\lambda \end{pmatrix}}.$
Wenn man eine solche Jordanmatrix als lineare Abbildung $\varphi$ des Standardraumes $K^{n}$ in sich interpretiert, so ist
    $\varphi (e_{1})=\lambda e_{1}{\text{ und }}\varphi (e_{k})=\lambda e_{k}+e_{k-1}{\text{ für alle }}k\geq 2.$
Insbesondere ist $e_{1}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $\lambda$. Eine einfache Überlegung zeigt, dass es keine dazu linear unabhängigen Eigenvektoren geben kann (siehe Aufgabe). Die Eigenschaft rechts ist äquivalent zur Bedingung
    $e_{k-1}=(\varphi -\lambda \cdot \operatorname {Id} )(e_{k})\,$
für $k\geq 2$. Als Eigenvektor ist $e_{1}$ ein erzeugendes Element des Kerns der Abbildung $\psi :=\varphi -\lambda \operatorname {Id}$, und die anderen Standardvektoren $e_{k}$ ergeben sich sukzessive als Urbild von $e_{k-1}$ unter $\psi$.

## Definition

Eine quadratische Matrix der Form
    ${\begin{pmatrix}J_{1}&0&\cdots &\cdots &0\\0&J_{2}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&J_{k-1}&0\\0&\cdots &\cdots &0&J_{k}\end{pmatrix}},$
wobei die $J_{i}$ Jordanmatrizen sind, heißt Matrix in jordanscher Normalform.
Die dabei auftretenden Jordanmatrizen heißen Jordanblöcke der Matrix. Ihre Eigenwerte können verschieden oder gleich sein. In der Matrix
    ${\begin{pmatrix}2&1&0&0&0&0\\0&2&0&0&0&0\\0&0&4&1&0&0\\0&0&0&4&1&0\\0&0&0&0&4&0\\0&0&0&0&0&2\end{pmatrix}}$
gibt es drei Jordanblöcke, nämlich
    ${\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}4&1&0\\0&4&1\\0&0&4\end{pmatrix}}{\text{ und }}{\begin{pmatrix}2\end{pmatrix}}$
zu den Eigenwerten $2,4$ und nochmal $2$.
Wir kommen zum Satz über die jordansche Normalform für trigonalisierbare Endomorphismen.

## Satz

Zu jedem trigonalisierbaren Endomorphismus
    $\varphi \colon V\longrightarrow V$
auf einem endlichdimensionalen $K$-Vektorraum $V$
gibt es eine Basis, bezüglich der die beschreibende Matrix jordansche Normalform besitzt.

### Beweis

Da $\varphi$ trigonalisierbar ist, können wir Fakt anwenden. Es gibt also eine direkte Summenzerlegung
    $V=\operatorname {Haupt} _{\lambda _{1}}(\varphi )\oplus \cdots \oplus \operatorname {Haupt} _{\lambda _{m}}(\varphi )\,,$
wobei die Haupträume $\varphi$-invariant sind. Indem wir die Situation auf den einzelnen Haupträumen analysieren, können wir davon ausgehen, dass $\varphi$ nur einen Eigenwert $\lambda$ besitzt und
    $V=\operatorname {Haupt} _{\lambda }(\varphi )\,$
ist. Es ist dann
    $\psi =\varphi -\lambda \operatorname {Id} _{V}\,$
nilpotent. Daher gibt es nach Fakt eine Basis, bezüglich der $\psi$ die Gestalt
    ${\begin{pmatrix}0&c_{1}&0&\cdots &\cdots &0\\0&0&c_{2}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&0&c_{n-2}&0\\0&\cdots &\cdots &0&0&c_{n-1}\\0&\cdots &\cdots &\cdots &0&0\end{pmatrix}}$
besitzt, wobei die $c_{i}$ gleich $0$ oder gleich $1$ sind. Bezüglich dieser Basis hat
    $\varphi =\psi +\lambda \operatorname {Id} _{V}\,$
die Gestalt
    ${\begin{pmatrix}\lambda &c_{1}&0&\cdots &\cdots &0\\0&\lambda &c_{2}&0&\cdots &0\\\vdots &\ddots &\ddots &\ddots &\ddots &\vdots \\0&\cdots &0&\lambda &c_{n-2}&0\\0&\cdots &\cdots &0&\lambda &c_{n-1}\\0&\cdots &\cdots &\cdots &0&\lambda \end{pmatrix}}.$
$\Box$
Jede obere Dreiecksmatrix ist also ähnlich zu einer Matrix in jordanscher Normalform. Über den komplexen Zahlen kann man jede Matrix auf jordansche Normalform bringen. Wenn eine Matrix in jordanscher Normalform vorliegt, so kann man direkt den diagonalisierbaren und den nilpotenten Anteil im Sinne von Fakt ablesen: Die Diagonale liefert den diagonalisierbaren Anteil und die Einträge, die echt oberhalb der Diagonalen liegen, liefern den nilpotenten Anteil (dies ist im Allgemeinen für obere Dreiecksmatrizen nicht richtig).

## Verfahren

Wir beschreiben, wie man zu einer linearen trigonalisierbaren Abbildung eine Basis findet, bezüglich der die beschreibende Matrix in jordanscher Normalform ist. Dazu bestimmt man zu jedem Eigenwert $\lambda \in K$ den minimalen Exponenten $s$ mit
    $\operatorname {kern} {\left(\varphi -\lambda \operatorname {Id} \right)}^{s}=\operatorname {kern} {\left(\varphi -\lambda \operatorname {Id} \right)}^{s+1}\,.$
Dieser Kern ist der Hauptraum zu $\lambda$. Man setzt
    $V_{i}=\operatorname {kern} {\left(\varphi -\lambda \operatorname {Id} \right)}^{i}\subseteq \operatorname {Haupt} _{\lambda }(\varphi )\,$
für $i=1,\ldots ,s$. Dies ergibt eine Kette
    $V_{1}=\operatorname {Eig} _{\left(\lambda \right)}\subseteq V_{2}\subset \cdots \subset V_{s-1}\subset V_{s}=\operatorname {Haupt} _{\lambda }(\varphi )\,.$
$V_{s}\setminus V_{s-1}$
$u$
    $u,(\varphi -\lambda \operatorname {Id} )(u),(\varphi -\lambda \operatorname {Id} )^{2}(u),\ldots ,(\varphi -\lambda \operatorname {Id} )^{s-1}(u)$
$V_{s}\setminus V_{s-1}$
$u$
$V_{s-1}$
$V_{s}\setminus V_{s-1}$
$V_{s-1}\setminus V_{s-2}$
$\lambda$
Unter gewissen Umständen kann man auch mit einer Basis des Eigenraumes anfangen. Wenn beispielsweise der Eigenraum zu $\lambda$ eindimensional ist, so kann man einen Eigenvektor $v$ zu $\lambda$ wählen und dazu sukzessive Urbilder unter $\varphi -\lambda \operatorname {Id} _{V}$ finden, also
    $v={\left(\varphi -\lambda \operatorname {Id} _{V}\right)}(v')\,$
lösen, dann
    $v'={\left(\varphi -\lambda \operatorname {Id} _{V}\right)}(v^{\prime \prime })\,$
u.s.w.
Wenn beispielsweise der Eigenraum $k$-dimensional und der Hauptraum $(k+1)$-dimensional, so muss man nur für einen Eigenvektor ein Urbild unter $\varphi -\lambda \operatorname {Id} _{V}$ finden.

## Beispiel

Wir betrachten die Matrix
    $M={\begin{pmatrix}2&2&1\\0&2&3\\0&0&2\end{pmatrix}}\,$
und wollen sie auf jordansche Normalform bringen. Es ist $u=e_{1}={\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $2$. Es ist
    $A:=M-2E_{3}={\begin{pmatrix}0&2&1\\0&0&3\\0&0&0\end{pmatrix}}\,,$
sodass es keinen weiteren linear unabhängigen Eigenvektor gibt. Wir interessieren uns für das lineare Gleichungssystem $e_{1}=Av$. Daraus ergibt sich sofort (aus der zweiten Zeile) $v_{3}=0$ und somit $2v_{2}=1$ ($v_{1}$ können wir frei als $0$ wählen). Also setzen wir $v={\begin{pmatrix}0\\{\frac {1}{2}}\\0\end{pmatrix}}$. Schließlich brauchen wir eine Lösung für $v=Aw$. Dies führt auf $w={\begin{pmatrix}0\\-{\frac {1}{12}}\\{\frac {1}{6}}\end{pmatrix}}$. Für die durch die Matrix $M$ beschriebene lineare Abbildung gilt somit
    $Mu=2u,\,Mv=2v+u,\,Mw=2w+v,$
sodass die Abbildung bezüglich dieser Basis durch
    ${\begin{pmatrix}2&1&0\\0&2&1\\0&0&2\end{pmatrix}}$
beschrieben wird. Diese Matrix ist eine Jordanmatrix und insbesondere in jordanscher Normalform.

## Beispiel

Wir betrachten die Matrix
    $M={\begin{pmatrix}2&0&0\\0&2&3\\0&0&2\end{pmatrix}}\,$
und wollen sie auf jordansche Normalform bringen. Es sind $u=e_{1}={\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}$ und $v=e_{2}={\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}$ linear unabhängige Eigenvektoren zum Eigenwert $2$. Es ist
    $A:=M-2E_{3}={\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&3\\0&0&0\end{pmatrix}}\,,$
sodass $u$ und $v$ den Eigenraum aufspannen. Ein Eigenvektor muss das Bild eines Vektors unter der Matrix $A$ sein. In der Tat besitzt das lineare Gleichungssystem
    $e_{2}=Aw\,$
die Lösung $w={\begin{pmatrix}0\\0\\{\frac {1}{3}}\end{pmatrix}}$.
Für die durch die Matrix $M$ beschriebene lineare Abbildung gilt somit
    $Mu=2u,\,Mv=2v,\,Mw=2w+v,$
sodass die Abbildung bezüglich dieser Basis durch
    ${\begin{pmatrix}2&0&0\\0&2&1\\0&0&2\end{pmatrix}}$
beschrieben wird. Diese Matrix ist in jordanscher Normalform mit den Jordanblöcken $(2)$ und ${\begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix}}$.

## Beispiel

Wir betrachten die Matrix
    $M={\begin{pmatrix}3&1&0&4\\0&-1&2&1\\0&0&-1&0\\0&0&0&3\end{pmatrix}}\,$
und wollen sie auf jordansche Normalform bringen. Hier gibt es zwei Eigenwerte und somit zwei zweidimensionale Haupträume, die getrennt behandelt werden können. Es ist
    $M-3E_{4}={\begin{pmatrix}0&1&0&4\\0&-4&2&1\\0&0&-4&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}}\,,$
somit gehört ${\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}}$ zum Kern. Die Determinante der Untermatrix rechts oben ist nicht $0$, daher ist der Rang der Matrix gleich $3$ und der Kern ist eindimensional. Die zweite Potenz ist
    ${\begin{aligned}{\begin{pmatrix}0&1&0&4\\0&-4&2&1\\0&0&-4&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}}^{2}&={\begin{pmatrix}0&1&0&4\\0&-4&2&1\\0&0&-4&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0&1&0&4\\0&-4&2&1\\0&0&-4&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}0&-4&2&1\\0&16&-16&-4\\0&0&16&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}},\end{aligned}}$
ein neues Kernelement ist ${\begin{pmatrix}0\\1\\0\\4\end{pmatrix}}$. Es ist also
    $\operatorname {Haupt} _{3}(M)=\langle {\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\1\\0\\4\end{pmatrix}}\rangle \,.$
Wegen
    ${\begin{pmatrix}0&1&0&4\\0&-4&2&1\\0&0&-4&0\\0&0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\1\\0\\4\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}17\\0\\0\\0\end{pmatrix}}\,$
können die Vektoren ${\begin{pmatrix}17\\0\\0\\0\end{pmatrix}}$ und ${\begin{pmatrix}0\\1\\0\\4\end{pmatrix}}$ zum Aufstellen des ersten Jordanblockes verwendet werden.
Es ist
    $M+1E_{4}={\begin{pmatrix}4&1&0&4\\0&0&2&1\\0&0&0&0\\0&0&0&4\end{pmatrix}}\,,$
somit gehört ${\begin{pmatrix}1\\-4\\0\\0\end{pmatrix}}$ zum Kern. Der Rang der Matrix ist wieder gleich $3$ und der Kern ist eindimensional. Die zweite Potenz ist
    ${\begin{aligned}{\begin{pmatrix}4&1&0&4\\0&0&2&1\\0&0&0&0\\0&0&0&4\end{pmatrix}}^{2}&={\begin{pmatrix}4&1&0&4\\0&0&2&1\\0&0&0&0\\0&0&0&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}4&1&0&4\\0&0&2&1\\0&0&0&0\\0&0&0&4\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}16&4&2&33\\0&0&0&4\\0&0&0&0\\0&0&0&16\end{pmatrix}},\end{aligned}}$
ein neues Kernelement ist ${\begin{pmatrix}0\\1\\-2\\0\end{pmatrix}}$. Es ist also
    $\operatorname {Haupt} _{-1}(M)=\langle {\begin{pmatrix}1\\-4\\0\\0\end{pmatrix}},\,{\begin{pmatrix}0\\1\\-2\\0\end{pmatrix}}\rangle \,.$
Wegen
    ${\begin{pmatrix}4&1&0&4\\0&0&2&1\\0&0&0&0\\0&0&0&4\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}0\\1\\-2\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1\\-4\\0\\0\end{pmatrix}}\,$
können die Vektoren ${\begin{pmatrix}1\\-4\\0\\0\end{pmatrix}}$ und ${\begin{pmatrix}0\\1\\-2\\0\end{pmatrix}}$ zum Aufstellen des zweiten Jordanblockes verwendet werden. Insgesamt besitzt also $M$ bezüglich der Basis
    ${\begin{pmatrix}17\\0\\0\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}0\\1\\0\\4\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}1\\-4\\0\\0\end{pmatrix}}\,,{\begin{pmatrix}0\\1\\-2\\0\end{pmatrix}}$
die jordansche Normalform
    ${\begin{pmatrix}3&1&0&0\\0&3&0&0\\0&0&-1&1\\0&0&0&-1\end{pmatrix}}.$
* ↑ Manche Autoren verstehen unter einer Jordanmatrix eine Matrix, in der die Einsen unterhalb der Diagonalen stehen.
* ↑ Im Kontext der trigonalisierbaren Abbildungen und zum Auffinden der jordanschen Normalform ist es sinnvoll, mit $\varphi -\lambda \cdot \operatorname {Id}$ statt mit $\lambda \cdot \operatorname {Id} -\varphi$ zu arbeiten.