Determinante n x n Matrix

09.04.2014, 20:23	TWIABP	Auf diesen Beitrag antworten »
Determinante n x n Matrix Hallo, ich möchte eine Determinante berechnen von folgender Matrix: $\begin{eqnarray} A:= \begin{pmatrix}a_1+b_1&b_2&b_3&\ldots&b_n<br /> b_1 & a_2+b_2 & b_3 &\ldots&b_n<br /> b_1&b_2 & a_3+b_3 & \ldots &b_n<br /> \vdots & \vdots & \vdots && \vdots <br /> b_1 & b_2 & b_3 &\ldots& a_n+b_n<br /> \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Ich vermute das lässt sich irgendwie auf Diagonalgestalt bringen aber ich habe noch Schwierigkeiten. Vielleicht hat jemand einen Denkanstoß. Was ich bisher versucht habe: Die (n-1)-te Zeile jeweils von der n-ten abzuziehen. Damit würde man dann erhalten: $\begin{eqnarray} <br /> det A = det \begin{pmatrix}a_1+b_1&b_2&b_3&\ldots&0&b_n<br /> -a_1 & a_2 &0 &\ldots&0&0<br /> 0&-a_2 & a_3& \ldots &0&0<br /> \vdots & \vdots & \vdots && \vdots &\vdots<br /> 0 & 0 & 0 &\ldots& -a_{n-1} & a_n<br /> \end{pmatrix}<br /> \end{eqnarray}$ Das hilft leider noch nicht so viel. Da ist leider eine Diagonale unter der Hauptdiagonale mit Einträgen besetzt. Ich habe dann überlegt ob man vielleicht mal nach der ersten Spalte entwickeln sollte aber damit ändert sich gar nichts am Problem. Die eine Matrix ist dann zwar durch Umformung auf Diagonalgestalt zu bringen (also die 1,1 Streichungsmatrix) aber die 2,1 Streichungsmatrix bekomme ich nicht auf Diagonalgestalt. Hat jemand einen kleinen Tipp?
09.04.2014, 20:41	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Es scheint auf $\begin{eqnarray} a_1 a_2 \cdots a_n + \sum_{k=1}^n b_k \cdot a_1 a_2 \cdots \widehat{a_k} \cdots a_{n-1} a_n \end{eqnarray}$ hinauszulaufen. Das Dach zeigt an, daß im Produkt der Faktor $\begin{eqnarray} a_k \end{eqnarray}$ wegzulassen ist. EDIT Formel korrigiert
10.04.2014, 09:27	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
In deiner letzten Matrix $\begin{eqnarray} B \end{eqnarray}$ muß es in der ersten Zeile an der vorletzten Stelle $\begin{eqnarray} b_{n-1} \end{eqnarray}$ statt $\begin{eqnarray} 0 \end{eqnarray}$ heißen. Entwickle $\begin{eqnarray} \det B \end{eqnarray}$ nach der ersten Spalte: $\begin{eqnarray} \text{()} \ \ \det B = a_1 \cdot \det B_2 + \left( a_1 + b_1 \right) \cdot \det B_1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} B_1,B_2 \end{eqnarray}$ entstehen aus $\begin{eqnarray} B \end{eqnarray}$ durch Streichen der ersten Spalte und ersten bzw. zweiten Zeile. $\begin{eqnarray} B_1 \end{eqnarray}$ ist eine untere Dreiecksmatrix, und man erhält sofort $\begin{eqnarray} \det B_1 = a_2 a_3 \cdots a_n \end{eqnarray}$ Addiere in $\begin{eqnarray} B_2 \end{eqnarray}$ das $\begin{eqnarray} (-1) \end{eqnarray}$ -fache der zweiten Zeile zur ersten. Die neue Matrix sei $\begin{eqnarray} B'_2 \end{eqnarray}$ . Sie hat dieselbe Struktur wie $\begin{eqnarray} B \end{eqnarray}$ . Die Zeilen- und Spaltenzahl ist jetzt $\begin{eqnarray} n-1 \end{eqnarray}$ . Die Indizes bei den $\begin{eqnarray} a_i \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} b_i \end{eqnarray}$ laufen von $\begin{eqnarray} 2 \end{eqnarray}$ bis $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ . Und an der zweiten Position der ersten Zeile steht $\begin{eqnarray} b_3 - a_3 \end{eqnarray}$ statt $\begin{eqnarray} b_3 \end{eqnarray}$ . Wenn meine Formel aus dem vorigen Beitrag stimmt, dann ergibt eine Induktion $\begin{eqnarray} \det B_2 = \det B'_2 = a_2 a_3 \cdots a_n + \left[ \ b_2 \cdot a_3 a_4 \cdots a_n + \left( b_3 - a_3 \right) \cdot a_2 a_4 \cdots a_n + b_4 a_2 a_3 a_5 \cdots a_n + \ldots + b_n \cdot a_2 a_3 \cdots a_{n-1} \ \right] \end{eqnarray}$ Und jetzt setze in $\begin{eqnarray} \text{()} \end{eqnarray}$ alles zusammen und vervollständige den Induktionsschritt. Dann wäre noch der Induktionsanfang durchzuführen.
10.04.2014, 12:01	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich hab mal versucht, die determinantenerhaltenden Matrixoperationen möglichst sparsam einzusetzen: Bezeichnen wir mit $\begin{eqnarray} d_{n}(a_1,b_1,\ldots,a_{n},b_{n}) \end{eqnarray}$ die Determinante der zu untersuchenden Matrix, dann kann man durch Subtraktion der vorletzten Zeile von der letzten Zeile und Laplacesche Entwicklung nach der letzten Zeile der nunmehr entstandenen Matrix die Rekursiongleichung $\begin{eqnarray} d_{n}(a_1,b_1,\ldots,a_{n},b_{n}) = a_{n-1} \cdot d_{n-1}(a_1,b_1,\ldots,a_{n-2},b_{n-2},0,b_{n}) + a_{n} \cdot d_{n-1}(a_1,b_1,\ldots,a_{n-1},b_{n-1}) \end{eqnarray}$ aufstellen mit Start $\begin{eqnarray} d_{1}(a_1,b_1) = a_1+b_1 \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} n=1 \end{eqnarray}$ . Mit der Rekursion lässt sich dann per Induktion relativ zügig die von Leopold genannte explizite Darstellung $\begin{eqnarray} d_{n}(a_1,b_1,\ldots,a_{n},b_{n}) = a_1 a_2 \cdot \ldots \cdot a_n + \sum_{k=1}^n b_k \cdot a_1 a_2 \cdot \ldots \widehat{a_k} \ldots \cdot a_{n-1} a_n \end{eqnarray}$ nachweisen. P.S.: Mit Kroneckersymbol könnte man auch "ohne Pünktchen" schreiben $\begin{eqnarray} d_{n}(a_1,b_1,\ldots,a_{n},b_{n}) = \sum_{k=0}^n \prod_{j=1}^n (a_j+\delta_{kj}(b_j-a_j)) \end{eqnarray}$ , aber das ist nicht unbedingt inhaltlich verständlicher.

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »