Formel für Determinante bestimmen mit Induktion

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04.08.2023, 17:32	KonverDiv	Auf diesen Beitrag antworten »
Formel für Determinante bestimmen mit Induktion Hallo, gegeben ist eine $\begin{eqnarray} n \times n \end{eqnarray}$ Matrix über $\begin{eqnarray} \mathbb{R} \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & ... & 1 \\ 1 & 2 & ... & 1 \\ \vdots & \vdots & ... & \vdots \\ 1 & 1 & ... & 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ ich möchte zeigen, dass $\begin{eqnarray} det(A) = n + 1 \end{eqnarray}$ ist und würde das via Induktion angehen wollen. Mein Ansatz wäre dann nach der ersten Zeile zu entwickeln, dann hätte man im Induktionsschritt $\begin{eqnarray} det(A^{(n+1) \times (n+1)}) = 2 \cdot det(A^{n \times n}) - det\left( \begin{pmatrix} 1 & 1 & ... & 1 \\ 1 & 2 & ... & 1 \\ \vdots & \vdots & ... & \vdots \\ 1 & 1 & ... & 2 \end{pmatrix} \right) \pm ... \end{eqnarray}$ Hier bin ich mir jedoch etwas unschlüssig, wie ich weitermachen kann...
04.08.2023, 17:46	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Alternativvorschlag: Addiere zunächst die erste, zweite, ... , vorletzte Zeile zur letzten und ziehe dann den Faktor $\begin{align} n+1 \end{align}$ aus der letzten Zeile vor die Determinante. Jetzt muß man nur noch zeigen, daß die verbleibende Determinante den Wert 1 hat. Sie läßt sich aber durch Bearbeiten der ersten, zweiten, ..., vorletzten Zeile mit der letzten leicht auf Dreiecksform bringen.
04.08.2023, 17:59	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ziemlich einfach kann man mit ein paar wenigen determinantenerhaltenden Operationen die Determinante von $\begin{eqnarray} A = \begin{pmatrix} u & v & v & \ldots & v \\ v & u & v & \ldots & v \\ v & v & u & \ldots & v \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ v & v & v & \ldots & u \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ bestimmen. 1.Schritt: Die erste Zeile von zweiter bis n-ter Zeile subtrahieren, das ergibt $\begin{eqnarray} \det(A) = \begin{vmatrix} u & v & v & \ldots & v \\ v-u & u-v & 0 & \ldots & 0 \\ v-u & 0 & u-v & \ldots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ u-v & 0 & 0 & \ldots & u-v \end{vmatrix} \end{eqnarray}$ . 2.Schritt: Zur ersten Spalte die zweite bis n-te Spalte addieren, das ergibt $\begin{eqnarray} \det(A) = \begin{vmatrix} u+(n-1)v & v & v & \ldots & v \\ 0 & u-v & 0 & \ldots & 0 \\ 0 & 0 & u-v & \ldots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & u-v \end{vmatrix} \end{eqnarray}$ . In der ersten Spalte steht nur ganz oben der Wert $\begin{eqnarray} u+(n-1)v \end{eqnarray}$ , der Rest der Spalte ist gleich 0. Entwicklung gemäß dieser ersten Spalte ergibt somit $\begin{eqnarray} \det(A) = \left(u+(n-1)v\right)\cdot \operatorname{diag}\left((u-v)\cdot I_{n-1}\right) = \left(u+(n-1)v\right)\cdot (u-v)^{n-1} \end{eqnarray}$ . In deinem Fall ist $\begin{eqnarray} u=1 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} v=2 \end{eqnarray}$ , und es ergibt sich damit tatsächlich $\begin{eqnarray} \det(A) = n+1 \end{eqnarray}$ .
04.08.2023, 18:09	KonverDiv	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo @Leopold, 1.) Wir addieren alle Zeilen zur letzten? Falls, ja, dann sehe ich, dass wir auf den Faktor $\begin{eqnarray} n+1 \end{eqnarray}$ kommen denn jede Spalte besteht aus 2,1,...,1 bzw. in einer anderen Reihenfolge d.h. $\begin{eqnarray} 2 + (n-1) = n+1 \end{eqnarray}$ , denn $\begin{eqnarray} n-1 \end{eqnarray}$ ist die Anzahl der 1en pro Spalte. 2.) Ich stimme dem zu, dass man dann $\begin{eqnarray} (n+1) \end{eqnarray}$ herausziehen kann aufgrund der Linearität. 3.) Übrig bleiben würde dann sowas wie $\begin{eqnarray} det\left( \begin{pmatrix} 2 & 1 & ... & 1 \\ 1 & 2 & ... & 1 \\ \vdots & \vdots & ... & \vdots \\ 1 & 1 & ... & 1 \end{pmatrix} \right) = det\left( \begin{pmatrix} 1 & 0 & ... & 0 \\ 0 & 1 & ... & 0 \\ \vdots & \vdots & ... & \vdots \\ 1 & 1 & ... & 1 \end{pmatrix} \right) \end{eqnarray}$ und hier könnte man argumentieren, dass die Determinante 1 ist (so richtig "formal" ist das m.M jetzt nicht ganz) Hallo @HAL, (hab deinen Beitrag erst später bemerkt) du nutzt ja wirklich "nur" die Eigenschaften der Determinante aus, das erscheint mir wirklich eine gute Lösung! (und zeigt mir einmal mehr, dass das wirklich geht und wichtig ist!) Allgemein gefragt: Über Induktion geht das nicht?
04.08.2023, 19:15	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Eine kleine Variante meines Vorschlags kann auch für eine Induktion verwendet werden. Es sei $\begin{align} d_n \end{align}$ der Wert der $\begin{align} n \end{align}$ -reihigen Determinante. Ihre erste Spalte kann man so schreiben: $\begin{align} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix} \end{align}$ Man verwendet die Additivität der Determinante bezüglich der ersten Spalte und erhält so die Summe zweier $\begin{align} n \end{align}$ -reihiger Determinanten. Der eine Summand hat den Wert $\begin{align} d_{n-1} \end{align}$ , wie man durch Entwicklung nach der ersten Spalte sieht, der andere den Wert 1 (man subtrahiere die erste Spalte von den übrigen und bekommt so wieder eine untere Dreiecksmatrix mit Einsen in der Hauptdiagonalen): $\begin{align} d_n = d_{n-1} + 1 \end{align}$
05.08.2023, 14:20	KonverDiv	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo @Leopold, so ganz kann ich deinem Ansatz bezüglich der Induktion noch nicht folgen... Kannst du das näher erklären, wie du die Induktion hier angehen würdest?
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05.08.2023, 15:00	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Wer es unbedingt rekursiv mag... Also gut, sei $\begin{eqnarray} d_n = \begin{vmatrix} u & v & \ldots & v & v & v \\ v & u & \ldots & v & v & v \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ v & v & \ldots & u & v & v \\ v & v & \ldots & v & u & v \\ v & v & \ldots & v & v & u \end{vmatrix} \end{eqnarray}$ . Ziehen wir zunächst von der letzten die vorletzte Zeile ab, und anschließend von der letzten Spalte die vorletzte Spalte, das ergibt $\begin{eqnarray} d_n = \begin{vmatrix} u & v & \ldots & v & v & v \\ v & u & \ldots & v & v & v \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\v & v & \ldots & u & v & v \\ v & v & \ldots & v & u & v \\ 0 & 0 & \ldots & 0 & v-u & u-v \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} u & v & \ldots & v & v & 0 \\ v & u & \ldots & v & v & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ v & v & \ldots & u & v & 0 \\ v & v & \ldots & v & u & v-u \\ 0 & 0 & \ldots & 0 & v-u & 2(u-v) \end{vmatrix} \end{eqnarray}$ . Nun ergibt die Entwicklung nach der letzten Zeile $\begin{eqnarray} d_n = (u-v)\cdot \begin{vmatrix} u & v & \ldots & v & 0 \\ v & u & \ldots & v & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ v & v & \ldots & u & 0 \\ v & v & \ldots & v & v-u \end{vmatrix} + 2(u-v)\cdot d_{n-1} \end{eqnarray}$ . Die verbleibende Restdeterminante wird nach der letzten Spalte entwickelt, Ergebnis ist die Rekursion $\begin{eqnarray} d_n = -(u-v)^2\cdot d_{n-2} + 2(u-v)\cdot d_{n-1} \end{eqnarray}$ . Ist m.E. aber nicht einfacher als der obige direkte Weg.
06.08.2023, 10:56	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Die beiden von mir skizzierten Wege kann man auch bei der verallgemeinerten Matrix von HAL gehen. Sei $\begin{align} d_n=d_n(u,v) \end{align}$ ihre Determinante. 1. Weg: Man addiert die ersten $\begin{align} n-1 \end{align}$ Zeilen zur letzten und zieht danach aus der letzten Zeile den Faktor $\begin{align} u + (n-1)v \end{align}$ vor die Determinante, so daß die letzte Zeile aus lauter Einsen besteht. Anschließend addiert man das $\begin{align} (-v) \end{align}$ -fache der letzten Zeile zu den übrigen. So erhält man eine untere Dreiecksmatrix, bei der jedes Element der Hauptdiagonalen außer dem untersten den Wert $\begin{align} u-v \end{align}$ besitzt. Ganz unten steht noch 1. Es folgt: $\begin{align} d_n = d_n(u,v) = \left( u + (n-1)v \right) \cdot (u-v)^{n-1} \, , \ n \geq 1 \end{align}$ (Die Formel paßt auch im Fall $\begin{align} n=1 \end{align}$ zum Startwert $\begin{align} d_1 = u \end{align}$ , interpretiert man $\begin{align} 0^0=1 \end{align}$ , sogar im Fall $\begin{align} u=v \end{align}$ .) Diese Herangehensweise erscheint mir einfacher als der 2. Weg: Man schreibt die erste Spalte der Matrix als Summe zweier Spaltenvektoren. Der erste Vektor hat ganz oben den Eintrag $\begin{align} u-v \end{align}$ , sonst Nullen, der zweite hat überall den Eintrag $\begin{align} v \end{align}$ . Da die Determinante linear in der ersten Spalte ist, kann man sie nun als Summe zweier Determinanten schreiben. Der eine Summand hat den Wert $\begin{align} (u-v) \cdot d_{n-1} \end{align}$ (man entwickle nach der ersten Spalte), beim anderen Summanden subtrahiere man die erste Spalte von den andern. So entsteht eine untere Dreiecksmatrix mit $\begin{align} v \end{align}$ ganz oben und $\begin{align} u-v \end{align}$ sonst in der Hauptdiagonalen. Alles zusammen ergibt: $\begin{align} d_n = (u-v) \cdot d_{n-1} + v \cdot (u-v)^{n-1} \, , \ n \geq 2 \end{align}$ So haben wir eine weitere rekursive Beziehung zur Bestimmung der Determinante erhalten. Wie HAL würde ich, in meinen Worten, sagen: Ist nicht so der Renner. Man kann noch $\begin{align} e_n = e_n(u,v) = \frac{d_n}{(u-v)^{n-1}} \, , \ n \geq 1 \end{align}$ setzen und erhält dafür die Rekursion $\begin{align} e_n = e_{n-1} + v \, , \ n \geq 2 \end{align}$ mit $\begin{align} e_1 = d_1 = u \end{align}$ als Startwert. Das führt einen schnell auf eine explizite Darstellung der $\begin{align} d_n \end{align}$ .
10.08.2023, 20:05	KonverDiv	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke @HAL 9000 und Danke @Leopold für eure Antworten! Das hat mir weitergeholfen!
10.08.2023, 20:20	URL	Auf diesen Beitrag antworten »
Alternativ kann man die Determinante über das charakteristische Polynom berechnen - wenn man die Theorie dazu schon gehört hat.

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