Determinante: Unter Nebendiagonale nur Nullen

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19.12.2007, 18:46	pi_mal_Daumen	Auf diesen Beitrag antworten »
Determinante: Unter Nebendiagonale nur Nullen Hi Ihr! Bin neu hier und habe direkt mal eine Aufgabe, zu der ich eine Frage habe: Die $\begin{eqnarray} (n \times n) \end{eqnarray}$ -Matrix $\begin{eqnarray} A = (a_{ij}) \end{eqnarray}$ über $\begin{eqnarray} K \end{eqnarray}$ besitze unterhalb der Nebendiagonalen nur Nullen, d.h. es gelte $\begin{eqnarray} a_{ij} = 0 \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} i+j \geq n+2 \end{eqnarray}$ . Zeige: $\begin{eqnarray} \det(A) = (-1)^{(n(n-1)/2} a_{1,n}a_{2,n-1}...a_{n,1} \end{eqnarray}$ So viel zur Aufgabe. Ich habe mir das nun mal angeschaut, und für den Fall $\begin{eqnarray} n=4 \end{eqnarray}$ aufgeschrieben. $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} a_1 & a_2 & a_3 & a_4 \\ b_1 & b_2 & b_3 & 0 \\ c_1 & c_2 & 0 & 0 \\ d_1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Was mir nun auffällt ist, dass man die Matrix ja recht unkompliziert durch Spaltenvertauschungen auf eine obere Zeilenstufenform bringen kann. Ich würde jetzt auch einfach mal so vermuten, dass $\begin{eqnarray} (n \times n) \end{eqnarray}$ -Matrix $\begin{eqnarray} \lfloor\frac{n}{2} \rfloor \end{eqnarray}$ Vertauschungen benötigt, und dieses dann bei der Determinante beachten muss. Eine Vertauschung von Zeilen/Spalten hat ja ein Vorzeichenwechsel als Folge. Wie ich das ganze nun aber zusammenfüge, bzw. ob das überhaupt so stimmt, das weiss ich leider nicht. Ich hoffe, dass mir jemand helfen kann. Danke und einen schönen Abend
19.12.2007, 18:54	system-agent	Auf diesen Beitrag antworten »
kennst du den satz von LaPlace ? den könntest jedenfalls gut gebrauchen...
19.12.2007, 19:14	pi_mal_Daumen	Auf diesen Beitrag antworten »
Hm... ich habe mir den jetzt mal hier auf Wikipedia angeschaut. Praktisch anwenden könnte ich den Satz bei einer konkret gegebenen Matrix denke ich auch. Man streicht ja quasi eine Zeile/Spalte weg und nimmt dann die Determinante der $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ darunter/daneben liegenden $\begin{eqnarray} (n-1 \times n-1) \end{eqnarray}$ -Matrizen mit dem Koeffizienten der Zeile/Spalte der darüberliegenen Matrix mal, die bei der "Untermatrix" nicht benutzt wurde. Und das summiert man dann alternierend zusammen. g Echt blöde in Worte zu beschreiben. Nur will mir leider nicht genau klarwerden, wie ich das nun allgemein für mein Problem anwenden kann. Sehe da wohl noch nicht ganz so den zusammenhang
19.12.2007, 19:26	system-agent	Auf diesen Beitrag antworten »
sozusagen du nimmst deine determinante, streichst eine zeile und eine spalte und dann nimmst du eben den eintrag am schnittpunkt der gestrichenen zeile und spalte und multiplizierst diesen mit der determinante was übrigbleibt (mit gewissen vorzeichen...) machen wir mal ein beispiel, dann siehst wahrscheinlich wies geht... $\begin{eqnarray} \begin{vmatrix} a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & 0 \\ c_1 & 0 & 0 \end{vmatrix} =(+1)\cdot a_3\cdot\begin{vmatrix} b_1 & b_2\\ c_1 & 0 \end{vmatrix} +(-1)\cdot0\cdot\begin{vmatrix} a_1 & a_2 \\c_1 & 0 \end{vmatrix} +(+1)\cdot0\cdot\begin{vmatrix} a_1 & a_2 \\ b_1 & b_2 \end{vmatrix} \end{eqnarray}$ die vorzeichen bekommst du aus der "vorzeichenmatrix" (auf der hauptdiagonalen immer " $\begin{eqnarray} + \end{eqnarray}$ " und dann schachbrettartig füllen) $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} + & - & + \\ - & +& - \\ + & - & + \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ und nun überlegen wie man das verallgemeinert...
19.12.2007, 20:13	pi_mal_Daumen	Auf diesen Beitrag antworten »
Na dann versuch ich's mal: Ich möchte nun allgemein die Determinante berechnen, also habe ich einen index von 1,1 bis n,n $\begin{eqnarray} \begin{vmatrix} a_{1,1} & ... & a_{1,n} \\ ... & & ... \\a_{n,1} & ... & a_{n,n} \end{vmatrix} \end{eqnarray}$ Also Entwicklung nach letzter Zeile/Spalte, da dort fast nur Nullen sind. Nehme ich mal die letzte Spalte, dann folgt daraus, wenn n ungerade ist; $\begin{eqnarray} = (+1) \cdot a_{1,n} \cdot \begin{vmatrix} a_{2,1} & ... & a_{2,n-1} \\ a_{3,1} & ... & a_{3,n-1} \\ ... & & ... \\ a_{n,1} & ... & a_{n,n-1} \end{vmatrix} + (-1) \cdot \underbrace{0}_{a_{2,n}} \cdot \begin{vmatrix} a_{1,1} & ... & a_{1,n-1} \\ a_{3,1} & ... & a_{3,n-1} \\ ... & & ... \\ a_{n,1} & ... & a_{n,n-1} \end{vmatrix} + ... + (+1) \cdot \underbrace{0}_{a_{n,n}} \cdot \begin{vmatrix} a_{1,1} & ... & a_{1,n-1} \\ a_{3,1} & ... & a_{3,n-1} \\ ... & & ... \\ a_{n-1,1} & ... & a_{n-1,n-1} \end{vmatrix} \end{eqnarray}$ Wenn n gerade ist, dann fange ich mit dem anderen Vorzeichen an und alterniere halt andersherum. Ich hoffe, dass das dann so richtig ist, und ich mich mit den Indizes nicht vertran habe. Und dieses Wende ich dann sozusagen rekursiv an? Scheine aber irgendwie trotzdem was nicht zu verstehen, da ich immernoch nicht den Zusammenhang zu meiner gesuchten Determinante finde.
19.12.2007, 20:22	system-agent	Auf diesen Beitrag antworten »
naja, du kannst den determinantensatz von LaPlace eben einmal anwenden und dann bleibt genau ein summand stehen (denn alle anderen werden mit null multipliziert) und die übrigbleibende unterdeterminante, dann wieder den satz anwenden und so weiter (also eben ein induktives vorgehen)... am ende bleibt genau das übrig was du haben willst
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19.12.2007, 20:30	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich halte den Vorschlag von system-agent nicht für geschickt. Dein eigener Ansatz ist da viel geeigneter. Nimm die $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ -te Spalte und vertausche sie solange mit ihrer jeweils linken Nachbarspalte, bis sie ganz vorne steht. Wie viele Nachbarvertauschungen hast du da gebraucht? Die anfänglich vorletzte Spalte steht jetzt ganz hinten. Vertausche nun diese mit ihrer jeweils linken Nachbarspalte, bis sie die Rolle der zweiten Spalte einnimmt. Wie viele Nachbarvertauschungen waren es dieses Mal? Und so geht das weiter, bis zu guter Letzt die Spalten in umgekehrter Reihenfolge da stehen als zu Beginn. Wie viele Vertauschungen waren es insgesamt? Du kommst dann von alleine auf die angegebene Formel. Übrigens führt auch deine Idee mit $\begin{eqnarray} \left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor \end{eqnarray}$ auf eine richtige Formel, wenn auch nicht die angegebene. Du könntest höchstens überlegen, warum für $\begin{eqnarray} n \geq 1 \end{eqnarray}$ stets $\begin{eqnarray} (-1)^{ \left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor } = (-1)^{\frac{1}{2} n (n-1)} = \begin{cases} 1 & \mbox{für} \ \ n \equiv 0,1 \mod 4 \\ -1 & \mbox{für} \ \ n \equiv 2,3 \mod 4 \end{cases} \end{eqnarray}$ gelten muß.
19.12.2007, 21:21	pi_mal_Daumen	Auf diesen Beitrag antworten »
Also immerhin habe ich jetzt schonmal die LaPlace-Entwicklung verstanden und kann sie in Zukunft anwenden Gehe ich mal nach Deinem (Leopold) System vor. Ich habe also für die letzte Spalte $\begin{eqnarray} (n-1) \end{eqnarray}$ Vertauschungen. Für die ehemals vorletzte Spalte $\begin{eqnarray} (n-2) \end{eqnarray}$ vertauschungen. Das geht dann so weiter. In der letzten Vertauschung (die $\begin{eqnarray} (n-1) \end{eqnarray}$ .) vertausche ich ja die frühere 2. Spalte mit der früheren 1. Spalte. Das wären dann insgesamt $\begin{eqnarray} (n-1) \end{eqnarray}$ Vertauschungen. Also $\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{n-1}~n-k \end{eqnarray}$ Stück. Hoffentlich vertue ich mich da jetzt nicht. Was mir dennoch Sorgen macht: Ich SEHE den Zusammenhang nicht so richtig. Ich glaube ich kriege die Argumentation echt nie zusammen.
19.12.2007, 21:37	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Du hast es schon - und siehst es nicht! Manchmal lohnt es sich, eine Summe "rückwärts" aufzuschreiben: $\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{n-1} (n-k) = \ldots \end{eqnarray}$ Kennst du nicht die Geschichte, wie der Lehrer dem kleinen C.F. Gauß aufgab, die Zahlen von 1 bis 100 zusammenzuzählen, und der Knirps nach wenigen Augenblicken das Ergebnis nannte?
19.12.2007, 22:00	pi_mal_Daumen	Auf diesen Beitrag antworten »
AAAAAAAAAAAHHHHHHHHHHHHHHH!!!!!!!!!!!!! Das Beispiel liest JEDER, der Analysis I hört und den Forster hat als erstes Beispiel zur Induktion g Oh man... Das ist natürlich $\begin{eqnarray} \frac{n(n-1)}{2} \end{eqnarray}$ Au mann! Ich verstehs!!! Jetzt Versuch ich es nochmal etwas formeller aufzuschreiben. Sei $\begin{eqnarray} A^{n x n} \end{eqnarray}$ die oben genannte $\begin{eqnarray} n \times n \end{eqnarray}$ -Matrix. Beh.: $\begin{eqnarray} \det(A) = (-1)^{(n(n-1)/2}%20a_{1,n}a_{2,n-1}...a_{n,1} \end{eqnarray}$ Bew: Da die Determinante einer Matrix in oberer Zeilenstufenform durch das Produkt ihrer Hauptdiagonale bestimmt ist, muss man versuchen, die Matrix $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ durch geeignete Spaltenvertauschungen in ZSF zu bringen. Hierzu vertausche man die Spalte $\begin{eqnarray} a_n \end{eqnarray}$ mit ihrer Nachbarspalte $\begin{eqnarray} a_{n-1} \end{eqnarray}$ . Diese Vertauschung führt man nun solange durch, bis die ehemals letzte Spalte die erste Spalte der Matrix bildet, was in insgesamt $\begin{eqnarray} n-1 \end{eqnarray}$ Vertauschungen geschehen ist. Diese Matrix sei nun definiert als $\begin{eqnarray} A' \end{eqnarray}$ . Nun vertauscht man die letzte Spalte von $\begin{eqnarray} A' \end{eqnarray}$ (ehemals vorletzte Spalte von $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ ) mit ihrer Nachbarspalte, bis diese an 2. Stelle steht, was insgesamt in $\begin{eqnarray} n-2 \end{eqnarray}$ Vertauschungen geschieht. Daraus folgt, dass man insgesamt $\begin{eqnarray} \sum_{k=1}^{n-1}(n-k)= \frac{n(n-1)}{2} \end{eqnarray}$ Vertauschungen benötigt. Mit der Tatsache, dass eine Spaltenvertauschung ein Vorzeichenwechsel auf die Determinante zur Auswirkung hat, sich somit für $\begin{eqnarray} \det(A) = (-1)^{\underbrace{(n(n-1))/2}_{Anzahl Vertauschungen}}\underbrace{a_{1,n}a_{2,n-1}...a_{n,1}}_{Produkt der Elemente der Hauptdiagonalen} \end{eqnarray}$ Daraus folgt die Behauptung. Ich weiss nicht, ob ich das so "formal" genug beschrieben habe. Ich hoffe es zumindest. Vll. kann man das noch besser machen? Stimmt das überhaupt so? Ich danke euch zumindest schonmal 1000 mal

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