vollständige Induktion für Determinante

20.10.2013, 09:46

dozzole

vollständige Induktion für Determinante

Hallo zusammen,

ich habe Probleme bei folgender Aufgabe.
Zu zeigen: $\begin{eqnarray*} \det\left(K_n\right)=n+1 \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ist dabei die Dimension der quadratischen Matrix $\begin{eqnarray*} K_n \end{eqnarray*}$ .
Die Matrix ist wie folgt definiert:

$\begin{eqnarray*} \left(K_n\right)_{ij}=\begin{cases}<br /> 2 & \text{wenn }1\leq i=j \leq n\\<br /> -1 & \text{wenn } \left|i-j \right|=1, \ 1\leq i,j \leq n\\<br /> 0 & \text{sonst}<br /> \end{cases} \end{eqnarray*}$

Es handelt sich also um eine Tridiagonalmatrix bei der die Hauptdiagonale nur Zweien enhält und die 1. Nebendiagonalen mit -1 gefüllt sind.

Ich habe bisher folgendes geschafft:

Ich habe zunächst die Aussage definiert $\begin{eqnarray*} A(n):=\det\left(K_n\right)=n+1 \end{eqnarray*}$

für $\begin{eqnarray*} n=2 \end{eqnarray*}$ folgt der Induktionsanfang:

$\begin{eqnarray*} A(2)=\begin{vmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{vmatrix}=3=n+1 \end{eqnarray*}$

Die Induktionsannahme ist:
$\begin{eqnarray*} A\left(l\right) \end{eqnarray*}$ gelte für ein beliebiges festes $\begin{eqnarray*} l\in \mathbb{N}, \ l \geq 2 \end{eqnarray*}$ .
Und nun beginnen meine Probleme. Mir ich weiß nicht wie ich die Determinante darstellen soll, so dass es mir hier weiter hilft.

Vielen Dank im Voraus für die Hilfe.

20.10.2013, 10:37

Helferlein

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Entwickle nach der ersten Zeile

20.10.2013, 11:19

dozzole

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Ok, dann bekomme ich

$\begin{eqnarray*} \det K_n=2\begin{vmatrix} 2 & -1 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ -1 & 2 & -1 & 0 & 0 &\cdots & 0 \\ 0 & -1 & 2 & -1 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & \cdots & -1 & 2 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & -1 & 2 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & -1 & 2 \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} -1 & -1 & & 0 & 0 &\cdots & 0 \\ 0 & 2 & -1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & \cdots & -1 & 2 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & -1 & 2 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & -1 & 2 \end{vmatrix} \end{eqnarray*}$

Wobei jetzt beide Determinanten die Dimension $\begin{eqnarray*} n-1 \end{eqnarray*}$ haben. (Auch wenn man das schlecht sieht.)

Nur ich sehe keine Möglichkeit da jetzt zu vereinfachen.

20.10.2013, 11:22

HAL 9000

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Die erste Determinante solltest du als $\begin{eqnarray*} \det K_{n-1} \end{eqnarray*}$ erkennen. Und die zweite Determinante entwickelst du nochmal, und zwar nach der ersten Spalte.

P.S.: Ähnlich, wenn auch in etwas allgemeineren Kontext:

[Artikel] Determinante von Tridiagonalmatrizen

20.10.2013, 11:52

dozzole

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Ah ok, dann bekomme ich:

$\begin{eqnarray*} \det K_n =2\det K_{n-1} -\det K_{n-2} \end{eqnarray*}$

Wenn ich jetzt die Induktionsvorrausetzung einsetze bekomme ich

$\begin{eqnarray*} \det K_n =2n -(n-1)=n+1 \end{eqnarray*}$

Und damit ist der Induktionsbeweis fertig oder?

20.10.2013, 11:56

HAL 9000

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Zitat:

Original von dozzole
Und damit ist der Induktionsbeweis fertig oder?

Wenn du berücksichtigst, dass du wegen dieser Rekursion die ersten zwei Werte im Induktionsanfang nachweisen musst statt nur einem: Denn du greifst ja nicht nur auf den letzten Werten $\begin{eqnarray*} \det K_{n-1} \end{eqnarray*}$ zurück, sondern auch auf den vorletzten $\begin{eqnarray*} \det K_{n-2} \end{eqnarray*}$ .

20.10.2013, 12:04

dozzole

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Ok also muss zu dem Induktionsanfang auch noch

$\begin{eqnarray*} A(n=3)=\begin{vmatrix} 2 & -1 & 0 \\ -1 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 2 \end{vmatrix} =2\begin{vmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{vmatrix} +\begin{vmatrix}-1 & 0 \\ -1 & 2 \end{vmatrix} =6-2=4=n+1 \end{eqnarray*}$

dazu genommen werden und dann ist der Beweis durch?

20.10.2013, 12:06

dozzole

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und es muss dann gelten $\begin{eqnarray*} l \geq 3 \end{eqnarray*}$

20.10.2013, 12:27

HAL 9000

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Du hättest auch weiter vorn anfangen können:

$\begin{eqnarray*} A(1)=2 \end{eqnarray*}$ ist noch leichter zu sehen. Augenzwinkern