Beweis Polynom definiert über Determinante

16.05.2022, 15:29

MasterWizz

Beweis Polynom definiert über Determinante

Hey Leute

Für eine Matrix $\begin{eqnarray*} A\in\mathbb{R}^{n\times n} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x\in\mathbb{R} \end{eqnarray*}$ ist das Polynom $\begin{eqnarray*} p_A(x)=\text{det}(A+x\cdot\mathbb{1}_{n\times n}) \end{eqnarray*}$ geben. Zu beweisen gilt jetzt die Aussage:
Für jede Matrix $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ist der Grad von $\begin{eqnarray*} p_A \end{eqnarray*}$ höchstens 1.

Hierbei bezeichnet $\begin{eqnarray*} \mathbb{1}_{n\times n} \end{eqnarray*}$ die Einsmatrix mit $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Zeilen und $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Spalten (Einsen in jedem Eintrag der Matrix), sowie $\begin{eqnarray*} \mathbb{1}_n \end{eqnarray*}$ den Einsvektor mit $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Einträgen.

Idee:
Aus der Multilinearität der Determinante folgt für das Polynom
$\begin{eqnarray*} p_A(x)=\text{det}(A+x\cdot\mathbb{1}_{n\times n}) = \text{det}(A)+x\cdot\sum\limits_{k=1}^n\text{det}(A_k)\qquad (\ast) \end{eqnarray*}$ ,
wobei hier $\begin{eqnarray*} A_k \end{eqnarray*}$ die Matrix beschreibt, die entsteht, wenn von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ die $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -te Spalte durch den Einsvektor $\begin{eqnarray*} \mathbb{1}_n \end{eqnarray*}$ ersetzt wird.

Damit wäre die Aussage bewiesen. Mein Problem: Ich kriege die neu entstandene Formel $\begin{eqnarray*} (\ast) \end{eqnarray*}$ nicht bewiesen mit vollständiger Induktion. Könnt ihr mir dabei helfen diese Formel zu beweisen und/oder eine Idee für einen Alternativbeweis geben?

16.05.2022, 15:41

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Eine andere Idee wäre einfach die Anwendung grundlegender Determinanten-Umformungsregeln:

Für Spalte $\begin{eqnarray*} 2\ldots n \end{eqnarray*}$ : Subtraktion der ersten Spalte. Dann ist $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ aus diesen $\begin{eqnarray*} n-1 \end{eqnarray*}$ Spalten dieser entstandenen Matrix $\begin{eqnarray*} B \end{eqnarray*}$ verschwunden.

Und das genügt gemäß Definition $\begin{eqnarray*} \det(B) = \sum_{\pi\in S_n} \operatorname{sgn}(\pi)\cdot b_{1,\pi(1)}\cdot \ldots b_{n,\pi(n)} \end{eqnarray*}$ dafür, dass $\begin{eqnarray*} \det(B)=\det\left(A+x\cdot \mathbb{1}_{n\times n}\right) \end{eqnarray*}$ nur linear in $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ ist.

16.05.2022, 16:26

MasterWizz

Auf diesen Beitrag antworten »

Ah verstehe. Jeder Summand ist ein Polynom mit einem Grad von höchstens 1. Damit ist es die Summe auch. An das Subtrahieren der Zeilen/Spalten hab ich am Anfang auch gedacht, allerdings nicht an die Leibniz Formel smile

Hast du trotzdem noch eine Idee, wie sich Formel $\begin{eqnarray*} (\ast) \end{eqnarray*}$ beweisen lässt?

16.05.2022, 21:16

URL

Auf diesen Beitrag antworten »

Um $\begin{eqnarray*} (*) \end{eqnarray*}$ zu beweisen braucht es keine Induktion, auch da genügt einfache Anwendung von Determinantenregeln. Die Determinante einer Matrix ist nämlich Null, wenn die Matrix zwei gleiche Spalten hat.

17.05.2022, 01:43

MasterWizz

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja ich weiß, so hab ich mir die hergeleitet. Die Multiplinearität zusammen mit "Determinanten mit mehreren Spalteneinträgen $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ sind gleich Null" liefern die Vereinfachung auf $\begin{eqnarray*} (\ast) \end{eqnarray*}$ , aber ich hab das Gefühl diese Herleitung bedarf noch eines eigenen Beweises, oder?

17.05.2022, 08:04

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Mit HALs Argumentation weiß man schon, daß $\begin{align*} p_A(x) = \alpha x + \beta \end{align*}$ mit Konstanten $\begin{align*} \alpha, \beta \in \mathbb{R} \end{align*}$ ist. Es gilt:

$\begin{align*} \alpha = p_A(1) - p_A(0) \, , \ \ \beta = p_A(0) \end{align*}$

Offenbar ist gemäß der Definition des Polynoms $\begin{align*} \beta = \det(A) \end{align*}$ .

Für die Spalte aus lauter Einsen schreibe ich $\begin{align*} e \end{align*}$ , bei $\begin{align*} A \end{align*}$ nehme ich die Darstellung in Spalten:

$\begin{align*} A = \begin{pmatrix} a_1 & a_2 & \ldots & a_n \end{pmatrix} \end{align*}$

Da die Determinante in jeder Spalte linear ist, erhält man, indem man immer mit dem ersten Summanden weiterrechnet, sukzessive

$\begin{align*} p_A(1) = \det \begin{pmatrix} a_1 + e & a_2 + e & \ldots & a_n + e \end{pmatrix} \end{align*}$

$\begin{align*} = \det \begin{pmatrix} a_1 & a_2 + e & \ldots & a_n + e \end{pmatrix} + \underbrace{\det \begin{pmatrix} e & a_2 + e & \ldots & a_n + e \end{pmatrix}}_{\det(A_1)} \end{align*}$

$\begin{align*} = \det \begin{pmatrix} a_1 & a_2 & \ldots & a_n + e \end{pmatrix} + \underbrace{\det \begin{pmatrix} a_1 & e & \ldots & a_n + e \end{pmatrix}}_{\det(A_2)} + \det(A_1) \end{align*}$

$\begin{align*} \ldots \end{align*}$

$\begin{align*} = \det(A) + \det(A_n) + \det(A_{n-1}) + \ldots + \det(A_2) + \det(A_1) \end{align*}$

Somit gilt

$\begin{align*} \alpha = p_A(1) - \det(A) = \det(A_n) + \det(A_{n-1}) + \ldots + \det(A_2) + \det(A_1) \end{align*}$

17.05.2022, 08:52

URL

Auf diesen Beitrag antworten »

@MasterWizz: Was du in deinem letzten Post geschrieben hast, ist in meiner Welt ein Beweis.
Auf dem Weg sieht man übrigens auch, dass man die Störungsmatrix $\begin{eqnarray*} \mathbb{1}_{n\times n} \end{eqnarray*}$ durch eine beliebige Matrix $\begin{eqnarray*} S \end{eqnarray*}$ vom Rang eins ersetzten kann und das gleiche Resultat bekommt. Analog für Rang zwei usw. Interessanterweise erhält man bei Rang n ein Polynom vom Grad genau n, im Wesentlichen das charakteristische Polynom von $\begin{eqnarray*} AS^{-1} \end{eqnarray*}$

@Leopold: Hast du den $\begin{eqnarray*} A_k \end{eqnarray*}$ jetzt absichtlich eine andere Bedeutung gegeben als MasterWizz?

17.05.2022, 09:10

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von URL
@Leopold: Hast du den $\begin{eqnarray*} A_k \end{eqnarray*}$ jetzt absichtlich eine andere Bedeutung gegeben als MasterWizz?

Nein, das sollen die $\begin{align*} A_k \end{align*}$ von MasterWizz sein.

17.05.2022, 09:15

URL

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Beweis Polynom definiert über Determinante
Das passt aber doch nicht verwirrt

Zitat:

Original von MasterWizz
wobei hier $\begin{eqnarray*} A_k \end{eqnarray*}$ die Matrix beschreibt, die entsteht, wenn von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ die $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -te Spalte durch den Einsvektor $\begin{eqnarray*} \mathbb{1}_n \end{eqnarray*}$ ersetzt wird.

Bei dir ist die k-te Spalte von $\begin{eqnarray*} A+\mathbb{1}_{n\times n} \end{eqnarray*}$ ersetzt

17.05.2022, 11:17

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Matrizen sind auch nicht gleich, wohl aber ihre Determinanten. Man ziehe die e-Spalte von den folgenden ab.

17.05.2022, 12:36

MasterWizz

Auf diesen Beitrag antworten »

Alles klar, ich habs verstanden. Es geht als Beweis durch, wenn es ordentlich aufgeschrieben wird. Ich setze mich da noch mal ran, aber das pack ich schon! Und für den Beweis selbst ist HAL`s Weg über die Leibniz Formel am einfachsten geeignet.

Danke euch!! smile

Neue Frage »

Antworten »

Beweis Polynom definiert über Determinante

Verwandte Themen