Blatt #11, 9. Jan. 2003

Aufgabe 44.

(1) Es ist det A = −1.

(2) Es ist det A = 2i.

(3) Es ist det A = 4 (verwende Gauß).

(4) Es ist det A = 0, da die Differenz der ersten und der dritten Spalte die vierte ergibt, das Spaltentupel also linear abhängig ist (oder: Gauß).

(5) Nach Laplace ist det A = −2 det ( \begin{matrix}7 & 0 & 10 & 12 & 1 \\ 5 & 3 & 13 & 15 & 4 \\ 8 & 0 & 11 & 13 & 2 \\ 9 & 0 & 12 & 14 & 3 \\ 10 & −1 & 13 & 15 & 0 \end{matrix} ) = −2 (3 det ( \begin{matrix}7 & 10 & 12 & 1 \\ 8 & 11 & 13 & 2 \\ 9 & 12 & 14 & 3 \\ 10 & 13 & 15 & 0 \end{matrix} ) − (−1) det ( \begin{matrix}7 & 10 & 12 & 1 \\ 5 & 13 & 15 & 4 \\ 8 & 11 & 13 & 2 \\ 9 & 12 & 14 & 3 \end{matrix} ))

= 0, da die Zeilen der verbleibenden Matrizen jeweils linear abhängig sind (wie etwa mit Gauß zu sehen).

Eine solche Matrix A mit der Leibnizschen Formel auszurechnen, würde dauern.

Aufgabe 45.

(1) Wir führen eine Induktion nach n durch. Für n = 1 ist det A_{1} = 1 = s^{0} (\begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix}). Für n = 2 ist

det A_{2} = 1 + s^{2} = s^{0} (\begin{matrix}2 \\ 0 \end{matrix}) + s^{2} (\begin{matrix}1 \\ 1 \end{matrix}).

Für den Induktionsschritt n − 2, n − 1 → n entwickeln wir mit Laplace nach der ersten Zeile:

det A_{n} = det A_{n−1} + s · det ( \begin{matrix}s & −s & 0 & & ··· & 0 \\ 0 & 1 & −s & & ··· & 0 \\ 0 & s & 1 & −s & ··· & 0 \\ ⋮ & & ... & ... & ... & ⋮ \\ 0 & 0 & ··· & s & 1 & −s \\ 0 & 0 & ··· & & s & 1 \end{matrix} )

= det A_{n−1} + s^{2} det A_{n−2}
=^{I.H.} ∑_{j≥0} s^{2j} (\begin{matrix}n−1−j \\ j \end{matrix} ) + ∑_{j≥0} s^{2j+2} (\begin{matrix}n−2−j \\ j \end{matrix} )
= 1 + ∑_{j≥1} s^{2j}((\begin{matrix}n−1−j \\ j \end{matrix} ) + (\begin{matrix}n−1−j \\ j−1 \end{matrix} ))
= 1 + ∑_{j≥1} s^{2j} (\begin{matrix}n−j \\ j \end{matrix} )
= ∑_{j≥0}s^{2j} (\begin{matrix}n−j \\ j \end{matrix} ) .

(2) Wir führen eine Induktion nach n durch. Für n = 1 ist die Aussage richtig, da das leere Produkt den Wert 1 annimmt. Sei die Behauptung für n − 1 gezeigt. Es wird

det A

Gauß auf Zeilen,

unten angefangen = det ( \begin{matrix}1 & x_{1} & x_{2} & ··· & x_{n} \\ 0 & x_{2}−x_{1} & x_{3}−x_{1} & ··· & x_{n}−x_{1} \\ 0 & x_{2}^{2}−x_{1}x_{2} & x_{3}^{2}−x_{1}x_{3} & ··· & x_{n}^{2}−x_{1}x_{n} \\ ⋮ & & & & ⋮ \\ 0 & x_{2}^{n−1}−x_{1}x_{2}^{n−2} & x_{3}^{n−1}−x_{1}x_{3}^{n−2} & ··· & x_{n}^{n−1}−x_{1}x_{n}^{n−2} \end{matrix} )

=  det ( \begin{matrix}x_{2}−x_{1} & x_{3}−x_{1} & ··· & x_{n}−x_{1} \\ x_{2}^{2}−x_{1}x_{2} & x_{3}^{2}−x_{1}x_{3} & ··· & x_{n}^{2}−x_{1}x_{n} \\ ⋮ & & & ⋮ \\ x_{2}^{n−1}−x_{1}x_{2}^{n−2} & x_{3}^{n−1}−x_{1}x_{3}^{n−2} & ··· & x_{n}^{n−1}−x_{1}x_{n}^{n−2} \end{matrix} )

=  (x_{2} − x_{1})(x_{3} − x_{1}) ⋯ (x_{n} − x_{1}) · det ( \begin{matrix}x_{2}^{0} & x_{3}^{0} & ··· & x_{n}^{0} \\ x_{2}^{1} & x_{3}^{1} & ··· & x_{n}^{1} \\ ⋮ & & & ⋮ \\ x_{2}^{n−2} & x_{3}^{n−2} & ··· & x_{n}^{n−2} \end{matrix} )

=^{I.H.}  (x_{2} − x_{1})(x_{3} − x_{1}) ⋯ (x_{n} − x_{1}) · ∏_{2≤i<j≤n}(x_{j} − x_{i})
=  ∏_{1≤i<j≤n}(x_{j} − x_{i}) .

(3) Es ist det A = 1 + α, die Matrix A ist also in der Tat invertierbar. Schreibe A^{−1} = (b_{i,j})_{i,j}. Mit der Cramerschen Regel folgt

b_{3,2} = (det A)^{−1}(−1)^{3+2} det A_{2,3} = (1 + α)^{−1} det ( \begin{matrix}1 & 1+α & 1+α \\ 0 & 1+α & 1 \\ 1+α & 0 & 1 \end{matrix} ) = 0
b_{1,4} = (det A)^{−1}(−1)^{1+4} det A_{4,1} = (1 + α)^{−1} det ( \begin{matrix}1+α & α & 1+α \\ 1 & 1 & 0 \\ 1+α & 0 & 1 \end{matrix} ) = 1 .

(4) Wir erhalten

det A(0)  = det ( \begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix} )  = 0 = 0^{4}
det A(1)  = det ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} )  = 1 = 1^{4}
det A(−1)  = det ( \begin{matrix}−1 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix} ) = 1 = (−1)^{4}
det A(ι)  = det ( \begin{matrix}0 & −1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) = 1 = ι^{4}
det A(ι + 1) = det ( \begin{matrix}1 & −1 \\ 1 & 1 \end{matrix} ) = −1 = (ι + 1)^{4}
det A(ι − 1) = det ( \begin{matrix}−1 & −1 \\ 1 & −1 \end{matrix} ) = −1 = (ι − 1)^{4}
det A(−ι)  = det ( \begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 0 \end{matrix} ) = 1 = (−ι)^{4}
det A(−ι + 1) = det ( \begin{matrix}1 & 1 \\ −1 & 1 \end{matrix} ) = −1 = (−ι + 1)^{4}
det A(−ι − 1) = det ( \begin{matrix}−1 & 1 \\ −1 & −1 \end{matrix} ) = −1 = (−ι − 1)^{4}

(Fakultativ: wieso?).

Aufgabe 46.

(1) Liegen alle Einträge von A^{−1} in Z, so ist auch det A^{−1} ∈ Z (Leibniz). Wegen (det A^{−1})^{−1} = det A ∈ Z muß det A ∈ {−1, +1} gelten.

Umgekehrt, falls det A ∈ {−1, +1}, so ist zunächst A ∈ GL_{n}(Q). Wegen (det A)^{−1} ∈ Z zeigt nun die Cramersche Regel, daß A^{−1} ganzzahlige Einträge hat.

(2) Zu zeigen ist hier, daß für A, B ∈ GL_{n}(Z) auch AB^{−1} ∈ GL_{n}(Z) ist. Es gilt aber det(AB^{−1}) = (det A)·(det B)^{−1} laut Determinantenmultiplikationslemma. Somit ist wegen (1) also det(AB^{−1}) ∈ {−1, +1}, und damit AB^{−1} ∈ GL_{n}(Z).

Aufgabe 47. (1) Ist richtig. Denn aus 0 ≠ det(A^{m}) = (det A)^{m} folgt 0 ≠ det A.

(2) Ist falsch.

Erstes Beispiel: A = B = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) und λ = μ = 1 ergeben det(λA + μB) = 4, aber λ det A + μ det B = 2.

Zweites Beispiel: A = ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} ), λ = 2 und μ = 0 ergeben det(λA) = 4, aber λ det A = 2.

(3) Ist falsch. Ist A = ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) und B = ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} ), so wird AB = ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} ), was bei keiner Blockeinteilung eine obere Blockdreiecksmatrix ist. (Für A und B mit denselben Blockgrößen ist die Aussage richtig.)

(4) Ist richtig. Denn aus det A = 1 und det B = 1 folgt det(AB^{−1}) = (det A)(det B)^{−1} = 1.

(5) Ist falsch. So etwa haben für K = F_{2} und n = 2 die beiden Permutationsmatrizen ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) und ( \begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) jeweils Determinante 1, und 2 ≠ 2!/2 = 1. (Im Spezialfall K = R und n ≥ 2 trifft die Aussage hingegen zu.)