3 Lösungen zu Kapitel 3

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Κάδμος Μανωλάς
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1 3 Lösungen zu Kapitel 3 31 Lösungen der Aufgaben zu Abschnitt Lösung Die Abbildung D : { R 4 R 4 R 4 R 4 R, a 1, a 2, a 3, a 4 ) D( a 1, a 2, a 3, a 4 ) definiere eine Determinantenform (auf R 4 ) Drücken Sie unter Verwendung der Eigenschaften einer Determinantenform: a) D((1,1,0, 1),(2,4,1, 1),(1,2,1, 1),(1,2,1, 0)), b) D((1,1,0,2),(2,4, 1,3),(1, 2,1,3), (1, 2, 2,4)), in Abhängigkeit von M := D( e 1,, e n ) aus Lösung: Wir erinnern zunächst an die Eigenschaften einer Determinantenform D : (R n ) n R n (vgl 312): (E1) D ist multilinear, dh es gilt zb D(c 1 x 1 c 2 x 2, a 2, a n ) = c 1 D( x 1, a 2,, a n ) c 2 D( x 2, a 2,, a n ) für alle x 1, x 2 R n und alle c 1,c 2 R (E2) D( a 1,, a n ) = 0, falls a 1,, a n linear abhängig sind (E3) Es gibt Vektoren a 1,, a n R n mit D( a 1,, a n ) 0 Zu a): Um es uns einfacher zu machen, schreiben wir die Vektoren a 1 = (1,1,0, 1), a 2 = (2,4,1, 1), a 3 = (1,2,1, 1), a 4 = (1,2,1,0) zeilenweise in eine Matrix und erhalten

2 Aus den Eigenschaften (E1) und (E2) folgt insbesondere für jedes c R D( a 1 c a 2, a 2,, a n ) = D( a 1, a 2,, a n ) c D( a 2, a 2, a 3,, a n ) = D( a 1, a 2,, a n ) (die Vektoren a 2, a 2, a 3,, a n sind linear abhängig!) Wir können also elementare Zeilenoperationen durchführen, also ein Vielfaches einer Zeile zu einer Zeile addieren bzw davon subtrahieren, ohne dass sich der Wert der Determinantenform ändert Führen wir die nachstehend am rechten Rand der Matrix gekennzeichnenten Operationen ( 2) ( 1) ( 1) aus, so erhalten wir die Matrix Subtrahiert man hier die vierte von der zweiten Zeile und anschließend die zweite von der dritten Zeile sowie die dritte von der vierten Zeile, so ergibt sich die Matrix was , D((1,1,0, 1),(2,4,1, 1), (1, 2, 1, 1),(1, 2, 1,0)) = D( e 1,, e 4 ) = M bedeutet Zu b): Wie in a) schreiben wir die Vektoren zeilenweise in eine Matrix und führen elementare Zeilenoperationen aus Es ergibt sich 2

3 ( 2) ( 1) (1) ( 2) ( 1) und somit D((1,1,0,2),(2,4, 1,3), (1, 2, 1, 3), (1,2, 2, 4)) = D((1,1,0,2),(0,3,0, 0),(0,1,1,1),(0, 1, 0, 0)) Da hier (0, 3, 0, 0) und (0, 1, 0, 0) linear abhängige Vektoren sind, liefert Eigenschaft (E2) D((1,1,0,2),(2,4, 1, 3),(1,2,1,3),(1,2,2,4)) = Lösung Es seien α,β,γ,δ R Zeigen Sie: 1 α α 2 α 3 det1 β β 2 β 3 1 γ γ 2 γ 3 1 δ δ 2 δ 3 = (β α)(γ α)(δ α)(γ β)(δ β)(δ γ) Lösung: Wir können ohne Beschränkung der Allgemeinheit annehmen, dass α, β, γ, δ paarweise verschieden sind; andernfalls sind beide Seiten der obigen Gleichung gleich 0 (in der links stehenden Matrix sind dann zwei Zeilen identisch) Im Folgenden verwenden wir Satz 31 über Eigenschaften von Determinanten In einem ersten Schritt werden von der iten Spalte (i = 2,3,4) ein 3

4 geeignetes Vielfaches der ersten Spalte abgezogen Es folgt ( α 3 ) ( α 2 ) ( α) 1 α α 2 α V (α,β,γ,δ) := det1 β β 2 β 3 1 γ γ 2 γ 3 = det 1 β α β 2 α 2 β 3 α 3 1 γ α γ 2 α 2 γ 3 α 3 1 δ δ 2 δ 3 1 δ α δ 2 α 2 δ 3 α 3 Entwickeln nach der 1 Zeile (Entwicklungssatz von Laplace, Satz 319) liefert β α β 2 α 2 β 3 α 3 V (α,β,γ,δ) = ( 1) 11 1 detγ α γ 2 α 2 γ 3 α 3 δ α δ 2 α 2 δ 3 α 3 Wir dividieren jetzt die erste Zeile durch β α, die zweite durch γ α und die dritte durch δ α Damit die Determinante gleich bleibt, muss bei Division einer Zeile durch einen bestimmten Wert die gesamte Determinante mit diesem Wert multipliziert werden Unter Beachtung von (β 3 α 3 ) : (β α) = β 2 αβ α 2 (Polynomdivision!) folgt V (α,β,γ,δ) = (β α)(γ α)(δ α) det 1 β α β2 αβ α 2 1 γ α γ 2 αγ α 2 1 δ α δ 2 αδ α 2 Subtrahiert man hier das α-fache der ersten Spalte von der zweiten und das α 2 -fache der ersten von der dritten Spalte, so ergibt sich V (α,β,γ,δ) = (β α)(γ α)(δ α) det 1 β β2 αβ 1 γ γ 2 αγ 1 δ δ 2 αδ Eine Subtraktion des α-fachen der zweiten von der dritten Spalte liefert jetzt V (α,β,γ,δ) = (β α)(γ α)(δ α) det 1 β β2 1 γ γ 2 1 δ δ 2 4

5 Subtraktion des β-fachen der ersten von der zweiten und des β 2 -fachen der ersten von der dritten Spalte ergibt V (α,β,γ,δ) = (β α)(γ α)(δ α) det1 γ β γ 2 β 2, 1 δ β δ 2 β 2 und Entwickeln nach der 1 Zeile liefert dann das gewünschte Ergebnis ( ) V (α,β,γ,δ) = (β α)(γ α)(δ α) ( 1) 11 γ β γ 1 det 2 β 2 δ β δ 2 β 2 = (β α)(γ α)(δ α) [(γ β) (δ 2 β 2 ) (δ β) (γ 2 β 2 ) ] }{{}}{{} =(δβ)(δ β) =(γβ)(γ β) = (β α)(γ α)(δ α)(γ β)(δ β)(δ γ) 313 Lösung Berechnen Sie die Determinanten der Matrizen a) A = M(5,5), b) 7 λ 2 2 B = 10 5 λ 2 M(3,3) λ Lösung: Zu a): Im Folgenden wird auch die Schreibweise A := det(a) für die Determinante einer matrix A verwendet Außerdem wird die Entwicklung der Determinante graphisch durch Streichen der Zeile und Spalte bzw das Schema von Sarrus dargestellt det(a) =

6 Wir entwickeln nach der ersten Zeile (sie enthält viele Nullen) und erhalten det(a) = ( 1) ( 1) 14 ( 3) Addiert man in beiden obigen 4 4-Matrizen das Vierfache der letzten Spalte zu den übrigen Spalten, so ergibt sich A = Entwickeln nach der ersten Zeile liefert det(a) = 2 ( 1) 14 ( 1) ( 1) 14 ( 1) Wir wenden das Schema von Sarrus (vgl 3111) an und erhalten A = 2 ( ( 1) ( 1) 4) 3 ( ( 3) ( 3) ) = 2 ( ) 3 ( ) = = 925 6

7 Zu b): Wir entwickeln die Determinante nach der dritten Zeile und erhalten 7 λ 2 2 B = 10 5 λ λ - = ( 1) 31 - ( 12) λ 2 ( 1) 33 (9 λ) 7 λ λ = 12 (( 2) ( 2) 2 (5 λ) (9 λ) (( 7 λ) (5 λ) ( 2) 10) = 12 (4 10 2λ) (9 λ) ( 35 7λ 5λ λ 2 20) = 72 24λ (9 λ) ( 15 2λ λ 2 ) = 72 24λ λ 9λ 2 15λ 2λ 2 λ 3 = λ 3 7λ 2 9λ Lösung Berechnen Sie die Determinante der Matrix A := 2 λ λ λ λ Lösung: Multiplikation der ersten Spalte mit 2 und Addieren zur zweiten Spalte liefert det(a) = det = det 2 2 λ λ λ λ 2 λ 5 2λ λ λ λ 7

8 Entwickeln nach der vierten Zeile (sie enthält die meisten Nullen) ergibt 5 2λ 1 2 det(a) = ( 1) 41 6 det 1 λ λ 2 2 λ 5 2λ 1 ( 1) 44 (9 λ) det 4 1 λ λ Addiert man hier in der ersten Matrix die zweite Zeile zur ersten und zur dritten Zeile sowie in der zweiten Matrix die dritte Zeile zur zweiten, so folgt 6 3λ 3 0 A = 6 det 1 λ 2 2 (9 λ) det 3 λ 3 λ 0 ( 1) 2 λ 5 2λ λ 3 λ λ Jetzt entwickelt man die Determinante der ersten Matrix nach der dritten Spalte und subtrahiert in der zweiten Matrix die dritte Spalte von der zweiten Es ergibt sich A = 6 ( 1) 23 2 det ( ( 1) 6 3λ 3 3 λ 3 λ ) 2 λ 6 2λ 1 (9 λ) det λ 4 3 λ 5 λ ( ) ( ) 9 3λ 3 = 12 (9 λ) ( 1) 23 2 λ 6 2λ (3 λ) det 0 3 λ 4 3 λ ( ) 6 λ 0 = 12 (9 3λ) (3 λ) (9 λ) (3 λ) det 4 3 λ = 12 (27 18λ 3λ 2 ) (27 12λ λ 2 ) (18 3λ λ 2 ) = λ 4 9λ 3 9λ 2 81λ

9 315 Lösung Für n N und λ R sei D n die n n-matrix 1 λ 2 λ λ 1 λ 2 λ λ 1 λ 2 λ D n := λ 1 λ 2 λ 0 0 λ 1 λ 2 Zeigen Sie mittels vollständiger Induktion: det(d n ) = n λ2i Lösung: Wir entwickeln det(d n ) nach der ersten Zeile und erhalten det(d n ) = ( 1) 11 (1 λ 2 ) det(d n 1 ) λ λ λ 2 λ 0 λ ( 1) 12 λ det λ 1 λ 2 λ 0 0 λ 1 λ 2 }{{} M(n 1,n 1) = (1 λ 2 ) det(d n 1 ) λ 2 det(d n 2 ) Induktionsanfang: det(d 1 ) = 1 λ 2 det(d 2 ) = 1 λ 2 ) λ 2 = 1 λ 2 λ 4 9

10 Induktionsschluss: det(d n ) = (1 λ 2 ) det(d n 1 ) λ 2 det(d n 2 ) n 1 n 2 = (1 λ 2 ) λ 2i λ 2 = = = n 1 n 1 n 1 λ 2i λ 2i λ 2n n λ 2i n 2 λ 2i2 λ 2i λ 2i2 10

11 316 Lösung Zeigen Sie, dass für die (n n)-matrix A mit Diagonaleinträgen λ und sonstigen Einträgen µ gilt det(a) = (λ (n 1)µ)(λ µ) n 1 Lösung: Subtrahiert man die erste Zeile von jeder anderen Zeile, so ergibt sich λ µ µ µ det(a) = det µ µ µ λ ( 1) ( 1) ( 1) λ µ µ µ λ λ µ 0 0 µ λ 0 = det µ λ µ λ 0 µ λ 0 0 λ µ 11

12 Addition der zweiten, dritten und und n-ten Spalte zur ersten liefert λ (n 1)µ µ µ 0 λ µ 0 0 det(a) = det λ µ = (λ (n 1)µ)(λ µ) n 1, da die Determinante einer Dreiecksmatrix durch das Produkt der Diagonaleinträge gegeben ist (vgl 3112) 12

Σχετικά έγγραφα

18. Normale Endomorphismen

18. Normale Endomorphismen 18.1. Die adjungierte lineare Abbildung Seien V, W K-Vektorräume mit Skalarprodukt, V,, W Lemma: Sei φ Hom(V, W ). Falls Ψ Hom(W, V ) mit der Eigenschaft so ist Ψ hierdurch eindeutig