Technische Universität München Mathematik für Physiker 1

Technische Universität München
Zentrum Mathematik
Mathematik für Physiker 1
Wintersemester 11/12
Michael Kaplan — Jan Wehrheim — Christian Mendl
Übungsblatt 10
Zentralübung - Lösungen
Z1: Rechenregeln für Determinanten
Es seien R ein kommutativer Ring mit 1, n ∈ N und A ∈ Rn×n . Zeigen Sie:
a) Es gilt det(t A) = det(A).
b) Ist B eine Matrix, die durch eine Permutation σ ∈ Sn der Spalten von A entstanden ist, so gilt
det(B) = sgn(σ) · det(A).
c) Sind weiter B ∈ Rn×m , C ∈ Rm×n und D ∈ Rm×m , so gilt:
A 0
A B
det
= det
= det(A) det(D)
C D
0 D
Lösung zu Z1:
a) Es ist per Definition det(A) =
det(t A)
=
X
P
sgn(π)
n
Y

=
Qn
sgn(τ −1 )
τ ∈Sn
i=1 (aiπ(i) )
und damit gilt

!
(aπ(i)i )
=
n
Y

i=1
π∈Sn
X
sgn(π)
π∈Sn
X
sgn(π)

X
sgn(τ )
τ ∈Sn
j=1

(ajπ−1 (j) )
j=1
π∈Sn
(ajτ (j) ) =
n
Y
n
Y

(ajτ (j) ) = det(A).
j=1
b) Wir erhalten B indem wir die j-te Spalte von A zur σ(j)-ten Spalte von B machen. Es ist also
aij = biσ(j) beziehungsweise bij = aiσ−1 (j) . Damit folgt
!
!
n
n
X
Y
X
Y
det(B) =
sgn(π) (biπ(i) ) =
sgn(π) (aiσ−1 (π(i)) )
π∈Sn
=
X
τ ∈Sn
i=1
sgn(σ ◦ τ )
π∈Sn
n
Y
i=1
!
(aiτ (i) )
i=1
= sgn(σ) ·
X
τ ∈Sn
sgn(τ )
n
Y
!
(aiτ (i) )
= sgn(σ) · det(A).
i=1
c) In der Zentralübung wurde ein Beweis dieser Formeln präsentiert unter der zusätzlichen Annahme, dass die gegebenen Matrizen nur durch Anwendungen von elementaren Zeilenumformungen
von Typ 3 (Addition des Vielfachen einer Zeile zu einer anderen Zeile) auf Zeilenstufenform
gebracht werden kann. Hier nun ein Beweis, der weniger instruktiv aber dafür allgemein gültig
ist:
Wir beweisen zunächst die folgenden Spezialfälle mit A = En :
En 0
En B
det
= det
= det(D) .
C D
0 D
Durch Entwicklung der Determinante nach der ersten Zeile erhält man
En 0
En−1 0
det
= det
,
C D
C0
D
wobei C 0 die m × (n − 1)-Matrix ist, die aus C durch Streichen der ersten Spalte entsteht.
Entwickelt man diese Determinante noch (n − 1)-mal nach der ersten Zeile, so erhält man
En 0
En−1 0
det
= det
= · · · = det(D) .
C D
C0
D
Die zweite Formel folgt zum Beispiel durch Transposition und Anwendung der Rechenregel aus
Aufgabenteil a).
Man macht sich nun klar, dass man zwei Blockmatrizen der vorliegenden Form wie zwei 2 × 2Matrizen mit normalen Zahleneinträgen multiplizieren kann:
0
A B
A B0
AA0 + BC 0 AB 0 + BD0
=
C D
C 0 D0
CA0 + DC 0 CB 0 + DD0
Damit folgt:
A 0
A 0
En
=
·
C D
0 Em
C
0
D
A
⇒ det
C
0
D
En
A 0
· det
= det
C
0 Em
{z
} |
{z
|
=det(A)
0
D
=det(D)
.
}
Die zweite Formel folgt wieder durch Transposition und Anwendung der Rechenregel aus Aufgabenteil a).
Z2: Strategien zur Berechnung einer Determinante
Berechnen Sie die Determinante der folgenden Matrix auf mindestens zwei verschiedene Weisen:


1 2 0
0
 3 4 0
0 

A=
 −2 1 1 −1 
0 1 2
1
Lösung zu Z2:
Wir können die Rechenregel von Aufgabe Z1c) anwenden und erhalten
1 2
1 −1
det(A) = det
· det
= (−2) · 3 = −6.
3 4
2 1
Oder wir addieren das (−1/2)-fache der zweiten Zeile zur ersten Zeile und die vierte Zeile zur dritten
Zeile und erhalten


−0, 5 0 0 0
 3
4 0 0

det(A) = det 
 −2 2 3 0 = −6.
0
1 2 1
Z3: Vandermonde-Determinante
Es seien x1 , . . . , xn Elemente eines Körpers K. Weiter sei
 0
 
x1 x11 . . . xn−1
1
1
 x02 x12 . . . xn−1   1
2

 
An :=  .
..
..  =  ..
 ..
.
.   .
x1
x2
..
.
...
...
xn−1
1
xn−1
2
..
.
x0n
xn
...
xn−1
n
x1n
...
xn−1
n
1



.

Zeigen Sie: Für die Determinante dieser Vandermonde Matrix gilt
" i−1
#
n
n
Y
Y
Y
det(An ) =
(xi − xk ) =
(xi − xk ) .
i,k=1
i>k
i=2
k=1
Lösung zu Z3:
Zu beweisen ist eine Aussage, die für alle natürlichen Zahlen gelten soll. Aus diesem Grund bietet
sich ein Induktionsbeweis an.
• Induktionsanfang: Im Fall n = 1 lautet die Behauptung
det(A1 ) =
1
Y
i,k=1
i>k
(xi − xk ).
Rechts steht ein leeres“ Produkt, denn kein Faktor erfüllt die Bedingung i, k = 1 . . . 1, i > k.
”
Ein leeres Produkt setzt man gleich 1 (so wie man eine leere Summe gleich 0 setzt). Links steht
det(A1 ) = det(1), und diese ist gleich 1. Die Behauptung ist also für n = 1 richtig.
Wenn man Bedenken wegen des leeren“ Produkts hat, so kann man auch n = 2 als Indukti”
onsanfang nehmen. Für n = 2 gilt die Behauptung auch:
1 x1 = x2 − x1 .
det(A2 ) = 1 x2 • Induktionsvoraussetzung: Ang., die Behauptung ist richtig für ein n ∈ N:
det(An ) =
n
Y
(xi − xk ).
i,k=1
i>k
• Induktionsschluss von n auf n + 1: Man setzt an

1
x1
x21
1
x2
x22

 ..
.
..
..
det(An+1 ) =  .
.

2
1
x
x
n
n
1 xn+1 x2
n+1
. . . xn−1
1
. . . xn−1
2
..
..
.
.
. . . xn−1
n
. . . xn−1
n+1
xn1
xn2
..
.
xnn
xnn+1




 =


Addiert man zur letzten Spalte das (−xn+1 )-fache der vorletzten Spalte, zur vorletzten Spalte
das (−xn+1 )-fache der drittletzten Spalte, usw., zur zweiten Spalte das (−xn+1 )-fache der ersten
Spalte, so erhält man daraus


1
x1 − xn+1
x21 − xn+1 x1
. . . xn−1
− xn+1 xn−2
xn1 − xn+1 xn−1
1
1
1
n−1
n−2
n−1 
2
n
1
x2 − xn+1
x2 − xn+1 x2
. . . x2 − xn+1 x2
x2 − xn+1 x2




..
..
..
..
..
=  ...

.
.
.
.
.


2
n−1
n−2
n
n−1 
1
xn − xn+1
xn − xn+1 xn
. . . xn − xn+1 xn
xn − xn+1 xn
1 xn+1 − xn+1 x2 − xn+1 xn+1 . . . xn−1 − xn+1 xn−2 xn − xn+1 xn−1 n+1
n+1
n+1
n+1
n+1
=

1
1

 .
 ..

1
1
x1 − xn+1
x2 − xn+1
..
.
(x1 − xn+1 )x1
(x2 − xn+1 )x2
..
.
...
...
..
.
(x1 − xn+1 )xn−2
1
(x2 − xn+1 )xn−2
2
..
.
xn − xn+1
0
(xn − xn+1 )xn
0
...
...
(xn − xn+1 )xn−2
n
0

(x1 − xn+1 )x1n−1 (x2 − xn+1 )x2n−1 


..
 =
.


(xn − xn+1 )xn−1
n
0
Entwickelt man nach der letzten, der (n + 1)-ten Zeile, und zieht dann aus der
Faktor xi − xn+1 raus, so ergibt sich

1 x1 . . . xn−2
1
1 x2 . . . xn−2
2

= (−1)n+1+1 (x1 − xn+1 )(x2 − xn+1 ) · · · (xn − xn+1 ) ·  .
..
.. . .
 ..
.
.
.
1 xn . . . xn−2
n
i-ten Zeile den

xn−1
1
n−1 
x2 
..  =
. 
xn−1 n
Die entstandene Determinante ist genau die n-reihige Vandermondesche Determinante, es kann
somit die Induktionsannahme benutzt werden. Ferner werden n Faktoren (−1) auf die Klammern vor der Determinante verteilt.
Somit lässt sich der Induktionsbeweis beenden:
= (xn+1 − x1 )(xn+1 − x2 ) · · · (xn+1 − xn ) ·
n
Y
(xi − xk ) =
i,k=1
i>k
Z4: Interpolation II
Gegeben sind n+1 paarweise verschiedene Stützstellen x0 , x1 , . . . xn und
zu jedem xi ein beliebiger Wert yi . Zeigen Sie, dass es genau ein Polynom
p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn mit ai ∈ R
gibt mit p(xi ) = yi für alle i = 0, 1, ..., n.
n+1
Y
i,k=1
i>k
(xi − xk ) .
Lösung zu Z4:
Gegeben seien x0 , x1 , . . . , xn (paarweise verschieden) und y0 , . . . , yn . Gesucht sind a0 , . . . , an ∈ R, so
dass für das Polynom p(x) = a0 + a1 x + · · · + an xn gilt p(xi ) = yi für 0 ≤ i ≤ n. Es soll untersucht
werden, ob solche ai , 0 ≤ i ≤ n, existieren. Dazu schreibt man die Gleichungen in Matrixform:

1
1

 ..
.
x0
x1
..
.
x20
x21
..
.
1
xn
x2n
Dieses LGS ist genau dann für beliebige yi

1
1

det  .
 ..
1
   
y0
a0
. . . xn0
 a1   y1 
. . . xn1 
   
..   ..  =  .. 
.  .   . 
. . . xnn
an
yn
lösbar (dann sogar eindeutig), wenn

x0 x20 . . . xn0
x1 x21 . . . xn1 

..
..
..  6= 0
.
.
. 
xn
x2n
. . . xnn
Diese Determinante ist die aus Aufgabe Z3 bekannte Vandermonde Determinante. Das Interpolationsproblem hat also genau dann eine eindeutige Lösung, falls die Vandermonde Determinante von
0 verschieden ist. Dies ist nach Aufgabe Z3 genau dann der Fall wenn die Stützstellen paarweise
verschieden sind.