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#let ij=$i j$
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Bearbeitet von Linnea Gräf
])
#aufg[1.a Vandermonde Matrix]
Beweis via Induktion über $n$.
*Induktionsanfang* (für $n=1$): $det(V) = mat(1) = 1 = Pi_(1 <= i < j <= n) (a_j-a_i)$. (Via vakuoser multiplikativer Identität)
*Induktionsschritt* ($n ==> n + 1$): $V := mat(1, 1, ..., 1; a_1, a_2, ..., a_n; a_1^2, a_2^2, ..., a_n^2; dots.v, dots.v, dots.down, dots.v; a_1^(n-1), a_2^(n-1), ..., a_n^(n-1))$.
Wir können jede Zeile (außer der ersten) von der vorherigen abziehen, und erhalten somit: $V'_ij = cases(V_ij& falls i = 1,V_ij - a_1 V_(i-1 j)&sonst),$
$ V'= mat(1, 1, ..., 1; a_1-1a_1, a_2-1a_1, ..., a_n-1a_1; a_1^2-a_1a_1, a_2^2 - a_2a_1, ..., a_n^2-a_n a_1; dots.v, dots.v, dots.down, dots.v; a_1^(n-1)-a_1^(n-2)a_1, a_2^(n-1)-a_2^(n-2)a_1, ..., a_n^(n-1)-a_n^(n-2)a_1) = mat(1, 1, ..., 1; 0, a_2-a_1, ..., a_n-a_1; 0, a_2(a_2 - a_1), ..., a_n (a_n- a_1); dots.v, dots.v, dots.down, dots.v; 0, a_2^(n-2) (a_2-a_1), ..., a_n^(n-2)(a_n-a_1)) $
Da wir hierbei nur Zeilen von einander abgezogen haben, ist $det(V)=det(V')=det(V'')$, wobei $V''$ alles außer der ersten Zeile und Spalte ist (via Laplace Entwicklung). In $V''$ hat die $i$te Spalte den Faktor $a_(i+1) - a_1$ (das extra $+1$ folgt da die Erste Spalte ja bei der Laplace Entwicklung entfernt wurde), wir können diese Faktoren aus der Determinante ziehen und erhalten dementsprechend $det(V) = det(V'') = (a_2-a_1)(a_3-a_1)dots(a_n-a_1) det mat(1,1,dots,1;a_2,a_3,dots,a_n;dots.v,dots.v,dots.down,dots.v;a_2^(n-2),a_3^(n-2), dots, a_n^(n-2))$. Diese Determinante ist wieder eine (um $1$ kleinere) Vandermonde matrix, also können wir unsere Induktionsvoraussetzung anwenden. Hierbei passiert ein Indexwechsel, da die Indizes bei $2$ starten. Dementsprechend erhalten wir $ det(V)=det(V'')=(a_2-a_1)(a_3-a_1)dots(a_n-a_1) Pi_(2<=i<j<=n) (a_j-a_i) = Pi_(1<= i<j<=n) (a_j-a_i) quad square $
#aufg[1.b]
$V$ ist invertierbar wenn $det(V)!=0$. Das ist genau der Fakt wenn jeder Faktor der Derterminate $(a_j-a_i) != 0$ ist. Das bedeutet $a_i$ und $a_j$ müssen paarweise verschieden sein.
#aufg[2.a]
Wir ziehen zuerst die letzte Spalte viermal von der ersten ab, dann die entwickeln wir nach der ersten Zeile.
$ det mat(4,-2,5;0,-1,-3;1,2,4)
&= det mat(0, -2-8, 5-16;0,-1,-3;1,2,4)\
&= det mat(-10,-11;-1,-3)\
&= (-10)(-3)-(-1)(-11)\
&= 30 - 11 = 19
$
#aufg[2.b]
#let Adj="Adj"
$Adj(A)=mat(2,18,11;-3,11,12;1,-10,-4)$
#aufg[2.c]
Da $det(A)=10!=0$ ist $A$ invertierbar. Laut der Cramerschen Regel ist $ A^(-1) = 1/(det A) Adj(A)= 1/19 mat(2,18,11;-3,11,12;1,-10,-4)=mat(2/19,18/19,11/19;-3/19,11/19,12/10;1/19,-10/19,-4/19). $
#aufg[3.a $Adj(c A) = c^(n-1) Adj(A)$]
Die $Adj(c A)_ij = (-1)^(i+j) M_ji (c A)$, wobei $M_ij (A)$ die Determinante der Untermatrix von $A$ ohne die $i$te Zeile und $j$te Spalte ist. Da $det(c A) = c^n det(A)$ ist, können wir den Faktor aus dem Minor ziehen: $ Adj(c A)_ij =(-1)^(i+j) M_ji (c A) =c^(n-1) (-1)^(i+j) M_ji(A) = c^(n-1) Adj(A)_ij. $
#aufg[3.b $Adj(A^T) = Adj(A)^T$]
Wir betrachten den $ij$-ten Eintrag der Adjunkten: $Adj(A^T)_ij = (-1)^(i+j) M_ji (A^T)$. Da das Transponieren einer Matrix die Determinante nicht ändert und beim transponieren auch der Index der entfernten Zeile und Spalte vertauscht werden, gilt:
$ Adj(A^T)_ij = (-1)^(i+j) M_ij (A^T) = (-1)^(i+j) M_ij (A) = Adj(A)_ji = (Adj(A)^T)_ij $
#aufg[3.c $Adj(A B) = Adj(B) Adj(A)$]
Aus der Cramerschen Regel wissen wir, dass $A^(-1) = 1/(det A) Adj(A)$ für invertierbare Matrizen $A$. Daraus folgt $Adj(A) = det(A) A^(-1)$. Für zwei invertierbare Matrizen $A$ und $B$ gilt:
$ Adj(A B) &= det(A B) (A B)^(-1) \
&= det(A) det(B) B^(-1) A^(-1) \
&= det(B) B^(-1) dot det(A) A^(-1) \
&= Adj(B) Adj(A) $
#aufg[3.d $det(Adj(A)) = det(A)^(n-1)$]
Aus $A^(-1) = 1/(det A) Adj(A)$ folgt $Adj(A) = det(A) A^(-1)$. Determinante auf beiden Seiten anwenden:
$ det(Adj(A)) &= det(det(A) A^(-1)) \
&= det(A)^n det(A^(-1)) \
&= det(A)^n dot 1/(det(A)) \
&= det(A)^(n-1) $
#aufg[3.e $Adj(Adj(A)) = det(A)^(n-2)A$]
Aus $Adj(A) = det(A) A^(-1
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