Determinanten. Motivation: Man betrachte das lineare Gleichungssystem =. (1) y = Sei o.b.d.a a 0 und c 0. Dann ist (1) äquivalent zu. = ac ad y.

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1 Determinanten Motivation: Man betrachte das lineare Gleichungssystem [ [ [ a b x u = (1) c d y v Sei obda a und c Dann ist (1) äquivalent zu [ [ ca cb x = ac ad y und ferner zu [ [ ca cb x ad cb y Falls ad cb, so erhalten wir y = av cu ad cb [ = und x = [ cu av cu av cu ud vb ad cb Daher spielt die Ungleichung ad cb eine entscheidende Rolle für die eindeutigen Lösbarkeit von (1) Die Verallgemeinerung der obigen Rechnung auf größere quadratische lineare Gleichungssysteme führt nun zur Theorie der Determinanten Definition 23: Sei K ein Körper, dessen Charakteristik ungleich 2 ist (dh ), und sei V ein K-Vektorraum mit dim V = n Eine Determinantenform ist eine nicht-triviale, alternierende, multilineare Abbildung : V V K, }{{} n mal dh erfüllt die folgenden Eigenschaften: (D) (D1) Für alle i = 1,,n und v 1,,v n V ist die Abbildung linear, dh (v 1,,v i 1, αx + βy,v i+1,,v n ) = für alle x,y V und alle α,β K (v 1,,v i 1,,v i+1,,v n ) : V K α (v 1,,v i 1,x,v i+1,,v n ) + β (v 1,,v i 1,y,v i+1,,v n ) (D2) Für alle i,j = 1,,n mit i j und für alle v 1,,v n V gilt (v 1,,v i,,v j,,v n ) = (v 1,,v j,,v i,,v n ) Falls V = K n, so können wir auf natürliche Weise jede Determinantenform : V V K mittels der Definition (A) := (a 1,,a n ), A = [ a 1 a n K n n auch als Abbildung vom K n n = K K nach K interpretieren Folgerung 12: Sei : V V K eine Determinantenform Dann gilt: (a) (v 1,,v i 1,v i + λv j,v i+1,,v n ) = (v 1,,v i 1,v i,v i+1,,v n ) für alle v 1,,v n V, λ K und i j 1

2 (b) (v 1,,v n ) =, falls v 1,,v n linear abhängig sind Bemerkung: Wir werden später sehen, dass auch die Umkehrung von Folgerung 12(b) gilt Beweis: (a) Sei obda i < j Es gilt (v 1,,v i + αv j,,v j,,v n ) = (v 1,,v i,,v j,,v n ) + α (v 1,,v j,,v j,,v n ) }{{} = = (v 1,,v i,,v j,,v n ), wobei der zweite Summand in der ersten Zeile verschwindet, da alternierend ist (b) Sei obda v 1 = n i=2 λ iv i Dann gilt ( n ) (v 1,,v n ) = λ i v i,v 2,,v n = i=2 n λ i (v i,v 2,,v n ) = i=2 Satz 15 / Definition 24: (a) Zwei Determinantenformen 1 und 2 auf V unterscheiden sich höchstens durch einen nichttrivialen skalaren Faktor, dh es existiert ein λ mit 2 = λ 1 (b) Es gibt genau eine Determinantenform auf dem K n (bzw dem K n n ) mit (e 1,,e n ) = 1 (bzw (I n ) = 1) Diese Determinantenform bezeichnen wir im Weiteren als die Determinante auf dem K n (bzw dem K n n ) und schreiben det statt Insbesondere gilt folgende Darstellung det(a) = π S n sign(π) n a iπ(i) (2) Dabei bezeichnet S n die Menge aller Permutationen der Menge {1,,n} und sign(π) das Vorzeichen der Permutation π Dieses ist definiert durch i=1 sign(π) := ( 1) T(π), wobei T(π) die Anzahl der Transpositionen ist, die man braucht um π zu darzustellen Bemerkung: Alternativ kann man das Vorzeichen einer Permutation auch wie folgt berechnen sign(π) = 1 i<j n π(i) π(j) i j Beweis: Zum Beweis sei auf die Literatur zur Linearen Algebra verwiesen; wir betrachten im Weiteren nur zwei Beispiele Beispiele: Die Elemente von S n sind per definitionem alle Permutationen, dh alle bijektiven Abbildungen der Menge {1,2,,n} in sich Da eine Permutation π eindeutig durch die Angabe ihrer Bilder als n-tupel ( π(1),π(2),,π(n) ) festgelegt ist, können wir im Weiteren jedes n-tupel (x 1,,x n ), x i {1,2,,n} und x i x j, i j eindeutig mit einer Permutation identifizieren Man unterscheidet sogenannte gerade und ungerade Permutationen Gerade Permutationen bestehen aus einer geraden Anzahl von Transpositionen (Transposition = Vertauschung von genau zwei Elementen), ungerade dementprechend aus einer ungeraden Anzahl von Transpositionen 1 Sei n = 2 Dann gilt S 2 = {(1,2),(2,1)} und sign(12) = 1 sowie sign(2,1) = 1 Damit erhalten a11 a12 wir aus (2) für die Determinante von A := [ a 21 a 22 die Darstellung a11 a12 det [ a 21 a 22 = a 11 a 22 a 12 a 21 2

3 2 Sei n = 3 Dann gilt S3 = {(1, 2, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2), (2, 1, 3), (3, 2, 1), (1, 3, 2)} Nun zeigt man leicht sign(1, 2, 3) = sign(2, 3, 1) = sign(3, 1, 2) = 1 und sign(2, 1, 3) = sign(3, 2, 1) = sign(1, 3, 2) = 1 h a11 a12 a13 i Daraus folgt nun fu r A := aa21 aa22 aa23 die Identita t 31 det A = X π S3 sign π 3 Y aiπ(i) i=1 = sign(1, 2, 3)a11 a22 a33 + sign(2, 3, 1)a12 a23 a31 + sign(3, 1, 2)a13 a21 a32 + sign(2, 1, 3)a12 a21 a33 + sign(3, 2, 1)a13 a22 a31 + sign(1, 3, 2)a11 a23 a32 = a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 a12 a21 a33 a13 a22 a31 a11 a23 a32 Damit haben wir die sogenannte Regel von Sarrus gezeigt Diese stellt eine und anschauliche einfache Merkhilfe zur Berechnung der Determinante einer (3 3)-Matrix A = a b c d e f g h i dar Abbildung 1: Regel von Sarrus (Quelle: Wikipedia) Regel von Sarrus: Erst schreibt man die ersten beiden Spalten der Matrix rechts neben die Matrix und bildet die Produkte der sechs Diagonalen, dh die Produkte der Eintra ge, die auf den oben skizzierten Diagonalen stehen Dann addiert bzw subtrahiert man die sechs Terme gema ß des angegeben Vorzeichenschemas und erha lt auf diese Weise die Determinante von A als det A = aei + bf g + cdh gec hf a idb Satz 16: Die Abbildung det : Kn n K besitzt folgende Eigenschaften: (a) det In = 1 (b) det(ab) = det A det B fu r alle A, B Kn n (c) det A 6= genau dann, wenn A invertierbar ist (d) det A 1 = (det A) 1 fu r alle A GLn (K) (e) det A = det A fu r alle A Kn n 3

4 (f) a 11 a 11 a 12 a 1n a det 21 a 22 = det a 22 = n a ii i=1 a n1 a nn a nn Beweis: Siehe angegebene Literatur zur Linearen Albgebra Folgerung 12 : Die Spalten (bzw Zeilen) von A K n n sind genau dann linear unabhängig, wenn det A gilt Beweis: Man benutze Folgerung 12(b) und Satz 16(c) und (d) Satz 17 (Entwicklung von Determinanten): Sei A K n n, n 2 und bezeichne Âij diejenige (n 1) (n 1)-Matrix, die durch Streichen der i-ten Zeile sowie der j-ten Spalte entsteht Dann gilt: (a) Entwicklung nach der j-ten Spalte von A: det A = n ( 1) i+j a ij det Âij, i=1 wobei j {1,,n} beliebig, aber fest gewählt ist (b) Entwicklung nach der i-ten Zeile von A: det A = n ( 1) i+j a ij det Âij, j=1 wobei i {1,,n} beliebig, aber fest gewählt ist Beweis: Siehe angegebene Literatur zur Linearen Albgebra Beispiele: 1 Sei A = 2 Sei A = [ Dann gilt mittels Entwicklung nach der ersten Spalte det A = 1 det [ [ [ ( 1) = (4 3) (3 + 4) = 6 [ λ11 λ 2 λ 3, wobei ein Stern für einen beliebiges Element aus K steht λ 4 Dann gilt mittels wiederholter Entwicklung nach der ersten Spalte det A = λ 1 det Vergleiche auch Satz 16(f) [ λ2 λ 3 λ 4 + = λ 1 λ 2 det [ λ 3 λ 4 = λ1 λ 2 λ 3 λ 4 4

5 Eigenwerte, Eigenvektoren und das Spektrum einer Matrix Motivation: Wir wollen für A R n n das Verhalten von A k für k bzw das Verhalten von e ta := t k A k k= für t untersuchen [Beachte: Die Kurve t e ta x ist die formale Lösung der gewöhnlichen Differentialgleichung ẋ = Ax mit x() = x λ 1 Falls A diagonal ist, dh A =, so gilt offensichtlich λ n λ k 1 A k = λ k n k! und e ta = e tλ1 e tλn, also A k für λ i < 1, i = 1,,n und e ta für λ i <, i = 1,,n Problem: Wie kann man vorgeht, falls A nicht diagonal ist? Angenommen, wir könnten eine invertierbare Matrix T finden, so dass T 1 AT diagonal ist, also Dann wäre und somit λ 1 T 1 AT = =: Λ bzw A = TΛT 1 λ n A k = ( TΛT 1) k ( = TΛT 1 ) ( TΛT 1) (TΛT 1) = TΛ k T 1 = T }{{} k mal e tλ1 e ta = Te tλ T 1 = T T 1 e tλn λ k 1 λ k n T 1 Folglich hätte man das Problem auf den Fall, dass A diagonal ist, zurückgeführt Daher ist es im Weiteren unser Ziel zu verstehen, wann eine derartige, diagonalisierende Matrix T GL n (R) existiert Definition 25: (a) Sei A K n n Ein Skalar λ K heißt Eigenwert von A, falls es ein v K n, v gibt mit Av = λv (3) Umgekehrt bezeichnen wir v als Eigenvektor von A zum Eigenwert λ, falls Gleichung (3) gilt Die Menge aller Eigenwerte einer Matrix A bezeichnen wir als ihr Spektrum σ(a), dh σ(a) := {λ K v K n \ {} : Av = λv} 5

6 (b) Eine Matrix A K n n heißt diagonalisierbar (über K), falls es eine invertierbare Matrix T K n n gibt, so dass T 1 AT diagonal ist Bemerkung: 1 Die Diagonalisierbarkeit einer Matrix kann vom Körper K abhängen, so ist zb A := [ 1 1 R 2 2 C 2 2 über C, aber nicht über R diagonalisierbar 2 Es gibt jedoch auch n n Matrix (n 2), die über keinem Körper diagonalisierbar sind, zb ist A := [ 1 niemals diagonalisierbar Satz 18: Eine Matrix A K n n ist genau dann diagonalisierbar, wenn es eine Basis aus Eigenvektoren, also n linear unabhängige Eigenvektoren v 1,,v n K n von A gibt Insbesondere ist dann T := [ v 1 v 2 v n GLn (K) eine diagonalisierende Transformation, dh es gilt λ 1 T 1 λ 2 AT = λ n Dabei bezeichne λ i den Eigenwert zum Eigenvektor v i Beweis : Sei A diagonalisierbar, dh es existiert eine invertierbare Matrix T GL n (K) mit λ 1 T 1 AT = λ n und somit gilt λ 1 AT = T (4) λ n Bezeichnen wir nun mit t i K n die i-te Spalte von T, dh T = [ t 1 t 2 t n, so ist (4) äquivalent zu At 1 = λ 1 t 1, At 2 = λ 2 t 2,, At n = λ n t n, dh die Spalten von T bilden eine Basis aus Eigenvektoren von A : Seien v 1,,v n linear unabhängige Eigenvektoren von A Setze T := [ v 1 v 2 v n Dann gilt λ 1 AT = T, λ n wobei λ i den Eigenwert zu v i bezeichne Somit ist T GL n (K) eine diagonalisierende Transformation von A Satz 19: Sei A K n n Ein Skalar λ K ist genau dann ein Eigenwert von A, wenn det(a λi n ) = gilt Beweis Es gelten folgende Äquivalenzen: λ σ(a) v : Av = λv v : (A λi n )v = Ker(A λi n ) {} A λi n ist nicht invertierbar det(a λi n ) = 6

7 Definition 26: (a) Sei A K n n Wir bezeichnen das Polynom χ A (x) := det(a xi n ) P n (K) als das charakteristische Polynom von A (b) Für jedes λ σ(a) definieren wir E A (λ) := ker(a λi n ) K n als den Eigenraum von A zum Eigenwert λ Folgerung 13: Sei A K n n Dann gilt: (a) v E A (λ) \ {} v ist Eigenvektor von A zum Eigenwert λ (b) σ(a) = NS(χ A ) := {λ K χ A (λ) = } Beweis Die Behauptungen folgen unmittelbar aus Satz 19 und dessen Beweis Folgerung 14: Sei A K n n und sei T GL n (K) Dann gilt χ A = χ T 1 AT Beweis Nach Satz 16 gilt χ T 1 AT (x) = det(t 1 AT xi n ) = det ( T 1 (A xi n )T ) = dett 1 det(a xi n )det T = det(a xi n ) = χ A (x) Bemerkung: Matrizen A,B K n n, für die ein T GL n (K) existiert mit B = T 1 AT heißen ähnlich zueinander Folgerung 14 besagt also, dass ähnliche Matritzen dasselbe charakteristische Polynom besitzen Definitio 27: Sei A K n n und sei λ K ein Eigenwert von A Somit ist λ nach Folgerung 13 auch eine Nullstelle des charakteristischen Polynoms χ A Wir schreiben a(λ) für die Vielfachheit der Nullstelle λ im charakteristischen Polynom und bezeichnen diese als die algebraische Vielfachheit des Eigenwerts λ, dh χ A (x) = (x λ) a(λ) p(x) mit p(λ) Ferner heißt die Dimension des Eigenraum E A (λ) die geometrische Vielfachheit des Eigenwerts λ Wir schreiben hierfür g(λ) := dim E A (λ) Bemerkung: Man kann nun leicht mit Hilfe von Folgerung 14 zeigen, dass die Ungleichung g(λ) a(λ) immer erfüllt ist Gleichheit gilt im Allgemeinen jedoch nicht (siehe auf Folgerung 16) Satz 2: Sei A K n n und seien v 1,,v k Eigenvektoren von A zu paarweise verschiedenen Eigenwerten λ 1,,λ k Dann sind v 1,,v k linear unabhängig Beweis Wir betrachten das lineare Gleichungssystem und multiplizieren (5) von links mit der Matrix Damit erhalten wir µ 1 v 1 + µ 2 v µ k v k = (5) B := (A λ 2 I n )(A λ 3 I n ) (A λ k I n ) B(µ 1 v 1 + µ 2 v µ k v k ) = µ 1 (λ 1 λ 2 )(λ 1 λ 3 ) (λ 1 λ k )v 1 =, also µ 1 = Analog zeigt man µ i = für i = 2,,k und somit sind die Vektoren v 1,,v k linear unabhängig 7

8 Folgerung 15: (a) Sei A K n n Wenn das charakteristische Polynom χ A in n paarweise verschiedene Nullstellen (über K) zerfällt, so ist A (über K) diagonalisierbar Allgemeiner gilt: (b) Die Matrix A ist genau dann diagonalisierbar, wenn E A (λ 1 ) E A (λ 2 ) E A (λ k ) = K n, wobei λ 1,,λ k die paarweise verschiedene Nullstellen von χ A bezeichne Beweis (a) Dies folgt unmittelbar aus den Sätzen 18 und 2 sowie aus Folgerung 13 (b) = : Sei A diagonalisierbar Dann folgt aus Satz 18 und Folgerung 13, dass E A (λ 1 ) E A (λ 2 ) E A (λ k ) = K n =: Sei nun E A (λ 1 ) E A (λ 2 ) E A (λ k ) = K n Aus Satz 2 folgt, dass die Summe E A (λ 1 ) E A (λ 2 ) E A (λ k ) direkt ist, dh aus k i=1 v 1 = k i=1 ṽi mit v i,ṽ i E A (λ i ) folgt v i = ṽ i für alle i = 1,,k Somit zeigt man leicht, dass B := B 1 B k eine Basis aus Eigenvektoren liefert, falls B i jeweils eine Basis von E A (λ i ) ist Folgerung 16: Sei A K n n und seien λ 1,,λ k die paarweise verschiedenen Nullstellen des charakteristischen Polynoms χ A Die Matrix A K n n ist genau dann diagonalisierbar, wenn k i=1 g(λ i) = n Beweis Die Behauptung folgt unmittelbar aus Satz 2 und Folgerung 15(b) Abschließend zitieren wir einen tiefliegenden Satz der Linerane Algebra, der eine erstaunliche Eigenschaft des charakteristischen Polynoms zeigt Zum Beweis verweisen wir auf die angegebene Literatur Satz 21 (Satz von Cayley/Hamilton) Sei A K n n und sei χ A (x) = x n + a n 1 x n 1 + a 1 x + a Dann gilt A n + a n 1 A n 1 + a 1 A + a I n = K n n, oder kurz χ A (A) = Beispiel zur Diagonalisierbarkeit: Sei A = [ R Schritt (Bestimmung der Eigenwerte): Wir berechnen zuerst die Nullstellen des charakteristische Polynom χ A (x) := det(a xi 3 ) Dazu entwickeln wir die folgende Determinante nach der letzten Spalte det(a xi 3 ) = det = (3 x)det [ 1 x x also σ(a) = { 1, 3} 2 Schritt (Bestimmung der Eigenräume): [ 1 x x x = (3 x)(x 2 2x 3) = (x 3) 2 (x + 1), (1) Für λ = 3 erhalten wir E A (3) := ker(a 3I 3 ) als Lösung des linearen Gleichungssystems [ 2 2 [ x1 [ 2 2 x 2 = 1 1 x 3 }{{} A 3I 3 Mittels elementarer Zeilenumformungen erhält man das äquivalente System [ x1 [ x 2 = x 3 [ 1 1 8

9 und somit Ker(A 3I 3 ) = [ 11 [ 1 } {x 2 + x 3 x2,x 3 R [ 11 =,[ 1 (2) Für λ = 1 ergibt sich E A ( 1) := ker(a + I 3 ) als Lösung von [ x1 [ x 2 = x 3 [ (6) Wiederum durch elementare Zeilenumformungen bringt (6) in die äquivalent From [ x1 [ x 2 = x 3 Also gilt [ Ker(A 3I 3 ) = { [ 2 } [ x x3 R = Folglich finden wir eine Basis des R 3 bestehend aus Eigenvektoren von A, zb somit ist A diagonalisierbar (vgl Satz 18 und Folgerung 16) {[ 11 [ 2 },[, 2 und 1 1 9