Karlsruher Institut f¨ur Technologie (KIT) Institut f¨ur Analysis
Priv.-Doz. Dr. P. C. Kunstmann Dipl.-Math. D. Roth
SS 2012 03.05.2012
H¨ohere Mathematik II f¨ur die Fachrichtung Physik L¨osungsvorschl¨age zum 3. ¨Ubungsblatt
Aufgabe 12 SeiA= (aij) =
2 2 4
−1 1 1
1 −1 −2
∈R3×3.
a) Die Leibnizformel f¨ur Determinanten besagt det(A) = X
σ∈S3
sgnσ·a1σ(1)a2σ(2)a3σ(3). Die Elemente derS3 sind
σ1 =
1 2 3 1 2 3
, σ2 =
1 2 3 1 3 2
, σ3 =
1 2 3 2 1 3
, σ4 =
1 2 3 3 2 1
, σ5 =
1 2 3 2 3 1
, σ6 =
1 2 3 3 1 2
. Bestimme das Signum (Vorzeichen) vonσi (i= 1, . . . ,6). Es gilt:
sgn(σ) =Y
i<j
σ(j)−σ(i) j−i
Nach Bemerkung a) in 17.7 gilt sgn(σ) = (−1)m, wobei m die Anzahl der Paare (i, j) mit (i, j)∈ {1, . . . , n},i < j und σ(i)> σ(j) ist.
Somit ergibt sich sgn(σ1) = 1 und da σ2, σ3, σ4 Transpositionen sind, d.h. zwei Zahlen mit- einander vertauschen gilt nach Bsp. (1) in 17.7: sgn(σ2) = sgn(σ3) = sgn(σ4) = 1. F¨urσ5 sind die Paare mit (i, j) mit i < j und σ(i)> σ(j) gerade (1,3) und (2,3), also ist sgn(σ5) = 1;
f¨urσ6 sind die Paare mit dieser Eigenschaft (1,2) und (1,3), also gilt wieder sgn(σ6) = 1.
Die Leibnizformel ergibt nun:
det(A) = +2·1·(−2)−2·1·(−1)−2·(−1)·(−2)−4·1·1 + 2·1·1 + 4·(−1)·(−1) =−4.
Bemerkung: Diese Methode zur Berechnung der Determinente ist recht ineffizient und wird daher kaum genutzt.
b) Entwicklung nach der ersten Zeile liefert det(A) = +2·det
1 1
−1 −2
−2·det
−1 1 1 −2
+ 4·det
−1 1 1 −1
= 2 1·(−2)−(−1)·1
−2 −1·(−2)−1·1
+ 4 −1·(−1)−1·1
=−4.
c) Wir ersetzen die 2. Spalte durch die Summe der 1. und 2. Spalte und entwickeln die resultie- rende Matrix nach der 2. Spalte:
det
2 2 4
−1 1 1
1 −1 −2
= det
2 4 4
−1 0 1 1 0 −2
=−4 det
−1 1 1 −2
=−4(−1·(−2)−1·1) =−4.
Aufgabe 13
a) Die Determinante ist eine lineare Abbildung vonCn×n nach C.
Falsch (außer f¨ur n = 1). Es gilt det(λA) = λndet(A) f¨ur jedes λ ∈ C. (Verwende n-mal (D2))
b) IstA regul¨ar, so gilt det(A−1A>A2A>A−1) = (detA)2.
Richtig, denn f¨ur eine regul¨are Matrix A gilt nach dem Determinantenmultiplikationssatz 17.9
det(A−1A>A2A>A−1) = det(A−1) det(A>) det(A2) det(A>) det(A−1)
= 1
det(A) det(A) (det(A))2 det(A) 1
det(A) = (det(A))2. c) det(A+B) = detA+ detB
Falsch(außer f¨urn= 1 oder besonders ausgew¨ahlte MatrizenA und B, etwaA= 0).
Zum Beispiel ist det(I2+I2) = det(2I2) = 4 detI2= 46= 2 = detI2+ detI2. d) det (detA)B
= (detA)ndetB
Richtig. detA ist ja nur eine Zahl (vgl. Erl¨auterung ima)-Teil).
Aufgabe 14
Wir wissen, dass sich die Determinante einer Matrix nicht ver¨andert, wenn wir das Vielfache einer Spalte zu einer anderen Spalte bzw. das Vielfache einer Zeile zu einer anderen Zeile addieren. Auf diese Weise formen wir die Matrizen nun um und verwenden zudem den Entwicklungssatz.
det(A)
Zi→Zi+Z4
i=1,2,3
= det
2 2 0 0 2 0 2 0 2 0 0 2 1 1 1 1
(D2)= 23·det
1 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 1 1 1
S1→S1−S2−S3−S4
= 8·det
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
−2 1 1 1
Entw. nachS1
= 8·(−1)4+1·(−2) det(I3) = 16
Bei der Matrix B gehen wir genauso vor:
det(B)Z1→Z=1+Z4 det
5 5 5 5
−1 0 1 1 3 −1 4 0
4 3 2 1
Sj→Sj−S1
j=2,3,4
= det
5 0 0 0
−1 1 2 2
3 −4 1 −3
4 −1 −2 −3
Entw. nachZ1
= 5·det
1 2 2
−4 1 −3
−1 −2 −3
Z1→Z1+Z3
= 5·det
0 0 −1
−4 1 −3
−1 −2 −3
Entw. nachZ1
= 5·(−1)·det
−4 1
−1 −2
=−5(8 + 1) =−45.
Und auch die MatrixC l¨asst sich so behandeln:
det(C)
Z1→Z1−Z4
Z4→Z4−Z2
= det
1 0 0 1
1 1 0 2
1 0 1 2
2 0 1 α−2
Entw. nachS2
= 1·det
1 0 1
1 1 2
2 1 α−2
S1→S1−S2
S3→S3−2S2
= det
1 0 1
0 1 0
1 1 α−4
Entw. nachZ2
= 1·det
1 1 1 α−4
=α−4−1 =α−5.
Man sieht: detC 6= 0 ⇐⇒ α6= 5. Daher istC genau f¨urα∈C\ {5} regul¨ar.
Aufgabe 15
a) Nach der Regel von Sarrus gilt:
det(A) = (α−6)(α+ 9)·0 + (17−α)(α+ 5)(−7−α) + (2α−1)(−2)(2α+ 14)
−(2α−1)(α+ 9)(−7−α)−(α+ 5)(2α+ 14)(α−6)−(17−α)(−2)·0
= (α+ 7) [−(17−α)(α+ 5)−4(2α−1) + (2α−1)(α+ 9)−2(α+ 5)(α−6)]
= (α+ 7)
(α+ 5)(−17 +α−2α+ 12) + (2α−1) (−4 +α+ 9)
| {z }
α+5
= (α+ 7)(α+ 5)(−5−α+ 2α−1) = (α+ 5)(α−6)(α+ 7) Somit istAsingul¨ar, falls α∈ {−7,−5,6} gilt.
b) Mit Hilfe von Zeilen- und Spaltenumformungen sowie dem Entwicklungssatz erhalten wir:
det(A)S2→S=2+2S1 det
α−6 α+ 5 2α−1
−2 α+ 5 α+ 5
−α−7 0 0
Entw. nachZ3
= (−α−7) det
α+ 5 2α−1 α+ 5 α+ 5
Z2→Z2−Z1
= −(α+ 7) det
α+ 5 2α−1 0 6−α
= (α+ 5)(α−6)(α+ 7) Wie ina) k¨onnen wir ablesen, dassA regul¨ar ist f¨ur alle α∈R\ {−7,−5,6}.
Aufgabe 16 a)
D1(x) = det(a0) =a0 D2(x) = det
a0 a1
−1 x
=a0x+a1
D3(x) = det
a0 a1 a2
−1 x 0
0 −1 x
=a0x2+a2+a1x=a0x2+a1x+a2
b) Vermutung: F¨urn∈N giltDn+1(x) =a0xn+a1xn−1+. . .+an−1x+an=
n
P
k=0
akxn−k. Wir beweisen die Behauptung mittels vollst¨andiger Induktion.
Den Induktionsanfang haben wir schon in Teil a) gezeigt. Sei nun n∈ N beliebig aber fest.
F¨ur dieses ngelte
Dn+1(x) =
n
X
k=0
akxn−k (IV).
Dann folgt:
Dn+2(x) = det
a0 a1 a2 . . . an an+1
−1 x 0 . . . 0 0 0 −1 x . .. ... ... ... . .. ... ... 0 ... 0 . . . 0 −1 x 0 0 . . . 0 −1 x
Entw. nachSn+2
= (−1)n+2+1an+1det
−1 x 0 . . . 0 0 −1 x . .. ... ... . .. ... ... 0 0 . . . 0 −1 x 0 . . . 0 −1
+ (−1)n+2+n+2xDn+1(x)
= (−1)n+1an+1(−1)n+1+xDn+1(x)(IV)= an+1+x
n
X
k=0
akxn−k
=an+1+
n
X
k=0
akxn+1−k =
n+1
X
k=0
akxn+1−k. Somit ist unsere Vermutung bewiesen.
c) W¨ahlen wir in der gegebenen Matrix a0=a1 =. . .=an=x=−1, so gilt:
det(Bn+1) = (−1)n+1Dn+1(−1)b)= (−1)n+1
n
X
k=0
(−1)(−1)n−k
= (−1)n+1(−1)n+1
n
X
k=0
(−1)k=
n
X
k=0
(−1)k
=
(1 fallsngerade 0 fallsnungerade
Die MatrixBn+1 ist also invertierbar, fallsngerade ist. Man kann an der Matrix auch ablesen, dass f¨ur ungerades n die 1. Zeile die Summe der 2.,4., . . . und (n+ 1)-ten Zeile ist und die Matrix in diesem Fall nicht invertierbar sein kann.
Aufgabe 17 a)
det(Aα) = det
α−2 α−1 −(α−1)
3(2−α) (α+ 1)(α−1) (α−1) (α−2)(α+ 1) α(α−1) −α(α−1)
(D2)= (α−2)(α−1)2det
1 1 −1
−3 α+ 1 1
α+ 1 α −α
S1→S1+S3
S2→S2+S3
= (α−2)(α−1)2det
0 0 −1
−2 α+ 2 1
1 0 −α
Entw. nachS2
= (α−2)(α−1)2(α+ 2) det
0 −1 1 −α
= (α−2)(α−1)2(α+ 2)
Die MatrixAα ist also invertiervar f¨ur alle α∈R\ {−2,1,2}.
b) Cramersche Regel: IstA ∈Kn×n invertierbar, A= (~a1, ~a2, . . . ~an), so sind die Komponenten der L¨osung des linearen Gleichungssystems A~x=~b(mit~b∈Kn) gegeben durch
xj = det(~a1, . . . , ~aj−1,~b, ~aj+1, . . . , ~an)
detA (j= 1, . . . , n).
Um die L¨osung des gegebenen linearen Gleichungssystems zu berechnen, ben¨otigen wir also die folgenden Determinanten:
D1 := det
0 α−1 −(α−1)
0 (α+ 1)(α−1) α−1 α−1 α(α−1) −α(α−1)
Entw. nachS1
= (α−1) det
α−1 −(α−1) (α+ 1)(α−1) α−1
= (α−1)3(α+ 2)
D2 := det
α−2 0 −(α−1)
3(2−α) 0 α−1
(α−2)(α+ 1) α−1 −α(α−1)
Entw. nachS2
= −(α−1) det
α−2 −(α−1)
−3(α−2) α−1
= 2(α−1)2(α−2) D3 := det
α−2 α−1 0
−3(α−2) (α+ 1)(α−1) 0 (α−2)(α+ 1) α(α−1) α−1
Entw. nachS3
= (α−1) det
α−2 α−1
−3(α−2) (α+ 1)(α−1)
= (α−1)2(α−2)(α+ 4) F¨ur die Komponenten des L¨osungsvektors folgt also
x1= D1
det(Aα) = (α−1)3(α+ 2)
(α−2)(α−1)2(α+ 2) = α−1 α−2 x2= D2
det(Aα) = 2(α−1)2(α+ 2)
(α−2)(α−1)2(α+ 2) = 2 α+ 2 x3= D3
det(Aα) = (α−1)2(α−2)(α+ 4)
(α−2)(α−1)2(α+ 2) = α+ 4 α+ 2.
