Beweisaufgabe zu Determinanten

Question

Aufgabe: Sei n > 1. A sei eine nXn Matrix. Bei der Matrix A sollen (n+1)-Einträge den Wert 1 & die übrigen (n²-n-1)-Einträge den Wert 0 haben.

Ich sollte zeigen, das die Determinante det(A) = |A| nur aus der Menge {-1,0,1} sein kann.

Mein Ansatz:

Text erkannt:

Beweis. (Vollständige Indulchion dür $n \geqslant 2$
1)(IA) mit $n=2$. Damit hat $A$ insgesamt vier Einträge, wovon $2+1=3$ den wert $1 \times 2^{2}-2-1=4-2-1=1$ den wert 0 haben sollen. D.h. A kann die Formen
$\left(\begin{array}{ll}1 & 1 \\ 1 & 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{ll}1 & 1 \\ 0 & 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{ll}0 & 1 \\ 1 & 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{ll}1 & 0 \\ 1 & 1\end{array}\right)$ annehmen, sodass dann gilt:
$\operatorname{det}\left(\begin{array}{ll}1 & 1 \\ 1 & 0\end{array}\right)=1 \cdot 0-1 \cdot 1=-1, \operatorname{det}\left(\begin{array}{ll}1 & 1 \\ 0 & 1\end{array}\right)=1 \cdot 1-1 \cdot 0=1$,
$\operatorname{det}\left(\begin{array}{ll}0 & 1 \\ 1 & 1\end{array}\right)=0 \cdot 1-1 \cdot 1=-1 \& \operatorname{det}\left(\begin{array}{ll}1 & 0 \\ 1 & 1\end{array}\right)=1 \cdot 1-1 \cdot 0=1$
$\Rightarrow \operatorname{det}(A) \in\{-1,1\}$.

Text erkannt:

2)(I.S) Gelte die Aussage für ein $n>1$ k allen $n \times n$-Mahrzen so sei $A^{+} \in \mathbb{K}^{(n+1)(n+1)} \&$ es folgt:
Sei $n+1>1$, so hat $A^{+},(n+1)^{2}=n^{2}+2 n+1$-Einträge, wovon $n+1+1$

Nach Annahme folgt Jür die $n \times n$-Mahrix A mit $n^{2}$ Einbrägen, wovon $n+1$ - Einhräge $1 k_{4} n^{2}-n-1$ - Einträge 0 sind, schon $\operatorname{det}(A) \in\{-1,0,1\}$
D.h. nach (eibniz, ist $\operatorname{det}(A)=\sum \limits_{\delta \in S_{n}} \underbrace{\operatorname{sgn}(\delta)}_{\in\{-1,1\}} \underbrace{a_{1 \delta(1)} \cdots a_{n \delta(n)}}_{\in\{0,1\}} \in\{-1,0,1\}$ mit $a_{i \delta(i)} \in\{1,0\} \quad \forall i=1, \ldots, n \& \forall \delta \in S_{n}$. Damit ist bei $A^{+}$auch $a_{j \delta(j)} \in\{1,0\} \quad \forall j \geqslant i \& \forall \delta \in S_{n+1}$. Wodurch $\downarrow$ $\operatorname{det}\left(A^{\dagger}\right)=\sum \limits_{\delta \in S_{n}} \underbrace{\operatorname{sgn}(\delta)}_{\in\{-1,1\}} \underbrace{a_{1 \delta(1)} \cdots a_{n \delta(n)} \cdot a_{n+1, \delta(\delta n+1)}}_{\in\{1,0\}} \in\{-1,1,0\}$ ist.

Jetzt ist die Frage, ob das so richtig wäre?

Answer 1

Nein, der Ind.Schritt geht so nicht.

Wir nehmen an, dass $A^+$ (unglückliche Bezeichnung, aber meinetwegen) $n+2$ Einträge mit $1$ haben.

1. Es ist aber unklar, wo diese 1en liegen. Es mag auch $n\times n$ Untermatrizen geben, die bei der Laplace-Entwicklung auftreten und in denen diese $n+2$ 1en liegen und dann greift für diese Untermatrix die Ind.Vor. nicht.

2. Die bei der Laplace-Entwicklung entstehende Summe könnte auch so aussehen: $1\cdot 1+1\cdot 1 + 0 +... 0=2$, also der Schluss am Ende ist auch nicht zulässig.

Comments

Kann man das ganze erneut induktiv machen, oder sollte man auf eine Induktion verzichten?

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Das ist eine gute Frage. Ich versuche mal ohne Induktion:

1. Fall: A hat eine Nullspalte. Dann det=0, fertig.

2. Fall: A hat keine Nullspalten, also jede Spalte hat mind. ein Element $\neq 0$. Da wir n+1 Einsen haben, muss dann in jeder Spalte genau eine Eins stehen (ergibt n Einsen), bis auf eine Spalte, wo 2 Einsen stehen.

Wenn zwei gleiche Spalten auftreten: det=0, fertig. Bleibt der Fall, dass alle Spalten verschieden sind. Dann kann man mit Spaltenvertauschungen auf die Gestalt einer Diagonalmatrix mit lauter Einsen kommen, wo aber noch eine einzelne Eins abseits steht. Ist aber auf jeden Fall eine Dreiecksmatrix, hat also det=1. Durch die Spaltenvertauschungen ändert sich max. das Vorzeichen der Determinante.

Ist vielleicht der Beweis, den Hubert Grassmann meinte. Zumindest mir ist der aber nicht direkt klar gewesen, daher hab ich mir mal die Details überlegt.

Prüf das obige auch nochmal in Ruhe, ich kann auch was übersehen haben.

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Super, danke Dir!

Answer 2

Da braucht man keine Induktion (dein Beweis ist ok):

Wenn es eine Zeile/Spalte aus Nullen gibt, ist die Determinante null. Sonst kann man die Matrix durch Zeilen/Spaltenoperationen in Dreiecksform bringen, falls Vertauschungen nötig sind, ändert sich das Vorzeichen. Auf der Diagonalen stehen also ±1.

Comments

Super, dankeschön!

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Ich war nicht ganz korrekt: Die Einsen ändern sich bei Vertauschungen nicht, man muss sich die Vorzeichenwechsel merken. Eine mögliche Operation, um eine Dreicksform herzustellen, ist die Subtrakton von Reihen, da können auf der Diagonalen Nullen entstehen.

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Aha ok, Danke Dir!