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Universität/Hochschule J Determinanten-Multiplikationstheorem
kanntitan
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-02-17


Hallo,

bin mittlerweile auf S.208 von Gerd Fischers Buch Lineare Algebra (17. Auflage) angekommen  und schaue mir den Beweis des Determinanten-Multiplikationstheorem an. Darin behauptet er, dass für eine Matrix

\[A=\left( \begin{array}{c} e_{j_1} \\ \vdots \\ e_{j_{m}} \end{array} \right)\] für beliebige $j_1,...,j_{m} \in \{1,...n\}$
gilt:

\[detA^{k_1,...,k_m}=\begin{cases}
sign\sigma & \text{   ,falls } j_i=k_{\sigma(i)} \text{ für ein } \sigma \in S_m ,\\
0 & \text{   ,falls } \text{ sonst}
\end{cases}\] gilt.

Zu beachten ist hierbei, dass die Zeilenvektoren $e_{j}$ als Einheitsvektoren im $K^{n}$ liegen und $m \le n$.

Eine Seite davor definiert er:
$A^{k_1,...,k_m}:=(a^{k_1},...a^{k_m})$ für $1 \le k_1<\ldots<k_m \le n$ die Teilmatrix von $A=(a^1,...a^n) \in K^{m\times n}$ ($a^{i}$ Spaltenvektor aus $K^{m}$, $K$ Körper)

Weiß jemand wie man diese Gleichheit sieht?

Bekannt ist noch folgendes (3.2.3 Korollar 2):
Für jede Permutation $\sigma \in S_{n}$ ist
\[det\left( \begin{array}{c} e_{\sigma(1)} \\ \vdots \\ e_{\sigma(n)} \end{array} \right)=sign \sigma\]



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-02-17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Hallo,

ist dir klar, warum die Determinante Null ist, wenn es kein $\sigma \in S_m$ gibt mit $j_i=k_{\sigma(i)}$ für $i=1,\ldots, m$?
\(\endgroup\)


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kanntitan
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-17


Ich vermute, weil linear abhängige Spaltenvektoren in $A^{k_1,...,k_m}$ vorkommen.



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-02-17


Vermutest du es nur, oder kannst du es beweisen?



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kanntitan
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-17


Ich vermute es nur. Beweisen kann ich es nicht.



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-02-17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Es ist vermutlich hilfreich, ein Beispiel zu betrachten.

Nimm etwa $m=4, n=5, j_1 = 2, j_2 = 1, j_3 = 5, j_4 = 1$.
Wie sieht dann die Matrix $A$ aus?
Experimentiere mit ein paar Werten für $k_1,k_2,k_3,k_4$. Kannst du die Aussage des Lemmas bestätigen?

Danach mache das gleiche nochmal, aber mit $m=4, n=5, j_1 = 2, j_2 = 1, j_3 = 5, j_4 = 3$.
\(\endgroup\)


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kanntitan
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-17


$A=\left( \begin{array} {ccccc}
         0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
         1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\  
         0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
         1 & 0 & 0 & 0 & 0
         \end{array} \right)$

$B=\left( \begin{array} {ccccc}
         0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
         1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\  
         0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
         0 & 0 & 1 & 0 & 0
         \end{array} \right)$

Im ersten von dir genannten Beispiel kommt die Matrix A raus. Im zweiten B.
Bei A hat ist es so, dass wenn $k_1 \le k_2 \le k_3 \le k_4$ gewählt wird, $A^{k_1,...,k_m}$ immer einen Nullvektor als Spaltenvektor dabei hat.
Bei B hat man genau eine Möglichkeit $k_1 \le k_2 \le k_3 \le k_4$ zu wählen, dass $A^{k_1,...,k_m}$ keinen Nullvektor hat.



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-02-17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Gut.

Dass bei $A$ die Teilmatrizen immer Determinante Null haben, kann man auch daran sehen, dass diese immer zwei identische Zeilen haben.

Bei $B$ hat man bis auf eine Wahl der Spalten immer eine Nullzeile.

Hast du jetzt genügend Intuition für einen Beweisansatz gewonnen?
\(\endgroup\)


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kanntitan
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-17


Nicht so richtig.



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-02-17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Ok, versuchen wir erst mal die zwei Fälle in der Aussage zu verstehen:

"Es gibt $\sigma \in S_m$ mit $j_i=k_{\sigma(i)}$ für alle $i$." bedeutet, dass die $j_i$'s eine Permutation der $k_i$'s sind.

"sonst" bedeutet, dass $j_1,\ldots, j_m$ keine Permutation von $k_1,\ldots, k_m$ ist. Das kann auf zwei Weisen passieren:
1. Die $j_i$'s sind nicht paarweise verschieden.
2. Es könnte ein $j_i$ geben, dass kein Element von  $\{k_1,\ldots, k_n\}$ ist.

Kannst du damit etwas anfangen, zumindestens für den "sonst" Fall?
\(\endgroup\)


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kanntitan
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-17


Könnte der Beweis so aussehen, dass man am Anfang eine Fallunterscheidung durchführt und zwar danach, ob $j_1 \le ... \le j_{m}$ paarweise unterschiedlich sind, oder nicht. Sind sie paarweise verschieden, so führt man wieder eine Fallunterscheidung durch. Diesmal danach, ob $\sigma$ und $1 \le k_1 <...<k_{m} \le n$ so gewählt werden kann, dass $j_1=k_{\sigma(1)},...,j_{m}=k_{\sigma(m)}$ gilt. Dann zeigt man für diese drei Fälle, dass die Gleichung gilt.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.8 begonnen.]



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-02-17

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Ich gebe dir mal meine Beweisskizze:

Zuerst kümmern wir uns um den "sonst" Fall:

1. Fall: Die $j_i$'s sind nicht paarweise verschieden.
2. Fall: Es gibt ein $j_i$, das kein Element von  $\{k_1,\ldots, k_n\}$ ist.

In jedem der beiden Fälle ist zu zeigen, dass $\det A^{k_1,...,k_m} = 0$ ist. Die Beiträge No. 6 bzw. No. 7 können dafür hilfreich sein.

Falls weder der 1. noch der 2. Fall eintreten, dann gibt es $\sigma \in S_m$ mit $j_i = k_{\sigma(i)}$.
In diesem Fall behaupte ich, dass $A^{k_1,...,k_m}$ genau die Form aus 3.2.3 Korollar 2 hat und somit die Aussage folgt.
\(\endgroup\)


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kanntitan
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-18


Wenn $j_1,...,j_{m}$ nicht paarweise verschieden sind, dann hat A weniger als $m$ Spaltenvektoren, die ungleich Null sind. Deswegen muss $detA^{k_1,...,k_m} = 0$ sein.
Sei nun $j_1,...,j_{m}$ paarweise verschieden und $1 \le k_1 <...<k_{m} \le n$.
   Gibt es ein $k_{i}$ mit $k_{i} \notin \{j_1,...,j_{m}\}$, so ist $a^{k_{i}}$ eine Nullspalte und  $detA^{k_1,...,k_m} = 0$.
   Gilt für alle $k_{i}$,dass $k_{i} \in \{j_1,...,j_{m}\}$, so kann man schreiben: $k_1=j_{l_1},...,k_{m}=j_{l_{m}}$. Damit definiert man $\sigma$ durch: $\sigma(1)=l_1,...,\sigma(m)=l_{m}$. Für dieses $\sigma$ gilt: $\sigma \in S_{m}$ und $k_{i}=j_{\sigma(i)}$.
Bleibt zu zeigen, dass
\[A^{k_1,...,k_m}=\left( \begin{array}{c} \tilde{e}_{\sigma(1)} \\ \vdots \\ \tilde{e}_{\sigma(m)} \end{array} \right)\] wobei $\tilde{e}_{\sigma(i)}$ Zeilenvektor aus $K^{m}$ ist.

Das sehe ich nicht.



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-02-18

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Gut. Es ist $\sigma \in S_m$, aber sonst ist alles richtig.

Nennen wir die Einträge der Matrix $A$ mal $A_{ij}$. Kannst du eine Formel für $A_{ij}$ angeben (z.B. mit dem Kroneckerdelta)?

Sei ferner $B= (B_{ij}) = A^{k_1,\ldots, k_m}$. Kannst du $B_{ij}$ berechnen?
\(\endgroup\)


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kanntitan
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Angenommen unser A ist das von oben. Also $A=A_{ij}=\left( \begin{array} {ccccc}
         0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
         1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\  
         0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
         0 & 0 & 1 & 0 & 0
         \end{array} \right)
=\left( \begin{array} {ccccc}
        e_{j_1}  \\
        e_{j_2}  \\  
        e_{j_3}  \\
        e_{j_4}  \end{array} \right)$


Dann ist $A=A_{ik}=\left( \begin{array} {ccccc}
         \delta_{j_{1}1} & \delta_{{j_1}2} & \delta_{{j_1}3} & \delta_{{j_1}4} & \delta_{{j_1}5} \\
         \delta_{j_{2}1} & \delta_{{j_2}2} & \delta_{{j_2}3} & \delta_{{j_2}4} & \delta_{{j_2}5} \\  
         \delta_{j_{3}1} & \delta_{{j_3}2} & \delta_{{j_3}3} & \delta_{{j_3}4} & \delta_{{j_3}5} \\
         \delta_{j_{4}1} & \delta_{{j_4}2} & \delta_{{j_4}3} & \delta_{{j_4}4} & \delta_{{j_4}5}
         \end{array} \right)
=\delta_{(j_{i})k}$

Jetzt muß ich nur noch überlegen wie ich $B= (B_{ij}) = A^{1,2,3,5}$ berechnen kann.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-18


$B= (B_{il}) = A^{1,2,3,5}=\left( \begin{array} {cccc}
         \delta_{j_{1}1} & \delta_{{j_1}2} & \delta_{{j_1}3} & \delta_{{j_1}5} \\
         \delta_{j_{2}1} & \delta_{{j_2}2} & \delta_{{j_2}3} & \delta_{{j_2}5} \\  
         \delta_{j_{3}1} & \delta_{{j_3}2} & \delta_{{j_3}3} & \delta_{{j_3}5} \\
         \delta_{j_{4}1} & \delta_{{j_4}2} & \delta_{{j_4}3} & \delta_{{j_4}5}
         \end{array} \right)$

Also gilt für allgemeines $B= (B_{il}) = A^{k_1,\ldots, k_{m}}=\left( \begin{array} {ccc}
         \delta_{j_{1}k_1} & ... & \delta_{{j_1}k_{m}}  \\
         \vdots &  & \vdots \\  
         \delta_{j_{m}k_1} & ... & \delta_{{j_{m}}k_{m}}  
         \end{array} \right) = \delta_{j_{i}k_{l}}$



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2019-02-18

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-02-18 12:38 - kanntitan in Beitrag No. 15 schreibt:
Also gilt für allgemeines $B= (B_{il}) = A^{k_1,\ldots, k_{m}}=\left( \begin{array} {ccc}
         \delta_{j_{1}k_1} & ... & \delta_{{j_1}k_{m}}  \\
         \vdots &  & \vdots \\  
         \delta_{j_{m}k_1} & ... & \delta_{{j_{m}}k_{m}}  
         \end{array} \right) = \delta_{j_{i}k_{l}}$
Am Ende sollte eine Matrix stehen, aber sonst stimmt es.

Es ist also $B_{il} =\delta_{j_{i}k_{l}} $. Mit den Voraussetzungen kann man das jetzt noch weiter vereinfachen.

\(\endgroup\)


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Ok. Also wenn das soweit richtig ist, dann kann man noch $B_{il} =\delta_{j_{i}k_{l}}=\delta_{j_{i}j_{\sigma(l)}}$ schreiben, da $k_{i}=j_{\sigma(i)}$ gilt.
Ob das irgendwas vereinfacht, weiß ich nicht.
Mit ist gerade aufgefallen: Brauche ich nicht $j_{i}=k_{\sigma(i)}$?



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2019-02-18

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-02-18 13:21 - kanntitan in Beitrag No. 17 schreibt:
Ok. Also wenn das soweit richtig ist, dann kann man noch $B_{il} =\delta_{j_{i}k_{l}}=\delta_{j_{i}j_{\sigma(l)}}$ schreiben, da $k_{i}=j_{\sigma(i)}$ gilt.
Ob das irgendwas vereinfacht, weiß ich nicht.
Mit ist gerade aufgefallen: Brauche ich nicht $j_{i}=k_{\sigma(i)}$?
Die Umformung stimmt nicht, du müsstest dann $k_l = j_{\sigma^{-1}(l)}$ verwenden. Das führt am Ende zum richtigen Ergebnis, aber es geht auch einfach so:

$B_{il} = \delta_{j_i k_l} = \delta_{k_{\sigma(i)} k_l}$. Das kannst du noch einmal vereinfachen, indem du eine Eigenschaft der $k_i$'s benutzt und dann bist du im Prinzip fertig.
\(\endgroup\)


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kanntitan
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Welche Eigenschaft haben die $k_i$'s? Bis auf "paarweise verschieden" fällt mir nichts ein.



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Nuramon
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Das ist auch alles, was du brauchst.  😛



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kanntitan
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Danke Nuramon. Ich sehe es jetzt.



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kanntitan hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
kanntitan hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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