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Exotische Determinante

Schüler

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Christian- aktiv_icon

14:08 Uhr, 27.03.2019

Hallo Freunde,

folgende Aufgabe verstehe ich nicht, wie ich es zeigen soll. Ich weiß zwar, dass dies gilt, aber wie zeige ich es (Siehe Bild)?

Danke, wer helfen kann.

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Bummerang

16:28 Uhr, 27.03.2019

Hallo,

Das erste und einfachste, das mir einfällt, ist die vollständige Induktion. Beim Beweis der Induktionsbehauptung willst Du die Determinante einer

(n + 1) \times (n + 1)

-Matrix ermitteln. Dazu subtrahierst Du das

\frac{1}{n + 1}

-fache der Zeilen 2 bis

(n + 1)

von der ersten Zeile. Wegen der Struktur der Matrix subtrahierst Du in den Spalten 2 bis

(n + 1)

genau

(n - 1)

Mal

\frac{1}{n + 1}

und einmal

\frac{2}{n + 1}

also insgesamt immer 1. Damit bleiben in der ersten Zeile bis auf Spalte 1 nur noch Nullen übrig. Das erste Element der neuen ersten Zeile ergibt sich als:

2 - n \cdot \frac{1}{n + 1} = \frac{2 \cdot n + 2 - n}{n + 1} = \frac{n + 2}{n + 1}

Entwickelst Du die Determinante nach der ersten Zeile ergibt sich:

\frac{n + 2}{n + 1} \cdot

Determinante(

n \times n -

Matrix)

;

nach Ind.vor.

= \frac{n + 2}{n + 1} \cdot (n + 1) = n + 2 = (n + 1) + 1

Respon

16:39 Uhr, 27.03.2019

Bringe die dazugehörige Matrix auf Stufenform.
Ziehe das

\frac{1}{2} -

fache der ersten Zeile von allen darunterliegenden Zeilen ab.
Ziehe das

\frac{1}{3} -

fache der zweiten Zeile von allen darunterliegenden Zeilen ab.
Ziehe das

\frac{1}{4} -

fache der dritten Zeile von allen darunterliegenden Zeilen ab.
usw.
Ziehe das

\frac{1}{i + 1} -

fache der

i -

ten Zeile von allen darunterliegenden Zeilen ab.

Die

i -

te Zeile sieht im Ergebnis dann so aus:

i - 1

mal die

0,

dann

\frac{i + 1}{i}

und bis zum Ende der Zeile

\frac{1}{i}

Die

n -

te Zeile sieht im Ergebnis dann so aus:

n - 1

mal die

0,

dann

\frac{n + 1}{n} -

damit ist die Zeile aber auch schon zu Ende.

Du bekommst

(\begin{matrix} 2 & 1 & 1 & 1 & 1 & ... & 1 \\ 0 & \frac{3}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & ... & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & \frac{4}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & ... & \frac{1}{3} \\ ... & ... & ... & ... & ... & ... & ... \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & ... & \frac{n + 1}{n} \end{matrix})

Die Determinante ist dann das Produkt der Elemente in der Hauptdiagonale.

2 \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{4}{3} \cdot \frac{5}{4} \cdot ... \cdot \frac{n}{n - 1} \cdot \frac{n + 1}{n} = n + 1

Aber sicher gibt es eine elegantere und kürzere Methode.

Christian- aktiv_icon

17:08 Uhr, 27.03.2019

Danke euch habt es sehr gut erklärt,
Respon ich hätte da eine Frage
wie bist du da unten auf

\frac{n}{n - 1}

gekommen?

HAL9000

18:30 Uhr, 27.03.2019

@Respon

Eleganter nicht, aber man kann folgende Verallgemeinerung fast ohne Mehraufwand gegenüber dem Spezialfall

a = 2, b = 1

beweisen:

Betrachten wir die

n \times n

-Matrix

A_{n}

, welche auf der Hauptdiagonale überall

a

und außerhalb überall

b

stehen hat. Dann kann man

d_{n} := \det (A_{n})

folgendermaßen rekursiv berechnen:

Zunächst zieht man von der ersten die zweite Zeile ab, direkt danach von der ersten Spalte die zweite Spalte.

Dann steht in der ersten Zeile

(2 (a - b), b - a, 0, \dots, 0)

, und gemäß Laplaceschen Entwicklungssatz haben wir dann

d_{n} = 2 (a - b) \det (A_{n - 1}) - (b - a) \det (B_{n - 1})

mit einer Matrix

B_{n - 1}

, die als erste Spalte

(b - a, 0, \dots, 0)^{T}

hat, den Rest der ersten Zeile (unwichtig) nur

b

und im "Rest" aus

A_{n - 2}

besteht. Das ergibt

\det (B_{n - 1}) = (b - a) \det (A_{n - 2})

und damit letzlich die Rekursionsgleichung

d_{n} = 2 (a - b) d_{n - 1} - (a - b)^{2} d_{n - 2}

mit den Startwerten

d_{0} = 1

sowie

d_{1} = a

. Per Induktion kann man damit dann im Fall

a \neq b

die explizite Darstellung

d_{n} = (a - b)^{n - 1} (a + b (n - 1))

beweisen.

Respon

19:34 Uhr, 27.03.2019

@Christian
"wie bist du da unten auf

\frac{n}{n - 1}

gekommen?"

2 = \frac{2}{1}

Betrachten wir die Eintragungen in der Hauptdiagonale der umgeformten Stufenmatrix:

\frac{2}{1}; \frac{3}{2}; \frac{4}{3}; \frac{5}{4}; \frac{6}{5}; \frac{7}{6}; \frac{8}{7}; . .

\frac{n + 1}{n}

Jedes Element ist aus dem vorhergehenden entstanden, indem sowohl der Zähler als auch der Nenner um 1 vergößert wird. Oder umgekehrt: von jedem Element komme ich zu dem vorangegangenen, indem ich sowohl Zähler als auch Nenner um 1 verringere.
Ist nun das letzte Element

\frac{n + 1}{n},

so muss das vorletzte

\frac{n + 1 - 1}{n - 1} = \frac{n}{n - 1}

sein.
Bei dem Prdodukt dieser Elemente kürzen sich alle Zahlen bis auf

n + 1

"schräg" heraus.

Christian- aktiv_icon

22:49 Uhr, 27.03.2019

Ah so ich verstehe, dann hätte ich noch eine letzte Frage.
Wie kürzt du es konkret, damit am Ende

n + 1

auftaucht?

Respon

06:07 Uhr, 28.03.2019

" schräg "

\frac{2}{1} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{4}{3} \cdot \frac{5}{4} \cdot \frac{6}{5} \cdot ... \cdot \frac{n - 1}{n - 2} \cdot \frac{n}{n - 1} \cdot \frac{n + 1}{n}

2 gegen

2, 3

gegen

3, 4

gegen

4, 5

gegen

5, ..., (n - 2)

gegen

(n - 2), (n - 1)

gegen

(n - 1), n

gegen

n

. .

. übrig bleibt

n + 1

Christian- aktiv_icon

19:24 Uhr, 15.04.2019

Vielen Dank!

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