Forum:  Determinanten
Thema: Determinante einer linearen Abbildung
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Mona109
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Themenstart: 2019-12-08 23:00

Hallo Freunde! Ich beiße mir an folgender Aufgabe die Zähne aus:


fed-Code einblenden


Könnt ihr mir helfen? Was ist mit "Berechen Sie det(f)=0" überhaupt gemeint? (So steht es dort tatsächlich, und es ergibt für mich keinen Sinn.) Ich bin ratlos: Wie würdet ihr die Aufgabe lösen?



Triceratops
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Beitrag No.1, eingetragen 2019-12-09 00:01

Die Determinante ist nicht 0, das ist wohl ein Tippfehler.

Die Determinante wird zum Beispiel in diesem Artikel unter Beispiel D ausgerechnet, sogar gänzlich ohne Matrizen.

Determinanten koordinatenfrei

Falls du es selbst versuchen möchtest, kann ich dir den Tipp geben, die Eigenwerte von f auszurechnen.


Mona109
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Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-09 17:28

Danke, cooler Artikel! Eine Frage: Die [x]-Klammern, die vorkommen - sind das Gauß-Klammern?


ochen
Senior
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Beitrag No.3, eingetragen 2019-12-09 17:32

Hallo, damit ist die Äquivalenzklasse gemeint, welche $x$ enthält.


Mona109
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Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-09 18:55

Danke! Also [x] = x+U ? Habe leider noch eine Frage: Wie kommen die in dem Beweis darauf, dass
                     det(f|U) = n-1


(Ungefähr in der Mitte des Beweises), bzw.: Welcher Satz liegt diesem Schluss zugrunde?


Triceratops
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Beitrag No.5, eingetragen 2019-12-09 21:32

1) $[x] = x+U$ spielt auf eine mögliche Konstruktion des Quotientenraumes $V/U$ über Nebenklassen ab. Das ist aber nicht unbedingt das Wesen von Quotientenräumen. Mehr dazu (im Falle von Quotientengruppen, aber das sollte das Prinzip bereits klarmachen) in diesem Artikel: Konzepte der Gruppentheorie (Abschnitt 4). Wichtig ist, dass es eine surjektive lineare Abbildung $V \to V/U$ gibt (die man zum Beispiel mit $x \mapsto [x]$ notieren kann), deren Kern $U$ ist.

2) $U$ ist einfach ein eindimensionaler Vektorraum mit Basis $\{u\}$, und es gilt $f(u) = (n-1) \cdot u$. Die Determinante von $f|_U$ ist also $n-1$. Das ist ein (trivialer) Spezialfall der Determinante von diagonalisierbaren Endomorphismen, sie ist einfach das Produkt der Eigenwerte.

Generell bin ich mir nicht sicher, ob du die Lösung aus dem Artikel verwenden darfst, weil sich diese koordinatenfreie Sichtweise eventuell nicht mit den Inhalten deiner Vorlesung deckt.


Mona109
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Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-09 22:27

Ach so, verstehe, danke! Und hm, ja, da könntest du recht haben. Aber ich sehe einfach keinen Weg diese Aufgabe zu lösen. Könntest du mir bitte einen Schubser in die richtige Richtung geben?


Verstehe ich das denn eigentlich richtig, dass fed-Code einblenden


Triceratops
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Beitrag No.7, eingetragen 2019-12-09 22:32

2019-12-09 00:01 - Triceratops in Beitrag No. 1 schreibt:
Falls du es selbst versuchen möchtest, kann ich dir den Tipp geben, die Eigenwerte von f auszurechnen.


Mona109
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Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-09 22:36

Stimmt, sorry, danke! Kannst du meine Frage denn bejahen, die bezüglich fed-Code einblenden


Triceratops
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Beitrag No.9, eingetragen 2019-12-09 22:51

Zu deiner Frage: Was ist $\omega$? Und was soll die die von dir beschriebene Matrix $(b_1|\dotsc|b_n)$ sein, wo doch $b_i$ abstrakte Vektoren (keine Spaltenvektoren in $K^n$) sind?


Mona109
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Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-10 00:31

fed-Code einblenden


Triceratops
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Beitrag No.11, eingetragen 2019-12-10 00:40

2019-12-10 00:31 - Mona109 in Beitrag No. 10 schreibt:
denn eine Determinantenform kann doch eigentlich nur Matrizen Determinanten zuordnen

Nein. Am besten, du gehst deine Vorlesungsunterlagen dazu noch einmal (von Anfang an) durch.


Mona109
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Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-10 00:56

Ich konnte leider nicht in die Vorlesung, und in den Büchern finde ich kaum etwas dazu, ich fange langsam an zu verzweifeln. Bei Beutelspacher heißt es:

"Eine Abbildung det: K^(n×n) -> K, die jeder n×n-Matrix M über K ein Element det(M) aus K zuordnet, heißt eine Determinantenfunktion."


Und Determinantenform und -funktion ist ja dasselbe. Auch im Netz findet ma kaum etwas dazu. Oder muss ich andere Begriffe nachschlagen? Kannst du mir bitte sagen, nach welchen Stichwörtern ich zu suchen habe?


Triceratops
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Beitrag No.13, eingetragen 2019-12-10 01:17

Eine Determinantenform $\omega : V^n \to K$ muss alternierend und multilinear sein, und hierbei kann $V$ ein beliebiger $n$-dimensionaler Vektorraum sein (eben so wie in deiner Aufgabenstellung). Ein anderer Begriff ist auch alternierende Form. Dazu findest du viel Literatur im Netz, aber auch in dem genannten Artikel (der sich anscheinend doch gut mit eurer Vorlesung deckt). Das Buch von Beutelspacher ist nicht empfehlenswert.

Die Determinante $\det(f)$ von $f  : V \to V$ ist dann jedenfalls so definiert, dass für jede alternierende Form $\omega : V^n \to K$ gilt:

$\omega(f(v_1),\dotsc,f(v_n)) = \det(f) \cdot \omega(v_1,\dotsc,v_n)$

Das muss für alle $v_1,\dotsc,v_n \in V$ gelten. Aber man kann sich überlegen, dass es nur für irgendeine Basis von $f$ getestet werden muss.

Was nun die lineare Abbildung in deiner Aufgabe angeht, könnte man auch direkt den Ausdruck $\omega(f(b_1),\dotsc,f(b_n))$ ausrechnen und mit etwas Rechenarbeit vereinfachen zu $(-1)^{n-1} (n-1) \cdot \omega(b_1,\dotsc,b_n)$. Dann ist also $\det(f) = (-1)^{n-1} (n-1)$.


Mona109
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Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-10 16:19

Danke! Dann sähe der erste Schritt so aus, richtig?


[latex] \omega(f(b_{1}), ..., f(b_{n})) = \omega(\sum\limits_{j=1, j \neq 1}^{n} b_{j}, ..., \sum\limits_{j=1, j \neq n}^{n} b_{j}) [/latex]



Aber wie dann weiter?


Mona109
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Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-10 16:53

Okay, vielleicht habe ich ein bisschen früh aufgegeben, so weit bin ich jetzt gekommen:




[latex] \omega(f(b_{1}), ..., f(b_{n})) = ... = \sum\limits_{i_{1}=2}^{n}\sum\limits_{i_{2}=1, i_{2} \neq 2}^{n} ...\sum\limits_{i_{n}=1}^{n-1} \omega(b_{i_{1}}, ... , b_{i_{n}}) [/latex]


Aber ich glaube, jetzt brauche ich wirklich Hilfe: Wie geht es weiter?



Mona109
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Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-10 21:41

Hi, also ich habe die Aufgabe jetzt gelöst, indem ich die Determinante der Darstellungsmatrix von f berechnet hab, bin auf das gekommen, was du mir gesagt hast. Vielen Dank noch einmal für deine Hilfe - und den Geheimtipp mit dem Artikel, der ist echt gut!


Für die Aufgabe, die ich in Beitrag 10 erwähne, bekomme ich als Lösung [latex] 1 + \lambda_{1} + ... + \lambda_{n} [/latex].


Könntest du mir noch sagen, ob das richtig ist? D


Triceratops
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Beitrag No.17, eingetragen 2019-12-10 21:42

Wenn $i_r = i_s$ für ein $r \neq s$, verschwindet der Summand (weil $\omega$ alternierend ist). Man kann also $\sigma(k) := i_k$ als Permutation annehmen. Außerdem kann man die Basisvektoren dann richtig anordnen. Das Endergebnis ist dann (und das ist letztlich nur eine Reproduktion der Leibniz-Formel im Spezialfall) der Vorfaktor

$\displaystyle \sum_{\sigma \in S_n \text{ fixpunktfrei}} \quad \mathrm{sgn}(\sigma).$

Man muss sich jetzt überlegen, warum das $(-1)^{n-1} (n-1)$ ist.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.15 begonnen.]


Triceratops
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Beitrag No.18, eingetragen 2019-12-10 21:43

2019-12-10 21:41 - Mona109 in Beitrag No. 16 schreibt:

Für die Aufgabe, die ich in Beitrag 10 erwähne, bekomme ich als Lösung [latex] 1 + \lambda_{1} + ... + \lambda_{n} [/latex].
Könntest du mir noch sagen, ob das richtig ist? D

Könntest du den Lösungsweg posten? Das lässt sich leichter prüfen.


Mona109
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Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-10 22:01

Ja, na klar, also hier ist er:


Da [latex] \omega [/latex] multilinear und alternierend ist, gilt


[latex] \omega(v+b_{1}, ..., v+b_{n}) = \omega(b_{1},...,b_{n})+ \sum\limits_{i=1}^{n}(-1)^{i-1}\omega(v, b_{1},...,b_{i-1},b_{i+1},...,b_{n}).[/latex]


Wegen [latex] v = \lambda_{1}b_{1} + ... + \lambda_{n}b_{n} [/latex] und [latex] \omega [/latex] alterniert, ergibt sich


[latex] \omega(b_{1},...,b_{n}) + \sum\limits_{i=1}^{n}(-1)^{i-1}\omega(v, b_{1},...,b_{i-1},b_{i+1},...,b_{n}) =
   \omega(b_{1},...,b_{n}) + \sum\limits_{i=1}^{n}(-1)^{i1}\lambda_{i} \omega(b_{i}, b_{1},...,b_{i-1},b_{i+1},...,b_{n}) = 1 + \sum\limits_{i=1}^{n}\lambda_{i}\omega( b_{1},...,b_{i-1},b_{i}, b_{i+1},...,b_{n})= 1 + \lambda_{1} + ... + \lambda_{n} [/latex],

da ja   \omega(b_{1}, ..., b_{n}) = 1.


Triceratops
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Beitrag No.20, eingetragen 2019-12-10 22:07

Von den zwei Tippfehlern abgesehen (die vermutlich nur beim Abtippen hier entstanden sind) ist das richtig.


Mona109
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Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2019-12-12 17:14

Phew, cool,und noch einmal ein großes Danke!




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Druckdatum: 2020-09-28 11:48