§10 Determinanten

Mathematik für Physiker I, WS 2010/2011
Freitag 14.1
$Id: det.tex,v 1.6 2011/01/14 18:36:21 hk Exp hk $
§10
Determinanten
10.1
Die symmetrische Gruppe
Um die Determinante für größere Matrizen zu definieren, brauchen wir eine kleine
Vorbemerkung. Eine Permutation einer Menge M ist eine bijektive Abbildung π :
M → M . Haben wir zwei solche Permutationen π, η : M → M , so ist nach §3.Lemma
2 auch die Hintereinanderausführung η ◦ π : M → M wieder eine Permutation von M .
Betrachten wir also die Menge
G := {π : M → M |π ist bijektiv}
aller Permutationen der Menge M , so können wir uns die Hintereinanderausführung
als eine Produktbildung in der Menge G vorstellen, wir schreiben also
π · η := π ◦ η
für π, η ∈ G. Diese Multiplikation erfüllt dann einige Rechenregeln:
(G1) Das Assoziativgesetz π · (η · τ ) = (π · η) · τ für alle π, η, τ ∈ G. Dies ist nur ein
Spezialfall des allgemeinen Assoziativgesetzes der Hintereinanderausführung aus
§3.Lemma 1.
(G2) Es gibt ein neutrales Element der Multiplikation, nämlich die identische Abbildung 1 := idM . Diese erfüllt 1 · π = π · 1 = π für alle π ∈ G.
(G3) Jedes π ∈ G hat ein multiplikatives Inverses π −1 ∈ G mit π −1 · π = π · π −1 = 1.
Nach §3.Lemma 3 ist π −1 nämlich gerade die Umkehrabbildung zu π.
Man bezeichnet diese drei Eigenschaften als die Gruppenaxiome und nennt G eine
Gruppe. Uns interessiert hier nur ein sehr spezielles Beispiel, nämlich die Gruppe der
Permutationen der Menge M := {1, . . . , n}.
Definition 10.1: Für jedes n ∈ N mit n ≥ 1 ist die n-te symmetrische Gruppe Sn die
Gruppe der Permutationen der Menge {1, . . . , n}.
Wir sind hier nicht abstrakt an den Gruppenaxiomen interessiert, aber drei Folgerungen aus diesen werden für uns sehr wichtig sein.
1. Ist η ∈ Sn und durchläuft π die Elemente von Sn , so durchläuft das Produkt η · π
ebenfalls genau alle Elemente von Sn . Etwas formaler gesagt, ist die Abbildung
f : Sn → Sn ; π 7→ η · π
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bijektiv. In der Tat, um einzusehen das f bijektiv ist, ist einzusehen das es für
jedes τ ∈ Sn genau ein π ∈ Sn mit τ = η · π gibt, und die Gruppenaxiome sagen
uns das π = η −1 · τ dieses eindeutige Element von Sn ist.
2. Analog ist für jedes η ∈ Sn auch die Abbildung
g : Sn → Sn ; π 7→ π · η
bijektiv.
3. Auch die Abbildung
h : Sn → Sn ; π 7→ π −1
ist bijektiv und wegen (π −1 )−1 = π für alle π ∈ Sn gleich ihrer eigenen Umkehrabbildung.
Man kann sich die symmetrische Gruppe Sn alternativ auch als die Menge aller möglichen Anordnungen der Zahlen 1, . . . , n vorstellen. Ist nämlich π ∈ Sn eine Permutation,
so kommt in der Liste
π(1), π(2), . . . , π(n)
jede Zahl zwischen 1 und n genau einmal vor, die Liste ist also eine Anordnung der
Zahlen 1, . . . , n. Haben wir umgekehrt eine solche Liste k1 , . . . , kn in der jede Zahl
zwischen 1 und n genau einmal vorkommt, so können wir durch π(i) := ki für i =
1, . . . , n eine zugehörige Permutation definieren. Schauen wir uns dies einmal an einem
Beispiel mit n = 4 an. Die Anordnung
π:
4, 3, 2, 1
enstprich der durch π(1) = 4, π(2) = 3, π(3) = 2 und π(4) = 1 gegebenen Permutation,
denn 4 ist das erste Element in unserer Aufzählung, 3 ist das zweite Element in der
Aufzählung, und so weiter. Ebenso entspricht
η:
3, 1, 4, 2
der Permutation η(1) = 3, η(2) = 1, η(3) = 4 und η(4) = 2. Für das Produkt τ :=
π · η = π ◦ η ist also
τ (1)
τ (2)
τ (3)
τ (4)
=
=
=
=
π(η(1)) = π(3) = 2,
π(η(2)) = π(1) = 4,
π(η(3)) = π(4) = 1,
π(η(4)) = π(2) = 3,
und also Aufzählung geschrieben ist damit
τ =π·η :
18-2
2, 4, 1, 3.
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Mit Interpretation von Permutationen als Auflistungen der Zahlen von 1 bist n ist es
auch leicht die Elemente der symmetrischen Gruppe zu zählen.
Lemma 10.1 (Elementeanzahl der Sn )
Für jedes n ∈ N mit n ≥ 1 hat die symmetrische Gruppe Sn genau n! viele Elemente.
Beweis: Für das erste Element der Aufzählung haben wir n Möglichkeiten, für das
zweite dann nur noch n − 1 Möglichkeiten, für das dritte n − 2 Möglichkeiten, und so
weiter, bis für das letzte Element nur noch eine Möglichkeit verbleibt. Als Anzahl aller
möglichen Permutationen ergibt sich damit
n · (n − 1) · (n − 2) · . . . 1 = 1 · 2 · . . . · n = n!.
Schreiben wir |M | für die Anzahl aller Elemente einer endlichen Menge M , so sind
also
|S1 | = 1, |S2 | = 2, |S3 | = 6, |S4 | = 24, |S5 | = 120, . . .
Die Elemente der symmetrischen Gruppe Sn können in zwei verschiedene Sorten eingeteilt werden, die geraden und die ungeraden Permutationen. Nehmen wir einmal an,
wir haben eine Permutation π ∈ Sn gegeben. Dann sind π(1), π(2), . . . , π(n) genau die
Zahlen zwischen 1 und n nur in einer anderen Reihenfolge. Dies übeträgt sich dann
auch auf Paare von verschiedenen Zahlen zwischen 1 und n, d.h.
(π(1), π(2)), . . . , (π(1), π(n)), (π(2), π(1)), (π(1), π(3)), . . . , (π(2), π(n)),
. . . , (π(n − 1), π(1)), . . . , (π(n − 1), π(n))
sind wieder genau diese Paare, nur erneut in einer anderen Reihenfolge. Dies modifizieren wir noch etwas und betrachten nur noch die nach Größe geordneten Paare (i, j)
mit 1 ≤ i < j ≤ n. Wenden wir unsere Permutation auf diese an, so erhalten wir
(π(1), π(2)), . . . , (π(1), π(n)), (π(2), π(3)), . . . , (π(2), π(n)), . . . , (π(n − 1), π(n))
nur noch die Hälfte aller Paare. Diese umgeordneten Paare müssen aber nicht mehr
nach Größe geordnet sein, die Permutation kann ja auch richtig geordnete Paare auf
falsch geordnete Paare abbilden. Jedes Paar bei dem dies vorkommt nennen wir einen
Fehlstand von π, d.h.
(i, j) mit 1 ≤ i < j ≤ n ist Fehlstand von π :⇐⇒ π(i) > π(j).
Bilden wir nun das Produkt der Differenzen aller unserer obigen Paare, so erhalten wir
fast genau das Produkt aller Differenzen nach Größe geordneten Paare, es kommt nur
für jeden Fehlstand ein Minus Zeichen hinzu. Schreiben wir also F (π) für die Menge
aller Fehlstände von π, so ist
Y
Y
Y
(π(j) − π(i)) = (−1)|F (π)|
(j − i) = ±
(j − i).
1≤i<j≤n
1≤i<j≤n
18-3
1≤i<j≤n
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Dabei ist das große Π das sogenannte Produktzeichen“ das analog zum Summenzei”
chen Σ verwendet wird. Tritt in der obigen Formel das Pluszeichen auf, ist also |F (π)|
gerade, so nennen wir π eine gerade Permutation, und andernfalls heißt π eine ungerade Permutation. Zur Verwendung in Rechnungen führen wir noch ein Symbol für das
auftretende Vorzeichen ein.
Definition 10.2 (Vorzeichen einer Permutation)
Seien n ∈ N mit n ≥ 1 und π ∈ Sn . Dann heißt
(−1)π := (−1)|F (π)| =
π(j) − π(i)
j−i
1≤i<j≤n
Y
das Vorzeichen von π.
Wir wollen drei Beispiele behandeln.
1. Wir fangen mit dem konkreten Beispiel n = 4 und der durch 3, 4, 1, 2 gegebenen
Permutation π an. Listen wir die nach Größe geordneten Paare und ihre Bilder
unter π auf, so ergibt sich
(i, j)
1, 2
1, 3
1, 4
2, 3
2, 4
3, 4
(π(i), π(j))
3, 4
3, 1 F
3, 2 F
4, 1 F
4, 2 F
1, 2,
wobei die Fehlstände mit dem Symbol F“ markiert sind. Wir haben in diesem
”
Beispiel also |F (π)| = 4 Fehlstände und somit (−1)π = 1, d.h. π ist eine gerade
Permutation.
2. Sei n ∈ N mit n ≥ 2 und bezeichne τ ∈ Sn die Permutation die zwei verschiedene Zahlen 1 ≤ i < j ≤ n miteinander vertauscht, man bezeichnet τ auch als
eine Transposition. Fehlstände von τ müssen i oder j involvieren. Gehen wir die
Möglichkeiten durch, so ergeben sich genau die folgenden Fehlstände von τ
F (τ ) = {(i, k)|i < k ≤ j} ∪ {(k, j)|i < k < j}
also |F (τ )| = (j − i) + (j − i − 1) = 2(j − i) − 1 und insbesondere (−1)τ = −1,
d.h. Transpositionen sind immer ungerade.
3. Nun sei π eine Permutation die r ≥ 2 aufeinanderfolgende Ziffern zyklisch nach
rechts schiebt, beispielsweise die Ziffern von i bis i + r − 1 mit 1 ≤ i ≤ n − r + 1.
Es soll also π(k) = k für 1 ≤ k < i und für i + r ≤ k ≤ n, π(k) = k + 1 für
i ≤ k < i + r − 1 und π(i + r − 1) = i sein. Fehlstände von π müssen offenbar zwei
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Ziffern zwischen i und i + r − 1 involvieren und i + r − 1 als rechte Komponente
haben, also
F (π) = {(k, i + r − 1)|i ≤ k < i + r − 1}, also |F (π)| = r − 1,
und somit ist auch (−1)π = (−1)r−1 , ist also r gerade so ist π ungerade und ist
r ungerade so ist π gerade.
Lemma 10.2 (Rechenregeln für das Vorzeichen einer Permutation)
Sei n ∈ N mit n ≥ 1. Dann gelten:
(a) Ist 1 ∈ Sn die identische Permutation, so ist (−1)1 = 1.
(b) Für alle π, η ∈ Sn ist (−1)πη = (−1)π (−1)η .
(c) Für jedes π ∈ Sn ist (−1)π
−1
= (−1)π .
Beweis: (a) Klar da die Identität keine Fehlstände hat.
(b) Es gilt
Y
Y
(π(η(j)) − π(η(i))) = (−1)|F (η)|
(π(j) − π(i)) = (−1)π (−1)η .
1≤i<j≤n
1≤i<j≤n
(c) Nach (a) und (b) gilt
1 = (−1)ππ
10.2
−1
= (−1)π (−1)π
−1
=⇒ (−)π
−1
=
1
= (−1)π .
(−1)π
Definition und Grundeigenschaften der Determinante
Wir definieren die allgemeine Determinante durch die sogenannte Leipnitz-Formel.
Definition 10.3 (Definition der Determinante)
Sei n ∈ N mit n ≥ 1 und sei K ∈ {R, C}. Die Determinante einer n × n Matrix über
K wird durch die Formel
a11 · · · a1n .. . .
.. := X (−1)π a
.
. . 1π(1) · . . . · anπ(n)
π∈Sn
an1 · · · ann definiert.
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Die Determinante einer n×n Matrix ist also eine Summe mit |Sn | = n! vielen Summanden und jeder Summand ist ein Produkt aus n Matrixeinträgen und einem Vorzeichen.
Für n = 1, 2, 3 stimmt dies mit der schon eingeführten Determinante überein. Schon
für n = 4 ist die Definition aber nicht direkt zum Berechnen der Determinante geeignet, man hat |S4 | = 24 viele Summanden in der Summe. Es gibt im wesentlichen
zwei Methoden Determinanten zu berechnen, zum einen über die sogenannte LaplaceEntwicklung, die wir im nächsten Abschnitt behandeln, und zum anderen über die
Umformung einer Determinante mittels elementarer Zeilen- und Spaltenoperationen.
Um den letzteren Weg zu begründen, müssen wir uns überlegen wie sich die Determinante bei Anwendung von Zeilenoperationen verhält, und hierfür wollen wir das
folgende Lemma formulieren und beweisen.
Lemma 10.3 (Grundeigenschaften der Determinante)
Seien n ∈ N mit n ≥ 1, K ∈ {R, C} und


a11 · · · a1n


A =  ... . . . ...  ∈ K n×n
an1 · · · ann
eine n × n Matrix über K. Dann gelten:
(a) Es ist det At = det A.
(b) Geht A0 aus A durch Multiplikation einer Zeile oder einer Spalte mit einer Konstanten c ∈ K hervor, so ist det A0 = c · det A.
(c) Sei α ∈ Sn eine Permutation und bezeichne A0 die Matrix, die aus A durch Permutation der Zeilen gemäß α hervorgeht, d.h. für 1 ≤ k ≤ n ist die k-te Zeile von
A0 gleich der α(k)-ten Zeile von A. Dann ist det A0 = (−1)α det A. Die analoge
Aussage gilt für die Permutation der Spalten von A.
(d) Geht A0 aus A durch Vertauschen zweier Zeilen oder Spalten hervor, so ist det A0 =
− det A.
(e) Geht A0 aus A durch Addition eines Vielfachen einer Zeile zu einer anderen Zeilen
hervor, so ist det A0 = det A. Die analoge Aussage gilt auch für Spalten statt
Zeilen.
(f ) Besteht eine Zeile oder eine Spalte von A nur aus Nullen, so ist det A = 0.
(g) Ist eine Zeile von A ein Vielfaches einer anderen Zeile von A, oder eine Spalte
von A ein Vielfaches einer anderen Spalte von A, so ist det A = 0.
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Beweis: (a) Es gilt
det At =
X
(−1)π aπ(1)1 · . . . · aπ(n)n =
π∈Sn
=
X
X
(−1)π aπ(1),π−1 (π(1)) · . . . · aπ(n),π−1 (π(n))
π∈Sn
(−1)π a1,π−1 (1) · . . . · an,π−1 (n) =
π∈Sn
X
(−1)π a1π(1) · . . . · anπ(n) = det A.
π∈Sn
(b) Sei 1 ≤ i ≤ n und die i-te Zeile von A0 sei das c-fache der i-ten Zeile von A. Dann
ist
det A0 =
X
(−1)π a1π(1) · . . . · (caiπ(i) ) · . . . · anπ(n)
π∈Sn
=c
X
(−1)π a1π(1) · . . . · anπ(n) = c · det A.
π∈Sn
Mit (a) folgt hieraus auch die Aussage über Spalten.
(c) Es gilt
det A0 =
X
(−1)π aα(1),π(1) · . . . · aα(n),π(n)
π∈Sn
= (−1)α
X
−1
(−1)πα a1,π(α−1 (1)) · . . . · an,π(α−1 (n)) = (−1)α det A.
π∈Sn
Mit (a) folgt hieraus auch die Aussage über Spaltenpermutationen.
(d) Dies ist ein Spezialfall von (c).
(f ) Ist 1 ≤ i ≤ n und besteht die i-te Zeile von A nur aus Nullen, so ist für jedes
π ∈ Sn stets aiπ(i) = 0, also auch ai1 · . . . · anπ(n) = 0. Damit ist det A = 0. Mit (a) folgt
auch die Aussage über Spalten.
(g) Nach (a) reicht es die Aussage für Zeilen einzusehen, und nach (b) können wir
annehmen, dass A sogar zwei identische Zeilen hat. Dann ändert sich die Matrix bei
Vertauschen dieser beiden Zeilen nicht, und (d) ergibt det A = − det A, also det A = 0.
(e) Seien c ∈ K, 1 ≤ i, j ≤ n mit i 6= j und A0 gehe aus A durch Addition des c-fachen
der j-ten Zeile zur i-ten Zeile hervor. Dann ist
det A0 =
X
(−1)π a1π(1) · . . . · (aiπ(i) + cajπ(i) ) · . . . · anπ(n)
π∈Sn
= det A + c
X
(−1)π a1π(1) · . . . · ajπ(i) · . . . · anπ(n) .
π∈Sn
Die hintere Summe ist gerade die Determinante der Matrix A00 , die aus A durch Ersetzen
der i-ten Zeile durch die j-te Zeile entsteht. Da A00 zwei identische Zeilen hat, ist nach
(g) aber det A00 = 0, und dies zeigt det A0 = det A.
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Wie schon bemerkt soll uns das Lemma eine Methode zur Berechnung von Determinanten liefern. Wir wissen das wir jede Matrix durch Anwendung der drei elementaren
Zeilenumformungen auf Stufenform bringen können, und das Lemma sagt uns wie sich
die Determinante bei Anwendung dieser Zeilenumformungen verhält. Damit kann die
Berechnung einer allgemeinen Determinante auf die Berechung der Determinante einer
Matrix in Stufenform zurückgeführt werden. Etwas allgemeiner behandeln wir gleich
sogenannte Dreiecksmatrizen, dies sind Matrizen bei denen ober- oder unterhalb der
Diagonale nur Nullen stehen. Ist


a11 · · · a1n


A =  ... . . . ...  ∈ K n×n
an1 · · · ann
eine obere Dreiecksmatrix, so sollen unterhalb der Diagonalen nur Nullen stehen. Die
Einträge unterhalb der Diagonalen haben größeren Zeilenindex als Spaltenindex, es soll
also aij = 0 für alle 1 ≤ j < i ≤ n gelten. Entsprechend sind untere Dreicksmatrizen
durch die Bedingung aij = 0 für 1 ≤ i < j ≤ n definiert.
Lemma 10.4 (Determinante von Dreiecksmatrizen)
Seien n ∈ N mit n ≥ 1, K ∈ {R, C} und




a11
∗
a11




..
..
A=
 oder A = 

.
.
ann
∗
ann
eine obere oder eine untere Dreiecksmatrix. Dann ist
det A = a11 · . . . · ann .
Beweis: Schreibe wieder


a11 · · · a1n


A =  ... . . . ...  .
an1 · · · ann
Zunächst sei A eine obere Dreiecksmatrix, also aij = 0 für 1 ≤ j < i ≤ n. Sei π ∈
Sn . Gibt es dann ein 1 ≤ i ≤ n mit π(i) < i, so ist ai,π(i) = 0 und somit auch
a1,π(1) · . . . · an,π(n) = 0. Ist dagegen π(i) ≥ i für jedes 1 ≤ i ≤ n, so ist π(n) ≥ n, also
π(n) = n, und weiter π(n − 1) ≥ n − 1 also π(n − 1) = n − 1 oder π(n − 1) = n,
also wegen π(n − 1) 6= π(n) = n sogar π(n − 1) = n − 1. So fortfahrend folgt dann
π(i) = i für alle 1 ≤ i ≤ n. Es gibt in det A also höchstens einen von Null verschiedenen
Summanden, nämlich derjenige zur identischen Permutation und da diese Permutation
gerade ist, folgt
det A = a11 · . . . · ann .
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Ist A eine untere Dreiecksmatrix, so ist At eine obere Dreiecksmatrix und mit Lemma
3.(a) folgt die Behauptung auch in diesem Fall.
Wir rechnen ein Beispiel.
1
1
1 2 −1
2 −1
2
−1
1
1
0
0
1 2
4
2
0
2
−2
1
−1
= −
=
−1 2
0
2
4
2
0 3 −1 0
0
3 0 −1
0 −6
2
0 −6
2 −3
0
1
1 2 −1
1 0 4
2
0
= − 0
= − 0
2 −2 0 0
0
0 0
5 −3
1
0
−2
−3
2 −1
1 4
2
0 = −16.
0
2 −2 0
0
2 Man ist allerdings nicht gezwungen so stur den Gaußschen Algorithmus abzuarbeiten,
oft kann man sich die Arbeit durch Mischen von Zeilen- und Spaltenoperationen erleichtern. Dies geschieht etwa im folgenden Beispiel wo wir zuerst Vielfache der ersten
Zeile von der dritten und vierten Zeile abziehen und anschließend die zweite und dritte
Spalte von der ersten Spalte subtrahieren
1
4
2
4
1
0
1
2
0
1
1 −1
3 1 0
1 −1
3 0 0
1 −1
3 3
7 −5 4 1
3
7 −5 0 1
3
7 −5 0
1
0 = 0 2 −2
3 −6 = 0 2 −2
3 −6 = 0
4 −3
6 0 0
0
1 −6 0 0
0
1 −6 0
8
1 1 1
0
8
1 0 1
0
8
1 nach Lemma 3.(f). Dies ist schon eine durchaus effektive Methode zur Berechnung
von Determinanten. Wir wollen jetzt einen weiteren wichtigen Satz herleiten, der den
Zusammenhang von Determinanten und der Matrixmultiplikation herstellt.
Satz 10.5 (Multiplikationssatz für Determinanten)
Sind A, B zwei n × n Matrizen über K ∈ {R, C} so gilt det(A · B) = det(A) · det(B).
Beweis: Wir schreiben



a11 · · · a1n



A =  ... . . . ...  , B = 
an1 · · · ann


b11 · · · b1n

.. . .
. 
. ..  und AB = 
.
bn1 · · · bnn
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
c11 · · · c1n
.. . .
. 
. ..  .
.
cn1 · · · cnn
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Nach Definition der Matrizenmultiplikation gilt dann cij =
i, j ≤ n. Hiermit rechnen wir nun
X
det(AB) =
(−1)π c1,π(1) · . . . · cn,π(n)
Pn
k=1
aik bkj für alle 1 ≤
π∈Sn
X
=
π
(−1)
X
!
a1,j1 bj1 ,π(1)
(−1)π
n
X
· ... ·
j1 =1
π∈Sn
=
n
X
!
an,jn bjn ,π(n)
jn =1
X
a1,j1 · . . . · an,jn · bj1 ,π(1) · . . . · bjn ,π(n)
1≤j1 ,...,jn ≤n
π∈Sn
"
=
X
a1,j1 · . . . · an,jn ·
1≤j1 ,...,jn ≤n
#
X
(−1)π bj1 ,π(1) · . . . bjn ,π(n) .
π∈Sn
Nun kümmern wir uns um den Faktor in den eckigen Klammern. Die dort stehende
Summe sieht fast wie eine Determinante aus, nur das dort überall ji statt i steht. Dies
ist aber kein echtes Problem, schreiben wir B(j1 , . . . , jn ) für die n × n Matrix, deren
i-te Zeile gerade die ji -te Zeile von B ist, so ist der Ausdruck in eckigen Klammern
gerade die Determinante von B(j1 , . . . , jn ), also ist
X
a1,j1 · . . . · an,jn · det B(j1 , . . . , jn ).
det(AB) =
1≤j1 ,...,jn ≤n
Wir betrachten nun einen einzelnen Summanden in dieser Summe, seien also 1 ≤
j1 , . . . , jn ≤ n gegeben. Gibt es dann zwei Indizes 1 ≤ i, i0 ≤ n mit i 6= i0 und
ji = ji0 , so hat die Matrix B(j1 , . . . , jn ) zwei identische Zeilen, und somit ist dann
det B(j1 , . . . , jn ) = 0 nach Lemma 3.(g) folgt. Also müssen wir in der obigen Summe
nur die Summanden (j1 , . . . , jn ) betrachten in denen j1 , . . . , jn paarweise verschieden
sind. Aber Tupel aus n verschiedenen Zahlen aus {1, . . . , n} sind ja gerade die Ordnungen von {1, . . . , n}, also folgt mit Lemma 3.(c)
X
det(AB) =
a1,π(1) · . . . · an,π(n) · det B(π(1), . . . , π(n))
π∈Sn
!
=
X
(−1)π a1,π(1) · . . . · an,π(n)
· det(B) = det(A) · det(B).
π∈Sn
Insbesondere erhalten wir eine Formel für die Determinante der Inversen einer Matrix.
Korollar 10.6 (Determinante der inversen Matrix)
Sei A eine invertierbare n × n Matrix über K ∈ {R, C}. Dann gilt det A 6= 0 und es ist
det(A−1 ) =
18-10
1
.
det A
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Beweis: Nach dem Multiplikationssatz ist
det(A) · det(A−1 ) = det(A · A−1 ) = det En = 1.
10.3
Laplace Entwicklung
Die Laplace Entwicklung einer Determinante ist ein weiteres Rechenverfahren zur Bestimmung von Determinanten. Bei diesem Verfahren wird die Determinante einer n × n
Matrix als eine Summe von n Termen berechnet die ihrerseits im wesentlichen aus einer
(n−1)×(n−1) Determinante bestehen. Wir wollen dies zunächst an einigen Beispielen
vorführen, bevor wir es als abstrakten Satz formulieren.
Wir beginnen dabei mit der Berechnung einer 3 × 3 Determinante
1 −1
3 2
1 −1 .
5
1
0 Als Entwicklung dieser Determinante nach der ersten Zeile bezeichnet man die folgende
Rechnung
1 −1
3
1 −1 2 −1 2 1 2
− (−1) · +3·
1 −1 = 1 · 5
5 1 = 1 + 5 − 9 = −3.
1
0 0 5
1
0
Diese Summe beginnt mit dem Eintrag 1 in der ersten Zeile und Spalte multipliziert mit
der Determinante, die aus der ursprünglichen Determinante durch Streichen der ersten
Zeile und der ersten Spalte entsteht. Hiervon wird dann der Eintrag −1 in der zweiten
Spalte der ersten Zeile mal die durch Streichen der ersten Zeile und der zweiten Spalte
gebildete Determinante abgezogen. Schließlich wird der Eintrag 3 in der dritten Spalte
der ersten Zeile mit der durch Streichen der ersten Zeile und dritten Spalte erhaltenen
Determinante multipliziert und zur Gesamtsumme addiert:
1 −1
1 −1
1 −1
1 −1
3
3
3
3
2
1 −1 = 1 · 2
1 −1 − (−1) · 2
1 −1 + 3 · 2
1 −1 .
5
5
5
5
1
0 1
0 1 0 1
0
Diese Rechenverfahren ist etwas effizienter als die Rechnung über die Regel von Sarrus.
Bei der Sarrusschen Regel hat man die Summe von sechs Dreierprodukten zu bilden,
benötigt also 12 Multiplikationen und 5 Additionen, wobei wir Subtraktion und Addition nicht unterscheiden. Bei der Entwicklung nach der ersten Zeile bilden wir dagegen
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Mathematik für Physiker I, WS 2010/2011
Freitag 14.1
drei 2 × 2 Determinanten, und jede von diesen erfordert zwei Multiplikationen und
eine Addition, also insgesamt 6 Multiplikationen und drei Additionen. Dann werden
diese 2 × 2 Determinanten jeweils mit einer Zahl multipliziert und dann addiert, dies
sind 3 weiter Multiplikationen und zwei Additionen. Insgesamt erfordert die Entwicklung nach der ersten Zeile also 9 Multiplikationen und 5 Additionen, wir haben also
3 Multiplikationen eingespart, dies sind immerhin 25% des Aufwands der Regel nach
Sarrus.
Ebenso kann die Determinante auch nach der ersten Spalte entwickelt werden, hier
gehen wir entsprechend die Einträge in der ersten Spalte der Matrix durch
1 −1
1 −1
1 −1
1 −1
3
3
3
3
=1· 2
2
.
−2· 2
+5· 2
1
−1
1
−1
1
−1
1
−1
5
1
0
5 1
5
1
0
5 1
0
0 Noch allgemeiner kann die Determinante auch nach einer beliebigen Zeile oder einer
beliebigen Spalte entwickelt werden. Das einzige kleine Detail auf das man dabei achten muss ist die Verteilung der Vorzeichen. Entwickeln wir nach der ersten Zeile oder
Spalte, so beginnt die Entwicklung mit +“ und dann wechseln die Vorzeichen sich ab.
”
Entwickeln wir dagegen nach der zweiten Zeile oder Spalte, so beginnen die Vorzeichen
mit −“ und wechseln sich dann ab. In der dritten Zeile oder Spalte starten wir dann
”
wieder mit +“ und so weiter. Allgemein gehört zum Eintrag (i, j) der Determinan”
te, also dem Eintrag in der i-ten Zeile und in der j-ten Spalte, die Determinante die
durch Entfernen der i-ten Zeile und der j-ten Spalte entsteht und mit dem Vorzeichen
(−1)i+j versehen ist. Diese Vorzeichen beginnen links oben mit (−1)2 = 1 und breiten
sich dann schachbrettartig aus
+
−
+
−
..
.
−
+
−
+
..
.
+
−
+
−
..
.
−
+
−
+
..
.
···
···
···
···
..
.
Es bietet sich an nach einer Zeile oder Spalte zu entwickeln die möglichst viele Nullen
enthält, denn bei jeder Null können wir den entsprechenden Summanden in der Entwicklung ignorieren. In unserem obigen Beispiel ist es daher naheliegend etwa nach der
dritten Zeile zu entwickeln
1 −1
1 −1
1 −1
3
3
3
2
1 −1 = 5 · 2
1 −1 − 1 · 2
1 −1 = 5 · (−2) − (−7) = −3
5
5
5
1
0 1
0 1 0 erneut mit demselben Ergebnis.
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