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Eigenschaften der Determinante

3. Eigenschaften der Determinante

Lemma 1 (Multiplikativität der Determinante). Es gilt \mathrm{det}(\mathrm{id}_V)=1 und \mathrm{det}(f \circ g) = \mathrm{det}(f) \cdot \mathrm{det}(g) für Endomorphismen f,g : V \to V. Beweis. Die Gleichung \mathrm{det}(\mathrm{id}_V)=1 folgt aus \omega(\mathrm{id}_V(v_1),\dotsc,\mathrm{id}_V(v_n))=1 \cdot \omega(v_1,\dotsc,v_n). Das Produkt \mathrm{det}(f) \cdot \mathrm{det}(g) erfüllt die Definition von \mathrm{det}(f \circ g), denn für alle \omega \in \mathrm{A}_n(V) gilt \omega(f(g(v_1)),\dotsc,f(g(v_n)))=\mathrm{det}(f) \cdot \omega(g(v_1),\dotsc,g(v_n))=\mathrm{det}(f) \cdot \mathrm{det}(g) \cdot \omega(v_1,\dotsc,v_n). \checkmark Bemerkung. Der Nullvektorraum hat genau einen Endomorphismus, nämlich die Identität. Nach Lemma 1 ist die Determinante hiervon 1. Lemma 2 (Natürlichkeit der Determinante). Es seien \alpha : V \to W ein Isomorphismus von endlich-dimensionalen Vektorräumen und f : V \to V, g : W \to W Endomorphismen mit g \circ \alpha = \alpha \circ f, wie in dem folgenden kommutativen Diagramm: \begin{tikzcd}V \ar{r}{f} \ar{d}[swap]{\alpha} & V \ar{d}{\alpha} \\ W \ar{r}{g} & W \end{tikzcd} Dann gilt \det(f)=\det(g). Beweis. Wegen der Bemerkung im ersten Abschnitt gilt \alpha^* \circ g^* = f^* \circ \alpha^* als lineare Abbildungen \mathrm{A}_n(W) \to \mathrm{A}_n(V), wobei n=\dim(V)=\dim(W). Weil also f^* die Multiplikation mit \det(f) ist und \alpha^* ein Isomorphismus ist, ist auch g^* Multiplikation mit \det(f), d.h. \det(f)=\det(g). \checkmark Satz 4 (Determinanten von Quotienten). Es sei f : V \to V ein Endomorphismus von V und U ein Unterraum von V mit f(U) \subseteq U; man sagt, dass U unter f invariant ist. Wir erhalten Endomorphismen f|_U : U \to U und \overline{f} : V/U \to V/U. Es gilt dann \mathrm{det}(f) = \mathrm{det}(f|_U) \cdot \mathrm{det}(\overline{f}). Beweis. Wähle ein Komplement W von U. Dann können wir V = U \oplus W schreiben und f identifiziert sich mit f(u,w)=(f|_U(u)+g(w),\overline{f}(w)) mit einer linearen Abbildung g : W \to U und der linearen Abbildung \overline{f} : W \to W. Es sei u_1,\dotsc,u_n eine Basis von U und w_1,\dotsc,w_m eine Basis von W. Dann ist also (u_1,0)\dotsc,(u_n,0),(0,w_1),\dotsc,(0,w_m) eine Basis von V. Es folgt für \omega \in \mathrm{A}_{n+m}(V): \omega\bigl(f(u_1,0),\dotsc,f(u_n,0),f(0,w_1),\dotsc,f(0,w_m)\bigr) = \omega\bigl((f|_U(u_1),0),\dotsc,(f|_U(u_n),0),(g(w_1),\overline{f}(w_1)),\dotsc,(g(w_m),\overline{f}(w_m))\bigr) Weil nun \omega((x_1,0),\dotsc,(x_n,0),\dotsc) multilinear und alternierend in den Variablen x_1,\dotsc,x_n ist, erhalten wir: \mathrm{det}(f|_U) \cdot \omega\bigl((u_1,0),\dotsc,(u_n,0),(g(w_1),\overline{f}(w_1)),\dotsc,(g(w_m),\overline{f}(w_m))\bigr). Schreibe g(w_1) = \sum_{i=1}^{n} \lambda_i u_i und subtrahiere \sum_{i=1}^{n} \lambda_i (u_i,0) von (g(w_1),\overline{f}(w_1)). Dies ändert den Wert von \omega(\dotsc) nicht, weil \omega multilinear und alternierend ist. Auf diese Weise erhalten wir im n+1-ten Eintrag einfach (0,\overline{f}(w_1)). Man fährt so fort und gelangt zu \mathrm{det}(f|_U) \cdot \omega\bigl((u_1,0),\dotsc,(u_n,0),(0,\overline{f}(w_1)),\dotsc,(0,\overline{f}(w_m))\bigr). Mit demselben Argument wie oben vereinfacht sich dies zu \mathrm{det}(f|_U) \cdot \mathrm{det}(\overline{f}) \cdot \omega\bigl((u_1,0),\dotsc,(u_n,0),(0,w_1),\dotsc,(0,w_m)\bigr). \checkmark Bemerkung. Man kann Satz 4 auch sehr elegant wiefolgt formulieren: Hat man eine exakte Sequenz 0 \longrightarrow U \longrightarrow V \longrightarrow W \longrightarrow 0 von endlich-dimensionalen Vektorräumen und hat man ein kommutatives Diagramm \begin{tikzcd} 0 \ar{r} & U \ar{d}{g}\ar{r} & V \ar{d}{f}\ar{r} & W \ar{d}{h}\ar{r} & 0 \\ 0 \ar{r} & U \ar{r} & V \ar{r} & W \ar{r} & 0 \end{tikzcd} gegeben, so gilt \det(f) = \det(g) \cdot \det(h). Satz 5 (Determinanten von Summen). Es seien f : V \to V und g : W \to W zwei Endomorphismen. Für den Endomorphismus f \oplus g : V \oplus W \to V \oplus W, (v,w) \mapsto (f(v),g(w)) gilt dann \mathrm{det}(f \oplus g) = \mathrm{det}(f) \cdot \mathrm{det}(g). Beweis. Das folgt aus Satz 4. \checkmark Spezialfall. Sei f : V \to V diagonalisierbar, d.h. es gibt eine Basis v_1,\dotsc,v_n von V und Elemente \lambda_1,\dotsc,\lambda_n \in K mit f(v_i)=\lambda_i \cdot v_i. Dann zerlegt sich f in eine direkte Summe der Endomorphismen \langle v_i \rangle \to \langle v_i \rangle, v_i \mapsto \lambda_i \cdot v_i. Die Determinante ist nach Satz 5 daher das Produkt \lambda_1 \cdot \dotsc \cdot \lambda_n. Bemerkung. Ist allgemeiner f(v_i)=\lambda_i v_i \,+\, eine Linearkombination aus v_1,\dotsc,v_{i-1}, so folgt aus Satz 4 ebenfalls \det(f)=\lambda_1 \cdot \dotsc \cdot \lambda_n. Dazu macht man eine Induktion nach n und nimmt für den Induktionsschritt U=\langle v_1 \rangle. Wenn sich eine solche Basis finden lässt, nennt man f trigonalisierbar. Wenn K algebraisch abgeschlossen ist, ist f stets trigonalisierbar, sodass sich die Determinante berechnen lässt. Wenn K beliebig ist, so kann man zur sogenannten Skalarerweiterung V_{\overline{K}} über einem algebraischen Abschluss \overline{K} übergehen und die Determinante des Endomorphismus f_{\overline{K}} von V_{\overline{K}} ausrechnen. Dies ist das Bild von \det(f) unter der Inklusion K \to \overline{K}. Damit lässt sich also \det(f) allgemein berechnen. Satz 6 (Determinante von Projektionen). Es sei p : V \to V eine Projektion auf einen Unterraum U von V, d.h. p^2=p und \mathrm{Bild}(p)=U. Dann gilt \det(p)=0 falls U \neq V, und \det(p)=1 falls U=V. Beweis. Für U=V ist p=\mathrm{id}_V und damit \det(p)=1. Nun sei U \neq V. Es sei W=\ker(p). Dann ist V = U \oplus W, insbesondere W \neq 0. Es gilt p=\mathrm{id}_U \oplus 0_W. Aus Satz 5 folgt daher \det(p)=\det(\mathrm{id}_U) \cdot \mathrm{det}(0_W) = 1 \cdot 0 = 0. (Alternativ kann man benutzen, dass Projektionen diagonaliserbar sind.) \checkmark Satz 7 (Kriterium für Invertierbarkeit). Es sei f : V \to V ein Endomorphismus eines endlich-dimensionalen Vektorraumes V. Genau dann ist f ein Isomorphismus, wenn \det(f) \neq 0 gilt. Beweis. Wenn f ein Isomorphismus ist, dann gilt \det(f) \cdot \det(f^{-1})=\det(f \circ f^{-1})=\det(\mathrm{id}_V)=1 nach Lemma 1 und damit \det(f) \neq 0. Nun sei f kein Isomorphismus. Dann ist U:=\mathrm{Bild}(f) ein echter Unterraum von V (ansonsten wäre f surjektiv und damit auch bijektiv). Wähle eine Projektion p : V \to V auf U. Dann gilt f = p \circ f. Aus Satz 6 folgt \det(p)=0. Mit Lemma 1 folgt daher \det(f) = \det(p) \cdot \det(f)=0. \checkmark Bemerkung. Man kann die nichttriviale Richtung in Satz 7 auch etwas direkter so beweisen: Sei f : V \to V kein Isomorphismus. Dann ist f nicht injektiv, d.h. es gibt ein v_1 \in V mit v_1 \neq 0 und f(v_1)=0. Ergänze v_1 zu einer Basis v_1,\dotsc,v_n von V. Für \omega \in \mathrm{A}_n(V) gilt dann \omega(f(v_1),\dotsc,\omega(f_n))=\omega(0,\dotsc)=0. Dies zeigt \det(f)=0. Bemerkung. Eine wichtige Folgerung aus Satz 7 ist, dass eine lineare Gleichung der Form f(v)=w (wobei f : V \to V und v,w \in V) stets eindeutig lösbar ist, wenn \det(f) \neq 0 gilt. Dann gilt nämlich v=f^{-1}(w).
 
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