Zeigen Sie über vollständige Induktion, dass det (A D 0 B) = det(A)*det(B)

Question

a) Zeigen Sie über vollständige Induktion

det \( \begin{pmatrix} A & B \\ 0 & D \end{pmatrix} \)  = det(A) det(D)
mit A ∈ R^k×k, B ∈ R^k×(n−k) und D ∈ R^{(n−k)×(n−k)}.

Die Aufgabe schlägt vor, Laplacesche Entwiklungssatz zu verwenden (wie??)

b) Zeigen Sie
det \( \begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix} \)  = det(A − BD−1C) det(D)
mit A ∈ R^k×k, B ∈ R^k×(n−k), C ∈ R^(n−k)×k und D ∈ R^{(n−k)×(n−k)}.

 Die Inverse von
D⁻¹ sei bekannt mit D⁻¹D = Identität. Nutzen Sie ihr Ergebnis aus Aufgabenteil (a).

HINWEIS (b) (unklar und nicht sehr verständlich):
Überlegen Sie sich, welche Matrix von links multipliziert werden muss, um in einem Eintrag der Produktmatrix den Term A − BD⁻¹C zu reproduzieren.

Answer 1

ohne vollst. Induktion findest du a) hier:

https://www.mathelounge.de/929389/det-a-det-d-det-a-b-0-d?show=929409#a929409

Answer 2

In (a) kannst du auch auf die Leibnizsche Formel (den Ursprung :D) zurückgreifen, die Argumentation ist hier nämlich recht intuitiv. Es gilt ja nun für \( \mathbf{A} \in \mathbb{R}^{n, n} \)
\(\begin{aligned} \operatorname{det}(\mathbf{A})=\sum \limits_{\sigma \in S_{n}} \operatorname{sgn}(\sigma) \prod \limits_{i=1}^{n}(\mathbf{A})_{i, \sigma(i)}\end{aligned} \)
Betrachten wir also die Matrix
\(\begin{aligned} \mathbf{M}=\left[\begin{array}{cc} \mathbf{A} & \mathbf{B} \\ 0 & \mathbf{D} \end{array}\right] \in \mathbb{R}^{n, n}, \quad \mathbf{A} \in \mathbb{R}^{k, k}, \mathbf{B} \in \mathbb{R}^{k, n-k}, \mathbf{D} \in \mathbb{R}^{n-k, n-k} .\end{aligned} \)
Wir können die Menge aller Permutationen \( S_{n} \) der Menge \( \{1, \ldots, n\} \) in zwei disjunkte Teilmengen aufteilen: Jene, welche die ersten \( k \) Elemente wieder auf irgendwelche Elemente der ersten \( k \) Elemente Abbilden (und somit das gleiche auch für die darauffolgenden \( n-k \) Elemente gilt), und jene die das eben nich machen. Bennen wir die Mengen \( X_{n} \) und \( Y_{n} \), so ergibt sich
\( \begin{aligned} \operatorname{det}(\mathbf{M}) &=\sum \limits_{\sigma \in S_{n}} \operatorname{sgn}(\sigma) \prod \limits_{i=1}^{n}(\mathbf{A})_{i, \sigma(i)} \\ &=\underbrace{\sum \limits_{\sigma \in X_{n}} \operatorname{sgn}(\sigma) \prod \limits_{i=1}^{n}(\mathbf{M})_{i, \sigma(i)}}_{(1)}+\underbrace{\sum \limits_{\sigma \in Y_{n}} \operatorname{sgn}(\sigma) \prod \limits_{i=1}^{n}(\mathbf{M})_{i, \sigma(i)}}_{(2)} \cdot \end{aligned} \)
Nun sehen wir, dass (1) gerade \( \operatorname{det}(\mathbf{A}) \cdot \operatorname{det}(\mathbf{D}) \) ist, da
\( \begin{aligned} \sum \limits_{\sigma \in X_{n}} \operatorname{sgn}(\sigma) \prod \limits_{i=1}^{n}(\mathbf{M})_{i, \sigma(i)} &=\sum \limits_{\sigma \in X_{n}} \operatorname{sgn}(\sigma)\left(\prod \limits_{i=1}^{k}(\mathbf{A})_{i, \sigma(i)}\right) \cdot\left(\prod \limits_{i=k+1}^{n}(\mathbf{D})_{i-k, \sigma(i)-k}\right) \\ & \stackrel{(3)}{=} \sum \limits_{\sigma \in S_{k}} \operatorname{sgn}(\sigma) \sum \limits_{\rho \in S_{n-k}} \operatorname{sgn}(\rho)\left(\prod \limits_{i=1}^{k}(\mathbf{A})_{i, \sigma(i)}\right) \cdot\left(\prod \limits_{i=1}^{n-k}(\mathbf{D})_{i, \rho(i)}\right) \\ &=\left(\sum \limits_{\sigma \in S_{k}} \operatorname{sgn}(\sigma) \prod \limits_{i=1}^{k}(\mathbf{A})_{i, \sigma(i)}\right)\left(\sum \limits_{\rho \in S_{n-k}} \operatorname{sgn}(\rho) \prod \limits_{i=1}^{n-k}\left(\mathbf{D}_{i, \rho(i)}\right)\right) \\ &=\operatorname{det}(\mathbf{A}) \cdot \operatorname{det}(\mathbf{D}) . \end{aligned} \)
(3) folgt aus der Tatsache, dass es eine natürliche Bijektion zwischen \( X_{n} \) und \( S_{k} \times S_{n-k} \) gibt. Letztens gilt es zu zeigen, dass (2) gleich Null ist. Die folgt aber direkt aus der Definition von \( Y_{n} \), da jede Permutation in \( Y_{n} \) mindestens eines der ersten \( k \) Elemente auf einer der letzten \( n-k \) Elemente abbildet. Insbesondere wird also auch eines der letzten \( n-k \) Elemente auf eines der ersten \( k \) Elemente abgebildet, also
\( \forall \sigma \in Y_{n} \exists i \in\{k+1, \ldots, n\}: \sigma(i) \in\{1, \ldots, k\} \Longrightarrow(\mathbf{M})_{i, \sigma(i)}=0 \)