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\begin{document}
\tikzstyle{every picture}+=[remember picture]
\title{Â§9 Determinanten}
\date{Â§9.1 Definition und Eigenschaften von Determinanten}

\begin{frame}
\titlepage
\begin{center}
In diesem Kapitel sei stets $K$ ein kommutativer Ring.
\end{center}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{df}
Sei \s{$\si\in S_n$}. Ein \s{Fehlstand} von $\si$ ist ein Paar \s{$(i,j)\in\{1,\dots,n\}^2$} mit \s{$i&lt;j$} und \s{$\si(i)\a&gt;\si(j)$}.\pause\ Hat \s{$\si$} genau \a{$m$}
FehlstÃ¤nde, so definieren wir das \s{Vorzeichen} (oder \s{Signum}) von \s{$\si$} durch \s{$\sgn\si:=(-1)^{\a m}\in\{-1,1\}\subseteq\Z$}.\pause
\end{df}

\begin{bsp}
\s{$\si\colon\{1,\dots,5\}\to\{1,\dots,5\},\ 1\mapsto2,~2\mapsto3,~3\mapsto1,~4\mapsto5,~5\mapsto4$} hat genau die FehlstÃ¤nde\pause\
\s{$(1,3)$}, \s{$(2,3)$} und \s{$(4,5)$} und daher Vorzeichen\pause\ \s{$(-1)^{\a 3}=-1$}.\pause
\end{bsp}

\begin{df}
Die Permutationen \s{$\ta_{k\ell}\colon\{1,\dots,n\}\to\{1,\dots,n\},\ i\mapsto\begin{cases}\ell&amp;\text{falls }i=k\\k&amp;\text{falls }i=\ell\\i&amp;\text{sonst}\end{cases}$}
mit \s{$k,\ell\in\{1,\dots,n\}$} und \s{$k\ne\ell$} heiÃŸen \s{Transpositionen}.
\end{df}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{sat}
$\forall\si,\ta\in S_n:\sgn(\si\circ\ta)=(\sgn\si)(\sgn\ta)$
\end{sat}

\begin{proof}
Ist $\rh\in S_n$, so gilt \[\sgn\rh=\prod_{i&lt;j}\frac{\rh(j)-\rh(i)}{j-i},\]
denn das Produkt auf der rechten Seite \s{hat den Betrag $1$}\pause\ und \a{dasselbe Vorzeichen wie $\sgn\rh$}.\pause\
Nun gilt
\begin{eqnarray*}
\sgn(\si\circ\ta)&amp;=&amp;\prod_{i&lt;j}\frac{\si(\ta(j))-\si(\ta(i))}{j-i}\pause\\
&amp;=&amp;\a{\prod_{i&lt;j}\frac{\si(\ta(j))-\si(\ta(i))}{\ta(j)-\ta(i)}}\prod_{i&lt;j}\frac{\ta(j)-\ta(i)}{j-i}=\a{(\sgn\si)}(\sgn\ta),\pause
\end{eqnarray*}
denn in der Liste
$(\ta(1),\ta(2)),(\ta(1),\ta(3)),\dots,(\ta(n-1),\ta(n))$
taucht fÃ¼r jedes $(i,j)\in\{1,\dots,n\}$ entweder genau einmal $(i,j)$ oder genau einmal $(j,i)$ auf (ob ersteres oder letzteres ist egal!).
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{kor}\label{transone}
Jede Transposition hat Vorzeichen $-1$.
\end{kor}

\begin{proof}
Sei $\ta_{k\ell}\in S_n$ eine Transposition. Dann kann man $\si\in S_n$ wÃ¤hlen mit $\si(k)=1$ und $\si(\ell)=2$. Es gilt dann $\si\circ\ta_{k\ell}=\ta_{12}\circ\si$.
Daraus folgt $(\sgn\si)(\sgn\ta_{k\ell})=(\sgn\ta_{12})(\sgn\si)$ und somit $\sgn\ta_{k\ell}=\sgn\ta_{12}$. Nun hat aber $\ta_{12}$ nur
den Fehlstand $(1,2)$ und daher Vorzeichen $-1$.\pause
\end{proof}

\begin{lem}\label{tran}
Jede Permutation $\si\in S_n$ ist Hintereinanderschaltung endlich vieler Transpositionen.
\end{lem}

\begin{proof}
Dies entspricht der Tatsache, dass man $n$ nebeneinander angeordnete Objekte durch paarweise Vertauschungen in jede beliebige Reihenfolge bringen kann.
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{sat}
FÃ¼r jedes $n\in\N_0$ und $e\in K$ gibt es genau eine Funktion $\de_e^{(n)}\colon K^{n\times n}\to K$ mit folgenden Eigenschaften:
\begin{overprint}
\onslide&lt;2&gt;
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item
FÃ¼r alle $i$ und
$a_1,\dots,a_{i-1},b,c,a_{i+1},\dots,a_n\in K^n$ gilt
\[\de_e^{(n)}\begin{pmatrix}a_1\\\vdots\\a_{i-1}\\b+c\\a_{i+1}\\\vdots\\a_n\end{pmatrix}=
\de_e^{(n)}\begin{pmatrix}a_1\\\vdots\\a_{i-1}\\b\\a_{i+1}\\\vdots\\a_n\end{pmatrix}+
\de_e^{(n)}\begin{pmatrix}a_1\\\vdots\\a_{i-1}\\c\\a_{i+1}\\\vdots\\a_n\end{pmatrix}\]
\end{enumerate}
\onslide&lt;3&gt;
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $\de_e^{(n)}$ ist additiv in den Zeilen.
\item FÃ¼r alle $i$,
$a_1,\dots,a_n\in K^n$ und $\la\in K$ gilt
\[\de_e^{(n)}\begin{pmatrix}a_1\\\vdots\\a_{i-1}\\\la a_i\\a_{i+1}\\\vdots\\a_n\end{pmatrix}=
\la\de_e^{(n)}\begin{pmatrix}a_1\\\vdots\\a_{i-1}\\a_i\\a_{i+1}\\\vdots\\a_n\end{pmatrix}.\]
\end{enumerate}
\onslide&lt;4&gt;
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item $\de_e^{(n)}$ ist additiv in den Zeilen.
\item $\de_e^{(n)}$ ist homogen in den Zeilen.
\end{enumerate}
\onslide&lt;5&gt;
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item[\rm(ab)] $\de_e^{(n)}$ ist linear in den Zeilen.
\end{enumerate}
\onslide&lt;6&gt;
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item[\rm(ab)] $\de_e^{(n)}$ ist linear in den Zeilen.
\item[\rm(c)] FÃ¼r alle $A\in K^{n\times n}$ mit zwei \s{identischen Zeilen} gilt \s{$\de_e^{(n)}(A)=0$}.
\end{enumerate}
\onslide&lt;7&gt;
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item[\rm(ab)] $\de_e^{(n)}$ ist linear in den Zeilen.
\item[\rm(c)] FÃ¼r alle $A\in K^{n\times n}$ mit zwei \s{identischen Zeilen} gilt \s{$\de_e^{(n)}(A)=0$}.
\item[\rm(d)] \s{$\de_e^{(n)}(I_n)=e$}
\end{enumerate}
\onslide&lt;8&gt;
\begin{enumerate}[\rm(a)]
\item[\rm(ab)] $\de_e^{(n)}$ ist linear in den Zeilen.
\item[\rm(c)] FÃ¼r alle $A\in K^{n\times n}$ mit zwei \s{identischen Zeilen} gilt $\de_e^{(n)}(A)=0$.
\item[\rm(d)] $\de_e^{(n)}(I_n)=e$
\end{enumerate}
Es gilt die \s{Leibniz-Formel}
\begin{equation}\s{\tag{$*$}\de_e^{(n)}(A)=e\sum_{\si\in S_n}(\sgn\si)a_{1\si(1)}\dotsm a_{n\si(n)}}
\end{equation}
fÃ¼r alle $A=(a_{ij})_{1\le i,j\le n}\in K^{n\times n}$.
\end{overprint}
\end{sat}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{proof} Wir zeigen:
\begin{enumerate}[(1)]
\item FÃ¼r jedes $\de_e^{(n)}\colon K^{n\times n}\to K$ mit (a)--(d) gilt $(*)$.
\item $\de_e^{(n)}\colon K^{n\times n}\to K$ definiert durch $(*)$ erfÃ¼llt (a)--(d).
\end{enumerate}
\vspace{-0.5em}
\begin{overprint}
\onslide&lt;2&gt;
\a{Zu (1).} Es habe $\de:=\de_e^{(n)}\colon K^{n\times n}\to K$ die Eigenschaften (a)--(d).
Geht $B$ aus $A$ durch \s{Vertauschen zweier Zeilen} hervor,
so gilt \s{$\de(B)=-\de(A)$}, denn sind $a,b\in K^n$ diese zwei Zeilen, so gilt
\[0\overset{(c)}=\de\begin{pmatrix}\vdots\\a+b\\\vdots\\a+b\\\vdots\end{pmatrix}\overset{(a)}=
\de\underbrace{\begin{pmatrix}\vdots\\a\\\vdots\\a\\\vdots\end{pmatrix}}_{=0 \text{ nach (c)}}+
\de\begin{pmatrix}\vdots\\a\\\vdots\\b\\\vdots\end{pmatrix}+
\de\begin{pmatrix}\vdots\\b\\\vdots\\a\\\vdots\end{pmatrix}+
\de\underbrace{\begin{pmatrix}\vdots\\b\\\vdots\\b\\\vdots\end{pmatrix}}_{=0 \text{ nach (c)}}.\]
\onslide&lt;3&gt;
\a{Zu (1).} Es habe $\de:=\de_e^{(n)}\colon K^{n\times n}\to K$ die Eigenschaften (a)--(d).
Geht $B$ aus $A$ durch \s{Vertauschen zweier Zeilen} hervor,
so gilt \s{$\de(B)=-\de(A)$}.
Daraus folgt daraus fÃ¼r alle $\si\in S_n$
\[\de\begin{pmatrix}e_{\si(1)}\\\vdots\\e_{\si(n)}\end{pmatrix}=(\sgn\si)~\de\begin{pmatrix}e_1\\\vdots\\e_n\end{pmatrix}.\]
\onslide&lt;4&gt;
\a{Zu (1).} Es habe $\de:=\de_e^{(n)}\colon K^{n\times n}\to K$ die Eigenschaften (a)--(d).
Geht $B$ aus $A$ durch \s{Vertauschen zweier Zeilen} hervor,
so gilt \s{$\de(B)=-\de(A)$}. Sei nun $A=(a_{ij})_{1\le i,j\le n}\in K^{n\times n}$. Dann
\begin{eqnarray*}
\de(A)&amp;=&amp;\de\begin{pmatrix}\sum_{j=1}^na_{1j}e_j\\\vdots\\\sum_{j=1}^na_{nj}e_j\end{pmatrix}\overset{(a)}{\underset{(b)}=}
\sum_{j_1=1}^n\ldots\sum_{j_n=1}^na_{1j_1}\dotsm a_{nj_n}\de\begin{pmatrix}e_{j_1}\\\vdots\\e_{j_n}\end{pmatrix}\\
&amp;\overset{(c)}=&amp;\sum_{\si\in S_n}a_{1\si(1)}\dotsm a_{n\si(n)}\de\begin{pmatrix}e_{\si(1)}\\\vdots\\e_{\si(n)}\end{pmatrix}=
e\sum_{\si\in S_n}(\sgn\si)a_{1\si(1)}\dotsm a_{n\si(n)}.
\end{eqnarray*}
\onslide&lt;5-9&gt;
\a{Zu (2).} FÃ¼r $\de:=\de_e^{(n)}$ definiert durch $(*)$ sind (a),(b) und (d) unmittelbar einsichtig.
\uncover&lt;6-&gt;{Um (c) zu zeigen, sei $A\in K^{n\times n}$
derart, dass die $k$-te Zeile und $\ell$-te Zeile ($k\ne\ell$) von $A$ Ã¼bereinstimmen.}\\
\uncover&lt;7-&gt;{Definiere \s{$A_n:=\{\si\in S_n\mid\sgn\si=1\}$} und beachte, dass
\[\s{\Ph\colon A_n\to S_n\setminus A_n,\ \si\mapsto\si\circ\ta_{k\ell}}\] eine \a{Bijektion} ist.}
\uncover&lt;8-&gt;{Dann
\begin{eqnarray*}
\de(A)&amp;\overset{(*)}=&amp;e\sum_{\si\in A_n}(a_{1\si(1)}\dotsm a_{n\si(n)}-a_{1(\si\circ\ta_{k\ell})(1)}\dotsm a_{n(\si\circ\ta_{k\ell})(n)})\\
\uncover&lt;9-&gt;{&amp;=&amp;e\sum_{\si\in A_n}\left(\prod_{i\in\{1,\dots,n\}\setminus\{k,\ell\}}a_{i\si(i)}\right)
\overbrace{(a_{k\si(k)}a_{\ell\si(\ell)}-\underbrace{a_{k\si(\ell)}}_{=a_{\ell\si(\ell)}}
\underbrace{a_{\ell\si(k)}}_{=a_{k\si(k)}})}^{=0}=0.}
\end{eqnarray*}}
\end{overprint}
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{df}\label{defdet}
Sei $n\in\N_0$ und $A=(a_{ij})_{1\le i,j\le n}\in K^{n\times n}$. Dann heiÃŸt \[\s{\det(A):=\de_{\a1}^{(n)}(A)=\sum_{\si\in S_n}(\sgn\si)
a_{1\si(1)}\dotsm a_{n\si(n)}}\] die \s{Determinante} von $A$.\pause
\end{df}

\begin{bsp}
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\det()=\de_1^{(0)}()\overset{()=I_0}=\de_1^{(0)}(I_0)=1$\pause
\item Die Determinante einer Matrix, die eine Nullzeile enthÃ¤lt, ist null. Insbesondere gilt fÃ¼r die Nullmatrix
$0\in K^{n\times n}$ im Fall $n\ge1$, dass $\det(0)=0$.\pause
\item $\det(a)=a$ fÃ¼r alle $a\in K$\pause
\item Sind $a,b,c,d\in K$, so $\det\begin{pmatrix}a&amp;b\\c&amp;d\end{pmatrix}=ad-bc$.
\end{enumerate}
\end{bsp}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{bsp}
\begin{enumerate}[(a)]
\item[(c)] Sind $a,b,c,d,e,f,g,h,i\in K$, so gilt die \s{Regel von Sarrus}
\[\det\begin{pmatrix}a&amp;b&amp;c\\d&amp;e&amp;f\\g&amp;h&amp;i\end{pmatrix}=aei-afh-bdi+bfg+cdh-ceg.\pause\]
\begin{center}
\begin{tikzcd}[ampersand replacement=\&amp;,row sep=small]
\arrow[-,blue]{rd}\&amp;\arrow[-,blue]{rd}\&amp;\arrow[-,blue]{rd}\&amp;\&amp;\textcolor{red}-\&amp;\textcolor{red}-\&amp;\textcolor{red}-\\
\&amp;a\arrow[-,blue]{rd}\&amp;b\arrow[-,blue]{rd}\&amp;c\arrow[red]{ru}\arrow[-,blue]{rd}\&amp;\textcolor{Olive}a\arrow[red]{ru}\&amp;\textcolor{Olive}b\arrow[red]{ru}\&amp;\\
\&amp;d\&amp;e\arrow[-,red]{ru}\arrow[-,blue]{rd}\&amp;f\arrow[-,red]{ru}\arrow[-,blue]{rd}\&amp;\textcolor{Olive}d\arrow[-,red]{ru}\arrow[-,blue]{rd}\&amp;\textcolor{Olive}e\&amp;\\
\&amp;g\arrow[-,red]{ru}\&amp;h\arrow[-,red]{ru}\&amp;i\arrow[-,red]{ru}\arrow[blue]{rd}\&amp;\textcolor{Olive}g\arrow[blue]{rd}\&amp;\textcolor{Olive}h\arrow[blue]{rd}\&amp;\\
\arrow[-,red]{ru}\&amp;\arrow[-,red]{ru}\&amp;\arrow[-,red]{ru}\&amp;\&amp;\textcolor{blue}+\&amp;\textcolor{blue}+\&amp;\textcolor{blue}+\&amp;
\end{tikzcd}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{bsp}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{overprint}
\onslide&lt;1&gt;
\begin{sat}
Sei $A\in K^{n\times n}$ von der Gestalt
\begin{center}
$A=
\begin{pmatrix}~
\begin{tikzpicture}[inner sep=0]
\node[draw,regular polygon,regular polygon sides=4,inner sep=0,scale=1.2] (a1) {$A_1$};
\node[draw,regular polygon,regular polygon sides=4,inner sep=0] (a2) at (a1.south east) [anchor=north west] {$A_2$};
\node[draw,regular polygon,regular polygon sides=4,inner sep=0,scale=1.3] (am) at (1.5,-1.5) [anchor=north west] {$A_m$};
\node[scale=7] at (a2.north-|am) {$*$};
\node[scale=4.5] at (0.1,-1.9) {$0$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=2pt] (a2)--(am);
\end{tikzpicture}
\end{pmatrix}
$
mit quadratischen Matrizen $A_i$.
\end{center}
Dann gilt \s{$\det A=\prod_{i=1}^m\det A_i$}.
\end{sat}

\onslide&lt;2&gt;
\begin{sat}
Sei $A\in K^{n\times n}$ von der Gestalt
\begin{center}
$A=
\begin{pmatrix}~
\begin{tikzpicture}[inner sep=0]
\node[draw,regular polygon,regular polygon sides=4,inner sep=0,scale=1.2] (a1) {$A_1$};
\node[draw,regular polygon,regular polygon sides=4,inner sep=0] (a2) at (a1.south east) [anchor=north west] {$A_2$};
\node[draw,regular polygon,regular polygon sides=4,inner sep=0,scale=1.3] (am) at (1.5,-1.5) [anchor=north west] {$A_m$};
\node[scale=7] at (a2.north-|am) {$*$};
\node[scale=4.5] at (0.1,-1.9) {$0$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=2pt] (a2)--(am);
\end{tikzpicture}
\end{pmatrix}
$
mit quadratischen Matrizen $A_i$.
\end{center}
Dann gilt \s{$\det A=\prod_{i=1}^m\det A_i$}.
Insbesondere ist die Determinante einer Matrix $A$ in
\s{oberer Dreiecksgestalt}
$A=\begin{pmatrix}~
\begin{tikzpicture}[inner sep=0]
\node (a1) {$a_1$};
\node (an) at (1.5,-1.5) [anchor=north west] {$a_n$};
\node[scale=5] at (1.3,-0.4) {$*$};
\node[scale=3.2] at (0.2,-1.2) {$0$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=3pt] (a1)--(an);
\end{tikzpicture}
\end{pmatrix}
$ das Produkt ihrer \s{DiagonaleintrÃ¤ge}, das heiÃŸt \s{$\det A=\prod_{i=1}^na_i$}.
\end{sat}

\onslide&lt;3&gt;
\begin{sat}
Sei $A\in K^{n\times n}$ von der Gestalt
\begin{center}
$A=
\begin{pmatrix}~
\begin{tikzpicture}[inner sep=0]
\node[draw,regular polygon,regular polygon sides=4,inner sep=0,scale=1.2] (a1) {$A_1$};
\node[draw,regular polygon,regular polygon sides=4,inner sep=0] (a2) at (a1.south east) [anchor=north west] {$A_2$};
\node[draw,regular polygon,regular polygon sides=4,inner sep=0,scale=1.3] (am) at (1.5,-1.5) [anchor=north west] {$A_m$};
\node[scale=7] at (a2.north-|am) {$*$};
\node[scale=4.5] at (0.1,-1.9) {$0$};
\draw[loosely dotted,very thick,dash phase=2pt] (a2)--(am);
\end{tikzpicture}
\end{pmatrix}
$
mit quadratischen Matrizen $A_i$.
\end{center}
Dann gilt \s{$\det A=\prod_{i=1}^m\det A_i$}.
\end{sat}
\begin{proof}
Es reicht, fÃ¼r \s{$A=
\left(
\begin{array}{c|c}
B&amp;*\\
\hline
0&amp;C
\end{array}
\right)
$} mit $B\in K^{r\times r}$ und $C\in K^{t\times t}$ zu zeigen
\[\s{\det A=(\det B)(\det C)},\] denn der Rest folgt dann mit Induktion...
\end{proof}
\end{overprint}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{proof}
Es reicht, fÃ¼r \s{$A=
\left(
\begin{array}{c|c}
B&amp;*\\
\hline
0&amp;C
\end{array}
\right)
$} mit $B\in K^{r\times r}$ und $C\in K^{t\times t}$ zu zeigen
\[\s{\det A=(\det B)(\det C)}.\pause\]
Wegen der NulleintrÃ¤ge links unten sind in der Leibniz-Formel nur diejenigen Summanden ungleich null, die zu einem \s{$\si\in S_n$} gehÃ¶ren, fÃ¼r welches es
\s{$\rh\in S_r$} und \s{$\ta\in S_t$} gibt mit \s{$\si(i)=\rh(i)$} fÃ¼r $i\in\{1,\dots,r\}$ und
\s{$\si(i)=\ta(i-r)+r$} fÃ¼r $i\in\{r+1,\dots,n\}$ (beachte $r+t=n$).\pause\ \s{Dabei ist die Anzahl der FehlstÃ¤nde von $\si$ offensichtlich die Summe der Anzahl der
FehlstÃ¤nde von $\rh$ und $\ta$}, weswegen \a{$\sgn\si=(\sgn\rh)(\sgn\ta)$} gilt.\pause\ Es folgt
\[\det A=\only&lt;4&gt;{\sum_{\rh\in S_r}\sum_{\ta\in S_t}(\sgn\rh)(\sgn\ta)b_{1\rh(1)}\dotsm b_{r\rh(r)}c_{1\ta(1)}\dotsm c_{t\ta(t)}}
\uncover&lt;5-&gt;{\left(\sum_{\rh\in S_r}(\sgn\rh)b_{1\rh(1)}\dotsm b_{r\rh(r)}\right)\left(\sum_{\ta\in S_t}(\sgn\ta)c_{1\ta(1)}\dotsm c_{t\ta(t)}\right)},\]
wobei $B=(b_{ij})_{1\le i,j\le r}$ und $C=(c_{ij})_{1\le i,j\le t}$.\\\uncover&lt;6&gt;{Daher gilt \s{$\det A\overset{(*)}=(\det B)(\det C)$}.}
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{bem}\label{calcdet}
Sei $K$ ein KÃ¶rper. Zur Berechnung von Determinanten ist es oft am effizientesten, die Matrix durch Zeilenoperationen auf obere Dreiecksgestalt (zum Beispiel Stufenform) zu bringen und den Effekt auf die Determinante dabei mitzuprotokollieren. FÃ¼r die beiden \s{elementaren} Zeilenoperationen gilt:
\begin{enumerate}[(a)]
\item Sind $A,B\in K^{n\times n}$ mit \s{$A\overset{Z_i\leftarrow Z_i+\la Z_j}\sim B$} ($i,j\in\{1,\dots,n\},i\ne j,\la\in K$), so gilt \s{$\det A=\det B$}.\pause
\item Sind $A,B\in K^{n\times n}$ mit \s{$A\overset{Z_i\leftarrow\a\la Z_i}\sim B$} ($i\in\{1,\dots,n\},\la\in K^\times$), so gilt \s{$\det A=\a{\frac1\la}\det B$}.\pause
\end{enumerate}
Daraus ergibt sich der Effekt auf andere Zeilenoperationen:
\begin{enumerate}[(a)]
\item[(c)] Sind $A,B\in K^{n\times n}$ mit \s{$A\overset{Z_i\leftrightarrow Z_j}\sim B$} ($i,j\in\{1,\dots,n\},i\ne j$), so gilt \s{$\det A=\a-\det B$}\pause
\item[(d)] Sind $A,B\in K^{n\times n}$ mit \s{$A\overset{Z_i\leftarrow\sum_{j=1}^n\la_jZ_j}\sim B$} ($i\in\{1,\dots,n\},\la_1,\dots,\la_n\in K,\la_i\ne0$), so gilt \s{$\det A=\a{\frac1{\la_i}}\det B$}.
\end{enumerate}
\end{bem}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{bsp} Sei $K$ ein KÃ¶rper, schreibe $2:=1+1\in K$ und so weiter. Gelte $3\in K^\times$.
\begin{eqnarray*}
&amp;A:=\begin{pmatrix}1&amp;2&amp;-1&amp;0\\2&amp;3&amp;0&amp;1\\-1&amp;1&amp;1&amp;0\\0&amp;9&amp;3&amp;-3\end{pmatrix}\pause
\overset{Z_2\leftarrow Z_2-2Z_1}{\underset{Z_3\leftarrow Z_3+Z_1}\sim}\pause
\begin{pmatrix}1&amp;2&amp;-1&amp;0\\0&amp;-1&amp;2&amp;1\\0&amp;3&amp;0&amp;0\\0&amp;9&amp;3&amp;-3\end{pmatrix}\\\pause
&amp;\overset{\over{
\tikz[baseline]{
            \node[fill=blue!10,draw,ellipse,anchor=base,inner sep=0] (t1)
            {$\scriptstyle Z_4\leftarrow\frac13Z_4$};
        }
}{\scriptstyle Z_4\leftarrow Z_4-Z_3}}{\underset{Z_3\leftarrow Z_3+3Z_2}\sim}\pause
\begin{pmatrix}1&amp;2&amp;-1&amp;0\\0&amp;-1&amp;2&amp;1\\0&amp;0&amp;6&amp;3\\0&amp;0&amp;1&amp;-1\end{pmatrix}\pause
\overset{
\tikz[baseline]{
            \node[fill=red!10,draw,anchor=base] (t3)
            {$\scriptstyle Z_3\leftrightarrow Z_4$};
        }
}
{\underset{Z_4\leftarrow Z_4-6Z_3}\sim}\pause
\begin{pmatrix}
\tikz[baseline]\node (t5){$1$};
&amp;2&amp;-1&amp;0\\0&amp;-1&amp;2&amp;1\\0&amp;0&amp;1&amp;-1\\0&amp;0&amp;0&amp;\tikz[baseline]\node (t6){$9$};
\end{pmatrix}=:B\pause
\end{eqnarray*}

Also $\det A=
\tikz[baseline]{
            \node[fill=blue!10,draw,ellipse,anchor=base,inner sep=0] (t2)
            {$\frac1{\frac13}$};
        }
\tikz[baseline]{
            \node[fill=red!10,draw,anchor=base,inner sep=0.2] (t4)
            {$(-1)$};
        }
\det B=(-3)
\tikz[baseline]{
            \node[fill=orange!10,draw,ellipse,circle,anchor=base,inner sep=0] (t8)
            {$(-9)$};
        }
=27$.
\begin{tikzpicture}[overlay]
        \path[-&gt;] (t1.west) edge [line width=0.7mm,color=blue,bend right=65] (t2.north west);
        \path[-&gt;] (t3.south west) edge[line width=0.7mm,color=red,bend left=20] (t4.north east);
        \draw[opacity=.5,line width=5 mm,line cap=round,color=orange] (t5.north west) to node(t7){} (t6.south east);
        \path[-&gt;] (t7) edge[line width=0.7mm,color=orange,bend left=55] (t8);
\end{tikzpicture}
\end{bsp}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{bem}
Sei $K$ ein KÃ¶rper und $A\in K^{n\times n}$. Ist $A$ in Stufenform, so ist der Rang von $A$ gleich der Anzahl der Stufen von $A$ und die Determinante
von $A$ gleich dem Produkt der DiagonaleintrÃ¤ge von $A$.\pause\
Es gilt dann
\[\rank A=n\iff\det A\ne0.\]\pause
Dies bleibt richtig fÃ¼r beliebiges $A\in K^{n\times n}$, denn durch Zeilenoperationen Ã¤ndert sich der Rang gar nicht und die Determinante nur um einen Faktor
$\ne0$.\pause\ Wegen $A$ invertierbar $\overset{8.1.16}\iff\rank A=n$\\und $K^\times=K\setminus\{0\}$ gilt also auch
\[A\text{ invertierbar}\iff\det A\in K^\times,\]\pause
was wir in Â§9.2 sogar beweisen werden, wenn $K$ nur ein kommutativer Ring statt ein KÃ¶rper ist.
\end{bem}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{sat}[Determinantenproduktsatz]
FÃ¼r alle $A,B\in K^{n\times n}$ gilt \s{$\det(AB)=(\det A)(\det B)$}.
\end{sat}

\begin{proof}
\begin{overprint}
\onslide&lt;2-3&gt;
Sei $B\in K^{n\times n}$ fest und betrachte
\begin{eqnarray*}
f\colon K^{n\times n}\to K,&amp;\ &amp;A\mapsto\det(AB)\qquad\text{ sowie}\\
g\colon K^{n\times n}\to K,&amp;\ &amp;A\mapsto(\det A)(\det B).
\end{eqnarray*}
Zu zeigen ist $f=g$.
\only&lt;3&gt;{
Wir zeigen $f=\de_{\det B}^{(n)}=g$, indem wir die Eigenschaften (a)--(d) von $\de_{\det B}^{(n)}$ fÃ¼r $f$ und $g$ nachweisen. FÃ¼r $g$ sind diese
Eigenschaften klar. FÃ¼r $f$ rechnen wir sie nach.}
\onslide&lt;4-7&gt;
Sei $B\in K^{n\times n}$. Zu zeigen: $f\colon K^{n\times n}\to K,\ A\mapsto\det(AB)$ erfÃ¼llt (a)--(d). Zum Beispiel fÃ¼r (a):
\[
\det\begin{pmatrix}\begin{pmatrix}a_1\\\vdots\\a_{i-1}\\b+c\\a_{i+1}\\\vdots\\a_n\end{pmatrix}B\end{pmatrix}=
\uncover&lt;5-&gt;{\alt&lt;6-&gt;{\det\begin{pmatrix}a_1B\\\vdots\\a_{i-1}B\\bB+cB\\a_{i+1}B\\\vdots\\a_nB\end{pmatrix}}
{\det\begin{pmatrix}a_1B\\\vdots\\a_{i-1}B\\(b+c)B\\a_{i+1}B\\\vdots\\a_nB\end{pmatrix}}}
\uncover&lt;7&gt;{=
\det\begin{pmatrix}a_1B\\\vdots\\a_{i-1}B\\bB\\a_{i+1}B\\\vdots\\a_nB\end{pmatrix}+
\det\begin{pmatrix}a_1B\\\vdots\\a_{i-1}B\\cB\\a_{i+1}B\\\vdots\\a_nB\end{pmatrix}}
\]
fÃ¼r alle $a_i,b,c\in K^n$.
\end{overprint}
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{df}
Zwei Matrizen $A,B\in K^{n\times n}$ heiÃŸen \s{Ã¤hnlich}, in Zeichen \s{$A\approx B$}, wenn es eine
invertierbare Matrix $P\in K^{n\times n}$ gibt mit \s{$A=P^{-1}BP$}.\pause
\end{df}

\begin{pro}
Ã„hnlichkeit ist eine \a{Ã„quivalenzrelation} auf $K^{n\times n}$.\pause
\end{pro}

\begin{proof} GemÃ¤ÃŸ 1.3.1(b) ist zu zeigen:
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\forall A\in K^{n\times n}:A\approx A$
\item $\forall A,B\in K^{n\times n}:(A\approx B\implies B\approx A)$
\item $\forall A,B,C\in K^{n\times n}:((A\approx B\et B\approx C)\implies A\approx C)$
\end{enumerate}\pause
\textbf{Zu (a).} $A=I_n^{-1}AI_n$ fÃ¼r alle $A\in K^{n\times n}$\pause

\smallskip\noindent
\textbf{Zu (b).} Ist $P\in K^{n\times n}$ invertierbar mit $A=P^{-1}BP$, so ist auch $P^{-1}$ invertierbar und $B=PAP^{-1}=(P^{-1})^{-1}AP^{-1}$.\pause

\smallskip\noindent
\textbf{Zu (c).} Sind $P,Q\in K^{n\times n}$ invertierbar mit $A=P^{-1}BP$ und $B=Q^{-1}CQ$, so ist auch $QP$ invertierbar mit $(QP)^{-1}=P^{-1}Q^{-1}$\\
(denn $P^{-1}Q^{-1}QP=I_n=QPP^{-1}Q^{-1}$) und es gilt $A=P^{-1}Q^{-1}BQP=(QP)^{-1}B(QP)$.
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{sat}
Sind $A,B\in K^{n\times n}$ mit \s{$A\approx B$}, so gilt \s{$\det A=\det B$}.\pause
\end{sat}

\begin{proof}
Seien $A,B\in K^{n\times n}$ mit $A\approx B$. WÃ¤hle $P\in K^{n\times n}$ invertierbar mit $A=P^{-1}BP$.\pause\ Dann
$\det A=(\det(P^{-1}))(\det B)(\det P)$ und $1=\det I_n\overset{7.2.9}=\det(P^{-1}P)=(\det(P^{-1}))(\det P)$.\pause
\end{proof}

\begin{pro}
Sei $f$ ein Endomorphismus eines endlichdimensionalen VRs mit geordneten Basen $\v$ und $\w$. Dann \s{$M(f,\v)\approx M(f,\w)$}.\pause
\end{pro}

\begin{proof}
Es gilt $M(f,\v)\overset{7.2.5}=M(\w,\v)M(f,\w)M(\v,\w)$ und
\[I_n\underset{7.2.10}{\overset{7.1.10}=}M(\v,\v)\overset{7.2.5}=M(\w,\v)M(\v,\w),\]\pause
das heiÃŸt $M(\w,\v)=M(\v,\w)^{-1}$ [$\to$7.2.13]. Mit $P:=M(\v,\w)$ gilt also \[M(f,\v)\overset{7.2.5}=P^{-1}M(f,\w)P.\]
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{df} Sei $f$ ein Endomorphismus eines endlichdimensionalen VRs $V$. Dann ist die \s{Determinante} von $f$ definiert als
\s{$\det f:=\det M(f,\v)$}, wobei $\v$ eine beliebig gewÃ¤hlte geordnete Basis von $V$ ist.\pause
\end{df}

\begin{df}
Ist $A=(a_{ij})_{1\le i\le m,1\le j\le n}\in K^{m\times n}$, so heiÃŸt \[A^T:=(a_{ij})_{1\le \a j\le n,1\le \a i\le m}\in K^{n\times m}\] die zu $A$ \s{transponierte} Matrix.
\end{df}\pause

\begin{bsp}
$\begin{pmatrix}1&amp;2\\0&amp;1\\3&amp;1\end{pmatrix}^T=\begin{pmatrix}1&amp;0&amp;3\\2&amp;1&amp;1\end{pmatrix}$
\end{bsp}
\end{frame}

\begin{frame}
\begin{pro}\label{dettrans}
$\forall A\in K^{n\times n}:\det A=\det(A^T)$\pause
\end{pro}

\begin{proof}
Wegen $\si=(\si^{-1})^{-1}$ fÃ¼r alle $\si\in S_n$ ist \s{$\Ph\colon S_n\to S_n,\si\mapsto\si^{-1}$ bijektiv}.\pause\ Es gilt
\begin{eqnarray*}
\det(A^T)&amp;\overset{(*)}=&amp;\sum_{\si\in S_n}(\sgn\si)a_{\si(1)1}\dotsm a_{\si(n)n}\\\pause
&amp;\overset{\text{$\Ph$ bijektiv}}=&amp;\sum_{\si\in S_n}(\sgn(\si^{-1}))a_{\si^{-1}(1)1}\dotsm a_{\si^{-1}(n)n}\\\pause
&amp;\underset{\text{fÃ¼r $\si\in S_n$}}{\overset{\text{$\si$ bijektiv}}=}&amp;\sum_{\si\in S_n}(\sgn(\si^{-1}))a_{\si^{-1}(\si(1))\si(1)}\dotsm a_{\si^{-1}(\si(n))\si(n)}\\\pause
&amp;\overset{\sgn(\si^{-1})=\sgn\si}=&amp;
\sum_{\si\in S_n}(\sgn\si)a_{1\si(1)}\dotsm a_{n\si(n)}\overset{(*)}=\det A
\end{eqnarray*}
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}
\frametitle{Spalten statt Zeilen}
\begin{bem}
\begin{itemize}[&lt;+-| alert@+&gt;]
\item Die Determinantenfunktion ist auch \s{linear in den Spalten}.
\item Zur Berechnung
von Determinanten kann man auch \s{Spaltenoperationen} heranziehen.
\item Die Determinante einer
Matrix in \s{unterer} Dreiecksgestalt ist das Produkt ihrer DiagonaleintrÃ¤ge.
\item \dots
\end{itemize}
\end{bem}
\end{frame}

\end{document}</pre></body></html>