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In einer Übungsaufgabe von mir sollte ich zu einer gegebenen linearen Abbildung \(\varphi:V\rightarrow V\) die Determinante berechnen. Dabei bin ich auf eine Eigenschaft gestoßen: 
\(\varphi \text{ nicht injektiv } \Rightarrow \det\varphi = 0\)
Als Begründung dafür habe ich mir folgendes überlegt:
Um die Determinante der Abbildung zu berechnen, muss die Determinante der representierenden Matrix \([\varphi]_B\) berechnet werden. Dabei ist \(B=(b_i)_{i=1..n}\) eine Basis von \(V\). Diese Matrix ist definiert durch: \([\varphi]_B=(\varphi(b_1)\ |\ \varphi(b_1)\ | \dotsc\ |\ \varphi(b_n)\). Wenn nun \(\varphi\) nicht injektiv wäre, dann ist \(\ker\varphi \neq \{0\}\), also es existiert ein \(v\in V\backslash\{0\}\) mit \(\varphi(v)=0\). Nun erzeuge ich eine Basis mit \(v\) und meine Matrix \([\varphi]_B\) hätte dann eine Nullspalte, also gilt \(\det\varphi = 0\).

Macht die Überlegung so Sinn? Wirkt irgendwie zu einfach, da zu zeigen, dass die Abbildung nicht injektiv ist, sehr simpel ist (in meiner Übung). Und gilt auch die Umkehrung? Also ist meine Eigenschaft eine Äquivalenz, so dass \(  \det\varphi = 0 \Rightarrow \varphi \text{ nicht injektiv }\)
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Das ist von der Idee her richtig, aber im Detail und von den Formulierungen her nicht.
Die Matrix muss keinesfalls eine Nullspalte haben.
Eine lin. Abb. hat auch keine Determinante, aber die Matrix zur Abb. hat eine Determinante.
Sei $A$ die Matrix zur Abb. $\varphi$.
Dann klar und einfach:
$\det A = 0 \iff$ die Spalten von $A$ sind lin. abh. $\iff$ es gibt $v\neq 0$ mit $A\,v=0\iff \varphi$ ist nicht injektiv.
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Aus $ Bv=0$ mit $v \neq 0$ folgt doch sofort, dass $B$ nicht vollen Rang hat, weil $v$ ein Eigenvektor zum Eigenwert $0$ ist. Man könnte auch mit der Dimensionsformel argumentieren.
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stimmt danke, so ist das noch einfacher   ─   cedricr 04.06.2022 um 19:01

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