Beweisskizze: Koeffizienten des char.Polynoms
Beweisskizze zum Satz über die Koeffizienten des charakteristischen Polynoms
Hier findet man etwas mehr zur Begründung des folgenden Satzes:
| $$\chi_A(\lambda)=\alpha_n\lambda^n+\alpha_{n-1}\lambda^{n-1}+\ldots+\alpha_1\lambda+\alpha_0$$ |
Begründung: Die Behauptung $$\alpha _0=\det (A)$$ ergibt sich aus der kurzen Rechnung
| $$\det (A)=\det(A-0\cdot E_n)=\chi_A(0)=\alpha_n 0^n+\alpha_{n-1}0^{n-1}+\dots+\alpha_1\cdot 0+\alpha_0=\alpha_0.$$ |
Die Behauptung über die beiden führenden Koeffizienten kann man im Fall $$n=1$$, $$n=2$$ oder $$n=3$$ einfach nachrechnen. Bei $$n=2$$ ist für
| $$A=\left(\begin{array}{rr}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{array}\right)$$ |
konkret
| $$\begin{array}{rcl}\det(A-\lambda\,E_2)&=&\left|\begin{array}{rr}a_{11}-\lambda&a_{12}\\a_{21}&a_{22}-\lambda\end{array}\right|\\&=&(a_{11}-\lambda)(a_{22}-\lambda)-a_{12}a_{21}=(-\lambda)^2-\underbrace{(a_{11}+a_{22})}_{\mathrm{spur}(A)}\lambda+\underbrace{a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}}_{\det(A)}\end{array}$$ |
Für allgemeines $$n$$ kann man mittels Vollständiger Induktion argumentieren. Das dafür nötige Argument skizzieren wir hier in knapper Form.
Die konkrete Rechnung für $$n=2$$ kann man dabei als Induktionsanfang verwenden.
Im Induktionsschritt von $$n$$ nach $$n+1$$ kann man nun annehmen, dass die Behauptung für alle $$n\times n$$-Matrizen richtig ist. Man betrachtet dann eine $$(n+1)\times (n+1)$$-Matrix, die man in der Form
| $$A=\left(\begin{array}{rrrr}a_{11}&a_{12}&\dots&a_{1n}\\a_{21}&&&\\\vdots&&\tilde{A}&\\a_{n1}&&&\end{array}\right)$$ |
schreibt, wobei $$\tilde{A}$$ eine $$n\times n$$-Matrix ist. Entwickelt man die Determinante von $$A-\lambda E_{n+1}$$ nach der ersten Zeile, so erhält man dabei
| $$\det(A-\lambda\,E_{n+1})=a_{11}\det(\tilde{A}-\lambda\,E_n)-a_{12}\det\,S_{12}+-\dots+(-1)^na_{1n}\det\,S_{1n}$$ |
wobei $$S_{12},\dots , S_{1n}$$ Streichungsmatrizen von $$A-\lambda E_{n+1}$$ sind. Nun ist nach der Induktionsvoraussetzung
| $$\begin{array}{rcl}(a_{11}-\lambda)\det(\tilde{A}-\lambda\,E_n)&=&(a_{11}-\lambda)((-1)^n\lambda^n+(-1)^{n-1}\spur(\tilde{A})\lambda^{n-1}+\dots)\\&=&(-1)^{n+1}\lambda^{n+1}+a_{11}(-1)^n\lambda^n+(-\lambda)(-1)^{n-1}\spur(\tilde{A})\lambda^{n-1}+\dots\\&=&(-1)^{n+1}\lambda^{n+1}+(-1)^n\lambda^n\spur(A)\lambda^{n-1}+\dots\end{array}$$ |
wobei nach den Pünktchen nur Terme kommen, die höchstens vom Grad $$n-1$$ in $$\lambda $$ sind.
Mit etwas Mühe kann man sich noch klarmachen, dass die restlichen auftretenden Terme $$-a_{12}\det S_{12}+-\dots +(-1)^ na_{1n}\det S_{1n}$$ an diesen führenden beiden Koeffizienten nichts ändern, sondern dass dort $$\lambda $$ ebenfalls höchstens in der $$(n-1)$$-ten Potenz auftritt.
Damit ist der Induktionsschritt beendet und gezeigt, dass die Behauptung auch für $$(n+1)\times (n+1)$$-Matrizen stimmt. Nach dem Prinzip der Vollständigen Induktion ist sie damit für alle quadratischen Matrizen richtig.
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