Kurs:Lineare Algebra/Teil I/4/Teiltest/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	${}\sum$
Punkte	3	3	4	1	5	4	4	4	4	8	3	6	8	4	3	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Eine Abbildung
$\varphi \colon V\longrightarrow W$

heißt lineare Abbildung, wenn die beiden folgenden Eigenschaften erfüllt sind.
1. ${}\varphi (u+v)=\varphi (u)+\varphi (v)$ für alle ${}u,v\in V$ .
2. ${}\varphi (sv)=s\varphi (v)$ für alle ${}s\in K$ und ${}v\in V$ .
Man nennt
${}\operatorname {kern} \varphi :={\left\{v\in V\mid \varphi (v)=0\right\}}\,$

den Kern von ${}\varphi$ .
Die Matrix ${}M$ heißt invertierbar, wenn es eine Matrix ${}A\in \operatorname {Mat} _{n}(K)$ mit
${}A\circ M=E_{n}=M\circ A\,$

gibt.
Unter dem Dualraum zu ${}V$ versteht man den Homomorphismenraum
${}{V}^{*}=\operatorname {Hom} _{K}{\left(V,K\right)}\,.$
Zu ${}i\in {\{1,\ldots ,n\}}$ sei ${}M_{i}$ diejenige ${}(n-1)\times (n-1)$ -Matrix, die entsteht, wenn man in ${}M$ die erste Spalte und die ${}i$ -te Zeile weglässt. Dann definiert man rekursiv die Determinante von ${}M$ durch
$\det M={\begin{cases}a_{11}\,,&{\text{falls }}n=1\,,\\\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i+1}a_{i1}\det M_{i}&{\text{ für }}n\geq 2\,.\end{cases}}$
Man nennt die Menge
${}\operatorname {Aut} \,(M)=\operatorname {Perm} \,(M)={\left\{\varphi :M\longrightarrow M\mid \varphi {\text{ bijektiv}}\right\}}\,$

der bijektiven Selbstabbildungen die Permutationsgruppe zu ${}M$ .

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

Unter der Bedingung, dass ${}V$ endlichdimensional ist, gilt
${}\dim _{K}{\left(V\right)}=\dim _{K}{\left(\operatorname {kern} \varphi \right)}+\dim _{K}{\left(\operatorname {bild} \varphi \right)}\,.$
Es sei ${}K$ ein Körper und ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ . Dann gilt für Matrizen ${}A,B\in \operatorname {Mat} _{n}(K)$ die Beziehung
${}\det \left(A\circ B\right)=\det A\cdot \det B\,.$
Es sei ${}K$ ein Körper und es seien ${}n$ verschiedene Elemente ${}a_{1},\ldots ,a_{n}\in K$ und ${}n$ Elemente ${}b_{1},\ldots ,b_{n}\in K$ gegeben. Dann gibt es ein Polynom ${}P\in K[X]$ vom Grad ${}\leq n-1$ derart, dass ${}P(a_{i})=b_{i}$ für alle ${}i$ ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für Untervektorräume ${}U_{1},U_{2},U_{3}$ in einem Vektorraum ${}V$ derart, dass ${}V=U_{1}+U_{2}+U_{3}$ ist, dass ${}U_{i}\cap U_{j}=0$ für ${}i\neq j$ ist, und so, dass die Summe nicht direkt ist.

Lösung

Es sei

{}V=K^{2}\,

und ${}U_{1}=Ke_{1}$ , ${}U_{2}=Ke_{2}$ und ${}U_{3}=K{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$ . Die Summe der drei Unterräume ist ${}K^{2}$ , da dies schon für die ersten beiden Unterräume gilt. Da die drei Vektoren paarweise linear unabhängig sind, ist

{}U_{i}\cap U_{j}=0\,

für ${}i\neq j$ . Wegen

{}U_{1}+U_{2}=K^{2}\,

ist

{}(U_{1}+U_{2})\cap U_{3}=U_{3}\neq 0\,

und somit ist die Summe nicht direkt.

Aufgabe (1 Punkt)

Es sei

\varphi \colon V\longrightarrow W

eine lineare Abbildung zwischen den ${}K$ - Vektorräumen ${}V$ und ${}W$ . Es sei ${}v\in V$ . Zeige ${}\varphi (-v)=-\varphi (v)$ .

Lösung

Es ist

{}\varphi (v)+\varphi (-v)=\varphi (v-v)=\varphi (0)=0\,.

Daher sind ${}\varphi (v)$ und ${}\varphi (-v)$ zueinander invers, und wegen der Eindeutigkeit des Negativen folgt

{}\varphi (-v)=-\varphi (v)\,.

Aufgabe (5 (1+1+1+2) Punkte)

Ein Zug ist ${}500$ Meter lang (ohne Lokomotive) und bewegt sich mit ${}180$ Stundenkilometer. Lucy Sonnenschein hat ihr Fahrrad mit in den Zug genommen und fährt mit einer Geschwindigkeit von ${}20$ Metern pro Sekunde von ganz hinten nach ganz vorne.

Wie viele Sekunden benötigt Lucy für die gesamte Zuglänge?
Welche Geschwindigkeit (in Meter pro Sekunde) hat Lucy bezogen auf die Umgebung?
Welche Entfernung (in Meter) legt der Zug während der Fahrradfahrt zurück?
Berechne auf zwei verschiedene Arten, welche Entfernung Lucy während ihrer Fahrradfahrt bezogen auf die Umgebung zurücklegt.

Lösung

Lucy benötigt ${}25$ Sekunden für den ${}500$ Meter langen Zug.
In Meter pro Sekunde hat der Zug eine Geschwindigkeit von
${}{\frac {180000}{3600}}={\frac {1800}{36}}=50\,.$

Da die beiden Bewegungen sich überlagern, ist die Gesamtgeschwindigkeit von Lucy gleich ${}70$ Meter pro Sekunde.
In den ${}25$ Sekunden legt der Zug
${}25\cdot 50=1250\,$

Meter zurück.
Man kann die vom Zug und die von Lucy im Zug zurückgelegte Strecke addieren, dies ergibt
${}1250+500=1750\,$

Meter. Ebenso kann man mit ihrer Geschwindigkeit bezogen auf die Umgebung rechnen, und erhält ebenfalls

${}25\cdot 70=1750\,$

Meter.

Aufgabe (4 (1+1+2) Punkte)

Die Zeitungen ${}A,B$ und ${}C$ verkaufen Zeitungsabos und konkurrieren dabei um einen lokalen Markt mit ${}100000$ potentiellen Lesern. Dabei sind innerhalb eines Jahres folgende Kundenbewegungen zu beobachten.

Die Abonnenten von ${}A$ bleiben zu ${}80\%$ bei ${}A$ , ${}10\%$ wechseln zu ${}B$ , ${}5\%$ wechseln zu ${}C$ und ${}5\%$ werden Nichtleser.
Die Abonnenten von ${}B$ bleiben zu ${}60\%$ bei ${}B$ , ${}10\%$ wechseln zu ${}A$ , ${}20\%$ wechseln zu ${}C$ und ${}10\%$ werden Nichtleser.
Die Abonnenten von ${}C$ bleiben zu ${}70\%$ bei ${}C$ , niemand wechselt zu ${}A$ , ${}10\%$ wechseln zu ${}B$ und ${}20\%$ werden Nichtleser.
Von den Nichtlesern entscheiden sich je ${}10\%$ für ein Abonnement von ${}A,B$ oder ${}C$ , die übrigen bleiben Nichtleser.

a) Erstelle die Matrix, die die Kundenbewegungen innerhalb eines Jahres beschreibt.

b) In einem bestimmten Jahr haben alle drei Zeitungen je ${}20000$ Abonnenten und es gibt ${}40000$ Nichtleser. Wie sieht die Verteilung ein Jahr später aus?

c) Die drei Zeitungen expandieren in eine zweite Stadt, wo es bislang überhaupt keine Zeitungen gibt, aber ebenfalls ${}100000$ potentielle Leser. Wie viele Leser haben dort die einzelnen Zeitungen (und wie viele Nichtleser gibt es noch) nach drei Jahren, wenn dort die gleichen Kundenbewegungen zu beobachten sind?

Lösung

a) Die Matrix, die die Kundenbewegungen (in der Reihenfolge ${}A,B,C$ und Nichtleser) beschreibt, ist

{\begin{pmatrix}0,8&0,1&0&0,1\\0,1&0,6&0,1&0,1\\0,05&0,2&0,7&0,1\\0,05&0,1&0,2&0,7\end{pmatrix}}.

b) Die Kundenverteilung nach einem Jahr zur Ausgangsverteilung ${}(20000,20000,20000,40000)$ ist

{}{\begin{pmatrix}0,8&0,1&0&0,1\\0,1&0,6&0,1&0,1\\0,05&0,2&0,7&0,1\\0,05&0,1&0,2&0,7\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}20000\\20000\\20000\\40000\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}22000\\20000\\23000\\35000\end{pmatrix}}\,.

c) Die Ausgangsverteilung ist ${}(0,0,0,100000)$ , daher ist die Verteilung nach einem Jahr gleich ${}(10000,10000,10000,70000)$ .

Nach zwei Jahren ist die Kundenverteilung

{}{\begin{pmatrix}0,8&0,1&0&0,1\\0,1&0,6&0,1&0,1\\0,05&0,2&0,7&0,1\\0,05&0,1&0,2&0,7\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}10000\\10000\\10000\\70000\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}16000\\15000\\16500\\52500\end{pmatrix}}\,.

Nach drei Jahren ist die Kundenverteilung

{}{\begin{aligned}{\begin{pmatrix}0,8&0,1&0&0,1\\0,1&0,6&0,1&0,1\\0,05&0,2&0,7&0,1\\0,05&0,1&0,2&0,7\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}16000\\15000\\16500\\52500\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}12800+1500+5250\\1600+9000+1650+5250\\800+3000+11550+5250\\800+1500+3300+36750\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}19550\\17500\\20600\\42350\end{pmatrix}}.\end{aligned}}

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme den Kern der linearen Abbildung

\mathbb {R} ^{4}\longrightarrow \mathbb {R} ^{3},\,{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}\longmapsto {\begin{pmatrix}2&1&5&2\\3&-2&7&-1\\2&-1&-4&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\\w\end{pmatrix}}.

Lösung

Es geht darum, das lineare Gleichungssystem

{\begin{matrix}2x&+y&+5z&+2w&=&0\\3x&-2y&+7z&\,\,\,\,-w&=&0\\2x&\,\,\,\,-y&-4z&+3w&=&0\,\end{matrix}}

zu lösen. Wir eliminieren mit Hilfe der ersten Gleichung die Variable ${}y$ . Das resultierende System ist ( ${}II'=II+2I$ , ${}III'=III+I$ )

{\begin{matrix}2x&+y&+5z&+2w&=&0\\7x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+17z&+3w&=&0\\4x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+z&+5w&=&0\,.\end{matrix}}

Wir eliminieren nun aus

{}II'

mittels

{}III'

die Variable

{}z

, das ergibt

( ${}II'-17III'$ )

{\begin{matrix}2x&+y&+5z&+2w&=&0\\4x&\,\,\,\,\,\,\,\,&+z&+5w&=&0\\-61x&\,\,\,\,\,\,\,\,&\,\,\,\,\,\,\,\,&-82w&=&0\,.\end{matrix}}

Wir können jetzt dieses System lösen, wobei ${}x\neq 0$ die anderen Variablen eindeutig festlegt. Es sei ${}x=82$ . Dann ist ${}w=-61$ . Damit ist

{}z=-4x-5w=-4\cdot 82-5(-61)=-328+305=-23\,.

Schließlich ist

{}y=-2x-5z-2w=-2(82)-5(-23)-2(-61)=-164+115+122=73\,.

Die Lösungsmenge, also der Kern, ist somit

{\left\{s{\begin{pmatrix}82\\73\\-23\\-61\end{pmatrix}}\mid s\in \mathbb {R} \right\}}.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die inverse Matrix zu

{\begin{pmatrix}2&4&0\\-1&0&3\\0&1&1\end{pmatrix}}.

Lösung


${}{\begin{pmatrix}2&4&0\\-1&0&3\\0&1&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}2&4&0\\0&2&3\\0&1&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\{\frac {1}{2}}&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}2&4&0\\0&2&3\\0&0&-{\frac {1}{2}}\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\{\frac {1}{2}}&1&0\\-{\frac {1}{4}}&-{\frac {1}{2}}&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&{\frac {3}{2}}\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}&0&0\\{\frac {1}{4}}&{\frac {1}{2}}&0\\{\frac {1}{2}}&1&-2\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&2&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}{\frac {1}{2}}&0&0\\-{\frac {1}{2}}&-1&3\\{\frac {1}{2}}&1&-2\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}{\frac {3}{2}}&2&-6\\-{\frac {1}{2}}&-1&3\\{\frac {1}{2}}&1&-2\end{pmatrix}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei

{}M={\begin{pmatrix}4&3\\5&1\end{pmatrix}}\,.

Finde Elementarmatrizen ${}E_{1},\ldots ,E_{k}$ derart, dass ${}E_{k}\circ \cdots \circ E_{1}\circ M$ die Einheitsmatrix ist.

Lösung

Wir multiplizieren die gegebene Matrix nacheinander mit Elementarmatrizen, bis sich die Einheitsmatrix ergibt. Es ist

{}{\begin{pmatrix}1&0\\-{\frac {5}{4}}&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}4&3\\5&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4&3\\0&-{\frac {11}{4}}\end{pmatrix}}\,,

{}{\begin{pmatrix}1&{\frac {12}{11}}\\0&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}4&3\\0&-{\frac {11}{4}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4&0\\0&-{\frac {11}{4}}\end{pmatrix}}\,,

{}{\begin{pmatrix}{\frac {1}{4}}&0\\0&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}4&0\\0&-{\frac {11}{4}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&-{\frac {11}{4}}\end{pmatrix}}\,,

{}{\begin{pmatrix}1&0\\0&-{\frac {4}{11}}\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}1&0\\0&-{\frac {11}{4}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,.

Somit ist insgesamt

{}{\begin{pmatrix}1&0\\0&-{\frac {4}{11}}\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}{\frac {1}{4}}&0\\0&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}1&{\frac {12}{11}}\\0&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}1&0\\-{\frac {5}{4}}&1\end{pmatrix}}\circ {\begin{pmatrix}4&3\\5&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}\,.

Aufgabe (8 (4+4) Punkte)

Es sei ${}V$ ein endlichdimensionaler ${}K$ - Vektorraum und ${}U\subseteq V$ ein Untervektorraum.

a) Zeige, dass es Linearformen ${}L_{1},\ldots ,L_{r}$ auf ${}V$ mit

{}U=\bigcap _{i=1}^{r}\operatorname {kern} L_{i}\,

gibt.

b) Man folgere, dass jeder Untervektorraum ${}U\subseteq V$ der Kern einer linearen Abbildung ist und dass jeder Untervektorraum des ${}K^{n}$ der Lösungsraum eines linearen Gleichungssystems ist.

Lösung

a) Es sei ${}v_{1},\ldots ,v_{m}$ eine Basis von ${}U$ , die wir zu einer Basis ${}v_{1},\ldots ,v_{m},v_{m+1},\ldots ,v_{n}$ von ${}V$ ergänzen. Es sei ${}v_{1}^{*},\ldots ,v_{n}^{*}$ die Dualbasis dazu, wobei die ${}v_{i}^{*}$ Linearformen sind. Wir behaupten

{}U=\bigcap _{i=m+1}^{n}\operatorname {kern} v_{i}^{*}\,.

Wegen

{}v_{i}^{*}(v_{j})=0\,

für ${}i\neq j$ ist

{}U\subseteq \operatorname {kern} v_{i}^{*}\,

für ${}i=m+1,\ldots ,n$ . Für einen Vektor

{}v=\sum _{j=1}^{n}a_{j}v_{j}\,

mit ${}v\not \in U$ ist ein

{}a_{j}\neq 0\,

für ${}j\geq m+1$ . Doch dann ist auch

{}v_{j}^{*}(v)\neq 0\,

und ${}v$ gehört nicht zum Durchschnitt der Kerne.

b) Die Linearformen ${}v_{m+1}^{*},\ldots ,v_{n}^{*}$ kann man zusammen als eine lineare Abbildung

\varphi \colon V\longrightarrow K^{m-n},\,v\longmapsto \left(v_{m+1}^{*}(v),\,\ldots ,\,v_{n}^{*}(v)\right)

schreiben.

Dabei ist

{}\operatorname {kern} \varphi =\bigcap _{i=m+1}^{n}\operatorname {kern} v_{i}^{*}=U\,.

Es sei nun ${}U\subseteq V=K^{n}$ und es sei

\varphi \colon K^{n}\longrightarrow K^{r}

eine lineare Abbildung, deren Kern gleich ${}U$ ist. Bezüglich der Standardbasen wird ${}\varphi$ durch eine Matrix ${}M$ beschrieben. Dann ist ${}x\in U$ genau dann, wenn ${}Mx=0$ ist, und dies bedeutet gerade, dass ${}x$ eine Lösung des durch die Zeilen gegebenen linearen Gleichungssystems ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Drücke die Vektoren ${}u_{1}^{*},u_{2}^{*}$ der Dualbasis zur Basis ${}u_{1}={\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}},\,u_{2}={\begin{pmatrix}2\\-5\end{pmatrix}}$ im ${}\mathbb {R} ^{2}$ als Linearkombinationen bezüglich der Standarddualbasis ${}e_{1}^{*},e_{2}^{*}$ aus.

Lösung

Wir invertieren die Matrix ${}{\begin{pmatrix}1&2\\3&-5\end{pmatrix}}$ .


${}{\begin{pmatrix}1&2\\3&-5\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&2\\0&-11\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0\\-3&1\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}1&0\\{\frac {3}{11}}&-{\frac {1}{11}}\end{pmatrix}}$
${}{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}$	${}{\begin{pmatrix}{\frac {5}{11}}&{\frac {2}{11}}\\{\frac {3}{11}}&-{\frac {1}{11}}\end{pmatrix}}$

Daher ist

{}u_{1}^{*}={\frac {5}{11}}e_{1}^{*}+{\frac {2}{11}}e_{2}^{*}\,

und

{}u_{2}^{*}={\frac {3}{11}}e_{1}^{*}-{\frac {1}{11}}e_{2}^{*}\,.

Aufgabe (6 (1+1+1+2+1) Punkte)

Wir betrachten die durch die Wertetabelle

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
${}F(x)$	${}3$	${}5$	${}1$	${}7$	${}8$	${}2$	${}6$	${}4$

gegebene Abbildung ${}F$ von

{}M=\{1,2,\ldots ,8\}\,

in sich selbst.

Erstelle eine Wertetabelle für ${}F^{2}=F\circ F$ .
Erstelle eine Wertetabelle für ${}F^{3}=F\circ F\circ F$ .
Begründe, dass sämtliche iterierten Hintereinanderschaltungen ${}F^{n}$ bijektiv sind.
Bestimme für jedes ${}x\in M$ das minimale ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ mit der Eigenschaft, dass
${}F^{n}(x)=x\,$

ist.
Bestimme das minimale ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ mit der Eigenschaft, dass
${}F^{n}(x)=x\,$

für alle ${}x\in M$ ist.

Lösung

Es ist

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
${}F(F(x))$	${}1$	${}8$	${}3$	${}6$	${}4$	${}5$	${}2$	${}7$

Es ist

${}x$	${}1$	${}2$	${}3$	${}4$	${}5$	${}6$	${}7$	${}8$
${}F(F(F(x)))$	${}3$	${}4$	${}1$	${}2$	${}7$	${}8$	${}5$	${}6$

Aus der Wertetabelle kann man unmittelbar entnehmen, dass ${}F$ bijektiv ist. Nach Satz . (Lineare Algebra (Osnabrück 2024-2025)) sind dann sämtliche Hintereinanderschaltungen der Abbildung mit sich selbst wieder bijektiv.
Die Abbildungsvorschrift bewirkt
$1\mapsto 3\mapsto 1$

und

$2\mapsto 5\mapsto 8\mapsto 4\mapsto 7\mapsto 6\mapsto 2.$

Für ${}x=1,3$ ist also ${}n=2$ und für ${}x=2,5,8,4,7,6$ ist ${}n=6$ .
Bei ${}n=6$ sind nach Teil (4) die Zahlen ${}2,5,8,4,7,6$ wieder an ihrer Stelle, aber auch ${}1,3$ sind an ihrer Stelle, da ${}6$ ein Vielfaches von ${}2$ ist.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise die Leibniz-Formel für die Determinante.

Lösung

Wir führen Induktion über ${}n\geq 1$ , wobei der Induktionsanfang klar ist. Es sei also ${}n\geq 2$ . Die Menge der Permutationen ${}\pi \in S_{n}$ kann man aufspalten, indem man nach ${}\pi (1)$ sortiert und die bijektive Abbildung

\pi {|}_{\{2,\ldots ,n\}}\colon \{2,\ldots ,n\}\longrightarrow \{1,\ldots ,n\}\setminus \{i\}

als eine Permutation ${}\rho$ auf ${}\{1,\ldots ,n-1\}$ auffasst, indem man beide Mengen ordnungstreu mit ${}\{1,\ldots ,n-1\}$ identifiziert. Dies ergibt eine Bijektion ${}S_{n,i}\cong S_{n-1}$ , wobei hier ${}S_{n,i}$ die Menge der Permutationen auf ${}{\{1,\ldots ,n\}}$ bezeichnet, die ${}1$ auf ${}i$ abbilden. Zwischen den Signa besteht dabei die Beziehung

{}\operatorname {sgn} (\pi )=(-1)^{i-1}\operatorname {sgn} (\rho )=(-1)^{i+1}\operatorname {sgn} (\rho )\,,

da man ${}i-1$ Transpositionen braucht, um die ${}i$ -te Stelle und die erste Stelle zu vertauschen. Es besteht also insgesamt eine natürliche Bijektion

{}S_{n}=\biguplus _{i\in \{1,\ldots ,n\}}S_{n,i}=\biguplus _{i\in \{1,\ldots ,n\}}S_{n-1}\,.

Somit gilt

{}{\begin{aligned}\sum _{\pi \in S_{n}}\operatorname {sgn} (\pi )a_{1\pi (1)}\cdots a_{n\pi (n)}&=\sum _{i=1}^{n}\sum _{\pi \in S_{n,i}}\operatorname {sgn} (\pi )\prod _{j=1}^{n}a_{j\pi (j)}\\&=\sum _{i=1}^{n}a_{1i}\sum _{\pi \in S_{n,i}}\operatorname {sgn} (\pi )\prod _{j=2}^{n}a_{j\pi (j)}\\&=\sum _{i=1}^{n}a_{1i}\sum _{\rho \in S_{n-1}}(-1)^{i+1}\operatorname {sgn} (\rho )\prod _{k=1}^{n-1}(M_{1i})_{k\rho (k)}\\&=\sum _{i=1}^{n}(-1)^{i+1}a_{1i}\det M_{1i}\\&=\det M,\end{aligned}}

wobei ${}M_{1i}$ die Streichungsmatrix zur ersten Zeile und ${}i$ -ten Spalte ist (und sich die Indizierung auf diese Matrix bezieht). Für die vorletzte Gleichung geht die Induktionsvoraussetzung ein und die letzte Gleichung beruht auf der Entwicklung nach der ersten Zeile.