\documentclass[12pt]{article}

\usepackage{ngerman,a4,amssymb,amsmath}
\usepackage[latin1]{inputenc}

\begin{document}

\thispagestyle{empty}

\begin{center}
  {\Large Übungsblatt 14} \\
  Jan Hendrik Dithmar \\
  Übungsgruppe 2
\end{center}

\newpage

{\bfseries \noindent Aufgabe 1} \\ \\
$ t \in \mathbb{R} $.
\[
\left(
\begin{array}{rrrrr|c}
1 & 1 & 2 & 1 & 1 & t^2 \\
2 & 1 & 3 & -1 & 2 & t^2-2t+1 \\
-1 & 1 & 2 & 1 & 3 & t^2-t+1 \\
4 & 1 & 3 & -1 & 0 & t
\end{array}
\right) \; \; \; (*)
\]
\[
\leadsto
\left(
\begin{array}{rrrrr|c}
1 & 1 & 2 & 1 & 1 & t^2 \\
0 & -1 & -1 & -3 & 0 & -t^2-2t+1 \\
0 & 2 & 4 & 2 & 4 & 2t^2-t+1 \\
0 & -3 & -5 & -5 & -4 & -4t^2+t
\end{array}
\right)
\]
\[
\leadsto
\left(
\begin{array}{rrrrr|c}
1 & 1 & 2 & 1 & 1 & t^2 \\
0 & -1 & -1 & -3 & 0 & -t^2-2t+1 \\
0 & 0 & 2 & -4 & 4 & -5t+3 \\
0 & 0 & -2 & 4 & -4 & -t^2+7t-3
\end{array}
\right)
\]
\[
\leadsto
\left(
\begin{array}{rrrrr|c}
1 & 1 & 2 & 1 & 1 & t^2 \\
0 & -1 & -1 & -3 & 0 & -t^2-2t+1 \\
0 & 0 & 2 & -4 & 4 & -5t +3 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & -t^2+2t
\end{array}
\right)
\]
\\
Für alle $ t \in \mathbb{R} $ mit $ -t^2+2t \ne 0 $ besitzt das Gleichungssystem $ (*) $ keine Lösung. \\
Betrachte nun:
\begin{eqnarray*}
-t^2+2t = 0 & \Leftrightarrow & -t \cdot (t-2) = 0 \\
& \Leftrightarrow & t = 0 \; \vee \; t = 2
\end{eqnarray*}
Das Gleichungssystem $ (*) $ besitzt Lösungen genau dann, wenn gilt:
\[ t=0 \; \vee \; t=2 \]
\\ \\
1. Fall: $ t = 0 $ \\
\[
\left(
\begin{array}{rrrrr|c}
1 & 1 & 2 & 1 & 1 & 0 \\
0 & -1 & -1 & -3 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 2 & -4 & 4 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}
\right)
\]
\\
Sei $ x_5 = \mu $ und sei $ x_4 = \lambda, \; \; \; \;  \lambda, \mu \in \mathbb{R} $ beliebig. \\
\begin{eqnarray*}
\Rightarrow 2x_3 - 4\lambda + 4\mu = 3 & \Leftrightarrow & 2x_3 = 3 + 4\lambda - 4 \mu \\
& \Leftrightarrow & x_3 = \frac{3}{2}+2\lambda-2\mu
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
\Rightarrow -x_2 -1 \cdot (\frac{3}{2}+2\lambda-2\mu)-3\lambda & = & 1 \\
-x_2 - \frac{3}{2} - 2\lambda + 2\mu -3\lambda & = & 1 \\
x_2 & = & -\frac{5}{2}-5\lambda+2\mu
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
\Rightarrow x_1 - \frac{5}{2} - 5\lambda + 2\mu + 3 + 4\lambda - 4\mu + \lambda + \mu & = & 0 \\
x_1 + \frac{1}{2}-\mu & = & 0 \\
\Leftrightarrow x_1 = -\frac{1}{2}+\mu
\end{eqnarray*}
\\ \\
$ \displaystyle \Rightarrow
\left(
\begin{array}{c}
x_1 \\ \\
x_2 \\ \\
x_3 \\ \\
x_4 \\ \\
x_5
\end{array}
\right)
= \left(
\begin{array}{c}
-\frac{1}{2} + \mu \\ \\
-\frac{5}{2} - 5\lambda +2\mu \\ \\
\frac{3}{2} + 2\lambda - 2\mu \\ \\
\lambda \\ \\
\mu
\end{array}
\right)
= \left(
\begin{array}{r}
-\frac{1}{2} \\ \\
-\frac{5}{2} \\ \\
\frac{3}{2} \\ \\
0 \\
0
\end{array}
\right) + \lambda \cdot
\left(
\begin{array}{r}
0 \\ \\
-5 \\ \\
2 \\ \\
1 \\ \\
0
\end{array}
\right) + \mu \cdot
\left(
\begin{array}{r}
1 \\ \\
2 \\ \\
-2 \\ \\
0 \\ \\
1
\end{array}
\right)
$ \\ \\ \\
Ergebnis 1: Für $ t=0 $ ist
\[
\mbox{Lös(A,b)} = \left\{ x \in \mathbb{R}^5 \; | \; x = \left(
\begin{array}{r}
-\frac{1}{2} \\ \\
-\frac{5}{2} \\ \\
\frac{3}{2} \\ \\
0 \\ \\
0
\end{array}
\right) + \lambda \cdot \left(
\begin{array}{r}
0 \\ \\
-5 \\ \\
2 \\ \\
1 \\ \\
0
\end{array}
\right) + \mu \cdot \left(
\begin{array}{r}
1 \\ \\
2 \\ \\
-2 \\ \\
0 \\ \\
1
\end{array}
\right) \; \wedge \; \lambda \in \mathbb{R} \; \wedge \; \mu \in \mathbb{R} \right\}
\]
\\ \\
2. Fall: $ t=2 $ \\
\[
\left(
\begin{array}{rrrrr|r}
1 & 1 & 2 & 1 & 1 & 4 \\
0 & -1 & -1 & -3 & 0 & -7 \\
0 & 0 & 2 & -4 & 4 & -7 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}
\right)
\]
\\
Sei $ x_5 = \beta $ und sei $ x_4 = \alpha, \; \; \; \alpha,\beta \in \mathbb{R} $ beliebig. \\
\begin{eqnarray*}
2x_3 - 4 \alpha + 4 \beta = -7 & \Leftrightarrow & 2x_3 = -7 + 4\alpha - 4\beta \\
& \Leftrightarrow & x_3 = -\frac{7}{2}+2\alpha-2\beta
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
\Rightarrow -x_2 - 1 \cdot ( -\frac{7}{2} + 2\alpha -2\beta)-3\alpha & = & -7 \\
-x_2 + \frac{7}{2}-2\alpha+2\beta - 3\alpha & = & -7 \\
x_2 & = & \frac{21}{2} - 5\alpha + 2\beta
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
\Rightarrow x_1 + \frac{21}{2} - 5\alpha +2\beta - 7 + 4\alpha -4 \beta + \alpha + \beta & = & 4 \\
x_1 + \frac{7}{2}-\beta & = & 4 \\
\Leftrightarrow x_1 & = & \frac{1}{2} + \beta
\end{eqnarray*}
\\ \\
$ \displaystyle \Rightarrow
\left(
\begin{array}{c}
x_1 \\ \\
x_2 \\ \\
x_3 \\ \\
x_4 \\ \\
x_5
\end{array}
\right)
= \left(
\begin{array}{c}
\frac{1}{2} + \beta \\ \\
\frac{21}{2} - 5\alpha +2\beta \\ \\
-\frac{7}{2} + 2\alpha -2 \beta \\ \\
\alpha \\ \\
\beta
\end{array}
\right)
= \left(
\begin{array}{r}
\frac{1}{2} \\ \\
\frac{21}{2} \\ \\
-\frac{7}{2} \\ \\
0 \\
0
\end{array}
\right) + \alpha \cdot
\left(
\begin{array}{r}
0 \\ \\
-5 \\ \\
2 \\ \\
1 \\ \\
0
\end{array}
\right) + \beta \cdot
\left(
\begin{array}{r}
1 \\ \\
2 \\ \\
-2 \\ \\
0 \\ \\
1
\end{array}
\right)
$ \\ \\ \\
Ergebnis 2: Für $ t=2 $ ist
\[
\mbox{Lös(A,b)} = \left\{ x \in \mathbb{R}^5 \; | \; x = \left(
\begin{array}{r}
\frac{1}{2} \\ \\
\frac{21}{2} \\ \\
-\frac{7}{2} \\ \\
0 \\ \\
0
\end{array}
\right) + \alpha \cdot \left(
\begin{array}{r}
0 \\ \\
-5 \\ \\
2 \\ \\
1 \\ \\
0
\end{array}
\right) + \beta \cdot \left(
\begin{array}{r}
1 \\ \\
2 \\ \\
-2 \\ \\
0 \\ \\
1
\end{array}
\right) \; \wedge \; \alpha \in \mathbb{R} \; \wedge \; \beta \in \mathbb{R} \right\}
\]
\\ \\ \\
{\bfseries \noindent Aufgabe 2}
\\
\[
A = \left(
\begin{array}{rrrr}
1 & 2 & 3 & 0 \\
2 & 3 & 4 & 5 \\
3 & 4 & 5 & 6 \\
0 & 5 & 6 & 1
\end{array}
\right)
\in \; M(4 \times 4 , \mathbb{Z}/7)
\] \\
\[
\begin{array}{rrrr|rrrr}
1 & 2 & 3 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
2 & 3 & 4 & 5 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
3 & 4 & 5 & 6 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 5 & 6 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ \\
1 & 2 & 3 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 6 & 5 & 5 & 5 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 5 & 3 & 6 & 4 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 5 & 6 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ \\
1 & 2 & 3 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 6 & 5 & 5 & 5 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 3 & 1 & 5 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 3 & 5 & 4 & 5 & 0 & 1 \\ \\
1 & 2 & 3 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 6 & 5 & 5 & 5 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 3 & 5 & 4 & 5 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 3 & 1 & 5 & 1 & 0 \\ \\
1 & 2 & 3 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 6 & 5 & 0 & 1 & 2 & 3 & 0 \\
0 & 0 & 3 & 0 & 0 & 6 & 3 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 3 & 1 & 5 & 1 & 0 \\
\end{array}
\]
\[
\begin{array}{rrrr|rrrr}
1 & 2 & 0 & 0 & 1 & 1 & 4 & 6 \\
0 & 6 & 0 & 0 & 1 & 6 & 5 & 3 \\
0 & 0 & 3 & 0 & 0 & 6 & 3 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 3 & 1 & 5 & 1 & 0 \\ \\
1 & 0 & 0 & 0 & 3 & 6 & 0 & 5 \\
0 & 6 & 0 & 0 & 1 & 6 & 5 & 3 \\
0 & 0 & 3 & 0 & 0 & 6 & 3 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 3 & 1 & 5 & 1 & 0 \\ \\
1 & 0 & 0 & 0 & 3 & 6 & 0 & 5 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 6 & 1 & 2 & 4 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 2 & 1 & 5 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 5 & 4 & 5 & 0
\end{array}
\]
\[
\Rightarrow A^{-1} = \left(
\begin{array}{rrrr}
3 & 6 & 0 & 5 \\
6 & 1 & 2 & 4 \\
0 & 2 & 1 & 5 \\
5 & 4 & 5 & 0
\end{array}
\right)
\]
\\ \\ \\
{\bfseries \noindent Aufgabe 3} \\
(a) \\
$ G:=Gl(n,K) \times Gl(m,K) $ ist eine Gruppe mit der Gruppenverknüpfung
\[ \cdot : G \times G \rightarrow G \: ; \; \; ((B',A'),(B,A)) \mapsto (B',A') \cdot (B,A) \; \mbox{mit} \; (B',A') \cdot (B,A) = (B' \cdot B, A'\cdot A) \]
Das neutrale Element in $ G $ ist $ e = (E_n, E_m) $. \\ \\
Behauptung: $ \cdot : G \times M(n \times m, K) \rightarrow M(n \times m, K) \: ; \; ((B,A),C) \mapsto BCA^{-1} $ ist eine Gruppenoperation auf M. \\
Dazu ist zu zeigen: \\
(1) $ g' \cdot (g \cdot c) = (g' \cdot g) \cdot c \; \; \; \forall g',g \in G \: , \; c \in M $ \\
(2) $ e \cdot c = c \; \; \; \forall c \in M $ \\
Beweis: \\
zu (1): \\
Seien $ (B',A'),(B,A) \in G $ beliebig, sei $ C \in M(n \times m, K) $ beliebig.
\begin{eqnarray*}
(B',A') \cdot ((B,A) \cdot C) & = & (B',A') \cdot BCA^{-1} \\
& = & B'BCA^{-1}A'^{-1} \\
& = & B'BC(A'A)^{-1}
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*}
((B',A') \cdot (B,A)) \cdot C & = & (B' \cdot B, A' \cdot A) \cdot C \\
& = & B'BC(A'A)^{-1}
\end{eqnarray*} \\
Somit ist (1): $ (B',A') \cdot ((B,A) \cdot C) = ((B',A') \cdot (B,A)) \cdot C $ bewiesen. \\ \\
zu (2): \\
Sei $ C \in M(n \times m, K) $ beliebig. \\
\[
\begin{array}{rcccl}
(E_n, E_m) \cdot C & = & E_n \cdot C \cdot E_m^{-1} & = & E_n C E_m \\
 & = & E_n \cdot (C \cdot E_m) & = & E_n \cdot C = C
\end{array}
\] \\
Damit ist (2): $ (E_n, E_m) \cdot C = C $ bewiesen. \hfill $ \Box $
\\ \\ \\
{\bfseries \noindent Aufgabe 4} \\
Seien $ a_1, \dots, a_{d+1} \in \mathbb{R} $. \\
Beh.:
\[ (*) \; det \, A = \left|
\begin{array}{ccccc}
1 & a_1 & a_1^2 & \dots & a_1^d \\ \\
1 & a_2 & a_2^2 & \dots & a_2^d \\ \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ \\
1 & a_{d+1} & a_{d+1}^2 & \dots & a_{d+1}^d
\end{array}
\right| = \prod_{1 \le i < j \le d+1} (a_j - a_i)
\] \\
Beweis durch vollständige Induktion nach d: \\
Bemerkung: $ d=0 $ ist nicht möglich, da aus $ 1 \le i<j \le 1 $ folgen würde: $ 1<1 $ \\ \\
Induktionsanfang: \\
Die Beh. ist für $ d=1 $ richtig, denn:
\[ det \, A = \left|
\begin{array}{cc}
1 & a_1 \\
1 & a_2
\end{array}
\right| = a_2 - a_1
\]
\[ \prod_{1 \le i < j \le 2} (a_j - a_i) = \prod_{i=1 \; \wedge \; j=2} (a_j - a_i) = a_2 - a_1 \; \; \mbox{(ok)} \] \\
Induktionsvoraussetzung: \\
Die Beh. sei für $ d \in \mathbb{N}_{\ge 1} $ für jede Determinante, die die Form $ (*) $ hat, richtig; die Behauptung sei also auch für die folgende Determinante, die wie $ (*) $ \glqq aufgebaut\grqq\ ist, richtig:
\[ \left|
\begin{array}{cccccc}
1 & a_2 & a_2^2 & \dots & a_2^{d-1} & a_2^d \\ \\
1 & a_3 & a_3^2 & \dots & a_3^{d-1} & a_3^d \\ \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\ \\
1 & a_{d+1} & a_{d+1}^2 & \dots & a_{d+1}^{d-1} & a_{d+1}^d \\ \\
1 & a_{d+2} & a_{d+2}^2 & \dots & a_{d+2}^{d-1} & a_{d+2}^d
\end{array}
\right| = \prod_{2 \le i<j \le d+2} (a_j - a_i) \]
\\
Induktionsbehauptung: \\
Dann gilt die Behauptung auch für $ d+1 $, d.h.
\[ det \, A = \left|
\begin{array}{ccccccc}
1 & a_1 & a_1^2 & \dots & a_1^{d-1} & a_1^d & a_1^{d+1} \\ \\
1 & a_2 & a_2^2 & \dots & a_2^{d-1} & a_2^d & a_2^{d+1} \\ \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots & \vdots \\ \\
1 & a_{d+1} & a_{d+1}^2 & \dots & a_{d+1}^{d-1} & a_{d+1}^d & a_{d+1}^{d+1} \\ \\
1 & a_{d+2} & a_{d+2}^2 & \dots & a_{d+2}^{d-1} & a_{d+2}^d & a_{d+2}^{d+1}
\end{array}
\right| = \prod_{1 \le i < j \le d+2} (a_j - a_i)
\]
\\
Induktionsbegründung: \\
\[ det \, A = \left|
\begin{array}{cccccc}
1 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ \\
1 & a_2 - a_1 & a_2^2 - a_1 a_2 & \dots & a_2^d - a_1 a_2^{d-1} & a_2^{d+1}-a_1 a_2^d \\ \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\ \\
1 & a_{d+1}-a_1 & a_{d+1}^2-a_1 a_{d+1} & \dots & a_{d+1}^d-a_1 a_{d+1}^{d-1} & a_{d+1}^{d+1}-a_1 a_{d+1}^d \\ \\
1 & a_{d+2}-a_1 & a_{d+2}^2-a_1 a_{d+2} & \dots & a_{d+2}^d-a_1 a_{d+2}^{d-1} & a_{d+2}^{d+1}-a_1 a_{d+2}^d
\end{array} \right| \] \\ \\
\[ = \left|
\begin{array}{cccccc}
1 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0 \\ \\
1 & a_2-a_1 & a_2 \cdot (a_2-a_1) & \dots & a_2^{d-1}\cdot(a_2-a_1) & a_2^d\cdot(a_2-a_1) \\ \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\ \\
1 & a_{d+1}-a_1 & a_{d+1}(a_{d+1}-a_1) & \dots & a_{d+1}^{d-1}\cdot(a_{d+1}-a_1) & a_{d+1}^d\cdot(a_{d+1}-a_1) \\ \\
1 & a_{d+2}-a_1 & a_{d+2}(a_{d+2}-a_1) & \dots & a_{d+2}^{d-1}\cdot(a_{d+2}-a_1) & a_{d+2}^d\cdot(a_{d+2}-a_1)
\end{array} \right| \] \\ \\ \\
Entwicklung nach der 1. Zeile ergibt:
\[ det \, A = \left|
\begin{array}{ccccc}
1\cdot(a_2-a_1) & a_2\cdot(a_2-a_1) & \dots & a_2^{d-1}\cdot(a_2-a_1) & a_2^d\cdot(a_2-a_1) \\ \\
\vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\ \\
1\cdot(a_{d+1}-a_1) & a_{d+1}\cdot(a_{d+1}-a_1) & \dots & a_{d+1}^{d-1}\cdot(a_{d+1}-a_1) & a_{d+1}^d\cdot(a_{d+1}-a_1) \\ \\
1\cdot(a_{d+2}-a_1) & a_{d+2}\cdot(a_{d+2}-a_1) & \dots & a_{d+2}^{d-1}\cdot(a_{d+2}-a_1) & a_{d+2}^d\cdot(a_{d+2}-a_1)
\end{array} \right| \] \\
\[ = (a_2-a_1)\cdot\dots\cdot(a_{d+1}-a_1)\cdot(a_{d+2}-a_1)\cdot \left|
\begin{array}{ccccc}
1 & a_2 & \dots & a_2^{d-1} & a_2^d \\ \\
\vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\ \\
1 & a_{d+1} & \dots & a_{d+1}^{d-1} & a_{d+1}^d \\ \\
1 & a_{d+2} & \dots & a_{d+2}^{d-1} & a_{d+2}^d
\end{array} \right| \]
\[
= \prod_{j=2}^{d+2} (a_j-a_1) \cdot \underbrace{\prod_{2 \le i < j \le d+2} (a_j-a_i)}_{\mbox{nach Ind.Vor.}} = \prod_{1 \le i < j \le d+2} (a_j-a_i) \]
\\ \\ \\
{\bfseries \noindent Aufgabe 5} \\
\[ A \cdot B = \left(
\begin{array}{cc}
a & d \\
b & e \\
c & f
\end{array} \right) \cdot \left(
\begin{array}{ccc}
u & w & y \\
v & x & z
\end{array} \right) = \left(
\begin{array}{ccc}
a \cdot u + d \cdot v & a \cdot w + d \cdot x & a \cdot y + d \cdot z \\
b \cdot u + e \cdot v & b \cdot w + e \cdot x & b \cdot y + e \cdot z \\
c \cdot u + f \cdot v & c \cdot w + f \cdot x & c \cdot y + f \cdot z
\end{array} \right) = C
\] \\
\begin{eqnarray*}
det \, C & = & (a \cdot u + d \cdot v) \cdot (b \cdot w + e \cdot x) \cdot (c \cdot y + f \cdot z) \\
& + & (a \cdot w + d \cdot x) \cdot (b \cdot y + e \cdot z) \cdot (c \cdot u + f \cdot v) \\
& + & (a \cdot y + d \cdot z) \cdot (b \cdot u + e \cdot v) \cdot (c \cdot w + f \cdot x) \\
& - & (a \cdot y + d \cdot z) \cdot (b \cdot w + e \cdot x) \cdot (c \cdot u + f \cdot v) \\
& - & (a \cdot w + d \cdot x) \cdot (b \cdot u + e \cdot v) \cdot (c \cdot y + f \cdot z) \\
& - & (a \cdot u + d \cdot v) \cdot (b \cdot y + e \cdot z) \cdot (c \cdot w + f \cdot x) \\ \\
det \, C & = & (abuw+aeux+bdvw+devx) \cdot (cy+fz) \\
& - & (abuw+aevw+bdux+devx) \cdot (cy+fz) \\
& + & (abwy+aewz+bdxy+dexz) \cdot (cu+fv) \\
& - & (abwy+aexy+bdwz+dexz) \cdot (cu+fv) \\
& + & (abuy+aevy+bduz+devz) \cdot (cw+fx) \\
& - & (abuy+aeuz+bdvy+devz) \cdot (cw+fx) \\ \\
det \, C & = & (aeux+bdvw)\cdot(cy+fz)-(aevw+bdux)\cdot(cy+fz) \\
& + & (aewz+bdxy)\cdot(cu+fv)-(aexy+bdwz)\cdot(cu+fv) \\
& + & (aevy+bduz)\cdot(cw+fx)-(aeuz+bdvy)\cdot(cw+fx) \\ \\
det \, C & = & aceuxy+aefuxz+bcdvwy+bdfvwz \\
& - & aceuxy-aefuxz-bcdvwy-bdfvwz \\
& + & aceuwz+aefvwz+bcduxy+bdfvxy \\
& - & aceuwz-aefvwz-bcduxy-bdfvxy \\
& + & acevwy+aefvxy+bcduwz+bdfuxz \\
& - & acevwy-aefvxy-bcduwz-bdfuxz \\
det \, C & = & 0
\end{eqnarray*}
Also: $ det \, A \cdot B = 0 $.

\end{document}