Das Vektorprodukt und die lineare Abhängigkeit zweier Vektoren

27.12.2009, 15:52

Nuit Blanche

Das Vektorprodukt und die lineare Abhängigkeit zweier Vektoren

Hey Leute,

wir haben auf dem neusten Übungszettel das Vektorprodukt eingeführt,
d.h.
$\begin{eqnarray*} \times : V \times V \rightarrow V, <br /> \vec{a}\times\vec{b}=\begin{pmatrix}a_1 \\ a_2 \\ a_3\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix}b_1 \\ b_2 \\ b_3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_2b_3 - a_3b_2 \\a_3b_1 - a_1b_3 \\a_1b_2 - a_2b_1\end{pmatrix}\ \end{eqnarray*}$

Wir wissen, dass für $\begin{eqnarray*} u, v, w \in V \wedge a, b \in K \end{eqnarray*}$ gilt:
$\begin{eqnarray*} u \times \left(av + bw\right) = a\cdot \left(u \times v\right)+ b\cdot \left(u \times w\right) \end{eqnarray*}$ (Teilaufgabe b!!!)

Nun sollen wir in Teilaufgabe c zeigen, dass v und w genau dann linear abhängig sind, wenn $\begin{eqnarray*} v \times w = 0 \end{eqnarray*}$ gilt.
Tipp: Zeige die Aussage zunächst für den Fall $\begin{eqnarray*} a_{1} = 1 \vee a_{2} = 1 \vee a_{3} = 1 \end{eqnarray*}$ und verallgemeinere den beweis mit Hilfe der Teilaufgabe b.

Wie kann ich die linare Abhängigkeit darstellen?
Unter der linearen Unabhängigkeit kann mir schon etwas vorstellen, und zwar dass für $\begin{eqnarray*} S\subseteq V \end{eqnarray*}$ gilt:
$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{s \in S}^{}a_{s}\cdot s = 0 \forall a_{s} \in K \Rightarrow \forall s \in S:a_{s} = 0 \end{eqnarray*}$ .
Doch wie kann ich die lineare Abhängigkeit in Beziehung zum Vektorprodukt bringen?

Ich danke euch schon einmal im Voraus,

Liebe Grüße,
Nuit Blanche

27.12.2009, 18:33

Merlinius

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Na ja, linear abhängig heißt ja einfach nicht linear unabhängig. Ich geb dir mal ne Idee für die eine Richtung, die andere sollte auch nicht allzu schwer sein.

Angenommen, v und w sind linear abhängig. Bei nur zwei Vektoren heißt das ja:

Es gibt $\begin{eqnarray*} \lambda \in K \end{eqnarray*}$ derart, dass $\begin{eqnarray*} v = \lambda \cdot w \end{eqnarray*}$ ist. Folglich ist:

$\begin{eqnarray*} v \times w = (\lambda \cdot w) \times w \stackrel{b)}{=} ... \end{eqnarray*}$ Wenns gut läuft, steht am Ende ne 0 da smile

27.12.2009, 20:59

Nuit Blanche

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Ah, diese Idee ist brilliant! Warum bin ich nicht nach 2 Stunden drauf gekommen? verwirrt

So kann ich also die Hinführung ( "=>") darstellen, aber wie soll ich die Rückführung zeigen, also dass aus $\begin{eqnarray*} v \times w = 0 \end{eqnarray*}$ folgt, dass v und w linear abhängig sind?

Ich hab wie folgt angefangen:
$\begin{eqnarray*} v \times w = 0 \Leftrightarrow \begin{pmatrix} v_2w_3 - v_3w_2 \\ v_3w_1 - v_1w_3\\ v_1w_2 - v_2w_1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und hieraus folgt das LGS:

$\begin{eqnarray*} v_2w_3 = v_3w_2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} v_3w_1 = v_1w_3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} v_1w_2 = v_2w_1 \end{eqnarray*}$

Und da v ja durch w dargestellt werden soll (linear Abhängigkeit!), gilt:
$\begin{eqnarray*} v = \lambda \cdot w \end{eqnarray*}$
So könnte ich jeden Koeffizienten von v durch einen von $\begin{eqnarray*} \lambda \cdot w \end{eqnarray*}$ ersetzen und das LGS würde lauten:

$\begin{eqnarray*} \lambda \cdot w_2w_3 = \lambda \cdot w_3w_2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lambda \cdot w_3w_1 = \lambda \cdot w_1w_3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \lambda \cdot w_1w_2 = \lambda \cdot w_2w_1 \end{eqnarray*}$

Dank des Kommutativgesetzes bzgl. der Multiplikation wäre das LGS tatsächlich in jeder Reihe erfüllt.

Kann man die Rückführung so darstellen?
Oder hab ich einen Denkfehler in meinem Beweis? Beweisführung ist auch ehrlich gesagt nicht meine Stärke, beonders nicht bei Äquivalenzaussagen.^^

Liebe Grüße,
Nuit Blanche

27.12.2009, 21:21

kiste

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Nein bei der Rückrichtung darfst du nicht das was du zeigen willst einsetzen. Du musst das LGS eben lösen...

27.12.2009, 21:23

Tarnfara

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Zitat:

Original von Nuit Blanche
So könnte ich jeden Koeffizienten von v durch einen von $\begin{eqnarray*} \lambda \cdot w \end{eqnarray*}$ ersetzen und das LGS würde lauten:
[...]
Kann man die Rückführung so darstellen?
Oder hab ich einen Denkfehler in meinem Beweis? Beweisführung ist auch ehrlich gesagt nicht meine Stärke, beonders nicht bei Äquivalenzaussagen.^^

Hallo mal wieder, ja, hast du. Bei der Rückrichtung weißt du, dass das Kreuzprodukt 0 ist und sollst von da aus schließen, dass die Vektoren linear abhängig sind, dabei darfst du natürlich nicht das benutzen, was du ja gerade erst zeigen willst.

Ich habe den Hinweis auf dem Zettel ignoriert und die Aufgabe ohne ihn gelöst, wobei ich natürlich nicht weiß, ob sich nicht doch ein Fehler eingeschlichen hat.
Dabei habe ich zwei Fälle unterschieden a) einer der Vektoren ist der Nullvektor b) beide Vektoren sind nicht der Nullvektor.

Grüße

27.12.2009, 21:41

Nuit Blanche

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Zitat:

Original von kiste
Nein bei der Rückrichtung darfst du nicht das was du zeigen willst einsetzen. Du musst das LGS eben lösen...

Nun gut, ich habe versucht, dieses LGS zu lösen, aber das Einzige, was ich da erreichen kann, sind nur Umformungen:

$\begin{eqnarray*} v_2w_3 = v_3w_2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} v_3w_1 = v_1w_3 \Rightarrow \frac{v_3w_1}{v_1} = w_3 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} v_1w_2 = v_2w_1 \Rightarrow \frac{v_1w_2}{w_1} = v_2 \end{eqnarray*}$

Also:

$\begin{eqnarray*} v_2w_3 = \frac{v_3w_1\cdot v_1w_2}{v_1\cdot w_1} = v_3w_2 \end{eqnarray*}$

Und analog gilt das für anderen Gleichungen auch. verwirrt

Ach, fällt mir das etwa nicht wie Schuppen von den Augen?

@Tarnfara: Die Idee mit der Fallunterscheidung erscheint meiner Meinung nach auch als sinnvoll, nur weiß ich nicht, ob mein Korrektor/Übungsgruppenleiter sowas durchgehen kann. ^^

Liebe Grüße,
Nuit Blanche

27.12.2009, 21:54

Tarnfara

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Zitat:

Original von Nuit Blanche
@Tarnfara: Die Idee mit der Fallunterscheidung erscheint meiner Meinung nach auch als sinnvoll, nur weiß ich nicht, ob mein Korrektor/Übungsgruppenleiter sowas durchgehen kann. ^^

Ich fürchte fast, dir wird nichts anderes übrig bleiben, denn

Zitat:

$\begin{eqnarray*} v_3w_1 = v_1w_3 \Rightarrow \frac{v_3w_1}{v_1} = w_3 \end{eqnarray*}$

woher weißt du, dass $\begin{eqnarray*} w_1, v_1 \end{eqnarray*}$ nicht null sind ?

Auch auf die Gefahr hin, ausgelacht zu werden, aber mir sagt deine Lösung nichts bezüglich der linearen Abhängig- oder Unabhängigkeit der Vektoren ?

27.12.2009, 22:11

Nuit Blanche

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Zitat:

Original von Tarnfara
Ich fürchte fast, dir wird nichts anderes übrig bleiben, denn
[...] woher weißt du, dass $\begin{eqnarray*} w_1, v_1 \end{eqnarray*}$ nicht null sind ?

Herrje, das kommt ja auch noch dazu, stimmt. <.<
Es sei denn, es liegt ein Nullvektor vor, also dass z.B. $\begin{eqnarray*} w = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ gilt.

Zitat:

Original von Tarnfara
Dabei habe ich zwei Fälle unterschieden a) einer der Vektoren ist der Nullvektor b) beide Vektoren sind nicht der Nullvektor.

Grüße

Aber wie löst man das dann nun für Vektoren, deren Koeffizienten ungleich Null sind? unglücklich

LG Nuit Blanche

27.12.2009, 22:14

kiste

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Zitat:

Original von Nuit Blanche
Also:

$\begin{eqnarray*} v_2w_3 = \frac{v_3w_1\cdot v_1w_2}{v_1\cdot w_1} = v_3w_2 \end{eqnarray*}$

Seit wann darf man einfach so durch die gesuchten Variablen teilen bei einem LGS?!
Stelle doch ersteinmal die zugehörige Matrix auf

27.12.2009, 22:18

Tarnfara

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Zitat:

Original von Nuit Blanche
Aber wie löst man das dann nun für Vektoren, deren Koeffizienten ungleich Null sind? unglücklich

LG Nuit Blanche

Wie gesagt, ich würde zwei Fälle unterscheiden
a) Ist mindestens einer der beiden Vektoren der Nullvektor, so gilt [...] => die beiden Vektoren sind linear abhängig (oder unabhängig ?)
b) Sind beide Vektoren nicht der Nullvektor, dann kann ich sie ja einfach mal aufschreiben, zB.

$\begin{eqnarray*} v =(v_1,v_2,v_3), w=(w_1,w_2,w_3) \end{eqnarray*}$

Wenn beide nicht der Nullvektor sind, weiß ich über mindestens eines der v_i bzw w_i etwas.

Oder um es mit den Worten von Klüners zu sagen "Nicht null zu sein, hat einen entscheidenen Vorteil, man kann teilen !"

Ich habe das Einsetzungsverfahren benutzt.

Gruß

27.12.2009, 22:29

Nuit Blanche

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Zitat:

Original von Tarnfara

Wenn beide nicht der Nullvektor sind, weiß ich über mindestens eines der v_i bzw w_i etwas.

Oder um es mit den Worten von Klüners zu sagen "Nicht null zu sein, hat einen entscheidenen Vorteil, man kann teilen !"

Ich habe das Einsetzungsverfahren benutzt.

Gruß

Aber ist es nicht das Verfahren, das kiste als falsch angekreidet hat?

27.12.2009, 23:21

Tarnfara

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Nein. Er hat dir angekreidet, dass du einfach so durch Unbekannte geteilt hast, obwohl du nicht weißt, ob sie nicht vielleicht null sind.

Ob du nun eine Matrix aufstellst oder eines der Verfahren aus der Schule benutzt, ist egal, keines ist richtiger oder falscher. Die Schulverfahren sind nur im Allgemeinen unübersichtlicher, führen aber gelegentlich auch schneller zum Ziel, je nachdem, ob man den "richtigen Riecher" beim Umformen hat oder nicht.

Ich habe nur den Eindruck geworden, dass dir nicht klar ist, was genau eigentlich das Ziel ist.

Zwei Vektoren sind linear abhängig, wenn es $\begin{eqnarray*} \alpha, \beta \in K \text{ gibt, so dass } \; \alpha v +\beta w= 0 \text{ und } \alpha \not= 0 \text{ oder } \beta \ne 0. \end{eqnarray*}$ Wenn sich also der Nullvektor nichttrivial linear kombinieren lässt. Dabei habe ich einfach die Bedingung für lineare Unabhängigkeit negiert. Wenn du also zeigen sollst, dass die beiden Vektoren linear abhängig sind, dann muss dein Ziel sein, eine Linearkombination der Form

$\begin{eqnarray*} \alpha v + \beta w = 0 \end{eqnarray*}$ zu finden, wo eben alpha oder beta (oder beide !) nicht 0 sind.
Wenn also zum Beispiel $\begin{eqnarray*} \alpha \ne 0 \end{eqnarray*}$ gilt, dann kann man daraus auch $\begin{eqnarray*} v = - \frac{\beta}{\alpha} w \end{eqnarray*}$ machen, was du ja im ersten Teil der Aufgabe schon angewandt hast. Umgekehrt wird natürlich auch ein Schuh draus, findest du ein $\begin{eqnarray*} \gamma \in K : v = \gamma w \end{eqnarray*}$ dann folgt daraus $\begin{eqnarray*} 1 \cdot v + (- \gamma) w = 0 \end{eqnarray*}$ , wobei 1 nicht 0 ist und somit wieder eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors.

Also muss es dein Ziel sein, dass LGS oben irgendwie so aufzulösen, dass dabei $\begin{eqnarray*} (v_1,v_2,v_3) = \lambda (w_1,w_2,w_3) \end{eqnarray*}$ herauskommt.

Ich entschuldige mich, falls ich unnötig Verwirrung gestiftet habe, es lag nur so nahe, sich zu melden, da ich ja dieselben Aufgaben rechne(n muss).

@kiste: Wir haben bislang Matrizen gar nicht behandelt. Manche hatten das schon in der Schule, andere nicht.

Viel Erfolg,

C.

28.12.2009, 01:15

Merlinius

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Zitat:

Original von Merlinius
Na ja, linear abhängig heißt ja einfach nicht linear unabhängig. Ich geb dir mal ne Idee für die eine Richtung, die andere sollte auch nicht allzu schwer sein.

Angenommen, v und w sind linear abhängig. Bei nur zwei Vektoren heißt das ja:

Es gibt $\begin{eqnarray*} \lambda \in K \end{eqnarray*}$ derart, dass $\begin{eqnarray*} v = \lambda \cdot w \end{eqnarray*}$ ist. Folglich ist:

$\begin{eqnarray*} v \times w = (\lambda \cdot w) \times w \stackrel{b)}{=} ... \end{eqnarray*}$ Wenns gut läuft, steht am Ende ne 0 da smile

Ach da fällt mir grad noch ein, dass das ein kleines bisschen schludrig war. Wenn w der Nullvektor ist, dann hat man auch lineare Abhängigkeit und das mit dem $\begin{eqnarray*} v = \lambda \cdot w \end{eqnarray*}$ stimmt nicht unbedingt. Aber das ist ja mit ner einfachen Fallunterscheidung sauber aufgeschrieben.

28.12.2009, 16:41

Nuit Blanche

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Zitat:

Original von Tarnfara
Ich habe nur den Eindruck geworden, dass dir nicht klar ist, was genau eigentlich das Ziel ist.

Zwei Vektoren sind linear abhängig, wenn es $\begin{eqnarray*} \alpha, \beta \in K \text{ gibt, so dass } \; \alpha v +\beta w= 0 \text{ und } \alpha \not= 0 \text{ oder } \beta \ne 0. \end{eqnarray*}$ Wenn sich also der Nullvektor nichttrivial linear kombinieren lässt. Dabei habe ich einfach die Bedingung für lineare Unabhängigkeit negiert. Wenn du also zeigen sollst, dass die beiden Vektoren linear abhängig sind, dann muss dein Ziel sein, eine Linearkombination der Form

$\begin{eqnarray*} \alpha v + \beta w = 0 \end{eqnarray*}$ zu finden, wo eben alpha oder beta (oder beide !) nicht 0 sind.
Wenn also zum Beispiel $\begin{eqnarray*} \alpha \ne 0 \end{eqnarray*}$ gilt, dann kann man daraus auch $\begin{eqnarray*} v = - \frac{\beta}{\alpha} w \end{eqnarray*}$ machen, was du ja im ersten Teil der Aufgabe schon angewandt hast. Umgekehrt wird natürlich auch ein Schuh draus, findest du ein $\begin{eqnarray*} \gamma \in K : v = \gamma w \end{eqnarray*}$ dann folgt daraus $\begin{eqnarray*} 1 \cdot v + (- \gamma) w = 0 \end{eqnarray*}$ , wobei 1 nicht 0 ist und somit wieder eine nichttriviale Linearkombination des Nullvektors.

Also muss es dein Ziel sein, dass LGS oben irgendwie so aufzulösen, dass dabei $\begin{eqnarray*} (v_1,v_2,v_3) = \lambda (w_1,w_2,w_3) \end{eqnarray*}$ herauskommt.

Also ich kann mir jetzt auf jeden Fall etwas unter lineare Abhängigkeit vorstellen, das Prinzip habe ich ja auch durchschaut, nur ist mir völlig unklar, auf was für einem Weg man vom LGS

$\begin{eqnarray*} v_2w_3 - v_3w_2 = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} v_3w_1 - v_1w_3 = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} v_1w_2 - v_2w_1 = 0 \end{eqnarray*}$

auf die folgende Gleichung kommt:

$\begin{eqnarray*} (v_1,v_2,v_3) = \lambda (w_1,w_2,w_3) \end{eqnarray*}$ ,

und ohne dass man die Koeffizienten von v und w miteinander dividiert oder multipliziert, was schließlich wegen der Null verboten ist, und ohne dass ich die Matrix-Schreibweise benutzen muss.
Wie kommt man in diesem Fall auf das Lambda?

Liebe Grüße,

D.

28.12.2009, 19:13

Tarnfara

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Zitat:

Original von Nuit Blanche
und ohne dass man die Koeffizienten von v und w miteinander dividiert oder multipliziert, was schließlich wegen der Null verboten ist, und ohne dass ich die Matrix-Schreibweise benutzen muss.
Wie kommt man in diesem Fall auf das Lambda?

Es gibt zwei Möglichkeiten, entweder ein Vektor ist der Nullvektor oder eben nicht.

Wenn ein Vektor zB. $\begin{eqnarray*} v = (v_1, v_2, v_3) \end{eqnarray*}$ der Nullvektor ist, dann gilt:

$\begin{eqnarray*} v_1 = 0 \land v_2 \land 0, v_3 = 0 \end{eqnarray*}$ .

Wenn v also nicht der Nullvektor ist, dann muß

$\begin{eqnarray*} v_1 \ne 0 \lor v_2 \ne 0 \lor v_3 \ne 0 \end{eqnarray*}$

gelten. Irgendein v_i ist nicht null, wenn es aber nicht null ist, dann kann ich durch dieses v_i teilen. Dadurch bekomme ich dann eine Abhängigkeit von nur einer Variablen und diese habe ich dann eben in die anderen Gleichungen eingesetzt.

Wenn einer der beiden Vektoren der Nullvektor ist, sind die Vektoren linear abhängig. Also bleibt ja nur noch der andere Fall übrig, nämlich, dass beide Vektoren nicht der Nullvektor sind.

Gruß

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