Verschiedene Skalarprodukte

22.06.2013, 14:38	BieneMaja	Auf diesen Beitrag antworten »
Verschiedene Skalarprodukte Hallo zusammen, ich versuche mich gerade an folgender Aufgabe (die auch noch 4 Punkte geben soll): Seien $\begin{eqnarray} g,g':\mathbb R ^{2}\times \mathbb R ^{2} \rightarrow \mathbb R \end{eqnarray}$ zwei euklidische Skalarprodukte. Zeigen Sie, dass es Vektoren $\begin{eqnarray} v_{1},v_{2}\in \mathbb R ^2\neq {0} \end{eqnarray}$ gibt mit: $\begin{eqnarray} g(v_{1} ,v_{2} )=g'(v_{1} ,v_{2} )=0 \end{eqnarray}$ Mir ist der Sinn dieser Aufgabe nicht klar. Eigentlich versteh ich unter dem euklidischen Skalarprodukt das Standardskalarprodukt. Gehen wir davon aus, dass mit Skalaprodukt eine nicht genauer definierte positive definite, symmetrische Bilinearform gemeint ist. Gilt nicht für alle Vektoren $\begin{eqnarray} v_{1}\perp v_{2} \end{eqnarray}$ , die senkrecht zueinander stehen, dass das Skalarprodukt (wie auch immer es genau definiert ist) verschwindet? Viele Grüße und danke schonmal für eure Hilfe! Biene
22.06.2013, 15:33	tmo	Auf diesen Beitrag antworten »
"Senkrecht stehen" hängt doch vom Skalarprodukt ab. Deine Argumentation macht also keinen Sinn. Was du hier zeigen sollst: Hat man 2 verschiedene Skalarprodukte, so gibt es trotzdem immer 2 Vektoren die bzgl. beiden Skalarprodukten senkrecht stehen.
22.06.2013, 16:18	BieneMaja	Auf diesen Beitrag antworten »
Heißt das dann, dass ich wenn ich z.B. $\begin{eqnarray} v_{1} =\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} , v_{2} =\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ und g das Standardskalarprodukt und g' ein beliebiges anderes Skalarprodukt nehme, dann zwar gilt, dass $\begin{eqnarray} g(v_{1} ,v_{2} )=0 \end{eqnarray}$ aber nicht $\begin{eqnarray} g'(v_{1} ,v_{2} )=0 \end{eqnarray}$ ??
22.06.2013, 16:44	tmo	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja natürlich kann das sein, bzw. $\begin{eqnarray} g' \end{eqnarray}$ müsste schon sehr speziell gewählt sein, damit das nicht so ist. Man kann an die Aufgabe so rangehen: Dass $\begin{eqnarray} v_1 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} v_2 \end{eqnarray}$ sowohl bzgl. $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ als auch bzgl. $\begin{eqnarray} g' \end{eqnarray}$ orthogonal stehen, bedeutet: $\begin{eqnarray} Kern(g(v_1,-)) = Kern(g'(v_1,-)) = \langle v_2 \rangle \end{eqnarray}$ Nun gehen wir zu geeigneten Koordinaten über, d.h. wir wählen eine ONB $\begin{eqnarray} e_1,e_2 \end{eqnarray}$ von $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ . O.b.d.a ist $\begin{eqnarray} g'(e_1,e_1)=1 \end{eqnarray}$ (sonst gehe zu $\begin{eqnarray} \lambda g' \end{eqnarray}$ mit geeignetem $\begin{eqnarray} \lambda \end{eqnarray}$ über). D.h. wir haben folgende Matrixdarstellung bzgl. $\begin{eqnarray} e_1,e_2 \end{eqnarray}$ : $\begin{eqnarray} g = \begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} g' = \begin{pmatrix}1 & c \\ c & d\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ mit irgendwelchen Konstanten $\begin{eqnarray} c,d \end{eqnarray}$ . Nun beachte: Ist $\begin{eqnarray} v_1 = a_1e_1+a_2e_2 \end{eqnarray}$ , so ist $\begin{eqnarray} g(v_1,-)=(a_1 ~ a_2)\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix} = (a_1 ~ a_2) \end{eqnarray}$ und analog geht es für $\begin{eqnarray} g'(v_1,-) \end{eqnarray}$ . Du musst jetzt $\begin{eqnarray} a_1 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} a_2 \end{eqnarray}$ nur noch so bestimmen, dass die Kerne von $\begin{eqnarray} g(v_1,-) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} g'(v_1,-) \end{eqnarray}$ übereinstimmen. Dabei hilft: Sind $\begin{eqnarray} (a ~ b) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} (c ~ d) \end{eqnarray}$ zwei nichtverschwindende Linearformen, so ist ihr Kern genau dann gleich, wenn die Determinante von $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}a & b \\ c & d\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ verschwindet.
22.06.2013, 20:41	BieneMaja	Auf diesen Beitrag antworten »
ok vielen dank, ich werd das ganze mal durchdenken

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