Skalarprodukt finden

10.08.2016, 10:56

balance

Skalarprodukt finden

Hallo,

Seien $\begin{eqnarray*} s_1=(1,-1,0) \quad s_2=(1,0,1)\quad s_3=(0,1,-1) \end{eqnarray*}$ Vektoren im $\begin{eqnarray*} \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ . Zeige dass diese drei Vektoren eine Basis von $\begin{eqnarray*} \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ bilden und definiere im $\begin{eqnarray*} \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ ein Skalarprodukt, s.d. $\begin{eqnarray*} s_1,s_2,s_3 \end{eqnarray*}$ eine orthonormale Basis bilden. Drücke dieses Skalarprodukt bezüglich der Standardbasis aus. Ist es eindeutig?

Nun, wenn man eine Matrix macht in der die $\begin{eqnarray*} s_i \end{eqnarray*}$ die Zeilen sind, kann man per Zeilen-Gauss die Lineare Unabhängigkeit zeigen, woraus folgt, dass die Vektoren eine Basis bilden für den $\begin{eqnarray*} \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ .

Ausserdem gilt dann: $\begin{eqnarray*} e_1=\frac{1}{2} (s_1+s_2+s_3) \quad e_2=\frac{1}{2} (-s_1+s_2+s_3) \quad e_3=\frac{1}{2} (-s_1+s_2-s_3) \end{eqnarray*}$

Um das Skalarprodukt zu bestimmen müssen wir folgende Gleichung lösen:

$\begin{eqnarray*} \langle s_i, s_j \rangle = \begin{cases}1 & , i= j \\ 0 & , i\neq j\end{cases} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} i,j\in\{1,2,3\} \end{eqnarray*}$

Anmerkung [bitte korrigieren]: Wäre eine orthogonale Basis gefragt, könnten wir zwar auch das obige machen, jedoch könnten wir auch folgendes machen, oder?

$\begin{eqnarray*} \langle s_i, s_j \rangle = \begin{cases}|e_i| & , i= j \\ 0 & , i\neq j\end{cases} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} i,j\in{1,2,3} \end{eqnarray*}$

Wie dem auch sei, zurück zur Frage nach dem orthonormalen Skalarprodukt. Ich bin echt eingerostet in dem Gebiet - das hier ist eher ein Lösungsverstehversuch als wirklich eine eigene Lösung. In der Lösung bekommen sie eine Matrix A.

Nunja, gesucht ist hier also ein Skalarprodukt, z.B. was im Stil von:

$\begin{eqnarray*} \langle x, y\rangle_A : \mathbb R^3 \to \mathbb R^3\times\mathbb R^3, \quad \langle x, y\rangle_A \mapsto x^TAy \end{eqnarray*}$

Wir bekommen also:
$\begin{eqnarray*} s_1^tAs_1=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} s_1^tAs_2=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} s_1^tAs_3=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} s_2^tAs_2=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} s_2^tAs_3=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} s_3^tAs_3=1 \end{eqnarray*}$

Aber irgendwie fehlen mir hier 3 Gleichungen, immerhin hat A ja 9 unbekannte. Ausserdem wissen wir, dass A symmetrisch sein muss. Da ja gelten soll $\begin{eqnarray*} \langle s_i, s_j \rangle = 1 \forall i \end{eqnarray*}$ aber auch weil die benutzte Definition mit der Matrix symm. sein muss.

Frage 1: Angenommen A müsste nicht symmetrisch sein, sprich die Multiplikatiosnreihenfolge von Matrix und Vektoren ist wichtig - was hätten wir dann?

Frage 2: Wie krieg ich die restlichen 3 Gleichungen?

Frage 3: Es wird gesagt: Bezüglich der Standardbasis - wo genau habe ich dies benutzt?

Frage 4: Wie sähe es denn bezüglich der Basis $\begin{eqnarray*} s_1,s_2,s_3) \end{eqnarray*}$ aus?

Frage 5: Wie sähe es mir einer anderen beliebigen Basis aus?

Frage 6: Stimmt meine Anmerkung?

10.08.2016, 13:06

Elvis

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1+2: Die symmetrische Matrix A hat nur höchstens 6 verschiedene Koeffizienten, also genügen 6 lineare Gleichungen. Wenn A nicht symmetrisch sein müsste, hätten wir ein Problem.
3: Die Vektoren $\begin{eqnarray*} s_1,s_3,s_3 \end{eqnarray*}$ werden in der Standardbasis dargestellt, also wird diese hier benutzt.
4: Jede Basis B ist bezüglich B die Standardbasis, z.B. ist $\begin{eqnarray*} s_i=1\cdot s_i\forall i \end{eqnarray*}$
5: Dann kommen irgendwo andere Darstellungen ins Spiel, die durch Basiswechselmatrizen ausgedrückt werden. Tipp: selber rechnen oder irgendwo nachlesen.
6. Der Ansatz ist in Ordnung für die Bestimmung eines Skalarprodukts, so dass $\begin{eqnarray*} s_1,s_3,s_3 \end{eqnarray*}$ eine ONB ist. Für ein Orthogonalsystem können $\begin{eqnarray*} <s_i,s_i> \end{eqnarray*}$ beliebige Werte annehmen.

10.08.2016, 13:10

balance

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Zitat:

Original von Elvis
1+2: Die symmetrische Matrix A hat nur höchstens 6 verschiedene Koeffizienten, also genügen 6 lineare Gleichungen. Wenn A nicht symmetrisch sein müsste, hätten wir ein Problem.
3: Die Vektoren $\begin{eqnarray*} s_1,s_3,s_3 \end{eqnarray*}$ werden in der Standardbasis dargestellt, also wird diese hier benutzt.
4: Jede Basis B ist bezüglich B die Standardbasis, z.B. ist $\begin{eqnarray*} s_i=1\cdot s_i\forall i \end{eqnarray*}$
5: Dann kommen irgendwo andere Darstellungen ins Spiel, die durch Basiswechselmatrizen ausgedrückt werden. Tipp: selber rechnen oder irgendwo nachlesen.
6. Der Ansatz ist in Ordnung für die Bestimmung eines Skalarprodukts, so dass $\begin{eqnarray*} s_1,s_3,s_3 \end{eqnarray*}$ eine ONB ist. Für ein Orthogonalsystem können $\begin{eqnarray*} <s_i,s_i> \end{eqnarray*}$ beliebige Werte annehmen.

Zu 1

3 ok
4 ok
5 Ist sowieso geplant

6 Beliebige Werte, ja, stimmt - das macht auch Sinn.

hm, so einfach kann es sein was ^^ dank dir

Noch eine Frage: Wie berechne ich nun A effizient? Ich würde ja jetzt die 6 Gleichungen ausschreiben, dann eine Matrix machen und gaussen - aber schon nur die 6 Gleichunen auszuschreiben dauert ja...

10.08.2016, 14:22

Elvis

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Geht schnell: $\begin{eqnarray*} <br /> 1=s_1^tAs_1=(1,-1,0)\begin{pmatrix} a & b & c \\ b & d & e \\ c & e & f \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}= (1,-1,0)\begin{pmatrix} a-b \\ b-d \\ c-e \end{pmatrix}=a-b-b+d=a-2b+d \end{eqnarray*}$

10.08.2016, 15:56

balance

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Was geht schnell? Das berechnen der 6 Gleichungen? Naja, ich kriegs auch hin in 1-2 Minuten aber naja, dachte da gibts was besseres. Das GLS dann lösen finde ich aber schon viel anstrengender. Hab das vorhin nicht hinbekommen ohne extrem viel Zeit zu vergeuden dafür :/

merci

10.08.2016, 16:47

Leopold

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Du hast doch schon so wunderbar die Standardbasis durch $\begin{align*} s_1,s_2,s_3 \end{align*}$ ausgedrückt. Also kannst du direkt rechnen:

$\begin{align*} x = \left( \xi_1 , \xi_2, \xi_3 \right) = \xi_1 e_1 + \xi_2 e_2 + \xi_3 e_3 = \frac{\xi_1}{2} \left( s_1 + s_2 + s_3 \right) + \frac{\xi_2}{2} \left( -s_1 + s_2 + s_3 \right) + \frac{\xi_3}{2} \left( -s_1 + s_2 - s_3 \right) \end{align*}$
$\begin{align*} = \frac{1}{2} \left( \xi_1 - \xi_2 - \xi_3 \right) s_1 + \frac{1}{2} \left( \xi_1 + \xi_2 + \xi_3 \right) s_2 + \frac{1}{2} \left( \xi_1 + \xi_2 - \xi_3 \right) s_3 \end{align*}$

Und analog

$\begin{align*} y = \left( \eta_1 , \eta_2, \eta_3 \right) = \frac{1}{2} \left( \eta_1 - \eta_2 - \eta_3 \right) s_1 + \frac{1}{2} \left( \eta_1 + \eta_2 + \eta_3 \right) s_2 + \frac{1}{2} \left( \eta_1 + \eta_2 - \eta_3 \right) s_3 \end{align*}$

Ich schreibe statt eckiger Klammern einen fetten Malpunkt für das Skalarprodukt:

$\begin{align*} x \bullet y = \frac{1}{2} \left( \left( \xi_1 - \xi_2 - \xi_3 \right) s_1 + \left( \xi_1 + \xi_2 + \xi_3 \right) s_2 + \left( \xi_1 + \xi_2 - \xi_3 \right) s_3 \right) \bullet \frac{1}{2} \left( \left( \eta_1 - \eta_2 - \eta_3 \right) s_1 + \left( \eta_1 + \eta_2 + \eta_3 \right) s_2 + \left( \eta_1 + \eta_2 - \eta_3 \right) s_3 \right) \end{align*}$

Und jetzt kannst du distributiv rechnen. Wegen $\begin{align*} s_i \bullet s_j = 0 \end{align*}$ für $\begin{align*} i \neq j \end{align*}$ und $\begin{align*} s_1 \bullet s_1 = s_2 \bullet s_2 = s_3 \bullet s_3 = 1 \end{align*}$ bleiben nur drei Glieder übrig:

$\begin{align*} x \bullet y = \frac{1}{4} \left( \xi_1 - \xi_2 - \xi_3 \right) \cdot \left( \eta_1 - \eta_2 - \eta_3 \right) + \frac{1}{4} \left( \xi_1 + \xi_2 + \xi_3 \right) \cdot \left( \eta_1 + \eta_2 + \eta_3 \right) + \frac{1}{4} \left( \xi_1 + \xi_2 - \xi_3 \right) \cdot \left( \eta_1 + \eta_2 - \eta_3 \right) \end{align*}$

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