Vektorprodukt

23.04.2011, 19:15

Gast11022013

Vektorprodukt

Meine Frage:
Seien $\begin{eqnarray*} v_1,\hdots,v_{n-1} \end{eqnarray*}$ Vektoren im $\begin{eqnarray*} \mathbb R^n (n\geq 3) \end{eqnarray*}$ . Zeigen Sie:

(i) Es gibt genau einen Vektor $\begin{eqnarray*} w\in \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} det(v,v_1,\hdots,v_n)=<w,v> \forall v\in \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ .

Dieser Vektor $\begin{eqnarray*} w \end{eqnarray*}$ heißt Vektorprodukt (oder Kreuzprodukt) von $\begin{eqnarray*} v_1,\hdots,v_{n-1} \end{eqnarray*}$ , Schreibweise:
$\begin{eqnarray*} w=v_1\times v_2\times \hdots\times v_{n-1} \end{eqnarray*}$ .

Die i-te Komponente von $\begin{eqnarray*} v_1\times v_2\times \hdots\times v_{n-1} \end{eqnarray*}$ ist gleich $\begin{eqnarray*} det(e_i,v_1,\hdots,v_{n-1}) \end{eqnarray*}$ und damit gleich $\begin{eqnarray*} (-1)^{i-1} \end{eqnarray*}$ mal der Determinante der $\begin{eqnarray*} (n-1)\times (n-1) \end{eqnarray*}$ - Matrix, die aus $\begin{eqnarray*} (v_1,\hdots, v_{n-1}) \end{eqnarray*}$ durch Streichen der i-ten Zeile entsteht.

(ii) $\begin{eqnarray*} v_1\times v_2\times \hdots\times v_{n-1} \end{eqnarray*}$ steht senkrecht auf jedem $\begin{eqnarray*} v_i \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} ||v_1\times v_2\times \hdots\times v_{n-1}|| \end{eqnarray*}$ ist das (n-1)-dimensionale Volumen des von $\begin{eqnarray*} v_1,\hdots,v_{n-1} \end{eqnarray*}$ aufgespannten Parallelotops.

(iii) Für $\begin{eqnarray*} v_1,v_2\in \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} ||v_1\times v_2||=||v_1||^2\times ||v_2||^2-<v_1,v_2>^2 \end{eqnarray*}$ .

(iv) Für die Gram'sche Determinante g einer Hyperfläche $\begin{eqnarray*} M\subseteq \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ bzgl. einer lokalen Karte $\begin{eqnarray*} \phi: T\to V\subseteq M \end{eqnarray*}$ (mit $\begin{eqnarray*} T\subseteq \mathbb R^{n-1} \end{eqnarray*}$ offen) gilt:

$\begin{eqnarray*} \sqrt{g}=||\frac{\partial \phi}{\partial t_1}\times \hdots\times \frac{\partial \phi}{\partial t_{n-1}}|| \end{eqnarray*}$ .

Meine Ideen:
Leider noch gar keine!

Vielleicht kann mir ja jemand helfen?

23.04.2011, 21:30

BanachraumK_5

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Eine relativ ähnliche Betrachtung findest du auf Seite 351-353 Konrad Königsberger Analysis II.

Tut mir leid zu mehr Hilfe bin ich jetzt am Ostersamstag nicht mehr gewillt. Aber wie gesagt, den Beweis findest du dort.

23.04.2011, 22:03

Gast11022013

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Das Problem ist, dass ich das dort nicht wiedererkenne bzw. verstehe.

Aber (i) kann man doch einfach so beweisen:

Existenz: Das Vektorprodukt ist ja die Determinante der Matrix, die in der ersten Spalte die Einheitsvektoren $\begin{eqnarray*} e_1,...,e_n \end{eqnarray*}$ und in den anderen Spalten die Einträge von $\begin{eqnarray*} v_1,...,v_{n-1} \end{eqnarray*}$ stehen hat. Damit stimmt die Gleichung.

Damit ist auch die Eindeutigkeit gezeigt, weil doch die Determinante eindeutig ist.

Den Rest zeigt man mit "Entwicklung nach einer Spalte", Lineare Algebra I.

Ist das (i)?

23.04.2011, 22:34

BanachraumK_5

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Zitat:

(i) Es gibt genau einen Vektor $\begin{eqnarray*} w\in \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} det(v,v_1,\hdots,v_n)=<w,v> \forall v\in \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ .

Naja warum es genau einen solchen Vektor gibt liegt an der Injektivität der Abbildung
$\begin{eqnarray*} w \mapsto <w,v>. \end{eqnarray*}$ Und die Formel kann man nachrechnen!

Zitat:

Die i-te Komponente von $\begin{eqnarray*} v_1\times v_2\times \hdots\times v_{n-1} \end{eqnarray*}$ ist gleich $\begin{eqnarray*} det(e_i,v_1,\hdots,v_{n-1}) \end{eqnarray*}$ und damit gleich $\begin{eqnarray*} (-1)^{i-1} \end{eqnarray*}$ mal der Determinante der $\begin{eqnarray*} (n-1)\times (n-1) \end{eqnarray*}$ - Matrix, die aus $\begin{eqnarray*} (v_1,\hdots, v_{n-1}) \end{eqnarray*}$ durch Streichen der i-ten Zeile entsteht.

Nachrechnen.

Zitat:

(ii) $\begin{eqnarray*} v_1\times v_2\times \hdots\times v_{n-1} \end{eqnarray*}$ steht senkrecht auf jedem $\begin{eqnarray*} v_i \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} ||v_1\times v_2\times \hdots\times v_{n-1}|| \end{eqnarray*}$ ist das (n-1)-dimensionale Volumen des von $\begin{eqnarray*} v_1,\hdots,v_{n-1} \end{eqnarray*}$ aufgespannten Parallelotops.

vgl. Lemma Seite 352
und vgl. auch Satz 14 (Translationsinvarianz des Lebesgue-Integrals) Seite 262!!!

Zitat:

(iii) Für $\begin{eqnarray*} v_1,v_2\in \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} ||v_1\times v_2||=||v_1||^2\times ||v_2||^2-<v_1,v_2>^2 \end{eqnarray*}$

Wie du das Vektorprodukt der Norm bestimmen willst ist mir unklar es gilt aber folgende Indentität:

$\begin{eqnarray*} (x \times y)^2 = (\vert x \vert \vert y \vert \sin(\phi) \cdot e_n)^2 = \vert x \vert^2 \vert y \vert^2 (1-\cos^2(\phi)) e_n^2= x^2 y^2 - (x \cdot y)^2 \end{eqnarray*}$

Zitat:

(iv) Für die Gram'sche Determinante g einer Hyperfläche $\begin{eqnarray*} M\subseteq \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ bzgl. einer lokalen Karte $\begin{eqnarray*} \phi: T\to V\subseteq M \end{eqnarray*}$ (mit $\begin{eqnarray*} T\subseteq \mathbb R^{n-1} \end{eqnarray*}$ offen) gilt: $\begin{eqnarray*} \sqrt{g}=||\frac{\partial \phi}{\partial t_1}\times \hdots\times \frac{\partial \phi}{\partial t_{n-1}}|| \end{eqnarray*}$

vgl. Beispiel 3 Seite 357, das sollte zumindest eine Idee liefern.

23.04.2011, 23:00

Gast11022013

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Danke für Deine Hilfe, aber ich verstehe das leider nicht.

Königsberger ist mir schon immer ein Buch mit sieben Siegeln gewesen.

23.04.2011, 23:05

BanachraumK_5

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Zitat:

aber ich verstehe das leider nicht.

Dann musst du dir das eben klarmachen!

So jetzt kommt aktuelles Sportstudio! Machs gut, sry das ich nicht mehr geholfen habe... Wink

24.04.2011, 12:29

Gast11022013

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Hier sind meine Ideen zu (i)-(iv).

Zu (i):

Seien also $\begin{eqnarray*} v_1,\hdots, v_{n-1} \in \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ irgendwelche Vektoren $\begin{eqnarray*} (n\geq 3) \end{eqnarray*}$ . Durch $\begin{eqnarray*} \lambda(w):=det(w,v_1,\hdots,v_{n-1}) \end{eqnarray*}$ wird eine Linearform $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ auf dem $\begin{eqnarray*} \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ definiert. Daher gibt es genau einen Vektor $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ , der mit $\begin{eqnarray*} v_1\times \hdots \times v_{n-1} \end{eqnarray*}$ bezeichnet wird, sodass $\begin{eqnarray*} \lambda(w)=w\cdot z \end{eqnarray*}$ . Also gilt: $\begin{eqnarray*} w\cdot (v_1\times \hdots \times v_{n-1})=det(w,v_1,\hdots, v_{n-1}) \end{eqnarray*}$ .

Verwende die $\begin{eqnarray*} v_i, i=1,\hdots,n-1 \end{eqnarray*}$ als Spalten einer $\begin{eqnarray*} n\times (n-1) \end{eqnarray*}$ - Matrix: $\begin{eqnarray*} V:=(v_1^{T},\hdots,v_{n-1}^{T}) \end{eqnarray*}$ .
Für $\begin{eqnarray*} k=1,\hdots,n \end{eqnarray*}$ sei $\begin{eqnarray*} V_k \end{eqnarray*}$ die quadratische Matrix, die aus V entsteht, wenn die k-te Zeile gestrichen wird.
Der Entwicklungssatz von Laplace sagt dann:
$\begin{eqnarray*} det(w,v_1,\hdots,v_{n-1})=\sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} w_k\cdot V_k \end{eqnarray*}$ .

Setzt man nun für $\begin{eqnarray*} w \end{eqnarray*}$ die Basisvektoren $\begin{eqnarray*} e_1,\hdots,e_n \end{eqnarray*}$ ein, so gewinnt man die Komponenten für $\begin{eqnarray*} v_1\times \hdots\times v_{n-1} \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} (v_1\times\hdots\times v_{n-1})_{i}=e_i\cdot (v_1\times\hdots\times v_{n-1})=\sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \delta_{ik} det(V_k)=(-1)^{i+1} det(V_i) \end{eqnarray*}$

Wieso in der Aufgabenstellung $\begin{eqnarray*} (-1)^{i-1} \end{eqnarray*}$ steht, verstehe ich nicht. Wahrscheinlich ist einfach der Summationsindex um eins verkleinert, sodass die Summe nur bis (n-1) geht.

Daraus folgt $\begin{eqnarray*} ||v_1\times\hdots\times v_{n-1}||^2=\sum_{i=1}^{n} (v_1\times\hdots\times v_{n-1})_i^2=\sum_{i=1}^{n} (det V_i)^2 \end{eqnarray*}$ .

Zu (ii):
Insbesondere ist dann wegen (i) und der Eigenschaften der Determinante $\begin{eqnarray*} v_i\cdot (v_1,\hdots,v_{n-1})=0, i=1,\hdots,n-1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v_1\times \hdots\times v_{n-1}=0 \end{eqnarray*}$ , falls die Vektoren linear abhängig sind.

Ist $\begin{eqnarray*} V:=(v_1^{T},\hdots,v_{n-1}^{T})\in M{n\times (n-1}(\mathbb R) \end{eqnarray*}$ , so ist ja die Gramsche Determinante $\begin{eqnarray*} g_{V} \end{eqnarray*}$ definiert als
$\begin{eqnarray*} g_{V}=det(V^{T}V) \end{eqnarray*}$ .
Das (n-1)-dimensionale Volumen des von $\begin{eqnarray*} v_1,\hdots,v_{n-1} \end{eqnarray*}$ aufgespannten Parallelotops ist doch definiert als $\begin{eqnarray*} \sqrt{det(V^{T}V)}, V=(v_1,\hdots,v_{n-1}) \end{eqnarray*}$

Wenn man zeigen kann, dass $\begin{eqnarray*} g_{V}=||v_1\times\hdots\times v_{n-1}||^2 \end{eqnarray*}$ so folgt doch die zweite Behauptung von (ii) - sehe ich das korrekt?

[Den Beweis dafür habe ich, den lasse ich deswegen mal weg.]

Zu (iii)

Es gilt ja nach der Formel von Cauchy-Binet, sozusagen als Korollar daraus:
Sei A eine $\begin{eqnarray*} n\times k \end{eqnarray*}$ - Matrix ( $\begin{eqnarray*} k\leq n) \end{eqnarray*}$ . Dann gilt:
$\begin{eqnarray*} det((A^T A)=\sum_{i_1<\hdots <i_k} (det A_{i1,...,i_k})^2 \end{eqnarray*}$ .

Forster (S. 163) sagt nun:

Für k=2, n=3 ergibt sich eine bekannte Formel aus der Vektorrechnung. Seien $\begin{eqnarray*} a,b\in \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ (als Spaltenvektoren gedacht). Wendet man das Korollar auf die Matrix $\begin{eqnarray*} A=(a,b) \end{eqnarray*}$ an, erhält man

$\begin{eqnarray*} ||a\times b||^2=||a||^2||b||^2-<a,b>^2 \end{eqnarray*}$ .

Das ist doch der Beweis für (iii). Ein anderer fällt mir nicht ein, aber das müsste so wohl okay sein. Beweis ist Beweis.

Zu (iv):

Das folgt meines Wissens daraus, dass man den Maßtensor auch schreiben kann als $\begin{eqnarray*} (D\phi)^T D\phi \end{eqnarray*}$ .

Dann folgt die Behauptung mit dem, was man bei (ii) gezeigt hat.

Also ich meine:

$\begin{eqnarray*} g=det((D\phi)^T D\phi)=||\frac{\partial \phi}{\partial t_1}\times\hdots\times \frac{\partial \phi}{\partial t_{n-1}}||^2 \end{eqnarray*}$ .

Wurzelziehen liefert die Behauptung.

Ich hoffe, das ist alles so okay.
Ich würde mich freuen, eine Antwort zu bekommen.

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