Rechenaufgabe bzgl. Euklidischer Vektrorräume - lösbar oder nicht?

11.10.2011, 18:28	KnowingLizard	Auf diesen Beitrag antworten »
Rechenaufgabe bzgl. Euklidischer Vektrorräume - lösbar oder nicht? Die Aufgabe ist die folgende: $\begin{eqnarray} a, b, c \in R^{n} \end{eqnarray}$ sind gegeben, dazu gilt: $\begin{eqnarray} a=-2b \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \|\|c\|\|=\sqrt{3} \end{eqnarray}$ Der Winkel zwischen (c-a) und c sei gleich $\begin{eqnarray} \frac{\pi}{6} \end{eqnarray}$ , p sei die orthogonale Projektion von a+b auf c mit $\begin{eqnarray} \|\|p\|\|=\sqrt{3} \end{eqnarray}$ Nun soll man \|\|a\|\| und \|\|b\|\| bestimmen. Mein Rechenweg sieht folgendes vor (dieser wurde von vielen gewählt, scheint also wohl von der Idee her zu stimmen, alle, die die Aufgabe auch gerechnet haben, von denen ich weiß, sind auch an der betreffenden Stelle auf das seltsame "Ergebnis" gestoßen): Mithilfe des Winkels zwischen (c-a) und c ergibt sich: $\begin{eqnarray} \cos^{-1}(\frac{<c-a,c>}{\|\|c-a\|\| \|\|c\|\|})=\frac{\pi}{6} \end{eqnarray}$ und daher $\begin{eqnarray} \frac{<c-a,c>}{\|\|c-a\|\| \|\|c\|\|} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =\frac{<c,c>-<a,c>}{\|\|c-a\|\| \|\|c\|\|} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =\frac{\|\|c\|\|^{2}-<a,c>}{\|\|c-a\|\| \|\|c\|\|} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} =\frac{\sqrt{3}}{2} \end{eqnarray}$ Mit der Projektion ergibt sich für \|\|p\|\|: $\begin{eqnarray} \|\|p\|\|=<a+b, \frac{c}{\|\|c\|\|}>=<a+b,\frac{c}{\sqrt{3}}> \end{eqnarray}$ Aus a=-2b d.h. b=-1/2a und \|\|p\|\|=3^(1/2) ergibt sich weiter $\begin{eqnarray} \|\|p\|\|=<\frac{1}{2}a,\frac{c}{\sqrt{3}}>=\sqrt{3} \end{eqnarray}$ Zieht man nun die Wurzel von 3 und einhalb aus dem Skalarprodukt heraus und auf die andere Seite, ergibt sich: $\begin{eqnarray} <a,c>=6 \end{eqnarray}$ Setzt man letzteres und \|\|c\|\|²=3 (da \|\|c\|\|=3^(1/2)) nun in (siehe oben) ein, erhält man: $\begin{eqnarray} \frac{3-6}{\|\|c-a\|\|\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2} \end{eqnarray*}$ daher müsste \|\|c-a\|\| auf jeden Fall negativ sein (wenn ich mich gerade nicht verrechne, müsste es dann gleich -2 sein). Das kann aber logischerweise nicht sein, weil der Betrag ja nicht negativ sein kann per Definition. Zu dem Problem wurden auch bereits zwei Mathematiker befragt, Mathematiker A hielt die Aufgabe daraufhin für falsch gestellt und nahm an, dass es dann eben keine Lösung gibt, Mathematiker B meinte, den Zähler in der Cosinusformel müsse man in Betragsstriche packen (im zugehörigen Skript sind diese nicht erwähnt) [ich vermute, dann -wäre- \|\|c-a\|\|=2, oder?], darauf angesprochen, meinte Mathematiker A wieder, dass ihm diese Betragsstriche suspekt seien und er davon ausgeht, dass das ganze keine Lösung hat. Jetzt frage ich hier, was ihr dazu meint
12.10.2011, 11:40	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Zu lösen ist folgendes Gleichungssystem $\begin{eqnarray} \vec a+2\vec b=0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \vec c^2=3 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \vec c\cdot (\vec c-\vec a)=\sqrt{{\vec c}^2} \cdot \sqrt{(\vec c-\vec a)^2} \cdot \tfrac{\sqrt{3}}{2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} (\vec a+\vec b)\cdot \vec c=\sqrt{3}\cdot \sqrt{\vec c^2} \end{eqnarray}$ Die 3.Gleichung besagt, dass der Winkel zwischen $\begin{eqnarray} \vec c -\vec a \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \vec c \end{eqnarray}$ gerade 30° beträgt. Die letzte Gleichung besagt, dass die Projektion von $\begin{eqnarray} \vec a+\vec b \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} \vec c \end{eqnarray}$ die Länge $\begin{eqnarray} \sqrt{3} \end{eqnarray}$ hat, wobei benutzt wurde, dass allgemein die Länge der Projektion eines Vektors $\begin{eqnarray} \vec x \end{eqnarray}$ auf einen Vektor $\begin{eqnarray} \vec y \end{eqnarray}$ den Wert $\begin{eqnarray} \tfrac{\vec x \cdot \vec y}{\sqrt{\vec y^2}} \end{eqnarray}$ hat. Stelle nach $\begin{eqnarray} \vec b \end{eqnarray}$ um und setze dies in (4) ein. Weiterhin setze (2) in (3), ein. $\begin{eqnarray} \vec c^2=3 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \vec c\cdot (\vec c-\vec a)= \sqrt{(\vec c-\vec a)^2} \cdot \tfrac{3}{2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \tfrac{1}{2}\vec a\cdot \vec c=3 \end{eqnarray}$ Damit ist der Vektor $\begin{eqnarray} \vec b \end{eqnarray}$ beseitigt. Gleichung multiplizieren wir aus. $\begin{eqnarray} \vec c^2-\vec c\vec a= \sqrt{\vec c^2-2\vec a\vec c+\vec a^2} \cdot \tfrac{3}{2} \end{eqnarray}$ Darin ersetzen wir $\begin{eqnarray} \vec c^2 \end{eqnarray}$ mit und $\begin{eqnarray} \vec a\vec c \end{eqnarray}$ mit . Damit ist der Vektor $\begin{eqnarray} \vec c \end{eqnarray}$ beseitigt und es bleiben nur noch 2 Gleichungen $\begin{eqnarray} 3-6= \sqrt{3-12+\vec a^2} \cdot \tfrac{3}{2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \vec a\cdot \vec c=6 \end{eqnarray}$ Die Lösung von lautet $\begin{eqnarray} \vec a^2=13 \end{eqnarray}$ Aus der allgemeinen Definition des Skalarprodukts folgt $\begin{eqnarray} (\vec a \cdot \vec c)^2=\vec a^2 \cdot \vec c^2 \cos^2(\phi) \end{eqnarray}$ . Setzt man darin , , ein, hat man den Winkel zwischen $\begin{eqnarray} \vec a \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \vec c \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \cos(\phi)=\sqrt{\tfrac{12}{13}} \end{eqnarray}$ . Ergebnis: Aus und kennen wir also die Beträge von $\begin{eqnarray} \vec a \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \vec c \end{eqnarray}$ , und aus kennen wir den Winkel zwischen $\begin{eqnarray} \vec a \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \vec c \end{eqnarray}$ . Aus (1) folgt, dass der Vektor $\begin{eqnarray} \vec b \end{eqnarray}$ parallel zu $\begin{eqnarray} \vec a \end{eqnarray}$ ist, halb so lang ist wie $\begin{eqnarray} \vec a \end{eqnarray}$ und in die entgegengesetzte Richtung zeigt. Insgesamt ist also nur die relative Lage der Vektoren $\begin{eqnarray} \vec a, \vec b, \vec c \end{eqnarray}$ bestimmbar. Somit ist die Lösung nicht eindeutig.

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