Verifikation des Skalarprodukts

27.02.2022, 12:08

E-Technik

Verifikation des Skalarprodukts

Hallo!

Ich brauche wieder Rat. traurig

Folgende Gleichung versuche ich zu beweisen:

$\begin{eqnarray*} \forall \vec{x} ,\vec{y} \in \mathbb R\wedge \alpha \in [0, \pi]: \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \vec{x} \cdot \vec{y} = | \vec{x} | | \vec{y} | cos\alpha \end{eqnarray*}$

Meine Idee war, den Beweis in zwei Teilen zu gestalten:
1. Zeigen, dass für eine Drehung der Vektoren das Skalarprodukt invariant ist und damit die obere Gleichung unabhängig von der Ausrichtung im Raum ist
2. Zeigen, dass die obere Gleichung für beliebig lange Vektoren x und y gilt (da Invarianz bewiesen, bliebe nur noch das Beweisen der Gleichung für unterschiedliche Beträge der Vektoren)

(1) bin ich durch eine beliebige Drehung um den Ursprung angegangen. Für eine Drehung um den Ursprung soll gelten (x', y' sind die neuen Koordinaten):
$\begin{eqnarray*} x'=xcos\alpha + ysin\alpha \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y'=-xsin\alpha + ycos\alpha \end{eqnarray*}$

Daraus folgt für die neuen Vektoren:
$\begin{eqnarray*} \vec{x'} = (x_{1} cos\alpha + x_{2}sin\alpha, -x_{1}sin\alpha + x_{2}cos\alpha) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \vec{y'} = (y_{1} cos\alpha + y_{2}sin\alpha, -y_{1}sin\alpha + y_{2}cos\alpha) \end{eqnarray*}$

Folglich der Beweis:
$\begin{eqnarray*} \vec{x'} \cdot \vec{y'} = x_{1} y_{1}cos^{2}\alpha +x_{2}y_{2}sin^{2}\alpha +x_{1} y_{1}sin^{2}\alpha +x_{2} y_{2}cos^{2}\alpha +x_{1} y_{2}cos\alpha sin\alpha-x_{1} y_{2}cos\alpha sin\alpha+x_{2} y_{1}cos\alpha sin\alpha-x_{2} y_{1}cos\alpha sin\alpha \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =(x_{1} y_{1} +x_{2} y_{2} )(cos^{2}\alpha+sin^{2}\alpha)=x_{1} y_{1} +x_{2} y_{2}=\vec{x} \cdot \vec{y} \end{eqnarray*}$

Guuuuut. Jetzt weiß ich aber einfach nicht, wie ich (2) angehen soll bzw. bin ich im Allgemeinen verunsichert über diese Beweisführung...

Hat jemand Rat?

27.02.2022, 13:07

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RE: Verifikation des Skalarprodukts
Du kannst die Sache so drehen, dass $\begin{eqnarray*} x=(x_1,0) \end{eqnarray*}$ ist. Mit der Definition des Cosinus als Ankathete durch Hypothenuse steht es praktisch da.

27.02.2022, 15:56

E-Technik

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RE: Verifikation des Skalarprodukts
Hey URL, mal wieder danke für die Hilfe!

Meinst du das so?
$\begin{eqnarray*} \vec{x} \cdot \vec{y} = x_{1} y_{1} =x_{1} | \vec{y} | cos\alpha = | \vec{x} | | \vec{y} | cos\alpha \end{eqnarray*}$

Um ehrlich zu sein verstehe ich mal wieder nicht, wie durch das einsetzen eines Vektors der Beweis für alle gelten soll.
Letztes Mal (beim Beweis der Surjektivität) war es ja so, dass für alle z ein (x,y) gesucht wurde, was durch einsetzen eines festen y's eben auch möglich ist, so lange man irgendwas findet.
Diesmal soll der Beweis doch aber für alle x und y gelten, würde der Beweis durch Einsetzen eines x nicht für ein x und alle y gelten?

27.02.2022, 16:20

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RE: Verifikation des Skalarprodukts
Du setzt ja nicht einen besonderen Vektor x ein, du drehst das gegebene x nur geschickt smile

Also: Gezeigt hast du, dass $\begin{eqnarray*} x\cdot y = x'\cdot y' \end{eqnarray*}$ gilt, wenn das Paar $\begin{eqnarray*} (x',y') \end{eqnarray*}$ aus dem Paar $\begin{eqnarray*} (x,y) \end{eqnarray*}$ durch Drehung entsteht.

Jetzt startest du mit einem beliebigen Paar $\begin{eqnarray*} (x,y) \end{eqnarray*}$ und drehst es so, dass $\begin{eqnarray*} x'=(x'_1,0) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x'_1>0 \end{eqnarray*}$ gilt. Die Drehung wird also so gewählt, dass sie den Vektor $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ auf die horizontale Achse des Koordinatensystems dreht. Dabei wird $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} y'=(y_1',y'_2) \end{eqnarray*}$ gedreht.
Dann gilt $\begin{eqnarray*} x\cdot y = x'\cdot y' = x'_1y'_1 \end{eqnarray*}$ .
Jetzt musst du noch zeigen, dass auf der rechten Seite das gleiche steht.

27.02.2022, 16:44

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Ahhhhh, das ist eine geniale Idee Big Laugh

Das würde dann so aussehen, oder?

$\begin{eqnarray*} x\cdot y=x'\cdot y'=x'_{1}y'_{1} =x'_{1}| y' | cos\alpha=| x' || y' | cos\alpha \end{eqnarray*}$

x' und y' würde ich dann wieder bis in die ursprüngliche Stellung drehen lassen und die neuen Parameter durch folgende Transformationsformeln errechnen:

$\begin{eqnarray*} x = x'cos\alpha + y'sin\alpha \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y = -x'sin\alpha + y'cos\alpha \end{eqnarray*}$

Beim Einsetzen erhält man logischerweise wieder x bzw. y. So richtig?

27.02.2022, 18:31

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Ich hätte so weiter gemacht $\begin{eqnarray*} x\cdot y = x'\cdot y' = x'_1y'_1=x'_1\sqrt{(y'_1)^2+(y'_2)^2} \frac{ y'_1}{\sqrt{(y'_1)^2+(y'_2)^2}}=|x'||y'|\cos\alpha \end{eqnarray*}$ . Die Sache mit dem Cosinus muss man noch begründen, eine Skizze sollte das erledigen.
Jezt muss man nur noch die Eigenschaften einer Drehung hinsichtlich von Beträgen und Winkeln bemühen und hat die Behauptung.

27.02.2022, 19:44

Leopold

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Wenn man den elementargeometrischen Cosinus-Satz im Standard-Dreieck mit den Seiten $\begin{align*} a,b,c \end{align*}$ und dem $\begin{align*} c \end{align*}$ gegenüberliegenden Winkel $\begin{align*} \gamma \end{align*}$ , also

$\begin{align*} c^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos(\gamma) \end{align*}$

in der Sprache der Vektorrechnung formuliert, ergibt sich ganz von alleine die vektorielle Formel. Man setzt

$\begin{align*} a = \left| \, \vec{x} \, \right| \, , \ b = \left| \, \vec{y} \, \right| \, , \ c = \left| \, \vec{x} - \vec{y} \, \right| \end{align*}$

und braucht, daß sich der Betrag eines Vektors als Wurzel aus der Quadratsumme seiner Koordinaten ergibt. Hinter Letzterem steckt nur der Satz des Pythagoras (zweidimensional: Diagonale eines Rechtecks, dreidimensional: Raumdiagonale eines Quaders).

28.02.2022, 14:37

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@Leopold

Oh. Naja, wieso einfach, wenn es kompliziert geht. Big Laugh

Ich merke, dass ich Beweise wirklich dringend üben muss...

@URL

Um ehrlich zu sein dachte ich, dass der Beweis schon vollständig wäre.

"Jezt muss man nur noch die Eigenschaften einer Drehung hinsichtlich von Beträgen und Winkeln bemühen und hat die Behauptung."

Verstehe ich das richtig, dass damit gemeint ist, nun die rechte Seite der Gleichung auf Invarianz und Beträgsänderungen zu überprüfen?
Also quasi das, was wir hier für das Skalarprodukt gemacht haben nun für |x||y|cosa?

28.02.2022, 14:46

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Richtig, es geht um die Invarianz von Längen und Winkeln bei Drehungen. Wenn man das hat, wird aus $\begin{eqnarray*} |x'||y'|\cos\alpha \end{eqnarray*}$ direkt das gewünschte $\begin{eqnarray*} |x||y|\cos\alpha \end{eqnarray*}$
Bei derlei Aufgaben ist das Schwierigste herauszufinden, was man denn bei der Lösung als bekannt voraussetzen darf. geschockt

Wenn man die Länge eines Vektors über das Skalarprodukt definiert, hast du mit (1) bereits gezeigt, dass sie sich bei Drehungen nicht ändert. Mit $\begin{eqnarray*} y:=x \end{eqnarray*}$ folgt dort ja direkt $\begin{eqnarray*} x\cdot x = x'\cdot x' \end{eqnarray*}$

01.03.2022, 12:26

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Ich bin mir nicht sicher, ob ich ganz folgen kann.
Theoretisch könnte man ja die Beträge der gedrehten Vektoren berechnen - man würde auf dieselbe Gleichungen kommen wie die der normalen Vektorbeträge.

Mit (1) haben wir bewiesen, dass das Skalarprodukt invariant gegenüber Drehungen sind. Das haben wir in (2) verwendet, um einen Vektor jedes beliebigen Skalarprodukts parallel zur X-Achse zu drehen und den anderen Vektor auf diesen zu projezieren - dadurch haben wir $\begin{eqnarray*} | \vec{x'} | | \vec{y'} | cos\alpha \end{eqnarray*}$ erhalten und nochmal zu $\begin{eqnarray*} | \vec{x} | | \vec{y} | cos\alpha \end{eqnarray*}$ umgeformt.

Oder eben so:
Skalarprodukt ist invariant => die Vektoren kann man, ohne Folgen für das Skalarprodukt, so drehen, dass einer der Vektoren parallel zur X-Achse ist => durch den Cosinus wird der andere Vektor auf die X-Achse projeziert und man erhält |x'||y'|cosa => Durch Ausrechnung der Beträgt stellt sich heraus, dass |x'|=|x|, |y'|=|y| => |x||y|cosa

Wäre damit der Beweis nicht schon fertig? Wir haben damit doch direkt aus dem Skalarprodukt die rechte Gleichung errechnet mit der Vorrechnung, dass das Skalarprodukt invariant ist.

01.03.2022, 12:29

E-Technik

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Oder eine kurzgefasste Rechnung von dem ganzen, was gemacht worden ist:

$\begin{eqnarray*} \vec{x} \cdot \vec{y} = \vec{x'} \cdot \vec{y'} =x'_{1} y'_{1} =x'_{1} | \vec{y'} | cos\alpha = | \vec{x'} | | \vec{y'} | cos\alpha= | \vec{x} | | \vec{y} | cos\alpha \end{eqnarray*}$

01.03.2022, 12:55

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Zitat:

dadurch haben wir $\begin{eqnarray*} |x'||y'|\cos \alpha \end{eqnarray*}$ erhalten und nochmal zu $\begin{eqnarray*} |x||y|\cos \alpha \end{eqnarray*}$ umgeformt.

Wir sind uns einig, dass $\begin{eqnarray*} |x|=|x'| \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |y|=|y'| \end{eqnarray*}$ gilt. Das kann man mit dem von dir unter 1. gezeigten begründen, wenn man noch $\begin{eqnarray*} |x|=\sqrt{x\cdot x} \end{eqnarray*}$ akzeptiert.
Aber wie begründest du, dass $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ nicht nur der Winkel zwischen $\begin{eqnarray*} x' \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y' \end{eqnarray*}$ ist sondern auch der zwischen $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ ?
Ich kann mich nur auf "bekannte Eigenschaften der Drehung" zurückziehen.

01.03.2022, 13:32

E-Technik

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Ok, das habe ich blöderweise für selbstversändlich gehalten...

Hinsichtlich der Drehung ist uns bekannt, dass sich weder Skalarprodukt, noch Beträge ändern.

Die Gleichung könnte man nach cos(a) auflösen:

$\begin{eqnarray*} cos\alpha = \frac{\vec{x} \cdot \vec{y} }{| \vec{x} || \vec{y} | } = \frac{\vec{x'} \cdot \vec{y'} }{| \vec{x'} || \vec{y'} | } \end{eqnarray*}$

Damit wäre die Invarianz des Winkels durch das von uns schon Bewiesene gezeigt.
Nun aber? Engel

01.03.2022, 13:50

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Wir wollen doch gerade begründen, dass $\begin{eqnarray*} | \vec{x'} | | \vec{y'} | cos\alpha= | \vec{x} | | \vec{y} | cos\alpha \end{eqnarray*}$ gilt, also dass sich der Winkel zwischen den Vektoren bei Drehung nicht ändert.

Du gehst jetzt im Grunde von dieser Gleichung aus, löst nach $\begin{eqnarray*} \cos\alpha \end{eqnarray*}$ auf und stellst dann fest, dass sich der Winkel zwischen den Vektoren bei Drehung nicht ändert.

Damit hast du einen sauberen Zirkelschluss hingelegt Big Laugh

01.03.2022, 15:37

E-Technik

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Stimmt, war keine grandiose Idee. verwirrt

Also dann kann man, insofern man den Cosinussatz als Bekannt voraussetzt, es damit lösen.

$\begin{eqnarray*} c^2 = x^2 + y^2 -2xycos\alpha \end{eqnarray*}$

mit

$\begin{eqnarray*} \vec{c} = \vec{y} - \vec{x} \end{eqnarray*}$

Lösen.

Ein anderer Ansatz wäre, die Winkel zwischen den Vektoren und der X-Achse auszurechnen und anschließend zu subtrahieren... problematisch ist es nur, die Rechnung aufzustellen, wenn die Vektoren in unterschiedlichen Quadranten des Koordinatensystems sind.

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