Vektoraufgabe < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:11 Mi 18.03.2009 | | Autor: | newday |
| Aufgabe | | Im Anschauungsraum vorgegeben sei ein fester Vektor [mm] \vec{a} \not= \vec{0}. [/mm] Man zeige, dass jeder beliebige Vektor [mm] \vec{x} [/mm] in eine Summe [mm] \vec{x}=\vec{y}+\vec{z} [/mm] zerlegt werden kann, sodass [mm] \vec{y} [/mm] parallel zu [mm] \vec{a} [/mm] und [mm] \vec{z} [/mm] orthogonal zu [mm] \vec{a} [/mm] ist. Wie können die Vektoren [mm] \vec{y} [/mm] und [mm] \vec{z} [/mm] durch [mm] \vec{x} [/mm] und [mm] \vec{a} [/mm] ausgedrückt werden? |
Bin irgendwie etwas ratlos wie ich das hier irgendwie beiweisen kann?
Es gilt also:
[mm] \vec{y} \perp \vec{z} [/mm] und [mm] \vec{z} \parallel \vec{a}
[/mm]
sowie [mm] \vec{x}=\vec{y}+\vec{z}
[/mm]
habe das mal graphisch festgehalten und eben das x - y - z "Vektoradditionsdreieck" und a als parallelen Vektor zu y....
somit gilt auch: [mm] \vec{a}*\vec{z}=0
[/mm]
und [mm] \vec{y}*\vec{z}=0
[/mm]
der [mm] \vec{y} [/mm] Vektor lässt sich mithilfe eines Skalars als [mm] \vec{a} [/mm] darstellen
[mm] \vec{y}=s*\vec{a}
[/mm]
somit: [mm] \vec{x}=s*\vec{a} [/mm] + [mm] \vec{z}
[/mm]
dann [mm] \vec{z} [/mm] entfernen:
[mm] \vec{a}*\vec{x}=s*\vec{a}*\vec{a} +\vec{z}*\vec{a}
[/mm]
[mm] s=\bruch{\vec{x}*\vec{a}}{\vec{a}*\vec{a}}
[/mm]
[mm] \vec{x}=\bruch{\vec{x}*\vec{a}}{\vec{a}*\vec{a}}*\vec{a}+\vec{z}
[/mm]
[mm] \vec{z}=\vec{x}-\bruch{\vec{x}*\vec{a}}{\vec{a}*\vec{a}}*\vec{a}
[/mm]
jetzt habe ich [mm] \vec{x} [/mm] und [mm] \vec{z} [/mm] nur mit [mm] \vec{a} [/mm] und [mm] \vec{x} [/mm] ausgedrückt, aber bewiesen ist ja trotzdem nichts?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:32 Mi 18.03.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Im Anschauungsraum vorgegeben sei ein fester Vektor [mm]\vec{a} \not= \vec{0}.[/mm]
> Man zeige, dass jeder beliebige Vektor [mm]\vec{x}[/mm] in eine
> Summe [mm]\vec{x}=\vec{y}+\vec{z}[/mm] zerlegt werden kann, sodass
> [mm]\vec{y}[/mm] parallel zu [mm]\vec{a}[/mm] und [mm]\vec{z}[/mm] orthogonal zu
> [mm]\vec{a}[/mm] ist. Wie können die Vektoren [mm]\vec{y}[/mm] und [mm]\vec{z}[/mm]
> durch [mm]\vec{x}[/mm] und [mm]\vec{a}[/mm] ausgedrückt werden?
> Bin irgendwie etwas ratlos wie ich das hier irgendwie
> beiweisen kann?
Du kannst auf jedenfall starten mit:
Sei [mm] $\vec{x}$ [/mm] beliebig, aber fest. Nun ist die Existenz eines Skalaren [mm] $s\,$ [/mm] zu zeigen so, dass [mm] $(\vec{x}-s\vec{a}) \perp \vec{a}\,,$ [/mm] d.h. es ist zu zeigen:
Es gibt ein Skalares [mm] $s\,$ [/mm] so, dass
[mm] $$(\star_1)\;\;\;(\vec{x}-s\vec{a})*\vec{a}=0$$ [/mm]
ist, wobei [mm] $*\,$ [/mm] das Skalarprodukt zwischen Vektoren meint. Dazu rechnet man [mm] $(\vec{x}-s\vec{a})*\vec{a}=\vec{x}*\vec{a}-s\vec{a}*\vec{a}$ [/mm] und erhält somit, dass [mm] $(\star_1)$ [/mm] gleichwertig zu
[mm] $$(\star_2)\;\;\;s=\frac{\vec{x}*\vec{a}}{\vec{a}*\vec{a}}=\frac{\vec{x}*\vec{a}}{\|\vec{a}\|^2}$$
[/mm]
ist, wobei [mm] $\|.\|$ [/mm] die vom Skalarprodukt induzierte Norm meint.
[mm] $(\star_1)$ [/mm] und [mm] $(\star_2)$ [/mm] sind äquivalent, also kann man einfach
[mm] $$s:=\frac{\vec{x}*\vec{a}}{\|\vec{a}\|^2}$$
[/mm]
definieren und dann nachrechnen, dass dieses [mm] $s\,$ [/mm] das Gewünschte leistet. (Beachte auch [mm] $\|\vec{a}\|^2=\vec{a}*\vec{a} \not=0$ [/mm] wegen [mm] $\vec{a} \not=\vec{0}\,.$)
[/mm]
Wenn Du das nun weißt, dann erkennst Du mit [mm] $s\,$ [/mm] wie in [mm] $(\star_2)$ [/mm] (welches dann ja nur von [mm] $\vec{x}$ [/mm] und [mm] $\vec{a}$ [/mm] abhängt)
[mm] $$\vec{z}=\vec{x}-s\vec{a}=\vec{x}-\left(\frac{\vec{x}*\vec{a}}{\|\vec{a}\|^2}\right)*\vec{a}\,.$$
[/mm]
Und in [mm] $\vec{y}=s\vec{a}$ [/mm] kannst Du nun sicher selbst [mm] $s\,$ [/mm] aus [mm] $(\star_2)$ [/mm] einsetzen.
Also Dein Ansatz war eigentlich schon nicht schlecht, nur, als Du zu
[mm] $$s=\frac{\vec{x}*\vec{a}}{\vec{a}*\vec{a}}$$
[/mm]
gelangt bist, war das bei der Logik Deiner Rechnung zunächst nur notwendig für [mm] $\;s\,.$ [/mm] Es ist dann noch nicht klar, dass das hinreichend ist. Und ich weiß nicht, ob Du übersehen hast, dass dieses [mm] $s\,$ [/mm] nur von [mm] $\vec{a}$ [/mm] und [mm] $\vec{x}$ [/mm] abhängt, und diese beiden Vektoren sind ja gegeben.
Um den Beweis dann eindrucksvoller zu präsentieren kann man nun einfach so tun, als habe man eine Eingebung für das [mm] $s\,$ [/mm] erhalten:
Beweis:
Wir setzen [mm] $s:=\frac{\vec{x}*\vec{a}}{\vec{a}*\vec{a}}$ [/mm] (beachte: [mm] $\vec{a}*\vec{a} \not=0$ [/mm] wegen [mm] $\vec{a} \not=\vec{0}$) [/mm] und zeigen:
[mm] $$\text{Mit }\;\vec{z}:=\vec{x}-\underbrace{s\vec{a}}_{=:\vec{y}} \;\text{ gilt }\;\vec{z} \perp \vec{a}\,. \;\;(\text{Man beachte dabei: }$$
[/mm]
$$s [mm] \text{ ist somit ein Skalar (ergibt sich aus der Eigenschaft eines Skalarproduktes) und folglich ist }s\vec{a}=\vec{y} \parallel \vec{a} \text{ klar.}$$
[/mm]
Denn:
[mm] $$\vec{z}*\vec{a}=\Big(\vec{x}-\frac{\vec{x}*\vec{a}}{\vec{a}*\vec{a}}\vec{a}\Big)*\vec{a}=\vec{x}*\vec{a}-\frac{\vec{x}*\vec{a}}{\|\vec{a}\|^2}*\|\vec{a}\|^2=0\,.$$
[/mm]
Somit leisten [mm] $s:=\frac{\vec{x}*\vec{a}}{\vec{a}*\vec{a}}\,,$ $\vec{y}:=s\vec{a}=\frac{\vec{x}*\vec{a}}{\vec{a}*\vec{a}}\vec{a}$ [/mm] (man beachte [mm] $\vec{a}*\vec{a} \not=0$) [/mm] und [mm] $\vec{z}:=\vec{x}-s\vec{a}$ [/mm] das Gewünschte.
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:13 Do 19.03.2009 | | Autor: | newday |
Erstmal danke für die schnelle und ausführliche Antwort, bin jedoch kein richtiger Mathematiker (hab nur im Grundstudium 2 Semester Mathe) und kenne die Begriffe notwendiger und hinreichener Beweis, kann damit aber nicht so viel anfangen :( bzw hab ich das nie verstanden.
Ich werd mich morgen nochmal mit deinen Ausführungen beschäftigen, bin leider schon zu müde, kann da nicht mehr klar denken... ;) kann passieren das also noch fragen kommen, momentan komm ich nicht so ganz dahinter...
Trotzdem ein Danke für die Mühe...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:28 Do 19.03.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Erstmal danke für die schnelle und ausführliche Antwort,
> bin jedoch kein richtiger Mathematiker (hab nur im
> Grundstudium 2 Semester Mathe) und kenne die Begriffe
> notwendiger und hinreichener Beweis, kann damit aber nicht
> so viel anfangen :( bzw hab ich das nie verstanden.
bei einer Folgerung $A [mm] \Rightarrow [/mm] B$ heißt [mm] $A\,$ [/mm] hinreichend für [mm] $B\,$ [/mm] und [mm] $B\,$ [/mm] notwendig für [mm] $A\,$ [/mm] (um zu wissen, dass [mm] $B\,$ [/mm] gilt, reicht es zu wissen, dass [mm] $A\,$ [/mm] gilt; wenn [mm] $A\,$ [/mm] gilt, so muss notwendigerweise auch [mm] $B\,$ [/mm] gelten).
Machen wir mal ein Beispiel:
Nehmen wir an, Du sollst zeigen: Ist $x [mm] \in \IR$ [/mm] und gilt [mm] $x^2=1$, [/mm] so folgt $x=1$ oder [mm] $x=-1\,.$
[/mm]
Als Universalvoraussetzung lassen wir jetzt $x [mm] \in \IR$. [/mm] Dann wäre oben:
Aussage [mm] $A\,$: $x^2=1$
[/mm]
Aussage [mm] $B\,$: [/mm] $x=1$ oder $x=-1$.
Zu zeigen wäre dann $A [mm] \Rightarrow B\,,$ [/mm] also [mm] $x^2=1 \Rightarrow [/mm] (x=1 [mm] \text{ oder }x=-1)\,.$
[/mm]
Würdest Du nun ($x=1$ oder $x=-1$) [mm] $\Rightarrow$ $x^2=1$ [/mm] beweisen, so würdest Du logischerweise nicht $A [mm] \Rightarrow B\,,$ [/mm] sondern $B [mm] \Rightarrow [/mm] A$ beweisen. Das wäre genau die umgekehrte Richtung, die man laut Ausgangsaufgabe aber zu beweisen hätte.
Manchmal hat man aber eine Aufgabe vorliegen, wo man $A [mm] \Rightarrow [/mm] B$ zu beweisen hat, und hat manchmal das Glück, dass sich eigentlich sogar $A [mm] \gdw [/mm] B$ beweisen läßt. Sowas liegt bei Deiner Aufgabe vor:
Zu zeigen ist (ein wenig umformuliert):
Es existiert ein Skalar [mm] $s\,$ [/mm] so, dass mit [mm] $\vec{y}:=s\vec{a}$ [/mm] dann [mm] $\vec{x}-s\vec{a}=:\vec{z} \perp \vec{a}$ [/mm] bzw. mit [mm] $\vec{z}$ [/mm] wie links definiert dann [mm] $\vec{z}*\vec{a}=0$ [/mm] gilt.
Nun überlegt man sich:
Wenn es ein solches [mm] $s\,$ [/mm] gibt, dann muss notwendigerweise [mm] $s=\frac{\vec{a}*\vec{x}}{\|\vec{a}\|^2}$ [/mm] gelten. Und dass dieses [mm] $s\,$ [/mm] dann auch das gewünschte leistet, erkennt man dann entweder, indem man prüft, ob sich jede Folgerung [mm] $\Rightarrow$ [/mm] dann auch [mm] $\Leftarrow$ [/mm] lesen läßt, oder, indem man es für dieses [mm] $s\,$ [/mm] dann nochmal separat nachprüft.
Und generell kann es manchmal auch sinnvoll sein, wenn man $A [mm] \Rightarrow [/mm] B$ zu beweisen hat, sich dann zu überlegen, welche Aussagen für [mm] $B\,$ [/mm] notwendig sind. Damit kann man evtl. dann die Aussage [mm] $A\,$ [/mm] ein wenig spezifizieren. Aber das wirst Du im Laufe der zeit bei 'Auseinandersetzungen mit gewissen Beweisen' selbst merken.
Oder ein anderes Beispiel, wo man eine Aussage zu Beweisen hat, bei welcher man anfangs vll. nicht weiterkommt, aber durch Äquivalenzumformungen zu einer anderen (äquivalenten) Aussage gelangt, die leicht zu beweisen ist:
Nimm' mal an, Du solltest [mm] $x+\frac{1}{x} \ge [/mm] 1$ für alle $x > 0$ beweisen. Dann könntest Du z.B. rechnen:
[mm] $x+\frac{1}{x} \ge [/mm] 1$ für alle $x > 0$
[mm] $\gdw$ [/mm]
[mm] $x^2-x+1 \ge [/mm] 0$ für alle $x > 0$
[mm] $\gdw$ [/mm]
[mm] $\Big(x-\frac{1}{2}\Big)^2+\frac{3}{4} \ge 0\,$ [/mm] für alle $x > [mm] 0\,.$
[/mm]
Wenn man also [mm] $\Big(x-\frac{1}{2}\Big)^2+\frac{3}{4} \ge [/mm] 0$ wüßte, so wüßte man (durch Verfolgen der [mm] $\Leftarrow$-Pfeile [/mm] bei den [mm] $\gdw$-Pfeilen) [/mm] auch [mm] $x+\frac{1}{x} \ge 1\,.$ [/mm]
Und wegen [mm] $\Big(x-\frac{1}{2}\Big)^2 \ge [/mm] 0$ weiß man aber [mm] $\Big(x-\frac{1}{2}\Big)^2+\frac{3}{4} \ge \frac{3}{4} \ge 0\,,$ [/mm] womit dann
[mm] $x+\frac{1}{x} \ge [/mm] 1$ für alle $x > 0$
bewiesen ist. Der eigentliche Beweis liefe nun so ab:
Zu zeigen ist $x+(1/x) [mm] \ge [/mm] 1$ für alle $x > [mm] 0\,.$
[/mm]
Für jedes $x > 0$ gilt aber
[mm] $\Big(x-\frac{1}{2}\Big)^2+\frac{3}{4} \ge \frac{3}{4} \ge [/mm] 0$
[mm] $\Rightarrow$
[/mm]
[mm] $x^2-x+1 \ge [/mm] 0$
[mm] $\underset{\substack{\text{da }x>0 \\\text{und damit}\\\text{auch }1/x > 0}}{\Longrightarrow}$
[/mm]
[mm] $x-1+\frac{1}{x} \ge [/mm] 0$
[mm] $\Rightarrow$
[/mm]
[mm] $x+\frac{1}{x} \ge 1\,.$
[/mm]
> Ich werd mich morgen nochmal mit deinen Ausführungen
> beschäftigen, bin leider schon zu müde, kann da nicht mehr
> klar denken... ;) kann passieren das also noch fragen
> kommen, momentan komm ich nicht so ganz dahinter...
>
> Trotzdem ein Danke für die Mühe...
Selbstverständlich darfst Du fragen und selbstverständlich darf sich ggf. auch jemand anderes Deiner Fragen annehmen, falls ich gerade keine Zeit finden sollte... Ansonsten: Gern geschehen 
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:41 So 22.03.2009 | | Autor: | newday |
Bin noch immer nicht schlauer geworden :(
Sehe einfach keine Logik hinter dem ganzen, wenn jetzt x-s*a [mm] \perp [/mm] a stimmt dann müsste (x-s*a)*a=0 stimmen klar... und dass ich nun das s alleine ausdrücken kann ist auch klar und in x = y+z wobei y=s*a einsetzen kann (wie in der angabe gewünscht) ist auch nachvollziehbar....
Nur beweise versteh ich nicht, sehe das einfach nicht wo jetzt irgendein beweis erbracht wurde, und somit steckt für mich da keine logik dahinter?
außerdem: darf hier:
[mm] =\vec{x}\cdot{}\vec{a}-\frac{\vec{x}\cdot{}\vec{a}}{\|\vec{a}\|^2}\cdot{}\|\vec{a}\|^2=0\,.
[/mm]
xa-xa und [mm] ||a||^2 [/mm] / [mm] ||a||^2 [/mm] gekürzt werden? wäre ja eine division? ist das bei vektoren erlaubt, definiert usw?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:44 So 22.03.2009 | | Autor: | newday |
achja ist [mm] \vec{a}*\vec{a}=|a|*|a|*cos0=|a|*|a|*1=||a||^2 [/mm] ?
somit [mm] ||a||^2=\wurzel{a_x^2+a_y^2+a_z^2}
[/mm]
[mm] =a_x^2+a_y^2+a_z^2 [/mm] ??
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:35 So 22.03.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Bin noch immer nicht schlauer geworden :(
>
> Sehe einfach keine Logik hinter dem ganzen, wenn jetzt
> x-s*a [mm]\perp[/mm] a stimmt dann müsste (x-s*a)*a=0 stimmen
> klar... und dass ich nun das s alleine ausdrücken kann ist
> auch klar und in x = y+z wobei y=s*a einsetzen kann (wie in
> der angabe gewünscht) ist auch nachvollziehbar....
>
> Nur beweise versteh ich nicht, sehe das einfach nicht wo
> jetzt irgendein beweis erbracht wurde, und somit steckt für
> mich da keine logik dahinter?
wieso nicht? Zwei Vektoren stehen genau dann senkrecht aufeinander, wenn das zwischen ihnen gebildete Skalarprodukt [mm] $0\,$ [/mm] ergibt.
D.h. [mm] $\vec{a} \perp \vec{b}$ $\gdw$ $\vec{a}*\vec{b}=0\,.$ [/mm] Wie Du dieser Antwort entnimmst, habe ich dort für einen (beliebig, aber dann festgehaltenen) gegebenen Vektor [mm] $\vec{a} \not= \vec{0}$ [/mm] dann zu einem beliebigen gegebenen Vektor [mm] $\vec{x}$ [/mm] dann den Skalar [mm] $s\,$ [/mm] in Abhängigkeit von [mm] $\vec{x}$ [/mm] und [mm] $\vec{a}$ [/mm] definiert und dann für [mm] $\vec{z}:=\vec{x}-s\vec{a}$ [/mm] nachgerechnet, dass
[mm] $$\vec{z} [/mm] * [mm] \vec{a}=0 \;\;(\Rightarrow \vec{z} \perp \vec{a})\,.$$
[/mm]
>
> außerdem: darf hier:
>
> [mm]=\vec{x}\cdot{}\vec{a}-\frac{\vec{x}\cdot{}\vec{a}}{\|\vec{a}\|^2}\cdot{}\|\vec{a}\|^2=0\,.[/mm]
>
> xa-xa und [mm]||a||^2[/mm] / [mm]||a||^2[/mm] gekürzt werden? wäre ja eine
> division? ist das bei vektoren erlaubt, definiert usw?
Das war vielleicht nicht so ganz günstig, dass ich da
[mm] $$...=\vec{x}\cdot{}\vec{a}-\frac{\vec{x}\cdot{}\vec{a}}{\|\vec{a}\|^2}\red{\cdot{}}\|\vec{a}\|^2=0$$
[/mm]
geschrieben habe. Ich dachte aber, dass klar sei, wie das zu lesen sei:
Der rote Malpunkt ist einfach ein Produkt zwischen zwei reellen Zahlen, dort wird nicht durch Vektoren geteilt noch sonst was. Alle dort auftretenden Terme sind Skalare bzw. reelle Zahlen:
[mm] $$...=\underbrace{\vec{x}\cdot{}\vec{a}}_{\in \IR\;\; (\text{als Ergebnis eines Skalarproduktes zweier Vektoren)}}\;\;-\;\;\frac{\overbrace{\vec{x}\cdot{}\vec{a}}^{\in \IR\;\; (\text{als Ergebnis eines Skalarproduktes zweier Vektoren })}}{\underbrace{\|\vec{a}\|^2}_{\in \IR}}\cdot{}\underbrace{\|\vec{a}\|^2}_{ \in \IR \;\;\text{( sogar } >\; 0\text{, da }\vec{a} \not=\vec{0}\text{ )}}=0\,.$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:03 So 22.03.2009 | | Autor: | newday |
also sind die 4 Terme die jeweils Skalare Größen sind also z.b. Reelle Zahlen... Die zusammen Null ergeben? Also 2 Mal Skalarprodukt und 2 Mal Vektorbetrag=auch ein Skalar...?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:49 So 22.03.2009 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> also sind die 4 Terme die jeweils Skalare Größen sind also
> z.b. Reelle Zahlen... Die zusammen Null ergeben? Also 2 Mal
> Skalarprodukt und 2 Mal Vektorbetrag=auch ein Skalar...?
ja, also nochmal: [mm] $\vec{x}*\vec{a} \in \IR$ [/mm] (oder wenigstens [mm] $\in \IC$) [/mm] und [mm] $\|\vec{a}\|^2 \in \IR$. [/mm] Wenn Du so willst, dann setze:
[mm] $$r_1:=\vec{x}*\vec{a}\;\;\text{ und }r_2:=\|\vec{a}\|^2\,,$$
[/mm]
und damit ist [mm] $r_1, r_2 \in \IR$ [/mm] und
[mm] $$\vec{x}\cdot{}\vec{a}-\frac{\vec{x}\cdot{}\vec{a}}{\|\vec{a}\|^2}\cdot{}\|\vec{a}\|^2=0$$
[/mm]
[mm] $$\gdw$$
[/mm]
[mm] $$r_1-\frac{r_1}{r_2}r_2=0\,.$$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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Skalarprodukt: allgemeine Definition