Eigenschaften des Vektorprodukts

Eigenschaften des Vektorprodukts

Für $x, y \in ℝ^{3}$ ist das Vektorprodukt von x und y gegeben durch

x \times y = (\begin{matrix} x_{2} y_{3} - x_{3} y_{2} \\ - x_{1} y_{3} + x_{3} y_{1} \\ x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1} \end{matrix})

Die konkrete Berechnung von Zahlenbeispielen kann man durch ein Merkschema übersichtlich organisieren. Schreibt man statt des Ausdrucks $a d - c b$ das Symbol

$a$ × $b$

$c$ $d$

, also:

Produkt in der Hauptdiagonale minus Produkt in der Nebendiagonale,

so errechnen sich die drei Koordinaten des Vektors

x \times y

der Reihe nach zu:

$x_{1}$		$y_{1}$
$x_{2}$	×	$y_{2}$
$x_{3}$	×	$y_{3}$

-

$x_{1}$	×	$y_{1}$
$x_{2}$		$y_{2}$
$x_{3}$		$y_{3}$

$x_{1}$	×	$y_{1}$
$x_{2}$	×	$y_{2}$
$x_{3}$		$y_{3}$

Beispiel: Um etwa den Vektor

(\begin{matrix} 3 \\ - 1 \\ 2 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} 1 \\ 4 \\ 0 \end{matrix})

zu berechnen, ermittelt man zunächst

$- 1$	×	$4$
$2$	×	$0$

= - 8

$3$	×	$1$
$2$	×	$0$

= - 2

$3$	×	$1$
$- 1$	×	$4$

= 13

und erhält so:

(\begin{matrix} 3 \\ - 1 \\ 2 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} 1 \\ 4 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 8 \\ 2 \\ 13 \end{matrix})

Für theoretische Überlegungen interessanter ist die Möglichkeit, $x \times y$ über eine Matrixanwendung zu berechnen. Ordnen wir nämlich jedem Vektor $x \in ℝ^{3}$ die Matrix

{(a_{i j})}_{x} = (\begin{matrix} 0 & - x_{3} & x_{2} \\ x_{3} & 0 & - x_{1} \\ - x_{2} & x_{1} & 0 \end{matrix})

zu, so gilt offensichtlich:

x \times y = {(a_{i j})}_{x} y

Bemerkung: Für $x, y, z \in ℝ^{3}$ , $α \in ℝ$ gilt:

$x \times y = - (y \times x)$

$x \times x = 0$

$x \times (y + z) = x \times y + x \times z$

$x \times (α y) = α (x \times y)$

Beweis:

Zu 1.: $x \times y = (\begin{matrix} x_{2} y_{3} - x_{3} y_{2} \\ - x_{1} y_{3} + x_{3} y_{1} \\ x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1} \end{matrix}) = - (\begin{matrix} y_{2} x_{3} - y_{3} x_{2} \\ - y_{1} x_{3} + y_{3} x_{1} \\ y_{1} x_{2} - y_{2} x_{1} \end{matrix}) = - (y \times x)$ .
Zu 2.: Folgt direkt aus $x \times x = - (x \times x)$ .
Zu 3.: Matrizen operieren linear. Man also: $x \times (y + z) = {(a_{i j})}_{x} (y + z) = {(a_{i j})}_{x} y + {(a_{i j})}_{x} z = x \times y + x \times z$ .
Zu 4.: $x \times (α y) = {(a_{i j})}_{x} (α y) = α {(a_{i j})}_{x} y = α (x \times y)$ .

Beachte:

3. und 4. belegen, dass das Vektorprodukt in der zweiten Komponente linear ist.
Mit Hilfe von 1. läßt sich die Lineariät auch auf die erste Komponente übertragen. Das Vektorprodukt ist also bilinear.

Bemerkung: Für

v, w, x, y, z \in ℝ^{3}

gilt:

$(x \times y) \times z = (x \cdot z) y - (y \cdot z) x$ ("Grassmannscher Entwicklungssatz")
$(y \times z) \times x + (z \times x) \times y + (x \times y) \times z = 0$ ("Jacobi-Identität")
$(x \times y) \cdot z = (y \times z) \cdot x = (z \times x) \cdot y$
$(x \times y) \cdot (v \times w) = (x \cdot v) (y \cdot w) - (x \cdot w) (v \cdot y)$ ("Lagrangesche Identität")
${(x \times y)}^{2} = x^{2} y^{2} - {(x \cdot y)}^{2}$

Beweis:

Zu 1.: Wir benutzen die Zerlegung

{(a_{i j})}_{x \times y} = (\begin{matrix} 0 & - x_{1} y_{2} + x_{2} y_{1} & - x_{1} y_{3} + x_{3} y_{1} \\ x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1} & 0 & - x_{2} y_{3} + x_{3} y_{2} \\ x_{1} y_{3} - x_{3} y_{1} & x_{2} y_{3} - x_{3} y_{2} & 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 & x_{2} y_{1} & x_{3} y_{1} \\ x_{1} y_{2} & 0 & x_{3} y_{2} \\ x_{1} y_{3} & x_{2} y_{3} & 0 \end{matrix}) - (\begin{matrix} 0 & x_{1} y_{2} & x_{1} y_{3} \\ x_{2} y_{1} & 0 & x_{2} y_{3} \\ x_{3} y_{1} & x_{3} y_{2} & 0 \end{matrix})

und berechnen damit:

\begin{array}{l} (x \times y) \times z & = {(a_{i j})}_{x \times y} z \\ = (\begin{matrix} 0 & x_{2} y_{1} & x_{3} y_{1} \\ x_{1} y_{2} & 0 & x_{3} y_{2} \\ x_{1} y_{3} & x_{2} y_{3} & 0 \end{matrix}) z - (\begin{matrix} 0 & x_{1} y_{2} & x_{1} y_{3} \\ x_{2} y_{1} & 0 & x_{2} y_{3} \\ x_{3} y_{1} & x_{3} y_{2} & 0 \end{matrix}) z \\ = (\begin{matrix} (x_{2} z_{2} + x_{3} z_{3}) y_{1} \\ (x_{1} z_{1} + x_{3} z_{3}) y_{2} \\ (x_{1} z_{1} + x_{2} z_{2}) y_{3} \end{matrix}) - (\begin{matrix} (y_{2} z_{2} + y_{3} z_{3}) x_{1} \\ (y_{1} z_{1} + y_{3} z_{3}) x_{2} \\ (y_{1} z_{1} + y_{2} z_{2}) x_{3} \end{matrix}) \\ = (x \cdot z) y - (\begin{matrix} x_{1} y_{1} z_{1} \\ x_{2} y_{2} z_{2} \\ x_{3} y_{3} z_{3} \end{matrix}) - ((y \cdot z) x - (\begin{matrix} x_{1} y_{1} z_{1} \\ x_{2} y_{2} z_{2} \\ x_{3} y_{3} z_{3} \end{matrix})) \\ = (x \cdot z) y - (y \cdot z) x . \end{array}

Zu 2.: Wir benutzen den Grassmannschen Satz und erhalten für die drei Summanden:

\begin{matrix} (y \times z) \times x = (y \cdot x) z - (z \cdot x) y \\ (z \times x) \times y = (z \cdot y) x - (x \cdot y) z \\ (x \times y) \times z = (x \cdot z) y - (y \cdot z) x \end{matrix}

Da das Skalarprodukt kommutativ ist, heben sich die sechs rechts stehenden Summanden auf. Das Ergebnis ist also der Nullvektor.

Zu 3.: Es reicht, die erste Gleichheit zu zeigen (Siehe auch den nachfolgenden Kommentar). Das Überfahren der zweiten und dritten Zeile mit dem Mauszeiger unterstützt die Überprüfung der Identität.

$(x \times y) \cdot z$	$= (\begin{matrix} x_{2} y_{3} - x_{3} y_{2} \\ - x_{1} y_{3} + x_{3} y_{1} \\ x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1} \end{matrix}) z$
	$=$ $x_{2} y_{3} z_{1}$ $- x_{3} y_{2} z_{1}$ $- x_{1} y_{3} z_{2}$ $+ x_{3} y_{1} z_{2}$ $+ x_{1} y_{2} z_{3}$ $- x_{2} y_{1} z_{3}$
	$=$ $y_{2} z_{3} x_{1}$ $- y_{3} z_{2} x_{1}$ $- y_{1} z_{3} x_{2}$ $+ y_{3} z_{1} x_{2}$ $+ y_{1} z_{2} x_{3}$ $- y_{2} z_{1} x_{3}$
	$= (\begin{matrix} y_{2} z_{3} - y_{3} z_{2} \\ - y_{1} z_{3} + y_{3} z_{1} \\ y_{1} z_{2} - y_{2} z_{1} \end{matrix}) x$
	$= (y \times z) \cdot x$ .

Zu 4.: Die Lagrangesche Identität erhalten wir aus 1. und 2.:

\begin{array}{l} (x \times y) \cdot (v \times w) & = (y \times (v \times w)) \cdot x \\ = ((v \times w) \times x) \cdot y \\ = ((v \cdot x) w - (w \cdot x) v) \cdot y \\ = (v \cdot x) (w \cdot y) - (w \cdot x) (v \cdot y) . \end{array}

Die angegebene Gleichheit folgt nun mit der Kommutativität des Skalarprodukts.

Zu 5.: Dies ist ein Spezialfall von 3. Man setzt dort $v = x$ und $w = y$ .

Beachte:

Die Zahl $(x \times y) \cdot z$ nennt man auch das Spatprodukt der Vektoren $x, y, z$ . Gemäß 2. ist das Spatprodukt invariant gegenüber zyklischen Verschiebungen.

Bemerkung: Für

x, y \in ℝ^{3}

gilt:

$x \times y ⊥ x \land x \times y ⊥ y$
$| x \times y | = | x | | y | \sin (∢ (x, y))$
$x \times y = 0 \Leftrightarrow x, y linear abhängig$

Beweis:

Zu 1.: Es reicht, nur die erste Orthogonalität nachzuweisen. Nach der gerade notierten Eigenschaft des Spatprodukts hat man

(x \times y) \cdot x = (x \times x) \cdot y = 0 \cdot y = 0

Zu 2.: Nach 4. in der Bemerkung zuvor hat man:

\begin{array}{l} | x \times y |^{2} & = | x |^{2} | y |^{2} - {(x \cdot y)}^{2} \\ = | x |^{2} | y |^{2} - | x |^{2} | y |^{2} \cos^{2} (∢ (x, y)) \\ = | x |^{2} | y |^{2} (1 - \cos^{2} (∢ (x, y))) \\ = | x |^{2} | y |^{2} \sin^{2} (∢ (x, y)) . \end{array}

Aus der Gleichheit der Quadrate folgt direkt die Behauptung (Beachte: $\sin (∢ (x, y)) \geq 0$ ).

Zu 3.: Wir argumentieren ähnlich wie gerade:

\begin{array}{l} x \times y = 0 & \Leftrightarrow | x \times y |^{2} = 0 \\ \Leftrightarrow | x |^{2} | y |^{2} = {(x \cdot y)}^{2} \\ \Leftrightarrow | x | | y | = | x \cdot y | \\ \Leftrightarrow x, y linear abhängig . \end{array}

Die letzte Äquivalenz ergibt sich dabei aus einem Zusatz zur Cauchy-Schwarzschen Ungleichung aus 9.13.

Beachte:

1. und 2. erlauben die folgende geometrische Interpretation des Vektorprodukts $x \times y$ :

$x \times y$ ist ein Vektor, der auf dem von x und y erzeugten Parallelogramm senkrecht steht und dessen Länge die Flächenmaßzahl dieses Parallelogramms ist.