Skalares Tripelprodukt - warum äquivalent zur Determinante?

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Mathematik
Kreuzprodukt
Lineare Algebra

John Smith

Ich schaue mir das skalare Tripelprodukt an und frage mich: Gibt es dafür eine Demonstration (möglicherweise eine einfache).

A \cdot (B \times C) = [\begin{matrix} A_{1} & A_{2} & A_{3} \\ B_{1} & B_{2} & B_{3} \\ C_{1} & C_{2} & C_{3} \end{matrix}]

$\mathbf{a} \cdot \left(\mathbf{b} \times \mathbf{c} \right)= \begin{bmatrix} a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3 \\ c_1 & c_2 & c_3 \end{bmatrix}$

Diese beiden Dinge scheinen mir völlig unabhängig zu sein.

Dominik Michaelis

Warum berechnest du nicht beide Seiten?

John Smith

Was meinst du mit "beide Seiten"?

Berci

linke und rechte Seite des Gleichungszeichens

Antworten (8)

Bill Koch

Hier ist eine etwas andere Perspektive.

Wir verwenden die Gedächtnisstütze ...

⟨ A_{1}, A_{2}, A_{3} ⟩ \times ⟨ B_{1}, B_{2}, B_{3} ⟩ = | \begin{matrix} ich & J & k \\ A_{1} & A_{2} & A_{3} \\ B_{1} & B_{2} & B_{3} \end{matrix} |

$\langle a_1,a_2,a_3 \rangle \times \langle b_1,b_2,b_3 \rangle = \begin{vmatrix} {\bf i} & {\bf j} & {\bf k} \\ a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3 \end{vmatrix}$

...um sich die Formel für das Kreuzprodukt zu merken.

Wenn Sie im Folgenden (etwas seltsam) über das Skalarprodukt nachdenken, wird die Dreifach-Skalarprodukt-Identität zu einer Trivialität: Punktprodukt-Ersetzung ersetzt Standard-Einheitsvektoren durch entsprechende Vektorkomponenten :

(A_{1} ich + A_{2} J + A_{3} k) ∙ (B_{1} ich + B_{2} J + B_{3} k) = B_{1} A_{1} + B_{2} A_{2} + B_{3} A_{3}

$(a_1{\bf i} + a_2{\bf j}+a_3{\bf k}) \bullet (b_1{\bf i} + b_2{\bf j}+b_3{\bf k}) = b_1\fbox{$a_1$}+b_2\fbox{$a_2$}+b_3\fbox{$a_3$}$

So ${\bf i,j,k}$ wurden ersetzt durch $a_1,a_2,a_3$ bzw. Daher

⟨ C_{1}, C_{2}, C_{3} ⟩ ∙ (⟨ A_{1}, A_{2}, A_{3} ⟩ \times ⟨ B_{1}, B_{2}, B_{3} ⟩) = | \begin{matrix} C_{1} & C_{2} & C_{3} \\ A_{1} & A_{2} & A_{3} \\ B_{1} & B_{2} & B_{3} \end{matrix} |

$\langle c_1,c_2,c_3 \rangle \bullet (\langle a_1,a_2,a_3 \rangle \times \langle b_1,b_2,b_3 \rangle) = \begin{vmatrix} \fbox{$c_1$} & \fbox{$c_2$} & \fbox{$c_3$} \\ a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3 \end{vmatrix}$

MeinBenutzerIstDas

Die einfachste Demonstration besteht darin, beide Seiten der Gleichung zu berechnen:

B \times C = (B_{2} C_{3} - B_{3} C_{2}, B_{3} C_{1} - B_{1} C_{3}, B_{1} C_{2} - B_{2} C_{1})

$b\times c=(b_2c_3-b_3c_2,b_3c_1-b_1c_3,b_1c_2-b_2c_1)$

A \cdot (B \times C) = A_{1} B_{2} C_{3} - A_{1} B_{3} C_{2} + A_{2} B_{3} C_{1} - A_{2} B_{1} C_{3} + A_{3} B_{1} C_{2} - A_{3} B_{2} C_{1}

$a\cdot(b\times c)=a_1b_2c_3-a_1b_3c_2+a_2b_3c_1-a_2b_1c_3+a_3b_1c_2-a_3b_2c_1$

Das ist die Determinante. Beachten Sie, dass jeder Term der Summe eine mögliche Permutation multipliziert mit seiner Parität ist, die zufällig die Definition von Determinante ist.

John Smith

Jeder hat eine ausgezeichnete Antwort gegeben, aber ich mag diese vor allem wegen ihrer Einfachheit. Danke, daran habe ich gar nicht gedacht!

MeinBenutzerIstDas

@JohnSmith Ich bin froh, dass ich geholfen habe!

Kaster

@JohnSmith Ich hoffe wirklich, dass du so etwas nicht beweisen wirst

\nabla \times (u \times u) = (\nabla \cdot v) u - (\nabla \cdot u) v + (v \cdot \nabla) u - (u \cdot \nabla) v

$\nabla\times(\mathbf u\times\mathbf u)=(\nabla\cdot\mathbf v)\mathbf u-(\nabla\cdot\mathbf u)\mathbf v+(\mathbf v\cdot\nabla)\mathbf u-(\mathbf u\cdot\nabla)\mathbf v$ durch direkte Berechnung und verwendet stattdessen die praktische Indexnotation :)

Julien

Ich bin mir ziemlich sicher, dass Sie diese Antwort nicht wollen, aber ich konnte nicht widerstehen.

Der Begriff auf der linken Seite ist ein Alternieren $3$ -lineare Form in $(a,b,c)$ .

Es ist also gleich einer Konstante mal der Determinante auf der rechten Seite.

Berechnen Sie die Konstante mit der kanonischen Basis. Es ist $1$ .

Also ist die linke Seite gleich der rechten Seite.

Hinweis: Sehen Sie hier , wenn Sie mehr über diese Charakterisierung der Determinante lesen möchten, und sehen Sie hier , wenn Sie einen Beweis dafür wünschen, dass der Raum von $n$ -lineare Wechselformen ist eindimensional.

Dominik Michaelis

So würde ich es auch nehmen :) +1

uns2012

Ich denke, dass diese Antwort auf einen Beweis dafür verweisen sollte, dass "Der Vektorraum

W

$W$ aller alternierenden multilinearen

n

$n$ -Formen auf einem

n

$n$ -dimensionaler Vektorraum

V

$V$ hat Dimension eins."

Julien

@us2012 Du hast recht. Bitte schön.

uns2012

@julien Großartig, das macht diese Antwort vollständig! +1. (Obwohl ich ein bisschen traurig bin, weil ich deinen perfekten 7500-Ruf zerstört habe ;)

Muphrid

Die Wahrheit ist, dass Sie belogen wurden oder dass die übliche Notation die angeborene Verbindung viel schwieriger als nötig zu erkennen macht.

Um zu sehen, wie die beiden gleich sind, lassen Sie mich Ihnen etwas über das Keilprodukt erzählen. Das Keilprodukt von Vektoren ist wie das Kreuzprodukt, da es antikommutativ ist. $a \wedge b = -b \wedge a$ --erzeugt aber keinen Vektor . Stattdessen interpretieren wir sein Ergebnis direkt als planares Objekt – tatsächlich als das planare Objekt, das senkrecht zum Vektor aus dem Kreuzprodukt stehen würde.

Wir formalisieren diese Beziehung wie folgt: wir sagen das $a \times b= -i a \wedge b$ , bei dem die $i = \hat x \wedge \hat y \wedge \hat z$ ist die pseudoskalare Einheit , die ein Volumen darstellt. Der Pseudoskalar selbst ist ein interessantes Objekt, da er Keile in Punktprodukte umwandelt und umgekehrt, wenn Sie ihn durch Ausdrücke bewegen. In der Tat,

A \cdot (B \times C) = A \cdot (ich [B \land C]) = ich (A \land B \land C)

$a \cdot (b \times c) = a \cdot (i [b \wedge c]) = i (a \wedge b \wedge c)$

Wie hängt all dieses Keilzeug mit der linearen Algebra zusammen? Eigentlich ganz einfach. Die meisten linearen Operatoren "verteilen" auf intuitive Weise über Keile. Das heißt, für einen linearen Operator $\underline T$ ,

\underline{T} (A \land B) = \underline{T} (A) \land \underline{T} (B)

$\underline T(a \wedge b) = \underline T(a) \wedge \underline T(b)$

Dies ist anders als beim Kreuzprodukt, das keinem so einfachen Gesetz folgt. Der Vorteil dabei ist, dass einzigartig

\underline{T} (A \land B \land C) = a A \land B \land C

$\underline T(a \wedge b \wedge c) = \alpha a \wedge b \wedge c$

für einige Skalare $\alpha$ , für jeden $a, b, c$ . Wir nennen $\alpha$ die Determinante! Es ist die spezielle Zahl, um die jedes Volumenobjekt durch die lineare Transformation gedehnt oder geschrumpft wird, und hier wird geometrisch deutlich, dass das der Fall ist: $a \wedge b \wedge c$ wird buchstäblich multipliziert mit $\alpha = \det T$ als Ergebnis der Umwandlung.

Bauen Sie nun so eine lineare Transformation auf. Lassen $l, m, n$ Vektoren sein, so dass eine Transformation aussieht

\underline{T} (A) = (A \cdot e_{1}) l + (A \cdot e_{2}) M + (A \cdot e_{3}) N

$\underline T(a) = (a \cdot e_1) l + (a \cdot e_2) m + (a \cdot e_3) n$

Dann $l,m,n$ sind die Spalten der Matrixdarstellung von $\underline T$ , Und $\underline T(i) = l \wedge m \wedge n$ . Damit ist die Verbindung zwischen der Determinante und dem skalaren Tripelprodukt vervollständigt.

Kaster

Verwenden wir die Index-(Tensor-)Notation

A \cdot (B \times C) = A_{ich} (B \times C)_{ich} = A_{ich} ε_{ich J k} B_{J} C_{k} = ε_{ich J k} A_{ich} B_{J} C_{k} = det | \begin{matrix} A_{1} & A_{2} & A_{3} \\ B_{1} & B_{2} & B_{3} \\ B_{1} & B_{2} & B_{3} \end{matrix} |

$\mathbf a\cdot(\mathbf b\times\mathbf c)=a_i(\mathbf b\times\mathbf c)_i= a_i\varepsilon_{ijk}b_jc_k = \varepsilon_{ijk}a_ib_jc_k =\det\begin{vmatrix}a_1&a_2&a_3\\b_1&b_2&b_3\\b_1&b_2&b_3\end{vmatrix}$

gansub

Können Sie in Ihrer Antwort etwas näher erläutern, wie die verschiedenen Schritte unter erreicht werden? Zum Beispiel, wie der kovariante Index von a und dem Kreuzprodukt gleich dem ursprünglichen skalaren Dreifachprodukt ist?

Emily

Beachten Sie, dass Sie bei der traditionellen Berechnung der Determinante mit der ersten Zeile beginnen, also haben Sie

A_{1} \cdot etwas - A_{2} \cdot etwas + A_{3} \cdot etwas

$a_1 \cdot \textrm{something} - a_2 \cdot \textrm{something} + a_3\cdot \textrm{something}$

Das sieht sehr danach aus

A \cdot etwas = (A_{1}, A_{2}, A_{3}) \cdot (etwas, - etwas, etwas)

$a \cdot \textrm{something} = (a_1,a_2,a_3)\cdot (\textrm{something}, -\textrm{something}, \textrm{something})$

Wenn Sie sich das Kreuzprodukt ansehen $b\times c$ , stellen Sie fest, dass die Etwasse im Grunde die Minoren dieser Matrix sind.

kupfer.hut

Das Kreuzprodukt kann als eindeutiger Vektor definiert werden $a \times b$ das befriedigt $\langle x, a \times b \rangle = \det \begin{bmatrix} a & b & x \end{bmatrix}$ für alle $x$ (oder $\det \begin{bmatrix} a^T \\ b^T \\ x^T \end{bmatrix}$ , wenn Sie die äquivalente, transponierte Version bevorzugen, oder $\det \begin{bmatrix} x^T \\ a^T \\ b^T \end{bmatrix}$ wenn Sie die transponierte und gedrehte Version bevorzugen).

Wenn $a \times b = c_x {\bf i} + c_y {\bf j} + c_z {\bf k}$ , Sie können sehen, dass $c_x = \langle (1,0,0)^T, a \times b \rangle = \det \begin{bmatrix} (1,0,0)^T \\ a^T \\ b^T \end{bmatrix}$ , und ähnlich für $c_y,c_z$ . Daher die formale Notation $a \times b = \det \begin{bmatrix} {\bf i} & {\bf j} & {\bf k} \\ & a^T \\ & b^T \end{bmatrix}$ .

Berci

Überprüfen Sie es auf die Standardbasisvektoren ${\bf i}, {\bf j}, {\bf k}$ in jeder möglichen Reihenfolge (diese sind alle einfach).
Zeigen Sie, dass es sich um ein Tripel von Vektoren handelt $a,b,c$ die Gleichung erfüllen, dann die Tripel $\lambda a,b,c$ ; $\ a,\lambda b,c$ , $\ a,b,\lambda c$ auch befriedigen, und wenn $a',b,c$ befriedigt dann auch $a+a',\, b,c$ , und ähnlich für die Summe von $b$ ist und $c$ 'S.
Schließen Sie, dass jedes Tripel erfüllt.

Skalares Tripelprodukt - warum äquivalent zur Determinante?

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