Kreuzprodukt/K^3/Einführung/Textabschnitt

Eine Besonderheit im ${}\mathbb {R} ^{3}$ ist das sogenannte Kreuzprodukt, das zu zwei gegebenen Vektoren einen dazu senkrechten Vektor berechnet.

Definition

Zu einem Körper ${}K$ ist auf dem ${}K^{3}$ durch

${}x\times y={\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\end{pmatrix}}\times {\begin{pmatrix}y_{1}\\y_{2}\\y_{3}\end{pmatrix}}:={\begin{pmatrix}x_{2}y_{3}-x_{3}y_{2}\\-x_{1}y_{3}+x_{3}y_{1}\\x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}\end{pmatrix}}\,$

eine Verknüpfung erklärt, die das Kreuzprodukt heißt.

Statt Kreuzprodukt sagt man auch Vektorprodukt. Als Merkregel kann man

${}x\times y=\det {\begin{pmatrix}e_{1}&x_{1}&y_{1}\\e_{2}&x_{2}&y_{2}\\e_{3}&x_{3}&y_{3}\end{pmatrix}}\,$

verwenden, wobei ${}e_{1},e_{2},e_{3}$ die Standardvektoren sind und formal nach der ersten Spalte zu entwickeln ist. So wie es dasteht, ist das Kreuzprodukt unter Bezug auf die Standardbasis definiert.

Beispiel

Das Kreuzprodukt der beiden Vektoren ${}{\begin{pmatrix}5\\8\\-2\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}3\\4\\1\end{pmatrix}}\in \mathbb {R} ^{3}$ ist

${}{\begin{pmatrix}5\\8\\-2\end{pmatrix}}\times {\begin{pmatrix}3\\4\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}8\cdot 1-4\cdot (-2)\\-5\cdot 1-2\cdot 3\\5\cdot 4-8\cdot 3\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}16\\-11\\-4\end{pmatrix}}\,.$

Lemma

Das Kreuzprodukt auf dem ${}K^{3}$ erfüllt die folgenden Eigenschaften (dabei sind $x,y,z\in K^{3}$ und $a,b\in K$).

1. Es ist

   ${}x\times y=-(y\times x)\,.$

2. Es ist

   ${}(ax+by)\times z=a(x\times z)+b(y\times z)\,$

   und

   ${}z\times (ax+by)=a(z\times x)+b(z\times y)\,.$

3. Es ist

   ${}x\times y=0\,$

   genau dann, wenn ${}x$ und ${}y$ linear abhängig sind.

4. Es ist

   ${}x\times (y\times z)+y\times (z\times x)+z\times (x\times y)=0\,.$

5. Es ist

   ${}\left\langle x\times y,z\right\rangle =\det(x\,,y\,,z)\,,$

   wobei hier mit ${}\left\langle -,-\right\rangle$ die formale Auswertung im Sinne des Standardskalarproduktes gemeint ist.

6. Es ist

   ${}\left\langle x,x\times y\right\rangle =0=\left\langle y,x\times y\right\rangle \,,$

   wobei hier mit ${}\left\langle -,-\right\rangle$ die formale Auswertung im Sinne des Standardskalarproduktes gemeint ist.

Beweis

(1) ist klar von der Definition her.

(2). Es ist

${}{\begin{aligned}{\left(a{\begin{pmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3}\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}y_{1}\\y_{2}\\y_{3}\end{pmatrix}}\right)}\times {\begin{pmatrix}z_{1}\\z_{2}\\z_{3}\end{pmatrix}}&={\begin{pmatrix}ax_{1}+by_{1}\\ax_{2}+by_{2}\\ax_{3}+by_{3}\end{pmatrix}}\times {\begin{pmatrix}z_{1}\\z_{2}\\z_{3}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}(ax_{2}+by_{2})z_{3}-(ax_{3}+by_{3})z_{2}\\-(ax_{1}+by_{1})z_{3}+(ax_{3}+by_{3})z_{1}\\(ax_{1}+by_{1})z_{2}-(ax_{2}+by_{2})z_{1}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}ax_{2}z_{3}-ax_{3}z_{2}\\-ax_{1}z_{3}+ax_{3}z_{1}\\ax_{1}z_{2}-ax_{2}z_{1}\end{pmatrix}}+{\begin{pmatrix}by_{2}z_{3}-by_{3}z_{2}\\-by_{1}z_{3}+by_{1}z_{3}\\by_{1}z_{2}-by_{2}z_{1}\end{pmatrix}}\\&=a{\begin{pmatrix}x_{2}z_{3}-x_{3}z_{2}\\-x_{1}z_{3}+x_{3}z_{1}\\x_{1}z_{2}-x_{2}z_{1}\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}y_{2}z_{3}-y_{3}z_{2}\\-y_{1}z_{3}+y_{1}z_{3}\\y_{1}z_{2}-y_{2}z_{1}\end{pmatrix}}\\&=a(x\times z)+b(y\times z).\end{aligned}}$

Die zweite Gleichung folgt daraus und aus (1).

(3). Wenn ${}x$ und ${}y$ linear abhängig sind, so kann man ${}x=cy$ (oder umgekehrt) schreiben. Dann ist

${}{\begin{pmatrix}cy_{1}\\cy_{2}\\cy_{3}\end{pmatrix}}\times {\begin{pmatrix}y_{1}\\y_{2}\\y_{3}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}cy_{2}y_{3}-cy_{2}y_{3}\\-cy_{1}y_{3}+cy_{3}y_{1}\\cy_{1}y_{2}-cy_{2}y_{1}\end{pmatrix}}=0\,.$

Wenn umgekehrt das Kreuzprodukt ${}0$ ist, so sind alle Einträge des Vektors ${}{\begin{pmatrix}x_{2}y_{3}-x_{3}y_{2}\\-x_{1}y_{3}+x_{3}y_{1}\\x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}\end{pmatrix}}$ gleich ${}0$. Es sei beispielsweise ${}y_{1}\neq 0$. Wenn ${}x_{1}=0$, so folgt direkt

${}x_{2}=x_{3}=0\,$

und ${}x$ wäre der Nullvektor. Es sei also ${}x_{1}\neq 0$. Dann ist ${}y_{2}={\frac {y_{1}}{x_{1}}}x_{2}$ und ${}y_{3}={\frac {y_{1}}{x_{1}}}x_{3}$ und somit ist

${}y={\frac {y_{1}}{x_{1}}}x\,.$

(4). Siehe Aufgabe.

(5). Es ist

${}{\begin{aligned}\left\langle x\times y,z\right\rangle &=\left\langle {\begin{pmatrix}x_{2}y_{3}-x_{3}y_{2}\\-x_{1}y_{3}+x_{3}y_{1}\\x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}\end{pmatrix}},{\begin{pmatrix}z_{1}\\z_{2}\\z_{3}\end{pmatrix}}\right\rangle \\&=z_{1}x_{2}y_{3}-z_{1}x_{3}y_{2}-z_{2}x_{1}y_{3}+z_{2}x_{3}y_{1}+z_{3}x_{1}y_{2}-z_{3}x_{2}y_{1},\end{aligned}}$

was mit der Determinante wegen der Regel von Sarrus übereinstimmt.

(6) folgt aus (5).

$\Box$

Der uns in (5) begegnende Ausdruck ${}\left\langle x\times y,z\right\rangle$, also die Determinante der drei Vektoren, wenn man diese als Spaltenvektoren auffasst, heißt auch Spatprodukt.

Lemma

Es sei ${}u_{1},u_{2},u_{3}$ eine Orthonormalbasis des ${}\mathbb {R} ^{3}$ mit

${}\det \left(u_{1},\,u_{2},\,u_{3}\right)=1\,.$

Dann kann man das Kreuzprodukt ${}x\times y$ mit den Koordinaten von ${}x$ und ${}y$ zu dieser Basis (und den Formeln aus Definition) ausrechnen.

Beweis

Es sei

${}x=c_{1}u_{1}+c_{2}u_{2}+c_{3}u_{3}\,$

und

${}y=d_{1}u_{1}+d_{2}u_{2}+d_{3}u_{3}\,.$

Nach Fakt  (2) ist

${}x\times y=(c_{1}u_{1}+c_{2}u_{2}+c_{3}u_{3})\times (d_{1}u_{1}+d_{2}u_{2}+d_{3}u_{3})=\sum _{1\leq i,j\leq 3}c_{i}d_{j}{\left(u_{i}\times u_{j}\right)}\,.$

Nach Fakt  (3) ist

${}u_{i}\times u_{i}=0\,$

und nach Fakt  (1) ist

${}u_{i}\times u_{j}=-u_{j}\times u_{i}\,.$

Nach Fakt  (6) steht ${}u_{1}\times u_{2}$ senkrecht auf ${}u_{1}$ und ${}u_{2}$, daher ist

${}u_{1}\times u_{2}=\lambda u_{3}\,$

mit einem ${}\lambda \in \mathbb {R}$, da diese Orthogonalitätsbedingung eine Gerade definiert. Wegen Fakt  (5) und der Voraussetzung ergibt sich

${}\lambda =\left\langle \lambda u_{3},u_{3}\right\rangle =\left\langle u_{1}\times u_{2},u_{3}\right\rangle =\det \left(u_{1},\,u_{2},\,u_{3}\right)=1\,,$

also ist

${}u_{1}\times u_{2}=u_{3}\,.$

Ebenso ergibt sich, unter Verwendung von Fakt  (3), ${}u_{1}\times u_{3}=-u_{2}$ und ${}u_{2}\times u_{3}=u_{1}$. Somit ist insgesamt

${}{\begin{aligned}x\times y&=\sum _{1\leq i,j\leq 3}c_{i}d_{j}{\left(u_{i}\times u_{j}\right)}\\&=\sum _{i<j}(c_{i}d_{j}-c_{j}d_{i}){\left(u_{i}\times u_{j}\right)}\\&=(c_{1}d_{2}-c_{2}d_{1})u_{3}-(c_{1}d_{3}-c_{3}d_{1})u_{2}+(c_{2}d_{3}-c_{3}d_{2})u_{1}\end{aligned}}$

und dies ist die Behauptung.

$\Box$