lul schrieb: das kannst du doch einfach nachrechnen mit v=(v1,v2,v3) und w=(w1,w2,w3)
... kann man, ist natürlich viel Schreibarbeit. Man kann sich auch zu Nutzen machen, dass sowohl das Kreuz- als auch das Skalarprodukt linear sind. Somit ist u.a.: $$\vec{a} \times \vec{b} = \vec{a} \times \left( b_x \vec{e}_x + b_y \vec{e}_y + b_z \vec{e}_z\right) = \sum_{i=\{x,y,z\}} \vec{a} \times b_i \vec{e}_i$$Für \(\vec{a}\) und das Skalarprodukt gilt das entsprechend. Es reicht also aus, die Gleichung für zwei beliebige nicht gleiche Basisvektoren nachzuweisen. Es ist: $$\begin{aligned} \left< \vec{e}_i \times \vec{e}_j, \vec{e}_i \times \vec{e}_j\right> + \left(\left< \vec{e}_i,\vec{e}_j\right>\right)^2 &= \left( |\vec{e}_i| \cdot |\vec{e}_j|\right)^2 \\ \left< \vec{e}_k, \vec{e}_k\right> + 0^2&= 1^2 \\ 1 &= 1 \quad \text{q.e.d.}\end{aligned}$$ Das ganze ist übrigens ein Sonderfall der Lagrange Identität.
Daraus lässt sich folgern (\(\alpha = \angle \left( \vec{v}, \vec{w}\right) \)): $$\begin{aligned} \left< \vec{v} \times \vec{w}, \vec{v} \times \vec{w}\right> + \left(\left< \vec{v},\vec{w}\right>\right)^2 &= \left( |\vec{v}| \cdot |\vec{w}|\right)^2 \\ (| \vec{v} \times \vec{w} |)^2 + \left(|\vec{v}|\cdot|\vec{w}|\cdot \cos \alpha \right)^2 &= \left( |\vec{v}| \cdot |\vec{w}|\right)^2 \\ ( | \vec{v} \times \vec{w} |)^2 &= \left( |\vec{v}| \cdot |\vec{w}|\right)^2 \left( 1- \cos^2 \alpha\right) \\ | \vec{v} \times \vec{w} | &= |\vec{v}| \cdot |\vec{w}| \cdot \sin \alpha\end{aligned}$$
Und für das durch \(\vec{u}\) und \(\vec{v}\) aufgespannte Parallelogramm gilt daher, dass sein Flächeninhalt gleich dem Betrag des Kreuzprodukts der beiden Vektoren ist.
Gruß Werner
