Auch hier wieder der Hinweis an den Support: In dieser Anwendung residiert ein Virus, der jede Stunde meine Maus bllockiert. Meist hilft dann nur noch brutal den Stecker ziehen, um den Rechner herunter zu fahren; in anderen Anwendungen hatte ich das noch nie. Ich hoffe, dass mein Verfahren das schnellste ist. Bisher die einzige Antwort. Wäre das nicht wieder eine ausgezeichnete Gelegenheit für eine Spammeldung? So nach dem Motto
" So ich hab ' s abgeschrieben; die ganzen Administratoren können mich mal. "
Gegeben ist uns ( praktisch ) die Parameterform ( PF ) der Ebene E .
T ( x | y | z ) € E = E ( a ; b ) ( 1a )
E = P + a u + b v ( 1b )
u := Q - P = ( 1 | 0 | 1 ) ( 1c )
v := R - P = ( - 1 | 2 | 0 ) ( 1d )
Aus einem Grund, der unten ersichtlich wird, müssen wir ( 1b-d ) in die Koordinatenform ( KF ) umwandeln; hier wird übrigens konstant orakelt, das mache man mit Hilfe des ===> Kreuzprodukts - viel zu Nerv tötend. Da ich weder Gutenberg noch Bösental bin, muss ich zitieren. Der geniale Mitarbeiter " Der Mo " ( von Mohammed ) hat zu diesem Zweck in dem Portal ===> Ly cos eine vielseitig verwendbare ===> Determinantenformel veröffentlicht. Und zwar treibt Billy Mo ein nettes Vexierspiel mit den beiden Begriffen UnBESTIMMTE und Unbekannte, die wir traditionell eher in zwei getrennte Schubladen abzulegen geneigt sind.
In ( 1ab ) würde man a und b doch erst mal als zwei Unbestimmte, Parameter oder Variable ansprechen.
P + a u + b v = T | - P ( 2a )
a u + b v = T - P ( 2b )
Den Umformungsschritt in ( 2a ) habe ich wie üblich vermerkt. Und jetzt drehe ich die ganze Argumentation um; ich tue so, als sei der Punkt T nicht variabel oder unbestimmt, sondern fest genagelt, konstant, bekannt und gegeben. Dann auf einmal verwandelt sich ( 2b ) in ein LGS zur Bestimmung der beiden UnBEKANNTEN a und b . Und zwar ist die ===> Koeffizientenmatrix ( KM ) von ( 2b ) vom Format 3 X 2 und hat Rang 2 . Denn
" Zeilenrang = Spaltenrang "
Mithin kann dieser Rang nicht größer sein als 2 . Er kann aber auch nicht kleiner sein, da ja die beiden Vektoren u und v in ( 1b-d ) die Ebene E aufspannen, mithin nicht ===> kollinear sind.
Billy Mos entscheidender Geistesblitz, der uns katolische Radfahrer in der Rechtskurve immer zum Absteigen zwingt. Dann ist aber die ===> erweiterte KM von ( 2b ) QUADRATISCH vom Format 3 X 3 . Folgend einem Lehrsatz der AGULA , besitzt LGS ( 2b ) eine Lösung in a und b dann und nur dann, wenn diese erweiterte KM eben Falls Rang 2 hat.
Die ===> DETERMINANTE der erweiterten KM VERSCHWINDET .
det = det ( u | v | T - P ) = 0 ( 2c )
Oft erweist es sich als hilfreich, einen Sachverhalt erst mal auf komplizierten Umwegen einzusehen, bevor man die direkte Eselsbrücke nimmt. Den Meisten ist nämlich gar nicht klar, welche anschauliche Bedeutung sich hinter der Determinante verbirgt. Die Determinante bedeutet ein Spatvolumen ===> Spatprodukt
Ein Spat ist quasi ein ===> antroposophischer Quader. Kleiner IQ-Test gefällig?
Quadrat verhält sich zu Würfel wie Rechteck zu ? Zu Quader .
Und Rechteck verhält sich zu Quader wie Parallelogramm zu ? Zu Spat .
Jetzt einsetzen von ( 1a;cd ) in ( 2c )
| 1 -1 x-1 |
det = | 0 2 y | = 0 ( 3a )
| 1 0 z-2 |
Zum zweiten Mal greift unser Vexierspiel; die in ( 1a ) noch ganz unverbindlichen Koordinaten x , y , z erscheinen in ( 3a ) auf einmal verschwistert mit den Koeffizienten der Ebene, die wir ja suchen. Regel von ===> Sarrus; " Hauptdiagonalen Minus Nebendiagonalen"
det = ( 0 * 0 - 2 * 1 ) ( x - 1 ) + [ ( - 1 ) * 1 - 1 * 0 ] y + [ 1 * 2 - ( - 1 ) * 0 ] ( z - 2 ) = 0 ( 3b )
2 ( x - 1 ) + y - 2 ( z - 2 ) = 0 ( 3c )
E = 2 x + y - 2 z = ( - 2 ) ( 3d ) ( Probe ! )
Hier du kennst doch den Witz:
" Was sagt uns das? " " nichts "
" Und was haben wir davon? " " Wieder nichts . . . "
Nein im Ernst; wir machen jetzt weiter mit der ===> Taylorformel aus der Analysis; und da kommt der Begriff des ===> Gradientenvektors ins Spiel. Der Schritt vom Konkreten zum Abstrakten; statt EINER Ebene E in ( 1b;3d ) betrachten wir eine ganze Ebenenschar
E = E ( x ; y ; z ) = 2 x + y - 2 z = const ( 4a )
grad ( E ) = [ ( dE/dx ) | ( dE/dy ) | ( dE/dz ) ] = ( 4b )
= ( 2 | 1 | - 2 ) ( 4c )
Dieses E fasse ich praktisch auf als Abbildung von |R ³ ===> |R ; und ( 4a ) sind die Niveauflächen von E . Dann darf ich aber in ( 3d ) auch schreiben
E ( P ) = ( - 2 ) ( 5a )
Den Anfangspunkt deiner Geraden g nenne ich mal A
A = ( 2 / 7 / 3 ) ( 5b )
E ( A ) = 2 * 2 + 7 - 2 * 3 = 5 ( 5c )
Dann gibt uns die Taylorformel
E ( P ) = E ( A ) + < grad ( E ) | ds > ( 6a )
( - 2 ) = 5 + < grad ( E ) | ds > ( 6b )
< grad ( E ) | ds > = ( - 7 ) ( 6c )
( 6c ) bildet die Grundlage für die Lösung des Problems; ist das so weit verstanden? Du machst doch jetzt nichts mehr weiter, als für ds den Richtungsvektor der Geraden g zu setzen; ich nenne ihn mal v
v = ( 4 | - 1 | 1 ) t + ( 2 | 5 | 3 ) a t ( 7a )
< grad ( E ) | v > = ( 2 * 4 - 1 - 2 ) t + ( 2 * 2 + 5 - 2 * 3 ) a t = ( 7b )
= 5 t + 3 a t = ( - 7 ) ( 7c )
t = - 7 / ( 3 a + 5 ) ( 7d )
Natürlich darf die Klammer nicht verschwinden. Wo ich noch keine geniale Lösung vorweisen kann: Wir sollen doch zeigen, dass diese ganzen Schnittpunktze selbst wieder eine Gerade bilden.
