Abbildung vom IR^n in IR^2 < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hallo zusammen,
ich bin neu hier und komme sofort mit einem Problem aus der Praxis.
Es geht um eine Motor-Bahnsteuerung, wobei mehrere Motoren mit orthogonalen
Achsen ein Objekt entlang vorgegebener Bahnpunkte verfahren, wobei die
"Knickstellen" jeweils durch Kreisbögen vorgegebener Mindest-Radien ersetzt
werden sollen.
Für 3 Motoren (also in [mm] $\IR^3$) [/mm] ist die Aufgabe relativ simpel, und ich habe
bereits ein Octave-Programm entwickelt, welches die Bahn entlang der
Kreisbögen mittels Quaternionen berechnet.
So, und nun wird verlangt, das Ganze auf n [mm] ($\in \IN$) [/mm] Dimensionen zu erweitern.
Hierbei soll weiterhin angenommen werden, daß die n Achsen orthogonal sind.
Wir haben es also mit einem n-dimensionalen, euklidischen Vektorraum mit den
"üblichen" Additions- und Multiplikationsregeln zu tun.
Mein Problem reduziert sich auf die Berechnung der Kreisbögen, da mir ja in
[mm] $\IR^n$ [/mm] kein Kreuzprodukt zur Verfügung steht, mit dem ich in [mm] $\IR^3$ [/mm] so
bequem Radius, Kreismittelpunkt, Drehachse usw. berechnen konnte.
Auch die Berechnung der Bahnpunkte auf dem Kreis mittels Quaternioen ist
hier ja nicht mehr möglich.
Ein Freund brachte nun den Vorschlag:
"Betrachte einfach 3 Bahnpunkte, die nicht auf einer Geraden liegen;
drei Punkte spannen immer eine Ebene auf, also kannst Du doch die x/y-Ebene
dadurch legen und wie gewohnt in 2 bzw. 3 Dimensionen rechnen."
Also überlege ich Fogendes:
man betrachte jeweils 3 (Bahn-)Punkte p1, p2, p3 [mm] $\in \IR^n$.
[/mm]
Die normierten Differenzvektoren $u := [mm] \frac{p1-p2}{\left| p1-p2 \right| }$ [/mm] und $v := [mm] \frac{p3-p2}{\left| p3-p2 \right| }$ [/mm]
seien nicht kollinear, und spannen somit eine Ebene E auf mit
$E = [mm] \{x \in \IR^n; x = r \cdot u + s \cdot v\}$ [/mm] mit r, s [mm] $\in \IR$.
[/mm]
(Wie ich aus u und v eine Orthonormalbasis baue, ist mir bekannt...)
Die Dimension dieser Ebene ist die Anzahl der Basisvektoren dieses Vektorraumes;
also ist E offensichtlich 2-dimensional, aber die Basisvektoren sind ja immer
noch n-dimensional; wie also konstruiert man nun eine längen- und winkeltreue
Abbildung von E in den [mm] $\IR^2$ [/mm] (und zurück)?
Ist das überhaupt möglich und sinnvoll?
Stimmt meine Vermutung, daß es hierfür eine (eindeutige?) Funktion f: [mm] $\IR^n \rightarrow \IR^2$ [/mm]
gibt mit f(x) = Ax + b, wobei A eine 2xn-Matrix und b [mm] $\in \IR^2$ [/mm] ist?
Ich bin für jeden Tip dankbar! Vielleicht wißt Ihr ja auch noch ein paar Links,
Hinweise oder Schlagworte, die mich weiterbringen.
Gruß,
Mary
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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Hallo Mary,
eine bijektive Abbildung von E nach [mm] \IR^2 [/mm] wirst du sicherlich finden, bswp durch
f(u) = [mm] \vektor{1 \\ 0}, [/mm] f(v) = [mm] \vektor{0 \\ 1} [/mm] und f linear. Dass das injektiv, surjektiv auf E [mm] \to \IR^2 [/mm] ist, lässt sich auch zeigen.
Das sollte man auch (wie du schon vermutet hast) als Matrix darstellen können, die Frage ist, ob du das wirklich brauchst, oder ob dir diese Vorgabe nicht bereits für eine Berechnung reichen.
Wenn du nun v und u vorher normiert und orthogonalisiert hast, SOLLTE das sogar längen- und winkeltreu sein, dafür übernehm ich aber keine Garantie.
Aber letztlich ist es ja nichts andere als die Koordinaten in E zu nehmen, im [mm] \IR^2 [/mm] zu verwenden und zu berechnen und die Koordinaten wieder in E zu verwenden.....
MfG,
Gono.
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:01 Mi 24.06.2009 | | Autor: | fred97 |
Ich schließe mich Gonos Vorschlag an.
Die von Gono vorgeschlagene Abb. leistet das Verlangte (falls $||u||=||v||= 1$ und $u*v$ = 0):
Für x = ru+sv [mm] \in [/mm] E ist f(x) = [mm] \vektor{r \\ s}
[/mm]
Nach Pythagoras ist
[mm] $||x||^2 [/mm] = [mm] ||ru||^2+||sv||^2= r^2+s^2 [/mm] = [mm] ||\vektor{r \\ s}||^2= ||f(x)||^2$
[/mm]
Also ist f längentreu.
Für [mm] $x_1 [/mm] = r_1u+s_1v$ und [mm] $x_2 [/mm] = r_2u+s_2v$ in E gilt:
[mm] \bruch{x_1*x_2}{||x_1||*||x_2||}= \bruch{r_1r_2+s_1s_2}{||x_1||*||x_2||}= \bruch{\vektor{r_1 \\ s_1}*\vektor{r_2 \\ s_2}}{||x_1||*||x_2||}= \bruch{f(x_1)*f(x_2)}{||f(x_1)||*||f(x_2)||}
[/mm]
Somit ist f winkeltreu
FRED
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Hallo Gono und Fred,
herzlichen Dank für Eure schnellen Antworten!
Langsam dämmert's mir... hmm, ich muß noch mal laut denken:
Wir nehmen also mal an, u und v seien ONB von E, und f: E [mm] $\rightarrow \IR^2$ [/mm] eine
Abbildung mit f(x) = Ax + b. Also ausgeschrieben:
$ f(x) = [mm] \vektor{x_1' \\ x_2'} [/mm] = [mm] \pmat{ a_{11} & , \dots, & a_{1n} \\ a_{21} & , \dots, & a_{2n} } \cdot \vektor{x_1 \\ \vdots \\ x_n} [/mm] + [mm] \vektor{b_1 \\ b_2} [/mm] $
Aus den Forderungen $f(u) = [mm] \vektor{1 \\0} [/mm] \ und \ f(v) = [mm] \vektor{0 \\1}$ [/mm] erhalte ich also die Gleichungen:
[mm]
a_{11}u_1 + \dots + a_{1n}u_n + b_1 = 1
a_{21}u_1 + \dots + a_{2n}u_n + b_2 = 0
a_{11}v_1 + \dots + a_{1n}v_n + b_1 = 0
a_{21}v_1 + \dots + a_{2n}v_n + b_2 = 1
[/mm]
Das sind dann 4 Gleichungen mit 2n+2 Unbekannten, was offensichtlich nicht eindeutig lösbar ist.
Ich kann ja auch nicht willkürlich irgendwelche [mm] $a_{kl} [/mm] = 0 $ setzten, denn dann
hätten die Abbilder zweier verschieden langer Vektoren x, y [mm] $\in [/mm] E$, die sich
nur durch die l-te Komponente unterscheiden dieselbe Norm, d.h, die Abbildung
wäre nicht mehr längentreu.
Liege ich soweit richtig, oder steckt noch irgendwo ein Denkfehler?
Also mein Hauptproblem ist das Finden dieser Abbildung f, und mir schwant
langsam, daß man erst eine gewisse Anzahl m von Vektoren aus E "verwurschteln" muß, um all die unbekannten [mm] $a_{ij}$ [/mm] und [mm] $b_k$ [/mm] eindeutig bestimmen zu können. Oder?
Habt Ihr noch 'ne Idee?
Gruß,
Mary
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Hello again,
vorweg: Es muss gelten [mm] b_1 [/mm] = [mm] b_2 [/mm] = 0, da die Abbildung sonst nicht linear wäre.
> Das sind dann 4 Gleichungen mit 2n+2 Unbekannten, was
> offensichtlich nicht eindeutig lösbar ist.
Das ist auch soweit kein Problem: Es gibt ja mehrere lineare Abbildungen, die den [mm] \IR^2 [/mm] längen- und winkeltreu auf den [mm] \IR^2 [/mm] abbilden.
Desweiteren hast du schon recht mit deinen [mm] a_k \not= [/mm] 0, ebenso kannst du dir durch die Vorschrift ||u|| = 1,etc weitere Bedingungen basteln.
MfG,
Gono.
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Hallo nochmal,
> vorweg: Es muss gelten [mm]b_1[/mm] = [mm]b_2[/mm] = 0, da die Abbildung
> sonst nicht linear wäre.
Ja, hast recht Gono - das war Quatsch!
Auch mein Ansatz mit der Abbildung war ziemlich dumm -- ich hatte echt Tomaten
auf den Augen!
Dabei ist es so simpel: wenn ich die 3 Punkte im [mm] $\IR^n$ [/mm] habe, kann ich natürlich
die Längen der Verbindungsvektoren sowie deren Winkel zueinander berechnen.
Und nun konstruiere ich diese Verhältnisse einfach in [mm] $\IR^2$ [/mm] nach, indem ich
den ersten in z.B. [mm] $-\vec e_x$ [/mm] Richtung lege und den anderen im entsprechenden
Winkel dazu mit den zugehörigen Längen... usw., berechne den Kreismittelpunkt
und transformiere das anschließend nach dem gleichen Schema wieder zurück.
Wie blöd... tut mir echt leid, daß ich Euch mit sowas Trivialem genervt habe!
Aber danke nochmals für's Mitdenken!
Gruß,
Mary
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:20 Sa 11.07.2009 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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