warum ist die Verknüpfung von Drehungen wieder eine?
Arven Taklund
ich suche einen anschaulichen, mit den Methoden der Schulmathematik
verständlichen Beweis dafür, dass das Produkt zweier Drehungen im R^3
wieder eine Drehung ist.
Anders gefragt: wenn ich einen Globus in die Hand nehme, Nordpol oben Südpol
unten und Berlin vorne, dann damit Fußball spiele und ihn dann irgendwie
wieder in die Hand nehme: Warum genügt eine Drehung um eine passende
vermutlich schräg liegende Achse, um ihn in seine ursprüngliche Lage zu
bringen?
Es würde ja schon genügen, wenn man begründete, dass das Fussballspielen
einen Punkt des Globus fix lässt, der hinterher genau da ist, wo er vorher
war. (Mit dem Punkt wäre dann die Achse gefunden, dass der Rest um diese
Achse verdreht sein muss, ist klar).
Wie gesagt: ich suche einen Beweis oder eine starke Begründung, die mit den
Hilfsmitteln der Schulmathematik auskommt.
Gruß, Uwe.
Gottfried Helms
Achse einen Breitenkreis, der durch den alten und durch den neuen
Ort Berlins geht?
Gottfried
Christopher Creutzig
> Wie gesagt: ich suche einen Beweis oder eine starke Begründung, die mit den
> Hilfsmitteln der Schulmathematik auskommt.
Wie weit geht in diesem speiellen Fall die Schulmathematik?
Matrizen (gerade in der analytischen Geometrie) sind in vielen
Schulen/Bundesländern Stoff der Oberstufe, und damit ist es trivial.
Gruß,
Christopher
Hero
> Hallo,
>
> ich suche einen anschaulichen, mit den Methoden der Schulmathematik
> verständlichen Beweis dafür, dass das Produkt zweier Drehungen im R^3
> wieder eine Drehung ist.
> Gruß, Uwe.
Zwei Drehungen haben zwei Achsen, also zwei Richtungen. Zwei Richtungen
spannen eine Ebene - bis auf Parallelität - auf. Lege diese Ebene an
den Ball an, dann hinterlassen die Drehungen des Balls zwei Geraden auf
dieser Ebene als Spur. Anfang und Endpunkt mit einer Geraden verbunden,
damit haben wir die Spur der dritten (Rück) drehung.Zu dieser Spur
passt eine Achsrichtung, die ebenfalls in der Ebene mit den beiden
anderen liegt und natürlich senkrecht zur Rollrichtung. Und durch die
drei Spuren haben wir auch die Winkel (wenn man durch den Ballradius
dividiert).
Ist Dir das als Beweis hinreichend?
Freundliche Grüsse
Hero
Christopher Creutzig
> Zwei Drehungen haben zwei Achsen, also zwei Richtungen. Zwei Richtungen
> spannen eine Ebene - bis auf Parallelität - auf. Lege diese Ebene an
> den Ball an, dann hinterlassen die Drehungen des Balls zwei Geraden auf
> dieser Ebene als Spur. Anfang und Endpunkt mit einer Geraden verbunden,
Es ist spät, aber ich verstehe kein Wort. Was für Geraden meinst Du?
Die einzigen Punkte, die bei der einzelnen Drehung in der Ebene bleiben,
liegen genau auf der Drehachse. Und welchen Anfangs- und Endpunkt meinst
Du? Geraden haben so etwas nicht.
Gruß,
Christopher
Hero
Christopher Creutzig schrieb:
Lege einen Ball auf einen Sandboden. Wenn Du ihn rollst, hinterlässt
er eine Spur. Wenn diese Spur eine Gerade ist, war die Achse parallel
zum Boden. Diese Spur hat einen Anfangs- und einen Endpunkt. Eine
weitere Drehung setzt die Spur durch eine weitere Gerade fort...
Ich geb mir ja Mühe.
Hero
Hendrik van Hees
> Hallo,
>
> ich suche einen anschaulichen, mit den Methoden der Schulmathematik
> verständlichen Beweis dafür, dass das Produkt zweier Drehungen im R^3
> wieder eine Drehung ist.
Das ist sehr simpel: Drehungen sind genau diejenigen
(orientierungserhaltenden) Automorphismen eines Euklidischen
Vektorraumes, welche die (Euklidischen) Längen invariant lassen. Zwei
Drehungen nacheinander ausgeführt ändern beide jeweils die Länge und
Orientierung nicht, so daß die Hintereinanderausführung selbst das auch
nicht tut. Case closed. Jetzt mußt Du das nur noch
schulmathematikgerecht formulieren. Wie das angesichts des
katastrophalen Zustandes des Faches, welches die Lehrer sich nicht
schämen, es Mathematik zu nennen, an deutschen Schulen möglich ist,
vermag ich Dir leider nicht zu beantworten ;-(.
--
Hendrik van Hees Texas A&M University
Phone: +1 979/845-1411 Cyclotron Institute, MS-3366
Fax: +1 979/845-1899 College Station, TX 77843-3366
http://theory.gsi.de/~vanhees/faq mailto:he...@comp.tamu.edu
Christian Möller
> Arven Taklund wrote:
>
>> Hallo,
>>
>> ich suche einen anschaulichen, mit den Methoden der Schulmathematik
>> verständlichen Beweis dafür, dass das Produkt zweier Drehungen im R^3
>> wieder eine Drehung ist.
>
> Das ist sehr simpel: Drehungen sind genau diejenigen
> (orientierungserhaltenden) Automorphismen eines Euklidischen
> Vektorraumes, welche die (Euklidischen) Längen invariant lassen. Zwei
> Drehungen nacheinander ausgeführt ändern beide jeweils die Länge und
> Orientierung nicht, so daß die Hintereinanderausführung selbst das
> auch nicht tut. Case closed. Jetzt mußt Du das nur noch
> schulmathematikgerecht formulieren. Wie das angesichts des
> katastrophalen Zustandes des Faches, welches die Lehrer sich nicht
> schämen, es Mathematik zu nennen, an deutschen Schulen möglich ist,
> vermag ich Dir leider nicht zu beantworten ;-(.
Jetzt geht das wieder los. Warum schämst du dich eigentlich nicht,
immer wieder dieselbe Litanei herunterzubeten, ohne auch nur ein einziges
Mal einen auch nur ach so kleinen Besserungsansatz präsentieren zu können?
Im Gegenteil: Mal wieder wie oben zu lesen:
"Das ist sehr simpel: [...] vermag ich [...] leider nicht zu beantworten."
Wie man mit einer solch selbstherrlichen Arroganz wieder und wieder
durch die Gegend poltern kann, ohne auch nur ein bisschen zu merken -
es ist mir schleierhaft. Vielleicht kommst du ja irgendwann aus dem
Land der begrenzten Unmöglichkeiten wieder nach Deutschland. Dann lade
ich dich ein, in all meinen Klassen zu hospitieren und zu unterrichten.
Mal sehen, was dabei herauskommt.
MfG Christian
Roland Franzius
Nicht von ungefähr sind die Gruppendarstellungen im 19 Jh mit Methoden
der Schulmathematik im Bereich Quaternionen und Polynomalgebra in
Erscheinung getreten. Das wohl einfachste Verfahren:
Man betrachtet homogene Polynome P_n vom Grad n in den Variablen
X=(x,y,z) unter linearen längentreuen Abbildungen X-> L X, |X| = |L X|
Dann ist P'(X)=P_n(L X) ein homogenes Polynom gleichen Grades und ebenso
P(L (M (X))). Also gibt es eine lineare längentreue Transformation
N=L @ M: N(X)=L(M(X)) die die Transformation direkt ausführt.
Nun zeigt man noch, dass die Einheit und das Inverse dazugehören und das
die Verknüfungstafel der linearen Transformationen L x_i = L_{i,k} x_k
nach diesen Verfahren die Gruppe in allen Dimensionen erzeugen und die
Verknüpfung @ die Matrixmultiplikation ist. Die dreidimensionale
Vektor-Darstellung der O(3) ist also identisch mit der Darstellung durch
homogene Polynome vom Grad 1 und die Verknüpfung der Koeffizenten der
linearen Abbildungen ergibt das Matrixmultiplaktionsschema.
--
Roland Franzius
Roland Franzius
Nichts. Er setzt halt immer alles Wissen voraus, um dann deduzieren zu
können. Der Schule nimmt er lebenslang übel, dass er da nichts gelernt
hat. Würde vielleicht andern auch so gehen. Wenn man nicht wenigstens
ein, zwei fähige Lehrer und Hochschullehrer erlebt hat, könnte einem
beim Durchschnitt schon manchmal das Grausen packen.
--
Roland Franzius
Christian Möller
Wie viele Lehrer muss man "erlebt" haben, um den Durchschnitt
bilden zu können? Oder bildet sich dieser durch politisch-polemische
Äußerungen?
MfG Christian
Wolfgang Meiners
> Hallo,
>
> ich suche einen anschaulichen, mit den Methoden der Schulmathematik
> verständlichen Beweis dafür, dass das Produkt zweier Drehungen im R^3
> wieder eine Drehung ist.
> Anders gefragt: wenn ich einen Globus in die Hand nehme, Nordpol oben Südpol
> unten und Berlin vorne, dann damit Fußball spiele und ihn dann irgendwie
> wieder in die Hand nehme: Warum genügt eine Drehung um eine passende
> vermutlich schräg liegende Achse, um ihn in seine ursprüngliche Lage zu
> bringen?
Du nimmst also einen Globus in die Hand und markierst einen beliebigen
Punkt (Berlin), der vorne liegt. Die Verbindungsgrade von diesem Punkt
zum Mittelpunkt des Globus g1 merkst du dir.
Nun bringst du durch beliebig hintereinandergeschaltete Drehungen (um
den festgehaltenen Mittelpunkt des Globus) Berlin in eine andere
Position. Das heißt, es gibt jetzt eine neue Grade g2
Berlin-Mittelpunkt. Diese beiden Graden g1,g2 spannen eine Ebene auf,
die (nach Voraussetzung) den Mittelpunkt des Globus enthält. Der Schnitt
zwischen Globus und Ebene ist ein Großkreis auf dem du das neue Berlin
in das alte zurückdrehen kannst. Die Drehachse steht orthogonal auf der
Ebene.
Übrigens funktioniert das ganze natürlich nur dann, wenn g1 und g2
wirklich eine Ebene aufspannen (also linear unabhängig sind).
David Kastrup
> Arven Taklund schrieb:
>> Hallo,
>>
>> ich suche einen anschaulichen, mit den Methoden der Schulmathematik
>> verständlichen Beweis dafür, dass das Produkt zweier Drehungen im R^3
>> wieder eine Drehung ist.
>> Anders gefragt: wenn ich einen Globus in die Hand nehme, Nordpol oben Südpol
>> unten und Berlin vorne, dann damit Fußball spiele und ihn dann irgendwie
>> wieder in die Hand nehme: Warum genügt eine Drehung um eine passende
>> vermutlich schräg liegende Achse, um ihn in seine ursprüngliche Lage zu
>> bringen?
>
> Du nimmst also einen Globus in die Hand und markierst einen beliebigen
> Punkt (Berlin), der vorne liegt. Die Verbindungsgrade von diesem Punkt
> zum Mittelpunkt des Globus g1 merkst du dir.
>
> Nun bringst du durch beliebig hintereinandergeschaltete Drehungen (um
> den festgehaltenen Mittelpunkt des Globus) Berlin in eine andere
> Position. Das heißt, es gibt jetzt eine neue Grade g2
> Berlin-Mittelpunkt. Diese beiden Graden g1,g2 spannen eine Ebene auf,
> die (nach Voraussetzung) den Mittelpunkt des Globus enthält. Der Schnitt
> zwischen Globus und Ebene ist ein Großkreis auf dem du das neue Berlin
> in das alte zurückdrehen kannst. Die Drehachse steht orthogonal auf der
> Ebene.
Quatsch. Dreh den Globus mal einfach mal ein Stück um die Erdachse.
Diese Drehachse ist _nicht_ orthogonal zum (vom Gesamtdrehwinkel
abhängigen) Großkreis der Verschiebung von Berlin, sondern zum
Breitenkreis von Berlin.
> Übrigens funktioniert das ganze natürlich nur dann, wenn g1 und g2
> wirklich eine Ebene aufspannen (also linear unabhängig sind).
Es funktioniert auch dann nicht.
--
David Kastrup, Kriemhildstr. 15, 44793 Bochum
Arven Taklund
> Das ist sehr simpel: Drehungen sind genau diejenigen
> (orientierungserhaltenden) Automorphismen eines Euklidischen
> Vektorraumes, welche die (Euklidischen) Längen invariant lassen.
Ja genau darum geht es ja. Dies anschaulich für Schüler zu formulieren ist
kein Problem. Aber dies zu beweisen!
Arven Taklund
> Lege einen Ball auf einen Sandboden. Wenn Du ihn rollst, hinterlässt
> er eine Spur. Wenn diese Spur eine Gerade ist, war die Achse parallel
> zum Boden.
Auch wenn die Achse nicht parallel zum Boden ist, ist die Spur eine Gerade.
Es sei denn, der Punkt, mit dem der Ball den Boden berührt, liegt auf der
Drehachse. Die Richtung der Geraden, in die der Ball rollt, ist senkrecht
sowohl zur Drehachse als auch zur Normalenrichtung der Bodenebene. Man
sieht das an Billardkugeln, die so mit Effet gespielt werden, dass sie von
Beginn des Stoßes an rollen und nicht rutschen.
Nun kann die gleiche Rollstrecke entstehen durch unterschiedlicher
Drehungen: wenn der Auflagepunkt nahe der Drehachse ist, brauchts einen
großen Drehwinkel, ist er weit weg von der Achse, so einen kleineren. Somit
ist die Strecke, die der Ball rollt kaum geeignet, die Drehung zu
repräsentieren. Oder habe ich da was falsch verstanden?
Gruß Uwe.
Arven Taklund
> weil es wiederum eine Achse gibt, mit zwei Polen, und um diese
> Achse einen Breitenkreis, der durch den alten und durch den neuen
> Ort Berlins geht?
Genau darum geht es! Warum gibt es wieder einen Fixpunkt auf der Kugel.
Jetzt antworte bitte nicht: weil es wieder eine Achse gibt. Dann frage ich:
warum gibt es wieder eine Achse?
Arven Taklund
> Wie weit geht in diesem speiellen Fall die Schulmathematik?
> Matrizen (gerade in der analytischen Geometrie) sind in vielen
> Schulen/Bundesländern Stoff der Oberstufe, und damit ist es trivial.
>
...Aber dennoch aufwändig. Man muss eine beliebige Drehung erst mal als
Matrix darstellen. Das ist keineswegs so trivial. Dann muss man die
Matrizen multiplizieren und schließlich erkennen, dass das wieder die
Matrix einer Drehung ist. Das mag vom mathematischen Standpunkt lediglich
Fleißarbeit und damit trivial sein. Hat aber entscheidende Nachteile:
1. es ist rechnerisch sehr aufwändig
2. es ist vollkommen unanschaulich
Der Weg über Eigenwerte von Skalarprodukterhaltenden linearen Automorphismen
des R^3 ist, der zu einem charakteristischen Polynom dritten Grades führt,
das eine reelle Nullstelle vom Betrag 1 haben muss, ist eleganter aber
nicht mehr Schulmathematik und leider auch sehr unanschaulich.
Gruß, Uwe
Florian Paul Schmidt
> Arven Taklund <ar...@flirt.ms> writes:
>>Der Weg über Eigenwerte von Skalarprodukterhaltenden linearen
>>Automorphismen des R^3 ist, der zu einem charakteristischen Polynom
>>dritten Grades führt, das eine reelle Nullstelle vom Betrag 1 haben
>>muss, ist eleganter aber nicht mehr Schulmathematik und leider auch sehr
>>unanschaulich.
>
> Wenn man einen starren Körper (ein Dreibein) hat, was kann man dann mit
> ihm machen? Man kann ihn nicht umstülpen und die Längen nicht
> verändern, aber beliebig drehen: Das sind genau die Transformationen,
> welche den Abstand aller Punkte invariant lassen (Starrheit) und die
> stetig mit der Identität verbunden sind. Das ist doch sehr anschaulich.
>
> Daß nun die Hintereinanderausführung zweier Vorgänge, die etwas nicht
> verändern, dieses Etwas auch nicht verändert, ist ebenfalls
> offensichtlich.
>
> Wo siehst Du da etwas Unanschauliches?
Translationen sind auch rigide. Wichtig ist hier noch, dass sich der
Abstand aller Punkte vom Ursprung nicht aendert..
Flo
--
Palimm Palimm!
http://tapas.affenbande.org
Hendrik van Hees
> Nichts. Er setzt halt immer alles Wissen voraus, um dann deduzieren zu
> können. Der Schule nimmt er lebenslang übel, dass er da nichts gelernt
> hat. Würde vielleicht andern auch so gehen. Wenn man nicht wenigstens
> ein, zwei fähige Lehrer und Hochschullehrer erlebt hat, könnte einem
> beim Durchschnitt schon manchmal das Grausen packen.
In der Schule habe ich zwei fähige Lehrer erlebt (Physik und
Geschichte), die beide keine Lehrer sondern sog. Seiteneinsteiger
waren. An der Universität war das Verhältnis umgekehrt. Da habe ich
vielleicht 2-3 schlechte Vorlesungen erlebt. Im Gegensatz zur Schule
ist man dort aber nicht gezwungen, sich das anzutun. Man geht einfach
nicht mehr hin und sucht sich in der Zeit andere bessere Vorlesungen.
Gottfried Helms
>> weil es wiederum eine Achse gibt, mit zwei Polen, und um diese
>> Achse einen Breitenkreis, der durch den alten und durch den neuen
>> Ort Berlins geht?
>
> Genau darum geht es! Warum gibt es wieder einen Fixpunkt auf der Kugel.
> Jetzt antworte bitte nicht:
;-)
> weil es wieder eine Achse gibt. Dann frage ich:
> warum gibt es wieder eine Achse?
>
Weil es unendlich viele gibt... Jeder Punkt auf der Kugeloberfläche
hat eine Antipode, dicht bei dicht.
Aber mir scheint, dies führt nicht zu einem "schulniveaumäßig einfachen"
Argument - da wird's wohl dann weitergehen in die Topologie
oder in den Beweis, daß zwei orthogononale Matrizen multipliziert
wieder eine orthogonale bilden...
Too much für die gegenwärtigen d.s.m.-Augenblicke meinerseits,
sorry...
Gruß -
Gottfried
Martina Eckner
> Hallo,
>
> ich suche einen anschaulichen, mit den Methoden der Schulmathematik
> verständlichen Beweis dafür, dass das Produkt zweier Drehungen im R^3
> wieder eine Drehung ist.
> Anders gefragt: wenn ich einen Globus in die Hand nehme, Nordpol oben Südpol
> unten und Berlin vorne, dann damit Fußball spiele und ihn dann irgendwie
> wieder in die Hand nehme: Warum genügt eine Drehung um eine passende
> vermutlich schräg liegende Achse, um ihn in seine ursprüngliche Lage zu
> bringen?
> Es würde ja schon genügen, wenn man begründete, dass das Fussballspielen
> einen Punkt des Globus fix lässt, der hinterher genau da ist, wo er vorher
> war. (Mit dem Punkt wäre dann die Achse gefunden, dass der Rest um diese
> Achse verdreht sein muss, ist klar).
Das ist allgemeiner als die Aussage, das die Hintereinanderausführungen
von zwei Drehungen wieder eine Drehung ergibt. Aber so würde ich auch
herangehen.
> Wie gesagt: ich suche einen Beweis oder eine starke Begründung, die mit den
> Hilfsmitteln der Schulmathematik auskommt.
Wissen die Schüler denn, wie das in der Ebene funktioniert, also wenn
man die Strecke AB und die Bildstrecke A'B' gegeben hat, wie man dann
das Drehzentrum findet? (Das ist der Schnittpunkt der Mittelsenkrechten
von AA' und BB'. Wenn sich die Mittelsenkrechten nicht schneiden, sind
AB und A'B' parallel, und die Abbildung ist eine Verschiebung.)
Das müsste sich auch auf die Kugel übertragen lassen. Die
Mittelsenkrechten sind dann Großkreise, die sich in den Polen der
Drehachse schneiden.
Viele Grüße
Martina
Christopher Creutzig
Wenn Du den Begriff „beweisen“ hier ernst meinst: Wie ist der Begriff
der „Drehung“ denn bislang definiert? Reine Anschauung oder so, dass man
wirklich einen Beweis damit führen könnte?
Gruß,
Christopher
Christopher Creutzig
> Das müsste sich auch auf die Kugel übertragen lassen. Die
> Mittelsenkrechten sind dann Großkreise, die sich in den Polen der
> Drehachse schneiden.
So etwas ging mir auch gerade durch den Kopf, allerdings hatte ich
dabei keine sphärische Geometrie vor Augen: Die Drehachse einer
einzelnen Drehung liegt, wenn mich nicht alles täuscht, automatisch in
der Ebene, die einen Punkt auf sein Bild unter der Drehung spiegeln
würde – was eine relativ leichte Erweiterung der Mittelsenkrechten ist.
(Beweis: Der Abstand der beiden Punkte vom Fußpunkt des Urbildpunkts auf
der Drehachse ist konstant, und die Menge dieser Punkte bildet genau die
genannte Ebene.) Betrachtet man nun zwei Punkte und die Plätze, auf
denen sie landen, hat man in nicht-entarteten Fällen die Drehachse
bereits gefunden und es ist problemlos möglich, ein Dreieck anzugeben,
dessen Bild die Drehachse immer festlegt.
Das ist alles gut und schön, um die kombinierte Drehung darstellen zu
können, zeigt aber noch nicht, warum die Kombination von zwei Drehungen
wieder eine Drehung ist. In Deiner Konstruktion gefragt: Warum schneiden
sich denn alle diese Mittelsenkrechten in einem Punkt?
Gruß,
Christopher
Gottfried Helms
wenn es um genau 1 Punkt geht (Berlin vorher und nachher)
geht es mit der Ersetzung einer beliebigen Serie von Drehungen
durch eine einzige. Hierzu wurde ja schon das Argument mit dem
Breitenkreis (geht auch über Großkreisargument) gesagt.
Aber um 2 oder 3 Punkte auf ihr Original zurückzudrehen, d.h.
die komplette Originalorientierung wiederherzustellen, wird
man mit einer Drehung nicht auskommen, denke ich.
Gottfried
David Kastrup
> Am 12.08.2006 18:36 schrieb Christopher Creutzig:
>> Martina Eckner wrote:
>>
>>> Das müsste sich auch auf die Kugel übertragen lassen. Die
>>> Mittelsenkrechten sind dann Großkreise, die sich in den Polen der
>>> Drehachse schneiden.
>>
>> So etwas ging mir auch gerade durch den Kopf, allerdings hatte ich
>> dabei keine sphärische Geometrie vor Augen: Die Drehachse einer
>> einzelnen Drehung liegt, wenn mich nicht alles täuscht, automatisch in
>> der Ebene, die einen Punkt auf sein Bild unter der Drehung spiegeln
>> würde – was eine relativ leichte Erweiterung der Mittelsenkrechten ist.
>> (Beweis: Der Abstand der beiden Punkte vom Fußpunkt des Urbildpunkts auf
>> der Drehachse ist konstant, und die Menge dieser Punkte bildet genau die
>> genannte Ebene.) Betrachtet man nun zwei Punkte und die Plätze, auf
>> denen sie landen, hat man in nicht-entarteten Fällen die Drehachse
>> bereits gefunden und es ist problemlos möglich, ein Dreieck anzugeben,
>> dessen Bild die Drehachse immer festlegt.
>>
>> Das ist alles gut und schön, um die kombinierte Drehung darstellen zu
>> können, zeigt aber noch nicht, warum die Kombination von zwei Drehungen
>> wieder eine Drehung ist. In Deiner Konstruktion gefragt: Warum schneiden
>> sich denn alle diese Mittelsenkrechten in einem Punkt?
>
> Übrigens fällt mir gerade auf:
>
> wenn es um genau 1 Punkt geht (Berlin vorher und nachher)
> geht es mit der Ersetzung einer beliebigen Serie von Drehungen
> durch eine einzige. Hierzu wurde ja schon das Argument mit dem
> Breitenkreis (geht auch über Großkreisargument) gesagt.
>
> Aber um 2 oder 3 Punkte auf ihr Original zurückzudrehen, d.h.
> die komplette Originalorientierung wiederherzustellen, wird
> man mit einer Drehung nicht auskommen, denke ich.
Aber natürlich kommt man damit aus. Räumliche Drehungen sind eine
Gruppe, SO(3).
Mario F. Duhanic
> Wie gesagt: ich suche einen Beweis oder eine starke Begründung, die mit den
> Hilfsmitteln der Schulmathematik auskommt.
Bei einer Bewegung gilt hier ja offensichtlich
f: R^n -> R^n
mit a,b \in R^n
|f(a) - f(b)| = |x - y|.
Es gibt folgenden
Satz.
Für jede orientierungstreue (und von der Identität verschiedene)
Bewegung f des R^3 tritt einer der folgenden (sich gegenseitig
ausschließenden) Fälle ein:
(1) f ist eine Translation
(2) f hat einen Fixpunkt
(3) f ist eine Schraubung.
(s. Lineare Algebra und analyt. Geometrie, Max Koecher, Springer, Beweis
ebendort).
Würde es jetzt nicht reichen, es zu zeigen, dass Fälle 1 und 3 nicht
möglich sind (bei der Wahl eines entsprechenden Koordinatensystems)?
Gruß,
Mario
Ralf Muschall
> Längen nicht verändern, aber beliebig drehen: Das sind genau
> die Transformationen, welche den Abstand aller Punkte
> invariant lassen (Starrheit) und die stetig mit der Identität
> verbunden sind. Das ist doch sehr anschaulich.
> Daß nun die Hintereinanderausführung zweier Vorgänge, die
> etwas nicht verändern, dieses Etwas auch nicht verändert, ist
> ebenfalls offensichtlich.
Mindestens darin, dass dieselbe Argumentation in 4d genauso plausibel,
aber falsch ist.
Ralf
--
GS d->? s:++>+++ a+ C++++ UL+++ UH++ P++ L++ E+++ W- N++ o-- K-
w--- !O M- V- PS+>++ PE Y+>++ PGP+ !t !5 !X !R !tv b+++ DI+++
D? G+ e++++ h+ r? y?
Ralf Muschall
> Das ist sehr simpel: Drehungen sind genau diejenigen
> (orientierungserhaltenden) Automorphismen eines Euklidischen
> Vektorraumes, welche die (Euklidischen) Längen invariant lassen. Zwei
Was auch erst noch zu beweisen wäre, und (dank der Trivialität des
Rests) äquivalent zur ursprünglichen Aufgabe ist.
> Drehungen nacheinander ausgeführt ändern beide jeweils die Länge und
> Orientierung nicht, so daß die Hintereinanderausführung selbst das auch
> nicht tut. Case closed. Jetzt mußt Du das nur noch
Nein. Jetzt muss man noch beweisen, dass diese Isometrie *eine*
*einzige* Drehung ist. Dass das nichttrivial ist, sieht man daran,
dass es in höheren Dimensionen nicht gilt.
> schulmathematikgerecht formulieren. Wie das angesichts des
> katastrophalen Zustandes des Faches, welches die Lehrer sich nicht
> schämen, es Mathematik zu nennen, an deutschen Schulen möglich ist,
> vermag ich Dir leider nicht zu beantworten ;-(.
Der einfachste Beweis besteht AFAIK darin, dass ein reelles kubisches
Polynom immer eine reelle Nullstelle hat und die Drehmatrix sich
demzufolge in geeigneten Koordinaten in die direkte Summe aus
Identität in einer Achse und 2d-Rotation in der dazu orthogonalen
Ebene zerlegen lässt. Das stimmt auch von den Freiheitsgraden her (2
für die Achsrichtung, 1 für den Drehwinkel, macht 3 für die SO(3). In
4d hat die Auswahl der "Achse" (einer invarianten Ebene) 4
Freiheitsgrade, plus einen Drehwinkel macht 5, da fehlt ein
Freiheitsgrad zur Dimension 6 der SO(4)).
Das kriegt man IMHO auch ohne Pisa nicht in die Kinder geklopft.
Mario F. Duhanic
> Aber natürlich kommt man damit aus. Räumliche Drehungen sind eine
> Gruppe, SO(3).
An SO(3) musste ich auch denken, aber der OP wollte sozusagen eine
Formulierung, die vielleicht Erdös gern in seinem BUCH gesehen hätte
(hoffe, Erdös nimmt mir das nicht übel und der OP auch nicht). :)
Gruß,
Mario
David Kastrup
> David Kastrup <d...@gnu.org> writes:
>> Aber natürlich kommt man damit aus. Räumliche Drehungen sind eine
>> Gruppe, SO(3).
>
> An SO(3) musste ich auch denken, aber der OP wollte sozusagen eine
> Formulierung, die vielleicht Erdös gern in seinem BUCH gesehen hätte
> (hoffe, Erdös nimmt mir das nicht übel und der OP auch nicht). :)
Es ging bei meiner Antwort nicht um die Fragestellung des OP, sondern
um die Falschvorstellung meinem Vorposter, Drehungen um mehrere Achsen
wären nicht mit einer einachsigen Drehung zu reversieren.
Für diese interne Tatsbestandsklärung ist Gruppenniveau statt
Schulniveau zulässig, denke ich.
Hendrik van Hees
> Mindestens darin, dass dieselbe Argumentation in 4d genauso plausibel,
> aber falsch ist.
Was soll daran falsch sein, die SO(4) ist auch eine Gruppe.
Christian Möller
> Roland Franzius wrote:
>
>
>> Nichts. Er setzt halt immer alles Wissen voraus, um dann deduzieren
>> zu können. Der Schule nimmt er lebenslang übel, dass er da nichts
>> gelernt hat. Würde vielleicht andern auch so gehen. Wenn man nicht
>> wenigstens ein, zwei fähige Lehrer und Hochschullehrer erlebt hat,
>> könnte einem beim Durchschnitt schon manchmal das Grausen packen.
>
> In der Schule habe ich zwei fähige Lehrer erlebt (Physik und
> Geschichte), die beide keine Lehrer sondern sog. Seiteneinsteiger
> waren. An der Universität war das Verhältnis umgekehrt. Da habe ich
> vielleicht 2-3 schlechte Vorlesungen erlebt. Im Gegensatz zur Schule
> ist man dort aber nicht gezwungen, sich das anzutun. Man geht einfach
> nicht mehr hin und sucht sich in der Zeit andere bessere Vorlesungen.
Ich bin fasziniert von der Breite deiner Datenlage. Wirklich umfassend
und repräsentativ. Gratulation! Äußer dich am besten nie wieder über
Schule, Pferdezucht und Stierkastrationstechniken.
SCNR, Christian
Michael Klemm
> Bei einer Bewegung gilt hier ja offensichtlich
>
> f: R^n -> R^n
>
> mit a,b \in R^n
>
> |f(a) - f(b)| = |x - y|.
Dies ist die Definition einer Bewegung, und Arven setzt
weiter f(0) = 0 voraus . Als erster Schritt muss gezeigt werden,
dass f dann eine lineare Abbildung ist. Das ist nicht seht schwer
und zugleich eine gute Motivation, lineare Abbildungen zu betrachten.
Gruß
Michael
Hendrik van Hees
> Wenn ich die Informationen aus Deinem anderen Artikel
> dazunehme, dann kann man wohl sagen, daß die
> Hintereinanderausführung zweier Element der Drehgruppe stets
> wieder ein Element der Drehgruppe ist. Daß sie auch wieder
> eine Drehung um eine Achse ist, habe ich ja oben nicht
> behauptet.
Nun ist aber jede Drehung eben Drehung um eine Achse. Hier kannst Du die
explizite Formulierung finden:
http://theory.gsi.de/~vanhees/faq/mech/node12.html
Gottfried Helms
> Gottfried Helms <he...@uni-kassel.de> writes:
>>
>> Aber um 2 oder 3 Punkte auf ihr Original zurückzudrehen, d.h.
>> die komplette Originalorientierung wiederherzustellen, wird
>> man mit einer Drehung nicht auskommen, denke ich.
>
> Aber natürlich kommt man damit aus. Räumliche Drehungen sind eine
> Gruppe, SO(3).
>
1 Drehung auskommt, kann ich nicht glauben, denn das
bedeutete ja umgekehrt, daß man auch jede beliebige
rotationale Position mit 1 Achsdrehung *herstellen* kann.
Und das wäre mir neu; allerdings kann ich gerade die
Drehung "um 1 beliebige Achse" gerade nicht implementieren.
Vorschlag?
Definiere 3 Punkte auf der Einheitskugel:
A = x y z
--------------------------
p1 1 0 0
p2 -0.8 0.6 0
p3 -sqrt(2) -0.5 0.5
[2] B = rot(A,"pca") // "A" in Hauptachsenposition bringen
x y z
---+---------------------------
p1 0.9839 -0.0298 0.1761
p2 -0.8178 0.5625 0.1217
p3 -0.7558 -0.6475 0.0976
Wie würde ich jetzt zunächst eine passende Achse bestimmen,
um die ich genau die erforderliche 1 Drehung machen kann?
Spontane Idee: Die Koordinaten des geeigneten Pols finden
(die der Antipoden sind die negativen Koordinaten) und unten
anfügen; dann müßte es eine Rotation geben, die die 6 Koor-
dinaten unverändert läßt und die andern 9 Koordinaten auf
die Ursprungsgestalt zurückbringt.
Nenne die Pole o1 und o2, und deren aktuellen Koordinaten
a,b,c:
Position 2:
x y z
---+---------------------------
p1 0.9839 -0.0298 0.1761
p2 -0.8178 0.5625 0.1217
p3 -0.7558 -0.6475 0.0976
--------------------------------
o1 a b c
o2 -a -b -c
---------------------------------
Rotieren, so daß a,b,c invariant bleiben, und dann müßte gelten:
Position 1:
A= x y z
--------------------------
p1 1 0 0
p2 -0.8 0.6 0
p3 -sqrt(2) -0.5 0.5
--------------------------------
o1 a b c
o2 -a -b -c
---------------------------------
Aber das scheint mir unmöglich... Die Korrelation
zwischen p1 und o1 ist nach Position 1 gleich a.
b und c liegen nach Position 2 damit fest.
Ähnliche Bedingungen müßten dann zwischen p2 und o1 sowie
p3 und o1 auch und gleichzeitig erfüllt sein.
Je mehr ich drüber nachdenke, desto weniger erscheint
mir das möglich...
Gottfried
Hendrik van Hees
> Also, ist folgendes richtig?
>
> 1.) Die Hintereinanderausführung zweier Elemente von SO(n)
> ist wieder in SO(n), sonst wäre SO(n) keine Gruppe.
Klar.
>
> 2.) Aber nicht alle Elemente von SO(n) sind eine "Drehung".
Ich würde alle Elemente von SO(n) eine Drehung nennen, warum auch nicht?
In O(n) gibt es noch orientierungsändernde Abbildungen, die
Determinante -1 haben. Sie lassen sich als Hintereinanderausführung
einer Spiegelung an einer n-1-dimensionalen Hyperebene und einer
Drehung (oder umgekehrt) darstellen. Die SO(n) ist Normalteiler der
O(n).
Hendrik van Hees
> Am 12.08.2006 19:21 schrieb David Kastrup:
>> Gottfried Helms <he...@uni-kassel.de> writes:
>>>
>>> Aber um 2 oder 3 Punkte auf ihr Original zurückzudrehen, d.h.
>>> die komplette Originalorientierung wiederherzustellen, wird
>>> man mit einer Drehung nicht auskommen, denke ich.
>>
>> Aber natürlich kommt man damit aus. Räumliche Drehungen sind eine
>> Gruppe, SO(3).
>>
> Hmm, letzteres ist sicher richtig. Aber daß man mit
> 1 Drehung auskommt, kann ich nicht glauben, denn das
> bedeutete ja umgekehrt, daß man auch jede beliebige
> rotationale Position mit 1 Achsdrehung *herstellen* kann.
> Und das wäre mir neu; allerdings kann ich gerade die
> Drehung "um 1 beliebige Achse" gerade nicht implementieren.
> Vorschlag?
http://theory.gsi.de/~vanhees/faq/mech/node12.html
Gl. (1.46)
Michael Klemm
........
> Nun ist aber jede Drehung eben Drehung um eine Achse. Hier kannst Du die
> explizite Formulierung finden:
>
> http://theory.gsi.de/~vanhees/faq/mech/node12.html
Er meint jetzt wohl Elemente aus SO(4,IR). Da ist z.B. die negative
Einheitsmatrix keine Drehung um eine Achse.
Gruß
Michael
Hendrik van Hees
Hm, im n-Dimensionalen sind es wohl eher immer Drehungen in 2D-Ebenen.
Im Dreidimensionalen ist das äquivalent zu Drehungen, denn da sind die
2D-Ebenen durch ihre Normalen (+Orientierung) bestimmt.
Ralf Bader
>
>> weil es wiederum eine Achse gibt, mit zwei Polen, und um diese
>> Achse einen Breitenkreis, der durch den alten und durch den neuen
>> Ort Berlins geht?
>
> Genau darum geht es! Warum gibt es wieder einen Fixpunkt auf der Kugel.
> Jetzt antworte bitte nicht: weil es wieder eine Achse gibt. Dann frage
> ich: warum gibt es wieder eine Achse?
Das ist im Grunde außerordentlich simpel:-)
Sei A(phi) die Drehung um die Achse A mit Winkel phi. Wir können uns A(phi)
als in der Zeit ablaufend vorstellen: t sei eine Zeitkoordinate, die von 0
bis 1 läuft, und zum Zeitpunkt t hat die Drehung A(t*phi) stattgefunden.
Nun nehmen wir 2 Drehungen A(phi) und B(psi). Sei C=B(psi) \circ A(phi) ihre
Hintereinanderausführung. Auch C (ob es nun eine Drehung ist oder nicht)
können wir uns als in der Zeit ablaufend vorstellen:
C(t) = B(t*psi) \circ A(t*phi).
Sei S die Einheitssphäre im R^3, E die von den Achsen A und B aufgespannte
Ebene, G der Großkreis, in dem sich E und S schneiden, a_i,b_i (i=1,2) die
Schnittpunkte von A bzw, B mit G. Wir betrachten die Bahnen von auf S
liegenden Punkten p unter C(t), also die parametrisierten Kurven
c_p(t) = C(t)(p). Diese Kurven sind differenzierbar (also ihre Kompositionen
mit Koordinatenfunktionen sind gewöhnliche diffbare Funktionen), und es
gibt die Tangentialvektoren (Geschwindigkeitsvektoren) c'_p(t) an die Kurve
c_p im Punkt c_p(t). Entsprechendes gilt für die Bahnkurven a_p(t) bzw.
b_p(t) von A(phi) bzw. B(psi). Da der Geschwindigkeitsvektor zweier sich
überlagernder Bewegungen die Summe der Geschwindigkeitsvektoren der
Einzelbewegungen ist, gilt c'_p(t)=a'_p(t)+b'_p(t).
Nun gibt es auf G zwei antipodale Punkte g_1,g_2 mit a'_g1(0)+b'_g1(0)=0 und
a'_g2(0)+b'_g2(0)=0. Dies liegt daran, daß
1. a'_a1(0)=0 ist, entsprechend für a_2,b_1,b_2,
2. das "Vektorfeld" a'_p(0), wenn p entlang G läuft, außerhalb dieser
Nullstellen a_1,2 senkrecht von G wegzeigt, und an diesen Nullstellen
von der einen auf die andere Seite von G wechselt; insbesondere ist G
der Ort aller Punkte p, in denen a'_p(t) und b'_p(t) linear abhängig
sind
3. am Zwischenwertsatz
Wenn nun die differenzierbare Bahnkurve c_g1(t) jemals aus dem Startloch
c_g1(0) käme, müßte ihr Geschwindigkeitsvektor c'_g1(t) zu irgendeinem
Zeitpunkt !=0 sein. Das ist aber nie der Fall (da das
"Geschwindigkeitsvektorfeld" unter der Einparametergruppe C(t) invariant
ist. Man stelle sich vor, daß die Sphäre S selbst feststeht und sich nur
eine auf dieser aufliegende Haut bewegt. Das Geschwindigkeitsvektorfeld sei
an S festgeklebt, und eine Kopie davon an der Haut. Dann decken sich
während der Bewegung die an S festklebenden Vektoren mit den an der Haut
festklebenden) Also ist c_g1(0)=c_g1(1) und somit g_1 ein Fixpunkt von C.
Ebenso g_2, und die ganze von diesen aufgespannte Gerade wird von C
punktweise festgelassen.
Das erinnert mich daran, daß die Autoren des Buchs Onishchik/Vinberg, Lie
Groups and Algebraic Groups, laut Vorwort ihr Werk im Unterricht einer
Moskauer Oberschule durchgearbeitet haben. Kann also so schwer nicht sein.
Zumal man keinsterlei Maßeinheiten benötigt.
Ralf
Michael Klemm
>>> Nun ist aber jede Drehung eben Drehung um eine Achse. Hier kannst Du
>>> die explizite Formulierung finden:
>>>
>>> http://theory.gsi.de/~vanhees/faq/mech/node12.html
>>
>> Er meint jetzt wohl Elemente aus SO(4,IR). Da ist z.B. die negative
>> Einheitsmatrix keine Drehung um eine Achse.
>
> Hm, im n-Dimensionalen sind es wohl eher immer Drehungen in 2D-Ebenen.
> Im Dreidimensionalen ist das äquivalent zu Drehungen, denn da sind die
> 2D-Ebenen durch ihre Normalen (+Orientierung) bestimmt.
Ja, orthogonale Summe von 2D-Ebenen plus Fixraum.
Gruß
Michael
Jutta Gut
"Stefan Ram" <r...@zedat.fu-berlin.de> schrieb
> Wenn man einen starren Körper (ein Dreibein) hat, was kann man
> dann mit ihm machen? Man kann ihn nicht umstülpen und die
> Längen nicht verändern, aber beliebig drehen: Das sind genau
> die Transformationen, welche den Abstand aller Punkte
> invariant lassen (Starrheit) und die stetig mit der Identität
> verbunden sind. Das ist doch sehr anschaulich.
Was ist mit Schraubungen (Drehung + Translation)? Die lassen auch alle
Abstände und die Orientierung gleich, aber man kann sie nicht durch eine
Drehung ersetzen.
IIRC ist jede orientierungserhaltende Kongruenzabbildung im R^3 entweder
eine Translation, eine Drehung oder eine Schraubung.
Mir ist die Fragestellung überhaupt nicht ganz klar: Geht es um beliebige
Drehung im R^3, oder um Drehungen, deren Achse durch den Ursprung geht, oder
um Drehungen einer Kugel, die den Mittelpunkt gleich lassen?
Grüße
Jutta
Arven Taklund
>
> Es gibt folgenden
>
>
> Satz.
>
> Für jede orientierungstreue (und von der Identität verschiedene)
> Bewegung f des R^3 tritt einer der folgenden (sich gegenseitig
> ausschließenden) Fälle ein:
>
> (1) f ist eine Translation
> (2) f hat einen Fixpunkt
> (3) f ist eine Schraubung.
>
> (s. Lineare Algebra und analyt. Geometrie, Max Koecher, Springer, Beweis
> ebendort).
>
Dass ich einen Beweis für den Satz in einem lineare-Algebra Buch für
Studenten finde ist klar. Es geht mir ja gerade nicht um einen solchen.
Diese Beweise betrachten einen allgemeineren Sachverhalt und bemühen von
daher einen Apparat, der möglicherweise (?) nicht nötig ist.
Michael Klemm
> Mir ist die Fragestellung überhaupt nicht ganz klar: Geht es um beliebige
> Drehung im R^3, oder um Drehungen, deren Achse durch den Ursprung geht,
> oder um Drehungen einer Kugel, die den Mittelpunkt gleich lassen?
Arven nimmt den mit den Füßen misshandelten Globus wieder in die Hand.
Wenn K die Vollkugel mit dem Durchmesser 30 cm ist, dann hat man
eine Abbildung f: K -> K, bei der die Abstände zweier beliebigen
Kugelpunkte erhalten bleiben, mit f(O) = O, O der Kugelmittelpunkt.
Diese Abbildungen bilden eine Gruppe G, und es zeigt sich, dass
jedes Element ungleich 1 von G die Drehung um eine Achse ist.
Gruß
Michael
Arven Taklund
> An SO(3) musste ich auch denken, aber der OP wollte sozusagen eine
> Formulierung, die vielleicht Erdös gern in seinem BUCH gesehen hätte
> (hoffe, Erdös nimmt mir das nicht übel und der OP auch nicht). :)
Jawohl! Genau danach suche ich.
Arven Taklund
>
> Mir ist die Fragestellung überhaupt nicht ganz klar: Geht es um beliebige
> Drehung im R^3, oder um Drehungen, deren Achse durch den Ursprung geht,
> oder um Drehungen einer Kugel, die den Mittelpunkt gleich lassen?
>
Also um eine lineare Abbildung.
Michael Klemm
Wenn Du aber mit dem Globus Fußball spielen willst, dann musst Du zeigen,
dass das Ergebnis eine Drehung in diesem Sinn ist, und nicht, dass
die Verknüpfung von Drehungen wieder eine ist.
Gruß
Michael
Arven Taklund
> Sei A(phi) die Drehung um die Achse A mit Winkel phi. Wir können uns
> A(phi) als in der Zeit ablaufend vorstellen: t sei eine Zeitkoordinate,
> die von 0 bis 1 läuft, und zum Zeitpunkt t hat die Drehung A(t*phi)
> stattgefunden.
>
> Nun nehmen wir 2 Drehungen A(phi) und B(psi). Sei C=B(psi) \circ A(phi)
> ihre Hintereinanderausführung. Auch C (ob es nun eine Drehung ist oder
> nicht) können wir uns als in der Zeit ablaufend vorstellen:
> C(t) = B(t*psi) \circ A(t*phi).
>
Das muss ich mir mal in Ruhe anschauen. Könnte das Argument sein, das ich
suche. Vielleicht aber auch nicht:
Wenn ich eine Drehung durch einen Vektor darstelle, wie etwa in der Physik.
Vektor in Richtung der Achse (rechte-Faust-Regel) und Länge entsprechend
dem Winkel. Dann kann man Drehungen, die gleichzeitig ablaufen ( oder
Drehimpulse ) vektoriell addieren. Das Ergebnis ist eine Drehung, die
entsteht, wenn ich tausendmal hintereinander ein Tausendstel der einen,
dann ein Tausendstel der anderen Drehung ausführe ( Limes Tausend gegen
unendlich ). Aber das ist etwas anderes als dass was rauskommt, wenn ich
die eine Drehung vollständig und dann die andere vollständig mache.
Ich hoffe, Dein Beweis läuft nicht auf diesen Irrtum hinaus ? ich werds
morgen prüfen.
Gute Nacht.
Gottfried Helms
> Gottfried Helms wrote:
>
>> Am 12.08.2006 19:21 schrieb David Kastrup:
>>> Gottfried Helms <he...@uni-kassel.de> writes:
>>>> Aber um 2 oder 3 Punkte auf ihr Original zurückzudrehen, d.h.
>>>> die komplette Originalorientierung wiederherzustellen, wird
>>>> man mit einer Drehung nicht auskommen, denke ich.
>>>>
>>> Aber natürlich kommt man damit aus. Räumliche Drehungen sind eine
>>> Gruppe, SO(3).
>>>
>> Hmm, letzteres ist sicher richtig. Aber daß man mit
>> 1 Drehung auskommt, kann ich nicht glauben, denn das
>> bedeutete ja umgekehrt, daß man auch jede beliebige
>> rotationale Position mit 1 Achsdrehung *herstellen* kann.
>> Und das wäre mir neu; allerdings kann ich gerade die
>> Drehung "um 1 beliebige Achse" gerade nicht implementieren.
>> Vorschlag?
>
> http://theory.gsi.de/~vanhees/faq/mech/node12.html
>
> Gl. (1.46)
>
das ein bißken Zeit braucht...
Im Moment stellt sich mir das Problem, die Ausgangsposition
von 3 Punkten auf der Oberfläche der Kugel, deren Position
beliebig rotiert wurde, durch 1 Drehung wiederherzustellen
so dar:
seien T1,T2,T3 Elementar-Rotationen (in jeweils 1 Ebene),
T deren Produkt, A die Ausgangsmatrix dreier Punkte, dann ist
B = A*T
Lege ich nun eine geeignete Achse P fest, um die ich elementar
rotieren möchte, so rotiere ich P auf die z-Achse, rotiere
elementar in der x/y-ebene und rotiere P wieder auf ihre
Originalposition:
Sei Z die Rotation, die P auf die z-Achse legt und X die
gesuchte x/y-rotation, dann soll also auch gelten:
B = A * Z * X * Z'
Da B = A*T ist, ist dann auch
A*T = A*Z * X * Z'
T = Z * X * Z'
X = Z' * T * Z
wobei X die Form
cos(phi) -sin(phi) 0
sin(phi) cos(phi) 0
0 0 1
haben soll.
Hmm. wie geben Deine Gleichungen hier eine
Lösung? Oder kann man das auch mit orhogonalen
Ähnlichkeitstransformationen mit der Neben-
bedingung, daß X die bestimmte Form haben soll,
lösen?
Habe gerade mal einen Apfel zur Hand genommen,
zwei Löcher gebissen (hmm!), dann beliebig
rotiert - aber eine Rotation um 1 Achse, die
beide Löcher in ihre Ausgangsposition gebracht
hätte, habe ich nicht gesehen...
(Na ja, jetzt ist eh' nur noch des Kerngehäuse
rund um die z-Achse übrig. Gute Nacht allerseits)
Gottfried
Rudi Menter
> Lege ich nun eine geeignete Achse P fest, ...
Alle Achsen sind gleich. Deshalb verschmilzt am Ende alles zu einer Achse.
--
fG
Ralf Bader
etwas, das bedeuten würde, daß die Drehungen C(t) alle die gleiche Achse
haben, und das erscheint mir sehr zweifelhaft.
Ralf
Hendrik van Hees
> Was ist mit Schraubungen (Drehung + Translation)? Die lassen auch alle
> Abstände und die Orientierung gleich, aber man kann sie nicht durch
> eine Drehung ersetzen.
Klar, das ist aber die ISO(3,R), also das semidirekte Produkt aus
Translationen und Drehungen. Das ist die Symmetriegruppe des
dreidimensionalen affinen euklidischen Punktraumes.
Die SO(3,R) ist diejenige Untergruppe, die einen beliebigen Punkt im R^3
fest läßt.
>
> IIRC ist jede orientierungserhaltende Kongruenzabbildung im R^3
> entweder eine Translation, eine Drehung oder eine Schraubung.
Das müßte man eigentlich genauso herleiten können wie die
Lorentztransformationen aus den Symmetrieannahmen+speziellem
Relativitätsprinzip, wie ich es in meiner ART-Kosmologie-FAQ im ersten
Abschnitt beschrieben habe.
http://theory.gsi.de/~vanhees/faq/cosmo/node3.html
Wahrscheinlich kommt man sogar mit wesentlich weniger Analysis aus als
ich in der Herleitung verwendet habe.
>
> Mir ist die Fragestellung überhaupt nicht ganz klar: Geht es um
> beliebige Drehung im R^3, oder um Drehungen, deren Achse durch den
> Ursprung geht, oder um Drehungen einer Kugel, die den Mittelpunkt
> gleich lassen?
Ich habe R^3 so verstanden, daß es sich um den entsprechenden
Euklidischen Vektorraum und Automorphismen auf demselben ginge.
Hendrik van Hees
> Es geht um Drehungen um eine Achse, die durch einen festen Punkt
> geht.
> Also um eine lineare Abbildung.
Dann ist es aber wirklich trivial. Du betrachtest ja a priori nur die
Drehungen um die eine Achse, und die bilden freilich eine (abelsche)
Untergruppe der SO(3), die O(2) oder U(1).
Hendrik van Hees
> Wenn ich eine Drehung durch einen Vektor darstelle, wie etwa in der
> Physik. Vektor in Richtung der Achse (rechte-Faust-Regel) und Länge
> entsprechend dem Winkel. Dann kann man Drehungen, die gleichzeitig
> ablaufen ( oder Drehimpulse ) vektoriell addieren. Das Ergebnis ist
> eine Drehung, die entsteht, wenn ich tausendmal hintereinander ein
> Tausendstel der einen, dann ein Tausendstel der anderen Drehung
> ausführe ( Limes Tausend gegen unendlich ). Aber das ist etwas anderes
> als dass was rauskommt, wenn ich die eine Drehung vollständig und dann
> die andere vollständig mache.
Klar, die Drehungen um verschiedene Achsen sind nicht kommutativ.
Man kann das alles in drei Zeilen beweisen, wenn man elementare
Vektorraumtheorie zur Verfügung hätte. Da man in der Schule diese aber
nicht zur Verfügung hat, weiß ich nicht, wie man das dort seriös
vermitteln könnte. Es war ja leider die Einschränkung gegeben, daß man
nur Schul"mathematik" zur Argumentation verwenden dürfe.
Roland Franzius
> Michael Klemm wrote:
>
>> Hendrik van Hees schrieb:
>> ........
>>> Nun ist aber jede Drehung eben Drehung um eine Achse. Hier kannst Du
>>> die explizite Formulierung finden:
>>>
>>> http://theory.gsi.de/~vanhees/faq/mech/node12.html
>> Er meint jetzt wohl Elemente aus SO(4,IR). Da ist z.B. die negative
>> Einheitsmatrix keine Drehung um eine Achse.
>
> Hm, im n-Dimensionalen sind es wohl eher immer Drehungen in 2D-Ebenen.
> Im Dreidimensionalen ist das äquivalent zu Drehungen, denn da sind die
> 2D-Ebenen durch ihre Normalen (+Orientierung) bestimmt.
>
Eigentlich orthogonale Transformationen sind die Exponentialabbildung zu
Summen aus Lie-Algebra-Elementen, die nach allen n-2-dimensionalen
invarianten Unterräumen ihrer Exponentialabbildung numeriert werden können.
In SO(3,R) sind das z.B. die Drehungen mit den invarianten Drehachsen
x1,x2,x3
In SO(4,R) gibt es Drehungen mit den Fixebenenen (1,2), (1,3), (1,4),...
(3,4). Aber eine Transformation zu Linearkombination von Erzeugenden
L= phi* L_1,2 + chi L_3,4
läßt offenbar keinen 2-dim Unterraum invariant und kann daher weder als
Drehung in einer Ebene noch als orthogonale Transformation eines
Unterraums dargestellt werden.
Beispiel
L12 = {{0, a, 0, 0}, {-a, 0, 0, 0}, {0, 0, 0, b}, {0, 0, -b, 0}}
MatrixExp[L12]
{{Cos[a], Sin[a], 0, 0}, {-Sin[a], Cos[a], 0, 0}, {0, 0, Cos[b], Sin[
b]}, {0, 0, -Sin[b], Cos[b]}}
Eigensystem[MatrixExp[L12]]
{Cos[a] - I*Sin[a], Cos[a] + I*Sin[a],
Cos[b] - I*Sin[b], Cos[b] + I*Sin[b]},
{{I, 1, 0, 0}, {-I, 1, 0, 0}, {0, 0, I, 1},
{0, 0, -I, 1}}}
Alle Eigenwerte und Eigenvektoren sind bei dieser verschränkten
orthogonalen Transformation komplex.
--
Roland Franzius
Ralf Muschall
> > Aber um 2 oder 3 Punkte auf ihr Original zurückzudrehen, d.h.
> > die komplette Originalorientierung wiederherzustellen, wird
> > man mit einer Drehung nicht auskommen, denke ich.
> Aber natürlich kommt man damit aus. Räumliche Drehungen sind eine
> Gruppe, SO(3).
Das ist aber nur ein glücklicher Zufall. Drehungen in R^4 sind eine
fünfdimensionale Teilmenge (keine Teilgruppe) der sechsdimensionalen
SO(4) (falls man nicht wie Hendrik argumentiert ("alles, was in der
Gruppe ist, nenne ich Drehung")).
Ralf
--
GS d->? s:++>+++ a+ C++++ UL+++ UH++ P++ L++ E+++ W- N++ o-- K-
w--- !O M- V- PS+>++ PE Y+>++ PGP+ !t !5 !X !R !tv b+++ DI+++
D? G+ e++++ h+ r? y?
Arven Taklund
habe vorm Einschlafen nochmal über das Problem nachgedacht, wie man
elementar (mit Kenntnissen der Allgemeinbildung, ohne spezielle Kenntnisse
der linearen Algebra) begründen kann, dass ein beliebig nach dem
Fußballspiel in die Hand genommener Globus durch _eine_ Drehung wieder in
die Ausgangslage - Nordpol oben, Berlin vorne - gebracht werden kann. Und
ich bin auf folgende Lösung gekommen, die nachgewiesenermaßen (hab meine
Familie beim Frühstück damit traktiert) meinem Anspruch gerecht wird. Ich
schreibe ihn hier ausführlich auf, so wie er vom Normaldenkenden (mit
mathematischer Schulbildung) verstanden werden kann.
Ich nehme an, der Globus in seiner Originalposition ist weiß, nach dem
Fußballspiel ist er grau. Wenn ich im folgenden von grauen oder weißen
Polen, Breiten- oder Längenkreisen spreche, dann sind die entsprechenden
geometrischen Größen auf der grauen oder weißen Kugel gemeint.
Beide Globen stelle ich mir gleichzeitig am gleichen Ort vor (physikalisch
geht das natürlich nicht, vorstellen kann man sich das ja), jeweils in der
ihnen zugeschriebenen Lage.
Ich will zeigen, dass es einen Fixpunkt F gibt. Das ist ein Ort der Erde,
der auf der weißen Kugel exakt dort ist, wo er auf der grauen ist. Nun ist
klar, dass ich die graue Kugel nur um einen geeigneten Winkel um die Achse
durch F drehen muss, damit sie in ihre ursprüngliche weiße Position kommt.
Wie finde ich diesen Punkt F? zuerst suche ich den weißen und den grauen
Nordpol auf. Liegen sie übereinander, so ist der Nordpol mein gesuchter
Punkt F. Tun sie das nicht, suche ich alle Punkte auf meiner weiß-grauen
Doppelkugel, die gleichweit von den beiden Nordpolen entfernt sind. Im Raum
ist das die Mittelsenkrechtenebene, auf der Kugel ist das ein Großkreis.
Diesen Großkreis markiere ich rot. Nun untersuche ich die geographischen
Koordinaten der Punkte auf dem roten Kreis sowohl im weißen wie auch im
grauen Gradnetz. Da der rote Kreis nur Punkte enthält, die gleichweit von
dem weißen wie von dem grauen Nordpol entfernt sind, stimmen in all seinen
Punkten die grauen und die weißen Breitenkreis-Koordinaten überein.
Ich muss jetzt nur noch einen Ort auf dem roten Kreis finden, auf dem auch
die beiden Längenkreis-Koordinaten übereinstimmen. Nun ist es einfacher,
wenn ich entgegen der geographischen Konvention die Längenhalbkreise von
Null bis 360 durchnummeriere und zwar von oben auf den Nordpol geschaut im
Gegenuhrzeigersinn ansteigend. Ich begebe mich auf den roten Kreis und
schreibe an jeden Punkt weiß die weiße Länge und grau die graue Länge auf.
Liegt die graue Null auf der weißen Null, so bin ich fertig.
Ich nehme also an dass die graue Null und die weiße Null auf verschiedenen
Orten des roten Kreises liegen. Nun setze ich eine weiße Ameise auf die
weiße Null und eine graue auf die graue Null. Beide Ameisen sollen in
Richtung ansteigender Längenkreise in ihrer Farbe loslaufen. Nun ist
folgendes ganz entscheidend: Die beiden Pole befinden sich auf
verschiedenen Seiten des roten Kreises. Somit steigen vom weißen Pol aus
gesehen die grauen Längenkreise im Uhrzeigersinn, die weißen im
Gegenuhrzeigersinn an. Die Ameisen laufen auf dem roten Kreis aufeinander
zu und nicht hintereinander her! Laufen die Ameisen so, dass sie jeweils
einen Längengrad pro Sekunke überwinden, so braucht man nur zu warten bis
sie sich treffen. Der Treffpunkt hat nicht nur gleiche
Breitenkreiskoordinaten (weil er auf dem roten Gleichweit-Entfernt-Kreis
liegt) sondern auch gleiche Längenkoordinaten. Er ist der gesuchte Punkt
F.
Natürlich könnte man diesen Beweis auch formal exakt formulieren. Statt sich
Ameisen treffen zu lassen, könnte man auf dem roten Kreis eine Funktion f
defnieren
f(P)=weiße Längenkoordinate von P - rote Längenkoordinate von P
dann feststellen, dass f stückweise stetig ist und den Zwischenwertsatz
bemühen. Meiner Ansicht nach ist damit aber überhaupt nichts gewonnen.
Oder wie denkt ihr?
Arven Taklund
> Wissen die Schüler denn, wie das in der Ebene funktioniert, also wenn
> man die Strecke AB und die Bildstrecke A'B' gegeben hat, wie man dann
> das Drehzentrum findet? (Das ist der Schnittpunkt der Mittelsenkrechten
> von AA' und BB'. Wenn sich die Mittelsenkrechten nicht schneiden, sind
> AB und A'B' parallel, und die Abbildung ist eine Verschiebung.)
>
Ja, dieses Niveau darf vorausgesetzt werden.
> Das müsste sich auch auf die Kugel übertragen lassen. Die
> Mittelsenkrechten sind dann Großkreise, die sich in den Polen der
> Drehachse schneiden.
>
Das ist ok. Aber die Argumentation setzt voraus, dass bereits bekannt ist,
dass die Abbildung eine Drehung ist. Sie löst lediglich das Problem, wie
man das Drehzentrum und den Winkel findet, wenn man weiß, dass es eine
Drehung ist.
Arven Taklund
> Wenn Du den Begriff ?beweisen? hier ernst meinst: Wie ist der Begriff
> der ?Drehung? denn bislang definiert? Reine Anschauung oder so, dass man
> wirklich einen Beweis damit führen könnte?
>
Unter einer Drehung im R^3 um eine beliebige Achse und einen bestimmten
Winkel versteht wohl jeder intelligente Mensch das Gleiche. So dass als
Definition ausreicht: Drehung ist das, was sich ein intelligenter Mensch
darunter vorstellt. (Bitte frag jetzt nicht nach einer Definition für
intelligent, sonst antworte ich, intelligent ist der, der sich unter
Drehung was richtiges vorzustellen vermag :-) ). Beweise heißt in diesem
Zusammenhang: eine Argumentation vorbringen, die ein intelligenter Mensch
für schlüssig hält. In der Regel lässt sich eine solche Argumentation dann
auch zu einem für Mathematiker exakten Beweis umformen.
Arven Taklund
> Arven Taklund <ar...@flirt.ms> writes:
>>Ich will zeigen, dass es einen Fixpunkt F gibt. Das ist ein Ort der Erde,
>
> Was wäre an folgender Argumentation falsch?
>
> Nach zwei Drehungen ist Berlin irgendwo. Dieser Ort ist durch
> einen Großkreis mit dem alten Ort verbunden [1]. Also
> kann der neue Ort durch eine Drehung in der Ebene dieses
> Großkreises, wieder zum alten Orte gelangen.
>
Durch diese Drehung wird zwar Berlin wieder an den richtigen Platz gedreht,
aber es wäre eine großer Zufall, wenn auch der Nordpol wieder an seine
richtige Stelle gelangen würde.
David Kastrup
> Arven Taklund <ar...@flirt.ms> writes:
>>Ich will zeigen, dass es einen Fixpunkt F gibt. Das ist ein Ort der Erde,
>
> Was wäre an folgender Argumentation falsch?
>
> Nach zwei Drehungen ist Berlin irgendwo. Dieser Ort ist durch
> einen Großkreis mit dem alten Ort verbunden [1]. Also
> kann der neue Ort durch eine Drehung in der Ebene dieses
> Großkreises, wieder zum alten Orte gelangen.
Dasselbe wie beim letzten Mal. Liest Du denn nicht die Antworten auf
Deine Postings?
Diese Drehung bringt nur Berlin an den Ausgangsort zurück, nicht aber
den Rest der Kugel.
Beispielsweise bewegt sich Berlin bei einer Drehung um den Nordpol
_nicht_ auf einem Großkreis. Diese Drehung kann man deswegen auch
nicht durch eine Drehung rückgängig machen, bei der sich Berlin auf
einem Großkreis bewegte.
--
David Kastrup, Kriemhildstr. 15, 44793 Bochum
Wolfgang Meiners
> Wolfgang Meiners <Wolfgang...@web.de> writes:
>
>> Arven Taklund schrieb:
>>> Hallo,
>>>
>>> ich suche einen anschaulichen, mit den Methoden der Schulmathematik
>>> verständlichen Beweis dafür, dass das Produkt zweier Drehungen im R^3
>>> wieder eine Drehung ist.
>>> Anders gefragt: wenn ich einen Globus in die Hand nehme, Nordpol oben Südpol
>>> unten und Berlin vorne, dann damit Fußball spiele und ihn dann irgendwie
>>> wieder in die Hand nehme: Warum genügt eine Drehung um eine passende
>>> vermutlich schräg liegende Achse, um ihn in seine ursprüngliche Lage zu
>>> bringen?
>> Du nimmst also einen Globus in die Hand und markierst einen beliebigen
>> Punkt (Berlin), der vorne liegt. Die Verbindungsgrade von diesem Punkt
>> zum Mittelpunkt des Globus g1 merkst du dir.
>>
>> Nun bringst du durch beliebig hintereinandergeschaltete Drehungen (um
>> den festgehaltenen Mittelpunkt des Globus) Berlin in eine andere
>> Position. Das heißt, es gibt jetzt eine neue Grade g2
>> Berlin-Mittelpunkt. Diese beiden Graden g1,g2 spannen eine Ebene auf,
>> die (nach Voraussetzung) den Mittelpunkt des Globus enthält. Der Schnitt
>> zwischen Globus und Ebene ist ein Großkreis auf dem du das neue Berlin
>> in das alte zurückdrehen kannst. Die Drehachse steht orthogonal auf der
>> Ebene.
>
> Quatsch.
Das ist ein starkes Wort!
> Dreh den Globus mal einfach mal ein Stück um die Erdachse.
> Diese Drehachse ist _nicht_ orthogonal zum (vom Gesamtdrehwinkel
> abhängigen) Großkreis der Verschiebung von Berlin, sondern zum
> Breitenkreis von Berlin.
>
Die beiden Punkte B (Berlin, ursprünglich) und B' (Berlin, gedreht)
definieren (außer in Ausnahmesituationen) einen eindeutig festgelegten
Großkreis. Richtig?
Dieser Großkreis definiert eine Polachse. Richtig?
Was ist die Bewegung von B' nach B entlang dieses Großkreises, wenn es
keine Rotation um die Polachse ist?
Grüße
Wolfgang
Gottfried Helms
> Am 12.08.2006 13:43 schrieb Arven Taklund:
>>> weil es wiederum eine Achse gibt, mit zwei Polen, und um diese
>>> Achse einen Breitenkreis, der durch den alten und durch den neuen
>>> Ort Berlins geht?
>> Genau darum geht es! Warum gibt es wieder einen Fixpunkt auf der Kugel.
>> Jetzt antworte bitte nicht:
>
> ;-)
>
>> weil es wieder eine Achse gibt. Dann frage ich:
>> warum gibt es wieder eine Achse?
>>
>
> Weil es unendlich viele gibt... Jeder Punkt auf der Kugeloberfläche
> hat eine Antipode, dicht bei dicht.
> Aber mir scheint, dies führt nicht zu einem "schulniveaumäßig einfachen"
> Argument - da wird's wohl dann weitergehen in die Topologie
> oder in den Beweis, daß zwei orthogononale Matrizen multipliziert
> wieder eine orthogonale bilden...
Hmm. In dem Teilthread mit Hendrik habe ich das Problem ja
erweitert auf die Frage, was ist, wenn man 2 Städte (Berlin und
Mombasa) oder 3 oder mehr Städte (Berlin, Mombasa, Rio de Janeiro,...)
hat.
Mir scheint, für 1 oder 2 Städte habe ich jetzt eine Lösung,
für 3 Städte bleibt es für mich fraglich.
Sei
o der Mittelpunkt des Globus',
P die Ursprungsposition mit den Punkten
pb Berlin,
pm Mombasa und
pr Rio de Janeiro und
Q die irgendwie um mehrere Achsen rotierte Position,
dann gibt es
(1 Stadt)
- einen Großkreis Gb, der die beiden Punkte pb und qb
verbindet. Durch den Mittelpunkt gb_m des Bogens (pb,qb) auf
Gb gibt es einen zu Gb senkrechten Großkreis Hb.
Jede beliebige Gerade Xb, die einen Punkt hb_x auf dem
Großkreis Hb mit dem Globus-Mittelpunkt o verbindet, ist jetzt
eine mögliche Drehachse, um die herum man pb auf qb mit *einer*
Drehung zurückdrehen kann.
d.h. auch: es gibt unendlich viele solche Drehachsen; eine
ausgezeichnete geht durch o und gb_m, den Globusmittelpunkt
und den Mittelpunkt des Großkreisbogens durch (pm,qm).
(2 Städte)
Dasselbe gilt für die zweite Stadt M: es gibt
- einen Großkreis Gm sowie den dazu senkrechten Großkreis Hm.
- sowie unendlich viele Geraden Xm, die Punkte hm_x auf Hm über o
verbinden, die mögliche Drehachsen für die Rückrotation von
qm af pm markieren.
Der Schnittpunkt hb_x = hm_x der beiden Großkreise Hb und Hm
kann über den Globus-Mittelpunkt o mit seinem Antipoden verbunden
werden und markiert eine (die einzige) Drehachse, mithilfe derer *beide*
Punkte qb und qm gleichzeitig auf pb und pm zurückrotiert
werden können - mit einer einzigen 1-Achsen-Rotation um die
gemeinsame Achse Xm=Xb.
(3 Städte)
Da dasselbe auch für die dritte Stadt R gilt, kann es nur eine
Lösung geben, wenn alle 3 Großkreise Hb, Hm und Hr sich in einem
Punkt schneiden.
Aber - ob das bei einer beliebigen Rotationsposition Q möglich ist?
--------------------------------------
Also - für 1 bis 2 Städte sehe ich die obigen Überlegungen als
Lösung an, aber für 3 Städte gehe ich davon aus, daß das nur bei
sehr speziellen Positionen Q möglich ist - lasse mich aber gerne
eines besseren belehren...
Gottfried
Mario F. Duhanic
>> (1) f ist eine Translation
>> (2) f hat einen Fixpunkt
>> (3) f ist eine Schraubung.
> Studenten finde ist klar. Es geht mir ja gerade nicht um einen solchen.
> Diese Beweise betrachten einen allgemeineren Sachverhalt und bemühen von
> daher einen Apparat, der möglicherweise (?) nicht nötig ist.
Es ging ja hier nur um den Ausschluss von (1) und (3).
Allerdings ist die Oberfläche dieses Fußballes/der Erde ja
2-dimensionell, somit wird eine Drehung um eine Achse i.A. nicht
ausreichen, was aber (2) ja nicht ausschließt.
Gruß,
Mario
Hendrik van Hees
> Das ist aber nur ein glücklicher Zufall. Drehungen in R^4 sind eine
> fünfdimensionale Teilmenge (keine Teilgruppe) der sechsdimensionalen
> SO(4) (falls man nicht wie Hendrik argumentiert ("alles, was in der
> Gruppe ist, nenne ich Drehung")).
Wie definierst Du denn Drehungen in R^4 bzw. R^n? Ich dachte immer
Drehungen seien schlicht alle SO(n)-Abbildungen.
Jutta Gut
"Gottfried Helms" <he...@uni-kassel.de> schrieb
> (3 Städte)
> Da dasselbe auch für die dritte Stadt R gilt, kann es nur eine
> Lösung geben, wenn alle 3 Großkreise Hb, Hm und Hr sich in einem
> Punkt schneiden.
> Aber - ob das bei einer beliebigen Rotationsposition Q möglich ist?
Die Dreiecke BMR und B'M'R' sind ja kongruent. Da heißt, eine Rotation, die
B in B' und M in M' überführt, muss auch R in R' überführen.
Grüße
Jutta
Gottfried Helms
Trotzdem sträubt sich meine Intuition noch ein bißchen. Schade,
diese Aufgabe als kleines Java-Applet, bei dem man interaktiv
rotieren kann und das die 3 Punkte und die betreffenden Großkreise
zeigt... das wär jetzt mal ein nettes Bonbon und würde meiner
Intuition aufhelfen...
(Vielleicht kann ich mir das jetzt mal in Delphi oder so
aufbauen)
Seltsam, wie starr solche Vorstellungen sein können....
Herzlich -
Gottfried
Gottfried Helms
Dein Argument hat mich jetzt endgültig überzeugt.
Also nochmal zusammengefaßt:
--------------------------------------------------
Sei
o der Mittelpunkt des Globus',
P die Ursprungsposition mit den Punkten
pb Berlin,
pm Mombasa und
pr Rio de Janeiro und
Q die irgendwie um mehrere Achsen rotierte Position,
dann gibt es
(1 Stadt)
Durch die Punkte pb und qb gibt es
- einen Großkreis Gb.
- Durch den Mittelpunkt des Bogens (pb,qb) auf Gb gibt es
einen zu Gb senkrechten Großkreis Hb.
Hb stellt die Ortskurve aller Pole dar, bezüglich derer
pb und qb auf demselben Breitenkreis liegen (pb und qb
haben dieselbe Entfernung von jedem Pol).
- Jeder beliebige Durchmesser DHb von Hb ist dann eine
mögliche Drehachse, um die herum man qb auf pb mit *einer*
Drehung zurückdrehen kann.
D.h. auch: es gibt unendlich viele solche Drehachsen.
(2 Städte)
Dasselbe gilt für die zweite Stadt M: es gibt
- einen Großkreis Gm sowie
- den dazu senkrechten Großkreis Hm.
- Jeder beliebige Durchmesser DHm ist wiederum eine von unendlich
vielen Drehachsen, um die herum man qm auf pm mit *einer*
Drehung zurückrotieren kann.
Die Schnittpunkte der beiden Großkreise Hb und Hm markieren
einen gemeinsamen Durchmesser DHb=DHm = Dbm, um die man
beide Punkte qb und qm gleichzeitig auf pb und pm zurückrotieren
kann - mit *einer* Rotation um eben diese Achse Dbm.
(3 Städte)
Da das Dreieck <pb,pm,pr>
- kongruent zu <qb,qm,qr> ist,
- und die Orientierung des Dreiecks auf der Oberfläche der Kugel
sich durch Rotationen nicht verändert
ist dann auch der dritte Punkt qr auf pr zurückrotiert.
Analog gilt das dann auch für alle Punkte des Globus.
------------------------
Hmm. Wo ich das gerade noch mal durchlese:
zwar habe ich eine gemeinsame Rotationsachse - aber sind
denn die beiden notwendigen Drehwinkel unbedingt gleich?
... <grummel> soviele Fragen...
Herzlich -
Gottfried
Christopher Creutzig
> Unter einer Drehung im R^3 um eine beliebige Achse und einen bestimmten
> Winkel versteht wohl jeder intelligente Mensch das Gleiche. So dass als
Ich wollte diesen Ansatz auch nicht irgendwie ablehnen o.ä., nur
stellt sich mir dann die Frage, was als Beweis für „das und das ist eine
Drehung“ durchgeht. Im formalen Sinne „beweisen“ kann man das damit
natürlich nicht, dafür müsste man den Begriff der Drehung eben erst
formalisieren.
Genügt es Dir als Beweis, dass Du die Drehachse und damit auch den
Winkel geometrisch herleiten kannst und dass Dreiecke nicht nur bei
einer einzelnen, sondern (Transitivität der Äquivalenzrelation) deswegen
auch bei endlich vielen nacheinander ausgeführten Drehungen kongruent
bleiben, die Achse also eindeutig ist? (Letzteres ließe sich natürlich
auch wieder formalisieren, aber, s.o., ein vollständig formaler Beweis
braucht einfach eine andere Begriffsgrundlage.)
Gruß,
Christopher
Christopher Creutzig
> Das ist ok. Aber die Argumentation setzt voraus, dass bereits bekannt ist,
> dass die Abbildung eine Drehung ist. Sie löst lediglich das Problem, wie
> man das Drehzentrum und den Winkel findet, wenn man weiß, dass es eine
> Drehung ist.
Das Problem hast Du doch in der Ebene auch schon. Mach zwei Drehungen
um beliebige Punkte, so dass ein Punkt wieder dort landet, wo er vor der
ersten Drehung war. Behauptung: Insgesamt kommt eine Drehung um diesen
Punkt heraus.
Gruß,
Christopher
Arven Taklund
>
> Hmm. Wo ich das gerade noch mal durchlese:
> zwar habe ich eine gemeinsame Rotationsachse - aber sind
> denn die beiden notwendigen Drehwinkel unbedingt gleich?
> ... <grummel> soviele Fragen...
>
Genau diese Frage ist mir beim Durchlesen Deines Beweises auch gekommen.
mit diesem Großkreis Hb (bzw. Hp p wie NOrdpol) arbeite ich auch in dem
Beweis in news://news.t-online.de:119/ebn0va$d61$01$1...@news.t-online.com
Hier wird begründet, dass der Schnittpunkt der beiden H-Großkreise
Fixpunkt der Operation ist. In Deiner Notattion also: Wenn
Hintertupfingen dieser Schnittpunkt ist, so ist Ph = Qh.
Nun setze ich als unmittelbar einsichtig voraus, dass nur eine Drehung
mit Achse durch Hintertupfingen Hintertupfingen nicht bewegt.
Ralf Muschall
> Wie definierst Du denn Drehungen in R^4 bzw. R^n? Ich dachte immer
> Drehungen seien schlicht alle SO(n)-Abbildungen.
Drehungen sind für mich diejenigen Elemente aus SO(n), die eine
Zerlegung des R^n in R^2 und R^{n-1} invariant lassen, ebenso die
Koordinaten innerhalb des R^{n-2} und nur durch einen Winkel im R^2
wirken. D.h. man kann sie durch einen Drehwinkel und ein Element aus
dem Grassmannraum G(2,n) beschreiben. Der Raum der Drehungen hat
demnach 2n-3 Dimensionen, das stimmt bei n∉{2,3} nicht mit der SO(n)
mit ihren (n^2-n)/2 Dimensionen überein.
Peter Niessen
> Klar, die Drehungen um verschiedene Achsen sind nicht kommutativ.
>
> Man kann das alles in drei Zeilen beweisen, wenn man elementare
> Vektorraumtheorie zur Verfügung hätte. Da man in der Schule diese aber
> nicht zur Verfügung hat, weiß ich nicht, wie man das dort seriös
> vermitteln könnte.
Es reicht doch ein Beispiel anzugeben. Damit ist auch ohne Kenntnis von
Matrizen, Vektorräumen etc. klar: Zumindest im allgemeinen ist das
hintereinander ausführen von Drehungen nicht vertauschbar also nicht
kommutativ. Sollte ich mir als Merksatz an meine Werkzeugmaschine nageln:
Koordinatentransformationen sind NICHT kommutativ! Bei Nichtbeachtung bitte
sofort zum Chef gehen und melden: Ich habe Schrott produziert! :-)
--
Mit freundlichen Grüssen
Peter Nießen
Gottfried Helms
Ich denke, ich hab's jetzt. Juttas Argument bezüglich des dritten
(und damit aller weiteren Punkte) auf dem Globus bringt es dann.
Wir behaupten, daß es am Ende eine Rotation um 1 Achse gibt,
die die vorangegangenen beliebigen Rotationen zurücksetzen kann.
Das hieße also, daß alle Punkte der Oberfläche des Globus an
ihren alten Art gerückt würden.
Wenn die vorangeganenen Rotationen die räumliche Position *aller* Punkte
verändert haben - was bei mehr als einer zufälligen Rotationen anzunehmen
ist- dann kann eine einzelne Rotation nicht *alle* Punkte zurückdrehen,
da es bei jeder 1-Achsen-Rotation zwei Fixpunkte gibt, nämlich die Pole.
Wenn diese aber nicht zurückrotiert werden können, kann die Kugel nicht
ihre Ursprungsposition eingenommen haben, und Juttas Kongruenz-Argument
löst also auch dieses Problem - diesmal mit einem Widerspruchsbeweis.
Also: außer in Spezialfällen keine Ein-Achsen-rotation, die eine
beliebig rotierte Position in mehr als 1 Punkt wiederherstellt.
-----------------
Elend einfach - und ich Blödmann habe gerade zwei Stunden ein
Beispiel für das matrizenmäßige rotieren gebaut und den Prozeß
dokumentiert..., nur um zum gleichen Ergebnis zu kommen
Arrg. Gute Nacht
Gottfried
David Kastrup
Wenn man die Drehungen nicht hintereinander, sondern gleichzeitig
ausführt, dann wird es wieder kommutativ (Lie-Algebren lassen grüßen).
Konkret: eine Drehung B= T A kann ich in einen Vorgang zerlegen, der
eine Dauer von 2 pi hat und mit der Differentialgleichung
dB/dt = W B
beschrieben werden kann, wobei W eine konstante schiefsymmetrische
Matrix ist und B(0) = A, mithin also dT/dt = W T mit T(0)=I.
Die verschränkte Ausführung zweier Drehungen erreicht man jetzt durch
Addition der zugehörigen Matrizen W.
Wenn die Drehmatrix wie folgt aussieht:
* Drehung mit beliebigem Einheitsvektor (v1,v2,v3)^T als Drehachse:
[ [ cos(alpha) + v1^2 (1 - cos(alpha)), v1 v2 (1 - cos(alpha)) - v3 sin(alpha), v1 v3 (1 - cos(alpha)) + v2 sin(alpha) ]
[ v2 v1 (1 - cos(alpha)) + v3 sin(alpha), cos(alpha) + v2^2 (1 - cos(alpha)), v2 v3 (1 - cos(alpha)) - v1 sin(alpha) ]
[ v3 v1 (1 - cos(alpha)) - v2 sin(alpha), v3 v2 (1 - cos(alpha)) + v1 sin(alpha), cos(alpha) + v3^2 (1 - cos(alpha)) ] ]
Nun ist d/dt T(t), wenn alpha = t * w * (v1,v2,v3) ist, bei t=0
[ [ 0, -w3, w2 ]
W = [ w3, 0, -w1 ]
[ -w2, w1, 0 ] ]
wobei (w1,w2,w3)^T = (v1,v2,v3)^T.
Wer Rechen- und Notationsfehler findet, darf sie behalten...
David Kastrup
Wenn man die Drehungen nicht hintereinander, sondern gleichzeitig
ausführt, dann wird es wieder kommutativ (Lie-Algebren lassen grüßen).
Konkret: eine Drehung B= T A kann ich in einen Vorgang zerlegen, der
eine Dauer von 2 pi hat und mit der Differentialgleichung
dB/dt = W B
beschrieben werden kann, wobei W eine konstante schiefsymmetrische
Matrix ist und B(0) = A, mithin also dT/dt = W T mit T(0)=I.
Die verschränkte Ausführung zweier Drehungen erreicht man jetzt durch
Addition der zugehörigen Matrizen W.
Wenn die Drehmatrix wie folgt aussieht:
* Drehung mit beliebigem Einheitsvektor (v1,v2,v3)^T als Drehachse:
[ [ cos(alpha) + v1^2 (1 - cos(alpha)), v1 v2 (1 - cos(alpha)) - v3 sin(alpha), v1 v3 (1 - cos(alpha)) + v2 sin(alpha) ]
[ v2 v1 (1 - cos(alpha)) + v3 sin(alpha), cos(alpha) + v2^2 (1 - cos(alpha)), v2 v3 (1 - cos(alpha)) - v1 sin(alpha) ]
[ v3 v1 (1 - cos(alpha)) - v2 sin(alpha), v3 v2 (1 - cos(alpha)) + v1 sin(alpha), cos(alpha) + v3^2 (1 - cos(alpha)) ] ]
Nun ist d/dt T(t), wenn alpha = t * w * (v1,v2,v3) ist, bei t=0
[ [ 0, -w3, w2 ]
W = [ w3, 0, -w1 ]
[ -w2, w1, 0 ] ]
wobei (w1,w2,w3)^T = w (v1,v2,v3)^T.
Martina Eckner
>
> Das ist alles gut und schön, um die kombinierte Drehung darstellen zu
> können, zeigt aber noch nicht, warum die Kombination von zwei Drehungen
> wieder eine Drehung ist. In Deiner Konstruktion gefragt: Warum schneiden
> sich denn alle diese Mittelsenkrechten in einem Punkt?
Das habe ist mir am Wochenende auch aufgefallen, dass man sich das ja
auch noch überlegen muss. So spontan denke ich aber, dass das auch
genauso geht wie in der Ebene, also ein Beweis über die Kongruenzsätze.
Die Kongruenzsätze müssten auf der Sphäre ja auch gelten. (Ich habe
jetzt aber die anderen Beiträge auch noch nicht alle gelesen.)
Außerdem muss man sich was einfallen lassen, wenn die beiden
Mittelsenkrechten zusammenfallen.
Viele Grüße
Martina
Klaus Nagel
> ich suche einen anschaulichen, mit den Methoden der Schulmathematik
> verständlichen Beweis dafür, dass das Produkt zweier Drehungen im R^3
> wieder eine Drehung ist.
Daß eine Drehung im R3, gegeben durch Drehachse und Drehwinkel, Abstände
unverändert läßt, das ist klar. Will man aber diese abgeleitete
Eigenschaft als Definition der Drehung hernehmen, dann muß man zeigen,
daß jede abstandsinvariante Abbildung eine Drehung im herkömmlichen
Sinne ist. Dann ist die neue Definition sehr bequem, fruchtbar und
erlaubt auch die Erweiterung in höhere Dimensionen.
Hier eine Beweisskizze:
Eine abstandsinvariante Abbildung auf der Kugel ist vollständig bestimmt
beispielsweise durch einen Punkt A und sein Bild A' und durch einen
Großkreis K und dessen Bild K'.
K sei der Großkreis durch A und A'. Bei der Drehung bewegt sich A auf
einen Kreis (im allgemeinen kein Großkreis) von A nach A'. K' geht durch
A' und bildet dort mit K einen Winkel alpha. Für jeden Winkel gibt es
einen Kreis der K in A und A' unter diesem Winkel schneidet. k sei der
Kleinkreis zu alpha. Die Drehung längs k hat die gewünschte Eigenschaft.
Gruß,
Klaus Nagel
Christopher Creutzig
> auch noch überlegen muss. So spontan denke ich aber, dass das auch
> genauso geht wie in der Ebene, also ein Beweis über die Kongruenzsätze.
Vermutlich ja.
> Außerdem muss man sich was einfallen lassen, wenn die beiden
> Mittelsenkrechten zusammenfallen.
Wie ich schon schrieb, kann man ein Dreieck angeben (nahezu jedes
hinreichend beliebige Dreieck sollte genügen), bei dem maximal zwei der
Mittelsenkrechten zusammenfallen können.
Gruß,
Christopher
Arven Taklund
>
> Wenn die vorangeganenen Rotationen die räumliche Position *aller* Punkte
> verändert haben - was bei mehr als einer zufälligen Rotationen anzunehmen
> ist- dann kann eine einzelne Rotation nicht *alle* Punkte zurückdrehen,
> da es bei jeder 1-Achsen-Rotation zwei Fixpunkte gibt, nämlich die Pole.
>
??? Hier geht es doch die ganze Zeit darum, dass in der Tat jede
Kombination von Drehungen mindestens einen Punkt festlässt. Die letzte
Drehung kann ja Punkte wieder richtig hindrehen, die vorher verdreht
wurden, und das tut sie auch. Ein m.E. hieb und stichfesten Beweis habe
ich ja bereits angegeben. (Unabhängig davon, dass er in der Linearen
Algebra zum Standardrepertoire gehört)
Arven Taklund
> Hier eine Beweisskizze:
> Eine abstandsinvariante Abbildung auf der Kugel ist vollständig bestimmt
> beispielsweise durch einen Punkt A und sein Bild A' und durch einen
> Großkreis K und dessen Bild K'.
> K sei der Großkreis durch A und A'. Bei der Drehung bewegt sich A auf
> einen Kreis (im allgemeinen kein Großkreis) von A nach A'. K' geht durch
> A' und bildet dort mit K einen Winkel alpha. Für jeden Winkel gibt es
> einen Kreis der K in A und A' unter diesem Winkel schneidet. k sei der
> Kleinkreis zu alpha. Die Drehung längs k hat die gewünschte Eigenschaft.
>
Auch das ist eine schöne Beweisidee. Mir scheint, muss mal drüber
nachdenken.
Klaus Nagel
Inzwischen ist mir eine Verbesserung eingefallen:
Man betrachte einen Punkt A, sein Bild A' und dessen Bild A". Durch A,
A' und A" lege man einen Kreis, der im Allgemeinen kein Großkreis ist.
Die Drehung längs dieses Kreises hat die gewünschte Eigenschaft.
Bemerkungen:
Die Drehung bildet zwei Punkte, nämlich A und A', richtig ab und damit
alle Punkte der Kugel.
Die Drehwinkel von A nach A' und von A' nach A" sind wegen der
Abstandsinvarianz gleich.
Den Pol P der Drehung, berechnet man aus der Gleichheit der Skalarprodukte
<A, P> = <A', P> = <A", P> und aus |P| = 1.
Gruß,
Klaus Nagel
Gottfried Helms
>> Wenn die vorangeganenen Rotationen die räumliche Position *aller* Punkte
>> verändert haben - was bei mehr als einer zufälligen Rotationen anzunehmen
>> ist- dann kann eine einzelne Rotation nicht *alle* Punkte zurückdrehen,
>> da es bei jeder 1-Achsen-Rotation zwei Fixpunkte gibt, nämlich die Pole.
>>
>
> ??? Hier geht es doch die ganze Zeit darum, dass in der Tat jede
> Kombination von Drehungen mindestens einen Punkt festlässt. Die letzte
> Drehung kann ja Punkte wieder richtig hindrehen, die vorher verdreht
> wurden, und das tut sie auch.
Hmm, jetzt ich: ???
Ok, die erste Drehung T1 läßt die Pole der aktuellen Achse fest.
Alle anderen Punkte sind verdreht.
Eine zweite Rotation T2 um eine beliebige andere Achse verdreht
auch diese beiden Pole. Ich denke, daß dabei nicht zwangsweise
zwei spezielle Punkt auf ihre Ausgangsposition zurückgedreht
werden müssen.
Die Kombination zweier Drehungen T1*T2 dürfte also die Koordinaten
*aller* Punkte (also auch die der Pole der ersten Drehung)
verändert haben.
Eine Einzelne Rück-Rotation um eine Achse läßt deren beiden Pole
unverändert, also kann die Verdrehung *dieser* beiden Punkte hierbei
*nicht* korrigiert werden. Wenn aber nicht alle Punkte korrigiert
werden, können auch nicht 2 oder 3 Punkte korrigiert werden, und
zwar wegen dem Kongruenz-Argument.Es kann also nur 1 Punkt auf seine
alte Position zurückgedreht werden, wenn man nur die Korrektur-
Drehung um 1 Achse erlaubt.
Oder gibt's doch noch eine weitere Tücke des Objekts?
Gottfried
Jutta Gut
"Gottfried Helms" <he...@uni-kassel.de> schrieb
> Ok, die erste Drehung T1 läßt die Pole der aktuellen Achse fest.
> Alle anderen Punkte sind verdreht.
> Eine zweite Rotation T2 um eine beliebige andere Achse verdreht
> auch diese beiden Pole. Ich denke, daß dabei nicht zwangsweise
> zwei spezielle Punkt auf ihre Ausgangsposition zurückgedreht
> werden müssen.
>
> Die Kombination zweier Drehungen T1*T2 dürfte also die Koordinaten
> *aller* Punkte (also auch die der Pole der ersten Drehung)
> verändert haben.
Versuch einmal eine Abbildung zu finden, die keinen Fixpunkt hat ;-) Nach
dem Brouwerschen Fixpunktsatz hat sogar jede stetige Abbildung der Kugel auf
sich einen Fixpunkt (nicht nur lineare). Ok, das gilt für die Vollkugel,
aber man kann den beweis sicher auch so abwandeln, dass er für die
Kugeloberfläche gilt. Daraus kann man ja so nette Aufgaben basteln wie z.B.
den Beweis, dass es immer zwei Orte auf der ERdoberfläche gibt, wo Luftdruck
und Temperatur gleich sind (oder so ähnlich, ich kann mich nicht mehr genau
erinnern).
Wenn man mit linearen Abbildungen argumentiert, ist der Fixpunkt ein
Eigenwert - und eine 3x3-Matrix muss einen reellen Eigenwert haben.
Grüße
Jutta
Jutta Gut
"Klaus Nagel" <nagel...@t-online.de> schrieb
> Inzwischen ist mir eine Verbesserung eingefallen:
> Man betrachte einen Punkt A, sein Bild A' und dessen Bild A". Durch A, A'
> und A" lege man einen Kreis, der im Allgemeinen kein Großkreis ist. Die
> Drehung längs dieses Kreises hat die gewünschte Eigenschaft.
> Bemerkungen:
> Die Drehung bildet zwei Punkte, nämlich A und A', richtig ab und damit
> alle Punkte der Kugel.
> Die Drehwinkel von A nach A' und von A' nach A" sind wegen der
> Abstandsinvarianz gleich.
> Den Pol P der Drehung, berechnet man aus der Gleichheit der Skalarprodukte
> <A, P> = <A', P> = <A", P> und aus |P| = 1.
Genial!
Übrigens, du hattest doch auf deiner Homepage so schöne Applets, unter
anderem zum Brouwerschen Fixpunktsatz. Wann funktionieren die eigentlich
wieder?
Liebe Grüße
Jutta
Gottfried Helms
> "Gottfried Helms" <he...@uni-kassel.de> schrieb
>
>> Ok, die erste Drehung T1 läßt die Pole der aktuellen Achse fest.
>> Alle anderen Punkte sind verdreht.
>> Eine zweite Rotation T2 um eine beliebige andere Achse verdreht
>> auch diese beiden Pole. Ich denke, daß dabei nicht zwangsweise
>> zwei spezielle Punkt auf ihre Ausgangsposition zurückgedreht
>> werden müssen.
>>
>> Die Kombination zweier Drehungen T1*T2 dürfte also die Koordinaten
>> *aller* Punkte (also auch die der Pole der ersten Drehung)
>> verändert haben.
>
> Versuch einmal eine Abbildung zu finden, die keinen Fixpunkt hat ;-) Nach
> dem Brouwerschen Fixpunktsatz hat sogar jede stetige Abbildung der Kugel auf
> sich einen Fixpunkt (nicht nur lineare). Ok, das gilt für die Vollkugel,
> aber man kann den beweis sicher auch so abwandeln, dass er für die
> Kugeloberfläche gilt. Daraus kann man ja so nette Aufgaben basteln wie z.B.
> den Beweis, dass es immer zwei Orte auf der ERdoberfläche gibt, wo Luftdruck
> und Temperatur gleich sind (oder so ähnlich, ich kann mich nicht mehr genau
> erinnern).
Hmm, heißt das jetzt: was auch immer ich für (verkettete) Rotationen ausführe:
es gibt immer einen Punkt (und seine Antipode), dessen Koordinaten zu Beginn
und am Ende gleich sind?
Das wäre dann jedenfalls des Pudels Kern...
>
> Wenn man mit linearen Abbildungen argumentiert, ist der Fixpunkt ein
> Eigenwert - und eine 3x3-Matrix muss einen reellen Eigenwert haben.
Ja, solche Eigenwertüberlegung hatte ich ja im Posting an Hendrik
auch schon angestellt. Mich hatte nur das Problem gestört, daß wir
hier eine orthogonale Ähnlichkeitstransformation haben, die dann
zur Korrektur-Rotation mit einer 1 in der Diagonalen führen soll -
daß *orthogonale* Ähnlichkeitstransformationen zur Diagonalisierung
führen kannte ich bisher nur bei symmetrischen Matrizen. Ok: hier ist
ja keine volle Diagonalisierung erforderlich, sondern nur die
Herstellung einer
1, 0, 0,
0 cos(phi), -sin(phi),
ß sin(phi) cos(phi)
Matrix.
"Leben - Nebel"
literarisch rotierter Gruß - ;-)
Gottfried
Arven Taklund
> Inzwischen ist mir eine Verbesserung eingefallen:
> Man betrachte einen Punkt A, sein Bild A' und dessen Bild A". Durch A,
> A' und A" lege man einen Kreis, der im Allgemeinen kein Großkreis ist.
> Die Drehung längs dieses Kreises hat die gewünschte Eigenschaft.
Wie begründet man das? Etwa so: P sei ein Mittelpunkt es Kreises. Da die
Abbildung Längenerhaltend sein soll, muss PA=P'A' sein.
da PA=PA' ist also auch PA=PA'=P'A''. Wie folgt nun P=P' ?
Hero
> > Lege einen Ball auf einen Sandboden. Wenn Du ihn rollst, hinterlässt
> > er eine Spur. Wenn diese Spur eine Gerade ist, war die Achse parallel
> > zum Boden.
Arven Taklund schrieb:
> Auch wenn die Achse nicht parallel zum Boden ist, ist die Spur eine Gerade.
> Es sei denn, der Punkt, mit dem der Ball den Boden berührt, liegt auf der
> Drehachse.
Bezweifel ich.
> Die Richtung der Geraden, in die der Ball rollt, ist senkrecht
> sowohl zur Drehachse als auch zur Normalenrichtung der Bodenebene. Man
> sieht das an Billardkugeln, die so mit Effet gespielt werden, dass sie von
> Beginn des Stoßes an rollen und nicht rutschen.
>
> Nun kann die gleiche Rollstrecke entstehen durch unterschiedlicher
> Drehungen: wenn der Auflagepunkt nahe der Drehachse ist, brauchts einen
> großen Drehwinkel, ist er weit weg von der Achse, so einen kleineren. Somit
> ist die Strecke, die der Ball rollt kaum geeignet, die Drehung zu
> repräsentieren. Oder habe ich da was falsch verstanden?
Ich meine wohl.
Rolle einen Zylinder, die Achse ist parallel zum Boden. Jetzt stell Dir
innerhalb des Zylinders eine Kugel vor, die Spur der Kugel ist eine
Gerade.
Im Unterschied dazu bringe die Kugel in einem Kegel unter, der mit
seinem Mantel auf dem Boden liegt. Die Kegelachse steht nicht parallel
zum Boden, die Kegelspitze bleibt beim Rollen fest. Die Spur der so
rollenden Kugel im Kegel ist ein Kreisabschnitt auf dem Boden mit
Mittelpunkt dort, wo die Kegelspitze den Boden berührt.
Freundliche Grüsse
Hero
Carsten Schultz
On 2006-08-14, Jutta Gut <gut.jutt...@chello.at> wrote:
>
> "Gottfried Helms" <he...@uni-kassel.de> schrieb
[...]
>
> Versuch einmal eine Abbildung zu finden, die keinen Fixpunkt hat ;-) Nach
> dem Brouwerschen Fixpunktsatz hat sogar jede stetige Abbildung der Kugel auf
> sich einen Fixpunkt (nicht nur lineare). Ok, das gilt für die Vollkugel,
> aber man kann den beweis sicher auch so abwandeln, dass er für die
> Kugeloberfläche gilt.
Die Antipodenabbildung auf der Sphäre hat keinen Fixpunkt. Allerdings
kann man diese, wenn man mit der 2-Sphäre, also der Oberfläche eines
dreidimensionalen Balls, arbeitet, nicht stetig aus der Identität
erhalten. Für die 1-Sphäre aber offenbar doch, denn da ist es eine
Drehung um pi.
Es gilt:
k gerade:
=========
Jede Abbildung f: S^k -> S^k, die homotop zur Identität ist, hat einen
Fixpunkt.
Das folgt zum Beispiel aus dem Lefschetzschen Fixpunktsatz, weil die
Eulercharakteristik der Sphäre in diesem Fall ungleich Null ist.
Eine Folgerung ist der Satz vom Igel.
k ungerade:
===========
Die Antipodenabbildung S^k -> S^k, x |-> -x ist homotop zur Identität.
Das zeigt man direkt, indem man in R^{k+1} = C^{(k+1/2)} an allen
Koordinaten dreht.
> Daraus kann man ja so nette Aufgaben basteln wie z.B.
> den Beweis, dass es immer zwei Orte auf der ERdoberfläche gibt, wo Luftdruck
> und Temperatur gleich sind (oder so ähnlich, ich kann mich nicht mehr genau
> erinnern).
Jetzt willst Du in Richtung Borsuk-Ulam.
> Wenn man mit linearen Abbildungen argumentiert, ist der Fixpunkt ein
> Eigenwert - und eine 3x3-Matrix muss einen reellen Eigenwert haben.
Der aber auch -1 sein könnte, dann braucht man weitere Argumente.
Gruß,
Carsten
--
Carsten Schultz (2:38, 33:47)
http://carsten.codimi.de/
PGP/GPG key on the pgp.net key servers,
fingerprint on my home page.
Martina Eckner
> Martina Eckner wrote:
>
>> auch noch überlegen muss. So spontan denke ich aber, dass das auch
>> genauso geht wie in der Ebene, also ein Beweis über die Kongruenzsätze.
>
> Vermutlich ja.
Ich habs mir gestern nochmal aufgemalt. Es ist wirklich so, dass bei
kongruenten Dreiecken ABC und A'B'C' die Mittelsenkrechten von AA', BB'
und CC' sich in einem einzelnen Punkt S oder auf der Kugel in zwei
gegenüberliegenden Punkten S_1 und S_2 schneiden. Zum Beweis braucht man
die Kongruenzsätze SSS und SWS, die ja auch auf der Kugel gelten.
>> Außerdem muss man sich was einfallen lassen, wenn die beiden
>> Mittelsenkrechten zusammenfallen.
>
> Wie ich schon schrieb, kann man ein Dreieck angeben (nahezu jedes
> hinreichend beliebige Dreieck sollte genügen), bei dem maximal zwei der
> Mittelsenkrechten zusammenfallen können.
Stimmt.
Viele Grüße
Martina
Michael Hoppe
> daß jede abstandsinvariante Abbildung eine Drehung im herkömmlichen
> Sinne ist.
f(x, y, z) := (x, y, -z).
> Eine abstandsinvariante Abbildung auf der Kugel ist vollständig bestimmt
> beispielsweise durch einen Punkt A
Nordpol ...
> und sein Bild A'
... Südpol.
> und durch einen
> Großkreis K und dessen Bild K'.
> K sei der Großkreis durch A und A'.
^^^
Der ist jetzt aber nicht eindeutig bestimmt, also irgendein Meridian,
und K = K'.
Michael
Roland Franzius
Mit Kenntnis von Eigenwerten, Determinanten und charakteristischen
Polynomen ist der Satz trivial:
det (D- x E) = (- x)^n + ... + Det D
Da das Polynom reell ist und Det D=+-1 das Produkt der Eigenwerte resp
Nullstellen, die alle den Betrag 1 haben und, falls nicht rell in in
konjugierten Paaren auftreten, folgt für stetig mit der Identität
zusammenhängende D, Det D=1 und n ungerade, dass 1 Eigenwert ist.
--
Roland Franzius