TU Wien:Geometrie für Informatik VO (Pottman)/WS14 Test 1

Aufgabe 1

Angabe

Gegeben ist eine Ebene im Raum durch die folgende Gleichung:

$3x+6y+2z-2=0$

Sei $f$ eine Abbildung, die Punkte in Richtung normal auf die Ebene um den Faktor 8 skaliert. Die Punkte auf der Ebene selbst bleiben also fix.

Stellen Sie $f$ dar in der Form $f({\vec {x}})={\vec {a}}+M\cdot {\vec {x}}$ mit ${\vec {a}}\in \mathbb {R} ^{3}$ und $M\in \mathbb {R} ^{3\times 3}$.

Lösung

Oft ist es sinnvoll Ebene in hessesche Normalform auszudrücken, also:

${\vec {x}}\cdot {\vec {n}}+d=0,\|{\vec {n}}\|=1$

Hier also dann:

${\begin{pmatrix}3\\6\\2\end{pmatrix}}\cdot {\frac {1}{\sqrt {9+36+4}}}={\begin{pmatrix}3/7\\6/7\\2/7\end{pmatrix}}={\vec {n}}$

$\Longrightarrow {\vec {x}}\cdot {\vec {n}}-{\frac {2}{7}}=0$ (also nicht vergessen auch das $d$ dividieren)

Wir wollen, dass der Abstand von einem neuen Punkt in der Ebene 8-mal so groß ist wie der Abstand vom bestehenden Punkt zu der Ebene, d.h. wir müssen uns 7-mal von dem Punkt bewegen, also ${\vec {x}}-7\lambda {\vec {n}}$ (-, weil + wäre in dem Fall auf der anderen Seite der Ebene)

Es wird jetzt ähnlich zu dem "Kochrezept" (PDF) vorgegangen wo es um das um das Spiegeln geht.

${\vec {x}}+\lambda {\vec {n}}{\text{ in Ebene}}\Longleftrightarrow ({\vec {x}}+\lambda {\vec {n}}){\vec {n}}={\tfrac {2}{7}}\Longrightarrow {\vec {x}}{\vec {n}}+\lambda \underbrace {{\vec {n}}{\vec {n}}} _{\begin{smallmatrix}=1\\{\text{(weil normiert)}}\end{smallmatrix}}={\tfrac {2}{7}}\Longrightarrow \lambda ={\tfrac {2}{7}}-{\vec {x}}{\vec {n}}$

Einsetzen:

${\vec {x}}'={\vec {x}}-7\lambda {\vec {n}}={\vec {x}}-7\left({\tfrac {2}{7}}-{\vec {x}}{\begin{pmatrix}3/7\\6/7\\2/7\end{pmatrix}}\right){\vec {n}}={\vec {x}}-2{\vec {n}}+{\vec {n}}\left({\vec {x}}{\begin{pmatrix}3\\6\\2\end{pmatrix}}\right)$

Jedes Skalarprodukt kann auch als Matrixprodukt dargestellt werden indem man den ersten Vektor transponiert und dann eine Matrixmultiplikation durchführt.

${\begin{pmatrix}3\\6\\2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}3&6&2\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}9&18&6\\18&36&12\\6&12&4\end{pmatrix}}$

$\underbrace {-{\frac {2}{7}}{\begin{pmatrix}3\\6\\2\end{pmatrix}}} _{={\vec {a}}}+\underbrace {\left(Id+{\frac {1}{7}}{\begin{pmatrix}9&18&6\\18&36&12\\6&12&4\end{pmatrix}}\right)} _{={\frac {1}{7}}{\begin{pmatrix}16&18&6\\18&43&12\\6&12&11\end{pmatrix}}=M}{\vec {x}}$

Aufgabe 2

Angabe

In der Ebene ist die Gerade ${\frac {3}{5}}x-{\frac {4}{5}}y+5=0$ in Normalform gegeben. Seien weiters ${\vec {p}}:=(-3,6)^{T}$ und ${\vec {p}}':=(0,10)^{T}$ zwei Punkte, die nicht auf der Geraden liegen.

Gesucht ist eine Affinität $f({\vec {x}})=M\cdot {\vec {x}}+{\vec {a}},M\in \mathbb {R} ^{2\times 2},{\vec {a}}\in \mathbb {R} ^{2}$, die die Punkte auf der Geraden fest lässt, und ${\vec {p}}$ auf ${\vec {p}}'$ abbildet.

Hinweis: Bestimmen Sie zuerst $M$, indem Sie das Problem durch eine Translation so tranformieren, dass die Gerade durch den Ursprung geht.

Aufgabe 3

Angabe

Gegeben sei eine Ebene im Raum und eine auf sie normale Gerade. Gesucht ist die Menge aller Punkte, die von der Geraden denselben Abstand wie von der Ebene.

Vereinfachen Sie die Aufgabe o.B.d.A., indem Sie Ebene und Gerade so ins Koordinatensystem legen, dass sie möglichst einfach dargestellt werden.

Was für eine Art von Fläche ergibt sich?

Lösung

o.B.d.A kann die Ebene so gedreht und ausgerichtet werden das sie in der X-Y Ebene liegt.

Weiters sollte sie so verschoben werden das die Gerade welche Normal auf zur Eben steht durch den Nullpunkt geht.

Daraus folgt:

Normierter Richtungsvektor der Geraden und Normale der Ebene sind beide ${\vec {n}}={\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$

(Nachfolgende Abstandsberechnungen gehen davon aus das $\lVert {\vec {n}}\rVert =1$ ist. Ist in diesem Fall gegen.)

Der Abstand eines Punktes ${\vec {p}}$ zu einer Ebene, welche durch den Ursprung geht, ist gegeben durch ${\vec {n}}\cdot {\vec {p}}$

Der Abstand eines Punktes ${\vec {p}}$ zu einer Geraden, welche durch den Ursprung geht, ist gegeben durch $\lVert {\vec {n}}\times {\vec {p}}\rVert$

Da ${\vec {n}}\cdot {\vec {p}}$ auch negativ sein kann (Punkt befindet sich auf der Rückseite der Ebene) und sich $\lVert {\vec {a}}\times {\vec {b}}\rVert ^{2}$ leicht umformen lässt, ist es von Vorteil wenn wir beide Abstandsmaße quadrieren.

Somit folgt: $({\vec {n}}\cdot {\vec {p}})^{2}=\lVert {\vec {n}}\times {\vec {p}}\rVert ^{2}$

wobei: $\lVert {\vec {a}}\times {\vec {b}}\rVert ^{2}={\vec {a}}^{2}*{\vec {b}}^{2}-({\vec {a}}\cdot {\vec {b}})^{2}$

Somit folgt: $2*({\vec {n}}\cdot {\vec {p}})^{2}={\vec {n}}^{2}*{\vec {p}}^{2}$

jetzt setzen wir für ${\vec {n}}={\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$ und ${\vec {p}}={\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}$ ein.

Somit folgt: $2*z^{2}=1*(x^{2}+y^{2}+z^{2})$

Somit folgt: $z^{2}=x^{2}+y^{2}$

Somit folgt: $z={\sqrt {x^{2}+y^{2}}}$

Die Art der Fläche die entsteht ist ein Doppelkegel. (Spitze im Schnittpunkt: (Gerade / Ebene) und Ausrichtung: (Entlang der Normalen der Ebene))

Aufgabe 4

Angabe

Bestimmen Sie eine Matrix $M\in \mathbb {R} ^{3\times 3}$ einer Kollineation, die das Vierreck links in das Vierreck rechts überführt. D.h. ${\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}$,${\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$ and ${\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}\mapsto {\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}}$.

Hinweis: Bestimmten Sie zuerst, worauf die Fernpunkte $(1:0:0)$ und $(0:1:0)$ abgebildet werden müssen; zusammen mit dem Bild von $(0:0:1)$ bestimmt das die Spalten von $M$ bis auf Faktoren; diese Faktoren müssen so sein, dass der vierte Punkt des Vierecks korrekt abgebildet wird.

Lösung

Ein Punkt im $\mathbb {R} ^{2}$ ${\vec {p}}={\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}$ kann homogen erweitert und dadruch in den $\mathbb {R} ^{3}$ gebracht werden. der neue Punkt hat dann die Form ${\vec {p}}'={\begin{pmatrix}x\\y\\1\end{pmatrix}}\cdot \lambda$ wobei $\lambda$ ein frei wählbar Skalar $\neq 0$ ist.

Alle Homogenen Koordinaten, können, aufgrund wie sie definiert sind, immer mit einem bliebenFaktor $\neq 0$ mutipliziert werden.

Eine Transformationsmatrix jeder Art bildet immer die Einheitsvektoren auf die Vektoren in der Matrix ab. z.B.: im Fall von $\mathbb {R} ^{2}$ ${\begin{pmatrix}a&c\\b&d\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}a&c\\b&d\end{pmatrix}}$

Was wir jetzt wissen wollen, um das Beispiel zu Lösen, ist, worauf muss die Matrix ${\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}}$ Abgebildet werden.

Wenn man sich jetzt die Bedeutung der Einheitsvektoren nun genauer ansieht,ist die gesuchte Lösung relativ einfach zu finden.

Der erste Einheitsvektor ${\vec {e}}_{1}={\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}$ ist der "Schnittpunkt" ak. Fernpunkt aller Geraden die zur X-Achse parallel sind.

Der zweite Einheitsvektor ${\vec {e}}_{2}={\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}$ ist der "Schnittpunkt" ak. Fernpunkt aller Geraden die zur Y-Achse parallel sind.

Der dritte Einheitsvektor ${\vec {e}}_{3}={\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}$ ist der 0 Punkt in homogenen Koordinaten.

Somit stellt sich nun die Frage wohin werden diese Punkte abgebildet.

Bei gegeben Beispiel schneiden sich nun die Geraden, welche zuvor parallel wahren jetzt in eigentlichen Punkten, und der Ursprung, ist nach wie vor am 0 Punkt (also nicht verschoben).

Der neue "Schnittpunkt" aller Geraden welche einst zur X-Achse parallel wahren ist nun ${\vec {a}}={\begin{pmatrix}-2\\0\end{pmatrix}}$

Der neue "Schnittpunkt" aller Geraden welche einst zur Y-Achse parallel wahren ist nun ${\vec {b}}={\begin{pmatrix}0\\-2\end{pmatrix}}$

Der neue Ursprung ist nun ${\vec {c}}={\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}$

Nachdem man diese Koordinaten nun homogen erweitert. erhält man:

${\vec {a}}'={\begin{pmatrix}-2\\0\\1\end{pmatrix}}\cdot \lambda _{a}$

${\vec {b}}'={\begin{pmatrix}0\\-2\\1\end{pmatrix}}\cdot \lambda _{b}$

${\vec {c}}'={\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}\cdot \lambda _{c}$

Also in Matrixschreibweise ${\begin{pmatrix}-2\lambda _{a}&0&0\\0&-2\lambda _{b}&0\\\lambda _{a}&\lambda _{b}&\lambda _{c}\end{pmatrix}}=\mathbf {M}$

Jetzt muss man nur noch einen Punkt und dessen Abbild einsetzten um konkrete Werte für die $\lambda$ zu bestimmen. Hierbei ist zu beachten das keine Punkte gewählt werden darf welcher ursprünglich auf eine oder mehren Achsen lag.

In unserem Fall ist es der Punkt ${\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$ welcher auf ${\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}}$ abgebildet wird.

Nach Homogenisieren der Punkte erhalten wir nun folgen Gleichung: (Anmerkung: Auf die $\lambda$ wurde in diesem Schritt verzichtet bzw. wurde als 1 gewählt -> so erhält man eine konkrete Matrix und keine relativen Werte)

${\begin{pmatrix}-2\lambda _{a}&0&0\\0&-2\lambda _{b}&0\\\lambda _{a}&\lambda _{b}&\lambda _{c}\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}2\\2\\1\end{pmatrix}}$

Somit folgt:

$-2\lambda _{a}=2\Rightarrow \lambda _{a}=-1$

$-2\lambda _{b}=2\Rightarrow \lambda _{b}=-1$

$\lambda _{a}+\lambda _{b}+\lambda _{c}=1\Rightarrow \lambda _{c}=3$

Die gesuchte Matrix $\mathbf {M}$ ist also ${\begin{pmatrix}2&0&0\\0&2&0\\-1&-1&3\end{pmatrix}}$

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