Normalenvektor einer Geraden

18.03.2006, 18:27

Jens_zulu

Normalenvektor einer Geraden

Hallo ihr Lieben,
ich muss erstmal ein großyes Lob und einen Dank aussprechen, an alle, die hier so aktiv sind. Ich sehe nicht oft Foren, wo man so freundlich behandelt wird, auch wenn man blöde Fragen hat. Ich schreibe leider dieses Jahr abi...das heißt in 2 Wochen, und jetzt macht sich doch schon langsam Panik breit.

Deshalb habe ich hier eine Frage, die ich nirgendwo finden konnte. (korrigiert mich, wenn ich schlecht gesucht habe).

Ich will den Abstand eines Punktes von einer Gerade ausrechnen. Dazu sucht man ja den Normalenvektor der gegebenen Grade um den Normaleneinheitsvektor mit der Differenz zwischen dem Ortsvektor des Punktes und einem festen Punkt auf der Gerade zu multiplizieren.

Nun hier meine dumme frage:
Wie kriege ich den Normalenvektor einer Gerade? Kreuzprodukt geht nicht, gibt ja nur einen Richtungsvektor. Bitte um Hilfe!

mfg jens

evtl am Bsp: Q (0/3/4) und x=(0/0/1)+t(0/1/0)

18.03.2006, 18:46

JochenX

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es gibt eine ganze normele Ebene! (mach dir das Anschaulich klar)
Hinweis: die Geradenrichtung steht senkrecht zur Ebene!

du kannst als recht schnell einen Ansatz für die Ebene machen
ax+by+cz=d; a,b,c sind die Richtungskomponenten
d findest du über Punktprobe mit deinem Abstands-Punkt

=> liefert die Ebene senkrecht zur Geraden, die den Punkt enthält

schneide diese mit der Geraden, das liefert den Punkt auf der Geraden, der deinem anderen Punkt am nächsten ist.
Er hat den gleichen Abstand vom Punkt wie die Gerade.

18.03.2006, 19:59

papahuhn

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Wenn dir Analysis liegt, mach daraus ne Extremwertaufgabe.

19.03.2006, 04:38

Ace Piet

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RE: Normalenvektor einer Geraden
Nimmt man eine beliebige Gerade $\begin{eqnarray*} g \subset \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ , gegeben etwa durch $\begin{eqnarray*} x = a + \lambda \cdot v \quad \tiny\text{mit }v \neq 0 \tiny\text{ und } \lambda \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ und ein $\begin{eqnarray*} x_0 \in \mathbb R^n \end{eqnarray*}$ , für den man einen "Abstand" zu g haben will, dann ist $\begin{eqnarray*} x - x_0 \end{eqnarray*}$ ein (ABER nicht der kürzeste!) Abstandsvektor (Zeichnung!) und die Frage ist...

(1) ... für welches $\begin{eqnarray*} \lambda \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} (x - x_0) \perp v \end{eqnarray*}$ , sprich:
$\begin{eqnarray*} <x - x_0 &; v> \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} = \quad < (a-x_0) + \lambda \cdot v &; v> &{=}^{!} \quad 0 \end{eqnarray*}$
Zugegeben: *hmm* Man weiss (im Sinne des Skalarproduktes) ist der kürzeste der orthogonale Abstand... Da es in der Schule auch nur einen gibt, will ich jetzt keine Verwirrung stiften!

(2)... oder man bildet das Abstandsquadrat $\begin{eqnarray*} d^2 (\lambda) :=& \| x - x_0 \|^2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =& < (a - x_0) + \lambda \cdot v ;& (a- x_0) + \lambda \cdot v > \end{eqnarray*}$
und stellt fest, daß dies eine quadratische Gleichung in $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ darstellt.
$\begin{eqnarray*} =& \|a-x_0\|^2 + 2\cdot<a-x_0;& v> \cdot \lambda +\|v\|^2 \cdot \lambda^2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =& \|x_0-a\|^2 - 2\cdot<x_0-a;& v> \cdot \lambda +\|v\|^2 \cdot \lambda^2 \end{eqnarray*}$
Man könnte also (2a) nach $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ableiten und eine Nullstelle suchen (papahuhns Ansatz... die 2-te Ableitung verspricht wg. $\begin{eqnarray*} \|v\|^2 > 0 \end{eqnarray*}$ stets ein (globales) Minimum) oder (2b) durch quadratische Ergänzung zur Scheitelpunktsform $\begin{eqnarray*} ( \lambda - C)^2 + D \end{eqnarray*}$ umformen und wissen, dass dieser Ausdruck für $\begin{eqnarray*} \lambda &=& C \end{eqnarray*}$ minimal (weil das Quadrat = 0) wird, ergo |D| der gesuchte Abstand ist.

Wie auch immer: Alle Wege führen zu
$\begin{eqnarray*} C = \lambda_{min} = \frac {<(x_0-a) ; v>}{\|v\|^2} \end{eqnarray*}$

---SNIP
In Deinem Bsp. wäre (nach meinen Bezeichnungen) $\begin{eqnarray*} \vec{Q} = x_0 = \begin{pmatrix} 0 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
und Deine Gerade g gegeben durch
$\begin{eqnarray*} x = a + \lambda \cdot v = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + \lambda \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ,
d.h. $\begin{eqnarray*} a= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ der Ortsvektor und $\begin{eqnarray*} v= \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ der Richtungsvektor.
Nehmen wir mal probehalber $\begin{eqnarray*} \lambda = 3 \end{eqnarray*}$ (nur fürs Bauchgefühl, weils die 3 "wegmacht"), dann wäre "dieses" $\begin{eqnarray*} x - x_0 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ , ergo der gesuchte (beste) Abstand $\begin{eqnarray*} d \leq 3 \end{eqnarray*}$ . - So kann man seine (pers.) Lösung schonmal überprüfen... (im Sinne: der WAHRE Abstand ist höchstens 3).

Nehmen wir mal unabhängig $\begin{eqnarray*} \lambda = 4 \end{eqnarray*}$ , dann wäre "dieses" $\begin{eqnarray*} x - x_0 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ , ergo der gesuchte (schräge) Abstand $\begin{eqnarray*} d \leq \sqrt{10} = \sqrt{ (0^2 + 1^2 + (-3)^2)} \end{eqnarray*}$ und mit $\begin{eqnarray*} \lambda = 3 \end{eqnarray*}$ gabs schon einen besseren Vorschlag.

Ich will ja nix vorrechnen, daher sei gesagt, daß sich für $\begin{eqnarray*} \lambda=3 \end{eqnarray*}$ der beste Abstand $\begin{eqnarray*} d = 3 \end{eqnarray*}$ ergibt... nur mal so.

Wink

__________________

P.S.: Mit $\begin{eqnarray*} <a&;&b> \end{eqnarray*}$ meine ich das Skalarprodukt.

19.03.2006, 10:36

mYthos

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Hallo,

die zweite Methode, zwar interessant wegen des Lerneffektes, zieht leider den an sich einfachen Sachverhalt unnötig in die Länge.

Der Fragesteller hat - durch seine bereits angestellten Überlegungen zum Ansatz - eine durchaus geometrische Variante im Sinn. Und da sollte man ihn auf sein leichtes Mißverständnis bezüglich des Normalvektors aufmerksam machen und diesen Weg fortsetzen.

LOED hat's doch - im wahrsten Sinne des Wortes - auf den Punkt gebracht:

Normalebene auf g durch Q: Deren Normalvektor ist der Richtungsvektor der Gerade: (0;1;0).X = 3
Schnitt mit g: t = 3, S(0;3;1)
Vektor QS: (0;0;3) --> Länge = Abstand d = 3

Das ist die ganze Rechnung.

Sollte man nicht im Sinne der Klarheit und Einfachheit die Kirche lieber im Dorf lassen?

Gr
mYthos

EDIT: @Mods: Kein Algebra-Thema, bitte in Geometrie verschieben

19.03.2006, 23:51

Ace Piet

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OT @Mythos
> ...zieht leider den an sich einfachen Sachverhalt unnötig
> in die Länge.

Soso, zieht in die Länge... - Ich muß zugeben, animiert hatte mich Papahuhns Idee, ein Abstandsproblem analytisch anzugehen, wobei Methoden der Mittelstufe (Scheitelpunktsform) zur Lösung hinreichen. - Diese Zeit sollte der TO hinsichtlich einer AbiVorbereitung schon mitbringen. - Ich sehe es nur zu häufig, daß "etwas Lösen" gleichgesetzt wird mit einer Kette von Formeln bzw. Methoden, die nicht kontrollierbar zu einem Ergebnis führen, sprich (konstruktiv): Es braucht eine Zeichnung und darauf fußende Methoden. - LOEDs Methode lebt von einem anschaulichen Ansatz (Ebene E durch Q, die den RichtungsVektor der Geraden g als Normale hat), um dann $\begin{eqnarray*} S= E \cap g \end{eqnarray*}$ zu berechnen, um dann $\begin{eqnarray*} \vec{QS} \end{eqnarray*}$ zu berechnen, um dann $\begin{eqnarray*} d &=& \| \vec{QS} \| \end{eqnarray*}$ als Lösung zu bekommen.

> Das ist die ganze Rechnung.
Ist mir klar. - Von daher hat jede vorgetragene Methode ihre Berechtigung...

Ich kann auch eine Ebene E benutzen mit $\begin{eqnarray*} g,Q \subset E \end{eqnarray*}$ , etwa $\begin{eqnarray*} E: x= a + \lambda v + \mu (q-a) \end{eqnarray*}$ und komme genauso schnell zum Ziel...

Aber wo wir bei den "schnellen" Lösungen sind: Unterstellen wir die geometrische Bedeutung des Skalarproduktes (Länge der Projektion des einen auf den anderen norm. Vektor v), dann ist $\begin{eqnarray*} d= \mid <(a-q); v> \mid \end{eqnarray*}$ schon die Lösung. - Gehts noch kürzer?

Jau. - Wenn für geeignetes $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ die Differenz $\begin{eqnarray*} x - q \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} x - x_0 \end{eqnarray*}$ nur einen Koordinateneintrag $\begin{eqnarray*} \neq 0 \end{eqnarray*}$ hat, dann ist dieser betragsweise die Lösung. - Unterhalb "SNIP" gelesen?

HTH Wink

-Ace-

20.03.2006, 01:44

mYthos

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Ace Piet
...
Wenn für geeignetes $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ die Differenz $\begin{eqnarray*} x - q \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} x - x_0 \end{eqnarray*}$ nur einen Koordinateneintrag $\begin{eqnarray*} \neq 0 \end{eqnarray*}$ hat, dann ist dieser betragsweise die Lösung. - Unterhalb "SNIP" gelesen?
...

Schon auch, befriedigt (mich) aber nicht wirklich.

Zitat:

Original von Ace Piet
...
Ich kann auch eine Ebene E benutzen mit $\begin{eqnarray*} g,Q \subset E \end{eqnarray*}$ , etwa $\begin{eqnarray*} E: x= a + \lambda v + \mu (q-a) \end{eqnarray*}$ und komme genauso schnell zum Ziel...
...

Finde ich nicht. Von der Ebene hast du rein gar nichts, denn du suchst den Normalabstand des Q von g, und das Ganze spielt sich jetzt in der Ebene ab. Was bringt das?

Zitat:

Original von Ace Piet
...
Aber wo wir bei den "schnellen" Lösungen sind: Unterstellen wir die geometrische Bedeutung des Skalarproduktes (Länge der Projektion des einen auf den anderen norm. Vektor v), dann ist $\begin{eqnarray*} d= \mid <(a-q); v> \mid \end{eqnarray*}$ schon die Lösung. - Gehts noch kürzer?
...

Versteh' zwar die Schreibweise nicht, aber ich glaube, dass dies nicht stimmt. In das Skalarprodukt gehen nämlich zwar die Projektionen auf die jeweiligen Vektoren ein, aber nicht der Normalabstand der Spitze des einen Vektors zu dem anderen. Dazu müsste man den Normalvektor erst mal haben und das ist ja der springende Punkt!

Es ging mir hierbei nicht unbedingt um eine "schnelle Rechnung", sondern um einen anschaulichen und verständlichen Lösungsweg, der selbstverständlich auch hinsichtlich des Rechenaufwandes zu optimieren ist. Versetze dich mal einen kurzen Moment in den Fragesteller und dessen Kenntnisstand und beurteile dann, was von dem, was du geschrieben hast bzw. welchen Weg du bevorzugen würdest.

Gr
mYthos

20.03.2006, 02:35

Ace Piet

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(OT) @Mythos
> Fragesteller und dessen Kenntnisstand
Ich gehe davon aus, daß die geometr. Interpret. des Skalarproduktes klar ist. - Er plant eine Abi.Prüfung... + es gab den Begriff "Normalengleichung".

> ...welchen Weg du bevorzugen würdest.
Den unter "SNIP". - Für diese Aufgabe hinreichend zur Lösung. - Es schont den "Korrekteur"...

völlig OT
> Versteh' zwar die Schreibweise nicht, aber ich glaube,
> dass dies nicht stimmt.
HA HA HA.

Es gibt eigentlich nur 2 Typen... (sagt mein Therapeut)
(a) Ich bin dagegen
(b) Machen wir es anders

Zur Sache: Beachte |v| =1 und widerlege mich...

> Von der Ebene hast du rein gar nichts,
Beachte die Hilfskonstruktion für $\begin{eqnarray*} \mu = 1 \end{eqnarray*}$ unter dem Aspekt, daß sich ein geeignetes rechtwinkliges 3-Eck anbietet und man wieder mit dem Skalarprod.argumentieren kann...

Wink

(EOD)

20.03.2006, 03:16

Ben Sisko

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Also im didaktischen bin ich ganz bei mythos, deine alternativen Lösungsvorschläge halte ich hier für nicht angemessen. Auch wenn du argumentierst, dass der Fragesteller es mit seinem Kenntnisstand verstehen kann, halte ich das nicht für adressatenbezogen.

Inhaltlich:
Habe die gleichen Zweifel wie mythos. Hast du bei dem Skalarprodukt nicht gerade die falsche Kathete des Dreiecks, dass du betrachten willst, erwischt?

Und zur Ebene: Selbst wenn du das Ganze über den Fall $\begin{eqnarray*} \mu =1 \end{eqnarray*}$ und damit wieder dasselbe Dreieck betrachten willst, sehe ich den Nutzen der Ebene nicht.

Gruß vom Ben

20.03.2006, 04:53

Poff

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R3
Gerade g: X=A+t*R
Punkt Q

Abstand(Q,g) = |((Q-A) x R)| / |R|

20.03.2006, 08:18

Auf diesen Beitrag antworten »

die Methode von Poff ist übrigens die eleganteste. Augenzwinkern

Mit dieser Formel lässt sich dann z.B. auch der Abstand von zwei parallelen Geraden relativ schnell ermitteln

20.03.2006, 10:29

mYthos

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Poff
R3
Gerade g: X=A+t*R
Punkt Q

Abstand(Q,g) = |((Q-A) x R)| / |R|

@Poff und n!

Das stimmt nicht! Schaut euch doch das bitte nochmals genau an (Skizze)!
Das was Poff geschrieben hat, ist nicht der Normalabstand von (Q,g), sondern die Länge der Projektion von AQ auf g. Diese erst bildet mit |(Q-A)| ein rechtwinkeliges Dreieck, sodass man dort dann den Pythagoras anwenden könnte.

Ich denke, ihr verwechset dies mit der Beziehung

d = |((Q-A) x N)| / |N|

diese wäre nämlich richtig, wobei aber N eben ein Normalvektor auf g ist!

Gemeinerweise ist in dem Beispiel ZUFÄLLIG |((Q-A) x R)| / |R| = |((Q-A) x N)| / |N| = 3, es besteht nämlich dort ein gleichschenkelig-rechtwinkeliges Dreieck.

@Ace: Ein wenig keck finde ich dich schon, bezüglich HAHAHA und EOD (End Of Diskussion). Letztere wird sicher nicht von dir allein bestimmt.

mY+

20.03.2006, 11:25

riwe

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@hallo mythos

zu a) schau z.b. ist doch richtig, satz 4.5.

zu b) dem ist nichts hinzu zu fügen.
da bin ich vollkommen deiner meinung
und meine meinung sonst: siehe ben sisko!
werner

20.03.2006, 11:44

kikira

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Guten Tag, liebe Hinterbliebenen!

Bin wieder mal kurzzeitig da und geb auch gleich meinen hochqualifizierten Senf dazu ab:

Myth hat Recht und Poffi hat völlig Unrecht (hihi).
Das Beispiel geht folgendermaßen:

Ebene aufstellen durch den Punkt Q - Normalvektor der Ebene ist der Richtungsvektor der Geraden.
Dann die Ebene mit der Geraden schneiden, dann erhält man den Schnittpunkt S. Und Betrag vom Vektor QS ist der Abstand d.

Mit vorzüglicher Hochachtung

kiki

20.03.2006, 12:11

riwe

Auf diesen Beitrag antworten »

hallo kiki,
schön, dass du wieder mal da bist (ich lebe auch noch immer).
aber schau dir doch einmal meinen link an.
werner

20.03.2006, 14:15

Poff

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Zitat:

Original von mYthos

Zitat:

Original von Poff
R3
Gerade g: X=A+t*R
Punkt Q

Abstand(Q,g) = |((Q-A) x R)| / |R|

@Poff und n!

Das stimmt nicht! Schaut euch doch das bitte nochmals genau an (Skizze)!

Das 'x' ist selbstverständlich das Kreuz des Kreuzproduktes.

Die Formel stimmt.

Zitat:

Original von kikira
Guten Tag, liebe Hinterbliebenen!

Bin wieder mal kurzzeitig da und geb auch gleich meinen hochqualifizierten Senf dazu ab:

Myth hat Recht und Poffi hat völlig Unrecht (hihi).
Das Beispiel geht folgendermaßen:

Senf, jaja, hab dazugelernt seit du weg warst ;-)

20.03.2006, 15:55

Leopold

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nach Plücker

20.03.2006, 16:18

Poff

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Leopold, ich weiß nicht ob sich das jemand 'patentieren' kann,
zu simpel und allgemein ist der Sachverhalt. Ich habs nicht von Plücker.

20.03.2006, 16:24

riwe

Auf diesen Beitrag antworten »

findet sich auch in dem link oben
werner

20.03.2006, 16:33

Poff

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja Werner, ich hab da eben mal reingeschaut.

Wegen der AktivX-Sperre im Brauser muss ich pdf-Links immer
runterladen um reinschauen zu können
und für gewöhnlich ist mir das zu viel ... Augenzwinkern

20.03.2006, 17:37

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Poff
Ich habs nicht von Plücker.

Und auch wenn das Mäxchen von ganz alleine darauf kommt, daß es unendlich viele Primzahlen gibt, und auch, warum das so ist, wird das doch niemals Satz vom Mäxchen, sondern immer Satz von Euklid heißen. Augenzwinkern

Abstand Punkt Gerade
plückersche form
Herleitung der Formel (Abstand windschiefer Geraden)
Vektoren! Casio Taschenrechner!

20.03.2006, 19:25

mYthos

Auf diesen Beitrag antworten »

Der

steckt im Detail!

Weil die ganze Zeit vom Skalarprodukt die Rede war, interpretierte ich leider das x - Zeichen nicht als Vektorprodukt! -> $\begin{eqnarray*} \times \end{eqnarray*}$ .

Bitte um Entschuldigung!

Klarerweise ist $\begin{eqnarray*} |\vec{a} \times \vec{b}| = |\vec{a}| \cdot |\vec{b}| \cdot sin(\vec{a},\vec{b}) \end{eqnarray*}$ und da spielt natürlich der Normalabstand mit.

Danke für die Hinweise.

mY+

20.03.2006, 19:58

Poff

Auf diesen Beitrag antworten »

Leopold, prinzipiell zustimm, aber der hier vorliegende Sachverhalt

Höhe = 2*DreiecksFläche/Grundlinie

verdient nun wirklich nicht den Status eines Satzes oder einer
anderen ähnlichen Eigenschaft.

Mit 12 oder 13 Jahren ist mir das erstmals über den Weg gelaufen
als in einer Klassenarbeit bei einem rechtw. Dreieck von dem die
beiden Katheten UND die Hypotenuse gegeben war, die Höhe zu bestimmen war. Das Dreieck war überbestimmt weil Phytagoras und
Co noch nicht bekannt waren. Vielleicht wars auch ein klein wenig
komplizierter, jedenfalls erinnere ich mich noch bestens daran,
dass das Gebilde überbestimmt war.
Die Aufgabe war als Zusatzaufgabe gedacht und es gab einen
ExtraPunkt. Aus welchem Grund auch immer hab ich das zu keiner
Zeit vergessen.

DAS ist nicht 'patentierbar'

21.03.2006, 01:16

Poff

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Leopold
Abstand Punkt Gerade
plückersche form
Herleitung der Formel (Abstand windschiefer Geraden)
Vektoren! Casio Taschenrechner!

Ach übrigens, was deine Links angehen entäuschst du mich schwer,
da habe ich EBEN erst reingesehen und leider hat sich dadurch
mein ursprüngliches Empfinden einer bewusst abwertenden
Formuierung deinerseits bestätigt. Das ist NICHT das erste Mal !

Hätte eigentlich nicht gedacht, dass du das wirklich nötig hast,
aber wie man sieht, FALSCH gedacht.

Verwundert bin ich allerdings nicht, passt zu dir.

Soviel zum Mäxchen, geschickt formuliert, aber dennoch voll
danebengeschossen, denn die Intention dahinter ist unübersehbar,

Wenn schon 'Mäxchen', dann war ICH Leopold der Max,
das ist gelinde gesagt armselig.

21.03.2006, 09:46

Auf diesen Beitrag antworten »

@Poff

Ich hab auch noch nie was von einer "Plückerschen Form" gehört, aber wie ich schon an anderer Stelle sagte, ich hab's nicht so mit Namen für alles und jedes Triviale. Aber kein Grund für einen Streit: Wenn's halt irgendwo unter diesem Namen bekannt ist, dann ist es eben so.

@Leopold

Du kannst ja mal diesbezüglich die Wikipedia erweitern, dort ist die Plückersche Form unbekannt. Ist das von Julius Plücker, dem Entdecker der Kathodenstrahlen? verwirrt

21.03.2006, 20:41

Poff

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So ich hab nun, in Ruhe, nochmal über die Links geschaut.

Gestern Nacht hatte ich nicht den richtigen Nerv dazu, weil
plötzlich mehr 'Satz vom Mäxchen' im Kopf.
Was ich zuallererst freundlichst großzügig ausgelegt hatte,
bekam plötzlich einen deftig ironischen Beigeschmack,
der mir ganz und garnicht gefallen wollte.

Das hat zu meiner recht schroffen Reaktion geführt.
Pauschal 80% davon betrachte ich aus aktueller Sicht als
überzogen und demnach auch als NICHT gerechtfertigt.

Mit dem Plücker hatte das nichts zu tun ...
hätte Leopold sinngemäß geschrieben
'Warum Plückersche Form, sieh hier
...
...
...
...'

wars völlig oki. Mehr noch, dann hätte ich mir das auch
evtl näher angesehen.

So aber war ich schon Zuanfang über die Mäxchen-Post doch
recht erstaunt, zumal ich an keiner Stelle angedeutet hatte,
dass ich irgendwas davon evtl beanspruchen wollen könnte.

Für meine überzogene Reaktion heute früh entschuldige ich mich
hiermit bei Leopold, die Links leisten was sie leisten sollen, nämlich
zu erklären was es (hier) mit 'Plücker' auf sich haben soll oder hat.

Meine pauschal 20% Restvorwurf nehm ich allerdings nicht zurück,
aber ich denke das kann Leopold verkraften.

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