Verschoben! windschiefe ebenen im R^4?

28.09.2008, 20:36

The Rob

windschiefe ebenen im R^4?

hallo mathematik! Wink

ich suche nach zwei windschiefen ebenen im $\begin{eqnarray*} \mathbb R ^4 \end{eqnarray*}$

da ich dazu weder etwas in der suchfunktion in diesem board, noch bei google fand, stelle ich hier einfach mal meine überlegungen rein (sehr formell) :

dazu habe ich mir als erstes eifnach beliebige ebenen vorgenommen, um zu schauen, wie es sich im $\begin{eqnarray*} \mathbb R ^4 \end{eqnarray*}$ denn so rechnet:

$\begin{eqnarray*} E_1: \vec{x} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 5 \\ 6 \\ 7 \\ 8 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E_2: \vec{x} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} + u \cdot \begin{pmatrix} 5 \\ 8 \\ 13 \\ 21 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

nun überprüfe ich die lage der zwei ebenen, dazu schaue ich, ob die richtungsvektoren linear abhängig sind oder nicht.
->gleichsetzen!

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 5 \\ 6 \\ 7 \\ 8 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} + u \cdot \begin{pmatrix} 5 \\ 8 \\ 13 \\ 21 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

führt zu :

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} = r \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \\ 4 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 5 \\ 6 \\ 7 \\ 8 \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ -2 \\ -3 \end{pmatrix} + u \cdot \begin{pmatrix} -5 \\ -8 \\ -13 \\ -21 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

lösung für r (laut derive) :

$\begin{eqnarray*} r = \frac{\begin{vmatrix} 1 & 5 & -1 & -5 \\ 1 & 6 & -1 & -8 \\ 1 & 7 & -2 & -13 \\ 1 & 8 & -3 & -21 \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} 1 & 5 & -1 & -5 \\ 2 & 6 & -1 & -8 \\ 3 & 7 & -2 & -13 \\ 4 & 8 & -3 & -21 \end{vmatrix}} = \frac{3}{-12} = -\frac {1}{4} \end{eqnarray*}$

hmm... hab also eine lösung. das lgs scheint also lösbar zu sein, vor allem weil die nennerdeterminante ungleich 0 ist. und da das ein lgs mit 4 gleichungen und 4 unbekannten ist, müsste ich eine eindeutige lösung bekommen.

heisst das, dass diese ebenen sich in GENAU EINEM punkt schneiden?!?

28.09.2008, 22:47

mYthos

Auf diesen Beitrag antworten »

Nein, das stimmt nicht. Zwei Ebenen schneiden einander - wenn sie nicht gerade parallel sind - selbstverständlich in einer Geraden.

Im Übrigen scheint mir das Ganze ziemlich undurchsichtig. Warum gehst du in den R4, wo die Vorstellung ohnehinzu wünschen übrig lässt? Im R3 gibt es genug Möglichkeiten, die verschiedenen Szenarien (8 Möglichkeiten mit 3 Ebenen!) durchzuspielen, das trägt weit mehr zum Verständnis bei.

Im R4 hat eine Ebene allgemein 3 Richtungsvektoren. Daher sind deine Annahmen mit 2 Richtungsvektoren schon nicht mehr allgemein, sondern speziell. Der Schnitt dieser beiden Ebenen könnte eine Gerade in spezieller Lage sein.

Die lineare Abhängigkeit der Richtungsvektoren der zwei Ebenen gibt nicht Auskunft darüber, ob die Ebenen einen Schnittpunkt haben oder nicht. Z.B. sind die 6 Richtungsvektoren von 3 Ebenen in R3 auf jeden Fall linear abhängig und dennoch können die drei Ebenen nur einen Schnittpunkt haben, also ist das Gleichungssystem lösbar.

mY+

28.09.2008, 23:14

The Rob

Auf diesen Beitrag antworten »

ich will ja eigentlich zwei windschiefe ebenen berechnen, das geht nun mal im R^3 nicht... unglücklich

und warum soll eine ebene im R^4 _3_ richtungsvektoren haben?!?
ich meine, eine gerade hat sowohl in R^2 als auch in R^3 einen richtungsvektor!

oder meinst du etwa eine hyperebene?

29.09.2008, 00:00

mYthos

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, es wäre dann die Hyperebene.

In deinem Beispiel willst du 2 Ebenen in R4 schneiden. Der Schnitt zweier "Ebenen" ist jedoch eine "Gerade" (eine Dimension niedriger) und kein Punkt. Dass bei dir - hier richtig - ein einziger (4-dimensionaler) Punkt als Lösung ensteht, kann nur so erklärt werden, dass die von dir angenommenen Gleichungen in R4 keine Ebenen in unserer dreidimensionalen Vorstellung, sondern (Hyper-)Geraden darstellen. Die entsprechenden (Hyper-)Ebenen müssten jeweils 3 Richtungsvektoren haben, demnach würde das Gleichungssystem in 6 Variablen da stehen. Dann erst kann es zu der erwähnten Vielfalt von Lösungsmöglichkeiten kommen (keine, eine, unendlich viele), usw.

Natürlich stimmt auch dein Einwand, dass eine Gerade in R4 ebenfalls nur einen Richtungsvektor haben könnte und demnach eine Ebene in R4 deren zwei. Damit projizierst du jedoch die Verhältnisse des 4-dimensionalen Raumes automatisch auf die 3-dimensionalen, um unserer Vorstellung gerecht zu werden.

Windschiefe Ebenen im R4 dürften also weder einen Schnittpunkt haben, noch sich in Geraden schneiden.

Zu diesem interessanten Thema gibt es zahlreiche Links, es kann vorteilhaft sein, sich diese mal anzusehen.

mY+

http://de.wikipedia.org/wiki/Euklidische_Geometrie

http://de.wikipedia.org/wiki/Hyperebene

http://www.gym-cantor.bildung-lsa.de/Fac...iten98/Stueber/

29.09.2008, 00:26

The Rob

Auf diesen Beitrag antworten »

danke für deine antworten und deine links!

vor allem der letzte ist am hilfreichsten.

können sich denn überhaupt zwei (2-dimensionale) ebenen im R^4 in genau einem punkt schneiden?

denn genau das schließe ich aus folgendem satz aus dem letzten link:

Zitat:

Die XY-Ebene schneidet sich mit der ZT-Ebene nur in einem Punkt, dem Nullpunkt.

30.09.2008, 23:20

The Rob

Auf diesen Beitrag antworten »

sollte ich das evtl im studentenforum reinstellen, weil es doch kein schulstoff ist?

01.10.2008, 02:04

mYthos

Auf diesen Beitrag antworten »

OK, ich habe es verschoben.

mY+

01.10.2008, 06:37

WebFritzi

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von The Rob
können sich denn überhaupt zwei (2-dimensionale) ebenen im R^4 in genau einem punkt schneiden?

Warum fragst du das, wenn du gleich darauf ein offensichtliches Beispiel dafür gibst...?

Zitat:

Original von The Rob
denn genau das schließe ich aus folgendem satz aus dem letzten link:

Zitat:

Die XY-Ebene schneidet sich mit der ZT-Ebene nur in einem Punkt, dem Nullpunkt.

01.10.2008, 07:56

Auf diesen Beitrag antworten »

Es geht hier offenbar um das Schnittverhalten von zwei zweidimensionalen Hyperebenen des $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^4 \end{eqnarray*}$ . Bei "allgemeiner Lage" schneiden die sich sehr wohl in genau einem Punkt, da hat The Rob völlig recht. Da die dreidimensional geprägte räumliche Anschauung da versagt, sollte man da auf algebraischer Basis argumentieren:

Im $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^d \end{eqnarray*}$ schneiden sich zwei Hyperebenen der Dimensionen $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ im Fall $\begin{eqnarray*} a+b\geq d \end{eqnarray*}$ und bei allgemeiner Lage in einer Hyperebene der Dimension $\begin{eqnarray*} a+b-d \end{eqnarray*}$ . Dabei bedeutet hier "allgemeine Lage", dass die Gesamtheit der Richtungsvektoren beider Ebenen eine Basis des $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^d \end{eqnarray*}$ bilden - als Matrix zusammengefasst diese den vollen Rang $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ besitzt. Von "Windschiefe" kann man nun m.E. nach allenfalls im Fall $\begin{eqnarray*} a+b < d \end{eqnarray*}$ sprechen, d.h. bei zwei zweidimensionalen Hyperebenen frühestens im $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^5 \end{eqnarray*}$ , also noch nicht im $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^4 \end{eqnarray*}$ .

01.10.2008, 16:49

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Fassen wir also "Ebene" nicht als Hyperebene auf (meiner Meinung nach bezieht sich dieser Begriff nur auf affine Unterräume, deren Dimension um 1 kleiner ist als die Dimension des umgebenden Raumes), sondern als zweidimensionalen affinen Raum. Was soll dann "windschief" bedeuten?
In Analogie zu windschiefen Geraden müßte man für zwei windschiefe Ebenen $\begin{eqnarray*} E,F \end{eqnarray*}$ fordern, daß sie erstens keinen Punkt gemeinsam haben und zweitens nicht parallel sind. Sind $\begin{eqnarray*} s,t \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} u,v \end{eqnarray*}$ linear unabhängige Richtungsvektoren von $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ , so müssen für die zweite Bedingung (Nicht-Parallelität) $\begin{eqnarray*} s,t,u \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} s,t,v \end{eqnarray*}$ linear unabhängig sein.

Sind $\begin{eqnarray*} e_1, e_2, e_3, e_4 \end{eqnarray*}$ die kanonischen Einheitsvektoren des $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^4 \end{eqnarray*}$ , so betrachte man zum Beispiel die Ebenen

$\begin{eqnarray*} E: \ \ x = \lambda e_1 + \mu e_2 \, ; \ \ \lambda, \mu \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} F: \ \ x = e_4 + \sigma e_2 + \tau e_3 \, ; \ \ \sigma, \tau \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$

Irgendwie hängt das Ganze wohl davon ab, was man unter "windschief" versteht.

Neue Frage »

Antworten »

Verschoben! windschiefe ebenen im R^4?

Verwandte Themen