Schnittkurve von 2 Kegeln

08.05.2009, 14:35	PackElend	Auf diesen Beitrag antworten »
Schnittkurve von 2 Kegeln Hi ich suche die Gleichung für die Schnittkurve zweier Kegel, wovon je einer um die y-Achse und x-Achse rotiert. Ich habe die Formel für die Kegel in paramtetrischer und expliziter Schreibweiser, aber wenn ich diese Gleichsetze komme ich auf Ausdrücke die nicht lösbar sind oder so gross sind, dass mir die Frage kommt ob das stimmen kann. Hat jemand ne Idee wie man das am besten löst? danke
09.05.2009, 02:01	frank09	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Schnittkurve von 2 Kegeln wenn du zwei (Doppel-)Kegel hast, die an der Spitze(im Ursrung) einen rechten Winkel haben gilt: $\begin{eqnarray} K1: y^2+z^2=x^2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} K2 :x^2+z^2=y^2 \end{eqnarray}$ beide Gleichungen subtr. $\begin{eqnarray} y^2-x^2=x^2-y^2\Rightarrow x^2=y^2 \end{eqnarray}$ enstspricht einer berührung auf der x,y-Ebene in den Winkelhalbierenden wenn beide Kegel größere Spitzenwinkel haben gilt z.B. $\begin{eqnarray} K1: y^2+z^2=3x^2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} K2 :x^2+z^2=8y^2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y^2-x^2=3x^2-8y^2\Rightarrow x^2=\frac{9}{4}y^2 \Rightarrow \|x\|=1.5\|y\| \end{eqnarray}$ die Schnittkurven liegen in Ebenen die senkrecht auf der x,y-Ebene stehen und bilden Geraden wegen: $\begin{eqnarray} y^2+z^2=3\cdot\frac{9}{4}y^2\Rightarrow z^2=5,75y^2\Rightarrow \|z\|=2,4\|y\| \end{eqnarray}$ Verschiebst du die Kegel entlang der Achsen, bekommst du keine Schnittebene mehr. Du kannst dann nur eine Projektionskurve auf die x,y- Ebene beschreiben (also zB. $\begin{eqnarray} y^2=2x^2-4x+4 \end{eqnarray}$ ) und eine auf die z,x-Ebene Oder alternativ zB x als Parameter t und dann eine "gebogene" Geradengleichung mit $\begin{eqnarray} \vec{x}^2=t^2\begin{pmatrix} 1 \\2 \\ 5 \end{pmatrix} +t\begin{pmatrix} 0 \\ -4 \\ 7 \end{pmatrix} +\begin{pmatrix} 0 \\ 4 \\ 3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ oder so ähnlich
11.05.2009, 14:34	PackElend	Auf diesen Beitrag antworten »
Also ich liste mal auf was wir denn so bisher haben, eigentlich drehen sie um die y- und z-achse nicht x, aber ändert ja nichts $\begin{eqnarray} K1: z= \frac{-z_0+R}{H} \sqrt{x^2+y^2}+z_0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} .\ z= \frac{R}{H}r = \frac{R}{H}r \sqrt{(rsin\phi)^2}+z_0 \end{eqnarray}$
11.05.2009, 17:10	PackElend	Auf diesen Beitrag antworten »
Also ich liste mal auf was wir denn so bisher haben, eigentlich drehen sie um die y- und z-achse nicht x, aber ändert ja nichts $\begin{eqnarray} K1: z= \frac{-z_0+R}{H} \sqrt{x^2+y^2}+z_0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} .\qquad \, \, z= \frac{R}{H} \cdot r = \frac{R}{H} \sqrt{(rsin\rho)^2+ (rcos\rho)^2}+z_0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} .\qquad \, \, \vec{K_z} = \begin{pmatrix} x(\rho,u) \\y(\rho,u)\\ z(\rho) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} cos(\rho) \cdot \frac{R}{H} (u-z_0) \\sin(\rho) \cdot \frac{R}{H} (u-z_0)\\ u \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} K2: y= \frac{-y_0+R}{H} \sqrt{x^2+z^2}+y_0 \Rightarrow z = \sqrt{\frac {R^2(y_0^2-2y_0^2y+y^2)}{H^2}-x^2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} .\qquad \, \, y= \frac{R}{H} \cdot r = \frac{R}{H} \sqrt{(rsin\rho)^2+ (rcos\rho)^2}+y_0 = \frac{R}{H} \sqrt{z^2+ (rcos\rho)^2}+y_0 \Rightarrow z = \sqrt{(y-y_0)^2-x^2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} .\qquad \, \, \vec{K_y} = \begin{pmatrix} x(\rho,u) \\y(\rho)\\ z(\rho,u) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} cos(\rho) \cdot \frac{R}{H} (u-y_0) \\u\\sin(\rho) \cdot \frac{R}{H} (u-y_0) \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Wie du schon gesagt hast, bekommt man mit den expliziten Kurven nur Projektionskurve auf die Raumebenen. Aber man könnte diese doch wieder zu einer Raumkurve kombinieren? Da diese zusammenhängen könnte ich doch nach deinem Beispile sagen: $\begin{eqnarray} \vec{G}= \begin{pmatrix} 1.5t \\ t \\2.4t \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ In Verkotorenschreibweise wäre schon ideal, von daher die Vektorengleichung der Kegel, die zum lösen doch sehr aufwendig ist. Der Grund dafür ist, dass ich mit den zwei Geraden, die Seiten der Kegel, die sich in der Schnittkurve schneiden, eine Ebene bilden will. Voll bestimmt wird diese dann durch einen weiteren bekannten Punkt im Raum.
12.05.2009, 09:14	PackElend	Auf diesen Beitrag antworten »
meine $\begin{eqnarray} \vec{G} \end{eqnarray}$ geht so natürlich nicht, ist ja nur ne Geradengleichung aber ich müsste doch beide Projektionskurven doch kombenieren können, welchen Wege gibt es sonst noch?
13.05.2009, 02:16	frank09	Auf diesen Beitrag antworten »
Mal abgesehen davon, dass du mit den Wurzeln ohne +-davor nur einen Halbkegel darstellst, könnte man außer den genannten Möglichkeiten versuchen, einen Kegel aufzurollen, d.h seine Oberfläche auf eine Ebene zu legen, und sich dann die Schnittgerade anzuschauen.
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13.05.2009, 17:46	PackElend	Auf diesen Beitrag antworten »
ja das habe ich auch gemerkt, habe da was durcheinander gebracht sollte eingentlich so aussehen $\begin{eqnarray} K1: z= \frac{H}{R} \sqrt{x^2+y^2}+z_0 = \frac{H}{R} \cdot r = \frac{H}{R} \sqrt{(rsin\rho)^2+ (rcos\rho)^2}+z_0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} .\qquad \, \, \vec{K_z} = \begin{pmatrix} x(\rho,u) \\y(\rho,u)\\ z(\rho) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} cos(\rho) \cdot \frac{R}{H} (u-z_0) \\sin(\rho) \cdot \frac{R}{H} (u-z_0)\\ u \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} K2: y= \frac{H}{R} \sqrt{x^2+z^2}+y_0 \Rightarrow z = \sqrt{\frac {R^2(y_0^2-2y_0^2y+y^2)}{H^2}-x^2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} .\qquad \, \, y= \frac{H}{R} \cdot r = \frac{H}{R} \sqrt{(rsin\rho)^2+ (rcos\rho)^2}+y_0 = \frac{H}{R} \sqrt{z^2+ (rcos\rho)^2}+y_0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} .\qquad \, \, \vec{K_y} = \begin{pmatrix} x(\rho,u) \\y(\rho)\\ z(\rho,u) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} cos(\rho) \cdot \frac{R}{H} (u-y_0) \\u\\sin(\rho) \cdot \frac{R}{H} (u-y_0) \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ aber wie würdest du davon auf die "gebogene" Geradengleichung kommen, ich habe zwar veruchst mal die sachen untereinander aufzulösen, kommt aber nichts gescheites raus. ich habe folgendes: $\begin{eqnarray} K1 \ :\ z=\frac{H_z}{R_z} \sqrt{x^2+y^2} +z_0 = a_z \, \sqrt{(cos\varphi_z \cdot r_z)^2 + (sin\varphi_z \cdot r_z)^2} + z_0 = sin \varphi_y \cdot r_y \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} K2 \ :\ y=\frac{H_y}{R_y} \sqrt{x^2+z^2} +y_0 = a_y \, \sqrt{(cos\varphi_y \cdot r_y)^2 + (sin\varphi_y \cdot r_y)^2} + y_0 = sin \varphi_z \cdot r_z \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} K2 \, in \, K1 \ : \ sin \varphi_y \cdot r_y = a_z \sqrt{ (cos\varphi_z \cdot r_z)^2 + ( a_y \, \sqrt{(cos\varphi_y \cdot r_y)^2 + (sin\varphi_y \cdot r_y)^2} + y_0 )^2} +z_0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow cos\varphi_z = f(\varphi_y,r_z,r_y) = cos \varphi_z^ \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} cos \varphi_z^* \, in K2 \ :\ \sqrt{1-(cos \varphi_z^* )^2} \cdot r_z = a_y \, \sqrt{(cos\varphi_y \cdot r_y)^2 + (sin\varphi_y \cdot r_y)^2} + y_0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow r_y = \frac{\pm (a_z \cdot r_z -z_0)}{sin\varphi_y} = r_y^* \end{eqnarray}$ so jetzt habe ich aber immer noch 2 unbekannte, aber es gibt ja noch die beziehung $\begin{eqnarray} sin\varphi_z = \frac {y}{r_z} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} cos\varphi_z = \frac {x}{r_z} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow \sqrt{1-(cos \varphi_z^)^2 }= \frac{a_y \cdot r_y^ + y_0 }{r_z}\Rightarrow r_z = f(\varphi_y) \end{eqnarray*}$ das ergibt einen grossen bruch, wobei im nenner 0 steht, geht nicht so ganz auf. Ne Idee woran es hackt? Wie meinst du das mit dem aurollen, kann dir nicht ganz folgen.
20.05.2009, 16:05	PackElend	Auf diesen Beitrag antworten »
so also die kurve habe ich, sowie die gleichung für die ebene, nur diese nach $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ analytisch aufzulösen ist sehr fraglich, naja mal schauen...

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