Hyperebenen

29.10.2011, 22:41

Toxina

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Hyperebenen

Meine Frage:
Ein Kommilitone und ich bearbeiten gerade folgende Aufgabe:

"Im R4 seien die vier Punkte P1=..., P2=..., P3=... sowie P4=... gegeben. Gib alle Hyperebenen an, die diese vier Punkte enthalten"

Da wir bisher noch nicht so viel mit Hyperebenen zu tun hatten, sind wir beide gerade am diskutieren, wie diese Hyperebenen(gleichungen) aussehen sollen.

Meine Ideen:
Variante 1:
Die Ebenengleichung wird analog zu der im R3 in der Parameterform aufgestellt. Es sind nur 3 anstatt 2 Richtungsvektoren. Das würde bedeuten, es gäbe 4 Ebenen, die wir hier angeben können.

Variante 2:
Die Ebenengleichung in Parameterform wird wie im R3 mit 2 Richtungsvektoren aufgestellt. Hierbei gäbe es dann 12 Möglichkeiten.

Es wär super, wenn uns jemand einen Tipp geben würde, welche der beiden Varianten passt oder ob wir völlig auf dem Holzweg sind.

29.10.2011, 22:48

lgrizu

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RE: Hyperebenen
Wieso willst du denn so viele Ebenen angeben?

Wie lauten denn die vier Punkte?

29.10.2011, 22:53

Toxina

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RE: Hyperebenen
Dankeschön für die schnelle Rückmeldung!

Die Punkte lauten P1=(1,0,1,0), P2=(0,0,1,-1), P3=(0,-1,0,-1) und P4=(1,-1,0,0)

Hm, viele ist relativ ;-)
Wir sind uns nicht ganz sicher wie man die Hyperebenen angibt, deswegen kommen wir auf unterschiedliche Vorschläge und eine wilde Anzahl an Möglichkeiten.

29.10.2011, 22:58

lgrizu

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RE: Hyperebenen
Ist auch nichts anderes als im IR³...

Einfach wie gewohnt die Vektoren $\begin{eqnarray*} \vec{0P_1},\vec{P_1P_2}, \vec{P_1P_3}, \vec{P_1P_4} \end{eqnarray*}$ bestimmen und die Ebenengleichung aufstellen.

Dann noch auf lineare Unabhänggkeit prüfen.

29.10.2011, 23:02

Toxina

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RE: Hyperebenen
Okay, das würde dann bedeuten - wenn ich das richtig sehe -, dass die Variante 1 unserer Vorschläge passt und, sofern die Vektoren linear unabhängig sind, es 4 Möglichkeiten gibt! (?)

29.10.2011, 23:07

lgrizu

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RE: Hyperebenen
Ich verstehe immer noch nicht, warum eine nicht ausreicht....

Wenn du willst kannst du unendlich viele Darstellungen dieser Ebene finden, mit unterschiedlichen Richtungvektoren, aber warum sollte man das wollen?

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29.10.2011, 23:13

Toxina

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RE: Hyperebenen
Da in der Aufgabe gefordert ist:
"Gib alle Hyperebenen an, die diese vier Punkte enthalten"

Das hört sich für mich nach Mehrzahl an.
Vielleicht habe ich es auch falsch interpretiert...

30.10.2011, 13:07

lgrizu

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RE: Hyperebenen
Okay, ich habe das gerade einmal durchgerechnet, es existieren tatsächlich mehrere Ebenen.

Die drei Richtungsvektoren sind linear abhängig, die "kleinste" Ebene hat also die Dimension 2, dann existieren zwei Ebenen der Dimension 3 und eine Ebene der Dimension 4, was trivialerweise der gesamte R^4 ist.

30.10.2011, 15:11

Toxina

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RE: Hyperebenen
Jetzt bin ich verwirrt...

30.10.2011, 15:20

lgrizu

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RE: Hyperebenen
Die vier Punkte liegen bereits in einer Ebene der Dimension 2, welche ist das?

30.10.2011, 17:49

Toxina

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RE: Hyperebenen
Steh jetzt wirklich auf dem Schlauch. Ich hab als Ergebnis folgende vier Ebenen:

$\begin{eqnarray*} E1 : \vec{x} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Also $\begin{eqnarray*} \vec{0P1} + r \vec{P1P2} + s \vec{P1P4} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E2 : \vec{x} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Also $\begin{eqnarray*} \vec{0P2} + r \vec{P2P1} + s \vec{P2P3} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E3 : \vec{x} = \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Also $\begin{eqnarray*} \vec{0P3} + r \vec{P3P1} + s \vec{P3P2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E4 : \vec{x} = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Also $\begin{eqnarray*} \vec{0P4} + r \vec{P4P1} + s \vec{P4P3} \end{eqnarray*}$

30.10.2011, 18:14

lgrizu

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RE: Hyperebenen
Die Ebenen sollten identisch sein, sind sie bei dir nicht, weil du dich verrechnet hast, es ist $\begin{eqnarray*} \vec{P_1P_2}=-\vec{P_2P_1} \end{eqnarray*}$ .

Aber die Ebenen 1,3,4 sind identisch, du hast nur eine andere Darstellung der selben Ebene gewählt.

Wenn du bei der Ebene 2 richtig gerechnet hättets wäre auch sie identisch zu den anderen.

Wie gesagt, es gibt nur eine Ebene der Dimension 2, in der alle vier Punkte liegen.

Dazu kommen zwei Ebenen der Dimension 3.

Dazu ergänze die Richtungsvektoren zu einer Basis des IR^4 und nimm jeweils einen der beiden ergänzten Vektoren hinzu um die anderen beiden Ebenen zu bekommen.

30.10.2011, 20:21

Toxina

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RE: Hyperebenen
Kannst Du mir erklären, wie man da genau vorgeht, weil ich es so nicht verstanden habe.

30.10.2011, 21:13

lgrizu

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RE: Hyperebenen
Okay, nimm einmal die Ebene 1.

Diese hat die beiden Richtungsvektoren (1,0,0,1) und (0,1,1,0).

Nun bestimme einen Vektor des IR^4, so dass dieser Vektor und die beiden Richtungsvektoren linear unabhängig sind.

31.10.2011, 20:41

Toxina

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RE: Hyperebenen
Verstehe ich das richtig, dass der erhaltene Vektor im IR^4 dann als 3 Richtungsvektor verwendet wird?

31.10.2011, 21:58

lgrizu

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RE: Hyperebenen
Genau, du bastelst da einfach noch nen Richtungsvektor dran, der nicht als Linearkombination der anderen beiden Richtungsvektoren dargestellt werden kann.

31.10.2011, 23:12

Toxina

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RE: Hyperebenen
Ah, jetzt leuchtet mir das ein, mit den Unendlichen Möglichkeiten. Im Prinzip kann ich hier ja einen willkürlichen Vektor wählen und da gibt es wohl unendlich viele, sodass unendlich viele Darstellungen möglich sind.

In Bezug auf die Aufgabe:
Meinst Du, es wäre hier dann vorteilhafter/richtig einfach einen variablen Vektor einzusetzen z. B.

$\begin{eqnarray*} + t * \vec{z} \end{eqnarray*}$

und sei $\begin{eqnarray*} \vec{z} \end{eqnarray*}$ kein Vielfaches der bestehenden beiden Richtungsvektoren.

Aber ob das der Korrekteuer so sehen will...

01.11.2011, 08:17

lgrizu

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RE: Hyperebenen
Nein, du kannst einen ganz konkreten Vektor nehmen.

Wir haben bereits die Vektoren (1,0,0,1) und (0,1,1,0) verbraucht.

Nun kann man sich ja mal die Vektoren (0,1,0,1) und (1,0,1,0) anschauen.

Damit erhälst du zwei weitere Ebenen.

Nimmst du alle beide Vektoren hinzu, so erhälst du den gesamten IR^4.

Und dass die Vektoren, die du dazunimmst kein Vielfaches der Richtungsvektoren sein dürfen ist klar, darüber hinaus dürfen sie sich auch nicht als Linearkombination von den Richtungsvektoren darstellen lassen.

Jede Ebene mit Parametern aus den reellen Zahlen hat unendlich viele Darstellungen.

Du kannst doch jedes beliebige Vilefache der Richtungsvektoren nehmen oder jeden Richtungsvektor durch eine beliebige Linearkombination der Richtungsvektoren ersetzen, und es bleibt die gleiche Ebene.

01.11.2011, 11:27

Toxina

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RE: Hyperebenen
Die vorige Ebenengleichung kann ich aber doch nicht als Ergebnis verwenden, weil diese keine Hyperebene ist oder?

Sind dann die zwei Ebenen folgende:

$\begin{eqnarray*} E1: \vec{x} =\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} + t \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} E2: \vec{x} =\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + r \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} + t \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

01.11.2011, 13:57

Leopold

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@ lgrizu, Toxinas

In eurer Argumentation stimmt etwas nicht. Gefragt ist ja nach Hyperebenen, die die vier Punkte enthalten. Hyperebenen im vierdimensionalen Raum haben aber immer die Dimension 3. Und meiner Ansicht nach gibt es unendlich viele Hyperebenen, die die vier Punkte enthalten, nämlich

$\begin{eqnarray*} H_{\mu}: \ \ (1-\mu) x_1 - \mu x_2 + \mu x_3 + (\mu-1) x_4 = 1 \, ; \ \ \mu \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} H_{\infty}: \ x_1 + x_2 - x_3 - x_4 = 0 \end{eqnarray*}$

wobei man $\begin{eqnarray*} H_{\infty} \end{eqnarray*}$ aus $\begin{eqnarray*} H_{\mu} \end{eqnarray*}$ als Grenzfall für $\begin{eqnarray*} \mu \to \pm \infty \end{eqnarray*}$ erhält.

Diese Hyperebenen schneiden sich in der zweidimensionalen Ebene $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ mit der Parameterdarstellung

$\begin{eqnarray*} E: \ \ \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} + \sigma \, \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + \tau \, \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \, ; \ \ \sigma, \tau \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$

Daß die $\begin{eqnarray*} H_{\mu} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} H_{\infty} \end{eqnarray*}$ die vier Punkte tatsächlich enthalten, weist man nach, indem man mit diesen die Punktprobe macht. Und daß sich alle Hyperebenen in $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ schneiden, weist man nach, indem man aus der Parameterdarstellung von $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ die Koordinaten extrahiert und an den Hyperebenen erneut die Punktprobe durchführt.

Und wie kommt man darauf? Ich habe eine Normalenform mit unbekannten Koeffizienten $\begin{eqnarray*} a_1,a_2,a_3,a_4,b \end{eqnarray*}$ angesetzt:

$\begin{eqnarray*} a_1 x_1 + a_2 x_2 + a_3 x_3 + a_4 x_4 - b = 0 \end{eqnarray*}$

Für jeden der vier Punkte führt man dann die Punktprobe durch. So bekommt man ein homogenes lineares Gleichungssystem mit vier Gleichungen in den fünf Unbekannten $\begin{eqnarray*} a_1,a_2,a_3,a_4,b \end{eqnarray*}$ . Bringt man es mit dem Gaußschen Algorithmus auf Stufenform, so fällt eine Gleichung weg. Man hat also noch drei Gleichungen in den fünf Unbekannten. Somit kann man zur Lösung zwei Parameter frei vorgeben. Weil jedoch die Normalenform einer Ebene nur bis auf einen konstanten Faktor $\begin{eqnarray*} \neq 0 \end{eqnarray*}$ eindeutig bestimmt ist, bleibt letztlich die einparametrige Schar (mit dem Parameter $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ ) von oben übrig.

01.11.2011, 21:33

battlefighter

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Also soweit hab ich das Alles verstanden.

Würdest du mir nur erklären was du damit meinst:

Zitat:

Weil jedoch die Normalenform einer Ebene nur bis auf einen konstanten Faktor $\begin{eqnarray*} \neq 0 \end{eqnarray*}$ eindeutig bestimmt ist, bleibt letztlich die einparametrige Schar (mit dem Parameter $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ ) von oben übrig.

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