Dreiecksungleichung bei Drehungen

05.08.2014, 09:23

Ehos

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Dreiecksungleichung bei Drehungen

Meine Frage:
Die "Dreicksungleichung" für Drehungen lautet:

Wenn man eine 3-dimensionale Drehung um den Winkel $\begin{eqnarray*} \phi_1 \end{eqnarray*}$ ausführt und anschließend eine 3-dimensionale Drehung um den Winkel $\begin{eqnarray*} \phi_2 \end{eqnarray*}$ , wobei die Richtungen beider Drehachsen beliebig sein dürfen, so gilt für den Drehwinkel $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ der resultierenden Drehung

$\begin{eqnarray*} \phi \leq \phi_1+\phi_2 \end{eqnarray*}$

Kann das jemand beweisen? (Das Gleichheitszeichen gilt, wenn die beiden Drehachsen der Einzeldrehungen die gleiche Richtung haben.)

Meine Ideen:
Eine elemenatare aber lange Rechnung ergibt eine verwickelte Formel für den resultierenden Winkel $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ . Selbst wenn man diese Formel hat, ist der Beweis der Ungleichung $\begin{eqnarray*} \phi \leq \phi_1+\phi_2 \end{eqnarray*}$ nicht trivial, weil die Winkel $\begin{eqnarray*} \phi_1, \phi_2 \end{eqnarray*}$ darin als Argumente von Winkelfunktionen vorkommen. Kennt jemand einen eleganteren Beweis als die direkte Rechnung?

05.08.2014, 10:10

Che Netzer

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RE: Dreiecksungleichung bei Drehungen
Man kann eine Drehung um einen Winkel $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ zunächst einmal auf Punkte der Einheitssphäre wirken lassen. So ein Punkt bewegt sich dann entlang einer Kurve aus allen um $\begin{eqnarray*} t\phi \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} t\in[0,1] \end{eqnarray*}$ , (um dieselbe Achse) rotierten Punkten.

Nun könntest du zeigen, dass der Drehwinkel $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ gerade die maximale Länge einer solchen Kurve ist und von einer Geodätischen angenommen wird (geometrisch eigentlich klar).
Wenn du $\begin{eqnarray*} \phi\in[0,\pi] \end{eqnarray*}$ wählst, ist diese sogar längenminimierend. Die Behauptung ist dann auch schnell gezeigt.

05.08.2014, 10:55

Ehos

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Danke für die gute Beweisidee. Der Beweis wäre also erbracht, indem man zeigt, dass die Dreiecksungleichung für jedes Dreieck auf der Oberfläche der Einheitskugel gilt, denn die 3 Seitenlängen eines solchen Dreieckes sind gerade meine Drehwinkel $\begin{eqnarray*} \phi_1, \phi_2, \phi \end{eqnarray*}$ . Sehr anschaulich!

05.08.2014, 11:15

Che Netzer

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Naja, für wirklich jedes Dreieck gilt das nicht – man nehme einen fast geschlossenen Großkreis und verbinde die beiden Enden über zwei kurze Strecken.
Aber mit der Wahl $\begin{eqnarray*} \phi\in[0,\pi] \end{eqnarray*}$ ist die eine Strecke wie gesagt längenminimierend und was man aus den anderen beiden zusammensetzt, hat gleiche Anfangs- und Endpunkte.

05.08.2014, 11:44

Ehos

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Die Dreiecksungleichung für Winkel<180° ist ausreichend, weil man Drehungen mit Winkel>180° darauf zurückführen kann, indem man die Richtung der Drehachse umkehrt. Hast du eventuell die fertigen Formeln griffbereit, die den resultierenden Drehwinkel und die resultierende Drehachse als Funktion der einzelnen Drehwinkel phi1, phi2 und der einzelnen Drehachsen $\begin{eqnarray*} \vec n_1, \vec n_2 \end{eqnarray*}$ angibt, also

$\begin{eqnarray*} \phi=\phi(\phi_1,\phi_2,\vec n_1,\vec n_2) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \vec n=\vec n(\phi_1,\phi_2,\vec n_1,\vec n_2) \end{eqnarray*}$

05.08.2014, 12:04

Huggy

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Irgendetwas an der Beweisidee habe ich nicht verstanden. Wenn sich die Punkte bei Drehungen um eine Achse auf Großkreisen bewegen würden, wäre alles klar. Man hätte dann einfach die Dreiecksungleichung für Großkreisdreiecke.

Aber die Punkte bewegen sich im allgemeinen auf Kreisen, die keine Großkreise sind.

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05.08.2014, 12:13

Ehos

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Ich muss mich korrigieren. Dein Einwand scheint berechtigt und die Sache scheint schwieriger als von CheNetzer angedacht. Werde nochmals darüber nachdenken.

05.08.2014, 12:45

Che Netzer

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Wir betrachten einen Punkt, der sich "bezüglich $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ " auf einem Großkreis bewegt bzw. auf einer längenminimierenden Geodätischen. Diese hat Länge $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ . Bewegen wir den Punkt erst entlang von $\begin{eqnarray*} \phi_1 \end{eqnarray*}$ und dann entlang von $\begin{eqnarray*} \phi_2 \end{eqnarray*}$ , erhalten wir eine andere Kurve mit gleichen Anfangs- und Endpunkten.

Ob diese nun auch aus zwei Geodätischen besteht, ist gar nicht von Bedeutung.

05.08.2014, 13:12

Ehos

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@CheNetzer
Du hast recht, für den Beweis der Dreiecksungleichung ist nicht von Bedeutung, ob die Teilbögen auf Großkreisen liegen. Trotzdem wäre es gut, wenn man auch die 2 Teildrehungen auf Großkreise beziehen könnte, weil man dann den resultierenden Drehwinkel sehr leicht berechnen könnte.

Wäre folgende Argumentation richtig?

Wir verfolgen nicht die Drehung eines konkreten Punktes auf der Kugeloberfläche, sondern bei den 2 Teildrehungen betrachten wir die Drehung von zwei verschiedenenen Punkten, die sich jeweils auf Großkreisen bewegen. Die Länge dieser Kreisbögen wären die Winkel $\begin{eqnarray*} \phi_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \phi_2 \end{eqnarray*}$ . Obwohl sich die Anfangs- und Endpunkte beider Kreisbögen zunächst nicht berühren müssen, kann man diese Bögen trotzdem auf der Kugeloberfläche so verschieben, dass sie einen Zweier-Polygonzug ergeben. Der "fehlende" Verbindungsbogen, durch den das Dreieck entsteht, hat die Länge des gesuchten resultierenden Drehwinkels $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ . Stimmt das?

05.08.2014, 13:35

Huggy

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Habe das noch immer nicht verstanden. Du betrachtest einen Punkt $\begin{eqnarray*} P_0 \end{eqnarray*}$ , der sich bezüglich der resultierenden Drehung $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ auf einem Großkreis zu dem Punkt $\begin{eqnarray*} P_2 \end{eqnarray*}$ bewegt. Infolge der Drehungen $\begin{eqnarray*} \phi_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \phi_2 \end{eqnarray*}$ bewegt er sich erst nach $\begin{eqnarray*} P_1 \end{eqnarray*}$ und von dort nach $\begin{eqnarray*} P_2 \end{eqnarray*}$ .

Für die Bogenlängen auf den Kreisen gilt sicher die Behauptung. Aber wie überträgt sich das auf die Drehwinkel? Die Winkel ergeben sich aus Bogenlänge/Abstand zur Drehachse. Die Abstände zur jeweiligen Drehachse sind aber nicht gleich.

Edit: Ich habs.

Es ist

$\begin{eqnarray*} b_1 +b_2 \geq b \end{eqnarray*}$

und

$\begin{eqnarray*} \phi = \frac {b}{r} \quad \phi_1=\frac {b_1}{r_1} \quad \phi_1=\frac {b_2}{r_2} \end{eqnarray*}$

Nun ist

$\begin{eqnarray*} r_1 \leq r \quad r_2 \leq r \end{eqnarray*}$

Daraus folgt

$\begin{eqnarray*} \phi_1 \geq\frac {b_1}{r} \quad \phi_1 \geq \frac {b_2}{r} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \phi_1+\phi_2 \geq \frac {b_1+b_2}{r} \geq \frac {b}{r}=\phi \end{eqnarray*}$

05.08.2014, 14:05

Che Netzer

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RE: Dreiecksungleichung bei Drehungen
Die Längen $\begin{eqnarray*} \ell_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \ell_2 \end{eqnarray*}$ der beiden Kurvenstücke zu $\begin{eqnarray*} \phi_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \phi_2 \end{eqnarray*}$ habe ich durch die jeweiligen Winkel abgeschätzt:

Zitat:

Nun könntest du zeigen, dass der Drehwinkel $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ gerade die maximale Länge einer solchen Kurve ist

Wegen der Längenminimierung ist $\begin{eqnarray*} \phi\leq\ell_1+\ell_2 \end{eqnarray*}$ und die einzelnen Längen lassen sich durch die zugehörigen Winkel abschätzen:
$\begin{eqnarray*} \phi\leq\ell_1+\ell_2\leq\phi_1+\phi_2\,. \end{eqnarray*}$

Zitat:

Wir verfolgen nicht die Drehung eines konkreten Punktes auf der Kugeloberfläche, sondern bei den 2 Teildrehungen betrachten wir die Drehung von zwei verschiedenenen Punkten, die sich jeweils auf Großkreisen bewegen.

Wir können auch einen der beiden Punkte auf der Sphäre betrachten, die orthogonal zu den Drehachsen beider Drehungen liegen. Wenn wir den dann "um $\begin{eqnarray*} \phi_1 \end{eqnarray*}$ " zurückschieben, wird der resultierende Punkt erst unter $\begin{eqnarray*} \phi_1 \end{eqnarray*}$ und dann auch unter $\begin{eqnarray*} \phi_2 \end{eqnarray*}$ jeweils entlang eines Großkreises bewegt.
Aber Achtung: Die Bewegung durch die resultierende Rotation muss nicht entlang des Großkreises verlaufen, der Anfangs- und Endpunkt verbindet.

Eine einfache Formel für $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ sehe ich gerade nicht.

05.08.2014, 14:10

Bernhard1

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Man kann den resultierenden Drehwinkel zweier Drehungen mit Hilfe der Pauli-Matrizen berechnen: Drehgruppe

05.08.2014, 14:12

Ehos

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@Huggy
Ich argumentiere mal anschaulich:

Betrachte eine Einheitskugel, die an einer bestimmten Stelle auf einem Tisch liegt. Diese Einheitskugel wird 2 Mal zeitlich hintereinander gedreht und wieder an denselben Punkt des Tisches gelegt. Jeder Teildrehungen kann man einen Großkreis zuordnen, dessen Ebene senkrecht auf der jeweiligen Drehachse steht. Diese Großkreise werden nach jeder Drehung auf die Oberfläche der Einheitskugel gezeichnet. Beide Großkreise schneiden sich in zwei Punkten auf der Kugeloberfläche (sofern die Drehachsen nicht identisch waren). Ausgehend von einem der beiden Schnittpunkte zeichnen wir entlang der beiden Großkreisen die Kreisbögen ein, deren Längen $\begin{eqnarray*} \phi_1, \phi_2 \end{eqnarray*}$ die Drehwinkel sind. Damit haben wir auf der Kugeloberfläche 2 Seiten eines gekrümmten Dreieckes. Die fehlende 3.Seite dieses Dreieckes (also der fehlende Kreisbogen), ist die resultierende Drehung.

05.08.2014, 14:14

Huggy

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@Ehos
Siehe mein Edit zu meiner vorigen Antwort.

05.08.2014, 14:34

Ehos

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@Huggy
Ja, danke. Damit ist die Dreiecksungleichung in der Tat klar bewiesen.

-----------------------------
@CheNetzer
Mir leuchtet dein letzter Satz nicht ein.

Zitat:
"Aber Achtung: Die Bewegung durch die resultierende Rotation muss nicht entlang des Großkreises verlaufen, der Anfangs- und Endpunkt verbindet."

Mein Einwand dazu: Die kürzestes Verbindungslinie von 2 Punkten auf einer Kugeloberfläche ist doch stets ein Teil eines Großkreises und die Senkrechte auf der Ebene dieses Großkreises müsste demnach die resultierende Drehrichtung sein.

05.08.2014, 14:58

Che Netzer

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Sehen wir uns mal die Sphäre im $\begin{eqnarray*} \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ im üblichen Koordinatensystem an. Die Punkte $\begin{eqnarray*} (1,0,0) \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} (0,1,0) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (0,0,1) \end{eqnarray*}$ formen dann ein Dreieck mit Großkreisen in den Koordinatenebenen. Rotieren wir zunächst um $\begin{eqnarray*} \frac\pi2 \end{eqnarray*}$ um die $\begin{eqnarray*} z \end{eqnarray*}$ -Achse, schiebt sich der erste Punkt auf den zweiten. Eine weitere Rotation um den gleichen Winkel um die $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ -Achse verschiebt den Punkt weiter auf den dritten. Jeweils entlang der beiden Großkreis(segmente).

Der Großkreisbogen zwischen $\begin{eqnarray*} (1,0,0) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (0,0,1) \end{eqnarray*}$ würde das Dreieck nun vervollständigen. Die resultierende Drehung nimmt jedoch nicht diesen Weg, sondern lässt das Dreieck "konkaver aussehen". Die Drehachse dürfte durch $\begin{eqnarray*} \frac1{\sqrt3}(1,-1,1) \end{eqnarray*}$ gegeben sein – nicht durch die $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ -Achse.

Edit: Meine Rechung dazu war
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&-1\\0&1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&-1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&-1&0\\0&0&-1\\1&0&0\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
und Fixpunkte davon sind von der Form $\begin{eqnarray*} (a,-a,a) \end{eqnarray*}$ .

06.08.2014, 08:51

Ehos

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@CheNetzer
Danke. Ich hab`s verstanden. Am wertvollsten ist dein einfacher Beweis der Dreiecksungleichung vom 05.08.14 um 12:45, weil deine Überlegung ohne jegliche Rechnung auskommt. Du legst einfach die Bewegung in phi-Richtung auf einen Großkreis, so dass dieser Teil des Dreiecks automatisch die kürzeste Verbindung ist. Einfacher geht's nicht.

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