An Geraden im R3 spiegeln

04.03.2017, 13:17

dubbox

An Geraden im R3 spiegeln

Meine Frage:
Es ist $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ die Gerade im Raum $\begin{eqnarray*} \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ , die durch den Ursprung und den Punkt $\begin{eqnarray*} P_1 = (1,0,-3)^T \end{eqnarray*}$ läuft.

Jetzt soll $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ die Spiegelung bezüglich $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ sein. Aufgabe ist es die Matrix $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ zu berechnen, die $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ bezüglich der Standardbasis darstellt.

* $\begin{eqnarray*} (x,y,z)^T = \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Ich weiß nur wie ich allgemein den Punkt spiegeln könnte aber nicht wie ich daraus eine Abbildung erstellen könnte und demnach auch nicht wie ich auf die Abbildungsmatrix komme.

Zuerst ermittele ich die Geradengleichung

$\begin{eqnarray*} g = (0,0,0)^T + s \cdot (1,0,-3)^T ,s \in \mathbb R \end{eqnarray*}$

Für die Spiegelung brauche ich jetzt eine zu $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ orthogonale Gerade.

$\begin{eqnarray*} n = (3,1,1)^T \end{eqnarray*}$ ist ein zu $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ orthogonaler Vektor da gilt
$\begin{eqnarray*} 3 \cdot 1 + 0 \cdot 0 + -3 \cdot 1 = 0 \end{eqnarray*}$

Also liegt der zu spiegelnde Punkt $\begin{eqnarray*} a = (x,y,z)^T \end{eqnarray*}$ auf der Geraden

$\begin{eqnarray*} h = (x,y,z)^T + t \cdot (1,0,3)^T, t \in \mathbb R \end{eqnarray*}$

Was jetzt noch fehlt ist der Abstand von $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ . Hierfür berechne ich zuerst den Schnittpunkt von $\begin{eqnarray*} g,h \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} t\cdot(1,0,-3)^T = (x,y,z)^T+ s\cdot(1,0,3)^T \end{eqnarray*}$
1) $\begin{eqnarray*} t=s +x\Rightarrow -1/3z -s = x + s \Rightarrow s = -1/6z - 1/2 x \end{eqnarray*}$
2) $\begin{eqnarray*} 0t = 0s \end{eqnarray*}$
3) $\begin{eqnarray*} -3t=3s \Rightarrow t = -1/3 z - s \end{eqnarray*}$

Wenn man 3) in 1) einsetzt, ich kann hier ja keine konkreten Werte für $\begin{eqnarray*} x,y,z \end{eqnarray*}$ einsetzten. Also ergibt sich der Schnittpunkt

$\begin{eqnarray*} b = (-1/6z-1/2x, 0, 1/2z + 3/2x)^T \end{eqnarray*}$

Der Abstand von $\begin{eqnarray*} (x,y,z)^T \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ ist also die Länge des Vektors $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} v = b- (x,y,z)^T = (-3/2x -1/6z, y, -1/2z +3/2x)^T \end{eqnarray*}$

Wenn ich mich bis hier her nicht komplett geirrt habe, müsste jetzt der gespiegete Punkt $\begin{eqnarray*} a'=a+2v \end{eqnarray*}$ sein.

Wäre jetzt mein $\begin{eqnarray*} \phi((x,y,z)^T) = (x,y,z)^T + 2(-3/2x -1/6z, y, -1/2z +3/2x)^T \end{eqnarray*}$

Weil hätte ich $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ würde ich wissen wie ich über die Bilder der Standardbasen auf $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ komme.

04.03.2017, 13:47

dubbox

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Okay habe mich beim abschreiben vertan und n falsch bestimmt. So ergibt alles keinen Sinn Big Laugh

super, wie gehe ich an soetwas denn richtig ran?

Also das korrekte wäre für den orthogonalen vektor $\begin{eqnarray*} n = (3,0,1)^T \end{eqnarray*}$ aber dann ergibt sich bei der Schnittpunktberechnung nur 0=0 oder soetwas... Werde mich später noch einmal dran setzten.

04.03.2017, 14:00

Dopap

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ich hätte überlegt, dass die Mitte von Bildpunkt und Urpunkt der Lotfußpunkt von Urpunkt und g ist.
Das erspart doch Richtung und Abstandsberechnung.
Den Lotfußpunkt kann man doch auch als Minimum des Abstandquadrates eines parametrisierten Geradenpunktes zum Urpunkt auffassen. oder ?

04.03.2017, 15:11

Leopold

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RE: An Geraden im R3 Spiegeln
@ dubbox

Das stimmt nicht. Deine Geraden $\begin{align*} g \end{align*}$ und $\begin{align*} h \end{align*}$ sind im allgemeinen windschief, nämlich dann, wenn $\begin{align*} y \neq 0 \end{align*}$ ist. Bei deiner Rechnung hast du in 2) und 3) $\begin{align*} y \end{align*}$ und $\begin{align*} z \end{align*}$ aus dem Stützvektor vollkommen ignoriert.
Aber der eigentliche Fehler ist schon vorher passiert. Denn der ganze Ansatz ist irgendwie schief. Um den Spiegelpunkt von $\begin{align*} A \end{align*}$ zu finden, mußt du die Gerade $\begin{align*} g \end{align*}$ mit der Ebene (!) schneiden, die senkrecht auf $\begin{align*} g \end{align*}$ steht und durch $\begin{align*} A \end{align*}$ geht, und dann am Schnittpunkt von Gerade und Ebene spiegeln.

Man kann das ganz allgemein rechnen. Vektoren schreibe ich als Spalten und bezeichne sie mit lateinischen Kleinbuchstaben. Punkte werden mit lateinischen Großbuchstaben bezeichnet. Sofern nichts anderes vermerkt ist, wird der Ortsvektor eines Punktes mit dem korrespondierenden Kleinbuchstaben bezeichnet.

Wir gehen aus von einer Ursprungsgeraden $\begin{align*} g \end{align*}$ durch den Punkt $\begin{align*} P \end{align*}$ . Die Formeln werden einfacher, wenn man annimmt, daß $\begin{align*} p \end{align*}$ normiert ist: $\begin{align*} |p|=1 \end{align*}$ (die senkrechten Striche stehen für die euklidische Länge). Die Punkte $\begin{align*} X \end{align*}$ von $\begin{align*} g \end{align*}$ besitzen die Ortsvektoren $\begin{align*} x = \lambda p \end{align*}$ mit $\begin{align*} \lambda \in \mathbb{R} \end{align*}$ .
Jetzt soll der Punkt $\begin{align*} A \end{align*}$ an $\begin{align*} g \end{align*}$ gespiegelt werden. Dazu bestimmen wir zunächst die zu $\begin{align*} g \end{align*}$ senkrechte Ebene $\begin{align*} H \end{align*}$ durch $\begin{align*} A \end{align*}$ . Sie besitzt die Normalenform

$\begin{align*} H: \ x p = a p \end{align*}$

Die Multiplikation hier bezeichnet das Standardskalarprodukt. Um den Schnittpunkt $\begin{align*} F \end{align*}$ von $\begin{align*} g \end{align*}$ und $\begin{align*} H \end{align*}$ zu bestimmen, setzen wir $\begin{align*} x = \lambda p \end{align*}$ in die Ebenengleichung ein:

$\begin{align*} (\lambda p) p = a p \ \ \Rightarrow \ \ \lambda = \frac{ap}{p^2} = ap \end{align*}$

Mit $\begin{align*} \lambda_0 = ap \end{align*}$ ist also $\begin{align*} F \end{align*}$ mit

$\begin{align*} f = \lambda_0 p \end{align*}$

der Schnittpunkt von $\begin{align*} g \end{align*}$ und $\begin{align*} H \end{align*}$ . Jetzt wird $\begin{align*} A \end{align*}$ an $\begin{align*} F \end{align*}$ punktgespiegelt. Der Spiegelpunkt ist $\begin{align*} A' \end{align*}$ mit

$\begin{align*} a' = f + \overrightarrow{AF} = f + f - a = 2f - a = 2 \lambda_0 p - a \end{align*}$

Speziell für die Standardbasis

$\begin{align*} i = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix},\ j = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \ k = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{align*}$

erhält man

$\begin{align*} i' = 2 \lambda_0 p - i = 2 (i p) p - i = 2 p_1 p - i \end{align*}$

$\begin{align*} j' = 2 \lambda_0 p - j = 2 (j p) p - j = 2 p_2 p - j \end{align*}$

$\begin{align*} k' = 2 \lambda_0 p - k = 2 (k p) p - k = 2 p_3 p - k \end{align*}$

Setzt man die Spalten $\begin{align*} i',j',k' \end{align*}$ zu einer Matrix $\begin{align*} S \end{align*}$ zusammen, so ist $\begin{align*} S \end{align*}$ die gesuchte Transformationsmatrix. Es gilt:

$\begin{align*} S = 2 p p^{\top} - E \end{align*}$

Mit $\begin{align*} p^{\top} \end{align*}$ ist die transponierte Matrix gemeint, hier also ein Zeilenvektor. Die Multiplikation in der letzten Gleichung ist die Matrizenmultiplikation, $\begin{align*} E \end{align*}$ stehe für die Einheitsmatrix. Die Matrix $\begin{align*} S \end{align*}$ ist offenbar symmetrisch.

Machen wir einmal die Probe. Wir tansformieren einen Punkt $\begin{align*} A \end{align*}$ mit Hilfe von $\begin{align*} S \end{align*}$ :

$\begin{align*} a' = Sa = \left( 2 p p^{\top} - E \right) a = 2 p p^{\top} a - a \end{align*}$

$\begin{align*} A' \end{align*}$ ist genau dann der Spiegelpunkt von $\begin{align*} A \end{align*}$ , wenn 1. $\begin{align*} a'-a \end{align*}$ auf $\begin{align*} p \end{align*}$ senkrecht steht und wenn 2. der Mittelpunkt $\begin{align*} M \end{align*}$ der Strecke $\begin{align*} AA' \end{align*}$ auf $\begin{align*} g \end{align*}$ liegt.

Überprüfung von 1.:

Das Standardskalarprodukt entspricht der Matrizenmultiplikation "Zeile mal Spalte":

$\begin{align*} p^{\top} \cdot \left( a' - a \right) = p^{\top} \cdot \left( 2 p p^{\top} a - a - a \right) = 2 \left( \underbrace{p^{\top} p}_1 p^{\top} a - p^{\top} a \right) = 0 \end{align*}$

Überprüfung von 2.:

$\begin{align*} m = \frac{1}{2} \left( a + a' \right) = \frac{1}{2} \left( a + 2 p p^{\top} a - a \right) = p p^{\top} a = p \underbrace{\left( p^{\top} a \right)}_{\text{Skalar} \ \lambda} = \lambda p \end{align*}$

Im konkreten Fall ist

$\begin{align*} p = \frac{1}{\sqrt{10}} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ - 3 \end{pmatrix} \, , \ \ S = \frac{1}{5} \begin{pmatrix} - 4 & 0 & - 3 \\ 0 & -5 & 0 \\ -3 & 0 & 4 \end{pmatrix} \end{align*}$

EDIT
Mittleres Matrixelement -1 durch korrektes -5 ersetzt.

04.03.2017, 15:27

Dopap

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RE: An Geraden im R3 Spiegeln

Zitat:

Original von Leopold
Das stimmt nicht.[...]

meinst du mich ?

04.03.2017, 16:46

Leopold

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Nein. Sorry.

05.03.2017, 14:25

dubbox

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Vielen Dank erstmal für die ausführliche Antwort !

Ich denke nachvollziehen kann ich das ganze, so wie du es geamcht hast. Mein Problem, selbst aufstellen würde nicht klappen denke ich Big Laugh

Ich probiere das mal mit deinem Ansatzt jedoch nicht so allgemein.

Ich gehe es mal etwas näher an:

$\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ist der zu Spiegelnde Punkt.

Unsere gerade ist $\begin{eqnarray*} g: \vec{x}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + t\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -3 \end{pmatrix} = t\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Die hierzu Orthogonale Ebene $\begin{eqnarray*} E \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \vec{n}=\frac{1}{\sqrt{10}}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ist gegeben durch $\begin{eqnarray*} E:\vec{n}\left[\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} - \vec{a}\right] \Rightarrow \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}\cdot\vec{n}=\vec{a}\cdot\vec{n} \end{eqnarray*}$

Da sich $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \lambda \vec{n} \end{eqnarray*}$

Dann gilt
$\begin{eqnarray*} (\lambda \vec{n})\vec{n}=\vec{a}\vec{n} \Rightarrow \lambda \vec{n}^2=\vec{a}\vec{n} \Rightarrow \lambda=\frac{\vec{a}\vec{n}}{\vec{n}^2}=\vec{a}\vec{n} \end{eqnarray*}$ da $\begin{eqnarray*} \vec{n}^2=|\vec{n}| = 1 \end{eqnarray*}$

Jetzt können wir den Schnittpunkt $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ bestimmen welcher sich mit $\begin{eqnarray*} \lambda_0 = \vec{a}\vec{n} \Rightarrow f=\lambda_0\vec{n} \end{eqnarray*}$ berechnen lässt.

Hierraus folgt der gespiegelte Punkt $\begin{eqnarray*} A' = f + \vec{AF} = 2\lambda_0\vec{n}-\vec{a}=2(\vec{a}\vec{n})\vec{n}-\vec{a} \end{eqnarray*}$

Für die Bilder der Standardbasis ergibt sich

$\begin{eqnarray*} 2(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{10}} \\ 0 \\ \frac{-3}{\sqrt{10}} \end{pmatrix})\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{10}} \\ 0 \\ \frac{-3}{\sqrt{10}} \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} =2(\frac{1}{\sqrt{10}})\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{10}} \\ 0 \\ \frac{-3}{\sqrt{10}} \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{2}{10} \\ 0 \\ \frac{-6}{10} \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{-8}{10} \\ 0 \\ \frac{-6}{10} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2(\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{10}} \\ 0 \\ \frac{-3}{\sqrt{10}} \end{pmatrix})\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{10}} \\ 0 \\ \frac{-3}{\sqrt{10}} \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} =0 - \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2(\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{10}} \\ 0 \\ \frac{-3}{\sqrt{10}} \end{pmatrix})\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{10}} \\ 0 \\ \frac{-3}{\sqrt{10}} \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} =2(\frac{-3}{\sqrt{10}})\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{10}} \\ 0 \\ \frac{-3}{\sqrt{10}} \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{-6}{10} \\ 0 \\ \frac{18}{10} \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{-6}{10} \\ 0 \\ \frac{8}{10} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Daraus ergibt sich die Spiegelungsmatrix
$\begin{eqnarray*} S=\begin{pmatrix} \frac{-8}{10} & 0 & \frac{-6}{10} \\ 0 & -1 & 0 \\ \frac{-6}{10} & 0 & \frac{8}{10} \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \frac{-4}{5} & 0 & \frac{-3}{5} \\ 0 & -1 & 0 \\ \frac{-3}{5} & 0 & \frac{4}{5} \end{pmatrix}=\frac{1}{5}\begin{pmatrix} -4 & 0 & -3 \\ 0 & -5 & 0 \\ \-3 & 0 & 4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Okay hätte zwischendurch niemals gedacht das ich auf das richtige ergebnis komme
(nur bei mir steht dann da -5 statt -1, da ich das 1/5 rausziehe?)
aber es hat geklappt!! Super vielen Dank dafür noch eins, hier zeigt sich ich hab das noch nicht hundertprozentig verstanden, wie würde es die Gleichung verändern, wenn die Gerade durch einen anderen Punkt als den Ursprung laufen würde? Für die Ebenengleichung wäre das ja irrelevant wenn ich mich nicht irre, da ja alle Geraden mit dem Richtungsvektor auf diese Ebene orthogonal sind.

05.03.2017, 20:45

Leopold

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Zitat:

Original von dubbox
(nur bei mir steht dann da -5 statt -1, da ich das 1/5 rausziehe?)

Zurecht. Da habe ich mich vertan.

Zitat:

Original von dubbox
wie würde es die Gleichung verändern, wenn die Gerade durch einen anderen Punkt als den Ursprung laufen würde? Für die Ebenengleichung wäre das ja irrelevant wenn ich mich nicht irre, da ja alle Geraden mit dem Richtungsvektor auf diese Ebene orthogonal sind.

Ich würde das nicht neu berechnen, sondern auf den schon behandelten Fall zurückführen. Wenn die Gerade $\begin{align*} g \end{align*}$ durch den Punkt $\begin{align*} C \end{align*}$ geht und den Richtungsvektor $\begin{align*} p \end{align*}$ besitzt, dann verschiebt man einen Punkt $\begin{align*} X \end{align*}$ zunächst um den Vektor $\begin{align*} -c \end{align*}$ , spiegelt dann an der zu $\begin{align*} g \end{align*}$ parallelen Ursprungsgeraden und macht schließlich die anfängliche Verschiebung durch Verschiebung um den Vektor $\begin{align*} c \end{align*}$ rückgängig:

$\begin{align*} x \mapsto x-c \mapsto S(x-c) \mapsto S(x-c) + c \end{align*}$

Wie gehabt ist dabei $\begin{align*} S = 2pp^{\top} - E \end{align*}$ . Die Abbildungsvorschrift ist also

$\begin{align*} y = S(x-c) + c = Sx + \underbrace{c - Sc}_d = Sx + d \end{align*}$

Im Anhang findest du dazu eine dynamische Zeichnung für den zweidimensionalen Fall. Zum Anschauen der Datei brauchst du Euklid. Durch Ziehen mit der Maus an den Punkten kannst du verschiedene Situationen betrachten.

05.03.2017, 21:06

dubbox

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Würde das also in dem konkreten von mir vorgestellten Fall die Gleichung wie folgt verändern

$\begin{eqnarray*} A'' = f + \vec{A_{-c}F} = 2\lambda_0\vec{n}-(\vec{a}-\vec{c})=2((\vec{a}-\vec{c})\vec{n})\vec{n}-(\vec{a}-\vec{c}) \end{eqnarray*}$ ist der vorläufig gespiegelte Punkt.
$\begin{eqnarray*} A' = A'' + \vec{c} \end{eqnarray*}$ ist die "eigentliche" Spiegelung.

Wobei ja $\begin{eqnarray*} A' = A'' + \vec{c} \end{eqnarray*}$ nicht ganz korrekt ist, da das nicht gehen würde, also eigentlich $\begin{eqnarray*} A' = A'' + \begin{pmatrix} c_1 & c_1 & c_1 \\ c_2 & c_2 & c_2 \\ c_3 & c_3 & c_3 \end{pmatrix}, (c_1,c_2,c_3)^T = \vec{c} \end{eqnarray*}$
Optional könnte man auch direkt nach Ausrechen von den Spalten von $\begin{eqnarray*} A'' \end{eqnarray*}$ zuerst $\begin{eqnarray*} \vec{c} \end{eqnarray*}$ jeweils drauf addieren und dann die Matrix bilden.

Wäre das so korrekt? Bin mir bei der sehr allgemeinen darstellung nicht ganz sicher, ob ich es verstanden habe, deswegen hier dieser Post smile

Danke wirklich für die ausführliche Hilfe!

05.03.2017, 23:30

Leopold

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Zitat:

Original von dubbox
$\begin{eqnarray*} A'' = f + \vec{A_{-c}F} = 2\lambda_0\vec{n}-(\vec{a}-\vec{c})=2((\vec{a}-\vec{c})\vec{n})\vec{n}-(\vec{a}-\vec{c}) \end{eqnarray*}$ ist der vorläufig gespiegelte Punkt.
$\begin{eqnarray*} A' = A'' + \vec{c} \end{eqnarray*}$ ist die "eigentliche" Spiegelung.

Das ist ja auch nichts anderes, als was meine Gleichung $\begin{align*} y = Sx + c - Sc \end{align*}$ zum Ausdruck bringt (dein $\begin{align*} a \end{align*}$ ist mein $\begin{align*} x \end{align*}$ , dein $\begin{align*} A' \end{align*}$ ist mein $\begin{align*} y \end{align*}$ ). Nur erscheint mir deines unnötig kompliziert, weil du wieder auf die Notationen der Herleitung zurückgreifst, statt auf das bereits ermittelte Ergebnis Bezug zu nehmen. Es ist nicht nötig, immer wieder bei Adam und Eva anzufangen.

Zitat:

Original von dubbox
$\begin{eqnarray*} A' = A'' + \vec{c} \end{eqnarray*}$ ist die "eigentliche" Spiegelung.

Wobei ja $\begin{eqnarray*} A' = A'' + \vec{c} \end{eqnarray*}$ nicht ganz korrekt ist, da das nicht gehen würde, also eigentlich $\begin{eqnarray*} A' = A'' + \begin{pmatrix} c_1 & c_1 & c_1 \\ c_2 & c_2 & c_2 \\ c_3 & c_3 & c_3 \end{pmatrix}, (c_1,c_2,c_3)^T = \vec{c} \end{eqnarray*}$

Zurecht beanstandest du deine eigene Notation.
Eine Translation ist keine lineare Abbildung im Sinn der Vektorraumtheorie. Daher kann sie nicht mittels einer Matrix beschrieben werden (es geht nur mit einem Trick durch Erhöhung der Dimension, aber das ist hier nicht das Thema). Schon gar nicht kannst du die Translation durch Addition zweier Matrizen beschreiben.

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