Abstandsprobleme

27.11.2020, 16:41

sympathisch3

Abstandsprobleme

Meine Frage:
Hallo,
wir haben ein kleines Problem: Wir sollen Abstandsprobleme in der Analytischen Geometrie diskutieren und wie man den kleinsten Abstand herausfinden kann. Dabei sollen wir auch Methoden der Analysis anwenden. Bräuchten diesbezüglich jetzt zwei Leitfragen anhand wir das Thema erklären. Habt ihr Ideen für Aufgabenstellungen?
Mit freundlichen Grüßen danke im Voraus

Meine Ideen:
Ideen sind bsp. Lotfußpunktverfahren und hessisches Verfahren, aber bräuchten Aufgabenstellungen dafür.

28.11.2020, 00:10

klauss

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RE: Abstandsprobleme
Die Frage ist noch etwas allgemein gehalten, nachdem verschiedene Abstandsberechnungen ja an sich bereits zum regulären Stoff gehören.
Innerhalb dessen würde mir noch einfallen, alternative Wege aufzuzeigen.
Hier speziell:
Berechnung des Abstands eines Punktes von einer Geraden im $\begin{eqnarray*} \mathbb R ^{3} \end{eqnarray*}$ auf 3 verschiedene Arten.
Wahrscheinlich geht man in der Schule meist den Weg über eine Hilfsebene. Es geht aber auch anders - und bequemer.

Ein zweites (selten gesehenes) Problem, das Geometrie und Analysis in der Ebene verbindet, wäre:
Berechnung des kürzesten Abstands eines Punktes P von einem Funktionsgraphen auf 2 verschiedene Arten.
Spontanes Beispiel:
$\begin{eqnarray*} f(x)=2x^{2} -3x \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} P(-1|-2) \end{eqnarray*}$
Man stellt fest, dass selbst mit so einer zahmen Funktion die Rechnung schon etwas unangenehm werden kann.

28.11.2020, 11:31

sympathisch3

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Unsere Aufgabe wurde auch leider viel zu allgemein gestellt und wir müssen uns halt ein eigenes Beispiel ausdenken anhand diesem sollen wir es erklären. Und das mit der Hilfsebene stimmt, dass wir es nach diesem Verfahren lösen sollen. Und deine Idee habe ich nur halbwegs verstanden, wie löse ich denn so ein Problem mit Analysis und Geometrie? Sind das die gleichen Schritte wie bei den anderen?

28.11.2020, 16:22

klauss

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RE: Abstandsprobleme
Also als Einstiegsbeispiel zunächst gleich der von mir bevorzugte Weg im Fall 1.
Da ist jetzt allerdings noch kein Analysis dabei.

[attach]52213[/attach]

Gesucht sein soll der Abstand des Punktes $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ von einer Geraden $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ , wobei die Koordinaten von $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ und die komplette Geradengleichung natürlich bekannt sind.
$\begin{eqnarray*} g: \vec{x} =\vec{A}+\lambda \cdot \vec{v} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ als Aufpunkt und irgendeinem Richtungsvektor $\begin{eqnarray*} \vec{v} \end{eqnarray*}$ .

Da durch eine Gerade und einen Punkt außerhalb dieser eine Ebene gelegt werden kann, entsteht ein rechtwinkliges Dreieck, in dem der Abstand Punkt-Gerade gegeben ist durch die Beziehung
$\begin{eqnarray*} d=| \overrightarrow{AP} | \cdot \sin\varphi \end{eqnarray*}$

Der Winkel $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ wird ja vom Richtungsvektor $\begin{eqnarray*} \vec{v} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \overrightarrow{AP} \end{eqnarray*}$ eingeschlossen und wäre grundsätzlich berechenbar über
$\begin{eqnarray*} \cos\varphi=\frac{ \overrightarrow{AP} \circ \vec{v}}{| \overrightarrow{AP} |\cdot | \vec{v} | } \end{eqnarray*}$
vorausgesetzt $\begin{eqnarray*} \vec{v} \end{eqnarray*}$ ist so orientiert, dass er von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ aus in Richtung der Strecke $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ zeigt.

Zeigt $\begin{eqnarray*} \vec{v} \end{eqnarray*}$ in Gegenrichtung (was wir i. d. R. nicht wissen), würden wir $\begin{eqnarray*} \varphi' =180° - \varphi \end{eqnarray*}$ erhalten.
Das Praktische ist jedoch, dass dies für die Rechnung unerheblich ist, denn wir stecken den berechneten Winkel gleich wieder in den Sinus und wegen
$\begin{eqnarray*} \sin\left(180°-\varphi \right) =\sin\left(\varphi \right) \end{eqnarray*}$
kommt so oder so das Richtige raus, wodurch für den gesuchten Abstand die Formel folgt:

$\begin{eqnarray*} d=| \overrightarrow{AP} | \cdot \sin\left[\arccos\left(\frac{ \overrightarrow{AP} \circ \vec{v}}{| \overrightarrow{AP} |\cdot | \vec{v} | }\right) \right] \end{eqnarray*}$

Ohne lästige Hilfsebene.

Wäre sowas in Deinem Interesse?

Falls Du in der Richtung mit den vorgeschlagenen Themen weitermachen willst, bitte Bescheid geben.

28.11.2020, 17:05

Leopold

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Die Aufgabe ist nicht klar genug gestellt. Geht es nur um das Abstandsproblem Punkt-Gerade? Oder sollen auch andere Abstandsprobleme behandelt werden?

Das Abstandsproblem Punkt-Gerade besitzt ja eine einfache Lösung nach Plücker.
Wir haben also eine Gerade $\begin{align*} g \end{align*}$ , bestimmt durch einen Punkt $\begin{align*} A \end{align*}$ auf $\begin{align*} g \end{align*}$ mit dem Ortsvektor $\begin{align*} \vec{a} \end{align*}$ und den Richtungsvektor $\begin{align*} \vec{v} \end{align*}$ . Zu bestimmen ist der Abstand des Punktes $\begin{align*} P \end{align*}$ mit dem Ortsvektor $\begin{align*} \vec{p} \end{align*}$ von der Geraden $\begin{align*} g \end{align*}$ .

Die Vektoren $\begin{align*} \vec{v} \end{align*}$ und $\begin{align*} \overrightarrow{AP} = \vec{p} - \vec{a} \end{align*}$ spannen ein Parallelogramm auf. Dieses hat den Flächeninhalt $\begin{align*} \left| \vec{v} \times \left( \vec{p} - \vec{a} \right) \right| \end{align*}$ . Der Flächeninhalt des Parallelogramms läßt sich aber auch über die Länge $\begin{align*} \left| \vec{v} \right| \end{align*}$ einer Seite und die zugehörige Höhe berechnen. Die ist aber gerade der Abstand $\begin{align*} d \end{align*}$ von $\begin{align*} P \end{align*}$ zu $\begin{align*} g \end{align*}$ . Daraus bekommt man die Gleichung

$\begin{align*} d \cdot \left| \vec{v} \right| = \left| \vec{v} \times \left( \vec{p} - \vec{a} \right) \right| \end{align*}$

Folglich gilt die simple Formel

$\begin{align*} d = \frac{\left| \vec{v} \times \left( \vec{p} - \vec{a} \right) \right|}{\left| \vec{v} \right|} \end{align*}$

Wenn man $\begin{align*} \vec{v} \end{align*}$ normiert, sieht das noch eleganter aus:

$\begin{align*} d = \left| \vec{v} \times \left( \vec{p} - \vec{a} \right) \right| \ \ \text{mit} \ \ \left| \vec{v} \right| = 1 \end{align*}$

Man beachte die formale Analogie zur Abstandsformel Punkt-Ebene über die Hessesche Normalform. Das Skalarprodukt wird durch das Vektorprodukt ersetzt, der Normalenvektor der Ebene durch den Richtungsvektor der Geraden.

Zur Herleitung dieser Formel braucht man jedoch die Kenntnis, daß der Betrag des Kreuzprodukts der Flächeninhalt eines Parallelogramms ist.

EDIT

Noch eine Ergänzung:

Mit Analysis läßt sich das Problem so lösen. Mit den Bezeichnungen meines vorigen Beitrags ist

$\begin{align*} g: \ \vec{x} = \vec{a} + \lambda \, \vec{v} \end{align*}$

eine Parameterdarstellung der Geraden. Zur Bestimmung des Abstands von $\begin{align*} P \end{align*}$ von $\begin{align*} g \end{align*}$ muß man also nur das Minimum der reellen Funktion

$\begin{align*} \lambda \mapsto f(\lambda) = \left| \vec{a} + \lambda \, \vec{v} - \vec{p} \right| \end{align*}$

bestimmen. Natürlich kann man auch den alten Trick anwenden und gleich

$\begin{align*} \lambda \mapsto f(\lambda) = \left| \vec{a} + \lambda \, \vec{v} - \vec{p} \right|^2 \end{align*}$

minimieren. Man erspart sich damit die Wurzel, die in den Betragsstrichen versteckt ist.

28.11.2020, 22:03

sympathisch3

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Es wurde auch sehr allgemein die Aufgabe gestellt und meine Frage ist gewesen, wie man sich da spezialisieren kann (=Leitfrage). Also in welche Bereiche man gehen kann damit es nicht mehr allgemein ist.

28.11.2020, 22:44

mYthos

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Aus den bisher gegebenen Antworten kannst du jederzeit spezielle Aufgaben konstruieren.
Auch eine Methode der Analysis hat dir klauss angegeben.

Welche speziellen Fragen hast du noch dazu? In welche Richtung gehen diese?

mY+

29.11.2020, 08:52

sympathisch3

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RE: Abstandsprobleme
Das klingt schonmal richtig gut vielen dank!
Was gibt es denn noch so für Möglichkeiten?

29.11.2020, 08:56

sympathisch3

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Das Problem ist um ehrlich zu sein, ich weiß jetzt nicht wie ich da rangehen soll um eine Frage konstruieren zu können und wie ich mir eine Aufgabe mit Variablen oder Zahlen erstellen soll.
Hab gar keine Erfahrung wie man das macht unglücklich

29.11.2020, 09:32

Leopold

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Ich führe, was ich in meinem EDIT geschrieben habe, einmal an einem Beispiel aus. Für die Gerade $\begin{align*} g \end{align*}$ und den Punkt $\begin{align*} P \end{align*}$ nehme ich

$\begin{align*} g: \ \vec{x} = \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ -2 \end{pmatrix} + \lambda \begin{pmatrix} 2 \\ - 1 \\ 2 \end{pmatrix} \, , \ \ P = \left( -2 , 3 , 2 \right) \end{align*}$

Nun betrachten wir den Abstand eines beliebigen Geradenpunktes $\begin{align*} X \end{align*}$ von $\begin{align*} P \end{align*}$ , also $\begin{align*} \left| \overrightarrow{PX} \right| \end{align*}$ . Diesen Abstand gilt es zu minimieren. Äquivalent dazu kann man auch das Quadrat dieses Abstandes minimieren. Das führt auf die reelle Funktion $\begin{align*} f \end{align*}$ mit

$\begin{align*} f(\lambda) = \left| \overrightarrow{PX} \right|^2 = \left| \, \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ -2 \end{pmatrix} + \lambda \begin{pmatrix} 2 \\ - 1 \\ 2 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} -2 \\ 3 \\ 2 \end{pmatrix} \, \right|^2 = \left| \, \begin{pmatrix} 2 \lambda + 3 \\ - \lambda + 1 \\ 2 \lambda - 4 \end{pmatrix} \, \right|^2 \end{align*}$

$\begin{align*} f(\lambda) = \left( 2 \lambda + 3 \right)^2 + \left( - \lambda + 1 \right)^2 + \left( 2 \lambda - 4 \right)^2 \, , \ \ \lambda \in \mathbb{R} \end{align*}$

Diese quadratische Funktion mit Werten $\begin{align*} \geq 0 \end{align*}$ besitzt ein Minimum. Zu seiner Bestimmung berechnen wir die Ableitung:

$\begin{align*} f'(\lambda) = 2 \cdot 2 \cdot \left( 2 \lambda + 3 \right) - 2 \cdot \left( - \lambda + 1 \right) + 2 \cdot 2 \cdot \left( 2 \lambda - 4 \right) \end{align*}$

$\begin{align*} f'(\lambda) = 0 \ \ \Leftrightarrow \ \ 2 \cdot \left( 2 \lambda + 3 \right) - \left( - \lambda + 1 \right) + 2 \cdot \left( 2 \lambda - 4 \right) = 0 \ \ \Leftrightarrow \ \ 9 \lambda - 3 = 0 \ \ \Leftrightarrow \ \ \lambda = \frac{1}{3} \end{align*}$

Mit $\begin{align*} \lambda = \frac{1}{3} \end{align*}$ berechnen wir jetzt den gesuchten Abstand

$\begin{align*} d = \left| \overrightarrow{PX} \right| = \sqrt{f \left( \frac{1}{3} \right)} = \sqrt{ \left( \frac{2}{3} + 3 \right)^2 + \left( - \frac{1}{3} + 1 \right)^2 + \left( \frac{2}{3} - 4 \right)^2 } \end{align*}$

$\begin{align*} = \sqrt{ \left( \frac{11}{3} \right)^2 + \left( \frac{2}{3} \right)^2 + \left( - \frac{10}{3} \right)^2} = 5 \end{align*}$

Mehr Analysis geht nicht.

29.11.2020, 14:18

Leopold

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RE: Abstandsprobleme

Zitat:

Original von klauss
$\begin{eqnarray*} d=| \overrightarrow{AP} | \cdot \sin\left[\arccos\left(\frac{ \overrightarrow{AP} \circ \vec{v}}{| \overrightarrow{AP} |\cdot | \vec{v} | }\right) \right] \end{eqnarray*}$

Wegen $\begin{align*} \sin \left( \arccos(t) \right) = \sqrt{1 - t^2} \end{align*}$ kann man das umrechnen:

$\begin{align*} d = \left| \overrightarrow{AP} \right| \cdot \sqrt{1 - \left( \frac{\overrightarrow{AP} \cdot \vec{v}}{\left| \overrightarrow{AP} \right| \cdot \left| \vec{v} \right|} \right)^2} = \left| \overrightarrow{AP} \right| \cdot \sqrt{\frac{\left| \overrightarrow{AP} \right|^2 \cdot \left| \vec{v} \right|^2 - \left( \overrightarrow{AP} \cdot \vec{v} \right)^2}{\left| \overrightarrow{AP} \right|^2 \cdot \left| \vec{v} \right|^2}} \end{align*}$

$\begin{align*} = \frac{1}{\left| \vec{v} \right|} \cdot \sqrt{\left| \overrightarrow{AP} \right|^2 \cdot \left| \vec{v} \right|^2 - \left( \overrightarrow{AP} \cdot \vec{v} \right)^2} = \frac{1}{\left| \vec{v} \right|} \cdot \sqrt{\left| \vec{v} \times \overrightarrow{AP} \right|^2} = \frac{\left| \vec{v} \times \overrightarrow{AP} \right|}{\left| \vec{v} \right|} \end{align*}$

Womit wir auch wieder bei der Formel von Plücker wären.

29.11.2020, 18:37

klauss

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RE: Abstandsprobleme

Zitat:

Original von Leopold

Zitat:

Ich hätte noch dazuschreiben wollen "Taschenrechnerfreundliche Variante für Schüler".
Der Name Plücker ist da eher nicht bekannt und die Umrechnung könnte ich auch nicht zumuten.

Noch eine Abwandlung mit dem Beispiel von Leopold:

Ich bilde für alle Punkte der Geraden g deren Verbindungsvektor mit dem Punkt P:
$\begin{eqnarray*} \vec{x} =\begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ -2 \end{pmatrix} + \lambda \begin{pmatrix} 2 \\ - 1 \\ 2 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} -2 \\ 3 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \vec{x} = \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ -4 \end{pmatrix} + \lambda \begin{pmatrix} 2 \\ - 1 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Die kürzeste Verbindung ist dann erreicht, wenn der Verbindungsvektor orthogonal zum Richtungsvektor der Geraden g steht. Dann muß für das Skalarprodukt gelten
$\begin{eqnarray*} \vec{x}\circ \begin{pmatrix} 2 \\ - 1 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ -4 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 \\ - 1 \\ 2 \end{pmatrix} + \lambda \begin{pmatrix} 2 \\ - 1 \\ 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 \\ - 1 \\ 2 \end{pmatrix}=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 6-1-8+\lambda(4+1+4)=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lambda=\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$

Oben einsetzen und $\begin{eqnarray*} | \vec{x}| \end{eqnarray*}$ berechnen ...

@ sympathisch3:
Und das war bisher nur eine einzige Problemstellung.
Jetzt müßtest Du halt mal selbst was vorschlagen.

29.11.2020, 19:32

Leopold

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Und ein Vergleich des Minimumansatzes (Beitrag Leopold) mit dem Orthogonalitätsansatz (Beitrag klauss) zeigt, daß die Anschauung richtig liegt: Der kürzeste Abstand ist der Lotabstand.

09.12.2020, 18:55

sympathisch3

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RE: Abstandsprobleme
Meine frage ist warum wurzel (1 - t) quadrat verwendet wird und wieso wird das mit sin (arccos (t)) gleichgesetzt? Für was steht t?
Warum wurde bei dieser oberen Aufgabe ein Kreis verwendet wozu ist es der gut? Kann man das auch mit Analysis verknüpfen?

09.12.2020, 19:31

sympathisch3

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RE: Abstandsprobleme
Wie lautet denn die unangenehme Rechnung dieser zahmen Funktion?

10.12.2020, 09:25

klauss

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RE: Abstandsprobleme
Das mit der Wurzel ist nur eine Gleichheitsbeziehung, die genutzt wurde zur Umwandlung der einen Formel in die andere. $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ ist ein einfacher Platzhalter (Variable), wie er in allgemeinen Formeln eben auftaucht.
Behauptung:
$\begin{eqnarray*} \sin(\arccos t)=\sqrt{1-t^{2} } \end{eqnarray*}$
Linke Seite:
Wir suchen zuerst den Winkel $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ , dessen Cosinus-Wert gleich $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ ist. Dann stecken wir $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ in den Sinus und erhalten unser Ergebnis.
$\begin{eqnarray*} \sin(\arccos t)=\sin[\arccos(\cos\alpha)]=\sin\alpha \end{eqnarray*}$
Rechte Seite:
$\begin{eqnarray*} \sqrt{1-t^{2} } = \sqrt{1-(\cos\alpha)^{2}} =\sin\alpha \end{eqnarray*}$
(alles zwischen 0° und 180°)

Wenn Du den Halbkreis im obigen Bild meinst, dann dient der nur zur Veranschaulichung von Winkel und Nebenwinkel.

Die zahme Funktion betrifft die zweite Aufgabe Abstand Punkt von der Parabel. Darauf wurde hier überhaupt noch nicht eingegangen. Du könntest hierzu nun einen eigenen Ansatzvorschlag entwickeln. Vielleicht dazu mehr von meiner Seite demnächst, wenn ich mehr Zeit habe. Aber schön, dass Du Dich wieder gemeldet hast.

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