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Abstand von 2 Punkten auf windschiefen Geraden

Schüler

Tags: Analytische Geometrie, minimaler Abstand, Punkte auf windschiefen Geraden

wallter0234 aktiv_icon

17:46 Uhr, 27.11.2016

Hallo,

bei windschiefen Geraden $g_{1} : \vec{x} = \vec{a} + t_{1} \cdot \vec{v}$ und $g_{2} : \vec{y} = \vec{b} + t_{2} \cdot \vec{w}$ errechnet sich der Abstand beider Geraden nach der Formel
$d = \frac{v \times w}{| v \times w |} \cdot (b - a)$
(Ich habe die Vektor-Pfeile des bequemeren Schreibens wegen fortgelassen!)
Dies ist dann aber auch der Minimalabstand zweier auf $g_{1}$ bzw. $g_{2}$ liegender Punkte $x_{0}$ und $y_{0}$ .

Frage: Wie berechnet man diese Punkte $x_{0}$ und $y_{0}$ und lässt sich dabei die obige Abstands-Formel nutzen ?

Als Bespiel ist gegeben:
$g_{1} : a = (\begin{matrix} - 7 \\ 5 \\ - 1 \end{matrix}), v = (\begin{matrix} 4 \\ 0 \\ - 3 \end{matrix})$ und $g_{2} : b = (\begin{matrix} - 1 \\ 2 \\ 7 \end{matrix}), w = (\begin{matrix} 8 \\ 1 \\ - 6 \end{matrix})$

Da $v$ und $w$ linear unabhängig sind, sind $g_{1}$ und $g_{2}$ windschief oder schneiden sich. Berechnet man ihren Abstand nach obiger Formel, so soll man $d = 10$ erhalten (Lösung ist angegeben).

Kann jemand helfen?

Walter

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Roman-22

17:58 Uhr, 27.11.2016

Der kürzeste Abstand zweier windschiefer Geraden lässt sich auf dem sog. Gemeinlot der beiden Geraden ablesen. Diese Gemein(same)lot steht, wie der Name vermuten lässt, normal auf beide Geraden und somit lässt sich ein Richtungsvektor $\vec{n}$ dieses Lots natürlich durch das Ex-Produkt der Richtungsvektoren der beiden Geraden finden.
Die Punkte, deren Namen du suchst, könnte man Lotfußpunkte nennen.
Du erhältst denselbigen auf $g_{2},$ indem du die Ebene, die durch $g_{1}$ und den Normalvektor $\vec{n}$ aufgespannt wird, mit $g_{2}$ schneidest.

Siehe zB
$\to$ www.mathematik-oberstufe.de/vektoren/a/abstand-gerade-ws-lot-hilfsebene.html
$\to$ de.wikipedia.org/wiki/Windschiefe

oculus aktiv_icon

00:08 Uhr, 29.11.2016

Die Abstandsformel mit dem Ergebnis $d = 10$ kann man nutzen.
Für die Ortsvektoren $x (t_{1})$ und $y (t_{2})$ der beiden Punkte mit kürzestem Abstand muss dann die Gleichung $| y (t_{1}) - x (t_{2}) | = | b - a + t_{2} \cdot w - t_{1} \cdot v | = 10$ gelten.
Nach deiner Vorgabe für die Vektoren $a, b, v$ und $w$ erhält man wegen
$b - a = (\begin{matrix} 6 \\ - 3 \\ 8 \end{matrix}), v = (\begin{matrix} 4 \\ 0 \\ - 3 \end{matrix})$ und $w = (\begin{matrix} 8 \\ 1 \\ - 6 \end{matrix})$ die Gleichung
$| (\begin{matrix} 6 \\ - 3 \\ 8 \end{matrix}) - t_{1} \cdot (\begin{matrix} 4 \\ 0 \\ - 3 \end{matrix}) + t_{2} \cdot (\begin{matrix} 8 \\ 1 \\ - 6 \end{matrix}) | = | (\begin{matrix} 6 - 4 t_{1} + 8 t_{2} \\ - 3 + t_{2} \\ 8 - 3 t_{1} - 6 t_{2} \end{matrix}) | = 10$
Quadriert man die beide Seiten und ordnet sie, kommt
$25 t_{1}^{2} - 100 t_{1} t_{2} + 101 t_{2}^{2} - 6 t_{2} + 9 = 0$
Division durch $25$ plus quadratische Ergänzung und Zusammenfassung der weiteren Glieder auf der rechten Gleichungsseite liefert
${(t_{1} - 2 t_{2})}^{2} = - \frac{1}{25} \cdot (t_{2}^{2} - 6 t_{2} + 9)$
$\Rightarrow {(t_{1} - 2 t_{2})}^{2} = - \frac{1}{25} \cdot {(t_{2} - 3)}^{2}$
$\Rightarrow t_{2} = 3$ und $t_{1} = 6$
$\Rightarrow$ Die gesuchten Punkte haben demnach die Ortsvektoren
$x (t_{1}) = a + 6 \cdot v = (\begin{matrix} 17 \\ 5 \\ - 19 \end{matrix})$ und $y (t_{2}) = b + 3 \cdot w = (\begin{matrix} 23 \\ 5 \\ - 11 \end{matrix})$ .

Kontrolliere das Ergebnis mal nach der Methode von Roman !

Gruß von

oculus

wallter0234 aktiv_icon

10:12 Uhr, 29.11.2016

Hallo,

danke für die beiden Antworten. Ich rechne beide mal durch und melde mich später.

Walter

wallter0234 aktiv_icon

23:13 Uhr, 29.11.2016

Bei dem Lösungsweg von Roman braucht man für den Lotvektor $n$ das Kreuzprodukt der Richtungsvektoren der Geraden $G 1 : a + t_{1} \cdot v$ und $G_{2} : b + t_{2} \cdot w :$

$n := v \times w = det (\begin{matrix} - 4 \\ 0 \\ - 3 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} 8 \\ 1 \\ - 6 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 4 & 8 & e_{1} \\ 0 & 1 & e_{2} \\ - 3 & - 6 & e_{3} \end{matrix})$

$= | \begin{matrix} 0 & 1 \\ - 3 & - 6 \end{matrix} | \cdot e_{1}$ – $| \begin{matrix} 4 & 8 \\ - 3 & - 6 \end{matrix} | \cdot e_{2} + | \begin{matrix} 4 & 8 \\ 0 & 1 \end{matrix} | \cdot e_{3} = (\begin{matrix} 3 \\ 0 \\ 4 \end{matrix})$ .

Wie das nun mit der Hilfsebene, die von den Vektoren $w$ und $n$ aufgespannt wird, weiter gehen soll, ist mir noch nicht ziemlich unklar. Soll ich als Stützpfeiler a oder $b$ nehmen ?

Walter

wallter0234 aktiv_icon

23:13 Uhr, 29.11.2016

Bei dem Lösungsweg von Roman braucht man für den Lotvektor $n$ das Kreuzprodukt der Richtungsvektoren der Geraden $G 1 : a + t_{1} \cdot v$ und $G_{2} : b + t_{2} \cdot w :$

$n := v \times w = det (\begin{matrix} - 4 \\ 0 \\ - 3 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} 8 \\ 1 \\ - 6 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 4 & 8 & e_{1} \\ 0 & 1 & e_{2} \\ - 3 & - 6 & e_{3} \end{matrix})$

$= | \begin{matrix} 0 & 1 \\ - 3 & - 6 \end{matrix} | \cdot e_{1}$ – $| \begin{matrix} 4 & 8 \\ - 3 & - 6 \end{matrix} | \cdot e_{2} + | \begin{matrix} 4 & 8 \\ 0 & 1 \end{matrix} | \cdot e_{3} = (\begin{matrix} 3 \\ 0 \\ 4 \end{matrix})$ .

Wie das nun mit der Hilfsebene, die von den Vektoren $w$ und $n$ aufgespannt wird, weiter gehen soll, ist mir noch ziemlich unklar. Soll ich als Stützpfeiler a oder $b$ nehmen ?

Walter

Roman-22

00:12 Uhr, 30.11.2016

Das ist doch in dem ersten Link, den ich gepostet hatte, erklärt und sogar anhand eines konkreten Zahlenbeispiels durchgerechnet.

wallter0234 aktiv_icon

15:26 Uhr, 30.11.2016

Hallo Roman,
danke für deine Nachricht. Ich habe den von Dir geposteten Link wohl zu "diagonal" gelesen, meinte aber, ihn verstanden zu haben. Der Witz besteht also darin, die durch $A (a)$ gehende und von $v$ und $n := v \times w$ aufgespannte Ebene $H_{A} : z (t_{1}, t_{3}) = a + t_{1} \cdot v + t_{3} \cdot n,$ die die Punkte der Geraden $G 1 : x (t_{1}) = a + t_{1} \cdot v$ als Teilmenge enthält, zum Schnitt zubringen mit der durch $B (b)$ gehenden Geraden $G 2 : y (t_{2}) = b + t_{2} \cdot w$ .
Zulösen ist also die Gleichung $a + t_{1} \cdot v + t_{3} \cdot n = b + t_{2} \cdot w$ nach $t_{1}, t_{2}$ und $t_{3}$ .

Das erledigt der Rechner $(s . u .) :$

$a \to [- 7,5, - 1]$
$b \to [- 1,2,7]$
$v \to$ $[4, 0, - 3]$
$w \to$ $[8, 1, - 6]$
crossP(v,w) $\to [3, 0, 4]$
solve $(a + t 1 \cdot v + t 3 \cdot n = b + t 2 \cdot w, {t 1, t 2, t 3})$
$t 1 = 6$ and $t 2 = 3$ and $t = 2$

Nun brauche ich nur noch die erhaltenen t_i-Werte in die Parameterdarstellungen von $G 1$ und $G 2$ einzusetzen und erhalte die gesuchten Punkte: $(s . u)$

$a + t 1 \cdot v | t 1 = 6 \to [17, 5, - 19]$
$b + t 2 \cdot w | t 2 = 2 \to [23, 5, - 11]$

Das waren auch die Werte in der Rechnung von oculus !

Eine Frage hätte ich noch: Ohne Rechner ist die Lösung doch recht aufwändig. Muss man denn unbedingt mit dem Kreuzprodukt arbeiten? Die gesuchte Orthogonalität von Vektoren müsste man doch auch unschwer mit dem Skalarprodukt erreichen.

wallter0234 aktiv_icon

15:26 Uhr, 30.11.2016

Roman-22

16:20 Uhr, 30.11.2016

$>$ Eine Frage hätte ich noch: Ohne Rechner ist die Lösung doch recht aufwändig.
Eigentlich nicht so sehr. Der aufwändige Teil ist halt die Lösung eines linearen Gleichungssystems in drei Variablen. Aber das sollte (vor allem mit so "schönen" Zahlen) auch noch ohne Rechenhilfe machbar sein.

$>$ Muss man denn unbedingt mit dem Kreuzprodukt arbeiten?
Ja, warum denn nicht? Das eine Kreuzprodukt der beiden Richtungsvektoren ist doch wirklich kein großer Aufwand.

$>$ Die gesuchte Orthogonalität von Vektoren müsste man doch auch unschwer mit dem Skalarprodukt erreichen.
Ja, wenn du lieber ein Gleichungssystem mit zwei Gleichungen in drei Variablen (mit einem Freiheitsgrad, da es ja unendlich viele gemeinsame Normalvektoren gibt) löst, steht dir das frei. Ich finde allerdings nicht, dass das weniger Aufwand als ein simples Kreuzprodukt ist.
Siehe dazu auch $\to$ www.onlinemathe.de/forum/normalenvektor-herausfinden

oculus aktiv_icon

18:12 Uhr, 30.11.2016

Hallo Roman,

deine "Verteidigung" des Kreuzprodukts teile ich nicht nur bedingt.
Walter käme doch ohne Probleme mit dem skalaren Produkt zurecht, wenn er sich daran erinnert, dass der Differenzvektor der gesuchten Ortsvektoren $a + t 1 \cdot v$ und $b + t 2 \cdot w,$ also der Vektor $d (t 1, t 2) := b - a + t 2 \cdot w - t 1 \cdot v$ sowohl zu $v$ als auch zu $w$ Lotvektor sein muss.
Somit müsste Walter, nachdem er auf seinem Rechner $d (t 1, t 2)$ definiert hat, nur $t 1$ und $t 2$ aus dem Gleichungspaars $d (t 1, t 2) \cdot v = 0$ und $d (t 1, t 2) \cdot w = 0$ ermitteln, $d . h$ . er müsste wahrscheinlich eingeben

solve( dotp(d(t1,t2),v)=0 and dotp(d(t1,t2),w)=0, ${$ t1,t2} ).

oculus

PS.: Allerdings habe ich das noch nicht ohne CAS durchgerechnet. Vielleicht sind beide Methoden hinsichtlich des Rechenumfangs doch gleichermaßen aufwändig.

Roman-22

19:25 Uhr, 30.11.2016

Natürlich führen meist viele Wege zu Lösung.
In wallters Nachfrage ging es aber, soweit für mich erkennbar, um die Bildung des Kreuzprodukts zur Bestimmung eines Normalvektors und das ist nun wirklich keine aufwändige Sache, über die es sich länger nachzudenken oder zu lamentieren lohnt.
Die Aufgabe an sich ist sicher mit etwas weniger Aufwand lösbar, zumal der Abstand $10$ ja schon bekannt ist (da wurde doch auch schon das Exprodukt gebildet, oder?) und der Normalvektor, der sich durch das äußere Produkt einstellt, die bequeme Länge 5 hat.

wallter0234 aktiv_icon

21:40 Uhr, 30.11.2016

Hallo,

die von oculus vorgeschlagene Skalarprodukt-Lösung habe ich mit meinem Rechner nachgemacht. Man erhält die gleichen Lösungswerte für $t 1$ und $t 2$ . Danke für den Tipp.

Die Aufgabe, wie man auf dem kürzesten Weg von der Geraden $G 1$ zur Geraden $G 2$ gelangt, müsste sich doch eigentlich auch als eine Extremwertaufgabe auffassen lassen. Was meint Ihr?

Walter

wallter0234 aktiv_icon

21:40 Uhr, 30.11.2016

wallter0234 aktiv_icon

21:40 Uhr, 30.11.2016

Roman-22

23:17 Uhr, 30.11.2016

>Die Aufgabe, wie man auf dem kürzesten Weg von der Geraden $G 1$ zur Geraden $G 2$ gelangt, müsste sich doch eigentlich auch als eine Extremwertaufgabe auffassen lassen. Was meint Ihr?

Ja, natürlich. Die Zielfunktion ist von den beiden Parametern $t_{1}$ und $t_{2}$ anhängig. Es handelt sich also um eine Extremwertsaufgabe in zwei Variablen.
Also das übliche Programm: Gradient bilden, Nullsetzen, mit Hesse-Matrix prüfen, $. .$ .

Siehe Anhang (hier hab ich anstelle von $t_{1}$ und $t_{2}$ die nichtindizierten Bezeichnungen $λ$ und $μ$ gewählt und auf die Untersuchung des Rands verzichtet.

$R$

oculus aktiv_icon

14:30 Uhr, 01.12.2016

Da du bei deiner Frage das Schülerforum gewählt hast, und - soweit ich mich erinnere – die mehrdimensionale reelle Analysis nicht Gegenstand des Obersstufen-Matheunterrichts ist, müsste man sich mit der eindimensionalen Analysis behelfen. Es wird aber ein bisschen mühsam.
Dazu hält man einen beliebigen Punkt auf $G 1$ fest, etwa den Punkt $X (λ_{0}) : x (λ_{0}) = a + λ_{0} \cdot v$ . Nun untersucht man auf üblichem Wege, für welchen G2-Punkt $Y (μ) : y (μ) = b + μ \cdot w, d . h$ . für welches $μ$ der Abstand $| (b + μ \cdot w)$ – $(a + λ_{0} \cdot v) |$ bzw. äquivalent dazu die Funktion
$f (μ) : = (b - a + μ \cdot w$ – $λ_{0} \cdot v)^{2}$
$= {(b - a)}^{2} + μ^{2} \cdot (w \cdot w) + λ_{0}^{2} \cdot (v \cdot v) + 2 \cdot μ \cdot (b - a) \cdot w - 2 \cdot λ_{0} \cdot (b - a) \cdot v$ – $2 \cdot λ_{0} \cdot μ \cdot (v \cdot w)$
einen Extremwert annimmt.
Differenziert man nach $μ,$ erhält man
$f' (μ) = 2 \cdot μ \cdot (w \cdot w) + 2 \cdot ((b - a) \cdot w)$ – $2 λ_{0} \cdot (v \cdot w)$ und $f'' (μ) = 2 \cdot (w \cdot w) > 0$
An einer lokalen Extremstelle ( hier wegen pos. 2. Ableitung lokale Minimumstelle) ist dieser Wert gleich $0,$ so dass man als 1. Gleichung erhält
$μ \cdot (w \cdot w) + ((b - a) \cdot w) - λ_{0} \cdot (v \cdot w) = 0$ .
Die gleiche Überlegung ergibt sich bei einem bel., aber als fest angenommenen Punkt auf $G 2,$ etwa den Punkt $Y (μ_{0}) : y (μ_{0}) = b + μ_{0} \cdot w,$ indem man untersucht, für welchen G1-Punkt $X (λ) : x (λ) = a + λ \cdot v$ der Abstand zum Punkte $Y (μ_{0}$ )ein lokaler Extremwert ist. Man erhält dann in völliger
Analogie zur obigen Überlegung als 2.Gleichung
$λ \cdot (v \cdot v) + ((b - a) \cdot v) - μ_{0} \cdot (v \cdot w) = 0$
Da sowohl $λ_{0}$ als auch $μ_{0}$ beliebige Punkte auf $G 1$ bzw. $G 2$ waren, kann man die Indices fortlassen und erhält nach Ausrechnung der Skalarprodukte das LGS

$25 \cdot λ - 50 \cdot μ = 0$
$50 \cdot λ - 101 \cdot μ + 3 = 0$

$\Rightarrow λ = 6$ und $μ = 3$
$\Rightarrow$ Die Punkte mit geringstem Abstand sind
$X (6) : x (6) = a + 6 v = (\begin{matrix} 17 \\ 5 \\ - 19 \end{matrix})$ und $Y (3) : y (3) = b + 3 w = (\begin{matrix} 23 \\ 5 \\ - 11 \end{matrix})$ .

wallter0234 aktiv_icon

17:56 Uhr, 02.12.2016

Hallo Roman, hallo oculus,

das habe ich nicht erwartet, dass ich so umfangreiche und verständliche Antworten auf meine Fragen erhalten würde.
Ich bedanke mich.

Walter

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