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Rotation einer Ebene

Universität / Fachhochschule

angewandte lineare Algebra

Tags: Angewandte Lineare Algebra

Kornfeld aktiv_icon

08:33 Uhr, 12.11.2015

Guten Morgen,

ich habe schon zwei Fragen zu dieser Thematik gestellt mit meinen gedachten Lösungsansätzen. Diese liefern aber keine eindeutigen Ergebnisse.

Ich habe eine Kreisebene.

\Rightarrow

Parallel zur

x, y

Ebene Diese hat 2 Freiheitsgrade

\Rightarrow

Rotation um

x

und

y

. Nun möchte ich diese Ebene neigen sodass bei einem beliebigen Kreiswinkel eine Neigung von einem vorgegebenen Winkel vorliegt. An diesem Punkt soll die Neigung aber eben maximal un dnicht nur irgendwie den gewünschten Winkel annehmen (das ist mein bisheriger Fehler). Irgendwie schreit das nach Ableitungen?!

Aber was? wie? wo??? Mein Ansatz sieht momentan so aus..:

Ich habe einen Vektor im Kreis. Der Vektor in "Grundstellung":

Vektor

a = (\begin{matrix} sin (α) \cdot r \\ cos (α) \cdot r \\ 0 \end{matrix})

Jetzt berechne ich über die transformation von Kugelkoordinaten in kartesische den geneigten Vektor, welcher die Ebene mit sich "ziehen" soll:

Vektor

b = (\begin{matrix} r \cdot sin (90 - θ) \cdot cos (α) \\ r \cdot sin (90 - θ) \cdot sin (α) \\ r \cdot cos (θ) \end{matrix})

So dadurch habe ich im Prinzip den Startpunkt der Neigung und den Endpunkt.

Jetzt komme ich wieder zurück... Jetzt möchte ich aus dieser Neigung die Rotationswinkel um

x

und

y

berechnen. Und diese Kreisebene soll im Endeffekt nur an einem Punkt um diesen Winkel

θ

geneigt

b_{z}

ist damit ein Maximum.

Jetzt gibt es diese Rotationsmatrix für die Drehung um

x (γ)

und

y (β) :

Rotation

= (\begin{matrix} cos (β) & 0 & sin (γ) \\ sin (γ) \cdot sin (β) & cos (γ) & - cos (β) \cdot sin (γ) \\ - cos (γ) \cdot sin (β) & sin (γ) & cos (γ) \cdot cos (β) \end{matrix})

Daraus ergibt sich folgendes:

(\begin{matrix} x_{2} \\ y_{2} \\ z_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} cos (β) & 0 & sin (γ) \\ sin (γ) \cdot sin (β) & cos (γ) & - cos (β) \cdot sin (γ) \\ - cos (γ) \cdot sin (β) & sin (γ) & cos (γ) \cdot cos (β) \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} x_{1} \\ y_{1} \\ z_{1} \end{matrix})

Bekannt sind Vektor

a = (\begin{matrix} x_{1} \\ y_{1} \\ z_{1} \end{matrix});

Vekor

b = (\begin{matrix} x_{2} \\ y_{2} \\ z_{2} \end{matrix})

Gesucht sind die Winkel

β

und gamme, sodass

z_{2}

ein Maximum oder Minimum ist.

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

Kornfeld aktiv_icon

08:44 Uhr, 12.11.2015

entsprechend ist

x_{2} = x_{1} \cdot cos (β) + z_{1} \cdot sin (γ)

y_{2} = x_{1} \cdot sin (γ)

⋅

sin (β) + y_{1} \cdot cos (γ)

−

z_{1} \cdot cos (β)

⋅

sin (γ)

z_{2} =

−

x_{1} \cdot cos (γ)

⋅

sin (β) + y_{1} \cdot sin (γ) + z_{1} \cdot cos (γ)

⋅

cos (β)

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11:11 Uhr, 12.11.2015

Ein kleiner Fehler in der Rotationsmatrix

(1,3)

das ist der Winkel

β

ledum aktiv_icon

12:26 Uhr, 12.11.2015

Hallo
dein Text ist für mich unverständlich
1.was ist eine "Kreisebene"?
2. in welche Richtung willst du drehen
"Nun möchte ich diese Ebene neigen sodass bei einem beliebigen Kreiswinkel eine Neigung von einem vorgegebenen Winkel vorliegt."
Dieser Satz macht für mich keinen Sinn.
auch der folgende ist mir rätselhaft, einerseits vorgegebener Winkel, andererseits soll irgendwas maximal werden?
welcher Winkel ist vorgegeben, welcher soll maximal werden und was hat das ganze mit dem Vektor

a,

den du unüblich mit

(sin, cos,0)

statt

(cos, sin,0)

angibst.
Versuch dein Problem etwas klarer zu formulieren, vielleicht indem du sagst, woher es stammt?
Gruß ledum

Edddi aktiv_icon

12:36 Uhr, 12.11.2015

. .

. ich werd' auch nicht so richtig Schlau daraus, was du eigentlich wilst.

Ich hab' mal 'ne Skizze rangehangen.

Es ergibt sich für

\vec{a} = (\begin{matrix} r \cdot cos (α) \\ r \cdot sin (α) \\ 0 \end{matrix}) = r \cdot (\begin{matrix} cos (α) \\ sin (α) \\ 0 \end{matrix})

Und für

\vec{b}

ergibt sich:

\vec{b} = (\begin{matrix} r \cdot cos (φ) \cdot cos (α) \\ r \cdot cos (φ) \cdot sin (α) \\ r \cdot sin (φ) \end{matrix}) = r \cdot cos (φ) \cdot (\begin{matrix} cos (α) \\ sin (α) \\ tan (φ) \end{matrix})

. .

. was willst du jetzt als nächstes?

;-)

Kornfeld aktiv_icon

13:08 Uhr, 12.11.2015

Hi,

danke für die Antworten. Erstmal zu klären ist:

- Kreisebene meint eine Ebene in Kreisform parallel zu

x, y

Ebene
- drehen möchte ich dahin können wo ich das möchte... aber um den Koordinatenursprung..

Ja Edddi das geht in die richtige Richtung... Das was du jetzt gezeigt hast stellt bei mir den Vektor

b

dar. Genau wie in deiner Skizze.

Jetzt musst du dir Vorstellen das der Querschnitt.. Also die Fläche der Kugel am Koordinatenursprung sich um den Winkel

φ

mit neigen soll.

Die Antwort die ich brauche ist: Um wieviel Grad wurde dabei um die

x

und

y

Achse rotiert.

Edddi aktiv_icon

14:13 Uhr, 12.11.2015

. .

. wir müssen mal am Formalismus arbeiten! Was bitte soll denn die "Fläche der Kugel" sein?

Das was ich dargestellt habe, sind 2 Kreisflächen. Beide haben den Mittelpunkt im Ursprung.

Eine der Kreisflächen liegt GENAU auf der x-y-Ebene.

Mit einem Winkel

α

in Bezug zur pos. x-Achse liegt der Vektor

\vec{a}

mit dem Betrag von

r

.

Dieser Vektor wird senkrecht nach "oben" um den Winkel

φ

gedreht. Es ergibt sich Vektor

\vec{b}

ebenfalls mit Betrag

r

Die im Raum gedrehte resultierende Kreisfläche, ebenfalls Mittelpunkt im Ursprung, geht durch den Ortsvektor

\vec{b} -

das ist die "schräge" dargestellte Kreisfläche.

So, dies ist die verbale Beschreibung des dargestellten Sachverhalts.

Du möchtest jetzt wissen, um Welche Winkel die Ursprungskreisfläche bezüglich der

x -

und y-Achse gedreht werde muss, damit sich dieselbe resultierende Kreisfläche ergibt?

;-)

Kornfeld aktiv_icon

14:15 Uhr, 12.11.2015

Guckt mal hier...

www.dropbox.com/s/6y4vgaty56ju7f0/Unbenannt.png?dl=0

Das ist so eine gedrehte Ebene... Das ist aber wenn ich die Rotationswinkel vorgebe...
Jetzt weiß ich das sich der Vektor

a

in den Vektor

b

ändert... Dieser ist im Prinzip ein Teil der Ebene und bewegt diese bewegt sich dann auch dementsprechend mit.

Aus dieser Bewegung des Vektors möcht ich nun Schlussfolgern um wieviel Grad die Ebene um

x

und

y

rotiert ist.

Kornfeld aktiv_icon

14:20 Uhr, 12.11.2015

Genau Edddi.. Das ist meine Frage!

Ich habe das über die Rotationsmatrix probiert aber damit komme ich irgendwie nicht zum Ziel.
Vielleicht denke ich zu kompliziert...

Edddi aktiv_icon

15:58 Uhr, 12.11.2015

Der Vektor

\vec{r} = (\begin{matrix} r \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

muss nach Drehung um den Winkel

φ_{y}

(Drehung um y-Achse) in den Vektor

\vec{a_{y}}

und danach nach Drehung um

φ_{x}

(Drehung um x-Achse) in den Vektor

\vec{b_{y}}

überführt werden.

Dann muss

\vec{b_{y}} = \vec{b}

sein.

Für

\vec{b}

erhielten wir bereits:

\vec{b} = r \cdot (\begin{matrix} cos (φ) \cdot cos (α) \\ cos (φ) \cdot sin (α) \\ sin (φ) \end{matrix})

Nun schauen wir uns den Vektor

\vec{r} = (\begin{matrix} r \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

nach Drehung um y-Achse um den Winkel

φ_{y}

an. Den pos. Drehsinn von

y^{+}

auf den Ursprung beachten!
Bei der Drehung um die y-Achse wird die x-Komponente des resultierenden Vektors geändert. Danach, bei der Drehung um die x-Achse dann nicht mehr.

Wir müssen für die x-Komponente von

\vec{b_{y}},

wie bei

\vec{b}

den Term

r \cdot cos (φ) \cdot cos (α)

erhalten. Dafür kommen 2 Lösungen in Frage:

r \cdot cos (φ_{y}) = r \cdot cos (φ) \cdot cos (α)

daraus folgt:

cos (φ_{y}) = cos (φ) \cdot cos (α)

\Rightarrow φ_{y} = a r c c o s (cos (φ) \cdot cos (α))

und

cos (- φ_{y}) = cos (2 \cdot π - φ_{y}) = cos (φ) \cdot cos (α)

\Rightarrow φ_{y} = 2 \cdot π - a r c c o s (cos (φ) \cdot cos (α))

. .

. jetzt noch für beide Winkel die Drehung um die x-Achse bestimmen, so dass die

y -

und z-Komponenten der beiden möglichen Vektoren mit den Komponenten des Vektors

\vec{b}

übereinstimmen.

Ich muss jetzt erstmal Feierabend machen.

;-)

Kornfeld aktiv_icon

20:27 Uhr, 12.11.2015

Ich werde mir das morgen in Ruhe angucken.. Danke aber schon mal für deine Antwort!

Kornfeld aktiv_icon

08:55 Uhr, 13.11.2015

Hi,

nein das ist noch nicht so das was ich meine... Die Kreisfläche kann nicht um die

z -

Achse rotiert werden. Die Vektoren a zeigt auf den Punkt an dem die Kreisfläche geneigt werden soll und der Vektor

b

zeigt den Punkt bis wohin sie geneigt werden soll.

Dann muss ich herausfinden wie die Kreisfläche um

x

und

y

rotiert werden muss damit dieser Punkt erreicht wird. Da diese Fläche nur diese beiden Freiheitsgrade hat.

Ich habe hier eine Excel Datei in der das System dargetsellt ist. In der Seitenansicht sieht man, dass die Kreisfläche noch nicht geneigt ist. Diese soll sich jetzt aber so neigen das der höchste Punkt dieser Fläche am Punkt von Vektor

b

ist.

Dafür brauche ich die Rotationswinkel um

x

und

y

.

www.dropbox.com/s/x5df93mv0x80d37/Inverse.xlsx?dl=0

Edddi aktiv_icon

09:50 Uhr, 13.11.2015

Puh, da haben wir ordentliche Verständnisschwierigkeiten...

Ich versuch mal zu beschreiben, ob ich's richtig verstanden habe:

Du hast einen Vektor

\vec{b}

im Raum

(\in R^{3})

mit dem Betrag

r

des Kreisradius'

z . B

\vec{b} = r \cdot (\begin{matrix} cos (φ) \cdot cos (α) \\ cos (φ) \cdot sin (α) \\ sin (φ) \end{matrix})

Dies entspricht der Angabe eines Ortsvektors mit Poldistanzwinkel

α

und einem "Azimutwinkel"

φ

. (Hier dann der Winkel zur x-y-Ebene)

Nun soll die Kreisfläche mit Radius

r,

welche auf der x-y-Achse liegt, so um

x

und y-Achse gedreht werden, dass

a)

Der Rand der Kreisfläche durch den Vektor

\vec{b}

geht (da gibt's ja unendlich viele Möglichkeiten)

b)

Der Orstvektor

\vec{b}

den "höchsten" Punkt (größte pos. z-Komponente aller Randpunkte) des Kreisrandes darstellt

So in etwa?

Kornfeld aktiv_icon

10:37 Uhr, 13.11.2015

Genau Edddi.. Ich glaube jetzt haben wir es wirklich...

Ich bin auf der Suche nach der Variante

b

wo es nur eine exakte Lösung gibt Wo die

z

Komponente des Vektor

b

die höchste ist...

Das was ich probiert habe war nur die Lösung

a .

. Das ist aber zu schlecht weil ich die Position auch über eine reine Rotation um

x

bekommen würde.. und eben unendlich viele Varianten bis hin zur reinen

y -

Rotation.

Ich fummel an der Rotationsmatrix rum für die beiden Achsen... Aber da muss irgendwie die Bedingung rein das dieser

z -

Wert der höchste bzw. niedrigste Punkt ist... Deshalb meinte ich am Anfang das es irgendwie nach Ableitung schreit..?!

Kornfeld aktiv_icon

10:38 Uhr, 13.11.2015

Entschuldige meine schlechte Ausdrucksform :-)

Edddi aktiv_icon

12:33 Uhr, 13.11.2015

. .

. schauen wir uns erstmal die Erzeugung von

\vec{b}

aus

(\begin{matrix} r \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

an:

Diese erreichen wir durch Drehung um y-Achse durch

φ,

dann Drehung um z-Achse um

α

\vec{a} = [R_{y, φ}] \cdot (\begin{matrix} r \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

\vec{a} = [(\begin{matrix} cos (φ) & 0 & sin (φ) \\ 0 & 1 & 0 \\ - sin (φ) & 0 & cos (φ) \end{matrix})] \cdot (\begin{matrix} r \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} r \cdot cos (φ) \\ 0 \\ - r \cdot sin (φ) \end{matrix})

\vec{b} = [R_{z, α}] \cdot \vec{a} = [(\begin{matrix} cos (α) & - sin (α) & 0 \\ sin (α) & cos (α) & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})] \cdot (\begin{matrix} r \cdot cos (φ) \\ 0 \\ - r \cdot sin (φ) \end{matrix}) = (\begin{matrix} r \cdot cos (α) \cdot cos (φ) \\ r \cdot sin (α) \cdot cos (φ) \\ - r \cdot sin (φ) \end{matrix})

Die verkettete R.-Matrix beider Drehungen ist also (!Reihenfolge vertauscht sich!):

R_{φ, α} = [R_{z, α}] \cdot [R_{y, φ}]

R_{φ, α} = (\begin{matrix} cos (α) & - sin (α) & 0 \\ sin (α) & cos (α) & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} cos (φ) & 0 & sin (φ) \\ 0 & 1 & 0 \\ - sin (φ) & 0 & cos (φ) \end{matrix})

R_{φ, α} = (\begin{matrix} cos (α) \cdot cos (φ) & - sin (α) & cos (α) \cdot sin (φ) \\ sin (α) \cdot cos (φ) & cos (α) & sin (α) \cdot sin (φ) \\ - sin (φ) & 0 & cos (φ) \end{matrix})

Analog führen wir die Drehung erst um y-Achse mit

φ_{y}

durch, danach um x-Achse mit

φ_{x}

[R_{y, φ_{y}}] = (\begin{matrix} cos (φ_{y}) & 0 & sin (φ_{y}) \\ 0 & 1 & 0 \\ - sin (φ_{y}) & 0 & cos (φ_{y}) \end{matrix})

[R_{x, φ_{x}}] = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & cos (φ_{x}) & - sin (φ_{x}) \\ 0 & sin (φ_{x}) & cos (φ_{x}) \end{matrix})

Die resultierende Drehmatris ist dann:

R_{φ_{y}, φ_{x}} = [R_{x, φ_{x}}] \cdot [R_{y, φ_{y}}]

R_{φ_{y}, φ_{x}} = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & cos (φ_{x}) & - sin (φ_{x}) \\ 0 & sin (φ_{x}) & cos (φ_{x}) \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} cos (φ_{y}) & 0 & sin (φ_{y}) \\ 0 & 1 & 0 \\ - sin (φ_{y}) & 0 & cos (φ_{y}) \end{matrix})

R_{φ_{y}, φ_{x}} = (\begin{matrix} cos (φ_{y}) & 0 & sin (φ_{y}) \\ sin (φ_{x}) \cdot sin (φ_{y}) & cos (φ_{x}) & - sin (φ_{x}) \cdot cos (φ_{y}) \\ - cos (φ_{x}) \cdot sin (φ_{y}) & sin (φ_{x}) & cos (φ_{x}) \cdot cos (φ_{y}) \end{matrix})

Über die Identität beider Resultierenden ergibt sich folgendes GLS:

R_{φ, α} = R_{φ_{y}, φ_{x}}

(\begin{matrix} cos (α) \cdot cos (φ) & - sin (α) & cos (α) \cdot sin (φ) \\ sin (α) \cdot cos (φ) & cos (α) & sin (α) \cdot sin (φ) \\ - sin (φ) & 0 & cos (φ) \end{matrix})

= (\begin{matrix} cos (φ_{y}) & 0 & sin (φ_{y}) \\ sin (φ_{x}) \cdot sin (φ_{y}) & cos (φ_{x}) & - sin (φ_{x}) \cdot cos (φ_{y}) \\ - cos (φ_{x}) \cdot sin (φ_{y}) & sin (φ_{x}) & cos (φ_{x}) \cdot cos (φ_{y}) \end{matrix})

Dies aufzulösen nach

φ_{x}

und

φ_{y}

überlass' ich dir.

;-)

Kornfeld aktiv_icon

12:50 Uhr, 13.11.2015

Hey Edddi ich danke dir auf jedenfall sehr für deine Mühe!!

Der Ansatz macht Sinn!! Ich werde das in einer ruhigen Minute auflösen und über den Stand berichten.

Aber mal ernsthaft du bist doch kein Schüler?! ODER?!^^

Edddi aktiv_icon

13:06 Uhr, 13.11.2015

. .

. nein, aber ich WAR mal Schüler ;-)

Zur Kontrolle hab' ich dir mal meine Lösung gepostet, es ergibt sich:

cos (φ_{y}) = cos (α) \cdot cos (φ)

sin (φ_{x}) \cdot sin (φ_{y}) = sin (α) \cdot cos (φ)

- cos (φ_{x}) sin (φ_{y}) = - sin (φ)

. .

. aus dem überbestimmetn System dann:

cos (φ_{y}) = cos (α) \cdot cos (φ)

sin (φ_{x}) = \frac{sin (α) \cdot cos (φ)}{sin (φ_{y})}

oder

cos (φ_{x}) = \frac{sin (φ)}{sin (φ_{y})}

;-)

Kornfeld aktiv_icon

13:35 Uhr, 13.11.2015

ICh muss mich da heute Nachmittag nochmal in Ruhe ran setzen... Hier ist gerade jede Menge Lärm... Es passt grob muss nur prüfen wodurch der minimale Fehler kommt... Das kann hier natürlich schnell durch Rundung passieren... Aber ich denke die Rechnung ist richtig!

Also ein bischen Zeit und dann werde ich Bescheid geben.

Danke auf jedenfall schon mal für deine Hilfsbereitschaft!!

Kornfeld aktiv_icon

15:07 Uhr, 13.11.2015

Und ein bischen ärgere ich mich, dass ich nicht auf den Zusammenhang gekommen bin die Matrizen gleich zu setzen... eigentlich logisch!!!

Kornfeld aktiv_icon

12:38 Uhr, 16.11.2015

Hi,

so Sorry es hat etwas gedauert... Aber ich habe das heute mal vollständig nachgerechnet und mir ein m-file dazu in MAtlab geschrieben... und dies dann über meinen Excel "plot" dargestellt...

Dabei habe ich jetzt folgendes Problem erkannt...

Die Rotationswinkel die sich jetzt ergeben sind zwar für diesen Punkt korrekt!!

...Aber ich möchte mir ja im Endeffekt die Rotationswinkel bestimmen um die ich die Kreisfläche rotiere damit dieser Vektor

b

den höchsten Punkt darstellt. Dies ist nötig um mir jeden Punkt der Kreisfläche im Raum bestimmen zu können..

Hast du noch eine Idee wie man mit diesem Ansatz weiter kommt??

Edddi aktiv_icon

15:52 Uhr, 16.11.2015

. .

. die Drehmatrix gilt für die GESAMTE Ebene, also für ALLE Punkte auf der x-y-Ebene.

Wir sollten aber folgendes bedenken! Eine Transfomation mittels Drehmatrix ist eindeutig, allerdings kann es zu einem transformierten Punkt mehrere Dreh-Matrizen geben.

Du siehst schon an der Berechnung der beiden Winkel über die Winkelfunktionen, dass es mehrere Lösungsmöglichkeiten für

φ_{x}

und

φ_{y}

gibt.

Es ist also notwendig, noch mindestens einen weiteren nicht kollinearen Ortsvektor zu untersuchen.

Legen wir also mal das absolute Koordinatensystem als rechtshändiges KS mit pos. Drehsinn fest.
Bezugsachse ist die positive x-Achse. Das KS unterteilt den Raum in 8 Quadranten.
Quadrant

1 - 4

im positiven z-Bereich (dabei liegt 1 bei pos.

x -

und y-Werten)
Quadrant

5 - 8

im negativen z-Bereich (dabei liegt 5 bei pos.

x -

und y-Werten)

Wir legen jetzt mal

φ = - \frac{π}{4}

fest. Die Drehung erfolgt um die y-Achse. Schaust du also von der pos. y-Achse aus auf die z-x-Ebene, so erfolgt die Drehung im pos. Drehsinn (rechtsrum, da neg. Winkel).

Der Vektor

(\begin{matrix} r \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

liegt jetzt an der Grenze von Quadrant 1 und

4,

dies ist also

\vec{a}

.

Diesen drehen wir dann um

α = \frac{π}{4}

und die z-Achse. Von der pos. z-Achse auf die x-y-Ebene geschaut erfolgt diese Drehung auch im pos. Drehsinn (linksrum).
Der resultierende Vecktor

\vec{b}

liegt jetzt erwartungsgemäß im 1. Quadranten

Er ergibt sich aus

\vec{b} = R_{φ, α} \cdot (\begin{matrix} r \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

= (\begin{matrix} cos (α) cos (φ) & - sin (α) & cos (α) sin (φ) \\ sin (α) cos (φ) & cos (α) & sin (α) sin (φ) \\ - sin (φ) & 0 & cos (φ) \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} r \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

= (\begin{matrix} cos (α) cos (φ) r \\ sin (α) cos (φ) r \\ - sin (φ) r \end{matrix}) = (\begin{matrix} cos (\frac{π}{4}) cos (- \frac{π}{4}) r \\ sin (\frac{π}{4}) cos (- \frac{π}{4}) r \\ - sin (- \frac{π}{4}) r \end{matrix}) = (\begin{matrix} \frac{1}{2} r \\ \frac{1}{2} r \\ \frac{1}{\sqrt{2}} r \end{matrix})

Jeder Ortsvektor eines Kreises (Mittelpunkt im Ursprung) auf der x-y-Ebene, welcher mit dieser Matrix transformiert wird liegt auf der entsprechend geneigten Ebene und hat die Maximum-z-Koordinate bei

α!

Rechnen wir nun aber nur aus

α

und

φ

gemäß gegebener Formeln die Winkel

φ_{x}

und

φ_{y}

aus, müssen wir mehrere Lösungen berücksichtigen:

cos (φ_{y}) = cos (α) \cdot cos (φ) = cos (\frac{π}{4}) \cdot cos (- \frac{π}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1}{2}

φ_{y} = \frac{π}{3} \Rightarrow 60

°

aber auch wegen

cos (φ_{y}) = cos (- φ_{y}) :

φ_{y} = - \frac{π}{3} \Rightarrow - 60

°

gleiches für

φ_{x} :

cos (φ_{x}) = \frac{sin (φ)}{sin (φ_{y})}

{cos}_{1} (φ_{x}) = \frac{sin (- \frac{π}{4})}{sin (- \frac{π}{3})} = \frac{- \frac{1}{\sqrt{2}}}{- \frac{\sqrt{3}}{2}} = \sqrt{\frac{2}{3}}

{cos}_{2} (φ_{x}) = \frac{sin (- \frac{π}{4})}{sin (\frac{π}{3})} = \frac{- \frac{1}{\sqrt{2}}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = - \sqrt{\frac{2}{3}}

Dies ergibt jeweils wieder 2 Lösungen:

{cos}_{11} (φ_{x}) = \sqrt{\frac{2}{3}} \Rightarrow φ_{x} = 0,6154 . .

\Rightarrow

52,02°

{cos}_{12} (- φ_{x}) = \sqrt{\frac{2}{3}} \Rightarrow φ_{x} = - 0,6154 . .

\Rightarrow

-52,02°

{cos}_{21} (φ_{x}) = - \sqrt{\frac{2}{3}} \Rightarrow φ_{x} = 2,526 . .

\Rightarrow

144,73°

{cos}_{22} (- φ_{x}) = - \sqrt{\frac{2}{3}} \Rightarrow φ_{x} = - 2,526 . .

\Rightarrow

-144,73°

Du hast also 8 Lösungsmöglichkeiten für die Brauchbarkeit der Drehmatrix zu kontrollieren:

φ_{y} = \frac{π}{3}, φ_{x} = 0,6154

φ_{y} = \frac{π}{3}, φ_{x} = - 0,6154

φ_{y} = \frac{π}{3}, φ_{x} = 2,526

φ_{y} = \frac{π}{3}, φ_{x} = - 2,526

φ_{y} = - \frac{π}{3}, φ_{x} = 0,6154

φ_{y} = - \frac{π}{3}, φ_{x} = - 0,6154

φ_{y} = - \frac{π}{3}, φ_{x} = 2,526

φ_{y} = - \frac{π}{3}, φ_{x} = - 2,526

. .

. wenn ich mal meine Visitenkarte so ein bisschen rumneige, scheint mir Lösung 4 und 5 richtig zu sein.
2 Lösungen sollte nicht verwundern, da dein Kreis ja keine "Orientierung" hat, er ist also nicht unten gelb und oben blau und sieht somit auch bei Drehung um 180° genauso aus.

Dies mal so als Ide, warums vielleicht nicht mit allen Werten deines Kreises geklappt hat.

;-)

Kornfeld aktiv_icon

17:14 Uhr, 16.11.2015

Ja du hast vollkommen Recht! Es gibt so auch noch mehrere Lösungen.. selbst mit der Festlegung das der Vektor

b

in der

z -

Koordinate maximal sein soll...

Das hatte ich mir am Anfang einfacher und eindeutiger vorgestellt.

Also braucht man im Prinzip mehr Bedingungen. Mir kommt da jetzt sowas in den Kopf, dass man

z . B

. sagt: Vektor

b

ist an einem Punkt maximal und am anderen Ende minimal (logisch).. Die Punkte um

\frac{π}{2}

versetzt sollen bei

z

gleich sein... Und mit der Bedingung sollte das ganze doch dann eindeutiger werden?!

Edddi aktiv_icon

21:07 Uhr, 16.11.2015

. .

. ist

\vec{b} \in R^{3}

ein Radiusvektor mit Betrag

r,

so reicht er völlig aus, um den von dir beschriebenen Kreis mit maximaler z-Komponente zu beschreiben.

Bei gegebenen

α

und

φ

ist ja die Ebene des Kreises ja festgelegt.

Man erhält in Parameterfom:

(\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) + ν \cdot (\begin{matrix} cos (α) cos (φ) \\ sin (α) cos (φ) \\ - sin (φ) \end{matrix}) + λ \cdot (\begin{matrix} sin (α) \\ - cos (α) \\ 0 \end{matrix})

Allerding "zieht" man ja für

z . B

φ < π

den Vektor

\vec{b}

in den 5. bzw. 8. Quadranten.

ν

isr deshalb negativ zu wählen, weil ja nun der "Arsch" des Kreises in den 2. bzw 3. Quadranten gezogen wird und dort das Maximum nun ist.

Es wäre also angebracht, für

φ

und

α

die Bereiche einzuschränken. Damit kann dan auch der Lösungsbereich für

φ_{x}

und

φ_{y}

eingeschränkt werden.

Was hast du denn genau vor? Willst du nur aus gegebenen

α

φ

die Winkel

φ_{x}

φ_{y}

berechnen? Oder ist da noch mehr, weil du ja immer so auf deinen Kreis verweist?

:-)

Kornfeld aktiv_icon

07:31 Uhr, 17.11.2015

Also im Prinzip ist das der mathematische Ansatz für eine technische Problemstellung... Der Kreis stellt eine Platte dar die durch 4 Motoren in eine bestimmte Position gebracht werden soll... Diese Position wird im Prinzip durch den Vektor

b

dargestellt. Um jetzt die Daten für die Bewegung des Motors berechnen zu können brauche ich die Position im Raum für

0, \frac{π}{2}, π, \frac{3}{2} π .

. Der Polarwinkel ist stark eingeschränkt 85°

\leq θ \leq

105°

. .

.

Ich brauche im Prinzip lediglich diese Punkte..

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07:58 Uhr, 17.11.2015

. .

. heißt das,

α

kann nur die diskreten Werte

k \cdot \frac{π}{2}

annehmen? Das hieße, Drehung um die z-Achse nur in die 4 Richtungen?
Und der Polarwinkel (von der x-y-Ebene aus?) kann nur 85-105° annehmen? Das hieße, bei

θ =

90° wäre die Position immer "oben", also orthogonal auf x-y-Ebene? bei

θ > 90

° würde

\vec{b}

in einen anderen Quadranten kippen?

Ich hab' da so'n bisschen Verständnis-Schwierigkeiten.

;-)

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08:07 Uhr, 17.11.2015

Okay man hat die Kreisfläche mit 2 Freiheitsgraden... Rotation um

x

und

y . .

. Die Fläche selbst kann sich nicht um

z

drehen...

Sie soll aber an einem beliebigen Winkel

α

um den Winkel

\pm

15° geneigt werden können.

Gesucht sind dann die Koordinaten an allen anderen Punkten des Außenkreises. Daher wäre es eben praktisch die Rotationsmatrix für

x

und

y

zu kennen.

Hilft das?

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08:32 Uhr, 17.11.2015

. .

. die Rotationsmatrix ist ja kein Problem, wenn man die Winkel

φ_{x}

und

φ_{y}

kennt.

Das Problem ist die korrekte Bestimmung der beiden Winkel aus

α

und

φ

.

Und wir sollten bei den gleichen Winkeln bleiben wie vorher.

Sprich:

α -

Drehwinkel um z-Achse (also Drehung in der x-y-Ebene) mit

- π < α \leq π

φ -

Höhenwinkel von x-y-Ebene aus (jetzt mit

- \frac{π}{12} \leq φ \leq \frac{π}{12})

Diese Angaben könnten das Problem der Bestimmung von

φ_{x}

und

φ_{y}

vereinfachen.

(Warum eigentlich nicht nur

0 \leq φ \leq \frac{π}{12},

denn einen negativen Winkel

α

bekommt man doch auch mit seinem positiven Pedant hin, wenn die Rotation um

φ

π

vergrößert wird? Dies ergäbe doch denselben Kreis)

;-)

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08:38 Uhr, 17.11.2015

JA das würde auch zum gleichen Resultat führen. Weißt du jetzt was ich meine in BEzug auf die Aufgabenstellung?

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08:43 Uhr, 17.11.2015

. .

. lass' mir mal ein bisschen Zeit, muss ja nebenbei noch arbeiten

. .

.

bin aber dran!

;-)

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08:49 Uhr, 17.11.2015

Natürlich :-)

Ich probiere gerade einen anderen Ansatz..

Edddi aktiv_icon

09:52 Uhr, 17.11.2015

. .

. du schriebst: "... Gesucht sind dann die Koordinaten an allen anderen Punkten des Außenkreises..."

Diese erhält man ja einfach über obige Parameterdarstellung der Fläche mit Parameter

η

(\begin{matrix} x (η) \\ y (η) \\ z (η) \end{matrix}) = r \cdot sin (η) \cdot (\begin{matrix} cos (α) cos (φ) \\ sin (α) cos (φ) \\ - sin (φ) \end{matrix}) + r \cdot cos (η) \cdot (\begin{matrix} sin (α) \\ - cos (α) \\ 0 \end{matrix})

mit

0 \leq η < 2 \cdot π

. .

. bleibe aber trotzdem an den beiden Rotationswinkeln dran. Kleine Frage noch dazu:

Es wird aber jeweils um die

x -

und y-Achse des ABSOLUTEN Koordinatensystems gedreht, oder? Sowas ist doch schwer zu verwirklichen.

In meiner praktischen Vorstellung ist es doch einfacher, etwas nach der Rotation um die y-Achse um die MITGEDREHTE x-Achse zu drehen.

;-)

Kornfeld aktiv_icon

11:13 Uhr, 17.11.2015

Also grundsätzlich hast du schon wieder recht ;-)

Mit der PArameterform der Ebene kann ich mir alle Punkte berechnen..

Damit ist an sich die Aufgabe gelöst... Mit der Drehmatrix wäre es aber trotzdem sehr interessant!!

Das im Endeffekt mit den reinen Rotationen zu realisieren wird im Endeffekt sukzessive passieren damit auch hoffentlich am Ende eine flüssige Bewegung raus kommt. Das wird aber auch nochmal eine Sache für sich..

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15:44 Uhr, 17.11.2015

. .

. geh jetzt auch mal anders ran, da mir das mit den ganzen vielen Lösungen auf den Kranz geht.

Ich versuch's mal jetzt praktischer über die Auslenkung des Normalen-Vektors der mit bekanten Winkeln

α

und

φ

ausgelenkten Kreisebene.

Ich mach' mich heut Abend mal drüber her.

P . S

. Danke für die schöne Knobelaufgabe. Und das mein' ich nicht ironisch.

;-)

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11:43 Uhr, 18.11.2015

Das freut mich das ich dir damit eine Freude bereiten kann... Ich muss sagen mir macht es auch Spaß... auch wenn ich damit vorher nicht gerechnet habe... Hast du Matlab? Dann kann ich dir am Ende mal ein

m -

File zukommen lassen wo die resultierenden Bewegungen dann animiert sind...

Edddi aktiv_icon

13:52 Uhr, 18.11.2015

. .

. noch nicht, kann ich mir aber saugen.

So, mit den Formeln für

φ_{x}

und

φ_{y}

bin ich auch durch und funzt bei mir prima ohne Winkeleinschränkung:

φ_{y} = \frac{π}{2} - a r c c o s (cos (α) \cdot sin (φ))

φ_{x} = - a r c t a n (\frac{sin (α) \cdot sin (φ)}{cos (φ)})

. .

. na dann ran ans Eingemachte!

;-)

Kornfeld aktiv_icon

20:38 Uhr, 19.11.2015

KUHL :-D)

Ich lass dir die Datei zu kommen... Ich verschönere es morgen noch etwas und dann schicke ich dir eine Nachricht ;-)

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