(Twitter)
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Hallo,
es ist
$$ \begin{pmatrix} 6 \\ 4 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4 \\ -6 \end{pmatrix} = 6 \cdot 4 - 4 \cdot 6 =0 $$
Das kannst du auch mit einem Vielfachen von dem Normalenvektor machen
$$ \begin{pmatrix} 6 \\ 4 \end{pmatrix} \cdot t\begin{pmatrix} 4 \\ -6 \end{pmatrix} = 6 \cdot 4t - 4 \cdot 6t = (6 \cdot 4 - 4 \cdot 6 )t=0 t =0 $$
Außerdem ist
$$ \cos(\varphi) = \frac {\vec{a} \cdot \vec{b}} {|\vec{a}| \cdot |\vec{b}|} = \frac 0 {|\vec{a}| \cdot |\vec{b}|} = 0$$
Und Der Kosinus wird für \( 90^\circ \) Null, also haben wir einen Winkel von \( 90^\circ \). Ich vermute also du hast dich irgendwo verrechnet.
Wenn du magst, lade deine Rechnung einmal als Bild hoch, dann gucke ich einmal drüber.
Grüße Christian
es ist
$$ \begin{pmatrix} 6 \\ 4 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4 \\ -6 \end{pmatrix} = 6 \cdot 4 - 4 \cdot 6 =0 $$
Das kannst du auch mit einem Vielfachen von dem Normalenvektor machen
$$ \begin{pmatrix} 6 \\ 4 \end{pmatrix} \cdot t\begin{pmatrix} 4 \\ -6 \end{pmatrix} = 6 \cdot 4t - 4 \cdot 6t = (6 \cdot 4 - 4 \cdot 6 )t=0 t =0 $$
Außerdem ist
$$ \cos(\varphi) = \frac {\vec{a} \cdot \vec{b}} {|\vec{a}| \cdot |\vec{b}|} = \frac 0 {|\vec{a}| \cdot |\vec{b}|} = 0$$
Und Der Kosinus wird für \( 90^\circ \) Null, also haben wir einen Winkel von \( 90^\circ \). Ich vermute also du hast dich irgendwo verrechnet.
Wenn du magst, lade deine Rechnung einmal als Bild hoch, dann gucke ich einmal drüber.
Grüße Christian
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christian_strack
Sonstiger Berufsstatus, Punkte: 29.81K
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Ich glaub ich hab das gerade anhand einer anderen Antwort verstanden (vielen Dank für deine ganzen Antworten, unbezahlbar ein derartiger Support :) )
Wenn ich jetzt einen Vektor festlege, durch den Ursprung und Punkt (6 | 4) => {(6 | 4) *t } oder eben y = 4 / 6 x oder y - 4 / 6 x = 0, dann löse ich mithilfe der allgemeinen Lösung für Homogene GS: (-b | a )= also (+4/6 | -1) = -1 / (4 /6 ) * x (Hauptform) und hätte den Normalvektor darauf festgelegt
Also allgemein, wenn ich die Allgemeine Geradengleichung stehen habe, ist immer die Frage, was ist x, was ist y, bei vorgegebenen Koeffizienten, sodass ich die Hauptform und / oder die Parameterform aufstellen kann.
Wenn ich bspw.: Punkte stehen habe (in der Parameterform) z.B. (4 | 6) ist x y festgelegt, und die Frage ist, was ich für a und b einsetzen muss, sodass die Lösung homogen = 0 ist, was den Sinn hätte, dass das Skalarprodukt = 0 sein muss? und dieses a, b das ich einsetzen müsste, wären wiederrum die Koordinaten für die Hauptform / Allgemeine Geradengleichung der Normalvektorfunktion?
Allgemein könnte ich statt (6 | 4) aber auch einen anderen Punkt nehmen, der auf der Geraden (6 | 4 ) mit Ursprung (0 | 0 ) liegt und den nach der Feststellung von zuvor lösen? ─ sven03 31.03.2021 um 14:30
Wenn ich jetzt einen Vektor festlege, durch den Ursprung und Punkt (6 | 4) => {(6 | 4) *t } oder eben y = 4 / 6 x oder y - 4 / 6 x = 0, dann löse ich mithilfe der allgemeinen Lösung für Homogene GS: (-b | a )= also (+4/6 | -1) = -1 / (4 /6 ) * x (Hauptform) und hätte den Normalvektor darauf festgelegt
Also allgemein, wenn ich die Allgemeine Geradengleichung stehen habe, ist immer die Frage, was ist x, was ist y, bei vorgegebenen Koeffizienten, sodass ich die Hauptform und / oder die Parameterform aufstellen kann.
Wenn ich bspw.: Punkte stehen habe (in der Parameterform) z.B. (4 | 6) ist x y festgelegt, und die Frage ist, was ich für a und b einsetzen muss, sodass die Lösung homogen = 0 ist, was den Sinn hätte, dass das Skalarprodukt = 0 sein muss? und dieses a, b das ich einsetzen müsste, wären wiederrum die Koordinaten für die Hauptform / Allgemeine Geradengleichung der Normalvektorfunktion?
Allgemein könnte ich statt (6 | 4) aber auch einen anderen Punkt nehmen, der auf der Geraden (6 | 4 ) mit Ursprung (0 | 0 ) liegt und den nach der Feststellung von zuvor lösen? ─ sven03 31.03.2021 um 14:30
Sehr gerne, das freut mich zu hören. :)
Zusammen gehen wir dem schon auf den Grund.
Ich glaube du wirfst hier wirklich ein bisschen was durcheinander. Zuerst sind ein paar Formalien sehr wichtig. Ein Vektor, eine Gerade und ein Punkt sind nicht das selbe.
Ein Vektor kannst du dir als Pfeil im Raum vorstellen. Dieser zeigt auf einen Punkt. Ein Punkt ist wie man ihn sich vorstellt einfach ein Punkt bestehend aus einer x und einer y Koordinaten (je nach Dimension noch mehreren). Eine Gerade ist eine "Sammlung" von unendlich vielen Punkten.
In der Geradengleichung \(y=mx+c \) stehen \( y \) und \( x \) stellvertrettend für die Koordinaten der Punkte die auf dieser Geraden liegen. Ich habe ihn einer Antwort ja beschrieben, dass diese Vorschriften (Gleichungen) dafür da sind, eine Gerade zu charakterisierien. Alle Punkte die diese Gleichung erfüllen, liegen auf dieser Geraden.
Eine Gerade wird durch eine Gleichung beschrieben. Diese zu lösen macht aber nicht so viel Sinn, da du ja nicht 1 Punkt als Lösung erhalten wirst, sondern eben unendlich viele. Wenn du versuchst die Gleichung zu lösen, erhälst du einfach nur wieder eine andere Vorschrift, die die selbe Gerade charakterisiert.
Ich forme einmal die verschiendenen Gleichungen ineinander um, weil ich denke, dass irgendwo ein kleines Missverständnis ist, das ich noch nicht zu 100% greifen kann. Vielleicht löst es sich ja dadurch.
Nehmen wir mal den Punkt \( P(6|4) \). Wir wollen daraus eine Gerade machen. Wir brauchen nun immer zwei Punkte für eine Gerade. Du sagst ja, die Gerade soll außerdem durch den Ursprung gehen. Wir können also sofort die Parameterform aufstellen
$$g : \vec{x} = t \cdot \begin{pmatrix} 6 \\ 4 \end{pmatrix} $$
Nun wollen wir diese Gerade aber nicht durch die Parameterform beschreiben, weil im Kontext eine andere Form mehr Sinn macht. Also formen wir mal um. Wir könnten die Normalenform nutzen. Dafür benötigen wir einen Punkt und den Normalenvektor. Den Normalenvektor können wir wie in einer anderen Frage von dir beschrieben über das Skalarprodukt bestimmen
$$ \begin{pmatrix} 6 \\ 4 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \end{pmatrix} = 6n_1 + 4n_2 = 0 $$
wählen wir mal \( n_1 = k \), dann erhalten wir \( n_2 = - \frac 64 k \), also
$$ \vec{n} = k \begin{pmatrix} 1 \\ - \frac 6 4 \end{pmatrix} = \underset{\frac k 4}{\underbrace{\tilde{k}}} \begin{pmatrix} 4 \\ -6 \end{pmatrix} $$
Also erhalten wir mit \( \tilde{k} =1 \) die Normalenform
$$ \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4 \\ -6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6 \\ 4 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4 \\ - 6 \end{pmatrix} \Rightarrow 4x-6y = 0 $$
So haben wir nun die allgemeine Geradengleichung, die wir noch umformen können zu
$$ \Rightarrow y = \frac 4 6 x $$
Wenn wir nun von dieser Gleichung wieder auf die Parameterform wollen würden, wäre es am einfachsten einfach 2 Punkte zu bestimmen und daraus eine Parameterform zu machen. Da der \(y\)-Achsenabschnitt Null ist, wissen wir, das der Ursprung auf der Geraden liegt (c=0). Einen zweiten Punkt könnte man erhalten durch \( x=6 \). Daraus ergibt sich
$$ y = \frac 4 6 \cdot 6 = 4 $$
Das ist natürlich genau unser ursprünglicher Punkt \( P(6|4) \). Wir könnten auch \( x=1 \) setzen oder eine andere beliebige Zahl.
Daraus können wir nun wieder die Parameterform aufstellen.
Ich bin mir immer noch nicht 100% sicher, warum du die homogene Lösung bestimmen willst und wo da der Bezug zum Normalenvektor liegt, aber vielleicht hilft dir folgendes:
Der Normalenvektor zu einem Vektor \( \vec{x} = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \) ist
$$ \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \end{pmatrix} = xn_1 + y n_2 = 0 $$
Setzen wir \( n_1 = k \) erhalten wir \( n_2 = - \frac x y k \). Und daraus allgemein
$$ \vec{n} = k \begin{pmatrix} 1 \\ - \frac x y \end{pmatrix} = \underset{\frac k y}{\underbrace{\tilde{k}}} \begin{pmatrix} y \\ -x \end{pmatrix} $$
Du kannst also in 2D sehr einfach den Normalenvektor eines Vektors bestimmen, wenn du die beiden Koordinaten tauschst und einem ein negatives Vorzeichen anheftes
Ja du kannst hier in dem Beispiel jeden Punkt der Geraden nehmen und dazu den Normalenvektor bestimmen. Ganz allgemein musst du aber vorsichtig sein, denn eine Gerade die nicht durch den Ursprung verläuft, hat einen anderen Richtungsvektor, als der Vektor der auf die Punkte zeigt, die auf der Geraden liegen. Und um den Normalenvektor zu bestimmen, brauchen wir den Normalenvektor der Geraden, also des Richtungsvektors.
Grüße Christian ─ christian_strack 31.03.2021 um 15:36
Zusammen gehen wir dem schon auf den Grund.
Ich glaube du wirfst hier wirklich ein bisschen was durcheinander. Zuerst sind ein paar Formalien sehr wichtig. Ein Vektor, eine Gerade und ein Punkt sind nicht das selbe.
Ein Vektor kannst du dir als Pfeil im Raum vorstellen. Dieser zeigt auf einen Punkt. Ein Punkt ist wie man ihn sich vorstellt einfach ein Punkt bestehend aus einer x und einer y Koordinaten (je nach Dimension noch mehreren). Eine Gerade ist eine "Sammlung" von unendlich vielen Punkten.
In der Geradengleichung \(y=mx+c \) stehen \( y \) und \( x \) stellvertrettend für die Koordinaten der Punkte die auf dieser Geraden liegen. Ich habe ihn einer Antwort ja beschrieben, dass diese Vorschriften (Gleichungen) dafür da sind, eine Gerade zu charakterisierien. Alle Punkte die diese Gleichung erfüllen, liegen auf dieser Geraden.
Eine Gerade wird durch eine Gleichung beschrieben. Diese zu lösen macht aber nicht so viel Sinn, da du ja nicht 1 Punkt als Lösung erhalten wirst, sondern eben unendlich viele. Wenn du versuchst die Gleichung zu lösen, erhälst du einfach nur wieder eine andere Vorschrift, die die selbe Gerade charakterisiert.
Ich forme einmal die verschiendenen Gleichungen ineinander um, weil ich denke, dass irgendwo ein kleines Missverständnis ist, das ich noch nicht zu 100% greifen kann. Vielleicht löst es sich ja dadurch.
Nehmen wir mal den Punkt \( P(6|4) \). Wir wollen daraus eine Gerade machen. Wir brauchen nun immer zwei Punkte für eine Gerade. Du sagst ja, die Gerade soll außerdem durch den Ursprung gehen. Wir können also sofort die Parameterform aufstellen
$$g : \vec{x} = t \cdot \begin{pmatrix} 6 \\ 4 \end{pmatrix} $$
Nun wollen wir diese Gerade aber nicht durch die Parameterform beschreiben, weil im Kontext eine andere Form mehr Sinn macht. Also formen wir mal um. Wir könnten die Normalenform nutzen. Dafür benötigen wir einen Punkt und den Normalenvektor. Den Normalenvektor können wir wie in einer anderen Frage von dir beschrieben über das Skalarprodukt bestimmen
$$ \begin{pmatrix} 6 \\ 4 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \end{pmatrix} = 6n_1 + 4n_2 = 0 $$
wählen wir mal \( n_1 = k \), dann erhalten wir \( n_2 = - \frac 64 k \), also
$$ \vec{n} = k \begin{pmatrix} 1 \\ - \frac 6 4 \end{pmatrix} = \underset{\frac k 4}{\underbrace{\tilde{k}}} \begin{pmatrix} 4 \\ -6 \end{pmatrix} $$
Also erhalten wir mit \( \tilde{k} =1 \) die Normalenform
$$ \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4 \\ -6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6 \\ 4 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4 \\ - 6 \end{pmatrix} \Rightarrow 4x-6y = 0 $$
So haben wir nun die allgemeine Geradengleichung, die wir noch umformen können zu
$$ \Rightarrow y = \frac 4 6 x $$
Wenn wir nun von dieser Gleichung wieder auf die Parameterform wollen würden, wäre es am einfachsten einfach 2 Punkte zu bestimmen und daraus eine Parameterform zu machen. Da der \(y\)-Achsenabschnitt Null ist, wissen wir, das der Ursprung auf der Geraden liegt (c=0). Einen zweiten Punkt könnte man erhalten durch \( x=6 \). Daraus ergibt sich
$$ y = \frac 4 6 \cdot 6 = 4 $$
Das ist natürlich genau unser ursprünglicher Punkt \( P(6|4) \). Wir könnten auch \( x=1 \) setzen oder eine andere beliebige Zahl.
Daraus können wir nun wieder die Parameterform aufstellen.
Ich bin mir immer noch nicht 100% sicher, warum du die homogene Lösung bestimmen willst und wo da der Bezug zum Normalenvektor liegt, aber vielleicht hilft dir folgendes:
Der Normalenvektor zu einem Vektor \( \vec{x} = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \) ist
$$ \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \end{pmatrix} = xn_1 + y n_2 = 0 $$
Setzen wir \( n_1 = k \) erhalten wir \( n_2 = - \frac x y k \). Und daraus allgemein
$$ \vec{n} = k \begin{pmatrix} 1 \\ - \frac x y \end{pmatrix} = \underset{\frac k y}{\underbrace{\tilde{k}}} \begin{pmatrix} y \\ -x \end{pmatrix} $$
Du kannst also in 2D sehr einfach den Normalenvektor eines Vektors bestimmen, wenn du die beiden Koordinaten tauschst und einem ein negatives Vorzeichen anheftes
Ja du kannst hier in dem Beispiel jeden Punkt der Geraden nehmen und dazu den Normalenvektor bestimmen. Ganz allgemein musst du aber vorsichtig sein, denn eine Gerade die nicht durch den Ursprung verläuft, hat einen anderen Richtungsvektor, als der Vektor der auf die Punkte zeigt, die auf der Geraden liegen. Und um den Normalenvektor zu bestimmen, brauchen wir den Normalenvektor der Geraden, also des Richtungsvektors.
Grüße Christian ─ christian_strack 31.03.2021 um 15:36
Vielen, vielen Dank, mehr kann ich dazu nicht sagen :) Jetzt muss ich nur noch verstehen, wie ich mir den Normalvektor auf einer Ebene berechne :)
─
sven03
31.03.2021 um 16:35
Schön das wir den Knoten lösen konnten :) Sehr gerne!
Eine Ebene in 2D zu betrachten macht wenig Sinn, da eine Ebene in der Vektorgeometrie unendlich groß ist, also der komplette zweidimensionale Raum im Prinzip die einzige solche Ebene ist. Also gehen wir direkt in den 3D Raum.
Ein Vektor im 3D Raum hat immer unendlich viele Vektoren, die senkrecht auf ihm stehen. Das hat im Prinzip ein Vektor in 2D auch, allerdings gibt es nur eine Richtung (wenn wir die genau umgekehrte Richtung auch als selbe Richtung zählen) in die dieser verlaufen kann.
In 3D gibt es aber unendlich viele Richtungen in die dieser verlaufen kann. Macht das Sinn für dich?
Ich hatte ja schon kurz angesprochen, dass wenn wir ganz allgemein
$$ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix} = 0 $$
lösen, dann haben wir 2 Parameter die wir frei wählen können. Eine Ebene hat auch 2 Parameter. Im Prinzip erhalten wir eine Ebene, in der alle möglichen Normalenvektoren liegen.
Das war jetzt nur einmal für die Vorstellung, ich denke sowas macht es häufig leichter.
Nun zur Berechnung. Eine Ebene wird charakterisitert durch 2 Richtungs- bzw.Spannvektoren (je nachdem wie ihr sie nennt). Wenn wir einen Vektor haben wollen, der senkrecht auf einer Ebene steht, dann muss dieser ja senkrecht auf diesen beiden Spannvektoren liegen.
Wir suchen also einen Vektor der senkrecht dazu steht. Ich habe in einer anderen Frage beantwortet, wie das berechnet wird: https://www.mathefragen.de/frage/q/332ae3e0f4/normalvektor-auf-zwei-geraden-ausrechnen/
Guck dir das vielleicht noch einmal an und melde dich dann gerne, falls doch noch etwas unklar ist :)
Grüße Christian ─ christian_strack 31.03.2021 um 16:52
Eine Ebene in 2D zu betrachten macht wenig Sinn, da eine Ebene in der Vektorgeometrie unendlich groß ist, also der komplette zweidimensionale Raum im Prinzip die einzige solche Ebene ist. Also gehen wir direkt in den 3D Raum.
Ein Vektor im 3D Raum hat immer unendlich viele Vektoren, die senkrecht auf ihm stehen. Das hat im Prinzip ein Vektor in 2D auch, allerdings gibt es nur eine Richtung (wenn wir die genau umgekehrte Richtung auch als selbe Richtung zählen) in die dieser verlaufen kann.
In 3D gibt es aber unendlich viele Richtungen in die dieser verlaufen kann. Macht das Sinn für dich?
Ich hatte ja schon kurz angesprochen, dass wenn wir ganz allgemein
$$ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix} = 0 $$
lösen, dann haben wir 2 Parameter die wir frei wählen können. Eine Ebene hat auch 2 Parameter. Im Prinzip erhalten wir eine Ebene, in der alle möglichen Normalenvektoren liegen.
Das war jetzt nur einmal für die Vorstellung, ich denke sowas macht es häufig leichter.
Nun zur Berechnung. Eine Ebene wird charakterisitert durch 2 Richtungs- bzw.Spannvektoren (je nachdem wie ihr sie nennt). Wenn wir einen Vektor haben wollen, der senkrecht auf einer Ebene steht, dann muss dieser ja senkrecht auf diesen beiden Spannvektoren liegen.
Wir suchen also einen Vektor der senkrecht dazu steht. Ich habe in einer anderen Frage beantwortet, wie das berechnet wird: https://www.mathefragen.de/frage/q/332ae3e0f4/normalvektor-auf-zwei-geraden-ausrechnen/
Guck dir das vielleicht noch einmal an und melde dich dann gerne, falls doch noch etwas unklar ist :)
Grüße Christian ─ christian_strack 31.03.2021 um 16:52
Wie in der anderen Frage gesagt, antworte ich dir einmal hier, warum das Kreuzprodukt dir den Normalenvektor liefert.
Wie bereits beschrieben, ist die Frage nach einem Vektor der senkrecht auf einer Ebene steht, gleichbedeutend mit der Frage nach einem Vektor der senkrecht auf beiden Spannvektoren liegt.
Seien nun die folgenden Vektoren die Spannvektoren
$$ \vec{u} = \begin{pmatrix} u_1 \\ u_2 \\ u_3 \end{pmatrix} , \quad \vec{v} = \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{pmatrix} $$
Dann suchen wir einen Vektor der folgendes erfüllt
$$ \begin{pmatrix} u_1 \\ u_2 \\ u_3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix} = 0 , \quad \text{und} \quad \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix} = 0 $$
Lösen wir beides auf, erhalten wir das LGS
$$ \begin{array}{ccc} u_1 n_1 + u_2 n_2 + u_3 n_3 & = & 0 \\ v_1 n_1 + v_2 n_2 + v_3 n_3 & = & 0 \end{array} $$
Wenn wir dieses LGS ganz allgemein lösen, erhalten wir folgende Lösung
$$ \begin{array}{ccc}n_1 & = & u_2v_3 - u_3 v_2 \\ n_2 & = & u_3v_1 - u_1v_3 \\ n_3 & = & u_1v_2 - u_2v_1 \end{array} $$
Und das ist genau die Formel für das Kreuzprodukt(Vektorprodukt). ─ christian_strack 31.03.2021 um 17:00
Wie bereits beschrieben, ist die Frage nach einem Vektor der senkrecht auf einer Ebene steht, gleichbedeutend mit der Frage nach einem Vektor der senkrecht auf beiden Spannvektoren liegt.
Seien nun die folgenden Vektoren die Spannvektoren
$$ \vec{u} = \begin{pmatrix} u_1 \\ u_2 \\ u_3 \end{pmatrix} , \quad \vec{v} = \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{pmatrix} $$
Dann suchen wir einen Vektor der folgendes erfüllt
$$ \begin{pmatrix} u_1 \\ u_2 \\ u_3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix} = 0 , \quad \text{und} \quad \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix} = 0 $$
Lösen wir beides auf, erhalten wir das LGS
$$ \begin{array}{ccc} u_1 n_1 + u_2 n_2 + u_3 n_3 & = & 0 \\ v_1 n_1 + v_2 n_2 + v_3 n_3 & = & 0 \end{array} $$
Wenn wir dieses LGS ganz allgemein lösen, erhalten wir folgende Lösung
$$ \begin{array}{ccc}n_1 & = & u_2v_3 - u_3 v_2 \\ n_2 & = & u_3v_1 - u_1v_3 \\ n_3 & = & u_1v_2 - u_2v_1 \end{array} $$
Und das ist genau die Formel für das Kreuzprodukt(Vektorprodukt). ─ christian_strack 31.03.2021 um 17:00
Dadurch ergibt sich dann nämlich auch das Verständnisproblem. Gegeben ist ein Punkt (z.B. (6 | 4)) und beim Aufstellen => 6a + 4b (weil x und y wäre ja schon ausgerechnet?), und dann wäre (-4 | 6) = a und b? und y wäre dann = -(6/4), was dann aufeinmal der Normalvektor sein soll? (ich bin momentan glaub ich komplett verwirrt und mische alles durcheinander) Vor allem jedoch verstehe ich nicht, warum die Lösungsmenge auf einmal der Normalvektor sein soll. Klar rein logisch betrachtet hab ich einen Vektor (6 | 4) der hat sagen wir unten einen Winkel d und oben (Richtung Ordinate) einen Winkel x, wenn man den Normalvektor mit (-4 | 6 ) aufstellt, hat man richtung Abszisse d und Richtung Ordinate x. x + d+ x +d = 180 => (x +d ) = 90° sein, das ist schon logisch, und natürlich für (4 | -6) als Normalvektor analog
Auf jeden Falll vielen Vielen Dank nochmal für deine Antwort und ich hoffe du kannst wir bei meinem geistigen Wirrwar ein wenig helfen :)
─ sven03 31.03.2021 um 14:15