Seien
\({
A \coloneqq
\begin{pmatrix}
0 & -1 & 1 \\
1 & 0 & 2 \\
1 & 2 & 2
\end{pmatrix}
}\),
\({
n_1 \coloneqq
\begin{pmatrix}
2 \\
3 \\
-1
\end{pmatrix}
}\)
und
\({
p \coloneqq
\begin{pmatrix}
3 \\
1 \\
1
\end{pmatrix}
}\)
reellwertig.
Sei weiter
\[
\varphi \coloneqq \varphi_{A} \colon
\R^3 \to \R^3,\,
v \mapsto A v,
\] \({
q \coloneqq \varphi(p)
}\)
und
\({
E_1 \coloneqq q + n_1^{\perp}
}\)
die entsprechenden affine Ebene.
-
Geben Sie eine Normale,
also einen Vektor,
\({
n_2 \in \R^3
}\)
an,
mit der Eigenschaft dass die Gleichung
\({
E_2 \coloneqq \varphi^{-1}(E_1) = p + n_2^{\perp}
}\)
gilt.
-
Bestimmen Sie eine Basis des Tangentialraums
\({
T E_2
}\)
von
\({
E_2
}\).
-
Geben Sie zwei verschiedene Punkte von
\({
E_2
}\)
an.
-
Sei
\({
\gamma \colon \R^3 \times \R^3 \to \R
}\)
die Standard-Bilinearform,
dann ist
\({
E_1
}\)
die Faser von
\({
\gamma(n_1, -) \colon \R^3 \to \R
}\)
über
\({
t \coloneqq \gamma(n_1, q)
}\).
Folglich gilt
\[
\begin{split}
E_2 &=
{\varphi^{-1}(E_1)}
\\
&=
{\varphi^{-1}(\alpha^{-1}(t))}
\\
&=
{(\alpha \circ \varphi)^{-1}(t)}
.
\end{split}
\]
Damit ist
\({
E_2
}\)
die Menge aller Vektoren
\({
v \in \R^3
}\)
mit
\[
\begin{split}
t &= {(\alpha \circ \varphi)(v)}
\\
&=
{\alpha(\varphi(v))}
\\
&=
{\gamma(n_1, \varphi(v))}
\\
&=
{\gamma(\varphi^T(n_1), v)}
\\
&=
{\gamma(A^T n_1, v)}
.
\end{split}
\]
Damit ist
\({
E_2
}\)
die Faser von
\({
\gamma(A^T n_1, -)
}\)
über
\({
t
}\)
und folglich gilt
\[
{T E_2} =
{\ker \gamma(A^T n_1, -)} =
{(A^T n_1)^{\perp}}
.
\]
Nun berechnen wir
\[
\begin{split}
n_2
&\coloneqq
{A^T n_1}
\\
&=
{
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 1 \\
-1 & 0 & 2 \\
1 & 2 & 2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
2 \\
3 \\
-1
\end{pmatrix}
}
\\
&=
\begin{pmatrix}
2 \\
-4 \\
6
\end{pmatrix}
.
\end{split}
\]
Aufgrund von
\({
\varphi(p) = q \in E_1
}\)
folgt schließlich
\({
p \in \varphi^{-1}(E_1) = E_2
}\)
und damit
\[
E_2 = p + T E_2 = p + n_2^{\perp}
.
\]
-
Es gilt
\({
TE_2 = \ker \gamma(n_2, -) = \ker n_2^T
}\).
Als Zeilenvektor ist
\({
n_2^T
}\)
bereits in Zeilenstufenform,
hier mit einer Stufe in der ersten Spalte.
Für eine Basis
\({
\{v_1, v_2\} \subset TE_2
}\)
machen wir daher den Ansatz
\({
v_1 =
\begin{pmatrix}
x_1 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}
}\)
und
\({
v_2 =
\begin{pmatrix}
x_3 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}
}\).
Mit Hilfe der Gleichung
\[
\begin{split}
0
&=
n_2^T v_1
\\
&=
\begin{pmatrix}
2 & -4 & 6
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_1 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}
\\
&=
2 x_1 + 6
\end{split}
\]
erhalten wir
\({
2 x_1 = -6
}\)
also
\({
x_1 = -3
}\)
und damit
\({
v_1 =
\begin{pmatrix}
-3 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}
}\).
Weiter erhalten wir anhand von
\[
\begin{split}
0
&=
n_1^T v_2
\\
&=
\begin{pmatrix}
2 & -4 & 6
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_2 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}
\\
&=
2 x_2 - 4
\end{split}
\]
die Gleichung
\({
2 x_2 = 4
}\)
also
\({
x_2 = 2
}\)
und damit
\({
v_2 =
\begin{pmatrix}
2 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}
}\).
Insgesamt erhalten wir die Basis
\[
\{v_1, v_2\} =
\left\{
\begin{pmatrix}
-3 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}
,
\begin{pmatrix}
2 \\
1 \\
0
\end{pmatrix}
\right\}
\]
von
\({
T E_2
}\).
-
Wir haben
\({
0, v_1 \in n_2^{\perp}
}\)
und damit
\({
p + 0, p + v_1 \in p + n_2^{\perp} = E_2
}\).
Wir berechnen also
\[
p + 0 = p =
\begin{pmatrix}
3 \\
1 \\
1
\end{pmatrix}
\]
und
\[
p + v_1 =
\begin{pmatrix}
3 \\
1 \\
1
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
-3 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
2
\end{pmatrix}
\]
und erhalten damit
\({
\begin{pmatrix}
3 \\
1 \\
1
\end{pmatrix}
,
\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
2
\end{pmatrix}
\in
E_2.
}\)
Sei
\({
V
}\)
ein reeller Vektorraum
endlicher Dimension
und sei
\({
\alpha \colon V \to \R
}\)
eine Linearform mit
\({
\alpha^{-1}(-1) \neq \emptyset
}\).
Zeigen Sie,
dass
\({
\alpha^{-1}(1)
}\)
eine affine Hyperebene ist.
Aufgrund von
\({
\alpha^{-1}(-1) \neq \emptyset
}\)
ist
\({
\alpha
}\)
nicht die Nullabbildung.
Damit gilt
\({
\dim \alpha(V) \geq 1
}\).
Weiter gilt aufgrund von
\({
\alpha(V) \subseteq \R
}\)
die Ungleichung
\({
\dim \alpha(V) \leq \dim \R = 1
}\).
Insgesamt erhalten wir also
\({
\dim \alpha(V) = 1
}\).
Sei nun
\({
A \coloneqq \alpha^{-1}(1)
}\).
Dann folgt zusammen mit
dem Rangsatz
die Gleichung
\({
\dim A = \dim \ker \alpha = \dim V - 1
}\).
Folgich ist
\({
A
}\)
eine affine Hyperebene.
Seien
\({
q_1 \coloneqq
\begin{pmatrix}
-1 \\
3 \\
1
\end{pmatrix}
}\),
\({
q_2 \coloneqq
\begin{pmatrix}
2 \\
5 \\
1
\end{pmatrix}
}\),
\({
n_1 \coloneqq
\begin{pmatrix}
2 \\
-1 \\
4
\end{pmatrix}
}\)
und
\({
n_2 \coloneqq
\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
-2
\end{pmatrix}
}\)
reelle Vektoren.
Seien weiter
\({
E_i \coloneqq q_i + n_i^{\perp}
}\)
die zuhehörigen affinen Ebenen.
Bestimmen Sie die Schnittmenge
\({
E_1 \cap E_2
}\)
und beschreiben Sie diese
als Nebenklasse
einschließlich einer Basis des Tangentialraums.
Zunächst definieren wir die Linearformen
\[
\alpha_i \coloneqq \varphi_{n_i^T} \colon
\R^3 \to \R,\,
v \mapsto n_i^T v
\]
für
\({
i = 1, 2
}\).
Dann ist
\({
E_i
}\)
die Faser von
\({
\alpha_i \colon \R^3 \to \R
}\)
über
\({
\alpha_i(q_i) = n_i^T q_i
}\)
für
\({
i = 1, 2
}\).
Wir berechnen also zunächst
\({
n_1^T q_1 =
\begin{pmatrix}
2 & -1 & 4
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
-1 \\
3 \\
1
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
-1
\end{pmatrix}
}\)
und
\({
n_2^T q_2 =
\begin{pmatrix}
0 & 1 & -2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
2 \\
5 \\
1
\end{pmatrix}
=
3
}\).
Sei nun
\({
A \coloneqq
\begin{pmatrix}
n_1^T \\
n_2^T
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
2 & -1 & 4 \\
0 & 1 & -2
\end{pmatrix}
}\)
und
\[
\varphi \coloneqq \varphi_A \colon
\R^3 \to \R^2,\, v \mapsto A v
\]
die zugehörige lineare Abbildung.
Dann ist die Schnittmenge
\({
E_1 \cap E_2
}\)
die Faser von
\({
\varphi \colon \R^3 \to \R^2
}\)
über
\[
b
\coloneqq
\begin{pmatrix}
n_1^T q_1 \\
n_2^T q_2
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
-1 \\
3
\end{pmatrix}
.
\]
Folglich ist
\({
G \coloneqq E_1 \cap E_2
}\)
die Lösungsmenge des inhomogenen linearen Gleichungssystems
\({
Av = b
}\).
Die Matrix
\({
A
}\)
ist bereits in Zeilenstufenform
mit Stufen in der ersten und zweiten Spalte.
Da
\({
A
}\)
in jeder Zeile eine Stufe hat,
gibt es eine spezielle Lösung
\({
p
}\)
von diesem inhomogenen LGS bzw.
einen Punkt
\({
p
}\)
in
\({
G = E_1 \cap E_2
}\),
der Faser von
\({
\varphi \colon \R^3 \to \R^2
}\)
über
\({
b
}\).
Für einen Erzeuger
\({
u
}\)
von
\({
\ker A = TG
}\)
machen wir daher den Ansatz
\({
u =
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
1
\end{pmatrix}
}\).
Damit die zweite Komponente
\({
n_2^T u
}\)
von
\({
A u
}\)
verschwindet,
muss die Gleichung
\[
0 = n_2^T v =
\begin{pmatrix}
0 & 1 & -2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
1
\end{pmatrix}
=
y-2
\]
und damit
\({
y = 2
}\)
gelten.
Damit die erste Komponente
\({
n_1^T u
}\)
von
\({
A u
}\)
verschwindet muss weiter die Gleichung
\[
0 = n_1^T u =
\begin{pmatrix}
2 & -1 & 4
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x \\
2 \\
1
\end{pmatrix}
=
2x - 2 + 4 =
2x + 2
\]
und damit
\({
x = -1
}\)
gelten.
Insgesamt erhalten wir
\({
u =
\begin{pmatrix}
-1 \\
2 \\
1
\end{pmatrix}
}\)
als Erzeuger von
\({
\ker A = TG
}\)
und damit
\({
\{u\} =
\left\{
\begin{pmatrix}
-1 \\
2 \\
1
\end{pmatrix}
\right\}
}\)
als Basis des Tangentialraums
\({
TG
}\).
Für eine spezielle Lösung des inhomogenen LGS
\({
Av = b
}\)
machen wir den Ansatz
\({
p =
\begin{pmatrix}
x' \\
y' \\
0
\end{pmatrix}
}\).
Damit die zweiten Komponenten von
\({
b
}\)
und
\({
Ap
}\)
übereinstimmen,
muss die Gleichung
\[
3 = n_2^T p =
\begin{pmatrix}
0 & 1 & -2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x' \\
y' \\
0
\end{pmatrix}
=
y'
\]
gelten.
Damit die ersten Komponenten von
\({
b
}\)
und
\({
A p
}\)
übereinstimmen,
muss weiter die Gleichung
\[
-1 =
n_1^T p =
\begin{pmatrix}
2 & -1 & 4
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x' \\
3 \\
0
\end{pmatrix}
=
2x' - 3
\]
also
\({
2 = 2x'
}\)
und damit
\({
x' = 1
}\)
gelten.
Insgesamt erhalten
\({
p =
\begin{pmatrix}
1 \\
3 \\
0
\end{pmatrix}
}\)
als spezielle Lösung des inhomogenen LGS
\({
Av = b
}\)
und damit als Punkt von
\({
G = E_1 \cap E_2
}\).
Zusammen mit dem vorher berechneten Erzeuger
\({
u =
\begin{pmatrix}
-1 \\
2 \\
1
\end{pmatrix}
}\)
des Tangentialraums
\({
TG
}\)
erhalten wir
\[
G = p + TG = p + \langle u \rangle
.
\]
Sei
\({
V
}\)
ein reeller Vektorraum
mit Punkten
\({
p_1, p_2, p_3 \in V
}\)
und sei
\({
q \coloneqq
\frac{1}{3}
(p_1 + p_2 + p_3)
}\).
Weiter sei
\({
f \colon V \to V
}\)
eine affine Abbildung mit
\({
f(p_1) = p_2
}\),
\({
f(p_2) = p_3
}\)
und
\({
f(p_3) = p_1
}\).
Zeigen Sie die Gleichung
\({
f(q) = q
}\).
Da
\({
f \colon V \to V
}\)
als affine Abbildung
affine Kombinationen erhält,
gilt die Gleichung
\[
\begin{split}
f(q)
&=
f\left(
\textstyle{\frac{1}{3}}
(p_1 + p_2 + p_3)
\right)
\\
&=
f\left(
\textstyle{\frac{1}{3}} p_1
+
\textstyle{\frac{1}{3}} p_2
+
\textstyle{\frac{1}{3}} p_3
\right)
\\
&=
\textstyle{\frac{1}{3}} f(p_1)
+
\textstyle{\frac{1}{3}} f(p_2)
+
\textstyle{\frac{1}{3}} f(p_3)
\\
&=
\textstyle{\frac{1}{3}} p_2
+
\textstyle{\frac{1}{3}} p_3
+
\textstyle{\frac{1}{3}} p_1
\\
&=
\textstyle{\frac{1}{3}}
(p_2 + p_3 + p_1)
\\
&=
\textstyle{\frac{1}{3}}
(p_1 + p_2 + p_3)
\\
&=
q
.
\end{split}
\]
Seien
\({
q_1 \coloneqq
\begin{pmatrix}
5 \\
9
\end{pmatrix}
}\),
\({
q_2 \coloneqq
\begin{pmatrix}
-5 \\
-7
\end{pmatrix}
}\)
und
\({
A \coloneqq
\begin{pmatrix}
2 & -1 & -4 \\
4 & -1 & -6
\end{pmatrix}
}\)
reellwertig
und sei
\({
\varphi \coloneqq \varphi_A \colon
\R^3 \to \R^2,\,
v \mapsto A v
}\)
die zugehörige lineare Abbildung.
Schreiben Sie die Fasern von
\({
\varphi \colon \R^3 \to \R^2
}\)
über
\({
q_1
}\)
und
\({
q_2
}\)
jeweils als Nebenklasse
einschließlich einer Basis des Tangentialraums.
Für
\({
i = 1, 2
}\)
ist die Faser von
\({
\varphi
}\)
über
\({
q_i
}\)
die Lösungsmenge des inhomogenen linearen Gleichungssystems
\({
A v = q_i
}\).
Für beide Gleichungssysteme können wir eine einzige
erweiterte Koeffizientenmatrix
\[
\left(\hspace{-5pt}\begin{array}{c|cc}
A & q_1 & q_2
\end{array}\hspace{-5pt}\right)
=
\left(\hspace{-5pt}\begin{array}{ccc|cc}
2 & -1 & -4 & 5 & -5 \\
4 & -1 & -6 & 9 & -7
\end{array}\hspace{-5pt}\right)
\]
aufstellen und auf Zeilenstufenform bringen:
\[
\begin{split}
\left(\hspace{-5pt}\begin{array}{ccc|cc}
2 & -1 & -4 & 5 & -5 \\
4 & -1 & -6 & 9 & -7
\end{array}\hspace{-5pt}\right)
& \to
\left(\hspace{-5pt}\begin{array}{ccc|cc}
2 & -1 & -4 & 5 & -5 \\
0 & 1 & 2 & -1 & 3
\end{array}\hspace{-5pt}\right)
\\
& \to
\left(\hspace{-5pt}\begin{array}{ccc|cc}
2 & 0 & -2 & 4 & -2 \\
0 & 1 & 2 & -1 & 3
\end{array}\hspace{-5pt}\right)
\\
& \to
\left(\hspace{-5pt}\begin{array}{ccc|cc}
1 & 0 & -1 & 2 & -1 \\
0 & 1 & 2 & -1 & 3
\end{array}\hspace{-5pt}\right)
.
\end{split}
\]
(Die letzten beiden Schritte wären nicht notwendig gewesen,
vereinfachen allerdings die nachfolgenden Rechnungen.)
Wir erhalten also die Matrix
\({
A' \coloneqq
\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 \\
0 & 1 & 2
\end{pmatrix}
}\)
sowie die Punkte
\({
q'_1 \coloneqq
\begin{pmatrix}
2 \\
-1
\end{pmatrix}
}\)
und
\({
q'_2 \coloneqq
\begin{pmatrix}
-1 \\
2
\end{pmatrix}
}\)
und damit für
\({
i = 1, 2
}\)
das inhomogene lineare Gleichungssystem
\({
A' v = q'_i
}\)
mit identischer Lösungsmenge wie
\({
A v = q_i
}\).
Da
\({
A'
}\)
in jeder Zeile eine Stufe hat,
gibt es für
\({
i = 1,2
}\)
jeweils eine spezielle Lösung
\({
p_i \in \R^3
}\)
für das inhomogene lineare Gleichungssystem
\({
A' v = q'_i
}\)
und damit auch jeweils einen Punkt
\({
p_i \in G_i \coloneqq \varphi^{-1}(q_i)
}\).
Für einen Erzeuger
\({
u \in \R^3
}\)
von
\[
\ker A' = \ker A = \ker \varphi = TG_1 = TG_2
\]
machen wir aufgrund der eben beschriebenen Form von
\({
A'
}\)
den Ansatz
\({
u =
\begin{pmatrix}
x' \\
y' \\
1
\end{pmatrix}
}\).
Damit die zweite Komponente von
\({
A' u
}\)
verschwindet muss die Gleichung
\[
0
=
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x' \\
y' \\
1
\end{pmatrix}
=
y' + 2
\]
und damit
\({
y' = -2
}\)
gelten.
Damit die erste Komponente von
\({
A' v
}\)
verschwindet,
muss die Gleichung
\[
0
=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x' \\
-2 \\
1
\end{pmatrix}
=
x' - 1
\]
und damit
\({
x' = 1
}\)
gelten.
Insgesamt erhalten wir
\({
u =
\begin{pmatrix}
1 \\
-2 \\
1
\end{pmatrix}
}\)
als Erzeuger von
\({
TG_1 = TG_2
}\).
Für eine spezielle Lösung des inhomogenen LGS
\({
A' v = q'_i
}\)
für
\({
i = 1, 2
}\)
machen wir jeweils den Ansatz
\({
p_i =
\begin{pmatrix}
x_i \\
y_i \\
0
\end{pmatrix}
}\).
Zunächst betrachten wir den Fall
\({
i = 1
}\),
also das inhomogene LGS
\({
A' v = q'_1
}\).
Damit die zweiten Komponenten von
\({
q'_1
}\)
und
\({
A' p_1
}\)
übereinstimmen,
muss die Gleichung
\[
-1
=
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_1 \\
y_1 \\
0
\end{pmatrix}
=
y_1
\]
gelten.
Damit die ersten Komponenten von
\({
q'_1
}\)
und
\({
A' p_1
}\)
übereinstimmen,
muss die Gleichung
\[
2 =
\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_1 \\
-1 \\
0
\end{pmatrix}
=
x_1
\]
gelten.
Wir erhalten also für
\({
p_1 =
\begin{pmatrix}
2 \\
-1 \\
0
\end{pmatrix}
}\)
die Gleichung
\({
A' p_1 = q'_1
}\)
und damit
\({
p_1 \in G_1
}\).
Nun betrachten wir den Fall
\({
i = 2
}\),
also das inhomogene LGS
\({
A' v = q'_2
}\).
Damit die zweiten Komponenten von
\({
q'_2
}\)
und
\({
A' p_2
}\)
übereinstimmen,
muss die Gleichung
\[
3 =
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_2 \\
y_2 \\
0
\end{pmatrix}
=
y_2
\]
gelten.
Damit die ersten Komponenten von
\({
q'_2
}\)
und
\({
A' p_2
}\)
übereinstimmen,
muss die Gleichung
\[
-1 =
\begin{pmatrix}
1 & 0 & -1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_2 \\
2 \\
0
\end{pmatrix}
=
x_2
\]
gelten.
Wir erhalten also für
\({
p_2 =
\begin{pmatrix}
-1 \\
3 \\
0
\end{pmatrix}
}\)
die Gleichung
\({
A' p_2 = q'_2
}\)
und damit
\({
p_2 \in G_2
}\).
Insgesamt erhalten wir also
\({
G_i = p_i + \langle u \rangle
}\)
für
\({
i = 1,2
}\)
und jeweils
\({
\{u\}
}\)
als Basis für den Tangentialraum
\({
TG_1 = TG_2
}\).
Seien
\({
v_1, v_2, v_3 \in \R^3
}\)
Vektoren und sei
\({
A \coloneqq
\begin{pmatrix}
v_1 & v_2 & v_3
\end{pmatrix}
\in \R^{3 \times 3}
}\)
die Matrix der Spalten die Vektoren
\({
v_1
}\),
\({
v_2
}\)
und
\({
v_3
}\)
sind.
Seien weiter
\({
p, q \in \R^3
}\),
sei
\({
n \coloneqq
v_2 \times v_3
}\)
und seien
\({
G \coloneqq
p + \langle v_1 \rangle
}\)
und
\({
E \coloneqq
q + n^{\perp}
}\)
die entsprechenden affinen Unterräume.
Zeigen Sie,
falls
\({
\det A \neq 0
}\)
gilt,
dann ist
\({
G
}\)
eine Gerade
sowie
\({
E
}\)
eine affine Ebene
und es schneiden sich
\({
G
}\)
und
\({
E
}\)
in genau einem Punkt.
Aus der Ungleichung
\[
\begin{split}
0
& \neq
\det A
\\
&=
\det
\begin{pmatrix}
v_1 & v_2 & v_3
\end{pmatrix}
\\
&=
(v_2 \times v_3)^T v_1
\\
&=
n^T v_1
\end{split}
\]
folgt sowohl
\({
n \neq 0
}\)
und damit dass
\({
E
}\)
eine affine Hyperebene ist,
als auch
\({
v_1 \notin n^{\perp} = TE
}\).
Daraus folgt wiederum sowohl
\({
v_1 \neq 0
}\)
und damit dass
\({
G
}\)
eine Gerade ist,
als auch die Gleichung
\[
TG \cap TE =
\langle v_1 \rangle \cap n^{\perp} = \{0\}
.
\]
Nach
der Dimensionsformel
folgt
\[
\dim (TG + TE) = \dim TG + \dim TE - \dim \{0\} = 1 + 2 - 0 = 3
\]
und damit
\({
TG + TE = \R^3
}\).
Insbesondere gilt
\({
q - p \in \R^3 = TG + TE
}\)
und nach
dem Lemma zum Schnitt affiner Unterräume
folgt damit
\({
G \cap E \neq \{0\}
}\).
Sei nun
\({
p \in G \cap E
}\).
Zusammen mit
dem Lemma zum Tangentialraum des Schnitts
folgt die Gleichung
\[
T (G \cap E) = TG \cap TE = \{0\}
.
\]
Insgesamt erhalten wir also die Gleichung
\[
G \cap E = p + T(G \cap E) = p + \{0\} = \{p\}
\]
und damit
\({
p
}\)
als einzigen Schnittpunkt von
\({
G
}\)
und
\({
E
}\).