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Abbildung Punktspiegelung

Schüler Gymnasium, 12. Klassenstufe

Tags: Abbildung

Nova12 aktiv_icon

15:48 Uhr, 27.02.2013

Gegeben:

α : \vec{x'} = (\begin{matrix} - 1 & 1 \\ 1 & - 1 \end{matrix}) \cdot \vec{x} + (\begin{matrix} 4 \\ 6 \end{matrix})

Aufg: Begründen Sie, dass die Abbildung

α

eine Punktspiegelung

A (2 | 3)

beschreibt.

Ich weiß, dass die Matrix aus aus der Abbildung alleine eine Drehung um 180° um den Ursprung beschreibt. Aber warum ist das mit dem Verschiebungsvektor dann eine Punktspiegelung um

(2 | 3)

prodomo aktiv_icon

16:04 Uhr, 27.02.2013

Die Matrix allein beschreibt KEINE Punktspiegelung am Ursprung! Das wäre

(\begin{matrix} - 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{matrix})

. Gespiegelt wird ja

[\vec{x} - (\begin{matrix} 2 \\ 3 \end{matrix})]

. Der gespiegelte Vektor wird dann vom Punkt

(2 | 3)

aus bis zum Bildpunkt abgetragen. Also musst du zeigen, dass

(\begin{matrix} - 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{matrix}) \cdot (\vec{x} - (\begin{matrix} 2 \\ 3 \end{matrix})) + (\begin{matrix} 2 \\ 3 \end{matrix})

mit deiner Abbildung identisch ist.

Nova12 aktiv_icon

16:13 Uhr, 27.02.2013

Wie kommst du auf:

[\vec{x} - (\begin{matrix} 2 \\ 3 \end{matrix})]

und dann die

(\begin{matrix} 2 \\ 3 \end{matrix})

?

Edit// Ich glaub mir ist das grad klar geworden. Man rechnet

\vec{x} - (\begin{matrix} 2 \\ 3 \end{matrix})

weil man damit sozusagen den einen Punkt

P

durch die Verschiebung so spiegelt als wäre es am ursprung und dann

+ (\begin{matrix} 2 \\ 3 \end{matrix})

um es wieder zurück zu verschieben.

Stimmt das so?

Nova12 aktiv_icon

22:59 Uhr, 27.02.2013

Hab ich das jetzt richtig verstanden?

anonymous

23:16 Uhr, 27.02.2013

Ja, das hast du richtig erfasst.

Nova12 aktiv_icon

07:26 Uhr, 28.02.2013

Danke

prodomo aktiv_icon

07:48 Uhr, 28.02.2013

Der Beweis gelingt nicht, denn es ist keine Punktspiegelung. Für den Gegenbeweis überprüfe das Bild von

(\begin{matrix} 2 \\ 3 \end{matrix})

. Das müsste ein Fixpunkt sein..... Außerdem hat die Matrix Det

= 0, d . h

. alle Bildpunkte liegen auf einer Geraden, und zwar auf

x_{1} + x_{2} = 10

Nova12 aktiv_icon

08:52 Uhr, 28.02.2013

In den Lösungen steht aber dass es eine punktspiegelung an

(\begin{matrix} 2 \\ 3 \end{matrix})

ist.

Werner-Salomon aktiv_icon

12:20 Uhr, 28.02.2013

.. dann stimmt Deine Matrix nicht. Die Determinante der Matrix ist =0, d.h dass bei dieser Transformation jeder Bildpunkt auf ein und derselben Geraden liegt - von der Form:

g : \vec{x} = (\begin{array}{rcl} 6 \\ 4 \end{array}) + λ (\begin{array}{rcl} - 1 \\ 1 \end{array})

probier es einfach aus.

Nova12 aktiv_icon

12:44 Uhr, 28.02.2013

Ach Sorry die Matrix ist:

(\begin{matrix} - 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{matrix})

Hatte mich da vertippt.

Wie kommt man auf diese geradengleichung? Und warum liegen die Punkte alle auf dieser Geraden wenn die Determinante der Matrix=0 ist?

Matlog aktiv_icon

14:15 Uhr, 28.02.2013

Hallo Nova12,

ich habe eine Gegenfrage:

Drei sehr kompetente Helfer haben sich jetzt um Dein Problem bemüht. Nur um jetzt festzustellen, dass Deine Aufgabenstellung falsch war.
Ich finde es unglaublich, wie oft sowas hier passiert!
Und dann kommt meist ein Kommentar wie "verdammt". Du hast immerhin ein kleines "ach sorry" hinbekommen.

Mich würde sehr interessieren ob Du eine Ahnung hast, warum das passiert!?

anonymous

14:20 Uhr, 28.02.2013

Auf die Geradengleichung kommt man beispielsweise folgendermaßen:
(Ich mache es mal etwas ausführlicher.)

x' = (\begin{matrix} - 1 & 1 \\ 1 & - 1 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} x_{1} \\ x_{2} \end{matrix}) + (\begin{matrix} 4 \\ 6 \end{matrix})

x' = (\begin{matrix} - x_{1} + x_{2} \\ x_{1} - x_{2} \end{matrix}) + (\begin{matrix} 4 \\ 6 \end{matrix})

x' = (\begin{matrix} - x_{1} \\ x_{1} \end{matrix}) + (\begin{matrix} x_{2} \\ - x_{2} \end{matrix}) + (\begin{matrix} 4 \\ 6 \end{matrix})

x' = x_{1} \cdot (\begin{matrix} - 1 \\ 1 \end{matrix}) + x_{2} \cdot (\begin{matrix} 1 \\ - 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 4 \\ 6 \end{matrix})

Nun sind die Vektoren

(- 1, 1)

und

(1, - 1)

linear abhängig, daher kann man folgendes machen:

x' = x_{1} \cdot (\begin{matrix} - 1 \\ 1 \end{matrix}) - x_{2} \cdot (\begin{matrix} - 1 \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 4 \\ 6 \end{matrix})

x' = (x_{1} - x_{2}) \cdot (\begin{matrix} - 1 \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 4 \\ 6 \end{matrix})

(x_{1} - x_{2})

beschreibt nun einfach irgendein Skalar, welches nun

λ

genannt wird.

x' = λ \cdot (\begin{matrix} - 1 \\ 1 \end{matrix}) + (\begin{matrix} 4 \\ 6 \end{matrix})

Wenn die Determinante einer Matrix

M \in K^{n \times n}

gleich 0 ist, so müssen die Zeilenvektoren der Matrix linear abhängig sein.

Das Bild der linearen Abbildung

Φ : K^{n} \to K^{n}, x \mapsto M \cdot x

kann in diesem Fall dann aber auch nicht gleich dem gesamten Vektorraum

K^{n}

sein, da

Φ

dann nicht injektiv und damit (wegen der Endlich-Dimensionalität von

K^{n})

auch nicht surjektiv ist.

Das heißt also bei diesem Beispiel im

ℝ^{2},

dass das Bild von

Ψ : ℝ^{2} \to ℝ^{2}, x \mapsto M \cdot x

nicht der gesamte

ℝ^{2}

sein kann. Das Bild muss also entweder

ℝ^{1}

oder

{0}

sein. Da

M

nicht gleich der Nullmatrix ist, bleibt somit nur

ℝ^{1}

übrig.

Anschaulich bedeutet dies im

ℝ^{2}

also, dass die Punkt nicht alle auf der gesamten Ebene verteilt sind, sondern auf einer Geraden liegen müssen.

Im

ℝ^{3}

(oder höheren Dimensionen) kann man in diesem Fall

(det (M) = 0)

aber nicht direkt folgern, dass alle Bildpunkte auf einer Geraden liegen. Man kann allerdings sagen, dass sie nicht im ganzen dreidimensionalen Raum verteilt sein können, sondern sich zumindest auf einer zweidimensionalen Ebene befinden müssen.

Nova12 aktiv_icon

21:04 Uhr, 28.02.2013

Danke. Habs jetzt denk ich :-)

Nova12 aktiv_icon

21:04 Uhr, 28.02.2013

Danke. Habs jetzt denk ich :-)

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