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Affinität im Raum

Universität / Fachhochschule

Tags: Eigenvektoren, Eigenwerte, Fixgeraden, Fixpunkt, Räumliche Affinitten

Gisy123 aktiv_icon

19:29 Uhr, 20.03.2013

Dies ist der zweite Versuch, meine Aufgabe korrekt zu schreiben. Hoffentlich diesmal ohne Fehler. Also die Aufgabe lautet:

Im Raum ist die Affinität

x' = A \cdot x + b

mit

A = \frac{1}{9} \cdot (\begin{matrix} - 1 & 4 & - 8 \\ 4 & - 7 & - 4 \\ - 8 & - 4 & - 1 \end{matrix})

und

b = \frac{1}{9} \cdot (\begin{matrix} 26 \\ 40 \\ 46 \end{matrix})

gegeben.

Was ist die geometrische Bedeutung dieser Abbildung ?

- - - - -

Dem Hinweis von Michal folgend liefert die Diagonalisierung von A die Matrix

A 1 = (\begin{matrix} 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{8} \\ 0 & 1 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix})

. Ich bin mir jedoch nicht sicher, ob das der richtige Ansatz ist, denn gesucht sind doch wohl zuerst die Fixpunkte und damit die Lösungen der Gleichung

x = A \cdot x + b \Leftrightarrow (A - E) \cdot x = - b

.

Was meint ihr?

michaL aktiv_icon

19:45 Uhr, 20.03.2013

Hallo,

sehenden Auges, also hier die "Abmahnung": Deine Frage wurde schon unter www.onlinemathe.de/forum/Affine-Abbildung-im-Raum bearbeitet und auch abgehakt.
Ein weiterer Faden zu dem Thema ist unüblich!

Zum "MichaLs" Tipp: der war echt gut, schlauer Kerl, der! ;-)

Was du gemacht hast, sieht aber nicht wirklich danach aus. Deine Matrix hat nicht Diagonalform

^{[1]}

.

Wie du selbst richtig feststellst, musst du die Eigenwerte und -vektoren finden. Das ist üblicherweise gemeint, wenn man sagt, man solle die Matrix diagonalisieren!

Klar, wie das geht?

Mfg Michael

Weblinks:
[1] de.wikipedia.org/wiki/Diagonalmatrix

wallter0234 aktiv_icon

23:04 Uhr, 20.03.2013

Hallo Gisy,

deine Aufgabe interessierte mich und ich habe Mühe gehabt, sie zu lösen. Wie du es wünscht, teile ich Dir nur mein Ergebnis mit. Ich bin übrigens mit deinem Ansatz weitergekommen, ohne die gewiss exzellenten mathematischen Kenntnisse und Vorgaben von Michael wie auch seine Hinweise auf den weblink "http://de.wikipedia.org/wiki/Diagonalmatrix" genutzt zu haben.

Hast du auch die Erfahrung gemacht, dass Mathematiker manchmal von einer schwer ertragbaren Arroganz sein können?

Aber nun zu deiner Aufgabe:

Es handelt sich um eine Spiegelung an der Geraden

x = (\begin{matrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{matrix}) + r \cdot (\begin{matrix} 2 \\ 1 \\ - 2 \end{matrix})

.

MfG

Walter

Gisy123 aktiv_icon

09:16 Uhr, 21.03.2013

Hallo Walter, hallo Michael,

meine Zwischenergebnisse sind

Fixpunktgerade:

(\begin{matrix} 4 \\ - 3 \\ 5 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 1 \\ - 0,5 \\ 1 \end{matrix})

Charakteristisches Polynom:

p (λ) = - 729 {(λ + 1)}^{2} (λ - 1)

Zur doppelten Nullstelle

λ = - 1 :

zwei

l . u

. Eigenvektoren:

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

und

(\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0,5 \end{matrix})

zur Nullstelle

λ = 1 :

Eigenvektor

(\begin{matrix} 1 \\ 0,5 \\ 1 \end{matrix})

.

Wenn das richtig ist, wie geht es dann weiter ?

MfG

Gisy

michaL aktiv_icon

13:11 Uhr, 21.03.2013

Hallo,

der Eigenvektor zum Eigenwert 1 ist nicht richtig.

> [...] wie geht es dann weiter ?

Wenn du drei linear unabhängige Eigenvektoren (nicht unbedingt zum gleichen Eigenwert) gefunden hast, also eine Basis, dann mache dir klar, welche geometrische Auswirkung die Multiplikation der (diagonalisierten) Matrix auf die neue Basis hat.
Das beantwortet im Wesentlichen deine Frage.

Noch Details nötig?

Mfg Michael

michaL aktiv_icon

12:32 Uhr, 22.03.2013

Hallo,

zunächst einmal muss ich mich hier erklären. Warum ich also (nochmal) antworte, liegt an deiner Nachfrage in einem ganz anderen Faden. Zur Erläuterung dieses Forums: du kannst an einen Benutzer eine Art eMail schreiben, die dann nur er lesen kann. Dort könntest du um Hilfe bei deinen Fragen bitten. Dazu einen anderen Faden zu verwenden, ist eher unüblich.

So, nun zu meinen Lösungshinweisen, mit denen du noch Probleme hast:
Ich schrieb, dass dein Eigenvektor zum Eigenwert 1 falsch sein. Tatsächlich hast du

(\begin{array}{c} 1 \\ ½ \\ 1 \end{array})

angegeben. Korrekt wäre aber eher

(\begin{array}{c} 1 \\ ½ \\ - 1 \end{array})

(achte auf's Vorzeichen).

Die beiden anderen Eigenvektoren (also die zum Eigenwert -1) sind zwar korrekt, aber insgesamt wenig hilfreich.
Sicher ist dir aufgefallen, dass deine Matrix

A

symmetrisch ist, ihre Determinante ist gleich 1. Ihre Spalten(vektoren) sind paarweise senkrecht und haben die "Länge" 1. Mit anderen Worten, du hast eine orthogonale Matrix vorliegen.
Da ihre Determinante +1 ist, kommt nur eine Drehung (oder als Sonderfall zu betrachten: eine Achsenspiegelung) infrage.
Soviel kann man sogar ohne Eigenwertberechnung sagen. Die Verschiebung am Ende führt lediglich zu einer Verschiebung der Dreh-/Spiegelachse. Aufgrund der Eigenwerte kann man von einer Drehung um 180° reden, einfacher ist jedoch, dies als Achsenspiegelung zu betrachten.

Du solltest deshalb deine Eigenvektoren auch(!) paarweise senkrechte Eigenvektoren der Länge 1 finden. Dass das geht, ist ein recht zentrales Ergebnis über orthogonale Matrizen.

Schließlich hast du ja folgende Abbildungsgleichung:

\vec{x} ʹ = A \vec{x} + \vec{b}

.
Die Matrix

A

ist ähnlich zu der Diagonalmatrix

D = (\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & - 1 & 0 \\ 0 & 0 & - 1 \end{array})

. Man kann also in einem anderen Koordinatensystem den Abbildungsvorgang als Spiegelung an der

x

-Achse verstehen. Die Verschiebung am Ende bedeutet "nur" eine Parallelverschiebung der Spiegelachse.
Die Koordinatentransformation werde durch die Matrix

T

ausgelöst, d.h.

T \vec{x}

ergibt die Koordinaten im neuen Koordinatensystem. Außerdem gilt/gelte (bei geeigneter Ausführung) dann

T A T^{- 1} = D

bzw.

T^{- 1} D T = A

.
Damit kannst du also deine Gleichung

\vec{x} ʹ = A \vec{x} + \vec{b}

umschreiben als

\vec{x} ʹ = T^{- 1} D T \vec{x} + \vec{b}

und von links mit

T

multiplizieren, sodass du

(T \vec{x} ʹ) = D (T \vec{x}) + (T \vec{b})

erhältst.
In diesem Koordinatensystem ist die Abbildung sehr einfach zu identifizieren, daher die ganze Geschichte mit den Eigenwerten. An dieser Form erkennt man nämlich, dass die (neuen)

x

-Werte unverändert werden, die (neuen)

y

- bzw.

z

-Werte eines Punktes/Vektors ändern "nur" das Vorzeichen. Anschließend wird noch um einen immer festen Wert verschoben.

Damit stellt deine Abbildung eine Verknüpfung aus einer Achsenspielgelung an der

x

-Achse (im neuen Koordinatensystem) und einer anschließenden Verschiebung dar.

Mache dir klar, dass damit das gleiche erhalten wird wie eine Achsenspiegelung an der um den entsprechenden Vektor verschobenen Parallelen zur

x

-Achse (immer im neuen Koordinatensystem gedacht).

Wenn Fragen sind, so muss ich dich dringend bitten, sie in diesem Faden zu lassen und schlimmstenfalls die Arroganz gewisser Mathematiker auszuhalten. Du kannst sicher noch etliches lernen in mathematischer Hinsicht.

Mfg Michael

wallter0234 aktiv_icon

10:46 Uhr, 24.03.2013

Hallo Gisy,

deinen bisherigen Antworten meine ich entnehmen zu können, dass man dir vielleicht am besten eine Lösung der Aufgabe nahelegen kann, wenn man bei dir einen Wissensstandvon etwa Leistungskurs 13.Klasse/lineare Algebra 1.Semester voraussetzt. Dann müssen dir natürlich Michaels Bemühungen, dir die Lösung der Aufgabe zu verdeutlichen, so vorkommen, als ob man mit Kanonen auf Spatzen schießt.

Meine primitivere Hilfe zur Aufgabe: (Irrtümer vorbehalten

!!)

Eigenvektoren sind vom Standpunkt der affinen Geometrie aus gesehen nichts anderes als Richtungsvektoren der Fixgeraden. Nimmt man als Stützvektor für einen Eigenvektor

v

den Ortsvektor

p

eines Fixpunktes

P,

so ist

x = p + λ \cdot v

Parametergleichung einer Fixgeraden. In deiner Aufgabe hast du drei Eigenvektoren erkannt: Die zum Eigenwert

v_{0} = 1

gehörige Fixgerade hat (natürlich) den gleichen Eigen – bzw. Richtungsvektor

v_{0}

wie die Fixpunktgerade als spezielle Fixgerade. Zum Eigenwert

v_{1} = - 1

gehören, wie du richtig erkannt hast, zwei linear unabhängige Vektoren

v 1

und

v 2

und damit auch die gesamte 2-dimensionale Vektoren-Mannigfaltigkeit

λ \cdot v 1 + λ \cdot v 2

. Damit kennst du

\infty^{3}

viele Fixgeraden, da sämtliche Ortsvektoren der Punkte der Fixpunktgeraden als Stützvektoren für die Vektoren dieser Mannigfaltigkeit genutzt werden können. Jede dieser Fixgeraden verläuft wegen

v 0 \cdot v 1 = v 0 \cdot v 2 = 0

senkrecht zur Fixpunktgeraden und das gilt dann auch für die von

v 1

und

v 2

aufgespannten

\infty^{1}

vielen Ebenen.

So, bis hierhin habe ich geholfen. Nun mach mal selbst weiter, falls du überhaupt noch Interesse an der Aufgabe hast.

MfG

Walter

Gisy123 aktiv_icon

17:00 Uhr, 24.03.2013

Hallo Walter,
hab nicht gewusst, dass ich noch mal drankommen würde.

Ich meine jetzt aber deinen Lösungstipp fortsetzen zu können:
Wenn

P

ein bel. Raum-Punkt ist, so wird durch

P

und die beiden Eigenvektoren

v 1

und

v 2

eine zur Fixpunktgeraden

g

senkrechte Ebene

E

bestimmt, die die Fixpunktgerade

g

in einem Punkte

Q

schneidet. Dann ist auch die in

E

liegenden Fixgerade QP zur Ebene

E

senkrecht. Nun bestimme ich mit der gegebenen Abbildungsvorschrift zu

P

den Bildpunkt P´. Mit dem Nachweis von Vektor(QP) = Vektor(P´Q)müsste dann bewiesen sein, dass durch die Abbildung jeder Raumpunkt an der Fixpunkgeraden gespiegelt wird.
Stimmt das so?
Eine Frage hätte ich dann doch noch. Für deinen Lösungsansatz setzt du voraus, dass Eigenvektoren Richtungsvektoren von Fixgeraden sind. Kannst du mir das noch klar machen?

Für die Hilfe herzlichen Dank.

Gisy

wallter0234 aktiv_icon

19:09 Uhr, 24.03.2013

Das ist eigentlich einfach einzusehen:

Ist

g

eine Fixgerade einer affinen Abbildung

x' = A \cdot x + b

des Raumes, so muss für zwei beliebige nicht identische Punkte

P (p) \in g

und

Q (q) \in g

auch

P' (p') \in g

und

Q' (q') \in g

gelten,

d

h

der Vektor(P'Q') ist ein Vielfaches von Vektor(PQ)

\Rightarrow

Vektor(P'Q')

= λ

Vektor(PQ).

\Rightarrow q' - p' = λ (q

–

p)

.
Wegen

p' = A \cdot p + b

und

q' = A \cdot q + b

\Rightarrow (A \cdot q + b)

–

(A \cdot p + b) = λ \cdot (q

–

p) \Rightarrow (A \cdot q

–

A \cdot p) = λ \cdot (q

–

p)

\Rightarrow A \cdot (q

–

p) = λ \cdot (q

–

p)

(wegen der Linearität der Matrix

A)

bzw. mit

v :=

q–p

\Rightarrow A \cdot v = λ \cdot v \Rightarrow A \cdot v

–

λ \cdot v =

Nullvektor.
Das ergibt mit der Einheitsmatrix

E

\Rightarrow A \cdot v

–

λ \cdot E \cdot v \Rightarrow (A

–

λ \cdot E) \cdot v =

Nullvektor.
Ein Wert

λ,

der dieser Vektorgleichung genügt, ist ein "Eigenwert" und der zugehörige Richtungsvektor

v

ist ein "Eigenvektor" der Abbildung.
Das ist der Ausgangspunkt zur Bestimmung der Eigenwerte, die man als Nullstellen des "charakteristischen Polynoms" in

λ,

also von

det (A

–

λ \cdot E) = 0

gewinnt.
Jeder Eigenwert

λ,

eingesetzt in

(A

–

λ \cdot E) \cdot v =

Nullvektor , ergibt dann ein homogenes LGS, dessen Lösungen die zugehörigen – nur bis auf einen Faktor eindeutigen - Eigenvektoren

v

sind.
Ja. jetzt ist das doch länger geworden, als ich gedacht habe.
Alles klar ?

Gruß

Walter

michaL aktiv_icon

19:15 Uhr, 24.03.2013

Hallo,

nun gibt es zwei Eigenwerte und drei linear unabhängige Eigenvektoren.
Heißt das, dass es frei Fixgeraden gibt?

Und aus den Fixgeraden schließe ich nochmal wie darauf, dass es sich um eine Geradenspiegelung handelt?

Mfg Michael

wallter0234 aktiv_icon

23:38 Uhr, 24.03.2013

Hallo Michael,

war meine Antwort

(s . u .)

nicht klar genug formuliert oder nach deiner Meinung gar falsch ?

Dass gerade du danach fragst, macht mich unsicher. Meine Antwort müsste doch ausreichen, um zu erkennen, was ich meine:

Nimmt man einen bel. Fixpunkt auf der Fixpunktgeraden als Stützpunkt so bestimmt dieser zusammen mit einem Richtungsvektor, der eine Linearkombination der beiden zum Eigenwert

λ = - 1

gehörenden Eigenvektoren ist, eine Fixgerade.

Die Fixpunktgerade ist per se eine Fixgerade, da mit

P

immer auch

P' = P

Geradenpunkt bleibt und rechnerisch mit

λ = 1

die Bestimmung des zugehörigen Richtungvektors (Eigenvektors) identisch ist mit der Bestimmung des Richtungsvektors der Fixpunktgeraden.
In jeder durch einen bel. Punkt

F

der Fixpunktebene gehenden und von den beiden

l . u

. Eigenvek-toren aufgespannten Ebene befindet sich somit ein Fixgeradenbüschel mit

F

als Zentrum. Es gibt demnach (etwas salopp ausgedrückt) insgesamt

\infty \cdot \infty^{2} + 1

Fixgeraden.
Wie man daraus auf den Typ der Abbildung schließen kann, hat Gisy doch prima erläutert.
Freundliche Grüße von
Walter

Gisy123 aktiv_icon

11:21 Uhr, 25.03.2013

Hallo
Dank an alle, die sich die Mühe gemacht baben, zu helfen.

MfG
Gisy

michaL aktiv_icon

12:43 Uhr, 25.03.2013

Hallo,

@wallter0234: Nein, falsch ist sie nicht. Vielleicht war ich beim Lesen oberflächlich. Wenn Gisy123 alles verstanden hat, dann war es (Sender-Empfänger-gemäß) auch ja auch hinreichend.

Mfg Michael

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