affine abbildungen < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:50 Fr 05.06.2009 | | Autor: | quade521 |
ich hab eine frage bezüglich Scherungen. Scherungen sind ja auch affine Abbildungen. Die Allgemeine Form einer Scherung ist doch:
[mm] \pmat{ a & b \\ c & d } [/mm] *x [mm] +\vektor{e \\ f}
[/mm]
was ist dabei der unterschied zur allgemeinen Form affiner abbildungen?
und als zweites eine frage zu diesem Link (zum ersten Post)
http://www.matheboard.de/thread.php?threadid=137878
wie kommt man auf diese Gleichungssysteme?
also wie wird aus
A(0|4) = A'(1|3)
B(2|0) = B'(2|0)
C(1|1) = C'(1|1)
das LGS
1 = 4b + c
2 = 2a + c
1 = a + b + c
wäre dankbar für eien antwort
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:03 Fr 05.06.2009 | | Autor: | fred97 |
Ist eine affine Abbildung A der Ebene durch ihre Abbildungsmatrix M und ihre Verschiebung [mm] \vec{v} [/mm] gegeben, [mm] \vec{x}\mapsto M\cdot \vec{x}+ \vec{v}, [/mm] dann ist A genau dann eine Scherung, wenn
1. die Fixpunktgleichung [mm] \vec{x_F}= M\cdot \vec{x_F}+ \vec{v} [/mm] eine Lösung [mm] \vec{x_F} [/mm] hat
2. und die Matrix M das charakteristische Polynom [mm] $(\lambda-1)^2$ [/mm] hat
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:29 Fr 05.06.2009 | | Autor: | quade521 |
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:31 Fr 05.06.2009 | | Autor: | fred97 |
>
ja ?
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:33 Fr 05.06.2009 | | Autor: | quade521 |
vertippt...
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Hallo,
ich kann es dir nicht so genau sagen, wie man ausgerechnet auf dieses LGS kommt. Meines Erachtens stimmen die Gleichungen auch nicht. Nirgends taucht der Verschiebungsvektor auf. Das klingt schon mal suspekt.
Ich rechne nicht gerne mit diesen Verschiebungen und man kann das vermeiden, indem man künstlich noch die dritte Dimension ergänzt (homogene Koordinaten). Dann sieht die Abbildungsgleichung so aus:
[mm]\vektor{x_1' \\ x_2' \\ 1} = \pmat{ a & b & e \\ c & d & f \\ 0 & 0 & 1 }*\vektor{x_1 \\ x_2 \\ 1}[/mm]
Da kannst du jetzt die drei Punkte einsetzen und bekommst 6 Gleichungen mit 6 Variablen, wobei jeweils drei Gleichungen je drei Variablen enthalten, also musst du praktisch nur 2 LGS mit jeweils 3 Gleichungen und 3 Unbekannten lösen.
Dabei steckt die Fixpunkt-Information bereits in den beiden Punkten B und C, die ja auf sich selbst abgebildet werden.
Vielleicht gibt es deswegen auch noch eine Möglichkeit, den Verschiebungsvektor direkt an der Geraden, entlang der geschert wird abzulesen und dann nur noch a, b, c und d auszurechnen. Die kenne ich aber nicht  .
Fazit: Ich bekomme folgendes heraus:
[mm]\vektor{x_1' \\ x_2' } = \pmat{ 1,5 & 0,5 \\ -0,5 & 0,5}*\vektor{x_1 \\ x_2} + \vektor{ -1 \\ 1}[/mm]
Die Werte stimmen nicht mit deinen Gleichungen überein - also hab entweder ich einen Fehler gemacht oder die Gleichungen stimmen nicht.
Vielleicht findest du ja selbst noch einen guten Rechenweg und kannst es entscheiden .
Gruß,
weightgainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:32 Fr 05.06.2009 | | Autor: | quade521 |
danke...nein das LGS stimtm nicht obwohl das in den anderen threat steht
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:34 Fr 05.06.2009 | | Autor: | quade521 |
$ [mm] \vektor{x_1' \\ x_2' \\ 1} [/mm] = [mm] \pmat{ a & b & e \\ c & d & f \\ 0 & 0 & 1 }\cdot{}\vektor{x_1 \\ x_2 \\ 1} [/mm] $
wie setzte ich denn die Punkte dort genau ein kanst du eine beispielgleichung formulieren bitte beziehungsweise weshalb kommst du auf 6 Gleichungen?
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> [mm]\vektor{x_1' \\ x_2' \\ 1} = \pmat{ a & b & e \\ c & d & f \\ 0 & 0 & 1 }\cdot{}\vektor{x_1 \\ x_2 \\ 1}[/mm]
>
> wie setzte ich denn die Punkte dort genau ein kanst du eine
> beispielgleichung formulieren bitte beziehungsweise weshalb
> kommst du auf 6 Gleichungen?
[mm] \pmat{ a & b & e \\ c & d & f \\ 0 & 0 & 1 }\cdot{}\vektor{0 \\ 4 \\ 1} = \vektor{1 \\ 3 \\ 1}[/mm] (Jetzt Multiplikation ausführen.)
[mm]\Rightarrow \vektor{4b+e \\ 4d+f \\ 1} = \vektor{1 \\ 3 \\ 1}[/mm]
Jetzt die anderen Punkte noch einsetzen. Dann hast du drei Gleichungen mit a, b und e sowie drei Gleichungen mit c, d und f.
Gruß,
weightgainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:56 Fr 05.06.2009 | | Autor: | quade521 |
danke...sind denn die ergebnisse des gleichungssystems dann auch direkt die einträge der Abb. Matrix? Wenn ja weshalb denn? Weil ich kenn das nur von normalen linearen abbildungen, dass hier für die abbildungsmatrix nicht herausgefunden werden muss wo meinetwegen P(2/0) abbgebildet wird sondern (1/0) und (0/1) also die einheitsvektoren und das machen wir hier ja nicht.
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Du hast die Punkte sowie die Bildpunkte doch schon gegeben. Das funktioniert also analog zu "Steckbriefaufgaben" in der Analysis, z.B. "Finde die Parabel durch die Punkte A, B und C". Da setzt du auch die Punkte in die allgemeine Funktionsgleichung ein. Genauso kannst du das hier eben auch machen. Denke ich zumindest .
Gruß,
weightgainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:08 Fr 05.06.2009 | | Autor: | quade521 |
was ist denn das von fred vorhidn nagesprochenen charakteristische Polynom??
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Das charakteristische Polynom einer Matrix A ist definiert als:
[mm]det (A - \lambda*E)[/mm], wobei [mm]E[/mm] die Einheitsmatrix ist.
Daraus gewinnt man die charakteristische Gleichung:
[mm]det (A - \lambda*E) = 0[/mm]
Die Lösungen [mm]\lambda_1, \lambda_2, ...[/mm] sind die Eigenwerte dieser Matrix.
Wenn du das für diese Matrix ausrechnest, kommt auch genau das geforderte Polynom heraus.
Also etwa so: [mm]det \links( \pmat{ \bruch{3}{2} & \bruch{1}{2} \\ -\bruch{1}{2} & \bruch{1}{2} }-\lambda* \pmat{ 1 & 0 \\ 0 & 1}\rechts)
= det\pmat{ \bruch{3}{2}-\lambda & \bruch{1}{2} \\ -\bruch{1}{2} & \bruch{1}{2}-\lambda }
=(\bruch{3}{2}-\lambda)*(\bruch{1}{2}-\lambda) + \bruch{1}{4}
= ... = (\lambda - 1)^2 [/mm]
Gruß,
weightgainer
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