Lineare Algebra und analytische Geometrie II (Unterrichtsfach)
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- Hinrich Maier
- vor 8 Jahren
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1 MATHEMATISCHES INSTITUT DER UNIVERSITÄT MÜNCHEN Prof. Dr. D. Rost SS 0 Blatt.06.0 Übungen zur Vorlesung Lineare Algebra und analytische Geometrie II (Unterrichtsfach) Abgabe: Dienstag, 0. Juli 0, bis 4:00 Uhr im Abgabekasten der Vorlesung.. (Herbst 8, Thema, Aufgabe 4) Betrachten Sie die Drehungen im R mit den Drehwinkeln ±0, um die Achse R (,,) und geben Sie deren Matrixdarstellungen bzgl. der kanonischen Basis des R an. Hinweis: Bestimmen Sie erst die Matrixdarstellungen dieser Drehungen bzgl. einer Ihnen geeignet erscheinenden Orthonomalbasis. Lösung zu ): Man wählt zunächst eine Basis e,e,e der Form e e und e = e e R (,,). Also z.b. e = (,,0), e = 6 (,, ), e = e e = (,,). In dieser Basis hat die Drehung um ±0 die darstellende Matrix: D = 0 ± Um die Matrix in der Standardbasis darzustellen müssen wir den entsprechenden Basiswechsel vollführen. Sei dazu M die Basiswechselmatrix, d.h. die Matrix deren Spalten die Basisvektoren e i als lin. Komb. in der Standardbasis e,e,e enthält, also die orthogonale Matrix M mit: M = 0. Die gesuchte Matrix ist das Produkt MDM also: MDM = MDM = (Herbst 008, Thema, Aufgabe ) Es sei v,v,v R eine Orthonormalbasis. Zeigen Sie, dass es genau eine Drehung ϕ : R R gibt mit ϕ(v ) = v und ϕ(v ) = v. Bestimmen Sie weiter den Kosinus des Drehwinkels von ϕ.
2 Lösung zu ): Wir zeigen zunächst, daß es höchstens eine Drehung ϕ : R R mit ϕ(v ) = v und ϕ(v ) = v geben kann, wobei v, v, v die gegebene Orthonormalbasis des R ist. Aufgrund der Winkeltreue der orthogonalen Abbildung ϕ erhält man v v = ϕ(v ) ϕ(v ) = v v v = ϕ(v ) ϕ(v ) = v unddamitϕ(v ) = λ v füreinλ R,wobeisichaufgrundihrerLängentreue = v = ϕ(v ) = λ v = λ v = λ = λ, also λ = ±, ergibt; für das Vorzeichen liefert die Orientierungstreue von ϕ dann det(v, v, v ) = det(ϕ(v ), ϕ(v ), ϕ(v )) = det(v, v, λ v ) = = λ det(v, v, v ) = λ det(v, v, v ) = λ det(v, v, v ), wegen det(v, v, v ) 0 also λ =. Durch ihre Wirkung ϕ(v ) = v, ϕ(v ) = v und ϕ(v ) = v auf der (Orthonormal )Basis v, v, v von R ist nun die lineare Abbildung ϕ : R R schon eindeutig bestimmt. Wir weisen nun nach, daß die einzige in Frage kommende lineare Abbildung ϕ : R R mit ϕ(v ) = v, ϕ(v ) = v und ϕ(v ) = v tatsächlich die gewünschten Eigenschaften besitzt. Wegen ist ϕ(v ) = v = 0 v + v +0 v ϕ(v ) = v = 0 v +0 v + v ϕ(v ) = v = v +0 v +0 v 0 0 M = 0 0 R 0 0 die darstellende Matrix von ϕ bezüglich der Orthonormalbasis v, v, v von R. Wegen M M = = 0 0 = E
3 ist die Matrix M orthogonal, so daß ϕ wegen 0 0 det(m) = 0 0 = 0 0 (0+0+) (0+0+0) = Sarrus eine Drehung des euklidischen R beschreibt. Für den Drehwinkel α von ϕ ergibt sich schließlich cosα = Spur(M) = 0 =. (Diese Informationen lassen sich aus der darstellenden Matrix M R der linearen Abbildung ϕ : R R bezüglich der Orthonormalbasis v, v, v ebenso gewinnen wie aus ihrer Abbildungsmatrix A R selbst: mit der orthogonalen Matrix P = (v,v,v ) O ergibt sich nämlich für den Basiswechsel M = P AP = P AP bzw. A = PMP = PMP, so daß mit M dann auch A (als Produkt orthogonaler Matrizen) orthogonal ist; ferner sind A und M zueinander ähnliche Matrizen und besitzen daher dieselbe Determinante und dieselbe Spur.). (Frühjahr 0, Thema, Aufgabe 4) Es sei σ : R R die Spiegelung an der Ebene E = R (,0,) +R (,,0) im R. Berechnen Sie die reelle Matrix A mit σ(x) = Ax für alle x R. Lösung zu ): Die gegebene Ursprungsebene E besitzt die beiden Richtungsvektoren u = 0 und u =, 0 damit den Normalenvektor ũ = u u = 0 = 0 und folglich die Gleichung E : ũ x = 0 bzw. x +x +x = 0. Der Lotfußpunkt x 0 des Punktes x R auf der Ebene E besitzt (als Punkt auf der Lotgeraden von x auf E) die Gestalt x λ x 0 = x+λ ũ = x +λ x +λ
4 mit einen geeigneten λ R, wobei sich wegen x 0 E dann also und somit (x λ)+(x +λ)+(x +λ) = 0, x +x +x +λ = 0 bzw. λ = x x x x x x x 5 x 0 = x + x x x = x + 4x + x 4 x + 5x x x + x x x x x + 8 x ergibt; der Bildpunkt σ(x) von x unter der Spiegelung σ an der Ebene E ist σ(x) = x+(x 0 x) +(x } {{ } 0 x) = x 0 x =x 0 5 x + 4x + x = 4 x + 5x x = 8 x x = 8 x + x 4x x x + 8 x x 4 x 4 x + 7 x x 4 = A x mit A = x x 4. (Frühjahr 007, Thema, Aufgabe 4) Es sei σ : R R die Spiegelung an der Ebene x + 8x + 4x E = { (x,y,z) R x y z = 0 } R und δ : R R die Spiegelung an der Geraden Weiter sei ϕ = σ δ. g = R (0,, ) R a) Zeigen Sie, dass ϕ bzgl. der kanonischen Basis des R durch die Matrix F = gegeben wird. 7 R. b) Zeigen Sie, dass ϕ die Spiegelung an einer Ebene ist, und geben Sie eine lineare Gleichung für die Spiegelungsebene von ϕ an.
5 Lösung zu 4): a) Die gegebene Ebene E = {x R x x x = 0} besitzt das orthogonale Komplement E = ũ E mit ũ E =. Für x R betrachten wir die Zerlegung woraus wegen zunächst x = u }{{} E +λ ũ } {{ E} für ein λ R, E x λ u = x λ ũ E = x +λ E x +λ (x λ) (x +λ) (x +λ) = 0, also x x x = 6λ, und damit λ = 6 (x x x ) folgt. Somit ist x (x 6 x x ) σ(x) = x λũ E = x (x 6 x x ) ( ) = x (x 6 x x ) ( ) x + x + x = x + x x = A σ x x x + x mit A σ =. Des weiteren besitzt die gegebene Gerade g = R u g mit 0 u g = das orthogonale Komplement g = {x R x x = 0}. Für x R betrachten wir die Zerlegung woraus wegen x = µ u g + }{{} }{{} ũ für ein µ R, g g x ũ = x µ u g = x µ g x +µ
6 zunächst (x µ) (x +µ) = 0, also x x = µ, und damit µ = (x x ) folgt. Somit ist mit (x x ) 0 x x δ(x) = µu g x = (x x ) x (x x ) ( ) x = x = A δ x x 0 0 A δ = Die Hintereinanderausführung ϕ = σ δ besitzt damit die Abbildungsmatrix 0 0 A = A σ A δ = 0 0 =. 0 0 b) Die Abbildungsmatrix A von ϕ ist wegen 0 0 A A = = 0 0 = E 0 0 orthogonal und wegen A = A symmetrisch; folglich ist ϕ die Orthogonalspiegelung in (R, ) am Unterraum Wegen U = Eig(A;) mit U = Eig(A; ). A E = ist Rang(A E ) =, also dimeig(a;) = ; folglich ist U eine Ebene, und es gilt U = {x R x +x +x = 0}.
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