Lösungen ¨Ubung 11 - Institut für Mathematik

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Institut für Mathematik
Geometrie und Lineare Algebra
J. Schönenberger-Deuel
Lösungen Übung 11
Aufgabe 1.
a) Diese Abbildung ist nicht linear, weil z. B.
0
2
0
f
=
6=
.
0
0
0
b) Diese Abbildung ist linear mit Darstellungsmatrix
1 1
.
0 1
0 0
x
x
Tatsächlich gilt f a xy + b xy0
= a(x+y)+b(x+y)
=
af
+
bf
für alle
y
y0
ay+by 0
0
a, b und beliebige Vektoren xy , xy0 .
c) Diese Abbildung ist linear mit Darstellungsmatrix
2 0
.
1 1
0 0
2ax+2bx0
Tatsächlich gilt f a xy + b xy0
= a(x+y)+b(x+y)
= af xy + bf xy0 für alle a, b
0
und beliebige Vektoren xy , xy0 .
d) Diese Abbildung ist nicht linear, weil z. B.
1
1
2
4
1
1
1
1
2
f
+
=f
=
6= f
+f
=
+
=
.
0
1
1
3
0
1
1
2
3
Aufgabe 2.
a) Sei A die Darstellungsmatrix der linearen Abbildung f . Die gegebenen
Gleichungen sind äquivalent zu
2
1
) = f (~e1 + ~e2 ) = f (~e1 ) + f (~e2 ) =
(1)
f(
1
1
0
1
f(
) = f (~e1 − ~e2 ) = f (~e1 ) − f (~e2 ) =
.
(2)
1
−1
Wir haben also aus (1)+(2), dass
2f (~e1 ) =
2
1
⇐⇒ f (~e1 ) =
.
2
1
Aus (1)-(2) folgt, dass
2
1
2f (~e2 ) =
⇐⇒ f (~e2 ) =
.
0
0
Somit ist die Darstellungsmatrix
1 1
A=
1 0
.
HS13
1/7
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b) Sei B die Darstellungsmatrix von f . Auf die gleiche Weise wie in (a) erhalten wir
2
4
f(
) = f (2~e1 + 3~e2 ) = 2f (~e1 ) + 3f (~e2 ) =
3
1
−4
0
f(
) = −4f (~e1 ) + 2f (~e2 ) =
.
2
2
(3)
(4)
Wir haben also aus 2(3)+(2), dass
f (~e2 ) =
1
.
1/2
Aus (3) folgt, dass
f (~e1 ) =
1/2
.
−1/4
Somit ist die Darstellungsmatrix
B=
1/2
1
−1/4 1/2
.
c) Eine solche lineare Funktion f existiert nicht: Einerseits ist nach Definition f (−4, −2) =
(0, 1), andererseits folgt aus der Linearität, dass f (−4, −2) = −2f (2, 1) = −2(2, 1) =
(−4, −2).
Aufgabe 3. Die Spalten sind orthogonal, genau dann wenn der Skalarprodukt gleich null ist.
Hier gilt
 √   √ 
− 2
− 2
 √ 2  ·  √2  = 1 − 1 = 0.
2
2 2
− 2
2
√
Weil −
2
2
= cos (135◦ ),
√
2
2
2
= sin (135◦ ), erhalten wir die Rotationsmatrix
R0, 135◦ =
HS13
cos (135◦ ) − sin (135◦ )
sin (135◦ ) cos (135◦ )
2/7
.
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√
Aufgabe 4.
trix
a) Weil
2
2
R0, −45◦
Denn
= cos (−45◦ ), −
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√
= sin (−45◦ ), erhalten wir die Rotationsma√
√ !
2
2
cos (−45◦ ) − sin (−45◦ )
2√
√2
=
.
=
◦
◦
sin (−45 ) cos (−45 )
− 22 22
2
2
√ ! 2 2
7.78
~
◦
R0, −45 OA =
,
≈
−2.12
2 2 − √72
√ ! √5 − 2
2.12
2
~
√
◦
R0, −45 OB =
,
≈
√5 + 2
4.95
2
√ −3√2
−4.24
~
R0, −45◦ OC =
.
≈
−4.24
−3 2
√7 +
2
√
b) Die Spiegelung an der y-Achse bildet den Vektor xy auf den Vektor −x
ab. Die
y
Darstellungsmatrix lautet
−1 0
M=
.
0 1
Die Verknüpfung der zwei Abbildungen ist
N = R0, −45◦ · M =
Daraus folgen
~ =
N OA
HS13
− √12
√1
2
√1
2
√1
2
!
.
! √
2 2 − √72
−2.12
√
≈
,
√7 + 2 2
7.78
2
3/7
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√ ! + 2
4.95
~
√
N OB =
≈
,
2.12
− 2
√ −4.24
−3√2
~
≈
N OC =
−4.24
−3 2
√5
2
√5
2
.
Aufgabe 5.
a). Diese Abbildung ist linear mit Darstellungsmatrix
2 −1
.
1 1
b). Diese Abbildung ist linear mit Darstellungsmatrix
1 0
.
0 1
c). Diese Abbildung ist linear mit Darstellungsmatrix
0 0
.
0 0
d). Diese Abbildung ist linear mit Darstellungsmatrix
0 −1
.
2 1
Aufgabe 6.
a) Wie in Aufgabe 3, ist die Rotationsmatrix
R0, 45◦ =
cos (45◦ ) − sin (45◦ )
sin (45◦ ) cos (45◦ )
√
2
√2
2
2
=
√
−√ 22
2
2
!
.
Die Inverseabbildung ist die Rotation um −45◦ , welche Matrix wie folgt aussieht:
√ !
√
R0, −45◦ =
HS13
4/7
2
2√
−
2
2
2
√2
2
2
.
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b)
~ =
Sei OC
a
b
0
beliebig. Die Dreiecke ACD und AC 0 D sind
ähnlich, weil C die Spiege~ = b , und die Abbildung besitzt
lung von C and der Gerade y = x ist. Deswegen OC
a
die Matrix
0 1
.
1 0
Diese Matrix ist invertierbar, und wir sehen es einfach ein, weil
0 1 1 0
II ↔ I
1 0 0 1
1 0 0 1
.
0 1 1 0
Die Inverseabbildung besitzt die gleiche Darstellungsmatrix, d. h.
0 1
1 0
.
c) Da tan(45◦ ) = 1, ist die Darstellungsmatrix dieser Abbildung laut dem Skript 8.4
1 1
.
0 1
Diese Matrix ist invertierbar, und wir sehen es einfach ein, weil
1 1 1 0
I ← I − II
0 1 0 1
1 0 1 −1
.
0 1 0 1
Die Inverseabbildung besitzt die gleiche Darstellungsmatrix, d. h.
HS13
5/7
1 −1
0 1
.
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d)
Da
f (~e1 ) = f (~e2 ) =
1/2
1/2
erhalten wir die Darstellungsmatrix
1
A=
2
Also
Aufgabe 7.
1 1
1 1
x+y x
x
2
= x+y
=A
f
.
y
y
2
a) Wie in Aufgabe 6 b).
b) rr
HS13
6/7
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Zuerst drehen wir g bis sie mit der x-Achse zusammenfällt.√Sei α der Winkel der
√Gerade
g. Wir sehen, dass aus tan α = 1/2 folgen cos α = 2/ 5 und sin α = 1/ 5. Dies
entspricht einer Rotation von α, welche Darstellungsmatrix
√ √
2/√5 −1/√ 5
R0, −α =
.
1/ 5 2/ 5
ist. Die gesuchte Spiegelung ist nun eine Spiegelung an der x-Achse, welche Darstellungsmatrix
1 0
A=
.
0 −1
ist. Wir drehen dann die x-Achse zurück mit Darstellungsmatrix
√
√ 2/ √5 1/√5
.
R0, α =
−1/ 5 2/ 5
. Die Komposition der Abbildungen
R0, α ◦ Sx ◦ R0, −α
ist die Darstellungsmatrix der Funktion:
R0, −α · A · R0, α =
√
√ √ √
2/ √5 1/√5
1 0
2/√5 −1/√ 5
=
·
·
=
0 −1
−1/ 5 2/ 5
1/ 5 2/ 5
1 3 4
=
5 4 −3
0.6 0.8
.
0.8 −0.6
Alternativ könnte man
α
1 3
cos 2α
cos − sinα
f (~e1 ) =
=
=
,
2 sin α cos α
sin 2α
5 4
1 4
sin 2α
f (~e2 ) =
=
− cos 2α
5 −3
berechnen. Dies definiert auch die Darstellungsmatrix.
HS13
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