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Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 376
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 12:27: | 
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Hi,
unser Mathelehrer hat uns heute wieder mal mit einer alten Abituraufgabe überrascht, die selbst meinen Horizont um einiges übersteigt!
Also:
Mf=
bestimmt bezüglich der Einheitsbasis B1 die lineare Abbildung f.
a)Zeigen sie das f bijektiv ist und bestimmen sie die Matrix M-1!
b) Bestimmen sie Vect[x] so, dass f(vect[x])=(-3,0,2)T
c)Bestimmen sie die Eigenwerte und Eigenvektoren von f.
d)Zeigen sie das es eine Orthonormalbasis B2 von Eigenvektoren gibt und geben sie die Matrix von f bezüglich B2 an!
So das ist der ertse Aufgabenteil, wäre für jeden Tipp dankbar! Danke
mfg |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 378
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. Februar, 2003 - 14:12: |
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also, der zweite Teil hats noch mehr in sich, ich hab da überhaupt keinen Plan, weil wir sowas bis jetzt noch nie erwähnt haben:
e) Aus d) folgt, dass die Einschränkung von f auf R^2 ein Isomorphismus ist.
Zeichnen sie in ein 2-dimensionalen Koordinatensystem die Punkte Pi und ihre Bilder P'i unter f sowie den Einheitskreis k und dessen Bild k'.
Die Punkte: (1|0), (0|1), (1|1), (1|-1), (1/Ö2|1/Ö2), (1/Ö2|-1/Ö2)
Hat da einer eine Idee geschweige denn einen Durchblick?
mfg |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 943
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 24. Februar, 2003 - 16:26: |
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Hi Ferdi
Mal schauen wie weit ich komme...
a)
Erstmal schreiben wir die Funktion anders auf. Ich denke es handelt sich um eine lineare Abbildung von R³ in R³, wobei B1 die Standardbasis ist.
Nach der Darstellungsmatrix gilt:
f(e1)=e1-2e2
f(e2)=-2e1+e2
f(e3)=2e3
Da die Abbildung linear ist, können wir folgende Gleichung aufstellen:
f(ae1+be2+ce3)=(a-2b;-2a+b;2c)
Damit sieht man schonmal leicht die Surjektivität von f. Angenommen du hast den Vektor (x,y,z) aus R³. Dann musst du folgendes LGS lösen:
a-2b=x
-2a+b=y
2c=z
Und das ist lösbar, also werden alle Vektoren aus R³ erreicht.
Für jeden Vektor (x,y,z) gibt es genau eine Lösung beim Gleichungssystem, also ist die f auch injektiv.
(Übrigens ist die Surjektivität bei linearen Abbildung äquivalent zur Injetivität, jedenfalls wenn endlichdimensionale Vektorräume zugrunde liegen).
Also ist f bijektiv.
Bleibt noch M-1 zu bestimmen. Die Matrix existiert auch, denn f ist ja umkehrbar(bijektiv)!
Für die Inverse Matrix gebe ich hier mal nur die Lösung:
M-1=
(-1/3 -2/3 0)
(-2/3 -1/3 0)
(0 0 1/2)
b) Hab ich bei der Surjektivität im Prinzip schon benutzt. Setz einfach (x,y,z)T=(-3,0,2)T und lös das Gleichungssystem nach a,b und c auf.
Erhältst dann
a=1
b=2
c=1
Also vect[x]=(1,2,1)T
c)
Eigenwerte hast du ja schon bestimmt.
-1,2 und 3.
Suchen wir mal die zugehörigen Eigenvektoren. Anfang mit -1. Wir suchen alle Vektoren mit
Mf*x=-1*x
Dafür nehm als Vektor x einfach mal
(x,y,z)T
Dann multiplizieren wir den mal mit der Matrix. Insgesamt erhalten wir das LGS:
x-2y=-x
-2x+y=-y
2z=-z
Das lösen wir und erhalten:
x=y und z=0
Also sind alle Eigenvektoren zum Eigenwert -1 von der Form:
(a,a,0)T , a aus R ohne Null
Das gleiche Spielchen machst du jetzt mit den anderen Eigenwerten. Ich geb hier mal nur die Lösungen an:
Eigenvektoren zum Eigenwert 2:
(0,0,a)T
Eigenvektoren zum Eigenwert 3:
(-a,a,0)T
d)
Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten sind immer linear unabhängig, also müssen wir nur 3 orthogonale Vektoren finden(Länge ist ja dann nicht mehr schwer). Am besten du bildest einfach mal das Skalarprodukt von den Eigenvektoren. Wirst sehen, dass es immer 0 ergibt, also stehen die Vektoren ohnehin orthogonal aufeinander. Wir müssen nur noch auf die Länge Eins normieren, d.h. durch den Betrag des Vektors teilen!
Hier mal eine Orthonormalbasis aus Eigenvektoren:
v1=(1/sqrt(2),1/sqrt(2),0)
v2=(0,0,1)
v3=(-1/sqrt(2),1/sqrt(2),0)
Jetzt müssen wir die Matrix bzgl. dieser Basis angeben. Oben hatte wir schon
f((a,b,c))=(a-2b;-2a+b;2c)
Jetzt schauen wir uns mal an, was bei unsere ersten Basisvektor passiert:
f(v1)=f((1/sqrt(2),1/sqrt(2),0))
=(-1/sqrt(2),-1/sqrt(2),0)
Und das muss jetzt eine Linearkombination der Basisvektoren sein.
(-1/sqrt(2),-1/sqrt(2),0)=a11v1+a21v2+a31v3
Die Koeffizienten sind die erste Spalte der neuen Darstellungsmatrix genauso verfährst du mit den anderen Spalten dann auch und erhältst als neue Matrix:
(-1 0 0)
(0 2 0)
(0 0 3)
Eine Diagonalmatrix mit den Eigenwerten als Einträgen. Je nachdem was du über die Diagonalisierbarkeit linearer Abblidungen weißt, hättest du dir auch ein paar Schritte sparen können.
Bis hierhin erstmal.
Kannst du mir vielleicht noch sagen wie das mit der Einschränkung von f auf R² zu verstehen ist?
Welche Abbildung soll da ein Isomorphismus sein??
MfG
C. Schmidt |
Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 408
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 24. Februar, 2003 - 16:38: |
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Wow, Danke erst mal für deine Hilfe,
also wenn ich sehe, was wir da in der Schule alles NICHT gemacht haben, naja.
Also, wie das zu verstehen ist weiß ich ja selber nicht, ich hab jetzt mal die alte Abiklausur eingescannt, krieg sie aber nicht ins Board geladen, kann sie dir zuschicken, als JPEG, falls gewünscht. Muss das jetzt erst mal alles durcharbeiten!
mfg |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 945
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 24. Februar, 2003 - 16:47: |
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Ok, kannst mir das per Mail schicken. Mich wundert es aber auch ein bißchen, dass so etwas im Abitur drankommt, weil das irgendwie größtenteils Uni-Stoff ist.
MfG
C. Schmidt |
Klaus (kläusle)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: kläusle
Nummer des Beitrags: 285
Registriert: 08-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 24. Februar, 2003 - 17:48: |
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Hallo!
Ich hab vor einem Jahr mein Abi gemacht und muss auch sagen, dass das bei uns im Mathe LK (in Baden-Württemberg) kein Abistoff war. Im Gegenteil, wir haben in der Richtung rein gar nichts gemacht. Keine Matrizen, Determinanten, wirklich gar nichts...
Bei uns kam überwiegend Analytische Geometrie dran. Schon komisch, wie das bei anderen so ist.
Da kann man mal von einer wahrlich gleichwertigen Vorbereitung auf später (Uni, etc) sprechen...
MfG Klaus
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Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 410
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 24. Februar, 2003 - 19:24: |
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Hab euch beiden mal, die zweite Seite der Abiklausur geschikt, das war glaub ich nochdas einfachere von dem Zettel!! Schaut euch mal den rest an!!
mfg |
Christian Schmidt (christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: christian_s
Nummer des Beitrags: 949
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 25. Februar, 2003 - 19:36: |
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Hi Ferdi
Ich glaube ich verstehe jetzt schonmal die e)
Also erstmal ist eine bijektive lineare Abbildung ein Isomorphismus. Jetzt wollen wir eine Einschränkung von R^3 auf R^2 und wie es scheint sowohl im Werte- als auch im Definitionsbereich deiner Funktion. Wir haben ja in d) eine Orthonormalbasis aufgestellt. Was uns dabei auffallen sollte ist, dass bei v1 und bei v3 die 3. Koordinate Null ist. Also bilden die beiden Vektoren eine Basis von R^2(Natürlich ohne die dritte Koordinate). Als neue Darstellungsmatrix erhalten wir dadurch:
(-1 0)
(0 3)
Wobei wir das jetzt alles bezüglich der Basis B={v1=(1/sqrt(2),1/sqrt(2));v2=(-1/sqrt(2),1/sqrt(2))} sehen müssen!
Der nächste Teil sollte damit mit der Matrix erstmal keine Schwierigkeiten bereiten, musst halt die Vektoren mit der Matrix multiplizieren.
So wie ich das verstehe sind die Punkte, die jetzt angegeben sind bezüglich deiner neuen Basis zu berechnen. Also entspricht der Punkt
(1|0) dem Punkt (1/sqrt(2)|1/sqrt(2)) bzgl. der Standardbasis.
Jetzt zu den Abbildungen(Immer bzgl. B), also umrechnen beim zeichnen!):
(1|0)->(-1|0)
(0|1)->(0|3)
(1|1)->(-1|3)
(1|-1)->(-1|-3)
(1/sqrt(2)|1/sqrt(2))->(-1/sqrt(2)|3/sqrt(2))
(1/sqrt(2)|-1/sqrt(2))->(-1/sqrt(2)|-3/sqrt(2))
Ok, ich lese gerade man soll den Enheitskreis nehmen ;)
Dann ist es sicher doch so gemeint, dass die einzelnen Punkte bzgl. der Standardbasis angegeben sind. Dann rechnen wir am besten unsere Darstellungsmatrix wieder um!
f(e1)=f(1/sqrt(2)*v1+1/sqrt(2)*v2)
=-1/sqrt(2)*v1-3/sqrt(2)*v2=(-2;1)
Damit ist die erste Spalte der Darstellungsmatrix (-2;1)T. Die zweite berechnet man prinzipiell genauso und erhält als Darstellungsmatrix:
(-2 1)
(1 -2)
Damit kannst du ja dann oben nochmal die Punkte berechnen.
Jetzt aber zum Kreis.
Es gilt x²+y²=1
<=> y=±sqrt(1-x²)
Jetzt kannst du die Matrix mit dem Vektor (x,y)T multiplizieren und kriegst dann die Punkte für k'. Allerdings weiss ich hier nicht, wie man k' dann zeichnen soll!
Also bis hierhin erstmal...
MfG
C. Schmidt
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Ferdi Hoppen (tl198)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: tl198
Nummer des Beitrags: 420
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 25. Februar, 2003 - 20:30: |
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Danke Christian,
dass reicht erst mal,
denn mein Lehrer hat sich heut ein wenig verplappert [;-) , selbst in Schuld...], daher weiß ich das eine Anwendungsaufgabe zur Analytischen Geometrie drankommt und keine theoretische zur linearen Algebra.
Aber trotzdem schon mal schön zu sehen was so an der Uni angesagt ist (ich hab ja noch Zeit...)
mfg |
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