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Abi 2012 Lineare Algebra / Analytische Geometrie Aufgabe 5, LK


Aufgabe a

(1)

Schritt 1: Die Vektoren \(\overrightarrow{AB}\)\(\overrightarrow{AC}\) und \(\overrightarrow{BC}\) berechnen 

\(\overrightarrow{AB}=\left(\begin{array}{c}1\\-2\\2\end{array}\right)- \left(\begin{array}{c}3\\0\\2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2\\-2\\0\end{array}\right)\)

\(\overrightarrow{AC}=\left(\begin{array}{c}5\\-2\\2\end{array}\right)- \left(\begin{array}{c}3\\0\\2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2\\-2\\0\end{array}\right)\)

\(\overrightarrow{BC}=\left(\begin{array}{c}5\\-2\\2\end{array}\right)- \left(\begin{array}{c}1\\-2\\2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4\\0\\0\end{array}\right)\)

Schritt 2: Den rechten Winkel nachweisen 

Ein Blick auf die Vektoren zeigt, dass die Vektoren \(\overrightarrow{AB}\) und \(\overrightarrow{AC}\) gleich lang sind. Das heißt, wenn es einen rechten Winkel gibt, dann wird er von diesen beiden Vektoren gebildet. Es gilt 

\(\overrightarrow{AB} \circ \overrightarrow{AC}=\left(\begin{array}{c}-2\\-2\\0\end{array}\right)\circ\left(\begin{array}{c}2\\-2\\0\end{array}\right)=(-2)\cdot2+(-2)\cdot(-2)=0,\)

also stehen die Seiten [AB] und [AC] senkrecht aufeinander, d. h. das Dreieck hat bei A einen rechten Winkel.

(2)

Schritt 1: Bildpunkte berechnen

\(\overrightarrow{OA'}=\begin{pmatrix} -0,6 & 0,8 & 0 \\ 0,8 & 0,6 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \left(\begin{array}{c}3\\0\\2\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-0,6 \cdot3\\0,8 \cdot3\\1 \cdot2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1,8\\2,4\\2\end{array}\right) \\ \Rightarrow A'(-1,8|2,4|2)\)

 

\(\overrightarrow{OB'}=\begin{pmatrix} -0,6 & 0,8 & 0 \\ 0,8 & 0,6 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \left(\begin{array}{c}1\\-2\\2\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-0,6 \cdot1+0,8\cdot(-2)\\0,8 \cdot1+0,6\cdot(-2)\\1 \cdot2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2,2\\-0,4\\2\end{array}\right) \\ \Rightarrow B'(-2,2|-0,4|2)\)

 

\(\overrightarrow{OC'}=\begin{pmatrix} -0,6 & 0,8 & 0 \\ 0,8 & 0,6 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \left(\begin{array}{c}5\\-2\\2\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-0,6 \cdot5+0,8\cdot(-2)\\0,8 \cdot5+0,6\cdot(-2)\\1 \cdot2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4,6\\2,8\\2\end{array}\right) \\ \Rightarrow C'(-4,6|2,8|2)\)

Schritt 2: Rechten Winkel suchen

Es ist 

\(\overrightarrow{A'B'}=\left(\begin{array}{c}-2,2\\-0,4\\2\end{array}\right)- \left(\begin{array}{c}-1,8\\2,4\\2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-0,4\\-2,8\\0\end{array}\right)\) und 

\(\overrightarrow{A'C'}=\left(\begin{array}{c}-4,6\\2,8\\2\end{array}\right)- \left(\begin{array}{c}-1,8\\2,4\\2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2,8\\0,4\\0\end{array}\right)\), also 

\(\overrightarrow{A'B'} \circ \overrightarrow{A'C'}=\left(\begin{array}{c}-0,4\\-2,8\\0\end{array}\right)\circ\left(\begin{array}{c}-2,8\\0,4\\0\end{array}\right)=(-0,4)\cdot(-2,8)-(-2,8)\cdot(0,4)=0.\)

Das Bilddreieck ist somit ebenfalls rechtwinklig mit rechtem Winkel bei A'.

Bemerkung:

Es kann im Allgemeinen passieren, dass das Bilddreieck zwar wieder rechtwinklig ist, der rechte Winkel aber an einer anderen Ecke liegt.

(3)

Der Wert der \(x_3\)‐Koordinate ist sowohl bei den Urpunkten als auch bei den Bildpunkten 2. Das heißt, beide Dreiecke liegen in der Ebene \(x_3=2\), die parallel zur \(x_1-x_2-\) Ebene verläuft.

Aufgabe b

Schritt 1: Allgemeinen Punkt der Ebene bestimmen 

\(E^*:2x_1-x_2=0\)

Ein Punkt (a|b|c) liegt genau dann auf \(E^*\), wenn ܾ\(b=2a\) gilt. Die Punkte dieser Ebene sind also diejenigen der Form \((a|2a|c)\) für ܽ\(a \in\mathbb R\) und ܿ\(c \in\mathbb R\).

Schritt 2: \(f(A_E)\) berechnen 

Es ist 

\(f\left(\begin{array}{c}a\\2a\\c\end{array}\right)=\begin{pmatrix} -0,6 & 0,8 & 0 \\ 0,8 & 0,6 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \left(\begin{array}{c}a\\2a\\c\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}(-0,6) \cdot a+0,8\cdot2a\\0,8 \cdot a+0,6\cdot2a\\c\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}a\\2a\\c\end{array}\right) \)

d. h. alle Punkte auf \(E^*\) sind Fixpunkte der Abbildung \(f\).

Aufgabe c

(1)

Schritt 1: Eigenvektoren zum Eigenwert 1 finden 

\(\lambda_1 =1\) ist genau dann ein Eigenwert von \(f\), wenn es einen Eigenvektor

\(\left(\begin{array}{c}x_1\\x_2\\x_3\end{array}\right)\neq\left(\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right)\) gibt, so dass \(\begin{pmatrix} -0,6 & 0,8 & 0 \\ 0,8 & 0,6 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \left(\begin{array}{c}x_1\\x_2\\x_3\end{array}\right) =1 \cdot \left(\begin{array}{c}x_1\\x_2\\x_3\end{array}\right)\) gilt, d. h. die Koordinaten erfüllen die Gleichungen

\((-0,6) \cdot x_1+0,8\cdot x_2= 1 \cdot x_1, \\ 0,8 \cdot x_1+ 0,6 \cdot x_2=1 \cdot x_2 \; \text{und} \\ x_3=1 \cdot x_3.\)

Äquivalent dazu ist das lineare Gleichungssystem

\(I: -1,6x_1+0,8x_2 \quad = 0 \\ II: \; 0,8x_1-0,4x_2 \quad=0\\ III: \quad\quad \quad\;\; 0 \cdot x_3\quad\;=0,\)

wobei \(III\) automatisch erfüllt ist und \(I\) und \(II\) jeweils äquivalent zur Gleichung \(2x_1-x_2=0\) sind. Die Menge der Eigenvektoren von \(f\) zum Eigenwert 1 ist

\(\text{Eig}_1 (f)=\{\left(\begin{array}{c}a\\2a\\c\end{array}\right)=a\left(\begin{array}{c}1\\2\\0\end{array}\right)+c\left(\begin{array}{c}0\\0\\1\end{array}\right)| a \in \mathbb R\wedge c \in \mathbb R \wedge a^2+c^2\neq0\}.\)

Schritt 2: Eigenvektoren zum Eigenwert -1 finden 

\(\lambda_2 =-1\) ist genau dann ein Eigenwert von \(f\), wenn es einen Eigenvektor 

\(\left(\begin{array}{c}x_1\\x_2\\x_3\end{array}\right)\neq\left(\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right)\) gibt, so dass \(\begin{pmatrix} -0,6 & 0,8 & 0 \\ 0,8 & 0,6 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \left(\begin{array}{c}x_1\\x_2\\x_3\end{array}\right) =(-1) \cdot \left(\begin{array}{c}x_1\\x_2\\x_3\end{array}\right)\) gilt, d. h. die Koordinaten erfüllen die Gleichungen

\((-0,6) \cdot x_1+0,8\cdot x_2= - x_1, \\ 0,8 \cdot x_1+ 0,6 \cdot x_2= -x_2 \; \text{und} \\ x_3=-x_3.\)

Äquivalent dazu ist das lineare Gleichungssystem 

\(I:\;\;\; 0,4x_1+0,8x_2 \;\quad = 0 \\ II: \;\; 0,8x_1+1,6x_2 \quad=0\\ III: \quad\quad\quad \quad\;\; 2x_3\quad\;=0\)

Aus \(III\) folgt \(x_3=0\) \(I\) und \(II\) sind jeweils äquivalent zu \(x_1+2x_2=0\). Die Menge der Eigenvektoren zum Eigenwert \(-1\) ist daher

\(\text{Eig}_{-1} (f)=\{\left(\begin{array}{c}-2b\\b\\0\end{array}\right)=b\left(\begin{array}{c}-2\\1\\0\end{array}\right)| b \in \mathbb R \diagdown\{0\}\}\).

(2)

Wie oben bemerkt sind die Eigenvektoren von \(f\) zum Eigenwert 1 die nicht‐trivialen Lösungen des Gleichungssystems

Äquivalent dazu ist das lineare Gleichungssystem

\(I: -1,6x_1+0,8x_2 \quad = 0 \\ II: \; 0,8x_1-0,4x_2 \quad=0\\ III: \quad\quad \quad\;\; 0 \cdot x_3\quad\;=0,\)

wobei \(III\) automatisch erfüllt ist und \(I\) und \(II\) jeweils äquivalent zur Gleichung \(2x_1-x_2=0\) sind. 

Die Lösungen der Gleichung \(2x_1-x_2=0\) sind genau die Punkte von \(E^*\), also sind die Eigenvektoren von \(f\) zum Eigenwert 1 genau die Ortsvektoren der Punkte auf \(E^*\), bis auf den Ursprung. Die Eigenvektoren von \(f\) zum Eigenwert -1 sind die Vektoren der Form 

\(\left(\begin{array}{c}-2\\1\\0\end{array}\right)\) mit \(b \neq0\) . Da \(\left(\begin{array}{c}-2\\1\\0\end{array}\right)\) ein Normalenvektor von \(E^*\) ist (vgl. Koordinatengleichung von \(E^*\)), sind die Eigenvektoren von \(f\) zum Eigenwert -1 die Ortsvektoren aller Punkte der Ursprungsgeraden senkrecht auf \(E^*\) bis auf den Ursprung.

Aufgabe d

zu 1.: 

Sei \(E^*\) die Ebene, für die die Abbildung \(f\) eine Spiegelungsvorschrift darstellt. Nach Aufgabe b) wird jeder Punkt der Ebene \(E^*\) durch die Abbildung \(f\) auf sich selbst abgebildet.

zu 2.: 

Der Punkt P mit den Koordinaten (a|b|c) sei ein Punkt, der nicht Element von \(E^*\) ist. Dann ist \(2a\neq b\) ܾ und 

\(P'=f(P)=\begin{pmatrix} -0,6 & 0,8 & 0 \\ 0,8 & 0,6 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \left(\begin{array}{c}a\\b\\c\end{array}\right) =\left(\begin{array}{c}-0,6a+0,8b\\0,8a+0,6b\\c\end{array}\right)\)

\(\Rightarrow \overrightarrow{PP'}=\left(\begin{array}{c}-0,6a+0,8b\\0,8a+0,6b\\c\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}a\\b\\c\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1,6a+0,8b\\0,8a-0,4b\\0\end{array}\right)=(0,8a-0,4b)\left(\begin{array}{c}-2\\1\\0\end{array}\right).\)

Wegen \(2a\neq b\) ist \(0,8a-0,4b \neq 0\), also \( \overrightarrow{PP'} \neq \left(\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right)\)   und somit \(P' \neq P.\)

Außerdem ist \( \overrightarrow{PP'} = -(0,8a-0,4b)\left(\begin{array}{c}-2\\1\\0\end{array}\right)\)  parallel zum Normalenvektor \(\left(\begin{array}{c}-2\\1\\0\end{array}\right)\) von \(E^*\) . Also steht \( \overrightarrow{PP'} \) senkrecht auf \(E^*\).

zu 3.: 

\(d'(P';E)=d(P;E)\) gilt genau dann, wenn der Mittelpunkt M der Strecke [P'P] auf \(E^*\) liegt. Dabei ist 

\(\overrightarrow{OM}= \frac{1}{2}\overrightarrow{OP}+\frac{1}{2}\overrightarrow{OP'}=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{c}a\\b\\c\end{array}\right)+\frac{1}{2}\left(\begin{array}{c}-0,6a+0,8b\\0,8a+0,6b\\c\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0,2a+0,4b\\0,4a+0,8b\\c\end{array}\right)\)

\(\Rightarrow M(0,2a+0,4b| 0,4a+0,8b|c)\)

Die Koordinaten von M erfüllen die Gleichung für \(E^*\), denn

\(2(0,2a+0,4b)-(0,4a+0,8b)=0,4a+0,8b-0,4a-0,8b \\ \quad \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\;\;\;=0\)

Somit ist auch die 3. Bedingung erfüllt, d. h. \(f\) ist eine Spiegelung an der Ebene \(E^*\).

Aufgabe e

Es sei \(f_E\) eine Spiegelung an einer Ebene E im \(\mathbb R^3\), die den Ursprung enthält. Da E den Ursprung enthält, hat E eine Parametergleichung der Form

\(E:s\cdot \overrightarrow{v}+t \cdot \overrightarrow{w}, s \in \mathbb R, t\in \mathbb R, \)

denn man kann den Ursprung als Aufpunkt wählen. Für \(s=1\wedge t=0\) ergibt sich, dass \(\overrightarrow{v}\) der Ortsvektor eines Punktes ܲP auf E ist. Für \(s=1\wedge t=0\) ergibt sich, dass \(\overrightarrow{w}\) der Ortsvektor eines Punktes Q auf E ist. Da E eine Ebene ist, sind \(\overrightarrow{v}\) und \(\overrightarrow{w}\) linear unabhängig. Da \(f_E\) eine Spiegelung an einer Ebene E ist, werden alle Punkte von E durch \(f_E\) auf sich selbst abgebildet, d. h. es gilt insbesondere 

\(f_E(P)=P\) und \(f_E(Q)=Q\).

Das bedeutet wiederum 

\(f_E(\overrightarrow{v})=\overrightarrow{v}\) und \(f_E(\overrightarrow{w})=\overrightarrow{w}\).

Somit sind  \(\overrightarrow{v}\) und \(\overrightarrow{w}\) zwei linear unabhängige Eigenvektoren von ݂\(f_E\) zum Eigenwert 1

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