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Abi 2013 Lineare Algebra / Analytische Geometrie Aufgabe 5, LK


Aufgabe 5a)

Schritt 1: Matrix und Verschiebungsvektor bestimmen

Die Elemente der Matrix \(M\) und die Koordinaten des Verschiebungsvektors \(\overrightarrow{c}\) entsprechen 6 Unbekannten, die mithilfe entsprechender Gleichungen bestimmt werden müssen.

Bedingungen

P(0|4) wird auf P'(6|1) abgebildet:

  • \(\alpha \left(\begin{array}{c}0\\4\end{array}\right)= \left(\begin{array}{c} a_1 &b_1 \\ a_2 &b_2 \end{array} \right) \cdot \left( \begin {array}{c} 0\\ 4 \end{array} \right) + \left( \begin{array}{c} c_1 \\ c_2 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 6\\ 1\end{array}\right)\) liefert \(\left(\begin{array}{c}4b_1\\ 4b_2\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}c_1\\ c_2\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}6\\1\end{array}\right)\), also zwei Gleichungen:

    \(\begin{align} &I: & 4b_1 + c_1 =6 &\\ &II: & 4b_2 + c_2 =1 \end{align}\)

\(\)Die Punkte der Geraden \(g: x_1-x_2=-1\) werden auf sich selbst abgebildet,

  • wenn also \(g: x_1-x_2=-1\) gilt, dann folgt:

    \(\left(\begin{array}{c} x'_1\\ x'_1\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} a_1 & b_1 \\ a_2 & b_2 \end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{c} x_1 \\ x_2 \end{array}\right) + \left(\begin{array}{c} c_1 \\ c_2 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} x_1 \\ x_2 \end{array}\right)\)
Punkte auf \(g\) ermitteln

Hat ein Punkt auf \(g\) als erste Koordinate \(x_1=r\), so folgt aus der Gleichung \(x_1+x_2=-1\), dass die zweite Koordinate \(x_2=x_1+1=r+1\) lautet. Die Punkte auf \(g\) sind somit genau die Punkte \((r|r+1)\) mit \(r \in \mathbb{R}\). Für \(r=0\) und \(r=-1\) ergeben sich die Punkte \(A(0|1)\) und \(B(-1|0)\). Laut der zweiten Bedingung sind das Fixpunkte der Abbildung \(\alpha\), also gilt:

\(\begin{align} &\left(\begin{array}{c} a_1 &b_1 \\ a_2 &b_2 \end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}c_1\\ c_2\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right) \\& \Rightarrow \left(\begin{array}{c}b_1\\ b_2\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}c_1\\ c_2\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}0\\1\end{array}\right) \\& \Rightarrow \color{green} { \left(\begin{array}{c} b_1 + c_1 \\ b_2 +c_2 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}0\\ 1 \end{array}\right) }\end{align}\)

und

\(\begin{align} &\left(\begin{array}{c} a_1 &b_1 \\ a_2 &b_2 \end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{c}-1\\ 0\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}c_1\\ c_2\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-1\\ 0\end{array}\right) \\ & \Rightarrow \left(\begin{array}{c}-a_1\\ -a_2\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}c_1\\ c_2\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-1\\0\end{array}\right) \\ & \Rightarrow \color{green} { \left(\begin{array}{c} -a_1 + c_1 \\ -a_2 +c_2 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-1\\ 0 \end{array}\right) } \end{align}\)

Die zwei grünen Bedingungen liefern vier weitere Gleichungen:

III: \(b_1 + c_1 = 0\)

IV: \(b_2 + c_2 = 1\)

V: \(-a_1+c_1=-1\)

VI: \(-a_2 + c_2 =0\)

Der Übersichtlichkeit halber wiederholen wir an dieser Stelle die ersten zwei Gleichungen:

I: \(4b_1 + c_1 = 6\)

II: \(4b_2 + c_2 = 6\)

III von I abziehen liefert \(3b_1=6\Rightarrow b_1=2\). Dies wiederum in III eingesetzt liefert \(c_1=-2\). Dies wiederum in V eingesetzt liefert \(-a_1-2=-1 \Rightarrow a_1=-1\).

IV von II abziehen liefert \(3b_2=0 \Rightarrow b_2 = 0\). Dies wiederum in II eingesetzt liefert \(c_2=1\). Dies wiederum in VI eingesetzt liefert \(-a_2+1=0 \Rightarrow a_2=1\).

Lösung

Damit sind alle sechs Unbekannten bestimmt und die Abbildung \(\alpha\) hat die Matrix \(M=\left(\begin{array}{r} -1 & 2\\ 1 &0\end{array}\right)\) und den Verschiebungsvektor \(\overrightarrow{c}=\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right)\).

b) (1)

Schritt 1: Eigenwerte bestätigen

\(\lambda\) ist genau dann ein Eigenwert von \(M=\left(\begin{array}{c} -1 & 2 \\ 1 & 0 \end{array}\right)\), wenn es einen Eigenvektor gibt, sodass \(\left(\begin{array}{c} -1 & 2 \\ 1 & 0 \end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{c}x_1\\ x_2\end{array}\right) = \lambda \cdot\left(\begin{array}{c}x_1\\ x_2\end{array}\right)\) gilt, d. h., die Koordinaten erfüllen die Gleichungen \((-1) \cdot x_1 + 2 \cdot x_2 = \lambda \cdot x_1\) und \(1 \cdot x_1 + 0 \cdot x_2 = \lambda \cdot x_2\).
Äquivalent dazu ist das lineare Gleichungssystem:

I: \((-1-\lambda) \cdot x_1 + 2\cdot x_2=0\)

II: \(1 \cdot x_1 + (-\lambda)\cdot x_2=0\)

Eine Lösung ist \(x_1=x_2=0\).

Dieses System hat genau dann eine weitere Lösung \(\left(\begin{array}{c}x_1\\ x_2\end{array}\right) \neq \left(\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right)\), wenn die Determinante der zugehörigen Koeffizientenmatrix \(\left(\begin{array}{c} -1-\lambda & 2\\ 1 & -\lambda\end{array}\right)\) verschwindet, also wenn:

\(\begin{align} \text{det} &\left(\begin{array}{c} -1-\lambda & 2\\ 1 & -\lambda\end{array}\right) = 0 \\ \Leftrightarrow &(-1-\lambda)\cdot(-\lambda) - 1 \cdot 2 =0 \\ \Leftrightarrow &\lambda^2 + \lambda- 2 =0 \\ \end{align}\)

Lösung

Die quadratische Lösungsformel liefert die Lösungen

\(\lambda = \frac{ -1 \pm \sqrt{1-4\cdot1\cdot(-2)} }{2}=\frac{-1 \pm \sqrt{9} }{2} =-\frac{1}{2} \pm \frac{3}{2}\), also

\(\lambda = -2\) und \(\lambda = 1\). Das sind also die Eigenwerte von \(M\).

b) (2)

Schritt 1: Eigenvektoren bestimmen

Die Eigenvektoren \(\left(\begin{array}{c} x_1 \\ x_2 \end{array}\right)\) zum Eigenwert \(\lambda=-2\) erfüllen

I: \((-1-\lambda) \cdot x_1 + 2\cdot x_2 = 0\) und

II: \(1 \cdot x_1 + (-\lambda) \cdot x_2 = 0\) (s. o.) mit \(\lambda=-2\), also

I: \(x_1 + 2x_2 = 0 \Rightarrow x_1=-2x_x\). Wählt man z. B. \(x_2=1\), so ergibt sich der Eigenvektor \(\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right)\) zum Eigenwert \(-2\).

Lösung

Die Eigenvektoren \(\left(\begin{array}{c}x_1\\ x_2\end{array}\right)\) zum Eigenwert \(\lambda=1\) erfüllen

I: \(-2x_1 + 2x_2=0\), also \(x_2=x_1\). Wählt man z. B. \(x_1=1\), so ergibt sich der Eigenvektor \(\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)\) zum Eigenvektor 1.

b) (3)

Schritt 1: Ergebnisse interpretieren

Fixgeraden der Abbildung \(\alpha\) haben die Eigenvektoren von \(M\) als Richtungsvektoren. Die Existenz zweier linear unabhängiger Eigenvektoren bedeutet also, dass es zwei nicht parallele Fixgeraden gibt. Eine solche ist die Fixpunktgerade \(g\), die durch

\(g:\overrightarrow{x}=\left(\begin{array}{c} r\\ r+1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right) + r \cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)\) parametrisiert wird (s.o.).

Lösung

Da der Verschiebungsvektor \(\overrightarrow{c}=\left(\begin{array}{c} -2 \\ 1\end{array}\right)\) ein Eigenvektor von \(M\) ist, gibt es unendlich viele Fixgeraden mit Richtungsvektor \(\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array} \right)\); jede beliebige Wahl eines Stützvektors liefert eine solche.

Zum Beispiel ist die Ursprungsgerade \(h: \overrightarrow{x}=s \cdot \left(\begin{array}{c} -2 \\ 1\end{array}\right)\) eine Fixgerade der Abbildung \(\alpha\). Jede weitere (außer \(g\)) ist parallel zu dieser.

c) (1)

Schritt 1: Geraden durch Punkt und Bildpunkt vergleichen

\(P(0|4);\ P'(6|1)\)

Gerade durch \(P\) und \(P'\)\(g_{p, p'}: \overrightarrow{x} = \overrightarrow{OP} + r \cdot \overrightarrow{PP'} = \left(\begin{array}{c}0\\ 4\end{array}\right) + r \cdot \left[ \left(\begin{array}{c}6\\ 1\end{array}\right) - \left(\begin{array}{c}0\\ 4\end{array}\right) \right]\)

\(=\left(\begin{array}{c}0\\ 4\end{array}\right) + r \cdot \left(\begin{array}{c}6\\ -3\end{array}\right)\) oder mit dem Parameter \(s=-3r\)

\(=\left(\begin{array}{c}0\\ 4\end{array}\right) + s \cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right)\).

Der Bildpunkt eines beliebigen Punktes \(\left(\begin{array}{c}a_1\\ a_2\end{array}\right)\) ist gegeben durch:

\(\left(\begin{array}{c}a'_1\\ a'_2\end{array}\right) =\) \(\left(\begin{array}{c} -a_1 + 2a_2 - 2 \\ a_1 +1 \end{array}\right)\)

Die Gerade durch Punkt und Bildpunkt ist daher:

\(\begin{align} l:\overrightarrow{x} &=\left(\begin{array}{c}a_1\\ a_2\end{array}\right) + t \cdot \left[ \left(\begin{array}{c} -a_1 + 2a_2 -2 \\ a_1 + 1 \end{array}\right) - \left(\begin{array}{c}a_1\\ a_2\end{array}\right) \right] \\ &=\left(\begin{array}{c}a_1\\ a_2\end{array}\right) + t \cdot \left(\begin{array}{c} -2a_1 + 2a_2 -2\\ a_1-a_2+1\end{array}\right) \\ &=\left(\begin{array}{c}a_1\\ a_2\end{array}\right) + t \cdot \left( a_1 - a_2 + 1 \right) \cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right)\end{align}\)

\(\)Lösung

Alle diese Geraden haben als Richtungsvektor ein Vielfaches von \(\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right)\), sind also parallel zueinander, insbesondere also parallel zu \(PP'\) (dies ist der Spezialfall \(a_1=0,\ a_2=4\)).

c) (2)

Schritt 1: Konstruktion von \(Q'\) erläutern

Die gesamte Konstruktion mit Zirkel und Lineal ergibt folgendes Bild:

Abi 2013 Lineare Algebra / Analytische Geometrie Aufgabe 5, LK - Abbildung 1

Der Eigenvektor der Matrix \(M= \left(\begin{array}{c} -1 & 2 \\ 1 & 0\end{array}\right)\) zum Eigenwert 1 ist ein Richtungsvektor der Fixpunktgeraden:

\(g:\left(\begin{array}{c}x_1\\ x_2\end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}0\\1\end{array}\right)+r \cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)\)\(r \in \mathbb {R}\)

Laut Teilaufgabe b) (2) ist der Verschiebungsvektor \(\left(\begin{array}{c} -2\\ 1\end{array}\right)\) ebenfalls ein Eigenvektor der Matrix \(M \), und zwar zum Eigenwert \(-2\). Somit lässt sich \(Q'\) folgendermaßen konstruieren:

Zunächst werden in einem kartesischen Koordinatensystem der Punkt \(Q(3|0)\) und die Gerade parallel zu \(g\) durch \(Q\) eingezeichnet (Bezeichnung: \(g^*\)). Dann kommt die Ursprungsgerade \(k^*\) hinzu, deren Richtungsvektor der Eigenvektor \(\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right)\) von \(M\) ist (z. B. als Ursprungsgerade parallel zu \(PP'\)). Es sei \(Q^*\) der Schnittpunkt von \(k^*\) und \(g^*\), also \(Q^*(2|-1)\). Dann ist \(\overrightarrow{OQ} = \overrightarrow{OQ^*} + \overrightarrow{O^*Q}\), wobei \(\overrightarrow{OQ*} \) Eigenvektor von \(M\) zum Eigenwert \(-2\) und \(\overrightarrow{Q^*Q}\) Eigenvektor von \(M \) zum Eigenwert 1 ist. \(-\overrightarrow{OQ} \) ist nun als Summe aus Eigenvektoren dargestellt.

Anwendung von \(M\) streckt \(\overrightarrow{OQ^*}\) um den Faktor 2 und spiegelt ihn am Ursprung; der so entstehende Punkt heiße \(Q^{**}\).

Geometrisch kann Punkt \(Q^{**}\) wie folgt konstruiert werden: Mit dem Zirkel wird ein Kreis um den Ursprung gezeichnet, der den Punkt \(Q^*\) enthält (d. h., der Abstand von \(O\) zu \(Q^*\) wird mit dem Zirkel abgetragen). Der zweite Schnittpunkt dieses Kreises mit der Geraden \(k^*\) (neben \(Q^*\)) ist \(Q_1(-2|1)\). Zeichnet man nun einen Kreis mit demselben Radius um \(Q_1\), so gibt es wieder zwei Schnittpunkte mit \(k^*\): Einer davon ist der Ursprung und der andere ist \(Q^{**}(-4|2)\).

Damit ist die Streckung und Spiegelung von \(\overrightarrow{OQ^*}\) erledigt und der Anteil \(\overrightarrow{Q^*Q}\) von \(\overrightarrow{O^*Q}\) muss noch addiert werden. Dazu zeichnet man die Gerade parallel zu \(k^*\) durch \(Q\) ein, ebenso die Gerade parallel zu \(g^*\) durch \(Q^{**}\). Der Schnittpunkt dieser beiden Geraden ist \(Q_2(-3|3)\).

Jetzt muss nur noch der Verschiebungsvektor \(\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\end{array}\right)\) zu \(Q_2\) addiert werden, um den Bildpunkt \(Q'(-5|4)\) zu erhalten.

d) (1)

Schritt 1: Bildpunkt \(P'\) zu \(P\) berechnen

\(\begin{align} &\left( \begin{array}{c} 1-2k & 2 \\ k & 0 \end{array} \right) \cdot \left( \begin{array}{c} 0 \\ 4 \end{array} \right) + \left( \begin{array}{c} -2 \\ 1 \end{array} \right) \\ &=\left(\begin{array}{c} 0+8\\ 0 \end{array}\right) + \left(\begin{array}{c} -2\\ 1 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} 6\\ 1 \end{array}\right) \end{align}\)

Lösung

Das Ergebnis ist unabhängig von \(k\), weshalb alle Abbildungen \(\alpha_k P\) auf denselben Bildpunkt \(P'(6|1)\) abbilden.

d) (2)

Schritt 1: Gemeinsamen Fixpunkt berechnen

\((x_1|x_2)\) ist genau dann ein Fixpunkt von \(\alpha_k\), wenn gilt:

\(\left(\begin{array}{c} 1-2k & 2\\ k & 0 \end{array} \right) \cdot \left(\begin{array}{c} x_1 \\ x_2 \end{array}\right) + \left(\begin{array}{c} -2 \\ 1 \end{array}\right) =\left(\begin{array}{c} x_1 \\ x_2 \end{array}\right)\)

Das ist gleichbedeutend mit \((1-2k)\cdot x_1 + 2 \cdot x_2 -2 = x_1\) und \(k \cdot x_1 +1 = x_2\).

Durch Umformung ergibt sich daraus das lineare Gleichungssystem:

I: \(-2kx_1 + 2x_2 =2\)

II: \(kx_1 - x_2=-1\)

I ergibt sich aus II durch Multiplikation mit \(-2\), also sind die beiden Gleichungen äquivalent. Gemeinsame Fixpunkte aller \(\alpha_k\) sind also Punkte \((x_1|x_2)\), deren Koordinaten

II: \(kx_1 - x_2 = -1\)

für jedes \(k \in \mathbb{R}\) erfüllen, insbesondere also für \(k=0\) und für \(k=1\).

Das führt auf die zwei Gleichungen

\(-x_2=-1\) und \(x_1-x_2=-1\) mit \(x_2 = 1\) und \(x_1 = 0\) als einziger Lösung.

Lösung

Somit gibt es genau einen gemeinsamen Fixpunkt der Abbildungen \(\alpha_k\), nämlich \((0|1)\).

d) (3)

Schritt 1: \(k\) für Schrägspiegelung bestimmen

\(\lambda = -1\) ist genau dann ein Eigenwert von \(M_k=\left(\begin{array}{c} 1-2k & 2 \\ k & 0 \end{array}\right)\), wenn es einen Eigenvektor \(\left(\begin{array}{c}x1\\ x2\end{array}\right) \neq \left(\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right)\) gibt, sodass \(\left(\begin{array}{c} 1 - 2k & 2 \\ k & 0 \end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{c} x_1 \\ x_2 \end{array}\right)=(-1) \cdot \left( \begin{array}{c} x_1 \\ x_2\end{array} \right)\) gilt, d. h., die Koordinaten erfüllen die Gleichungen \(1-2k) \cdot x_1+2\cdot x_2 = -x_1\) und \(k \cdot x_1 = -x_2\).

Durch Umformung ergibt sich daraus das lineare Gleichungssystem:

I: \((2-2k)x_1 + 2x_2 = 0\)

II: \(kx_1+x_2=0\)

Dieses System hat genau dann eine weitere Lösung \(\left(\begin{array}{c} x_1\\ x_2 \end{array}\right) \neq \left(\begin{array}{c} 0\\ 0 \end{array}\right)\), wenn die Determinante der zugehörigen Koeffizientenmatrix \(\left(\begin{array}{c} 2-2k & 2 \\ k & 1 \end{array}\right)\) verschwindet, also wenn:

\(\begin{align} &\det \left(\begin{array}{c} 2-2k & 2 \\ k & 1 \end{array}\right)=0 \\ &\Leftrightarrow (2-2k) \cdot 1 - k \cdot 2 = 0 \\ &\Leftrightarrow 2-4k = 0 \\ &\Leftrightarrow k = \frac{2}{2} \end{align}\)

Lösung

Die Matrix \(M_k\) hat genau dann den Eigenwert \(-1\), wenn \(k=\frac 1 2\) ist. Nur dann ist also \(\alpha_k\) eine Schrägspiegelung.

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