Abbildungen

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Ein zentrales Konzept der Mathematik ist die Abbildung, die auch Funktion genannt wird. Abbildungen sind eindeutige Zuordnungen zwischen zwei Mengen D und Z. Dies bedeutet, dass jedem Element x\in D durch die Abbildung f genau ein Element f(x)\in Z zugeordnet wird.

    \begin{align*} \alpha : \underbrace{\begin{pmatrix} x_1' \\ x_2' \end{pmatrix}}_{\parbox{2cm}{\textrm{Neuer Punkt in Vektor-schreibweise}}} = \underbrace{\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & 1 \end{pmatrix}}_{\parbox{2cm}{\textrm{Abbildungs-matrix}}} \cdot \underbrace{\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}}_{\parbox{2cm}{\textrm{Punkte in Vektor-schreibweise einsetzen}}} + \underbrace{\begin{pmatrix} 2 \\ 4 \end{pmatrix}}_{\parbox{2cm}{\textrm{evtl. Verschiebungs-vektor}}} \notag \end{align*}

 

Mögliche Abbildungen

Ein bisher in der Schule eher selten behandeltes Thema sind die Abbildungen der Ebene und des Raumes. Darunter versteht man zum Beispiel Drehungen, Verschiebungen und Spiegelungen, die in der Mittelstufe rein zeichnerisch in der Ebene untersucht werden. Diese Abbildungen kann man natürlich auch rechnerisch darstellen, und zwar nicht nur in der Ebene, sondern auch im Raum. Geeignetes Mittel dafür sind Matrizen.

Wir werden uns hier nur lineare Abbildungen ansehen. Im Folgenden werden wir auf die bekanntesten Abbildungen in der Schulmathematik eingehen:

1. Spiegelungen

\bullet an einer Koordinatenachse

Wenn man einen Punkt P(x|y) spiegelt, bleibt die x-Koordinate wie sie ist, und bei der y-Koordinate dreht sich das Vorzeichen um. Bildpunkte bezeichnet man üblicherweise mit P', die Koordinaten entsprechend mit x' und y'.

Abbildungen spiegelungkoachse

Für die Spiegelung an der x-Achse gilt somit

    \begin{align*} x' = x \quad \textrm{und} \quad y' = y \end{align*}

Diese Gleichungen bezeichnet man als Abbildungsgleichungen. Sie stellen die Beziehung zwischen den ursprünglichen Koordinaten und den Bildkoordinaten her, genauer: sie geben an, wie man die Koordinaten des Bildpunktes aus den Koordinaten des Urbildpunktes berechnet.
Die Abbildungsgleichungen sollen nun mit Hilfe einer Matrix dargestellt werden. Dazu schreiben wir zunächst etwas ausführlicher:

    \begin{align*} x' = 1\cdot x + 0 \cdot y \quad &\textrm{und} \quad y' = 0 \cdot x - 1 \cdot y \notag \quad \textrm{bzw. in Matrixform} \\ \begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \quad &\textrm{oder} \quad \vec{x'} = A \cdot \vec{x} \quad \textrm{mit} \quad A= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \end{align*}

Die Schreibweise inklusive des Vektors x heißt Abbildungsgleichung, die Matrix A Abbildungsmatrix.

\bullet am Ursprung

Bei der Punktspiegelung am Ursprung drehen sich die Vorzeichen beider Koordinaten um:

    \begin{align*} x' &= -x = -1 \cdot x+ 0\cdot y \\ y' &= -y = 0\cdot x - 1\cdot y \end{align*}

Abbildungen spiegelungursprung
Die Abbildungsmatrix der Punktspiegelung am Ursprung hat damit die Gestalt A= \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}.

\bullet an einer beliebigen Ursprungsgeraden

Die Spiegelung wird in der Schule immer orthogonal (rechtwinklig) zur Spiegelachse durchgeführt. Die Zeichnung lässt bereits ahnen, dass man ähnlich wie bei der Projektion vorgeht: man berechnet zunächst den Schnittpunkt mit der Geraden.

bil_spiegelunggerade

Da man jetzt den Weg vom Urbildpunkt P zur Geraden sozusagen zweimal laufen muss, um den Bildpunkt P' zu erhalten, verdoppelt man einfach den Parameter aus der Geradengleichung.Der Punkt P(x|y) soll an der Geraden bzw. Achse p: x + 3y = 0 gespiegelt werden. Zunächst stellen wir eine Gerade auf. Da unsere Hilfsgerade (gestrichelte Linie im Bild) senkrecht auf der Achse stehen soll, verwendet man als Richtungsvektor den Normalenvektor \vec{n}=(1,3)^T und muss somit den Schnittpunkt von

    \begin{align*} p: x + 3y = 0 \quad \textrm{und} \quad g:\vec{x'} = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} 1\\ 3 \end{pmatrix} \notag \end{align*}

berechnen. Die Geradengleichung g schreiben wir um und ersetzen in der Geradengleichung von p die Variable x durch x+t und y durch y+3t:

    \begin{align*} x + t + 3\cdot (y+3t) &= 0 \notag \\ x + t + 3y+9t &= 0 \notag \\ 10t &= -x-3y \notag \\ t &= -0,1x-0,3y \notag \end{align*}

Es ist jetzt nicht nötig, den Schnittpunkt zu berechnen, der ja nur ein Hilfspunkt ist. Stattdessen verdoppelt man den Parameter t und erhält sofort die Koordinaten des Bildpunktes.

    \begin{align*} \vec{x'} = \vec{x} + 2 \cdot (-0,1x-0,3y) \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0,8 x - 0,6 y \\ -0,6 x - 0,8 y \end{pmatrix} \notag \end{align*}

und daraus wiederum die Abbildungsmatrix A= \begin{pmatrix} 0,8 & -0,6 \\ -0,6 & -0,8 \end{pmatrix}

2. Projektion

\bullet auf eine Koordinatenachse

Eine weitere einfache Abbildung ist die Projektion auf eine Koordinatenachse, in diesem Beispiel auf die x-Achse. Die Abbildungsgleichungen lauten:

    \begin{align*} x' &= x = 1 \cdot x + 0\cdot y \\ y' &= 0 = 0\cdot x + 0\cdot y \end{align*}

Abbildungen _achse
Die Abbildungsmatrix bei Projektion auf die x-Achse lautet also A= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}.

\bullet auf eine beliebige Ursprungsgerade

Die oben vorgeführte Projektion auf die x-Achse war senkrecht (orthogonal), aber das ist nicht notwendig. Bei der häufigsten Anwendung in der Schule, dem Schattenwurf, ist das sogar eher die Ausnahme. Dabei wird in eine vorgegebene Richtung auf eine Gerade projiziert. Weil die Strahlen alle parallel verlaufen, nennt man diese Projektion Parallelprojektion.

Abbildungen gerade

Die Abbildungsmatrix der Projektion wird in der Schule üblicherweise nicht allgemein angegeben, sondern immer nur für eine spezielle Projektionsgerade und eine spezielle Projektionsrichtung ermittelt. In unserem Beispiel soll ein Punkt P(x|y) in Richtung des Vektors (2,1)^T auf die Gerade p:x+3y=0 projiziert werden. Der Punkt P(x|y) muss dennoch die allgemeinen unbekannten Koordinaten behalten, da man für die Berechnung der Abbildungsmatrix die Abbildungsgleichungen in der Form x' =Zahl\cdot x +Zahl\cdot y bzw. y' =Zahl\cdot x +Zahl\cdot y benötigt.
Der Bildpunkt P' ist der Schnittpunkt der Projektionsgeraden mit der Geraden durch P in Richtung des vorgegebenen Vektors, also mit

    \begin{align*} g: \vec{x'} = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}. \notag \end{align*}

Zur Berechnung des Schnittpunktes wird g in die Projektionsgerade p eingesetzt:

    \begin{align*} x + 2t + 3\cdot (y+t) &= 0 \notag \\ x + 2t + 3y+3t &= 0 \notag \\ 5t &= -x-3y \notag \\ t &= -0,2x-0,6y \notag \end{align*}

Setzt man t in die Gerade g ein, so erhält man den Schnittpunkt

    \begin{align*} \begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} + (-0,2y-0,6y) \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0,6x-1,2y \\ -0,2y+0,4y \end{pmatrix} \notag \end{align*}

und daraus die Abbildungsmatrix A= \begin{pmatrix} 0,6 & -0,2 \\ -1,2 & 0,4 \end{pmatrix}.

3. Drehung um den Ursprung

Drehungen erfolgen in der Mathematik immer gegen den Uhrzeigersinn.
Die Herleitung der Drehmatrix soll uns hier nicht interessieren. Sie hat die Gestalt

    \begin{align*} A=\begin{pmatrix} \cos(\alpha) & -\sin(\alpha) \\ \sin(\alpha) & \cos(\alpha) \end{pmatrix}. \notag \end{align*}

bil_drehung

Eine Drehung um den Ursprung um den Winkel 180^\circ ist in der Ebene gleichbedeutend mit der Punktspiegelung am Ursprung.

 

Punkte abbilden

Wir wollen einen Punkt P(2|3) mit der Zuordnung

    \begin{align*} \alpha: \vec{x'} = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix} \cdot \vec{x} \notag \end{align*}

abbilden. Es gilt

    \begin{align*} \alpha: \vec{x'} = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 7 \\ 11 \end{pmatrix}. \notag \end{align*}

Wir erhalten somit den Punkt P'(7|11).
Wir wollen einen Punkt S(1|4|2) mit der Zuordnung

    \begin{align*} \alpha: \vec{x'} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \vec{x} \notag \end{align*}

abbilden. Es gilt

    \begin{align*} \alpha: \vec{x'} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ 6 \\ 2 \end{pmatrix}. \notag \end{align*}

Wir erhalten somit den Punkt S'(3|6 |2).

Schau dir vertiefend dazu Daniels Lernvideo an.

Abbildungsmatrizen, Grundlagen, Matrix, Lineare Algebra, Mathe by Daniel Jung

 

Bildgerade bestimmen

Die Geradengleichung g soll mit \alpha abgebildet werden. Es gilt

    \begin{align*} g: \vec{x} &=\begin{pmatrix} 8 \\ -2 \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 3 \end{pmatrix} \quad \textrm{und} \notag \\ \alpha: \vec{x'} &=\begin{pmatrix} 3 & -2 \\ 2 & 5 \end{pmatrix} \cdot \vec{x} + \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \end{pmatrix}. \notag \end{align*}

Idee: Wir setzen die Geradengleichung einfach in die Abbildung ein. Es folgt mit

    \begin{align*} \alpha: \vec{x'} &=\begin{pmatrix} 3 & -2 \\ 2 & 5 \end{pmatrix} \cdot \left( \begin{pmatrix} 8 \\ -2 \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 3 \end{pmatrix} \right) + \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \end{pmatrix} \notag \\ &= \begin{pmatrix} 28 \\ 6 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -9t \\ 13t \end{pmatrix} +\begin{pmatrix} 3 \\ -1 \end{pmatrix} \notag \\ \Rightarrow \quad g': \vec{x'}&= \begin{pmatrix} 31 \\ 5 \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} -9 \\ 13 \end{pmatrix} \notag \end{align*}

die Gleichung der Bildgeraden g'.

Lass es dir im Lernvideo nochmal erklären, wie man eine Bildgerade bestimmt.

Bildgerade bestimmen, Abbildungen, Affine Abbildungen, Lineare Algebra, Mathe by Daniel Jung

 

Fixpunkt bestimmen

Bei Fixpunkten handelt es sich um Punkte, die bei einer Abbildung auf sich selbst abgebildet werden, also „`fix“‚ bleiben. Nicht jede mathematische Abbildung hat einen (oder gar mehrere) Fixpunkte. Die Fixpunkte einer Achsenspiegelung sind die Punkte der Spiegelachse. Eine Punktspiegelung hat nur einen Fixpunkt, nämlich deren Zentrum.
Gegeben sei folgende Abbildung, die auf Fixpunkte untersucht werden soll:

    \begin{align*} \vec{x'} = \begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix} \cdot \vec{x} + \begin{pmatrix} -6 \\ -8 \end{pmatrix} \notag \end{align*}

Wenn Fixpunkte existieren, muss folgende Gleichung erfüllt sein:

    \begin{align*} %\begin{pmatrix} %3 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix} \cdot \vec{x} + \begin{pmatrix} -6 \\ -8 \end{pmatrix} &= \vec{x} \notag \\ \begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -6 \\ -8 \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} \notag \end{align*}

Es ergibt sich ein LGS mit zwei Gleichungen und zwei Unbekannten:

    \begin{align*} 3x_1 - 6 &= x_1 \notag \\ 3x_2 - 8 &= x_2 \notag \end{align*}

Es lässt sich eine eindeutige Lösungen finden mit dem Ergebnissen x_1=3 und x_2=4. Das bedeutet die Abbildung besitzt einen einzigen Punkt, der auf sich selbst abgebildet wird: den Fixpunkt F(3|4).
Was passiert, wenn wenn wir keine eindeutige Lösung für x_1 und x_2 erhalten?

Wahre Aussage, wie z.B.

    \begin{align*} 0=0 \notag \\ 3=3 \notag \end{align*}

bedeutet, dass wir eine Fixpunktgerade vorliegen haben.
Weiteres Vorgehen siehe Abschnitt Fixpunktgerade bestimmen.

Falsche Aussage, wie z.B.

    \begin{align*} 0&=-9 \notag \\ 1&=3 \notag \end{align*}

bedeutet, dass die Abbildung keinen Punkt hat, der auf sich selbst abgebildet wird. Damit sind wir an dieser Stelle fertig!

Lass dir vertiefend von Daniel erklären, wie man einen Fixpunkt bestimmt.

Fixpunkt bestimmen bei Abbildungen (Lineare Algebra), Nachhilfe online, Hilfe in Mathe

 

Fixpunktgerade bestimmen

Die Abbildung

    \begin{align*} \alpha :\vec{x'} = \begin{pmatrix} 2 & -2 \\ -2 & 5 \end{pmatrix} \cdot \vec{x}+ \begin{pmatrix}-1 \\ 2 \end{pmatrix} \notag \end{align*}

soll auf Fixpunkte untersucht werden. Wenn es einen Fixpunkt geben soll, muss nachstehende Gleichung gelten. Wir erhalten ein Gleichungssystem, welches wir versuchen zu lösen:

    \begin{align*} \begin{pmatrix} 2 & -2 \\ -2 & 5 \end{pmatrix} \cdot \vec{x}+ \begin{pmatrix}-1 \\ 2 \end{pmatrix} &= \vec{x} \notag \\ \begin{pmatrix} 2 & -2 \\ -2 & 5 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}-1 \\ 2 \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} \quad \textrm{bzw.}\notag \\ \notag \\ \textrm{I} \quad \quad 2x_1 - 2x_2 - 1 &= x_1 \quad |-x_1 \ |+1 \notag \\ \textrm{II} \quad -2x_1 + 5x_2 +2 &= x_2 \quad |-x_2 \ |-1 \notag \\ \textrm{I} \quad \quad \ \ x_1 - 2x_2 &= 1 \notag \\ \textrm{II} \quad -2x_1 + 4x_2 &= -2. \notag \end{align*}

Wenn wir Gleichung \textrm{II}+2\cdot \textrm{I} rechnen, erhalten wir die Lösung 0=0! Jetzt bloß keine Panik! Es liegt eine allgemeingültige Aussage vor – was machen wir? Wir sagen, dass z.B. x_2=t gilt und setzen dieses Ergebnis in \textrm{I} ein und erhalten

    \begin{align*} x_1 - 2t &= 1 \notag \\ x_1 &= 1 +2t \notag \end{align*}

und somit die Fixpunktgerade

    \begin{align*} g: \vec{x}= \begin{pmatrix} 1 + 2 t \\ 0 + 1 t \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}. \notag \end{align*}

Alle Punkte, die auf dieser Geraden liegen werden auf sich selbst abgebildet. Wer die Gerade lieber in Koordinatenform vorliegen hat, kann sich nach der wahren Aussagen 0=0 Gleichung \RM{1} vornehmen und folgendermaßen umschreiben:

    \begin{align*} \textrm{aus} \ \RM{1}: \quad x_1 - x_2 &= 1 \quad \textrm{mit} \ x_1 = x \ \textrm{und} \ x_2 = y \notag \\ x-2y &= 1 \notag \\ \Rightarrow \quad y &= \frac{1}{2}x- \frac{1}{2} \notag \end{align*}

 

Fixgeraden bestimmen

Hat eine affine Abbildung einen Fixpunkt (Berechnung sollte klar sein), dann setzt sich eine Fixgerade wie folgt zusammen:

    \begin{align*} g : \vec{x} = \underbrace{\begin{pmatrix} \ \\ \ \end{pmatrix}}_{\parbox{2cm}{\textrm{Fixpunkt}}} + t \cdot \underbrace{\begin{pmatrix} \ \\ \ \end{pmatrix}}_{\parbox{2cm}{\textrm{Eigenvektor}}} \notag \end{align*}

Wenn also eine Fixgerade existiert, werden Punkte entlang dieser Graden mit dem Richtungsvektor \vec{u} abgebildet, wofür die Berechnung von Eigenwerten und Eigenvektoren notwendig ist.

Einschub Eigenwerte/Eigenvektoren

Eigenwerte, Eigenvektoren anschaulich am Beispiel: Punkt abbilden, Abbildung, Mathe by Daniel Jung

Ein Eigenvektor einer Abbildung ist in der linearen Algebra ein vom Nullvektor verschiedener Vektor, dessen Richtung durch die Abbildung nicht verändert wird. Ein Eigenvektor wird also nur skaliert und man bezeichnet den Skalierungsfaktor als Eigenwert der Abbildung.

Gegeben sei die Abbildung

    \begin{align*} \alpha : \vec{x'} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 0 \end{pmatrix} \cdot \vec{x} + \begin{pmatrix} 3 \\ 4 \end{pmatrix}, \notag \end{align*}

die auf Eigenwerte untersucht werden soll. Dafür ist nur die Matrix wichtig, die bei \vec{x} steht. Der Rest wird nicht betrachtet. Merkt euch: Nehmt diese Matrix und schreibt immer oben links und unten rechts ein - \lambda hin. Wenn wir von dieser Matrix die Determinante bilden und gleich 0 setzen, können wir die Eigenwerte bestimmen. Es gilt

 

    \begin{align*} det(A-\lambda \cdot E ) &= 0 \notag \\ \Rightarrow \quad det\left( \begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 \\ 2 & 0-\lambda \end{pmatrix}\right) &= 0 \notag \\ \notag \\ \Rightarrow \quad (1-\lambda)\cdot (-\lambda) - 2 \cdot 1 &= 0 \notag \\ \lambda^2 - \lambda - 2 &= 0 \quad |\textrm{TR oder PQ-Formel ergbibt} \notag \\ \lambda_1 = -1 \quad &\wedge \quad \lambda_2 = 2, \notag \end{align*}

wobei \lambda_1 und \lambda_2 die Eigenwerte sind. Für den Einheitsvektor werden die Eigenwerte einzeln in die Gleichung

    \begin{align*} \begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 \\ 2 & 0-\lambda \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} u_1 \\ u_2 \end{pmatrix} = \vec{0} \notag \end{align*}

eingesetzt und nach u_1 und u_2 aufgelöst. Für \lambda_1=-1 folgt das Gleichungssystem:

    \begin{align*} \RM{1} \quad 2 u_1 + u_2 &= 0 \notag \\ \RM{2} \quad 2 u_1 + u_2 &= 0 \notag \end{align*}

\RM{1}- \RM{2} ergibt eine wahre Aussage 0=0. Sei also u_2=t, dann folgt für u_1 = -t/2, wenn wir u_2=t in \RM{1} einsetzen. Damit erhalten wir den Eigenvektor

    \begin{align*} \begin{pmatrix} u_1 \\ u_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{t}{2} \\ t \end{pmatrix} = t \cdot \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} \\ 1 \end{pmatrix}. \notag \end{align*}

Das gleiche machen wir jetzt nochmal für den Eigenwert \lambda_2=2 und es folgt analog für den Einheitsvektor

    \begin{align*} \begin{pmatrix} u_1 \\ u_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} t \\ t \end{pmatrix} = t \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}. \notag \end{align*}

  • Sollte es nur einen \lambda-Wert geben: Nur ein Eigenwert = Nur ein Eigenvektor!
  • Sollte es keinen \lambda-Wert geben: Kein Eigenwert = Kein Eigenvektor!

Einschub Ende! 

Kommen wir zurück auf die Berechnung einer Fixgerade. Gegeben sei die Abbildung

    \begin{align*} \alpha: \vec{x'} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} \cdot \vec{x} + \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}, \notag \end{align*}

von der wir wissen, dass diese keinen Fixpunkt hat – kommt eine falsche Aussage heraus! Das bedeutet jetzt nicht, dass es keine Fixgerade gibt! Wichtig für die Fixgerade sind die Eigenvektoren. Als Eigenwerte kommen \lambda_1 = 1 und \lambda_2 = 2 heraus mit den Eigenvektoren

    \begin{align*} \vec{u_1} = t \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \quad \textrm{und} \quad \vec{u_2} = t \cdot \begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}. \notag \end{align*}

Beide Eigenvektoren werden nun untersucht. Der Ansatz lautet für \vec{u_1}:

    \begin{align*} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} &= \mu \cdot \underbrace{\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}}_{\vec{u_1}} \notag \\ \RM{1} \quad x_1 + 2 - x_1 &= \mu \notag \\ \RM{2} \quad 2x_2 + 1 - x_2 &= 0 \notag \end{align*}

Zwei Gleichungen und drei Unbekannte. x_1 fällt in \RM{1} weg und wir erhalten \mu=2. Aus \RM{2} folgt x_2=-1. Unsere Fixgerade lautet also für diesen Eigenvektor

    \begin{align*} g: \vec{x} = \begin{pmatrix} x_1 \\ -1 \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}. \notag \end{align*}

Für den Eigenvektor \vec{u_2} erhalten wir eine falsche Aussage und damit keine weitere Fixgerade.

Weiteres Beispiel: Gegeben sei die Abbildung

    \begin{align*} \alpha : \vec{x'} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} \cdot \vec{x} + \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \end{pmatrix}. \notag \end{align*}

Zudem wissen wir bereits:

  • Abbildung besitzt keinen Fixpunkt
  • Zwei Eigenwerte mit \lambda_1 = -2 und \lambda_2= 1
  • Zwei Eigenvektoren mit \vec{u_1}= t \cdot (1,1)^T, \ \vec{u_2}= t \cdot (1,-2)^T

Für \vec{u_2} gilt:

    \begin{align*} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} &= \mu \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix} \quad \textrm{bzw. das LGS} \notag \\ \notag \\ \textrm{I} \quad \quad \quad \quad \quad \ x_2 - x_1 &= \mu \notag \\ \textrm{II} \quad 2x_1 - x_2 + 2 -x_2 &= -2 \mu \notag \end{align*}

Addition von \textrm{II}+ 2\cdot \textrm{I} liefert die falsche Aussage 2=0! Hier liegt also keine Fixgerade vor.

Für \vec{u_1} gilt:

    \begin{align*} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} &= \mu \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \quad \textrm{bzw. das LGS} \notag \\ \notag \\ \textrm{I} \quad \quad \quad \quad \quad \ x_2 - x_1 &= \mu \notag \\ \textrm{II} \quad 2x_1 - x_2 + 2 -x_2 &= \mu \notag \end{align*}

Addition von \textrm{II}+ 2\cdot \textrm{I} liefert \mu=2/3! Einsetzen in Gleichung \textrm{I} bringt

    \begin{align*} -x_1 + x_2 &= \frac{2}{3} \quad \textrm{sei} \ x_2 = t \notag \\ -x_1 + t &= \frac{2}{3} \notag \\ x_1 &= t - \frac{2}{3} \notag \end{align*}

und damit die Fixgerade

    \begin{align*} g: \vec{x} = \begin{pmatrix} 2/3 \\ 0 \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}.\notag \end{align*}

 

Verkettung von Abbildungen

Gegeben seien die Abbildungen

    \begin{align*} \alpha : \vec{x'} &= \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 3 \end{pmatrix} \cdot \vec{x} \quad \textrm{und} \notag \\ \beta : \vec{x'} &= \begin{pmatrix} 4 & -5 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} \cdot \vec{x}, \notag \end{align*}

welche verkettet werden sollen. Es gilt

    \begin{align*} \alpha \circ \beta: \quad \vec{x'} = \left( \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ -1 & 3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4 & -5 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} \right) \cdot \vec{x} = \begin{pmatrix} 9 & -8 \\ -1 & 11 \end{pmatrix} \cdot \vec{x}. \notag \end{align*}

Wichtig: Wenn nach der Reihenfolge der Abbildung gefragt wird, gilt hier: Zuerst wird nach \beta und dann nach \alpha abgebildet! Obwohl \alpha \circ \beta etwas anderes vermuten lässt.

Abbildungen mit Matrizen, Matrix, Verkettung von 2 Matrizen, Lineare Algebra, Mathe by Daniel Jung

Abbildungsgleichung bestimmen

Gegeben sei

    \begin{align*} M = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \quad \textrm{und} \quad \vec{x} = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} \notag \end{align*}

und die Abbildungsvorschrift

    \begin{align*} f(x') = M \cdot \vec{x} \quad \textrm{bzw.} \quad \vec{x'} = M \cdot \vec{x} \quad \textrm{oder} \quad \begin{pmatrix} x_1' \\ x_2' \end{pmatrix} = M \cdot \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}. \notag \end{align*}

Es sei bekannt, dass die Punkte A(1|2) und B(-3|2) auf A'(10|11) und B'(-6|-1) abgebildet werden. Die Aufgabe sei es nun, die Matrix M zu bestimmen. Es gilt

    \begin{align*} \textrm{I*} \quad \quad \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} 10 \\ 11 \end{pmatrix} \notag \\ \textrm{II*} \quad \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -3 \\ 2 \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} -6 \\ -1 \end{pmatrix}, \notag \end{align*}

woraus wir ein LGS mit vier Gleichungen und vier Unbekannten erhalten:

    \begin{align*} \textrm{I} \quad \quad \ \ a + 2 b &= 10 \notag \\ \textrm{II} \quad \quad \ \ c + 2 d &= 11 \notag \\ \textrm{III}\quad -3a + 2 b &= -6 \notag \\ \textrm{IV} \quad -3c + 2 d &= -1 \notag \end{align*}

Auflösung des Gleichungssystem bringt für die gesuchte Matrix M die Abbildungsgleichung

    \begin{align*} \vec{x'} = \underbrace{\begin{pmatrix} 4 & 3 \\3 & 4 \end{pmatrix}}_{M} \cdot \vec{x}. \notag \end{align*}

Lass es dir nochmal von Daniel zeigen, wie man eine Abbildungsgleichung bestimmt.

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