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Lineare Algebra » Lineare Abbildungen » Zuordnungsaufgabe: Bild zu Abbildungsmatrix
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Universität/Hochschule J Zuordnungsaufgabe: Bild zu Abbildungsmatrix
Zrebna
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-07-20


Bzgl. folgendem Aufgabentypen habe ich Probleme:

Urbild:


Abbildungs-Matrizen:


Bilder der Abbildungen mit meinen bisherigen Ergebnissen (unten stehen meine Gedanken dazu)  :



Mein Ansatz soweit ist folgender:
Ich bestimme erstmal alle Determinanten:

det(M1) = 0        det(M2) = -2        det(M3) = -1        det(M4) = -2        det(M5) = 1

Die Determinanten bestimmen ja den Vorfaktor bzgl. einer potentiellen Flächenänderung des ursprünglichen Dreiecks.
Da M1 die Determinanten 0 hat, sieht man direkt, dass die Gerade (im Bild eingezeichnet) zu eben M1 gehöhrt.
Wenn die Determinante 1 oder -1 ist, dann hat sich quasi die Fläche nicht geändert.
Also 2tes Bild von rechts, ganz oben  und rechtes Bild ganz unten gehören zu entweder M3 oder M5.
Wenn der Betrag positiv ist, dann ändert sich wohl die Rotationsrichtung nicht und wenn er negativ ist, dann ändert sich die Rotationsrichtung. bzw. der Drehsinn.
Soweit bekomme ich es noch hin.
Aber wie geht man vor, wenn die Determinante 2 oder -2 ist? Es gibt hier wohl auch einen methodischen Ansatz, aber ich weiß nicht, wie dieser funktioniert.
Zusatzfrage:
Was wäre hier eine gute Begründung dafür, dass das Bild links – Mitte keine Abbildung vom Ursprungsbild ist?

Gruß,
Zrebna



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-07-20

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo zrebna,

vielleicht helfen dir folgende Gedanken ein Stück weiter:

- das Bild für die Matrix 1 hast du richtig bestimmt.

- eine solche Abbildungsmatrix ist ja letztendlich eine Abkürzung für ein System von Transformationsgleichungen der Form

\[\ba
x'&=ax+by\\
y'&=cx+dy
\ea\]
Damit kann man bspw. sofort erkennen, dass die Abbildung links oben zur Matrix 2 gehört.

Hilft dir das schon weiter?


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Zrebna
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-20


Hi!

Oder evtl. erstmal noch weiter hinten gefragt:

Die Spalten in den Matrizen stellen doch Vektoren dar - also hier:
(x/y-Koordinaten).
Welche Punkte des Dreieckes werden hier genau dargestellt - C und A?

Die Matrix 2 gehört also zum Bild links oben, weil der dortige Punkt, in Form der Spalte (-2, 0) in dem Bild als (-1) * (-2, 0), also als (2, 0) darstellbar ist?
Und der Punkt (-2, -1) als dort als (2, 1) auftaucht?

Halt: (2,0) taucht ja gar nicht auf, sondern (0,2) im Bild.

Denke ich bin auf dem Holzweg...




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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-07-20

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo zrebna,

ja, das ist ein Holzweg. Nehmen wir doch mal die Matrix \(M_5\). Wenn man diese als Gleichungssystem ausschreibt, so lautet das:

\[\ba
x'&=2x+y\\
y'&=-x
\ea\]
Dabei sind \((x,y)\) die Koordinaten des Urbilds und \((x',y')\) die Koordinaten des zugehörigen Bildpunkts.

Jetzt versuche mal, für diese Matrix die passende Abbildung zu finden.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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lula
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-07-20


Hallo
 was man immerhin Kopf haben sollte: die Spalten der Matrix sind die Bilder der Standardbasisvektoren, wegen A=(-1.0) ist das Bild von A das negative der ersten Spalte. wegen B=(1,1)=(1,0)+(0,1) ist das Bild von B die summe der 2 Spaltenvektoren. damit sind schon alle Bilder zuzuordnen. (d.h. man sollte die einfachen Werte des Urbildes auch nutzen.
Gruß lula


-----------------
Mein Leben ist zwar recht teuer,  aber dafür bekomm ich jedes Jahr umsonst eine Reise einmal um die Sonne



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Zrebna
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-21


2019-07-20 16:45 - lula in Beitrag No. 4 schreibt:
Hallo
 was man immerhin Kopf haben sollte: die Spalten der Matrix sind die Bilder der Standardbasisvektoren, wegen A=(-1.0) ist das Bild von A das negative der ersten Spalte. wegen B=(1,1)=(1,0)+(0,1) ist das Bild von B die summe der 2 Spaltenvektoren. damit sind schon alle Bilder zuzuordnen. (d.h. man sollte die einfachen Werte des Urbildes auch nutzen.
Gruß lula

Jo, danke - aber komme mit dem Ansatz nicht so zurecht und weiß nicht, wieso das beschriebene der Fall ist.
Klausur ist auch die Tage, daher suche ich hier nach was methodischem.




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Zrebna
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-21

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
2019-07-20 14:51 - Diophant in Beitrag No. 3 schreibt:
Hallo zrebna,

ja, das ist ein Holzweg. Nehmen wir doch mal die Matrix \(M_5\). Wenn man diese als Gleichungssystem ausschreibt, so lautet das:

\[\ba
x'&=2x+y\\
y'&=-x
\ea\]
Dabei sind \((x,y)\) die Koordinaten des Urbilds und \((x',y')\) die Koordinaten des zugehörigen Bildpunkts.

Jetzt versuche mal, für diese Matrix die passende Abbildung zu finden.


Gruß, Diophant

von welchem Punkt im Urbild sind denn (x, y) die Koordinaten?
Kann ich mir da irgendeinen Punkt aussuchen und dann mittels dem GLS die Koordinaten x' und y' ausrechnen und gucken, ob der Punkt so identisch ist?
Oder wie finde ich den zugehörigen Bildpunkt bzw. weiß, welches es von den 3 Punkten A, B und C sein soll?
\(\endgroup\)


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-07-21

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

2019-07-21 12:01 - Zrebna in Beitrag No. 5 schreibt:
...daher suche ich hier nach was methodischem.

Die Interpretation der Abbildungsmatrix als System linearer Transformationsgleichungen ist methodisch. Weil man damit - genauso wie mit der Matrix, nur anschaulicher - für jeden Urbildpunkt die Koordinaten des zugehörigen Bildpunkts berechnen kann. Daher erlaube ich mir hier jetzt schon zum dritten Mal, darauf hinzuweisen.  wink

Außerdem ist man in der Mathematik auch in Klausuren nie gut beraten, wenn man sich alleine auf algorithmische Handlungsmuster verlässt. Je mehr Verständnis man für eine Sache entwickelt, desto weniger 'blindes Rechnen' ist erforderlich.

Du hast doch selbst bspw. die lineare Abhängigkeit in \(M_1\) entdeckt und dieser Matrix folgerichtig die Abbildung mit der Strecke zugeordnet.

Auch die Betrachung der Determinanten ist nicht grundsätzlich verkehrt, nur vielleicht mit etwas zu viel Aufwand verbunden. Interessant ist bspw. noch das Vorzeichen der Determinanten. Ist es positiv, bleibt der Drehsinn der drei Bildpunkte im Vergleich zum Urbild erhalten, ist es negativ, kehrt er sich um.

Und der Tipp von lula ist ebenfalls gerade für eine Klausur hilfreich, da man damit viel Zeit einsparen kann.

2019-07-21 12:06 - Zrebna in Beitrag No. 6 schreibt:
2019-07-20 14:51 - Diophant in Beitrag No. 3 schreibt:
...Nehmen wir doch mal die Matrix \(M_5\). Wenn man diese als Gleichungssystem ausschreibt, so lautet das:

\[\ba
x'&=2x+y\\
y'&=-x
\ea\]
Dabei sind \((x,y)\) die Koordinaten des Urbilds und \((x',y')\) die Koordinaten des zugehörigen Bildpunkts.

Jetzt versuche mal, für diese Matrix die passende Abbildung zu finden.

von welchem Punkt im Urbild sind denn (x, y) die Koordinaten?
Kann ich mir da irgendeinen Punkt aussuchen und dann mittels dem GLS die Koordinaten x' und y' ausrechnen und gucken, ob der Punkt so identisch ist?
Oder wie finde ich den zugehörigen Bildpunkt bzw. weiß, welches es von den 3 Punkten A, B und C sein soll?

Für \((x,y)\) kannst du jeden beliebigen Punkt des Urbilds einsetzen, genauso würdest du das mit der Matrix ja auch machen:

\[p'=M\cdot p\]

Gruß, Diophant

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]
\(\endgroup\)


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Zrebna
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-21


Ich habe noch eine andere verwandte Aufgabe, die zumindest eine Lösungsvariante bietet, die rel. idiotensicher wäre:

Erstmal die Aufgabe mit Lösungen :



Nun die dortig vorgestellte Ansatz-Variante, die mir zusagt, da methodisch und auch für Noobs möglich, die sich das ganze noch nicht bildlich so richtig vorstellen können (oft soll diese Vorstellungsgabe auch erst angeblich verspätet kommen)  :



Geht diese nur, wenn ein Punkt vom Urbild wirklich in jedem Bild (Matrix der Abb.) an einer anderen Stelle liegt, oder geht dieser Ansatz auch anteilig, wo dies eben der Fall ist.

Zum Beispiel, wenn sich ein bestimmter Punkt im Urbild, sagen wir C in nur 3 von 5 Skizzen bzgl. Seiner Positionierung ändert: Kann man hier zumindest bzgl. Diesen 3 Skizzen mit diesem Ansatz verfahren? Oder geht der Ansatz wirklich nur klar, wenn der Punkt seine Positionierung in jeder Skizze ändert?
Müsste schon anteilig gehen, weil ja die Bilder vom Urbild voneinander unabhängig sind…?

Ich poste noch die Begründung zur Lösungsvariante 1, da ich da eine Frage zu habe:


Bzgl. dem schwarz Umrundeten:
Das zeigt gut, dass ich hier nicht mal weiß, was mit Rotationsänderung bzw. "Drehsinn"-Änderung gemeint ist?

Für mich drehen sich neben dem Bild unten rechts, zb. auch das Bild oben rechts, weil bei beiden der Punkt C (vom Urbild) nicht mehr in den Bildern links oben ist, sondern ganz woanders.
Aber scheinbar ist mit diesen Orientierungswechseln/Drehsinnen/Rotationswechseln/etc. etwas völlig anderes gemeint...


Letzte Frage - diese ist sehr kurz, und strenggenommen offtopic, aber da sehr kurz, ggf. besser hier, als extra neuen Thread (falls nicht, dann einfach bitte mitteilen und ich werde in solchen Fällen künftig separate Threads erstellen)  :

 


Wieso?
Man schafft es doch nicht mehr zur red. ZSF, wenn eine freie Variable, ergo eine Nicht-Pivot-spalte existiert.


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.6 begonnen.]



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-07-21

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

in dieser Aufgabe wird doch genau das gemacht, was ich dir die ganze Zeit vorschlage: mit Hilfe der Matrix oder des dahinterstehenden Gleichungssystems einfach stur die Bilder der Eckpunkte (oder eines Eckpunkts) auszurechnen.

Mit der Orientierung ist folgendes gemeint. Du gehst die Punkte A, B und C in dieser Reihenfolge durch und achtest darauf, ob du dich dabei im oder gegen den Uhrzeigersinn bewegst. Im Urbild wird es in aller Regel so sein, dass der Drehsinn gegen den Uhrzeiger geht, weil es Konvention ist, die Eckpunkte von Polygonen im Gegenuhrzeigersinn alphabetisch zu benennen.

Und bei negativer Determinante kehrt sich eben dieser Drehsinn um.

Das rot umrandete ist genau der Tipp von lula. Da in dieser Aufgabe der Punkt \(A(1,0)\) einem Standardbasis-Vektor entspricht, kannst du die Koordinaten seiner Bilder an der ersten Spalte der betreffenden Matrix ablesen. Für einen Punkt \(A'(0,1)\) wäre es die zweite Spalte.

Deinen Einwand zur Frage d) verstehe ich nicht.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Zrebna
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-21

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
2019-07-21 12:12 - Diophant in Beitrag No. 7 schreibt:
Hallo,

2019-07-21 12:01 - Zrebna in Beitrag No. 5 schreibt:
...daher suche ich hier nach was methodischem.

Die Interpretation der Abbildungsmatrix als System linearer Transformationsgleichung ist methodisch. Weil man damit - genauso wie mit der Matrix, nur anschaulicher - für jeden Urbildpunkt die Koordinaten des zugehrörigen Bildpunkts berrechnen kann. Daher elraube ich mir hier jetzt schon zum dritten Mal, darauf hinzuweisen.  wink

Außerdem ist man in der Matheamtik auch in Klausuren nie gut beraten, wenn man sich alleine auf algorithmische Handlungsmuster verlässt. Je mehr Verständnis man für eine Sache entwickelt, desto weniger 'blindes Rechnen' ist erforderlich.

Das ist klar, und dieses ist ja auch für etliche Bereiche gegeben, aber eben u.a. nicht für diesen und bevor man diesbzgl. Blank reingeht, ist 1 Tag vor Klausur m.E. ein einfacher ALG "auf gut Glück" besser als Nichts? Ersteres sollte höhere Chancen haben und nach der Klausur versuche ich dann eh für die Bereiche, in denen das wahre Verständnis fehlt, mir noch dieses anzueignen.
Grundsätzlich hast du natürlich recht, aber praktisch muss man denk ich ab und an schon zumind. temporär anders spielen, wenns zeitlich nicht mehr ausgeht.



Du hast doch selbst bspw. die lineare Abhängigkeit in \(M_1\) entdeckt und dieser Matrix folgerichtig die Abbildung mit der Strecke zugeordnet.

Nur gelungen, weil die dortige berechnende Determinante |1| gewesen ist und sich ergo die Fläche in ihrer Größe nicht ändert.
Das war also leicht.
Sobald ich übrigens zwei Determinanten von Betrag 1 mit 1 und -1 habe, bin ich schon im Ratemodus xD (siehe nachfolgender Post - ist bereits abgeschickt worden, bevor ich diesen Post gesehen habe).

Bei Determinanten > 1 habe ich ggf. nun eine
"Kochrezept-Rechnen-Variante" gefunden  - siehe auch Nachfolgepost.


Auch die Betrachung der Determinanten ist nicht grundsätzlich verkehrt, nur vielleicht mit etwas zu viel Aufwand verbunden. Interessant ist bspw. noch das Vorzeichen der Determinanten. Ist es positiv, bleibt der Drehsinn der drei Bildpunkte im Vergleich zum Urbild erhalten, ist es negativ, kehrt er sich um.

hehe, genau - also das weiß ich zwar theoretisch, aber habe praktisch meine Probleme damit - siehe Nachfolge-post xD

Und der Tipp von lula ist ebenfalls gerade für eine Klausur hilfreich, da man damit viel Zeit einsparen kann.
<Ja, sicher - nochmal: ich bin ja auch logischerweise dankbar dafür.
Aber ich bin im Altklausur_bearbeiten-Modus - mit Lula's Post befasse ich mich daher ausgiebig nach der Klausur, wenn wieder Zeit ist etwas aufzunehmen, was nicht direkt klar ist.
Das scheint allgemein gängige Strategie zu sein, sofern man die Zeit nicht anhalten kann xD

2019-07-21 12:06 - Zrebna in Beitrag No. 6 schreibt:
2019-07-20 14:51 - Diophant in Beitrag No. 3 schreibt:
...Nehmen wir doch mal die Matrix \(M_5\). Wenn man diese als Gleichungssystem ausschreibt, so lautet das:

\[\ba
x'&=2x+y\\
y'&=-x
\ea\]
Dabei sind \((x,y)\) die Koordinaten des Urbilds und \((x',y')\) die Koordinaten des zugehörigen Bildpunkts.

Jetzt versuche mal, für diese Matrix die passende Abbildung zu finden.

von welchem Punkt im Urbild sind denn (x, y) die Koordinaten?
Kann ich mir da irgendeinen Punkt aussuchen und dann mittels dem GLS die Koordinaten x' und y' ausrechnen und gucken, ob der Punkt so identisch ist?
Oder wie finde ich den zugehörigen Bildpunkt bzw. weiß, welches es von den 3 Punkten A, B und C sein soll?

Für \((x,y)\) kannst du jeden beliebigen Punkt des Urbilds einsetzen, genauso würdest du das mit der Matrix ja auch machen:

\[p'=M\cdot p\]

Gruß, Diophant

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.8 begonnen.]
\(\endgroup\)


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Zrebna
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-21

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Wow, du bist schnell !:)

2019-07-21 12:30 - Diophant in Beitrag No. 9 schreibt:
Hallo,

in dieser Aufgabe wird doch genau das gemacht, was ich dir die ganze Zeit vorschlage: mit Hilfe der Matrix oder des dahinterstehenden Gleichungssystems einfach stur die Bilder der Eckpunkte (oder eines Eckpunkts) auszurechnen.

Ok, hatte schon den Verdacht dahingehend.
Hab auch bereits getestet - es geht prinzipiell immer und wird meine Strategie sein, sobald Determinante >=2 ist bzw. der Betrag dieser.



Mit der Orientierung ist folgendes gemeint. Du gehst die Punkte A, B und C in dieser Reihenfolge durch und achtest darauf, ob du dich dabei im oder gegen den Uhrzeigersinn bewegst. Im Urbild wird es in aller Regel so sein, dass der Drehsinn gegen den Uhrzeiger geht, weil es Konvention ist, die Eckpunkte von Polygonen im Gegenuhrzeigersinn alphabetisch zu benennen.

Und bei negativer Determinante kehrt sich eben dieser Drehsinn um.

Aach sooo - super, dieser Punkt ist jetzt zumindest 100% klar geworden - danke!
Das gilt aber nur für Determinanten mit dem Betrag 1 und nicht mehr mit >=2, oder? Hier kann man nicht mehr mit einer etwaigen Drehsinnänderung irgend etwas feststellen? <b/>

Das rot umrandete ist genau der Tipp von lula. Da in dieser Aufgabe nin der Punkt \(A(1,0)\) einem Standardbasis-Vektor entspricht, kannst du die Koordinaten seiner Bilder an der ersten Spalte der betreffenden Matrix ablesen. Für einen Bunkt \(A'(0,1)\) wäre es die zweite Spalte.

Ah top, das ist jetzt auch noch klar geworden und geht wirklich easy, wenn man Glück hat und einer der Punkte einen der Einheitsvektoren entspricht)

Deinen Einwand zur Frage d) verstehe ich nicht.

Ja, ich habe da einen Fehler "drin gehabt".
Bzgl. red. ZSF gilt, dass alle PIVOTELEMENTE 1 (nicht alle Elemente, also Basis- und freie Variablen) sein müssen
und alle Werte über diese 0.

Das ist freilich auch möglich, wenn Nicht-Pivotspalten existent sind, dann diese werden in obiger Regelung ja nicht berücksichtigt, sind also für red. ZSF unerheblich.
Somit stimmt die Aussage und man kann jede Matrix in red. ZSF bringen.



Gruß, Diophant

Super, jetzt ist doch noch einiges bzgl. diesem Aufgabentypen klar geworden - nochmals Danke:)

Gruß,
Zrebna

edit:
Letzte Frage:
Kann man noch irgendwie anders begründen, dass das Bild links_mitte keine
Abbildung vom Urbild ist, anstatt durch Ausschluss, oder mit dem Trick von
lula, dass hier dann als Repräsentant von A, irgendwo in einer der ersten Spalte aller Matrizen das negative von A stehen müsste, also (-1, 2), was aber nirgends gegeben ist...
Kann man aber noch eine andere Begründung finden?
\(\endgroup\)


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Creasy
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Mitteilungen: 320
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Hey,

eine andere Begründung zum Ausschluss wäre: Der Punkt $C$ liegt (im Bild links mitte) im Ursprung. $C$ wird also durch die Abbildungsmatrix auf $0$ abgebildet. Ist $C$ vorher nicht $0$ (was der Fall ist), ist der Kern der Abbildungsmatrix von Null verschieden, also müsste die Determinante der zugehörigen Abbildungsmatrix $0$ sein. Du argumentierst aber, dass dann keine Dreieck mehr entstehen kann.

Grüße
Creasy

Zitiere bitte nur die für dich wesentlichen Stellen


-----------------
Smile (:



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Zrebna
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Alles klar, macht Sinn, thanks.




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