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Mathematik » Geometrie » Affinität: Ebenen in Ebenen abbilden
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Kein bestimmter Bereich Affinität: Ebenen in Ebenen abbilden
TtRatKb
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-02-12


Guten Tag!

Ich stehe nun kurz vor meiner Analytische Geometrie Klausur und sitze verzweifelt vor meiner Aufgabensammlung. Folgende Aufgabe:

Seien folgende affine Unterräume des \(\mathbb{R}^3\) gegeben:

\[L_1 = \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right)+ \mathbb{R} \left(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \\ \end{array} \right)+ \mathbb{R} \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ -1 \\ \end{array} \right), L_2 = \left(\begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \\ \end{array} \right)+ \mathbb{R} \left(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 0 \\ \end{array} \right)+ \mathbb{R} \left(\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \\ \end{array} \right)\].

(a) Geben Sie eine Affinität \(\phi : \mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}^3\) an, die \(L_1\) in die Ebene

\[E_1 := \{(y_1, y_2, y_3)^T \in \mathbb{R}^3 | y_1 + y_2 = 2\}\]
und \(L_2\) in die Ebene

\[E_2 := \{(y_1, y_2, y_3)^T \in \mathbb{R}^3 | y_2 = 1\}\]
abbildet. Ist \(\phi\) eindeutig bestimmt?

(b) Bestimmen Sie \(\phi\), falls zusätzlich \(\phi((1, 1, 1)^T) = (1, 2, 3)^T\) zu den Aussagen aus (a) gilt. Ist \(\phi\) eindeutig bestimmt?

So, natürlich habe ich mir einige Gedanken dazu gemacht. Eine affine Abbildung hat ja die Form \(\phi : A_1 \rightarrow A_2, x \mapsto M*x + t\), wobei man \(M\) eben auch als \(B^{-1}*S\) schreiben kann, wobei \(B\) eine affine Basis aus \(A_1\) und \(S\) eine affine Basis aus \(A_2\) ist. Bisher haben wir affine Abbildungen immer aus gegebenen Punkten und den gegebenen Bildern von diesen Punkten bestimmen müssen. Ich kann mir vorstellen, dass es nicht wesentlich schwieriger ist, Ebenen auf Ebenen oder Ebenen auf Geraden abzubilden, aber ich komme eben nicht genau drauf, wie ich das machen muss.

Muss ich die Aufpunkte auf die Aufpunkte und die Richtungsvektoren auf die Richtungsvektoren abbilden? Nur sind das dann keine Basen von \(A_1\) oder \(A_2\) mehr. Muss ich dann die linear abhängigen Punkte wieder rausschmeißen? Könnt ihr mir helfen?



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supermonkey
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-02-12


Hi,

im Allgemeinen ist es so:

Seien $A_1=v_1+U_1, A_2=v_2+U_2$ affine Räume der gleichen Dimension, wobei $v_i$ die Aufpunktvektoren und $U_i$ die zugehörigen Untervektorräume sind.

Dann wissen wir, dass es mindestens eine lineare Abbildung $B$ gibt, die $U_1$ nach $U_2$ abbildet.
Wenn du nun jeweils $U_i$ als $A_i-v_i$ schreibst, kannst du die gesuchte affine Abbildung finden.



$\phi(x)= Bx+ (v_2-Bv_1)$




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TtRatKb
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-12


Hallo supermonkey!

Erst einmal vielen Dank für deine Antwort. Nur leider verstehe ich sie nicht ganz. Ich weiß auf jeden Fall immer noch nicht, wie ich jetzt weiter vorgehen soll. Meine \(A_i\) sind ja nun mal meine affinen Unterräume, wenn ich das umstelle, dann habe ich immer noch nicht mehr und nicht weniger als vorher. Und auch die lineare Abbildung, die der affinen Abbildung zugehörig ist, kenne ich ja nicht. Tut mir leid, wenn ich mich vielleicht dumm anstelle.

Mit vielen Grüßen,

TtRatKb



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-02-12

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}}\newcommand{\ea}{\end{aligned}}\)
Hallo,

2019-02-12 15:22 - TtRatKb in Beitrag No. 2 schreibt:
Hallo supermonkey!

Erst einmal vielen Dank für deine Antwort. Nur leider verstehe ich sie nicht ganz. Ich weiß auf jeden Fall immer noch nicht, wie ich jetzt weiter vorgehen soll. Meine \(A_i\) sind ja nun mal meine affinen Unterräume, wenn ich das umstelle, dann habe ich immer noch nicht mehr und nicht weniger als vorher. Und auch die lineare Abbildung, die der affinen Abbildung zugehörig ist, kenne ich ja nicht. Tut mir leid, wenn ich mich vielleicht dumm anstelle.

da wird jetzt kein Weg daran vorbeiführen, eine solche lineare Abbildung B zu berechnen (ich schreibe bewusst eine, vielleicht ist es dir schon klar geworden, dass das im Teil a) nicht eindeutig sein kann?). Du hast zwei Urbildvektoren und zwei Bildvektoren, daraus musst du ein (unterbestimmtes) LGS basteln.

Und dieses unterbestimmte LGS dann nicht zu weit zur Seite legen, das brauchst du im Teil b) noch.

Wie du mit B die Abbildungsvorschrift für \(\phi\) bekommst, hat dir supermonkey ja schon gezeigt.

Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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supermonkey
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-02-12


Ja, und wenn du dir schwer tust mache doch erstmal ein ganz einfaches Beispiel.

Bilde doch mal in $\IR^2$ die Gerade $L_1=\begin{pmatrix}1\\0 \end{pmatrix}+\IR\begin{pmatrix}1\\1 \end{pmatrix}$ auf die Gerade $L_2=\begin{pmatrix}0\\1 \end{pmatrix}+\IR\begin{pmatrix}1\\-1 \end{pmatrix}$ mit der Methode, die ich angegeben habe, ab.




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TtRatKb
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-14


Hallo!

Nochmals vielen Dank für die Antworten, ich würde es gerne mit dem einfachen Beispiel probieren, aber ich stehe total auf dem Schlauch. Wie genau berechne ich die lineare Abbildung? Ich weiß, ich höre mich doof an.. Aber könntest du es vielleicht an deinem leichteren Beispiel zeigen? Dann macht es wahrscheinlich auch 'Klick' bei mir :-)

Mit vielen Grüßen,
TtRatKb



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-02-14

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}}\newcommand{\ea}{\end{aligned}}\)
Hallo,

finde diejenige eine* Matrix B, so dass

\[B\cdot\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\]
ist.

(Im vorliegenden Fall kann man so eine Matrix sogar ohne LGS durch scharfes Hinsehen finden, in deiner Aufgabe wirst du ein LGS benötigen).

Gruß, Diophant

*PS: sorry für den Verschreiber.
\(\endgroup\)


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TtRatKb
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-14


Hallo!

Okay, damit hätte ich:

\[B * \left(\begin{array}{c}1\\1\\ \end{array} \right) = \left(\begin{array}{c}1\\-1\\ \end{array} \right) <=> \left(\begin{array}{cc}b_1 & b_2 \\ b_3 & b_4\\ \end{array} \right) * \left(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ \end{array} \right) = \left(\begin{array}{c} 1 \\ -1 \\ \end{array} \right) \]
Und damit dann die Gleichungen

\[b_1 + b_2 = 1\] und

\[b_3 + b_4 = -1\].

Das war bisher ja gar nicht so schwer. Aber was nun? Mein Matheherz sträubt sich dagegen, nun einfach irgendwelche Werte für die \(b_i\) für \(i = 1, 2, 3, 4\) einzusetzen, sodass bei jeweils zweien zusammenaddiert das Ergebnis herauskommt. Aber wie komme ich sonst auf die Werte?

Mit vielen Grüßen,
TtRatKb



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-02-14


Hallo,

die Situation ist ja durchaus vergleichbar mit deiner Aufgabe, das hat supermonkey sehr klug gewählt: es wird (unendlich) viele Lineare Abbildungen geben, die den Vektor (1,1)T auf den Vektor (1,-1)T abbilden. Nimm doch mal an, es würde sich um eine simple Drehung (um den Koordinatenursprung) handeln...

Gruß, Diophant



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TtRatKb
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-14


Hallo!

Wir haben in der Vorlesung eine Drehmatrix definiert, in etwa so:

Sei \(M \in O(n)\), also ist M orthogonal. Dann gilt:

Es existiert ein \(\alpha \in [0, 2\pi) \), sodass:

\[M = \left(\begin{array}{cc} cos(\alpha) & -sin(\alpha) \\ sin(\alpha) & -cos(\alpha) \\ \end{array} \right) =: D(\alpha)\]
Und in diesem Fall beschreibt die Standardinterpretation von M eine Drehung um den Drehwinkel \(\alpha\). Brauche ich das dafür? Oder ist es viel simpler? Und wie erkenne ich so etwas?

Mit vielen Grüßen,
TtRatKb



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2019-02-14

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}}\newcommand{\ea}{\end{aligned}}\)
Hallo,

ich habe das mit der Drehung ja eher als Veranschaulichung gedacht, und nicht daran gedacht, dass du da gleich mit einer Drehmatrix* aufwartest. :-)

Überzeuge dich davon, dass

\[B=\begin{pmatrix}0 & 1\\-1 & 0\end{pmatrix}\]
eine Drehung um -90° bewirkt und verwende die mal für die eigentliche Aufgabe.

Und denke dann beim Übertragen auf deine Aufgabe daran: auch dort wirst du es mit zu wenig Urbild-Bild-Paaren zu tun haben, dort läuft es dann so wie ich es sehe auf ein unterbestimmtes LGS hinaus.

Daher ja auch jeweils die Frage nach der Eindeutigkeit in den Teilen a) und b).

Gruß, Diophant

*Deine Drehmatrix hat einen Vorzeichenfehler beim Element b22.
\(\endgroup\)


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supermonkey
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-02-14


Ja, nimm die mal und rechne das Beispiel zu Ende. Übrigens ist das die Drehmatrix für $\alpha=3/2\pi$.
überlege dir dann noch, wie die Menge aller Matrizen, die $(1,1)^t$ auf $(1,-1)^t$ aussieht. Denke dir das von dir angegebene Gleichungssystem als System mit zwei Nullzeilen dazu (da du ja vier Unbekannte hast). Das bedeutet, dass 2 Parameter frei sind.

Spoiler(!):

Setze $b_1=\lambda, b_3=\mu$.

Also funktioniert jede Matrix der Form

$B_{\lambda,\mu}=\begin{pmatrix}\lambda&1-\lambda\\\mu&-1-\mu \end{pmatrix}$




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TtRatKb
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-14


Hallo!

Okay, die Matrix kann ich verstehen, weil das ja eben genau die Gleichungen erfüllt. Diese Matrix zählt dann zu der Menge aller Matrizen, die diese Gleichungen erfüllen, eben jene mit \(\lambda\) und \(\mu\), die supermonkey beschrieben hat. Ausgerechnet ergibt das dann:

\[\phi(x) = \left(\begin{array}{cc}0 & 1 \\ -1 & 0 \\ \end{array} \right)x + \left(\begin{array}{c} 0 \\ 2 \\ \end{array} \right)\]
Und das wäre dann die Lösung, die ich für das angeführte Beispiel als Abbildung brauche, richtig? Oder muss ich das eher für alle Matrizen, die hier möglich sind machen, also mit der Matrix mit den beiden Parametern? Dann sähe das so aus:

\[\phi(x) = \left(\begin{array}{cc}\lambda & 1 - \lambda\\ \mu & -1 - \mu \\ \end{array} \right)x + \left(\begin{array}{c} - \lambda \\ 1 - \mu \\ \end{array} \right)\]
Welches ist besser?

Und worauf muss ich bei meiner Aufgabe nun achten? Das wird ja wahrscheinlich wesentlich schwieriger sein. Da habe ich ja auch jeweils zwei Richtungsvektoren, muss ich dann die Gleichungen zum Finden der linearen Gleichung B quasi zwei mal machen? Also einmal für Richtungsvektor 1 und Bildrichtungsvektor 1 und einmal für Richtungsvektor 2 und Bildrichtungsvektor 2?

Mit vielen Grüßen,
TtRatKb



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-02-15

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}}\newcommand{\ea}{\end{aligned}}\)
Hallo,

2019-02-14 20:34 - TtRatKb in Beitrag No. 12 schreibt:
Hallo!

Okay, die Matrix kann ich verstehen, weil das ja eben genau die Gleichungen erfüllt. Diese Matrix zählt dann zu der Menge aller Matrizen, die diese Gleichungen erfüllen, eben jene mit \(\lambda\) und \(\mu\), die supermonkey beschrieben hat. Ausgerechnet ergibt das dann:

\[\phi(x) = \left(\begin{array}{cc}0 & 1 \\ -1 & 0 \\ \end{array} \right)x + \left(\begin{array}{c} 0 \\ 2 \\ \end{array} \right)\]

Das ist richtig.

2019-02-14 20:34 - TtRatKb in Beitrag No. 12 schreibt:
Und das wäre dann die Lösung, die ich für das angeführte Beispiel als Abbildung brauche, richtig? Oder muss ich das eher für alle Matrizen, die hier möglich sind machen, also mit der Matrix mit den beiden Parametern? Dann sähe das so aus:

\[\phi(x) = \left(\begin{array}{cc}\lambda & 1 - \lambda\\ \mu & -1 - \mu \\ \end{array} \right)x + \left(\begin{array}{c} - \lambda \\ 1 - \mu \\ \end{array} \right)\]
Welches ist besser?

Als Übung für die eigentliche Aufgabe ist schon die zweite Version besser. Da ist jedoch IMHO noch ein Fehler, und zwar sollte der Verschiebungsvektor am Ende nach meiner Rechnung \((-\lambda,-\mu)^T\) lauten, da ist dir eine 1 zu viel reingerutscht.

2019-02-14 20:34 - TtRatKb in Beitrag No. 12 schreibt:
Und worauf muss ich bei meiner Aufgabe nun achten? Das wird ja wahrscheinlich wesentlich schwieriger sein. Da habe ich ja auch jeweils zwei Richtungsvektoren, muss ich dann die Gleichungen zum Finden der linearen Gleichung B quasi zwei mal machen? Also einmal für Richtungsvektor 1 und Bildrichtungsvektor 1 und einmal für Richtungsvektor 2 und Bildrichtungsvektor 2?

Ja, da wirst du um einige Rechenarbeit nicht herumkommen. Das läuft auf ein 6x9-LGS hinaus. Da aber jede Gleichung nur auf wenigen Positionen besetzt ist, dürfte es dennoch machbar sein.

Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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supermonkey
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2019-02-15


Eine Kleinigkeit noch: Es geht nicht $\lambda=1, \mu=-1$, denn dann ist die Matrix $B$ nicht Invertierbar.

Um sich Gleichungssysteme zu sparen invertiere ich in der Regel lieber Matrizen. In diesem Sinne hätte man das Beispiel auch so lösen können:

Ergänze $(1,1)^t$ zu einer Basis des $\IR^2$. Zum Beispiel durch $(1,0)^t$. Dieser darf auf einen beliebigen Vektor $(\lambda,\mu)^t$ außer $(1,-1)^t$ gehen.

Wir haben also

$$B\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&\lambda\\-1&\mu\end{pmatrix}$$

und damit

$$B=\begin{pmatrix}1&\lambda\\-1&\mu\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix}1&\lambda\\-1&\mu\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\1&-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\lambda&1-\lambda\\ \mu&-1-\mu\end{pmatrix}$$

Ich würde das im dreidimensionalen Fall so machen. Also die ersten beiden zu einer Basis ergänzen, dann die anderen beiden auch, aber mit einem Vektor dreier unbekannter, der linear unabhängig zu den anderen ist. Das sollte recht einfach sein. Letztlich brauchst du dann nur eine recht simple Matrix zu invertieren.



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TtRatKb
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-16


Hallo!

So, ich habe es jetzt so gemacht, wie supermonkey es gesagt hat. Dabei habe ich dann folgende affine Abbildung für meine eigentliche Aufgabe erhalten:

\[\phi(x) = \left(\begin{array}{ccc} \lambda & 1 + \lambda & 0 \\ \mu & \mu & 0 \\ \zeta & \zeta & 1 \\ \end{array} \right)x + \left(\begin{array}{c} 1 - 2 \lambda \\ -2 \mu \\ -2 \zeta \\ \end{array} \right)\]
Wäre das so richtig?

Mit vielen Grüßen,
TtRatKb



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2019-02-16

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

wo kommt denn da irgendeine Form von Urbildvektor ins Spiel? Also so kanns leider noch nicht stimmen. :-)

Was Abbildungsmatrix und Translationsvektor angeht bin ich auch noch am Rechnen (ich habe beim ersten Versuch per CAS ein abweichendes Ergebnis erhalten, aber da möchte ich mich noch nicht abschließend festlegen und für heute neigt sich meine MP-Zeit dem Ende zu).

Auch wenn es viel Arbeit ist: könntest du eventuell deine einzelnen Rechenschritte präsentieren? Denn da sollte am Ende eine Gleichung der Form

\[\phi(y)=A\cdot y+b\]
dastehen.

Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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TtRatKb
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-16


Hallo!

Ich habe mich voll versehen, ich habe jetzt quasi E1 auf E2 abgebildet, tut mir leid. Dann verstehe ich aber supermonkeys Tipp nicht so ganz, weil es hier eben insofern anders ist, dass ich nicht nur eine Ebene auf eine andere Ebene abbilden soll, sondern, dass die Abbildung die eine Ebene auf die eine und die andere Ebene auf die andere abbildet. Wie mache ich das nun?

Mist, immer noch nicht richtig weiter :D

Mit vielen Grüßen,
TtRatKb



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2019-02-16


Hallo,

sorry, hier stand Unsinn.

Gruß, Diophant



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supermonkey
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2019-02-16


Vielleicht gibt es einen eleganteren Weg, aber ich würde als nächstes mal $E_1$ und $E_2$ in die Form $p+U$ bringen.






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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2019-02-16

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

@supermonkey: sollte deine Methode nicht auch auf die Normalenvektoren anwendbar sein? Die müssten doch jedenfalls aufeinander abgebildet werden, oder sehe ich da etwas nicht?

Dann hätte man jedenfalls genau die Situation aus deinem Beispiel im \(IR^2\).

Muss auch mal noch weiter drüber nachdenken...

EDIT: nein, das kann auch nicht klappen, die Abbildung müsste dafür ja winkeltreu sein.

Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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TtRatKb
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-17


Hallo!

Meinst du beide in Parameterform?

\[E_1 = \left(\begin{array}{c} 2 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array}\right) + \mathbb{R} \left(\begin{array}{c} -1 \\ 1 \\ 0 \\ \end{array} \right) + \mathbb{R} \left(\begin{array}{c} 0\\ 0 \\ 1 \\ \end{array} \right) \]
\[E_2 = \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right) + \mathbb{R} \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right) + \mathbb{R} \left(\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \\ \end{array} \right)\]
Und wie soll ich jetzt weiter vorgehen?


Mit vielen Grüßen,
TtRatKb



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supermonkey
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2019-02-17


Ja, meine ich.

Erstmal solltest du $E_2$ korrigieren, das passt noch nicht.



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TtRatKb
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-17


Hallo!

Achso, meinst du vielleicht so?

\[E_2 = \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right) + \mathbb{R} \left(\begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \\ \end{array} \right) + \mathbb{R} \left(\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \\ \end{array} \right)\]
Mit vielen Grüßen,
TtRatKb



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supermonkey
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, eingetragen 2019-02-17


Nein, das kann ja nicht stimmen, die Gleichung lautet ja $y_2=1$. Die ersten beiden Vektoren sind vertauscht.



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, eingetragen 2019-02-17

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

2019-02-17 19:04 - TtRatKb in Beitrag No. 24 schreibt:
Hallo!

Achso, meinst du vielleicht so?

\[E_2 = \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right) + \mathbb{R} \left(\begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \\ \end{array} \right) + \mathbb{R} \left(\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \\ \end{array} \right)\]
Mit vielen Grüßen,
TtRatKb

hm, da sind noch Tippfehler vermutlich. So muss es heißen:

\[E_2 = \left(\begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \\ \end{array} \right) + \mathbb{R} \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \\ \end{array} \right) + \mathbb{R} \left(\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \\ \end{array} \right)\]
Gruß, Diophant

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.24 begonnen.]
\(\endgroup\)


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TtRatKb
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-17


Hallo!

Oh ja, natürlich, ein Flüchtigkeitsfehler, entschuldigt bitte :/ Danke für die Berichtigung, Diophant :-)

Und wie sollte es nun weitergehen?

Mit vielen Grüßen,
TtRatKb



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supermonkey
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.27, eingetragen 2019-02-17


Also: Die Ebenen $L_1$ und $L_2$ haben nichtleeren Durchschnitt, schneiden sich in einer Geraden. Genauso auch $E_1$ und $E_2$. Das heißt wir können den Aufpunkt dieser Ebenen jeweils im Durchschnitt wählen.
D.h. es gibt $p\in \IR^3, U_1,U_2\subset \IR^3$ so dass $L_1=p+U_1$ und $L_2=p+U_2$. Ebenso $E_i=q+V_i$.

Dann: $L_i-p$ und $E_i-q$ sind UVRe des $\IR^3$ die sich jeweils in einer Geraden schneiden. Deshalb gibt es eine lineare Abbildung, die $L_i-p$ auf $E_i-q$ abbbildet.

Dann muss man nur noch den Aufpunkt $q$ addieren. Also anschaulich ziehen wir den Aufpunkt p ab, bilden linear in die richtigen UVRe ab und addieren den Aufpunkt q.



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TtRatKb
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-18


Hallo!

Okay, das habe ich verstanden. Wir wollen also jetzt die Untervektorräume der \(L_i\) auf die Untervektorräume der \(E_i\) linear abbilden. An dem Beispiel mit den Geraden habe ich das ja auch schon gemacht. Nur war es dort insofern anders, dass ich nur eine Gerade auf eine Gerade abbilden musste und nicht zwei Ebenen auf zwei Ebenen. Deswegen frage ich mich, wie ich das genau machen soll. Ich würde es bei einer Ebene auf eine Andere so machen wie in deinem Beitrag No.14, also zu einer Basis ergänzen, die Bildmatrix um einen Vektor mit drei Unbekannten erweitern und so weiter. Aber wie mache ich das, wenn ich zwei UVR mit jeweils zwei Vektoren auf weitere zwei UVR mit jeweils zwei Vektoren abbilden soll?

Mit vielen Grüßen,
TtRatKb



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supermonkey
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.29, eingetragen 2019-02-18


Wir versuchen erstmal eine Abbildung $\phi$ zu finden, um die Eindutigkeit machen wir uns dann Gedanken.

Der Punkt ist, dass die UVRe jeweils einen Durchschnitt haben. Nämlich die Gerade $\IR(1,1,1)^t$ bei den $L_i$'s und $\IR(0,0,1)$ bei den $E_i$'s. Du kannst die also jeweils schreiben als erzeugt vom gemeinsamen Vektor und einem weiteren linear unabhängigen. Das heißt deine Abbildung muss tatsächlich nur 3 Vektoren auf 3 Vektoren abbilden.



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TtRatKb
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.30, vom Themenstarter, eingetragen 2019-02-18


Hallo!

Wen kann ich als gemeinsamer Vektor und ein weiterer linearer unabhängiger schreiben, die Durchschnittsgeraden oder die \(L_i\)'s und die \(E_i\)'s? Und wie würde das dann letztendlich aussehen?

Mit vielen Grüßen,
TtRatKB



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supermonkey
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.31, eingetragen 2019-02-18


Du kannst schreiben:

$L_1=\begin{pmatrix}0\\1\\3\end{pmatrix}+\IR\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}+\IR\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}$ und

$L_2=\begin{pmatrix}0\\1\\3\end{pmatrix}+\IR\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}+\IR\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$

sowie

$E_1=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}+\IR\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}+\IR\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}$ und

$E_2=\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}+\IR\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}+\IR\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}$


Jetzt musst du für die lineare Abbildung nur die drei verschiedenen Vektoren der UVRe der $L_i$'s auf die drei verschieden Vektoren der UVRe der $E_i$'s abbilden.



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