Geben ist folgende Punktemenge M in V := ℝ2: M :={(x,y) ∈ℝ2 | x2+3·y2+2·\( \sqrt{3} \)·x·y-\( \sqrt{3}x \)+y+4=0}.

Question

Aufgabe:

Stets seien K ein Körper, V ein endlich erzeugter K-Vektorraum, φ ∈ Aut(K) und f eine δ-Bilinearform.

Geben ist folgende Punktemenge M in V := ℝ²: M :={(x,y) ∈ℝ² | x²+3·y²+2·\( \sqrt{3} \)·x·y-\( \sqrt{3}x \)+y+4=0}.

Weiter seien A= \( \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{-1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix} \) und α ∈ End_k(V) so, dass A die Abbilundgsmatrix für α bezüglich der geordneten Standardbasis ist.

(a) Berechnen Sie das Bild M^α der Menge M unter α. Was für eine Kurve ist das ?

(b) Fertigen sie eine Skizze von M und M^α an. Wie geht geometrisch M^α aus M hervor?

Problem/Ansatz:
Leider keine Ahnung davon.

Comments

Zweiter Ansatz: Könnte die Punktmenge M eine Ellipse sein?

Erste Feststellung (oben): Drehmatrix und Sinuswerte von häufigen Winkeln kannst du doch nachschauen.

Answer 1

Hallo mat00,

Ich mache es mal in Matrixschreibweise ... die Gleichung $$x^2+3y^2+2\sqrt 3 \, xy - \sqrt 3 x+y+4=0$$kann man auch schreiben als$$\begin{pmatrix} x& y& 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & \sqrt 3 & -\frac 12 \sqrt 3\\ \sqrt 3 & 3 & \frac 12\\ -\frac 12 \sqrt 3& \frac 12& 4 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x\\ y\\ 1 \end{pmatrix} = 0 \\ \text{bzw.} \quad \vec{x}^T \cdot K \cdot \vec{x} = 0$$Die Abbildung \(\alpha\) sieht so aus:$$\alpha: \quad \alpha(\vec{x}) = A \cdot \vec{x}$$und da \(\vec{x}\) noch einen dritten Parameter hat, füge ich bei \(A\) noch eine Zeile hinzu$$\alpha(\vec{x}) = A \cdot \vec{x} = \begin{pmatrix} \frac 12 \sqrt 3& \frac 12& 0\\ -\frac 12& \frac 12 \sqrt 3& 0\\ 0& 0& 1\end{pmatrix} \cdot \vec{x} = \vec{x}'$$Die dritte Zeile stört nicht weiter, da steht letzlich nur \(1=1 \cdot 1\). Und \(\vec{x}'\) ist das Bild von \(\vec{x}\). Nun ersetze ich in der Gleichung oben das \(\vec{x}\) durch die Abildung. Dazu muss ich zunächst \(A\) invertieren. Das ist kein Problem, da es sich bei \(A\) um eine Rotationsmatrix handelt. Also ist hier$$A^{-1} = A^T$$und weiter gilt ganz allgemein$$\vec{x} = A^{-1} \cdot \vec{x}' \quad \quad  \vec{x}^T = \vec{x}'^{\,T} \cdot {A^{-1}}^T$$Hier ist natürlich \({A^{-1}}^T = A\). Oben einsetzen gibt$$\vec{x}'^{\,T} \cdot \underbrace{{A^{-1}}^T \cdot K \cdot A^{-1}}_{=K'} \cdot \vec{x}' = 0$$Diese Matrix \(K'\) berechne ich so nicht, sonder tausche \(A\) gegen seine Transponierte aus!

Kann es sein, dass das Minuszeichen in \(A\) nach oben rechts gehört?

Egal - ich mache es einfach und erhalte dann für das \(K'\) mit meinem(!) \(A\)$$K' = \begin{pmatrix} 0& 0& -1\\ 0& 4& 0\\ -1& 0& 4\end{pmatrix}$$und damit lautet die Gleichung von \(M^{\alpha}\)$${\vec{x}'}^T \cdot \begin{pmatrix} 0& 0& -1\\ 0& 4& 0\\ -1& 0& 4\end{pmatrix} \cdot \vec{x}' = 0 \\ \implies 4y'^2 - 2x' + 4 = 0 \\ \implies x' = 2y'^2 + 2$$

(a) ... Was für eine Kurve ist das ?

Nun - ohne Zweifel eine Parabel.

(b) ... Wie geht geometrisch M^α aus M hervor?

Durch eine Drehung um \(30°\), bzw. \(-30°\), wenn man das Original-A verwendet. Brauchst Du noch eine Zeichnung?

Gruß Werner

Comments

Guten Morgen

danke schön.

eine Zeichnung wäre sehr hilfreich.

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das Minuszeichen in A:= \( \begin{pmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{-1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix} \) ist richtig.

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eine Zeichnung wäre sehr hilfreich.

bitte schön!

Die grüne Parabel ist \(M\) mit der Symmetrieachse (grün Punkt-Strich) und ihrer Leitgeraden (schwarz gestrichelt), sowie Brennpunkt \(F\). Die rote ist die um -30° gedrehte Parabel \(M^{\alpha}\), wenn man das \(A\) aus der Aufgabenstellung mit minus links unten einsetzt.

Die blaue Parabel ist die, aus meiner Antwort.

Wenn Du noch Fragen hast, so melde Dich bitte.

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Korrektur:

(gelöscht: hier stand was verwirrendes ...)

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Bin etwas durcheinander nun.

Kannst du mir die Lösung richtig bitte noch mal aufschreiben.

Danke dir

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Kannst du mir die Lösung richtig bitte noch mal aufschreiben.

Geduld; mache ich heute Abend ....

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Kannst du mir die Lösung richtig bitte noch mal aufschreiben.

es bleibt bei meiner ursprünglichen Antwort. Die Matrix \(A\) ist$$A= \begin{pmatrix} \frac 12 \sqrt 3& \frac 12\\ -\frac 12& \frac 12 \sqrt 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos(-30°) & -\sin(-30°)\\ \sin(-30°)& \cos(-30°) \end{pmatrix}$$ist eine Drehung um -30° (minus) also rechts herum.

Das Bild \(M^{\alpha}\) der grünen Parabel ist lt. Aufgabenstellung die rote Parabel (s.o.)!

Das \(K'={A^{-1}}^T \cdot K \cdot A^{-1}\) ist dann$$K'= \begin{pmatrix} 3& \sqrt 3& -\frac 12\\ \sqrt 3& 1& \frac 12 \sqrt 3\\ -\frac 12& \frac 12 \sqrt 3& 4\end{pmatrix}$$ ... das bringt Dich aber nicht weiter!

IMHO ein Lapsus in der Aufgabenstellung. Würde mich echt freuen, wenn Du uns berichtest, was Dein Dozent/Professor dazu sagt.