Affine Transformation angeben, die drei Bedingungen erfüllt

Question

Ich habe folgende Aufgabe

Gegeben seien die vier Geraden

ℓ1:={(x, y, z)∈R3:y=z= 0}

ℓ2:={(x, y, z)∈R3:x=z= 2}

ℓ3:={(x, y, z)∈R3:x+y=y+z= 0}

ℓ4:={(x, y, z)∈R3:x+y=x+z= 2}

Geben Sie eine (beliebige) affine Transformation T:ℝ³→ℝ³an, welche die folgenden drei Bedingungen erfüllt:

(i) Sie bildet ℓ1auf ℓ3 ab.

(ii) Sie bildet ℓ2 auf ℓ4 ab.

(iii) Sie fixiert den Punkt(0,1,1)

Ich habe die ersten beiden Bedigungen auch schon gemacht und erhalte am Ende

von Bedingung 1:

b=λ·(2,-2,2) und

A(1,0,0)= (μ−λ)·(1,−1,1)     (1)

Von Bedingung 2:

A(0,1,0)=(ρ−ν)·(1,−1,−1)  (2)

und A(0,0,1)= (0,1,1)+ν·(1,−1,−1)−μ·(1,−1,1)  (3)

Nun muss ich ja noch die Bedingung 3 verwenden.

Leider weiß ich nicht genau was drei mir sagt.

Rechne ich einfach die Gleichungen (2)+(3), da ich am Ende den Vektor (0,1,1) erhalten muss oder wie mache ich das?

Über Hilfe würde ich mich echt freuen!

Comments

Versuche es mal mit $$\begin{pmatrix}1& -1& -1\\ -1& 1& 2\\ 1& 1& -2\end{pmatrix} \cdot x + \begin{pmatrix}2\\ -2\\ 2\end{pmatrix}$$melde mich ggf. heute Abend noch mal.

Answer 1

bin gestern Abend in einer Sackgasse stecken geblieben; aber ich denke jetzt habe ich es ...

Ich fasse mich kurz und gehe gleich auf die Schreibweise homogner Koordinaten und benenne die affine Transformation mit $$\vec{x}' = A \cdot \vec{x} \quad \text{bzw.:} \quad \vec{x}' = \begin{pmatrix} \vec{n}& \vec{o}& \vec{a}& \vec{p}\end{pmatrix} \cdot \vec{x}$$Aus der ersten Bedingung $l_1 \to l_3$ folgt schon$$l_1 = \begin{pmatrix} \lambda \\ 0\\ 0\\ 1 \end{pmatrix} \implies \vec{n} = \begin{pmatrix} n\\ -n\\ n \\ 0\end{pmatrix}, \quad \vec{p} = \begin{pmatrix} p\\ -p\\ p \\ 0\end{pmatrix}, \quad n,\, p \in \mathbb{R}$$Aus der zweiten Bedingung $l_2 \to l_4$ mit $$l_2 = \begin{pmatrix} 2\\ \lambda\\ 2\\ 1 \end{pmatrix}, \quad \text{da} \space x=z= 2$$ folgt rein formal $$A \cdot l_2 = l_4 \implies 2\vec{n} + \lambda \vec{o} + 2\vec{a} + \vec{p}= l_4$$ Wegen $y=2-x$ und $z=2-x$ mus der Richtungsvektor $\vec{o}$ dann sein:$$l_4 = \begin{pmatrix} \lambda' \\ 2-\lambda'\\ 2-\lambda'\\ 1 \end{pmatrix} \implies \vec{o} = \begin{pmatrix} o\\ -o\\ -o \\ 0 \end{pmatrix}, \quad o \in \mathbb{R}$$Das setze ich alles in die Gleichung $A \cdot l_2 = l_4$ ein und erhalte:$$\begin{aligned} x &= 2n + \lambda o + 2a_x + p \\ y &= -2n - \lambda o + 2a_y -p \\ z &= 2n -\lambda o +2a_z + p\end{aligned}$$ aus $x+y=2$ folgt$$a_y = 1 - a_x$$und aus $x+z=2$ folgt$$a_z = 1-2n -a_x -p$$Setze ich der Einfachheit halber $a_x=a$ kann man für die Transformation $A$ schreiben$$A = \begin{pmatrix} n & o& a& p\\ -n& -o& 1-a& -p\\ n& -o& (1-2n -a -p)& p\\ 0& 0& 0& 1 \end{pmatrix}$$

Aus der Bedingung, dass der Punkt $(0|\, 1|\, 1)$ ein Fixpunkt ist, folgt noch$$\begin{aligned} o+a+p &=0 \implies a = -o-p\\ -o +1 -a -p &= 1 \\ -o + 1-2n -a -p + p &= 1 \end{aligned}$$Die beiden ersten Gleichungen sind redundant. Setze ich das $a$ aus der ersten in die dritte ein, so erhält man$$-o + 1-2n -(-o-p) = 1 \implies p = 2n, \quad a = -o-2n$$Alles in $A$ einsetzen:$$A = \begin{pmatrix} n & o& -o-2n& 2n\\ -n& -o& 1+o+2n& -2n\\ n& -o& (1-2n +o)& 2n\\ 0& 0& 0& 1 \end{pmatrix}$$Mit $n=1$ und $o=-1$ wird daraus z.B.:$$A = \begin{pmatrix} 1 & -1& -1& 2\\ -1& 1& 2& -2\\ 1& 1& -2& 2\\ 0& 0& 0& 1 \end{pmatrix}$$Falls irgendwas nicht klar ist, so frage bitte nach.

Comments

Hm,

sollte nicht (0,1,1) Fixpunkt sein, oder seh ich da was flasch?

A {0,1,1,0} = {-2, 3, -1, 0}

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sollte nicht (0,1,1) Fixpunkt sein, oder seh ich da was flasch?
A {0,1,1,0} = {-2, 3, -1, 0}

Ja - Du siehst das zu flach ;-) In der Welt der homogenen Koordinaten bekommen Punkte eine $1$ als homogene Koordinate. $$A \cdot \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 1\\ 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}$$

Ohne diese Schreibweise würde eine affine Transformation ja auch so aussehen:$$\begin{aligned} x' &= \begin{pmatrix} 1 & -1& -1\\ -1& 1& 2\\ 1& 1& -2\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2\\ -2\\ 2 \end{pmatrix} \\&= \begin{pmatrix} -2\\ 3\\ -1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2\\ -2\\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ 1 \end{pmatrix} \end{aligned}$$siehe auch die Diskussion bei dieser Frage.

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Spät kommt er doch er kommt ;-)...

Schon etwas abgehangen die Aufgabe und sie ist mir wieder in die Hänge gefallen, weil ich GeoGebra an Homogenen Koordinaten HK versuchen will. Ich musste mir auch erst etwas Handwerkszeug zurechtlegen, weil ggb nur R2 und R3 Elemente kennt und man die HK-Objekte dann in Listen weiterführen muss.

Ich kann im CAS natürlich nur den rein formalen Weg gehen und mir bleibt am Schluß eine Geraden-Variable übrig, das sollte OK sein?  Du hast ja 2 freie Variablen gesetzt, seh ich das richtig?

Ich frage mich jetzt, was in dem Gesamtkunstwerk alles drinsteckt. Und wie man das aufdröseln könnte....

Magst Du mal drüber schauen?

https://www.geogebra.org/m/jghgk59j

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Hallo wächter,

bin ja schon froh, dass Du das gleiche Ergebnis raus hast wie ich. Ja ich habe 2 freie Variablen eingesetzt - das $n$ und das $o$. So im Detail kann ich Deiner Herleitung nicht folgen. Mit Geogebra hatte ich mich noch nicht beschäftigt,

Ich frage mich jetzt, was in dem Gesamtkunstwerk alles drinsteckt. Und wie man das aufdröseln könnte....

Man kann versuchen es darzustellen. Ich stelle solche Transformation gerne mit den 4 Spaltenvektoren der Transformationsmatrix dar.

Hier in Geoknecht3D.

Man kann dort schön die Koordinaten des Fixpunktes in beiden Koordinatensystemen ablesen. Beides mal ist $F = \begin{pmatrix} 0& 1& 1 \end{pmatrix}^T$. Auch der Schnittpunkt $P$ von $l_2$ mit der XZ-Ebene hat die selben Koordinaten wie $P'$ in der na-Ebene.

Man kann auch noch die Eigenwerte und -vektoren bestimmen. Dort sieht man u.a., dass jeder Punkt auf der Ursprungsgeraden durch $F$ wieder auf sich selbst abgebildet wird.

Gruß Werner

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Hallo Werner,

ich hab den Nullvektor als Urbild und Bild eingesetzt

{ Ao {0,0,0,1} - l3_h(t31)} - 0 landet irgend wo auf l3

{Ao l1_h(t13) - {0, 0, 0, 1}} - irgend ein Punkt von l1 landet auf 0

das führt auf ein Teilergebnis von

$\small A_1 \, := \, \left(\begin{array}{rrrr}-\frac{t31}{t13}&a12&a13&t31\\\frac{t31}{t13}&a22&a23&-t31\\-\frac{t31}{t13}&a32&a33&t31\\0&0&0&1\\\end{array}\right)$

A₁ l2(t24) - l4(0)     - {0,t24,0,1}=>{2,0,2,1}
A1 l2(0) - l4(t42)   - {2,0,2,1}=>{2-t24,t24,t24,1}
A1 F - F                 - Fix

==>

$\small T:=\left(\begin{array}{rrrr}\frac{1}{2} \; t31&-1&-t31 + 1&t31\\-\frac{1}{2} \; t31&1&t31&-t31\\\frac{1}{2} \; t31&1&-t31&t31\\0&0&0&1\\\end{array}\right)$