orthogonale Projektionsabbildung < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 00:19 Di 18.05.2004 | | Autor: | Cathrine |
Hallo im Matheraum,
ich habe gerade mein neues LA-Blatt angeschaut und dabei festgestellt, dass ich mit folgender Frage NICHTS anstellen kann. (Bin grade am Skriptlesen...)
Man versehe den Raum [mm] R³ [/mm] mit der Bilinearform [mm] \beta (x,y)[/mm]= [mm] x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3 [/mm] (bis hierher einigermaßen klar!) und man setze U:= Lin [mm] ({e_1+2e_2+3e_3}).
[/mm]
Man fasse die "orthogonal Projektionsabbildung" [mm] P_U [/mm] : [mm] R³ [/mm] Pfeil nach U auf als Endomorphismus [mm]\varphi[/mm] des Raumes [mm] R³[/mm] und bestimme die dazugehörige Abbildungsmatrix (bzgl. der kanonischen Basis).
Fertig. Hört sich doch echt schwer an, oder?
Liebe Grüße, Cathy
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:59 Di 18.05.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Cathrine,
> ich habe gerade mein neues LA-Blatt angeschaut und dabei
> festgestellt, dass ich mit folgender Frage NICHTS anstellen
> kann. (Bin grade am Skriptlesen...)
> Man versehe den Raum [mm]R³[/mm] mit der Bilinearform [mm]\beta (x,y)[/mm]=
> [mm] x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3 [/mm] (bis hierher einigermaßen klar!) und
[mm] $\beta$ [/mm] ist also das Standard-Skalarprodukt.
> man setze U:= Lin [mm] ({e_1+2e_2+3e_3}).
[/mm]
Das ist ein eindimensionaler Unterraum des [mm] $\IR^3$; [/mm] er besteht aus allen Vielfachen des Vektors [mm] $e_1+2e_2+3e_3$. [/mm] Zur Standardbasis [mm] $e_1,e_2,e_3$ [/mm] geschrieben lautet dieser Vektor [mm] $\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}$. [/mm] Der Unterraum U dann [mm] $U=\left\{\lambda*\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}\ |\ \lambda\in\IR\right\}$.
[/mm]
Eindimensionale Unterräume sind übrigens Ursprungsgeraden.
> Man fasse die "orthogonal Projektionsabbildung" [mm] P_U [/mm] : [mm]R³\to U[/mm]
> auf als Endomorphismus [mm]\varphi[/mm] des Raumes [mm]R³[/mm]
> und bestimme die dazugehörige Abbildungsmatrix (bzgl. der
> kanonischen Basis).
>
> Fertig. Hört sich doch echt schwer an, oder?
Es geht  Es finden sich eigentlich nur viele Fachausdrücke in dieser Aufgabe, deren Definitionen man kenne sollte. Diese zu lernen und dann anwenden zu können ist wohl der Sinn dieser Aufgabe, denn ansonsten ist sie total simpel (das macht man auch im Mathe-Grundkurs der Schule).
Der Endomorphismus [mm] $\varphi$ [/mm] ist eine lineare Abbildung, was man auch daran erkennt, dass es eine "dazugehörige Abbildungsmatrix" gibt.
Anschaulich bedeutet diese Aufgabe: Finde eine Matrix, die den Raum [mm] \IR^3 [/mm] auf die Gerade U senkrecht projiziert.
Um diese Matrix aufzustellen, reicht es, die Bilder der drei Basisvektoren [mm] $e_1, e_2, e_3$ [/mm] zu bestimmen, also [mm] $\varphi(e_1),\varphi(e_2),\varphi(e_3)$.
[/mm]
Wie wird ein Punkt/Vektor $v$ nun senkrecht auf eine Gerade projiziert? Tipp: Eine Hilfsgerade bestimmen, die durch $v$ verläuft und die senkrecht auf U steht...
Übrigens: Was in dieser Aufgabe unter "senkrecht" zu verstehen ist, bestimmt die obige Bilinearform: Zwei Vektoren $x,y$ sind orthogonal [mm] $:\gdw \beta(x,y)=0$.
[/mm]
Vielleicht kommst du ja mit diesen Anhaltspunkten bei dieser Aufgabe weiter, jedenfalls habe ich alle Sachverhalte erwähnt, die du zur Lösung verstehen mußt. Das beste ist jetzt natürlich, die liest dies nochmal genau in deinem Skript nach und fragst dann bei weiteren Unklarheiten nochmal hier im MatheRaum nach
Viel Erfolg,
Marc
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:18 Di 18.05.2004 | | Autor: | Cathrine |
Hallo zusammen,
ich habe jetzt versucht, die Aufgabe zu machen (so weit es ging) und wollte jetzt mal schauen, ob ich es einigermaßen richtig gemacht habe.
Ich habe also dann erstmal geschaut, was senkrecht auf v=[mm]\begin {pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix} [/mm] steht und folgendes herausbekommen:
(ich nenne das dann mal u) u=[mm]\begin {pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix} [/mm]
Das war einfach, aber ob das jetzt was nützt ist mir noch nicht so besonders klar.
[mm]\begin {pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&-1\end{pmatrix} [/mm]
könnte dann vielleicht die gesuchte Abbildungsmatrix sein???
Ich bin echt unsicher!!!
Aber diese Matrix projiziert doch eigentlich den R³ auf U, oder nicht?
Ich weiß nicht, ob ich es mir da nicht doch etwas zu leicht gemacht habe.
Danke fürs nachschauen, Cathy
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:52 Di 18.05.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Cathrine,
> ich habe jetzt versucht, die Aufgabe zu machen (so weit es
> ging) und wollte jetzt mal schauen, ob ich es einigermaßen
> richtig gemacht habe.
> Ich habe also dann erstmal geschaut, was senkrecht auf
> v=[mm]\begin {pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}[/mm] steht und folgendes
> herausbekommen:
>
> (ich nenne das dann mal u) u=[mm]\begin {pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix}[/mm]
Gut, das steht senkrecht auf v, aber...
> Das war einfach, aber ob das jetzt was nützt ist mir noch
> nicht so besonders klar.
... das nützt dir gar nichts.
Mein Tipp war ja folgender und so berechnet man allgemein Projektionen eines Punktes P auf Ebenen/Gerade:
Konstruiere eine Hilfsgerade, die (in unserem Fall) senkrecht zu U verläuft und die durch P verläuft.
Diese Hilfsgerade ist der Projektionsstrahl (des Lichtes), der den Punkt P auf seinen Bildpunkt P' abbildet.
> [mm]\begin {pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}[/mm]
> könnte dann vielleicht die gesuchte Abbildungsmatrix
> sein???
Woher kommt diese Matrix?
Um diese Matrix aufzustellen, bildest du die drei Punkte (1,0,0), (0,1,0) und (0,0,1) wie oben beschrieben ab und schreibst die Ergebnisse (die Bildvekoren) als Spalten in deine Abbildungsmatrix.
> Ich bin echt unsicher!!!
> Aber diese Matrix projiziert doch eigentlich den R³ auf U,
> oder nicht?
Nein, zum Beispiel wird der Punkt P(1,2,3) durch deine Matrix auf den Punkt A(P)=(1,2,-3) abgebildet -- was aber nicht sein darf, da alle Punkte auf der Geraden U auf sich selbst abgebildet werden müssen (es sind Fixpunkte).
Viele Grüße,
Marc
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:07 Mi 19.05.2004 | | Autor: | Cathrine |
Aber die Matrix kann doch nicht einfach die Einheitsmatrix sein, oder?
Dann würde natürlich jeder Punkt auf sich selber abbgebildet.
Und dann wegen U=...
Ich habe bei U ja noch das Lambda und das ist ja gänzlich unbekannt, oder???
Also weiß ich ja im Grunde zu wenig über U, um durch eine Matrix diese Hilfsgerade auf U abbilden zu können????
Großes Fragezeichen...!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 04:11 Mi 19.05.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Cathrine!
> Aber die Matrix kann doch nicht einfach die Einheitsmatrix
> sein, oder?
> Dann würde natürlich jeder Punkt auf sich selber
> abbgebildet.
Stimmt, die Einheitsmatrix kann es nicht sein.
> Und dann wegen U=...
> Ich habe bei U ja noch das Lambda und das ist ja gänzlich
> unbekannt, oder???
> Also weiß ich ja im Grunde zu wenig über U, um durch eine
> Matrix diese Hilfsgerade auf U abbilden zu können????
>
> Großes Fragezeichen...!
Hattest du denn in der Schule Vektorrechnung? Habe ihr da Geraden und Ebenen untersucht?
Ich schlage vor, wir gehen mal ganz kleinschrittig vor.
Und zwar projizieren wir erst mal nur den Punkt [mm] $E_1(1|0|0)$ [/mm] senkrecht/orthogonal auf die Gerade
$U: [mm] \vec{x}=\lambda*\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix},\ \lambda\in\IR$
[/mm]
(auf diese Gerade $U$ wird also alles projiiziert; alle Bildpunkte landen auf dieser Gerade; das dies eine Gerade ist, mit Stützvektor [mm] \vec{0} [/mm] und Richtungsvektor [mm] $(1,2,3)^t$ [/mm] setze ich mal als bekannt voraus.)
Nun stelle dir ein Lichtstrahl vor, der genau durch den Punkt [mm] $E_1$ [/mm] verläuft und der senkrecht auf der Geraden auftrifft; dieser "Auftreffpunkt", also Schnittpunkt mit der Geraden, ist der Bildpunkt $E'_1$ der Projektion, den wir berechnen müssen (weil es eine senkrechte Projektion ist, ist dieser Bildpunkt auch gleichzeitig der Lotfußpunkt, spielt aber keine Rolle hier, da "senkrecht" ja auch relativ ist, siehe Bilinearform.)
Um den Schnittpunkt $E'_1$ des Lichtstrahls mit der Geraden zu finden, stelle ich eine Hilfsgerade $l$ auf, die durch den Punkt [mm] $E_1$ [/mm] verläuft und die senkrecht auf $U$ steht; dazu benötigen ich einen Stützvektor (dafür nehme ich gerade [mm] $E_1$), [/mm] und einen Richtungsvektor [mm] $\vec [/mm] v$, den ich jetzt folgendermaßen ermittle:
[mm] $\vec{v}$ [/mm] ist ganz formal die Vektordifferenz zwischen (dem bekannten) [mm] $E_1$ [/mm] und (dem noch unbekannten) $E'_1$.
Da aber $E'_1$ auf $U$ liegt, gibt es einen Parameterwert [mm] $\lambda_1$, [/mm] so dass gilt: [mm] $E'_1=\lambda_1\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}$.
[/mm]
Das [mm] $\vec [/mm] v$ drückt sich dann so aus:
[mm] $\vec{v}=\lambda_1\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}$
[/mm]
Dieser Vektor [mm] $\vec [/mm] v$ muß senkrecht zu $U$ verlaufen, es muß also folgendes gelten:
[mm] $\beta(\vec v,\vec u)\stackrel{!}{=}0$, [/mm] wobei [mm] $\vec [/mm] u$ der Richtungsvektor von $U$ sein soll, also [mm] $\vec{u}=\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}$
[/mm]
Setzen wir das alles mal in die Defintion von [mm] $\beta$ [/mm] ein:
[mm] $\gdw\ $\beta\left(\lambda_1\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}\right)=0$
[/mm]
Nicht umsonst heißt die Bilinearform so, nutzen wir die Linearität in beiden Argumenten von [mm] $\beta$ [/mm] mal aus:
[mm] $\gdw\ \beta\left(\lambda_1\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}\right)-\beta\left(\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}\right)=0$
[/mm]
[mm] $\gdw\ \lambda_1*\beta\left(\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}\right)-\beta\left(\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}\right)=0$
[/mm]
[mm] $\gdw\ \lambda_1*(1+4+9)-1=0$
[/mm]
[mm] $\gdw\ \lambda_1*14=1$
[/mm]
[mm] $\gdw\ \lambda_1=\bruch{1}{14}$
[/mm]
Der Punkt $E'_1$ hat also die Koordinaten [mm] $E'_1=\bruch{1}{14}\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}$.
[/mm]
Dessen Koordinaten bilden --wie zuvor schon gesagt-- die erste Spalte deiner gesuchten Abbildungsmatrix.
Wenn du das gleiche Prozedere wie oben für [mm] $E_2=(0|1|0)$ [/mm] und [mm] $E_3=(0|0|1)$ [/mm] durchführst, erhältst du die restlichen Spalten.
Probier es doch mal und melde dich wieder
Viele Grüße,
Marc
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:21 So 23.05.2004 | | Autor: | Cathrine |
Hi Marc,
kurze Frage, muss ich als nächstes [mm]\lambda_2[/mm]nehmen???
Gruß Cathy
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:45 So 23.05.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Cathrine,
> kurze Frage, muss ich als nächstes [mm]\lambda_2[/mm]nehmen???
ich wieß nicht genau, was du meinst.
Du mußt als nächstes den Punkt [mm] E_2 [/mm] abbilden (und dabei [mm] $\lambda_2$ [/mm] benutzen...) und dann [mm] $E_3$.
[/mm]
Melde dich nochmal, falls es sich noch nicht geklärt hat.
Viele Grüße,
Marc
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:56 So 23.05.2004 | | Autor: | Cathrine |
Also falls ich nun alles richtig gemacht habe, so ist das Ergebnis
[mm]\lambda_2' = \bruch{1}{7} [/mm]
[mm]\lambda_3 = \bruch{3}{14} [/mm]
Oder?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:45 So 23.05.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Cathrine,
[mm] $E_2$:
[/mm]
[mm] $\vec{v}=\lambda_2\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$
[/mm]
[mm] $\beta(\vec v,\vec u)\stackrel{!}{=}0$, [/mm] mit [mm] $\vec{u}=\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}$
[/mm]
[mm] $\gdw\ $\beta\left(\lambda_2\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}\right)=0$
[/mm]
[mm] $\gdw\ \beta\left(\lambda_2\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}\right)-\beta\left(\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}\right)=0$
[/mm]
[mm] $\gdw\ \lambda_2*\beta\left(\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}\right)-\beta\left(\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}\right)=0$
[/mm]
[mm] $\gdw\ \lambda_2*(1+4+9)-2=0$
[/mm]
[mm] $\gdw\ \lambda_2*14=2$
[/mm]
[mm] $\gdw\ \lambda_2=\bruch{2}{14}=\bruch{1}{7}$
[/mm]
Der Punkt $E'_2$ hat also die Koordinaten [mm] $E'_2=\bruch{1}{7}\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}$. [/mm]
[mm] $E_3$:
[/mm]
[mm] $\vec{v}=\lambda_3\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$
[/mm]
[mm] $\beta(\vec v,\vec u)\stackrel{!}{=}0$, [/mm] mit [mm] $\vec{u}=\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}$
[/mm]
[mm] $\gdw\ $\beta\left(\lambda_3\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}\right)=0$
[/mm]
[mm] $\gdw\ \beta\left(\lambda_3\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}\right)-\beta\left(\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}\right)=0$
[/mm]
[mm] $\gdw\ \lambda_3*\beta\left(\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}\right)-\beta\left(\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}\right)=0$
[/mm]
[mm] $\gdw\ \lambda_3*(1+4+9)-3=0$
[/mm]
[mm] $\gdw\ \lambda_3*14=3$
[/mm]
[mm] $\gdw\ \lambda_3=\bruch{3}{14}$
[/mm]
Der Punkt $E'_3$ hat also die Koordinaten [mm] $E'_3=\bruch{3}{14}\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}$. [/mm]
> Also falls ich nun alles richtig gemacht habe, so ist das
> Ergebnis
>
> [mm]\lambda_2' = \bruch{1}{7}[/mm]
> [mm]\lambda_3 = \bruch{3}{14}[/mm]
>
> Oder?
Ja, würde ich auch sagen
Wie sieht nun die gesuchte Abbildungsmatrix aus?
Viele Grüße,
Marc
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:23 So 23.05.2004 | | Autor: | Cathrine |
Die gesuchte Matrix müsste also:
[mm] \begin{pmatrix}
\bruch{1}{14} &\bruch{1}{7} &\bruch {3}{14} \\
\bruch{1}{7} &\bruch{2}{7} &\bruch {3}{7} \\
\bruch{3}{14} &\bruch{3}{7} &\bruch {9}{14} \\
\end{pmatrix} [/mm]
Grausam!!!
Stimmt sie, oder ist es doch falsch???
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:36 So 23.05.2004 | | Autor: | Marc |
Hallo Cathrine,
> Die gesuchte Matrix müsste also:
>
> [mm] \begin{pmatrix}
> \bruch{1}{14} &\bruch{1}{7} &\bruch {3}{14} \\
> \bruch{1}{7} &\bruch{2}{7} &\bruch {3}{7} \\
> \bruch{3}{14} &\bruch{3}{7} &\bruch {9}{14} \\
> \end{pmatrix} [/mm]
>
> Grausam!!!
>
> Stimmt sie, oder ist es doch falsch???
Es stimmt doch
Viele Grüße,
Marc
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