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| Aufgabe | Hallo liebe Mathefreunde, ich hoffe ich darf hier nochmal was fragen.
Die Aufgabe lautet wie folgt:
Seien [mm] V=\IR^3, A=\frac{1}{9}\cdot\begin{pmatrix}-4 & 8 & 1\\-4 & -1 & -8\\7 & 4 & -4\end{pmatrix} [/mm] und [mm] \omega:V\to [/mm] V die lieneare Abbildung, die durch [mm] _{B}\left(\omega\right)_{B}=A\cdot [/mm] v definiert ist mit [mm] \omega\in [/mm] O(V).
Weiterhin gilt [mm] A^{2}=\frac{1}{9}\cdot\begin{pmatrix}-1 & -4 & -8\\-4 & -7 & 4\\-8 & 4 & -1\end{pmatrix}.
[/mm]
a) Zeigen Sie, dass [mm] \omega [/mm] eine lineare Drehspieglung ist.
b) Sei [mm] \rho\in [/mm] O(V) die zu [mm] \omega [/mm] gehörige Drehung. Besimmen Sie jeweils eine Basis der Drehachse und der Drehebene von [mm] \rho.
[/mm]
c) Bestimmen sie den Drehwinkel von [mm] \rho [/mm] modolu [mm] \pi. [/mm] (Ich bin mir nicht sicher ob es eigentlich mod [mm] 2\pi [/mm] heißen soll). |
Okay ich habe folgendes bislang berechnet.
a) [mm] \det\left(A\right)=\left(\frac{1}{9}\right)^{3}\cdot\left[-16+\left(64\cdot4\right)-16-\left(-7+\left(16\cdot8\right)+16\cdot8\right)\right]=-1
[/mm]
Vielleicht empfiehlt es sich in der Klausur doch den Gaußalgorythmus zu verwenden um die Determinante zu berechnen.
Damit erhalte ich zumindest schonmal folgendes: [mm] \omega\in [/mm] O(V) ist eine Spieglung oder eine Drehspieglung.
Es gilt weiter [mm] A^2\not=id \Rightarrow \omega [/mm] ist Drehspieglung.
Damit ist Teil a) bereits erledigt.
b) Basis der Drehachse:
Bestimmung des Eigenraums von [mm] (\frac{1}{9}A^2-E)v=0 \Leftrightarrow (A^2 [/mm] - 9E)v=0.
[mm] \begin{pmatrix}-10 & -4 & -8\\-4 & -16 & 4\\-8 & 4 & -10\end{pmatrix}\rightsquigarrow...\rightsquigarrow\begin{pmatrix}1 & 0 & 1\\0 & 1 & -\frac{1}{2}\\0 &0 & 0\end{pmatrix}
[/mm]
Durch lösen des LGS erhalte ich also [mm] D=\left\langle \begin{pmatrix}1\\-\frac{1}{2}\\-1\end{pmatrix}\right\rangle.
[/mm]
Wenn ich das nun richtig verstehe steht die Drehebene einfach Senkrecht auf D.
Wenn ich das Skalarprodukt benutze kann ich ja einfach einen Senkrechten Vektor finden,
z.B. [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 1}
[/mm]
Für die Drehebene H bräuchte ich jetzt aber noch einen weiteren Vektor der Senkrecht auf D steht.
Dazu kann ich das Kreuzprodukt benutzen:
[mm] \begin{pmatrix}1\\
-\frac{1}{2}\\
-1
\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix}1\\
0\\
1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\
-2\\
\frac{1}{2}
\end{pmatrix}
[/mm]
Also wäre
[mm] H=\left\langle \begin{pmatrix}1\\
0\\
1
\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\
-2\\
\frac{1}{2}
\end{pmatrix}\right\rangle [/mm]
eine Mögliche Basis der Drehebenen von [mm] \omega.
[/mm]
Ist das so korrekt?
c) Wenn [mm] \omega\in [/mm] O(V) eine Drehung um die Drehachse D ist gilt:
[mm] \cos(\Theta)=\frac{1}{2}\cdot (tr(_B_(\omega)_B)-1).
[/mm]
Also ist [mm] \cos\left(2\Theta\right)=\frac{1}{2}\left(\left(\mbox{tr}_{B}\left(\omega\right)_{B}\right)-1\right)=\frac{1}{2}\left(\left(-\frac{1}{9}-\frac{7}{9}-\frac{1}{9}\right)-1\right)=\frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{9}{9}-1\right)=-1
[/mm]
[mm] \Rightarrow2\Theta=\frac{\pi}{2}\Leftrightarrow\Theta=\frac{\pi}{4}.
[/mm]
Mit freundlichen grüßen,
Raspery21
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:20 So 07.02.2016 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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