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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:46 Sa 11.05.2013 | | Autor: | Lustique |
| Aufgabe | Schreiben Sie die quadratische Form
$f(x,y) = [mm] \alpha x^2 [/mm] - [mm] 2\sqrt{2}\alpha [/mm] xy, [mm] \quad \alpha \in \mathbb{R}$
[/mm]
in Matrixform. Benützen Sie dies um die folgenden Gleichung zu lösen,
$f(x,y) = 1$, indem Sie die dazugehörige Matrix diagonalisieren. Bitte wählen Sie die diagonalisierende Transformation so, daß sie eine eigentliche Drehung ist. |
Hallo zusammen,
ich könnte zu dieser Aufgabe mal etwas Hilfe gebrauchen, da ich mir 1. nicht sicher bin, ob mein Rechenweg so richtig ist, und 2. ob ich damit schon fertig bin:
Zuallererst lässt sich ja schließen, dass [mm] $\alpha \neq [/mm] 0$. Dann habe ich die Gleichung umgeschrieben:
$(x, [mm] y)\cdot \pmat{\alpha & -\sqrt{2}\alpha \\ -\sqrt{2}\alpha & 0} \cdot \vektor{x \\ y}=\alpha x^2 [/mm] - [mm] 2\sqrt{2}\alpha [/mm] xy$.
Ich habe dann die Eigenwerte von [mm] $\mathbf{A}:=\pmat{\alpha & -\sqrt{2}\alpha \\ -\sqrt{2}\alpha & 0}$ [/mm] bestimmt [mm] ($\lambda_1=2\alpha, \quad \lambda_2=-\alpha$) [/mm] , und dazu dann die Eigenvektoren [mm] $v_1=\vektor{-\sqrt{2}\\1}, \quad v_2=\vektor{1\\ \sqrt{2}}$, [/mm] und normiert: [mm] $\widehat{v_1}=\frac{1}{\sqrt{3}}\vektor{-\sqrt{2}\\1}, \quad \widehat{v_2}=\frac{1}{\sqrt{3}}\vektor{1\\ \sqrt{2}}$. [/mm]
Damit habe ich dann [mm] $\mathbf{A}$ [/mm] diagonalisiert mit [mm] $\mathbf{A'}=\frac{1}{\sqrt{3}}\pmat{2\alpha & 0\\ 0 & -\alpha}$ [/mm] und [mm] $\mathbf{T}=\mathbf{T}^t=\frac{1}{\sqrt{3}}\pmat{\sqrt{2} & 1\\ -1 & \sqrt{2}}$ [/mm] als diagonalisierende Trafo, die ja offensichtlich von der Form ist, wie gewünscht (ich habe noch das Vorzeichen vom ersten Eigenvektor geändert, damit es passt).
Jetzt kann ich ja $(x, [mm] y)^t$ [/mm] transformieren und komme damit auf folgende Gleichung:
$(x', [mm] y')\cdot \pmat{2\alpha & 0\\ 0 & -\alpha} \cdot \vektor{x' \\ y'}=2\alpha {x'}^2-\alpha {y'}^2$. [/mm]
Setzt man dann jetzt einfach [mm] $2\alpha {x'}^2-\alpha {y'}^2=1$? [/mm] Dann wäre ja bspw. [mm] $x'=\pm \sqrt{\frac{1+\alpha {y'}^2}{2\alpha}}$. [/mm]
Bin ich damit jetzt fertig, oder muss ich noch mal rücktransformieren? Ist der Rechenweg so überhaupt richtig?
Danke schon mal im Voraus für eure Hilfe!
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> Setzt man dann jetzt einfach [mm]2\alpha {x'}^2-\alpha {y'}^2=1[/mm]?
> Dann wäre ja bspw. [mm]x'=\pm \sqrt{\frac{1+\alpha {y'}^2}{2\alpha}}[/mm].
Hallo,
nachgerechnet habe ich nichts.
Dein Tun sieht vernünftig aus für mich.
>
> Bin ich damit jetzt fertig, oder muss ich noch mal
> rücktransformieren?
Rücktransformieren.
Dann kannst Du ja durch Einsetzen probieren, ob Dein Ergebnis stimmt.
LG Angela
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:15 So 12.05.2013 | | Autor: | Lustique |
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> > Setzt man dann jetzt einfach [mm]2\alpha {x'}^2-\alpha {y'}^2=1[/mm]?
>
> > Dann wäre ja bspw. [mm]x'=\pm \sqrt{\frac{1+\alpha {y'}^2}{2\alpha}}[/mm].
>
> Hallo,
>
> nachgerechnet habe ich nichts.
> Dein Tun sieht vernünftig aus für mich.
>
> >
> > Bin ich damit jetzt fertig, oder muss ich noch mal
> > rücktransformieren?
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> Rücktransformieren.
> Dann kannst Du ja durch Einsetzen probieren, ob Dein
> Ergebnis stimmt.
>
> LG Angela
Hallo Angela, danke fürs Anschauen. Ich werde mich mal daran probieren.
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Hallo Lustique,
> Schreiben Sie die quadratische Form
> [mm]f(x,y) = \alpha x^2 - 2\sqrt{2}\alpha xy, \quad \alpha \in \mathbb{R}[/mm]
>
> in Matrixform. Benützen Sie dies um die folgenden
> Gleichung zu lösen,
> [mm]f(x,y) = 1[/mm], indem Sie die dazugehörige Matrix
> diagonalisieren. Bitte wählen Sie die diagonalisierende
> Transformation so, daß sie eine eigentliche Drehung ist.
> Hallo zusammen,
> ich könnte zu dieser Aufgabe mal etwas Hilfe gebrauchen,
> da ich mir 1. nicht sicher bin, ob mein Rechenweg so
> richtig ist, und 2. ob ich damit schon fertig bin:
>
> Zuallererst lässt sich ja schließen, dass [mm]\alpha \neq 0[/mm].
> Dann habe ich die Gleichung umgeschrieben:
>
> [mm](x, y)\cdot \pmat{\alpha & -\sqrt{2}\alpha \\ -\sqrt{2}\alpha & 0} \cdot \vektor{x \\ y}=\alpha x^2 - 2\sqrt{2}\alpha xy[/mm].
>
> Ich habe dann die Eigenwerte von [mm]\mathbf{A}:=\pmat{\alpha & -\sqrt{2}\alpha \\ -\sqrt{2}\alpha & 0}[/mm]
> bestimmt ([mm]\lambda_1=2\alpha, \quad \lambda_2=-\alpha[/mm]) , und
> dazu dann die Eigenvektoren [mm]v_1=\vektor{-\sqrt{2}\\1}, \quad v_2=\vektor{1\\ \sqrt{2}}[/mm],
> und normiert:
> [mm]\widehat{v_1}=\frac{1}{\sqrt{3}}\vektor{-\sqrt{2}\\1}, \quad \widehat{v_2}=\frac{1}{\sqrt{3}}\vektor{1\\ \sqrt{2}}[/mm].
>
>
> Damit habe ich dann [mm]\mathbf{A}[/mm] diagonalisiert mit
> [mm]\mathbf{A'}=\frac{1}{\sqrt{3}}\pmat{2\alpha & 0\\ 0 & -\alpha}[/mm]
> und
> [mm]\mathbf{T}=\mathbf{T}^t=\frac{1}{\sqrt{3}}\pmat{\sqrt{2} & 1\\ -1 & \sqrt{2}}[/mm]
> als diagonalisierende Trafo, die ja offensichtlich von der
> Form ist, wie gewünscht (ich habe noch das Vorzeichen vom
> ersten Eigenvektor geändert, damit es passt).
>
> Jetzt kann ich ja [mm](x, y)^t[/mm] transformieren und komme damit
> auf folgende Gleichung:
>
>
> [mm](x', y')\cdot \pmat{2\alpha & 0\\ 0 & -\alpha} \cdot \vektor{x' \\ y'}=2\alpha {x'}^2-\alpha {y'}^2[/mm].
>
> Setzt man dann jetzt einfach [mm]2\alpha {x'}^2-\alpha {y'}^2=1[/mm]?
Ja.
> Dann wäre ja bspw. [mm]x'=\pm \sqrt{\frac{1+\alpha {y'}^2}{2\alpha}}[/mm].
>
Die Gleichungsform läßt sich doch als Hyperbelgleichung deuten.
Welche Punkte diese Gleichung erfüllen ist bekannt.
> Bin ich damit jetzt fertig, oder muss ich noch mal
> rücktransformieren? Ist der Rechenweg so überhaupt
> richtig?
>
Um auf die Lösungen x,y zu kommen ist eine Rücktransformation nötig.
> Danke schon mal im Voraus für eure Hilfe!
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:13 So 12.05.2013 | | Autor: | Lustique |
Hallo MathePower, danke für deine Hilfe!
> Um auf die Lösungen x,y zu kommen ist eine
> Rücktransformation nötig.
wie würde das in diesem Fall aussehen?
[mm] $\frac{1}{\sqrt{3}}\pmat{\sqrt{2} & 1\\ -1 & \sqrt{2}} \cdot \vektor{x'\\y'}=\vektor{x\\y}$ [/mm] und dann $ [mm] x'=\pm \sqrt{\frac{1+\alpha {y'}^2}{2\alpha}} [/mm] $ einsetzen?
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Hallo Lustique,
> Hallo MathePower, danke für deine Hilfe!
>
> > Um auf die Lösungen x,y zu kommen ist eine
> > Rücktransformation nötig.
>
> wie würde das in diesem Fall aussehen?
>
> [mm]\frac{1}{\sqrt{3}}\pmat{\sqrt{2} & 1\\ -1 & \sqrt{2}} \cdot \vektor{x'\\y'}=\vektor{x\\y}[/mm]
> und dann [mm]x'=\pm \sqrt{\frac{1+\alpha {y'}^2}{2\alpha}}[/mm]
> einsetzen?
Die Lösungen der Gleichung
[mm]2\alpha {x'}^2-\alpha {y'}^2=1[/mm]
sind doch für [mm]\alpha > 0[/mm]:
[mm]x'=\bruch{1}{\wurzel{2\alpha}}*\cosh\left(t\right), \ t \in \IR[/mm]
[mm]y'=\bruch{1}{\wurzel{\alpha}}*\sinh\left(t\right), \ t \in \IR[/mm]
Dies ist dann für den Vektor [mm]\vektor{x'\\y'}[/mm] einzusetzen.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:43 So 12.05.2013 | | Autor: | Lustique |
Hallo MathePower, danke für deine Antwort!
> Die Lösungen der Gleichung
>
> [mm]2\alpha {x'}^2-\alpha {y'}^2=1[/mm]
>
> sind doch für [mm]\alpha > 0[/mm]:
>
> [mm]x'=\bruch{1}{\wurzel{2\alpha}}*\cosh\left(t\right), \ t \in \IR[/mm]
>
> [mm]y'=\bruch{1}{\wurzel{\alpha}}*\sinh\left(t\right), \ t \in \IR[/mm]
Diese Identität sehe ich ehrlich gesagt zum ersten Mal. Macht man sowas normalerweise in einer LA-Vorlesung oder sollte man das sehen? Diese Aufgabe stammt nämlich aus einer Rechenmethoden-Vorlesung für Physiker (da wurde sowas natürlich nicht behandelt), und meine LA-Vorlesung ist und war etwas "unorthodox".
> Dies ist dann für den Vektor [mm]\vektor{x'\\y'}[/mm] einzusetzen.
Ist denn dann meine Rücktransformation richtig, also
$ [mm] \frac{1}{\sqrt{3}}\pmat{\sqrt{2} & 1\\ -1 & \sqrt{2}} \cdot \vektor{x'\\y'}=\frac{1}{\sqrt{3}}\pmat{\sqrt{2} & 1\\ -1 & \sqrt{2}} \cdot \vektor{\bruch{1}{\wurzel{2\alpha}}*\cosh\left(t\right)\\\bruch{1}{\wurzel{\alpha}}*\sinh\left(t\right)}=\vektor{x\\y} [/mm] $?
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Hallo Lustique,
> Hallo MathePower, danke für deine Antwort!
>
> > Die Lösungen der Gleichung
> >
> > [mm]2\alpha {x'}^2-\alpha {y'}^2=1[/mm]
> >
> > sind doch für [mm]\alpha > 0[/mm]:
> >
> > [mm]x'=\bruch{1}{\wurzel{2\alpha}}*\cosh\left(t\right), \ t \in \IR[/mm]
>
> >
> > [mm]y'=\bruch{1}{\wurzel{\alpha}}*\sinh\left(t\right), \ t \in \IR[/mm]
>
> Diese Identität sehe ich ehrlich gesagt zum ersten Mal.
> Macht man sowas normalerweise in einer LA-Vorlesung oder
> sollte man das sehen? Diese Aufgabe stammt nämlich aus
> einer Rechenmethoden-Vorlesung für Physiker (da wurde
> sowas natürlich nicht behandelt), und meine LA-Vorlesung
> ist und war etwas "unorthodox".
>
Nun, das Additionstheorem
[mm]\cosh^{2}\left(t\right)-\sinh^{2}\left(t\right)=1[/mm]
fällt in den Bereich einer Analysis-Vorlesung.
> > Dies ist dann für den Vektor [mm]\vektor{x'\\y'}[/mm] einzusetzen.
>
> Ist denn dann meine Rücktransformation richtig, also
>
> [mm]\frac{1}{\sqrt{3}}\pmat{\sqrt{2} & 1\\ -1 & \sqrt{2}} \cdot \vektor{x'\\y'}=\frac{1}{\sqrt{3}}\pmat{\sqrt{2} & 1\\ -1 & \sqrt{2}} \cdot \vektor{\bruch{1}{\wurzel{2\alpha}}*\cosh\left(t\right)\\\bruch{1}{\wurzel{\alpha}}*\sinh\left(t\right)}=\vektor{x\\y} [/mm]?
Ja.
Gruss
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:05 So 12.05.2013 | | Autor: | Lustique |
Hallo MathePower, danke für deine Antwort!
> Nun, das Additionstheorem
>
> [mm]\cosh^{2}\left(t\right)-\sinh^{2}\left(t\right)=1[/mm]
>
> fällt in den Bereich einer Analysis-Vorlesung.
Und das ist auch tatsächlich schon länger bekannt, aber leider nicht gerade abrufbereit... Danke, dass du mich daran erinnerst. :)
> > > Dies ist dann für den Vektor [mm]\vektor{x'\\y'}[/mm] einzusetzen.
> >
> > Ist denn dann meine Rücktransformation richtig, also
> >
> > [mm]\frac{1}{\sqrt{3}}\pmat{\sqrt{2} & 1\\ -1 & \sqrt{2}} \cdot \vektor{x'\\y'}=\frac{1}{\sqrt{3}}\pmat{\sqrt{2} & 1\\ -1 & \sqrt{2}} \cdot \vektor{\bruch{1}{\wurzel{2\alpha}}*\cosh\left(t\right)\\\bruch{1}{\wurzel{\alpha}}*\sinh\left(t\right)}=\vektor{x\\y} [/mm]?
>
>
> Ja.
>
>
> Gruss
> MathePower
Danke!
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