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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:15 Sa 14.01.2012 | | Autor: | Philphil |
| Aufgabe | Es sei L : [mm] \IR^2 \to \IR^2 [/mm] eine Drehung um (0,0) im Gegenuhrzeigersinn mit Drehwinkel [mm] \mu [/mm] . Diese ABbildung ist linear.
a) Bestimmen sie die Bilder [mm] L_(e_1), L_(e_2) [/mm] der Basisvektoren [mm] e_1 [/mm] = [mm] \vektor{1 \\ 0} [/mm] , [mm] e_2 [/mm] = [mm] \vektor{0 \\ 1} [/mm] . Zeichnen sie dazu beide Bild - und Urbildvektoren in ein Koordinatensystem ein.
b) Es sei E = [mm] \{e_1,e_2} [/mm] die kanonische Basis des [mm] \IR^2 [/mm] . Geben sie die Matrix [mm] M^{E,E}_L [/mm] an.
c) Benutzen sie die Matrix [mm] M^{E,E}_L [/mm] , um die Bilder L [mm] \vektor{1 \\ 2} [/mm] und L [mm] \vektor{-1 \\ 2} [/mm] auszurechnen. Zeichnen sie [mm] \mu [/mm] = [mm] \bruch{\pi}{3} [/mm] beide Bild und Urbildvektoren in ein Koordinatensystem ein. |
Hallo,
ich mach grad mehrere Aufgaben parallel wiel ich immer irgendwo nicht weiter komm und mir was zu anderen Aufgaben einfällt ...
Jedenfalls hab ich hier die a so gemacht, dass ich es gemalt habe (sieh Bild) und mir dann so das Bild von [mm] e_1 [/mm] und [mm] e_2 [/mm] überlegt habe.
das heißt, ich habe als ergebnis für [mm] L(e_1) [/mm] = [mm] \vektor{ cos( \mu ) \\ sin( \mu )} [/mm] und für [mm] L(e_2) [/mm] = [mm] \vektor{cos( \mu + 90°) \\ sin( \mu + 90°)}
[/mm]
Stimmt das so?!
Gruß Phil.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:36 Sa 14.01.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
das ist nicht falsch, allerdings solltest du den zweiten Vektor wieder mit [mm] sin\mu [/mm] und [mm] cos\mu [/mm] ausdrücken. siww dir am einheistkreis an: [mm] sin(\mu+\pi/2)=cos\mu [/mm] den anderen Teil jetzt du!
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:29 Sa 14.01.2012 | | Autor: | Philphil |
Hey,
cos ( [mm] \mu [/mm] + 90° ) = - sin ( [mm] \mu [/mm] ) ?!
Aber dann sieht die Matrix so aus:
M = [mm] \pmat{cos( \mu ) & cos( \mu ) \\ -sin( \mu ) & sin( \mu )}
[/mm]
und wenn ich damit weiterrechne...
Mx = [mm] \pmat{cos( \mu ) & cos( \mu ) \\ -sin( \mu ) & sin( \mu )} \vektor{1 \\ 1} [/mm] = [mm] \vektor{2*cos( \mu ) \\ 0} [/mm]
Das heißt doch, dass unabhängig von dem Winkel um den dieser vektor verschoben werden soll, eine Höhe von 0 rauskommt, was aber doch falsch ist?! Oder nicht?
Das würde ja bedeuten, dass der Vektor unabhängig von dem Winkel [mm] \mu [/mm] immer auf der X-Achse liegt und das macht doch gar keinen sinn?!
Gruß Phil
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:46 Sa 14.01.2012 | | Autor: | leduart |
hallo du hattest doch
L(e2)=$ [mm] \vektor{cos( \mu + 90°) \\ sin( \mu + 90°)} [/mm] $=$ [mm] \vektor{-sin( \mu) \\cos( \mu)} [/mm] $
damit hast du die 2 Spalten deiner Matrix.
also
$ [mm] \pmat{cos( \mu ) & -sin( \mu ) \\ sin( \mu ) & cos( \mu )} [/mm] $
wie du auf deine M kommst seh ich nicht .
Aber du hast wenigstens gemerkt, dass es falsch ist.
du solltest dein M überprüfen, indem du es auf [mm] e_1 [/mm] und [mm] e_2 [/mm] anwendest.
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:11 So 15.01.2012 | | Autor: | Philphil |
Hallo,
ja das macht deutlich mehr sinn...
Hab wohl die Zeilen vertauscht, sodass beide sin und beide cos jeweils in einer Zeile waren.
Danke, die c) war dann kein Problem mehr und wiedermal ist eine Aufgabe gelöst :)
Vielen Dank und Gute Nacht,
Phil
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