Hauptachsentransformation

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02.02.2013, 13:44	Patrick1990	Auf diesen Beitrag antworten »
Hauptachsentransformation Hallo, ich soll eine Hauptachsentransformation durchführen. Gegeben ist eine Quadrik im $\begin{eqnarray} \mathbb{R}^2 \end{eqnarray}$ Die Gleichung lautet: $\begin{eqnarray} 5x^2 + 6xy + 5y^2 + 4x - 4y -28 = 0 \end{eqnarray}$ Zuerst einmal muss ich die Gleichung ja in andere Form bringen. $\begin{eqnarray} (x,y)^T \begin{pmatrix} 5&3\\3&5\end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y\end{pmatrix} + (4,-4)^T -28 \end{eqnarray}$ Jetzt bestimmt ich Eigenwerte und Eigenvektoren. Ist das soweit richtig?
02.02.2013, 14:17	Patrick1990	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich komme nun auf die Eigenvektoren $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1\\-1 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1\\1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Kann ich sagen, dass die Eigenvektoren jeweils der Kern der Matrix für die entsprechenden Eigenwerte ist? Als nächsten Schritt normiere ich diese Eigenvektoren.
02.02.2013, 14:44	Patrick1990	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich weiß leider nicht wie es nun weiter geht. Kann mir jemand helfen?
02.02.2013, 14:47	Patrick1990	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich erstelle eine Matrix aus den Eigenvektoren (ich nenne sie P): $\begin{eqnarray} P= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix}1&1\\-1&1\end{pmatrix} \end{eqnarray}$
02.02.2013, 15:49	Patrick1990	Auf diesen Beitrag antworten »
Bitte helft mir!!
02.02.2013, 16:20	zyko	Auf diesen Beitrag antworten »
Mit der Kenntnis der Eigenvektoren in P kennst du die Lage eines gedrehten Koordinatensystems, so dass bei Nutzung diese Hauptachsensystems kein gemischter Term $\begin{eqnarray} {\over x} \cdot {\over y} \end{eqnarray}$ mehr auftritt. Hierzu definierst du $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}\over{x}\\\over{y}\end{pmatrix}=P\begin{pmatrix}x\\y \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Damit gilt $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}x\\y \end{pmatrix}=P^T\begin{pmatrix}\over{x}\\\over{y}\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Diesen Term in die ursprüngliche Quadrik mit der Matrix A eingesetzt ergibt eine Diagonalmatrix mit den Eigenwerten: $\begin{eqnarray} D=PAP^T \end{eqnarray}$ . Achtung auch im linearen Teil müssen die alten Koordinaten durch die neuen ersetzt werden. Dieser lineare Teil besagt, dass das Zentrum der Quadrik nicht im Nullpunkt liegt, während eine Drehung bedeutet, dass z.B. eine Ellipse nicht achsenparallel liegt. Das gedrehte Koordinatensystem nennt man Hauptachsensystem (HAS).
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02.02.2013, 16:38	Patrick1990	Auf diesen Beitrag antworten »
Können wir das eventuell Schritt für Schritt gemeinsam machen? Ichnkann die Transformationsmatrix. Nun steht überall wo ich suchte nach Informationen, dass der nächste Schritt die Substitution ist. Das heißt also $\begin{eqnarray} x=Px' \end{eqnarray}$ und der Vektor $\begin{eqnarray} x' \end{eqnarray}$ besteht aus $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} x'_1\\x'_2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ oder?
02.02.2013, 17:04	zyko	Auf diesen Beitrag antworten »
Achtung nicht x einmal als Vektor und ein andermal als x-Koordinate benutzen. Da sind Fehler vorprogrammiert. Du kannst das alte x ersetzen durch (s. meine Formel) $\begin{eqnarray} x=\frac{1}{\sqrt{2}}({ x'}- y') \end{eqnarray}$ , analog y. Hierbei sind (x', y') die Koordinaten bezogen auf das neue Koordinatensystem. Diese setzt du nun in deine Quadrik ein, sodass darin nur noch die gestrichenen Koordinaten auftreten. Da du aber unter Hochschulmathematik anfragst, empfehle ich dir die Vektor bzw. Matrizenrechenregeln zu üben. Eine Regel, die sowohl für Matrizen als auch Vektoren gilt, ist: $\begin{eqnarray} (A\cdot B)^T=B^T\cdot A^T \end{eqnarray}$ . Du hast eine Matrix A und einen Offset L zum Nullpunkt und damit eine Quadrik gegeben: $\begin{eqnarray} \vec{x}^T\cdot A \cdot \vec{x} + L^T\cdot\vec{x} +d=0 \end{eqnarray}$ Sei $\begin{eqnarray} \vec{x'} = P\cdot \vec{x} \end{eqnarray}$ ein dazu gedrehtes Koordinatensystem, und damit $\begin{eqnarray} \vec{x} = P^T\cdot \vec{x'} \end{eqnarray}$ denn es gilt $\begin{eqnarray} P^{-1}=P^T \end{eqnarray}$ und somit kann die Quadrik in dem neuen Koordinatensystem formuliert werden zu: $\begin{eqnarray} \vec{x'}^T\cdot P\cdot A \cdot P^T\cdot \vec{x'} + L^T\cdot P^T\cdot \vec{x'} +d=0 \end{eqnarray}$ Wenn in P die Eigenvektoren stehen, dann ist $\begin{eqnarray} D=P\cdot A \cdot P^T \end{eqnarray}$ eine Diagonalmatrix mit den Eigenwerten.
02.02.2013, 17:56	Patrick1990	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich komme nicht so richtig mit Sorry. Wie kommst du auf $\begin{eqnarray} x=\frac{1}{\sqrt{2}}({ x'}- y') \end{eqnarray}$ ? Ich stehe jetzt an folgendem Punkt: Ich habe meine Transformationsmatrix bestimmt. Nun soll ich eine Substitution vornehmen. Es gilt $\begin{eqnarray} x=Px' \end{eqnarray}$ . ist $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ ein Punkt $\begin{eqnarray} x(x, y) \end{eqnarray}$ ? Womit ich ja dann schließlich auf $\begin{eqnarray} x= \frac{1}{\sqrt{2}} (x'+y') \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} y= \frac{1}{\sqrt{2}}(-x'+y') \end{eqnarray}$ kommen würde?
02.02.2013, 18:39	Patrick1990	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich muss ja nun $\begin{eqnarray} P^{-1}AP \end{eqnarray}$ ausrechnen. Wobei $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ ja symmetrisch ist und ich einfach sagen kann $\begin{eqnarray} A^{-1}=A^{T} \end{eqnarray}$
02.02.2013, 19:22	Patrick1990	Auf diesen Beitrag antworten »
Mich verwirrt auch unsere Musterlösung, denn da steht zum Beispiel für einen normierten Eigenvektor $\begin{eqnarray} \frac{1}{2}\sqrt{2}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ anstatt $\begin{eqnarray} \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ . Woran liegt das?
02.02.2013, 19:31	Patrick1990	Auf diesen Beitrag antworten »
Mir ist aufgefallen, dass meine Aussage $\begin{eqnarray} P^T=P^{-1} \end{eqnarray}$ nicht stimmt. Sorry.
02.02.2013, 19:42	URL	Auf diesen Beitrag antworten »
zyko scheint gerade nicht da zu sein. Deswegen beantworte ich mal die allgemeinen Fragen: Nur weil $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ symmetrisch ist, gilt nicht unbedingt $\begin{eqnarray} A^{-1}=A^{T} \end{eqnarray}$ . Eine Matrix M mit der Eigenschaft $\begin{eqnarray} M^{-1}=M^{T} \end{eqnarray}$ nennt man orthogonal. Die Matrix $\begin{eqnarray} P= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix}1&1\\-1&1\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ ist z.B. eine solche. Für diese Matrix ist also $\begin{eqnarray} P^T=P^{-1} \end{eqnarray}$ richtig. Es ist noch $\begin{eqnarray} \frac{1}{2} \sqrt{2}=\frac{1}{\sqrt{2}\sqrt{2}} \sqrt{2}=\frac{1}{\sqrt{2}} \end{eqnarray}$ .
02.02.2013, 19:49	Patrick1990	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich komme da irgendwie in Konflikte, denn $\begin{eqnarray} P^T=\begin{pmatrix}1&-1\\1&1\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} P^{-1}=\begin{pmatrix} 0,5&-0,5\\0,5&0,5 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Weiterhin habe ich nun alles soweit gerechnet und komme auf $\begin{eqnarray} x'^2+4y'^2+2\sqrt{2}x'-14=0 \end{eqnarray}$ kann mir das jemand bestätigen? Stimmt nämlich nicht mit der Musterlösung ein, denn dort steht am Ende eine -16 anstatt -14.
02.02.2013, 19:54	URL	Auf diesen Beitrag antworten »
Du darfst den Faktor $\begin{eqnarray} \frac{1}{\sqrt{2}} \end{eqnarray}$ nicht weglassen. $\begin{eqnarray} \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix}1&1\\-1&1\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ ist orthogonal aber $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix}1&1\\-1&1\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ ist es nicht.
02.02.2013, 20:05	Patrick1990	Auf diesen Beitrag antworten »
Okay sicherer ist es aber mit der inversen Matrix oder? Es heißt dann auch $\begin{eqnarray} P^{-1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 0,5&-0,5\\0,5&0,5 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Oder? Warum unterscheiden sich hier transponierte und inverse Matrix im Faktor 2?
02.02.2013, 20:27	URL	Auf diesen Beitrag antworten »
Du hast doch selbst $\begin{eqnarray} P= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix}1&1\\-1&1\end{pmatrix} \end{eqnarray}$ definiert. Für diese Matrix ist $\begin{eqnarray} P^T=P^{-1} \end{eqnarray}$ . Ich empfehle dir dringend, mit diesem P zu rechnen, weil es die ganze Rechnung übersichtlicher macht. Die -14 kann ich bestätigen. Kann es sein, dass in der Musterlösung noch eine Variablentransformation steckt? Mach mal in $\begin{eqnarray} x'^2+4y'^2+2\sqrt{2}x'-14=0 \end{eqnarray}$ eine quadratische Ergänzung.
03.02.2013, 14:08	Patrick1990	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, siemhaben mit der -16 weiter gerechnet, da kann man ja dann quadratische Ergänzung sozusagen machen, also zu einer binomischen Formel zusammenfassen und durch 16 teilen, dann sieht es auch beim Plot gut aus. Nur mit meiner -14 hat das nicht so hin. Soeben habe ich gesehen dass sie anstatt -14 geschrieben haben +2-16 und schon haut es hin. Danke.
08.02.2013, 17:36	Patrick1990	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, ich schließe hier mal an weil ich euch gern bitten würde, mal mein Ergebnis zu überprüfen. Bin mir nicht ganz sicher, ob es richtig ist. Gegeben war die Kurve 2. Ordnung $\begin{eqnarray} 4x^2-4xy+y^2-x-2y=0 \end{eqnarray}$ Als Ergebnis habe ich im neuen Koordinatensystem: $\begin{eqnarray} y^2-\frac{3\sqrt{5}}{25}x-\frac{1}{25}=0 \end{eqnarray}$

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