Drehmatrix < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:50 Fr 10.03.2006 | | Autor: | papillon |
| Aufgabe | Sei O(3) die Menge der othogonalen Matrizen aus [mm] M^{3}(\IR) [/mm] sowie U(2) die Menge der unitären Matrizen aus [mm] M^{2}(\IC). [/mm] Des Weiteren seien SO(3) bzw. SU(2) die Teilmengen der MAtrizen aus O(3) bzw. U(2), deren Determinante gleich 1 ist.
Es sei
[mm] A=\pmat{1 & 0 & 0 \\ 0 & cos\phi & sin\phi \\ 0 & -sin\phi & cos\phi}
[/mm]
[mm] \phi \varepsilon [0,\pi]
[/mm]
Zeigen Sie, dass A [mm] \varepsilon [/mm] SO(3) und berechnen Sie Ln A. Betrachten Sie dabei die komplexwertige Funktion Ln(z) auf ihrem ersten Zweig.
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A ist wohl ein Drehmatrix.
Aber wie zeige ich, dass A zu SO(3) gehört?
Berechne ich den Ln, indem ich die eigenwerte ausrechne, und dann sage
[mm] Ln(A)=X^{-1}diag{Ln(\lambda_{1})...Ln(\lambda_{k}}X
[/mm]
mit X als othonormalbasis???
Was ist mit dem ersten Zweig gemeint? kann ich das "ignorieren"?
Vielen dank für eure Hilfe!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:04 Mo 13.03.2006 | | Autor: | taura |
Hallo papillon!
Um zu zeigen, dass $A [mm] \in [/mm] SO(n)$, musst du zeigen, dass [mm] $A^t*A=E$ [/mm] und dass [mm] $\det(A)=1\ [/mm] $
Dafür brauchst du folgende Rechenregel: [mm] $\cos^2(\alpha)+\sin^2(\alpha)=1$ [/mm] für alle [mm] $\alpha \in \IR$, [/mm] damit lässt sich beides relativ leicht zeigen.
Beim zweiten Teil kann ich dir leider nicht weiterhelfen...
Gruß taura
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:55 Mo 13.03.2006 | | Autor: | papillon |
Danke, obwohl ich diesen teil inzwischen auch selbst gelöst habe. Beim Zweiten hänge ich allerdings immer noch. ich kenne die eigenwerte:
1, [mm] e^{i\phi}, e^{-i\phi}
[/mm]
Beim berechnen der eigenvektoren komme ich aber auf gleichungen, die sich irgendwie nicht lösen lassen, zumindest nicht von mir.
Kann mir sonst noch jemand helfen? Wär echt stark.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:50 Di 14.03.2006 | | Autor: | taura |
Hallo papillon!
Also beim berechnen der Eigenwerte krieg ich nach vereinfachen folgendes char. Pol.:
[mm] $(1-\lambda)*\left(\lambda^2-2*\cos\phi*\lambda+1\right)$
[/mm]
Das ergibt schonmal den ersten Eigenwert 1.
Jetzt die Nullstellen des quadratischen Terms:
[mm] $\lambda_{1/2}=\br{2\cos\phi\pm\sqrt{4\cos^2\phi-4}}{2}$
[/mm]
[mm] $=\cos\phi\pm\sqrt{\cos^2\phi-1}$
[/mm]
[mm] $=\cos\phi\pm\sqrt{-\sin^2\phi}$
[/mm]
[mm] $=\cos\phi\pm i*\sin\phi$
[/mm]
[mm] $=e^{i\phi}\ \mbox{bzw.}\ e^{-i\phi}$
[/mm]
Ok? 
Gruß taura
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:19 Di 14.03.2006 | | Autor: | papillon |
Genau das hab ich ja oben schon geschrieben. Das sind allgemein die Eigenwerte von Drehmatrizen. Mit den Eigenvektoren hab ich aber so meine Probleme, und die brauch ich ja für die Orthonormalbasis, die ich wiederum für den Ln brauche.
Trotzdem danke für die Rechnung, da fühlt man sich bestätigt!
Vielleicht kannst du mir ja noch mit den Eigenvektoren bzw. der ONB weiterhelfen, da wär ich begeistert!!!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:31 Mi 15.03.2006 | | Autor: | taura |
Hallo papillon!
Also, hab jetzt mal versucht, die Eigenvektoren auszurechnen, dafür schließe ich jetzt mal den Fall [mm] $\cos\phi=1$ [/mm] aus, denn da ergibt sich sowieso die Einheitsmatrix, die ja schon diagonal ist usw.
Also erstmal zum EW 1:
Ich erhalte (nach Zeilentausch und Umformung) folgendes:
[mm] $\pmat{0 & \cos\phi-1 & \sin\phi \\ 0 & 0 & -2\cos\phi+2 \\ 0 & 0 & 0}*\vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3}=0$ [/mm]
Daraus ergibt sich der Eigenvektor [mm] $\vektor{x_1 \\ 0 \\ 0}$.
[/mm]
zum EW [mm] $e^{i\phi}$:
[/mm]
[mm] $\pmat{1-e^{i\phi} & 0 & 0 \\ 0 & -i\sin\phi & \sin\phi \\ 0 & 0 & 0}*\vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3}=0$
[/mm]
Damit erhalte ich den Eigenvektor [mm] $\vektor{0 \\ x_2 \\ i*x_2}$
[/mm]
und zum EW [mm] $e^{-i\phi}$:
[/mm]
[mm] $\pmat{1-e^{-i\phi} & 0 & 0 \\ 0 & i\sin\phi & \sin\phi \\ 0 & 0 & 0}*\vektor{x_1 \\ x_2 \\ x_3}=0$
[/mm]
Und damit der Eigenvektor [mm] $\vektor{0 \\ x_2 \\ -i*x_2}$
[/mm]
Ich hoffe, ich habe mich nicht verrechnet!
Gruß taura
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:57 Do 16.03.2006 | | Autor: | papillon |
Ah, vielen Dank. Da hätt ich ja echt selber draufkommen können.
Aber vielleicht kann ja einer beurteilen, ob mein weiteres vorgehen nun stimmt:
- ich hab die Eigenvektoren normiert ( Da hab ich eine Frage:
Warum ergibt z.B der Vektor [mm] \vektor{0 \\ 1 \\ i} [/mm] normiert [mm] \vektor{0 \\ \bruch{1}{ \wurzel{2}} \\ \bruch{i}{ \wurzel{2}}} [/mm] ??? Wenn ich davon den Betrag rechne, dann komme ich immer auf 0 anstatt auf 1, wie es doch sein müsste. Wir haben das aber in der Vorlesung auch so aufgestellt, also stimmt es wohl. Vielleicht kann mir ja einer oder eine das erklären...
Als Ln(A) habe ich jedenfalls:
Ln(A)= [mm] \pmat{ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -\phi \\ 0 & -\phi & 0 }
[/mm]
Kann das jemand bestätigen???
Vielen Dank!!!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:05 Do 16.03.2006 | | Autor: | taura |
Hallo papillon!
> - ich hab die Eigenvektoren normiert ( Da hab ich eine
> Frage:
>
> Warum ergibt z.B der Vektor [mm]\vektor{0 \\ 1 \\ i}[/mm] normiert
> [mm]\vektor{0 \\ \bruch{1}{ \wurzel{2}} \\ \bruch{i}{\wurzel{2}}}[/mm]
> ??? Wenn ich davon den Betrag rechne, dann komme ich immer
> auf 0 anstatt auf 1, wie es doch sein müsste. Wir haben das
> aber in der Vorlesung auch so aufgestellt, also stimmt es
> wohl. Vielleicht kann mir ja einer oder eine das
> erklären...
Der Betrag eines Vektors ist ja urprünglich über das Skalarprodukt definiert, in diesem Fall das euklidische Skalarprodukt: [mm] $\left\langle u|v \right\rangle=\sum_{k=1}^{n}u_k\bar{\ v_k}$ [/mm] wobei [mm] $\bar{z}$ [/mm] das komplex Konjugierte von z bezeichnet.
Der Betrag ist dann so definiert: [mm] $|u|=\sqrt{\langle u|u \rangle}=\sqrt{\sum_{k=1}^{n}u_k\bar{\ u_k}}= \sqrt{\sum_{k=1}^{n}|u_k|^2}$
[/mm]
Unter der Wurzel stehen also nicht einfach nur die Quadrate der einzelnen Einträge, sondern die Quadrate deren Beträge. Im Reellen spielt das keine Rolle, da durch das Quadrat sowieso alles positiv wird, aber im Komplexen ist das wichtig! Mit $\ |i|=1$ wirst du dann auch auf das richtige Ergebnis kommen, oder?
Gruß taura
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:29 Do 16.03.2006 | | Autor: | papillon |
Ah, ich verstehe. Gut zu wissen!
Jetzt habe ich noch eine Frage zum ersten Eigenvektor:
Könntest du mir da die Umformungen noch etwas ausführlicher zeigen, ich bin irgendwie zu blöd auf diese Matrix zu kommen. Für die anderen Eigenvektoren kann ich das problemlos nachvollziehen, aber beim ersten...
Danke! Du hast mir echt geholfen!!!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:44 Do 16.03.2006 | | Autor: | taura |
Hallo papillon!
Aber klar doch:
Also setze Eigenwert 1 für [mm] $\lambda$ [/mm] ein:
[mm] $\pmat{1-\lambda & 0 & 0 \\ 0 & \cos\phi-\lambda & \sin\phi \\ 0 & -\sin\phi & \cos\phi-\lambda}= \pmat{0 & 0 & 0 \\ 0 & \cos\phi-1 & \sin\phi \\ 0 & -\sin\phi & \cos\phi-1}$
[/mm]
Jetzt schieb ich erstmal die erste Zeile nach unten:
[mm] $\sim \pmat{0 & \cos\phi-1 & \sin\phi \\ 0 & -\sin\phi & \cos\phi-1 \\ 0 & 0 & 0}$
[/mm]
So jetzt Zeile 2 mal [mm] $\cos\phi-1$ [/mm] plus Zeile 1 mal [mm] $\sin\phi$:
[/mm]
[mm] $\sim \pmat{0 & \cos\phi-1 & \sin\phi \\ 0 & 0 & \sin^2\phi+(\cos\phi-1)^2 \\ 0 & 0 & 0} [/mm] = [mm] \pmat{0 & \cos\phi-1 & \sin\phi \\ 0 & 0 & \sin^2\phi+\cos^2\phi-2\cos\phi+1 \\ 0 & 0 & 0}$
[/mm]
$ = [mm] \pmat{0 & \cos\phi-1 & \sin\phi \\ 0 & 0 & 1-2\cos\phi+1 \\ 0 & 0 & 0} [/mm] = [mm] \pmat{0 & \cos\phi-1 & \sin\phi \\ 0 & 0 & -2\cos\phi+2 \\ 0 & 0 & 0}$
[/mm]
Et voilà, da ist das Ergebnis. Hoffe mal, ich hab mich nicht verrechnet... 
Gruß taura
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:09 Sa 18.03.2006 | | Autor: | felixf |
> Als Ln(A) habe ich jedenfalls:
>
> Ln(A)= [mm]\pmat{ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -\phi \\ 0 & -\phi & 0 }[/mm]
>
> Kann das jemand bestätigen???
Laut Maple ist [mm] $\exp(Ln(A))$ [/mm] mit deinem $Ln(A)$ gerade die Matrix [mm] $\pmat{ 1 & 0 & 0 \\ 0 & \cos\phi & -\sin\phi \\ 0 & -\sin\phi & \cos\phi }$.
[/mm]
Wenn du dagegen das [mm] $-\phi$ [/mm] in der zweiten Zeile gegen ein [mm] $\phi$ [/mm] ersetzt, kommt das richtige heraus.
(Du kannst das z.B. in Maple durch linalg[exponential](B, 1) nachrechnen, wobei B die Matrix ist, von der du sehen willst ob sie $Ln(A)$ ist.)
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:39 Sa 18.03.2006 | | Autor: | papillon |
Danke erst mal für den Tipp mit Maple, ich dachte das geht gar nicht.Gibt es da auch ne möglichkeit den Ln direkt auszurechnen?
Mit Maple komme ich auch auf dein Ergebnis, wenn ich es aber von hand nachrechne, dann muss es -phi heißen. Kannst du vielleicht deinen Lösungsweg etwas ausführlicher posten, dann kann ich meinen Fehler vielleicht finden. Habs jetzt 10 mal nachgerechnet, komm aber immer auf -phi.
Danke aber schon mal!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:42 Sa 18.03.2006 | | Autor: | felixf |
> Danke erst mal für den Tipp mit Maple, ich dachte das geht
> gar nicht.Gibt es da auch ne möglichkeit den Ln direkt
> auszurechnen?
Ich hab leider keine gefunden... Vielleicht liegt das aber auch einfach daran das die Maple-Hilfe nicht grad praktisch ist, insbesondere wenn man nur ueber SSH im Textmodus drauf zugreifen kann
> Mit Maple komme ich auch auf dein Ergebnis, wenn ich es
> aber von hand nachrechne, dann muss es -phi heißen. Kannst
> du vielleicht deinen Lösungsweg etwas ausführlicher posten,
> dann kann ich meinen Fehler vielleicht finden. Habs jetzt
> 10 mal nachgerechnet, komm aber immer auf -phi.
Einen wirklichen Loesungsweg (in dem Sinne wie du das erwartest) habe ich nicht, ich habe einfach deine Matrix genommen und die Vorzeichen getauscht um zu gucken wann das richtige rauskommt
Es gibt allerdings nen Hintergrund: Einmal ist deine Matrix eine Blockmatrix von der Form $M = [mm] \pmat{ A & 0 \\ 0 & B }$, [/mm] wobei $A$ und $B$ quadratisch ist; damit ist [mm] $\Ln(M) [/mm] = [mm] \pmat{ Ln(A) & 0 \\ 0 & Ln(B) }$ [/mm] (genauso gehts bei [mm] $\exp(M)$). [/mm] Also reicht es aus, sich den Drehblock in der rechten unteren Ecke anzuschauen.
Weiterhin gibt es einen injektiven Ringhomomorphismus [mm] $\varphi [/mm] : [mm] \IC \to \IR^{2 \times 2}$ [/mm] in die $2 [mm] \times [/mm] 2$-Matrizen, gegeben durch $a + i b [mm] \mapsto \pmat{ a & b \\ -b & a }$. [/mm] Der untere rechte $2 [mm] \times [/mm] 2$-Teil deiner Matrix ist gerade das Bild von [mm] $\exp(i \phi) [/mm] = [mm] \cos \phi [/mm] + i [mm] \sin \phi$ [/mm] unter dieser Abbildung.
Nun sind [mm] $\exp$ [/mm] und [mm] $\ln$ [/mm] durch Potenzreihen gegeben, womit fuer $z [mm] \in \IC$ [/mm] gilt [mm] $\varphi(\exp(z)) [/mm] = [mm] \exp(\varphi(z))$ [/mm] und [mm] $\varphi(\ln(z)) [/mm] = [mm] \ln(\varphi(z))$ [/mm] (beachte, dass das eine mal die Funktion auf einen Wert aus [mm] $\IR$ [/mm] und das andere mal auf eine Matrix angewandt wird!).
Damit ist der untere rechte $2 [mm] \times [/mm] 2$-Teil von $Ln(A)$ durch [mm] $\ln \varphi(\exp(i \phi)) [/mm] = [mm] \varphi(\ln\exp(i \phi)) [/mm] = [mm] \varphi(i \phi)$ [/mm] gegeben
Vielleicht solltest du deine Rechnung mal posten, wenn du den Fehler da nicht findest...
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:28 So 19.03.2006 | | Autor: | papillon |
Also:
Meine Eigenvektoren zu den Eigenwerten 1, [mm] e^{i\phi} [/mm] und [mm] e^{-i\phi} [/mm] :
[mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 0} [/mm] , [mm] \vektor{0 \\ 1 \\ i} [/mm] , [mm] \vektor{0 \\ 1 \\ -i}
[/mm]
Durch normieren habe ich dann die onb erhalten;
[mm] X^{-1}=\pmat{1 & 0 & 0 \\ 0 & \bruch{1}{ \wurzel{2}} & \bruch{1}{ \wurzel{2}} \\ 0 & \bruch{i}{ \wurzel{2}} & \bruch{-i}{ \wurzel{2}}}
[/mm]
[mm] X=\pmat{1 & 0 & 0 \\ 0 & \bruch{1}{ \wurzel{2}} & \bruch{i}{ \wurzel{2}} \\ 0 & \bruch{1}{ \wurzel{2}} & \bruch{-i}{ \wurzel{2}}}
[/mm]
Als Diagonalmatrix habe ich
[mm] B=\pmat{ 0 & 0 & 0 \\ 0 & i\phi & 0 \\ 0 & 0 & -i\phi}
[/mm]
Wenn ich dann rechne:
LnA [mm] =X^{-1}*B*X [/mm] = [mm] \pmat{1 & 0 & 0 \\ 0 & \bruch{1}{ \wurzel{2}} & \bruch{1}{ \wurzel{2}} \\ 0 & \bruch{i}{ \wurzel{2}} & \bruch{-i}{ \wurzel{2}}} [/mm] * [mm] \pmat{ 0 & 0 & 0 \\ 0 & i\phi & 0 \\ 0 & 0 & -i\phi} [/mm] * [mm] \pmat{1 & 0 & 0 \\ 0 & \bruch{1}{ \wurzel{2}} & \bruch{i}{ \wurzel{2}} \\ 0 & \bruch{1}{ \wurzel{2}} & \bruch{-i}{ \wurzel{2}}}
[/mm]
= [mm] \pmat{ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -\phi \\ 0 & -\phi & 0}
[/mm]
Wo liegt mein Fehler???
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:03 So 19.03.2006 | | Autor: | felixf |
> Durch normieren habe ich dann die onb erhalten;
>
>
> [mm]X^{-1}=\pmat{1 & 0 & 0 \\ 0 & \bruch{1}{ \wurzel{2}} & \bruch{1}{ \wurzel{2}} \\ 0 & \bruch{i}{ \wurzel{2}} & \bruch{-i}{ \wurzel{2}}}[/mm]
>
> [mm]X=\pmat{1 & 0 & 0 \\ 0 & \bruch{1}{ \wurzel{2}} & \bruch{i}{ \wurzel{2}} \\ 0 & \bruch{1}{ \wurzel{2}} & \bruch{-i}{ \wurzel{2}}}[/mm]
Das kann schonmal nicht stimmen! Du bist hier ueber [mm] $\IC$ [/mm] und nicht ueber [mm] $\IR$, [/mm] du arbeitest also mit unitaeren und nicht mit orthogonalen Matrizen! Das Inverse einer unitaeren Matrix $A$ ist [mm] $\overline{A}^T$, [/mm] also das konjugiert komplexe der Transponierten! Und das Konjugieren hast du hier nicht gemacht, womit deine beiden Matrizen nicht zueinander invers sind!
(Beim Laenge ausrechnen der Vektoren hast du ja schon bemerkt, dass du das Skalarprodukt vom Vektor mit seinem Konjugierten ausrechnen musst und davon die Wurzel ziehen, und nicht vom Vektor mit sich selbst und daraus die Wurzel! Genauer: Das Skalarprodukt ueber [mm] $\IC$ [/mm] ist das ueber [mm] $\IR$ [/mm] inkl. komplexe Konjugation des zweiten Vektors!)
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:42 So 19.03.2006 | | Autor: | papillon |
Stimmt. Das habe ich nicht beachtet, weil es die erste komplexe onb war, die ich gesehen habe. Leuchtet aber ein, dann komme ich auch auf das ergebnis von Maple.
Bleibt nur noch eines:
VIELEN DANK für die kompetente Hilfe !!!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:57 Sa 18.03.2006 | | Autor: | felixf |
> [...]
> Zeigen Sie, dass A [mm]\varepsilon[/mm] SO(3) und berechnen Sie Ln
> A. Betrachten Sie dabei die komplexwertige Funktion Ln(z)
> auf ihrem ersten Zweig.
> [...]
> Was ist mit dem ersten Zweig gemeint? kann ich das
> "ignorieren"?
Lies mal das ![[]](/images/popup.gif) hier. Beantwortet das deine Frage?
LG Felix
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