Spiegelungen konjugiert < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:20 Do 20.03.2008 | | Autor: | Rutzel |
| Aufgabe | | Weise nach, oder widerlege, dass alle Spiegelungen in [mm] Iso_2(\IR) [/mm] zueinander konjugiert sind. |
Hi,
A' ist konjugiert zu A, falls ein P [mm] \in GL_n(K) [/mm] existerit, sodass
[mm] A'=PAP^{-1}
[/mm]
[mm] \gdq
[/mm]
A'P=PA
Alle Spiegelungsmatrizen haben die Form:
[mm] \pmat{ cos(\alpha) & sin(\alpha) \\ sin(\alpha) & -cos(\alpha) }
[/mm]
Man nimmt als A:
[mm] \pmat{ cos(\alpha) & sin(\alpha) \\ sin(\alpha) & -cos(\alpha) }
[/mm]
und als A':
[mm] \pmat{ cos(\beta) & sin(\beta) \\ sin(\beta) & -cos(\beta) }
[/mm]
Jetzt kann man für P natürlich eine Matrix
[mm] \pmat{ a & b \\ c & d }
[/mm]
nehmen, und in die Bedingung für Konjugiertheit einsetzetn. Jedoch komme ich so nicht weiter, da man ja 4 Gleichungen und 6 Unbekannte hat [mm] (\alpha, \beta, [/mm] a, b, c, d).
Gibt es eventuell eine geometrische Herangehensweise?
Was kann man isch geometrisch unter Konjugiertheit überhaupt vorstellen?
Gruß,
Rutzel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:08 Do 20.03.2008 | | Autor: | zahllos |
Hallo,
du hast bei der Berechnung von P nur vier Unbekannte, denn [mm] \alpha [/mm] und [mm] \beta [/mm] sind gegeben!
Anschaulich beschreiben diese Matrizen Spiegelungen an zwei zueinander senkrechten Geraden der Form: [mm] \lambda(cos\frac{\alpha}{2} [/mm] ; [mm] sin\frac{\alpha}{2}) [/mm] und [mm] \lambda(cos\frac{\alpha+\pi}{2} [/mm] ; [mm] sin\frac{\alpha+\pi}{2}) [/mm] bzw. [mm] \lambda(cos\frac{\beta}{2} [/mm] ; [mm] sin\frac{\beta}{2}) [/mm] und [mm] \lambda(cos\frac{\beta+\pi}{2} [/mm] ; [mm] sin\frac{\beta+\pi}{2}). [/mm] Man kann nun das eine Paar senkrechter Geraden durch eine Drehung in das andere überführen, d.h. für die Matrix P würde ich die Matrix derjenigen Drehung ansetzen, die das eine Geradenpaar auf das andere dreht.
Der Begriff konjugiert kommt hier m.E. aus der Gruppentheorie, wo man auch von konjugierten Elementen spricht. Ob es da eine geometrische Bedeutung gibt, d.h. ob man zwei Abbildungen ansieht, dass die zugehörigen Matrizen konjugiert sind, weiß ich nicht, ich glaube es aber nicht.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:05 Fr 21.03.2008 | | Autor: | Rutzel |
Hi,
danke für Deine Antwort.
Wie kommst du auf die Geraden?
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Grüße!
Die Geraden sind die Eigenräume der Abbildung zu den Eigenwerten 1 bzw. -1. Man kann jetzt mit Hilfe der Sätze über Sinus und Cosinus nachrechnen, dass die Drehung eingeschränkt auf diese Geraden wirklich wirkt wie Multiplikation mit 1 (Identität) bzw. -1.
Aber das ist ziemliche Rechnerei. Es ist einfacher, die Darstellung mit Sinus und Cosinus zu vergessen und geometrisch zu argumentieren.
Sind $s$ und $s'$ Spiegelungen in [mm] $\mbox{Iso}_2(\IR)$, [/mm] dann bezeichne die Eigenräume wie folgt: Den Eigenraum zum Eigenwert 1 von $s$ (die Gerade, die $s$ fixiert, an der also gespiegelt wird) nenne [mm] $U_1$, [/mm] den Eigenraum zum Eigenwert -1 nenne [mm] $U_{-1}$. [/mm] Entsprechend [mm] $U_1'$ [/mm] und [mm] $U_{-1}'$ [/mm] für $s'$.
Dann gilt [mm] $\IR^2 [/mm] = [mm] U_1 \oplus U_{-1} [/mm] = [mm] U_1' \oplus U_{-1}'$ [/mm] und die Summe ist jeweils orthogonal.
Sei nun [mm] $\sigma$ [/mm] eine Drehung in [mm] $\mbox{Iso}_2(\IR)$, [/mm] die [mm] $U_1$ [/mm] auf [mm] $U_1'$ [/mm] abbildet (davon gibt es zwei). Dann wird natürlich auch [mm] $U_{-1}$ [/mm] von [mm] $\sigma$ [/mm] auf [mm] $U_{-1}'$ [/mm] geschickt, denn diese Räume sind das orthogonale Komplement der anderen und die Drehung ist eine Isometrie, insbesondere winkelerhaltend.
Betrachte nun [mm] $\sigma^{-1} \circ [/mm] s' [mm] \circ \sigma$. [/mm] Ein Vektor aus [mm] $U_1$ [/mm] wird unter dieser Abbildung fixiert, denn erst schickt [mm] $\sigma$ [/mm] ihn nach [mm] $U_1'$, [/mm] dann wird $s'$ angewandt (das ändert nichts) und [mm] $\sigma^{-1}$ [/mm] schickt den Vektor zurück.
Ein Vektor aus [mm] $U_{-1}$ [/mm] hingegen wird erst nach [mm] $U_{-1}'$ [/mm] abgebildet, dort wird sein Vorzeichen von $s'$ gewechselt und anschließend wird er zurück nach [mm] $U_{-1}$ [/mm] geschickt.
Die obige Abbildung wirkt auf [mm] $U_1$ [/mm] und [mm] $U_{-1}$ [/mm] also genau wie $s$ und weil die beiden Räume den [mm] $\IR^2$ [/mm] aufspannen, ist sie also gleich $s$, es folgt daher
$s = [mm] \sigma^{-1} \circ [/mm] s' [mm] \circ \sigma$ [/mm] und die beiden Spiegelungen sind konjugiert.
Alles klar? 
Liebe Grüße,
Lars
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:14 Sa 22.03.2008 | | Autor: | Rutzel |
Vielen Dank!
Nach einiger "Bedenkzeit" habe ich Deinen Beweis nun verstanden.
Gruß,
Rutzel
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