Sei
\({
A \coloneqq
\begin{pmatrix}
3 & -2 \\
3 & -4 \\
3 & 2
\end{pmatrix}
}\)
reellwertig und
\({
\varphi \coloneqq \varphi_A \colon \R^2 \to \R^3,\,
u \mapsto A u
}\)
die zugehörige lineare Abbildung.
Bestimmen Sie die Fasern von
\({
\varphi
}\)
über den Punkten
\({
p
\coloneqq
\begin{pmatrix}
1 \\
5 \\
-7
\end{pmatrix}
}\)
und
\({
q
\coloneqq
\begin{pmatrix}
1 \\
0 \\
8
\end{pmatrix}
}\).
Bei dieser Aufgabe ist es praktisch
für die beiden inhomogenen linearen Gleichungssysteme
\({
A u = p
}\)
und
\({
A u = q
}\)
eine einzige erweiterte Koeffizientenmatrix
\[
\left(\hspace{-5pt}\begin{array}{c|cc}
A & p & q
\end{array}\hspace{-5pt}\right)
=
\left(\hspace{-5pt}\begin{array}{rr|rr}
3 & -2 & 1 & 1 \\
3 & -4 & 5 & 0 \\
3 & 2 & -7 & 8
\end{array}\hspace{-5pt}\right)
\]
aufzustellen und auf Zeilenstufenform zu bringen:
\[
\begin{split}
\left(\hspace{-5pt}\begin{array}{rr|rr}
3 & -2 & 1 & 1 \\
3 & -4 & 5 & 0 \\
3 & 2 & -7 & 8
\end{array}\hspace{-5pt}\right)
& \to
\left(\hspace{-5pt}\begin{array}{rr|rr}
3 & -2 & 1 & 1 \\
0 & -2 & 4 & -1 \\
0 & 4 & -8 & 7
\end{array}\hspace{-5pt}\right)
\\
& \to
\left(\hspace{-5pt}\begin{array}{rr|rr}
3 & 0 & -3 & 2 \\
0 & -2 & 4 & -1 \\
0 & 0 & 0 & 5
\end{array}\hspace{-5pt}\right)
.
\end{split}
\]
Da jede Spalte der Zeilenstufenform
links der senkrechten Trennlinie
eine Stufe hat,
sind die Fasern von
\({
\varphi
}\)
als affine Unterräume
jeweils
\({
0
}\)-dimensional
oder leer.
Weiter können wir aufgrund der
\({
0
}\)
im letzten Eintrag der ersten Spalte rechts der senkrechten Trennlinie
direkt das Urbild von
\({
p
}\)
unter
\({
\varphi
}\)
ablesen:
\({
u \coloneqq
\begin{pmatrix}
-1 \\
-2
\end{pmatrix}
}\).
Afugrund der
\({
5
}\)
im letzten Eintrag der letzten Spalte hat
\({
q
}\)
kein Urbild unter
\({
\varphi
}\).
Zusammenfassend erhalten wir
\({
\varphi^{-1}(p) = \{u\}
}\)
und
\({
\varphi^{-1}(q) = \emptyset
}\).
Sei
\({
a \coloneqq
\begin{pmatrix}
2 & -1 & 1
\end{pmatrix}
}\)
reellwertiger Zeilenvektor
und
\({
\alpha \coloneqq \varphi_a \colon
\R^3 \to \R,\,
v \mapsto a v
}\)
die zugehörige Linearform.
Weiter sei
\({
p \coloneqq
\begin{pmatrix}
-1 \\
2 \\
3
\end{pmatrix}
}\),
\({
n \coloneqq
\begin{pmatrix}
1 \\
-2 \\
2
\end{pmatrix}
}\)
und
\({
E \coloneqq
p + n^{\perp} \subset \R^3
}\)
die durch
\({
p
}\)
und
\({
n
}\)
beschriebene affine Ebene
bezüglich Standard-Bilinearform.
Beschreiben Sie die Schnittmengen
\({
E \cap \alpha^{-1}(-4)
}\)
und
\({
E \cap \alpha^{-1}(-1)
}\)
jeweils als Nebenklasse
einschließlich einer Basis für den Tangentialraum.
Zunächst beschreiben wir
\({
E
}\)
als Faser einer Linearform.
Sei
\[
\beta \coloneqq \varphi_{n^T} \colon
\R^3 \to \R,\,
v \mapsto n^T v
,
\]
dann ist
\({
E
}\)
die Faser von
\({
\beta
}\)
über
\[
\beta(p) = n^T p =
\begin{pmatrix}
1 & -2 & 2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
-1 \\
2 \\
3
\end{pmatrix}
=
-1 -4 + 6
=
1
.
\]
Weiter sei
\({
A \coloneqq
\begin{pmatrix}
n^T \\
a
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
1 & -2 & 2 \\
2 & -1 & 1
\end{pmatrix}
}\)
und
\({
\varphi \coloneqq \varphi_A \colon
\R^3 \to \R,\,
v \mapsto A v
}\)
die zugehörige lineare Abbildung.
Die Schnittmengen
\({
E \cap \alpha^{-1}(-4) = \beta^{-1}(1) \cap \alpha^{-1}(-4)
}\)
und
\({
E \cap \alpha^{-1}(-1) = \beta^{-1}(1) \cap \alpha^{-1}(-1)
}\)
sind dann jeweils die Faser von
\({
\varphi
}\)
über
\({
q_1 \coloneqq
\begin{pmatrix}
1 \\
-4
\end{pmatrix}
}\)
beziehungsweise
\({
q_2 \coloneqq
\begin{pmatrix}
1 \\
-1
\end{pmatrix}
}\).
Das heißt
\({
E \cap \alpha^{-1}(-4)
}\)
ist der affine Lösungsraum
des inhomogenen linearen Gleichungssystems
\({
A v = q_1
}\)
und
\({
E \cap \alpha^{-1}(-1)
}\)
der affine Lösungsraum von
\({
A v = q_2
}\).
Um beide linearen Gleichungssysteme zu lösen
bringen wir wieder eine einzige erweiterte Koeffizientenmatrix:
\[
\left(\hspace{-5pt}\begin{array}{c|cc}
A & q_1 & q_2
\end{array}\hspace{-5pt}\right)
=
\left(\hspace{-5pt}\begin{array}{rrr|rr}
1 & -2 & 2 & 1 & 1 \\
2 & -1 & 1 & -4 & -1
\end{array}\hspace{-5pt}\right)
\]
auf (reduzierte) Zeilenstufenform:
\[
\begin{split}
\left(\hspace{-5pt}\begin{array}{rrr|rr}
1 & -2 & 2 & 1 & 1 \\
2 & -1 & 1 & -4 & -1
\end{array}\hspace{-5pt}\right)
& \to
\left(\hspace{-5pt}\begin{array}{rrr|rr}
1 & -2 & 2 & 1 & 1 \\
0 & 3 & -3 & -6 & -3
\end{array}\hspace{-5pt}\right)
\\
& \to
\left(\hspace{-5pt}\begin{array}{rrr|rr}
1 & -2 & 2 & 1 & 1 \\
0 & 1 & -1 & -2 & -1
\end{array}\hspace{-5pt}\right)
\\
& \to
\left(\hspace{-5pt}\begin{array}{rrr|rr}
1 & 0 & 0 & -3 & -1 \\
0 & 1 & -1 & -2 & -1
\end{array}\hspace{-5pt}\right)
.
\end{split}
\]
Für
\({
i = 1, 2
}\)
können wir jetzt eine spezielle Lösung
für das inhomogene lineare Gleichungssystem
\({
A v = q_i
}\)
mit dem Ansatz
\({
p_i \coloneqq
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
0
\end{pmatrix}
}\)
direkt ablesen:
\({
p_1 \coloneqq
\begin{pmatrix}
-3 \\
-2 \\
0
\end{pmatrix}
}\)
und
\({
p_2 \coloneqq
\begin{pmatrix}
-1 \\
-1 \\
0
\end{pmatrix}
}\).
Da sich die Stufen der Zeilenstufenform von
\({
A
}\)
in der ersten und zweiten Spalte befinden,
machen wir für einen Erzeuger von
\({
\ker A = \ker \varphi
}\)
den Ansatz
\({
u =
\begin{pmatrix}
x \\
y \\
1
\end{pmatrix}
}\).
Damit die zweite Komponente von
\({
A u
}\)
verschwindet,
muss
\({
y = 1
}\)
gelten und damit die erste Komponente verschwindet
\({
x = 0
}\).
Wir erhalten also
\({
u =
\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
1
\end{pmatrix}
}\).
Also ist
\({
\langle u \rangle
}\)
der Tangentialraum beider Schnittmengen
und wir erhalten
\({
E \cap \alpha^{-1}(-4) =
p_1 + \langle u \rangle
}\)
und
\({
E \cap \alpha^{-1}(-1) =
p_2 + \langle u \rangle
}\).
Seien
\({
p \coloneqq
\begin{pmatrix}
1 \\
3 \\
0
\end{pmatrix}
}\),
\({
n \coloneqq
\begin{pmatrix}
3 \\
0 \\
1
\end{pmatrix}
}\),
\({
A \coloneqq
\begin{pmatrix}
1 & -2 \\
2 & -1 \\
-1 & 3
\end{pmatrix}
}\)
und
\({
q \coloneqq
\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
-2
\end{pmatrix}
}\)
reellwertig.
Weiter sei
\({
E \coloneqq p + n^{\perp}
\subset \R^3
}\)
die durch
\({
p
}\)
und
\({
n
}\)
beschriebene affine Ebene
und
\({
f \colon \R^2 \to \R^3,\,
u \mapsto
A u + q
}\)
die durch
\({
A
}\)
und
\({
q
}\)
beschriebene affine Abbildung.
Beschreiben Sie das Urbild
\({
f^{-1}(E) \subseteq \R^2
}\)
als Nebenklasse
einschließlich einer Basis für den Tangentialraum.
Zunächst beschreiben wir
\({
E
}\)
als Faser einer Linearform.
Sei
\({
\alpha \coloneqq \varphi_{n^T} \colon
\R^3 \to \R,\,
v \mapsto n^T v
,
}\)
dann ist
\({
E
}\)
die Faser von
\({
\alpha
}\)
über
\[
\alpha(p) = n^T p =
\begin{pmatrix}
3 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 \\
3 \\
0
\end{pmatrix}
=
3
.
\]
Folglich gilt
\({
f^{-1}(E) = f^{-1}\big(\alpha^{-1}(3)\big) =
(\alpha \circ f)^{-1}(3)
}\).
Sei nun
\({
u \in \R^2
}\)
dann gilt
\[
\begin{split}
3
&=
(\alpha \circ f)(u)
\\
&=
\alpha(f(u))
\\
&=
\alpha(A u + q)
\\
&=
n^T (A u + q)
\\
&=
n^T A u + n^T q
\end{split}
\]
genau dann,
wenn die Gleichung
\({
3 - n^T q = n^T A u
}\)
gilt.
Das heißt
\({
f^{-1}(E) =
(\alpha \circ f)^{-1}(3)
}\)
ist die Faser der Linearform
\({
\beta \colon \R^2 \to \R,\,
u \mapsto n^T A u
}\)
über
\[
3 - n^T q =
3 -
\begin{pmatrix}
3 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 \\
1 \\
-2
\end{pmatrix}
=
-2
\]
und damit der affine Lösungsraum
des inhomogenen linearen Gleichungssystems
\({
n^T A u = 3
}\).
Wir berechnen weiter
\[
n^T A =
\begin{pmatrix}
3 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & -2 \\
2 & -1 \\
-1 & 3
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
2 & -3
\end{pmatrix}
\]
und stellen die erweiterte Koeffizientenmatrix auf:
\[
\left(\hspace{-5pt}\begin{array}{c|c}
n^T A & -2
\end{array}\hspace{-5pt}\right)
=
\left(\hspace{-5pt}\begin{array}{cc|c}
2 & -3 & -2
\end{array}\hspace{-5pt}\right)
.
\]
Als spezielle Lösung erhalten wir mit dem Ansatz
\({
p' =
\begin{pmatrix}
x \\
0
\end{pmatrix}
}\)
die Lösung
\({
p' =
\begin{pmatrix}
-1 \\
0
\end{pmatrix}
}\).
Für einen Erzeuger von
\({
\ker n^T A
}\)
eignet sich der Ansatz
\({
u =
\begin{pmatrix}
x \\
2
\end{pmatrix}
}\)
womit wir schließlich
\({
u =
\begin{pmatrix}
3 \\
2
\end{pmatrix}
}\)
erhalten.
Insgesamt erhalten wir
\({
f^{-1}(E) =
p' + \langle u \rangle
.
}\)
Seien
\({
A \coloneqq
\begin{pmatrix}
0 & -1 \\
1 & 0
\end{pmatrix}
}\)
und
\({
q \coloneqq
\begin{pmatrix}
1 \\
1
\end{pmatrix}
}\)
reellwertig und
\({
f \colon \R^2 \to \R^2,\,
u \mapsto A u + q
}\)
die zugehörige affine Abbildung,
die sich auch als Drehung um
\({
90^{\circ}
}\)
entgegen dem Uhrzeigersinn
mit anschließender Translation entlang der Diagonalen beschreiben lässt.
Bestimmen Sie die Taylor-Entwicklung der inversen Abbildung
\({
f^{-1} \colon \R^2 \to \R^2
}\)
in
\({
0 \in \R^2
}\).
Zunächst schreiben wir
\({
f
}\)
als Verknüpfung
\({
f = h \circ g
}\)
wobei
\({
g \colon \R^2 \to \R^2,\,
u \mapsto
A u
}\)
die Drehung um
\({
90^{\circ}
}\)
entgegen dem Uhrzeigersinn ist
und
\({
h \colon \R^2 \to \R^2,\,
u \mapsto
q + u
}\)
eine Verschiebung entlang der Diagonalen.
Dann gilt
\({
f^{-1} = (h \circ g)^{-1} = g^{-1} \circ h^{-1}
}\).
Für
\({
u \in \R^2
}\)
erhalten wir die Gleichung
\[
\begin{split}
f^{-1}(u)
&=
g^{-1}(h^{-1}(u))
\\
&=
A^{-1}(u-q)
\\
&=
A^{-1}(u-q)
\\
&=
A^{-1} u - A^{-1} q
\end{split}
\]
und damit die Taylor-Entwicklung
\({
f^{-1} \colon \R^2 \to \R^2,\,
u \mapsto - A^{-1} q + A^{-1} u
}\).
Wir berechnen weiter
\({
A^{-1} =
\begin{pmatrix}
0 & 1 \\
-1 & 0
\end{pmatrix}
}\)
und
\(
- A^{-1} q =
-
\begin{pmatrix}
0 & 1 \\
-1 & 0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 \\
1
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
-1 \\
1
\end{pmatrix}
\)
und erhalten schließlich
die konkrete Taylor-Entwicklung
\[
f^{-1} \colon \R^2 \to \R^2,\,
u \mapsto
\begin{pmatrix}
-1 \\
1
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
0 & 1 \\
-1 & 0
\end{pmatrix}
u
.
\]