Gleichseitiges Dreieck in quadratischem Raster
Edgar Fuß
Kante ,,gerade`` im Gitter liegen und schräge Linien können ja sehr wohl
irrationale Längen haben.
Lutz Heitmann
Es gab mal die Frage, ob 3 Kreuzungspunkte in einem quadratischen Raster
ein gleichseitiges Dreieck ergeben können. Geht nicht, weil Höhe/Breite
nicht rational ist. IMO hab ich das mal bewiesen, aber ich krieg den
Beweis nicht mehr zusammen. - any hints anybody? Harald?
Lutz.
Michael Hoppe
Du meinst in Z^2? Das geht nicht. O.B.d.A. sei ein Eckpunkt der Ursprung,
der andere besitze die ganzzahligen Koordinaten (a, b). Der dritte Punkt
ergibt sich jetzt durch Drehung von (a, b) um 60 Grad. Die diese Drehung
besorgende Matrix besitzt (bzgl. der kanonischen Basis) die Darstellung
( 1/2 -sqrt(3)/2)
(sqrt(3)/2 1/2 ),
daher besitzt der dritte Punkt die Koordinaten
((a - b*sqrt(3))/2, (a*sqrt(3) + b)/2),
und dieser Punkt besitzt genau dann ganzzahlige Koordinaten, falls a = b = 0.
Michael
Thomas Richard
>gleichseitiges Dreieck ergeben können. Geht nicht, weil Höhe/Breite nicht
>rational ist. IMO hab ich das mal bewiesen, aber ich krieg den Beweis
nicht
Höhe/Breite = sin(60?) = sqrt(3)/2
Irrationalität von sqrt(3) zeigt man analog zu der von sqrt(2):
Angenommen, sqrt(3) sei ein gekürzter Bruch p/q mit p und q in Z
=> 3 = p?/q?
=> 3q? = p? (*)
=> 3 | p
=> p = 3m für ein m in Z
=> 3q? = 9m? nach (*)
=> q? = 3m?
=> 3 | q
Widerspruch zur Teilerfremdheit von p und q.
Eigentlich kann man schon bei (*) aufhören, indem man die Primfaktoren auf
beiden Seiten zählt, aber was soll's...
MfG
Richie
P.S. Ich habe hier ganz mutig das Zeichen ? für ^2 verwendet, hoffentlich
kommt das bei allen Lesern korrekt an. ;-)
Dimitri Junker
LH>Geht nicht, weil Höhe/Breite nicht rational ist. IMO hab ich das mal
LH>bewiesen, aber ich krieg den Beweis nicht mehr zusammen. - any hints
LH>anybody? Harald?
Steht doch alles da oder?
Ein gleichseitiges Dreieck mit Seitenlänge 1 hat die Höhe sqr(3)/2, oder
allg. Seitenlänge/Höhe ist sqr(3)/2 also eine nicht rationale Zahl
ObdA nehme ich an, daß die Basis des Dreiecks waagerecht sei. Dann ist die
Seitenlänge eine ganze Zahl, ebenso die Höhe ->das Verhältnis ist nicht
rational.
Die Frage ist, ist die Annahme, daß die Basis waagerecht ist wirklich ohne
Beschrenkung der Allgemeinheit, ist sie, denn wenn Du alles so drehst, daß
sie waagerecht ist liegen die Kreuzungspunkte wieder auf Kreuzungspunkten
von waagerechte und senkrechten Linien, nur mit anderem Abstand
Bye
Dimitri
Uwe Ziemke
LH> Es gab mal die Frage, ob 3 Kreuzungspunkte in einem quadratischen
LH> Raster ein gleichseitiges Dreieck ergeben können. Geht nicht,
LH> weil Höhe/Breite nicht rational ist. IMO hab ich das mal
LH> bewiesen, aber ich krieg den Beweis nicht mehr zusammen. - any
LH> hints anybody? Harald?
Wenn (A,a),(B,b),(C,c) mit ganzzahligen a,b,c,A,B,C gleichseitig
Dreieck ist,
dann auch
(2A,2a),(2B,2b),(2C,2c) mit den ebenfalls ganzzahligen
Seitenhalbierenden
(A+B,a+b),(B+C,b+c),(C+A,c+a)
(2A,2a),(2B,2b),(A+B,a+b) ist ein rechtwinkliges Dreieck mit dem
rechten Winkel im letzten Punkt.
Die beiden Katheten (als Vektoren) haben ganzzahlige
Koeffizienten.
(K1,k1) und (K2,k2) {die Richtung ist hier nicht wesentlich.}
(K2,k2) und (-k2,K2) sind senkrecht zueinander.
Also sind (K1,k1) und (-k2,K2) parallel.
D.h. (K1,k1) = Faktor *(-k2,K2)
Die Koeffizienten sind ganzzahlig, also ist "Faktor" rational.
Aber daß Verhältnis
"lange Kathethe":"kurze Kathete" = sqrt(3) : 1
ist eindeutig irrational.
Hypothenuse:kurze Kathete = 2:1 (Seitenhalbierende)
Hypothenuse²-(kurze Kathete)²=(4-1)*(kurze Kathete)²=(lange Kathete)²
Moin moin
Uwe
Lutz Heitmann
[...]
UZ>"lange Kathethe":"kurze Kathete" = sqrt(3) : 1 ist eindeutig
UZ>irrational.
Danke, aber ich hatte das simpler in Erinnerung!
Hab ich mal "unmathematisch" in RÄTSEL "bewiesen". Hab ich aber gelöscht
und wieder vergessen - deshalb mein Ruf nach Harald, der meine Mail
vielleicht noch aufbewahrt hat... ;-)
Lutz.
Edgar Fuss
wieder LA II gemacht habe.
Harald Schumann
LH>Hab ich mal "unmathematisch" in RÄTSEL "bewiesen".
Ach, da habe ich das mal gelesen! Sorry, das wußte ich nicht mehr ...
LH>Hab ich aber gelöscht und wieder vergessen - deshalb mein Ruf nach
LH>Harald, der meine Mail vielleicht noch aufbewahrt hat... ;-)
Leider führe ich kein (vollständiges) RÄTSEL-Archiv. Frage doch z.B. mal
Uwe Sonntag @ EL, ob sich Dein Beweis in seinem Archiv finden läßt.
Glückauf! Harald
Uwe Ziemke
Hallo Lutz,
LH> Danke, aber ich hatte das simpler in Erinnerung!
LH>
LH> Hab ich mal "unmathematisch" in RÄTSEL "bewiesen". Hab ich aber
LH> gelöscht und wieder vergessen - deshalb mein Ruf nach Harald, der
LH> meine Mail vielleicht noch aufbewahrt hat... ;-)
Vielleicht die Seitenquadrate mod 3 betrachtet?
Moin moin
Uwe
Edgar Fuß
Ingo Schmidt
EF>Zumal, wo ich gerade mal wieder LA II gemacht habe.
Du bist sozusagen irgendwo Prof? :-)
Du kannst mir doch bestimmt einen guten Tip geben für ein Buch, in dem ich
mir grundlegende Kenntnisse der LA zulegen kann.
Da ich eigentlich Physik studiere, wäre es gut, wenn das Buch nicht
allzusehr ins Detail ginge (Mathe ist ja nur eine 'Hilfswissenschaft'...
[aua] ;->>>), trotzdem aber den Sachverhalt einigermaßen verständlich
erklärt.
Schön wäre es, wenn folgende Begriffe in diesem Buch geklärt/behandelt
würden (zufällige Reihenfolge):
Lineare Gleichungssysteme (ok, das ist noch einfach :-)
lineare Abbildungen, Matrizen, Eigenwerte/-vektoren, Diagonalisierung,
Minimalpolynom, Basiswechsel.
Etwas Grundwissen ist schon da, ganz bei 0 anfangen müßte so ein Buch
nicht. Ok, ich hab hier schon was, heißt 'Mathematik für Physiker' von
Klaus Weltner Bd. 1 u. 2 (fängt aber bei = an :-))
Da ist fast alles drin, was wir gemacht haben. Nur fehlen speziell die
drei letztgenannten Dinge. Und so wie der schreibt, kann ich auch folgen,
wie das alles so funktioniert.
Alternativ tut's es auch (oh, was für ein Deutsch ;-)), wenn mir hier
jemand schnell erklären kann, was man unter den drei letztgenannten Dingen
zu verstehen hat. Unser Prof hat sich dafür auch ganze zwei Vorlesungen
Zeitgenommen. :-/
Cheers, Ingo =;->
Marcus Ohlhaut
>kommt das bei allen Lesern korrekt an. ;-)
Nein.
- Marcus [www.ohlhaut.de,PGP]
Dimitri Junker
EF>Das ist nicht oBdA.
Wiso? er ist an einer Stelle eher anschaulich als ein fester Beweis, aber
es ging ja nicht darum eine Prüfungsaufgabe zu lösen (oder?).
Gruß
Dimitri
Michael Hoppe
M_{\basis E_n}^{\tbasis B}\cdot A\cdot M_{\basis B}^{\basis E_m}
$$
Denn $M_{\basis B}^{\basis E_m}$ stellt einen Vektor des $\R^m$, der in
$\basis
B$-Koordinaten gegeben ist, in kartesischen Koordinaten dar, dieser kann
mit
$A$ multipliziert werden, und schließlich wandelt $M_{\basis E_n}^{\tbasis
B}$
diesen Vektor in $\tbasis B$-Koordinaten.
Ferner ist die Matrix $A$ selbst die Matrixdarstellung von $L_A$ bezüglich
der
Standardbases $\basis E_n$ und $\basis E_m$, sodaß also
$$A=M_{\basis E_n}^{\basis E_m}(L_A)\text{.}
$$
\begin{beispiel}
Die Matrix $A$ einer linearen Abbildung $L_A$ bezüglich der Standardbasen
sei
$$A= \begin{pmatrix}
3 & 2 & -4\\
1 & -5 & 3
\end{pmatrix}\text{.}
$$
Wählt man im $\R^3$ die neue Basis $\basis
B=\{(1,1,1)^t,(1,1,0)^t,(1,0,0)^t\}$
und im $\R^2$ die Basis $\tbasis B=\{(1,3)^t,(2,5)^t\}$, so ist zunächst
$$M_{\basis B}^{\basis E_3}= \begin{pmatrix}
1 & 1 & 1\\
1 & 1 & 0\\
1 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\text{ sowie }
M_{\tbasis B}^{\basis E_2}= \begin{pmatrix}
1 & 2\\
3 & 5
\end{pmatrix}\text{,}
$$
also
$$M_{\basis E_2}^{\tbasis B}=\bigl(M_{\tbasis B}^{\basis E_2}\bigr)^{-1}=
\begin{pmatrix}
-5 & 2\\
3 & -1
\end{pmatrix}\text{,}
$$
woraus sich also die Matrixdarstellung der durch $A$ vermittelten linearen
Abbildung $L_A$ bezüglich der neuen Basen $\basis B$ des $\R^3$ und
$\tbasis B$
des $\R^2$ so:
$$M_{\tbasis B}^{\basis B}(L_A)=M_{\basis E_2}^{\tbasis B}\cdot A\cdot
M_{\basis B}^{\basis E_3}=
\begin{pmatrix}
-7 & -33 & -13\\
4 & 19 & 8
\end{pmatrix}
$$
ergibt.
\end{beispiel}
%-----------------------------------------------------------------------
Zur Diagonalisierung kann ich Dir auch noch etwas zukommen lassen.
Michael
Michael Hoppe
IS>letztgenannten Dingen zu verstehen hat.
Zum Basiswechsel und Koordinatentransformation habe ich Folgendes
zusammengestellt. Dabei meint \tvec v bzw. \tbasis B jeweils
~ ~
v bzw. B. Unter dem Spann einer Menge von Vektoren versteht man die
Gesamtheit aller Linearkombinationen dieser Vektoren.
%-----------------------------------------------------------------------
\section{Basen für Vektorräume}
\rahmes{Eine Menge von linear unabhängigen Vektoren nennt man \emph{eine
Basis
für ihren Spann}.}
\begin{beispiel}
Die Vektoren $\vec v_1=(1,2,0,4)^t$ und $\vec v_2=(1,2,2,1)^t$ sind als
nicht-
parallele Vektoren linear unabhängig und bilden somit eine Basis ihres
Spanns.
\end{beispiel}
\begin{beispiel}
Die $n$ Einheitsvektoren $\vec e_1,\dotsc,\vec e_n$ des $n$-dimensionalen
Vektorraums $\R^n$ sind linear unabhängig; ihr Spann ist ganz $\R^n$. Wir
nennen diese Basis die \emph{kartesische (oder auch: kanonische) Basis
für}
$\R^n$ und bezeichnen sie mit $\basis{E}_n=\{\vec e_1,\dotsc,\vec e_n\}$.
\end{beispiel}
Ist eine Menge von Vektoren $\basis B=\{\vec v_1,\dotsc,\vec v_n\}$ linear
unabhängig, so läßt sich jeder Vektor $\vec b$ ihres Spanns auf genau eine
Art
durch sie darstellen, denn das lineare Gleichungssystem $A\vec x=\vec b$,
wobei
die Spaltenvektoren von $A$ gerade die $\vec v_1,\dotsc,\vec v_n$ sind,
ist
eindeutig lösbar.
In diesem Fall nennt man die Lösungen $x_1,\dotsc,x_n$ \emph{die
Koordinaten
von $\vec b$ bezüglich der Spaltenvektoren $\vec v_1,\dotsc,\vec v_n$.}
Wir
schreiben in diesem Fall
$$\vec b= \begin{pmatrix}
x_1\\
\vdots\\
x_n
\end{pmatrix}_{\basis B}\text{;}
$$
diiesen Vektor nennt man \emph{den Koordinatenvektor von $\vec v$
bezüglich der
Basis $\basis B$.}
\rahmes{Der Koordinatenvektor eines Vektors $\vec v$ bezüglich der Basis
$\basis B$ ist der Lösungsvektor desjenigen linearen Gleichungssystems,
dessen
Koeffizientenmatrix als Spalten die Basisvektoren aus $\basis B$ besitzt
mit
dem Vektor $\vec v$ als rechter Seite.}
\begin{beispiel}
Im Falle der kanonischen Basis für $\R^n$, die also aus den
Einheitsvektoren
besteht, ist für die Koordinatenberechnung eines Vektors $\vec
b=(b_1,\dots,b_n)^t$ demnach dasjenige Gleichungssystem zu lösen, dessen
Koeffizientenmatrix die aus den Einheitsvektoren gebildete Matrix ist (das
ist
die Einheitsmatrix) und dessen rechte Seite der Vektor $\vec b$ ist, also
ist
$$E_n\vec x= \vec b
$$
zu lösen. Diese Gleichungssystem besitzt offensichtlich als Lösung den
Vektor
$\vec b$, also gilt für einen Vektor, der in kartesischen Koordinaten
dargestellt ist:
$$ \begin{pmatrix}
v_1\\
\vdots\\
v_n
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
v_1\\
\vdots\\
v_n
\end{pmatrix}_{\basis{E}_n}\text{,}
$$
d.\,h.\ also, daß wir auf die Indizierung der Koordinaten durch die Angabe
der
Basis bei kartesischen Koordinaten verzichten wollen, denn unsere alte
Schreibweise für Koordinaten stimmt in diesem Fall mit der neuen überein.
\end{beispiel}
Berechnen wir jetzt einmal ein nicht-triviales Beispiel.
\begin{beispiel}
Der Vektor $\vec b=(1,2,6,-5)$ ist im Spann von $\basis B=\{(1,2,0,4)^t,
(1,2,2,1)^t\}$, denn das lineare Gleichungssystem
$$x_1\vec v_1+x_2\vec v_2=\vec b
$$
besitzt die Lösung $x_1=-2$ und $x_2=3$, also ist
$$\vec b= \begin{pmatrix}
1\\2\\6\\-5
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
-2\\3
\end{pmatrix}_{\basis B}
$$
\end{beispiel}
Da der $k$-te Basisvektor $\vec v_k$ die Darstellung
$$\vec v_k=0\cdot\vec v_1+0\cdot\vec v_2+\dotsb+1\cdot\vec
v_k+\dotsb+0\cdot\vec v_n
$$
besitzt, gilt offenbar, daß die Koordinatendarstellung des $k$-ten
Basisvektor
bezüglich der Basis, dessen Mitglied er ist, gerade der $k$-te
Einheitsvektor
ist:
$$\vec v_k= (\vec e_k)_{\basis B}\text{.}
$$
Oft ist nachzuweisen, daß eine gegebene Menge von Vektoren eine Basis für
den
gesamten Vektorraum $\R^n$ ist:
\rahmes{Eine Menge von $n$ Vektoren der Dimension $n$ ist genau dann eine
Basis
von $\R^n$, wenn diese Vektoren linear unabhängig sind, also bspw.\ dann,
wenn
die aus ihnen gebildete Matrix den Rang $n$ besitzt.}
\subsection{Basiswechsel und Koordinatentransformation}
Jeder (mindestens $1$-dimensionaler) Spann besitzt unendlich-viele Basen.
\begin{beispiel}
Sei $\vec v_1=(1,2,0,4)^t$, $\vec v_2=1,2,2,1)^t$, $\tvec v_1=(3,6,2,9)^t$
und
$\tvec v_2=(1,2,6,-5)^t$. Offenbar sind $\vec v_1$ und $\vec v_2$ bzw.\
$\tvec
v_1$ und $\tvec v_2$ jeweils linear unabhängig, bilden also je eine Basis
ihres
Spanns. Nun ist aber $\Spann\{\vec v_1, \vec v_2\}=\Spann\{\tvec v_1,
\tvec
v_2\}$, denn der Rang der aus den Vektoren $\vec v_1$, $\vec v_2$, $\tvec
v_1$
und $\tvec v_2$ gebildeten Matrix ist $2$. Damit sind $\basis B=\{\vec
v_1,
\vec v_2\}$ und $\tilde{\basis B}=\{\tvec v_1, \tvec v_2\}$ zwei
verschiedene
Basen desselben Spanns.
\end{beispiel}
Sind zwei Basen $\basis B$ und $\tbasis B$ eines Spanns gegeben, so kann
jeder
Vektor aus diesem Spann mit Koordinaten bezüglich $\basis B$, aber auch
mit
Koordinaten bezüglich $\tbasis B$ beschrieben werden. Wir werden in
diesem
Abschnitt den Koordinatenwechsel von einer Basis zu einer anderen
berechnen.
Es mögen zwei Basen $\basis B=\{\vec v_1,\dotsc,\vec v_n\}$ sowie $\tbasis
B=\{\tvec v_1,\dotsc,\tvec v_n\}$ desselben Vektorraums gegeben sein,
d.\,h.\
also, daß $\basis B$ und $\tbasis B$ denselben Spann bilden. Jeder Vektor
dieses Spanns kann also als genau eine Linearkombination der Vektoren aus
$\basis B$ bzw.\ $\tbasis B$ dargestellt werden. Insbesondere läßt sich
also
jeder der Basisvektoren aus $\tbasis B$ als genau eine Linearkombination
der
Basisvektoren aus $\basis B$ darstellen, und das heißt ja gerade, die
Koordinaten der Vektoren $\tvec v_1,\dotsc\tvec v_n$ bezüglich $\basis B$
zu
ermitteln:
\begin{align*}
\tvec v_1&=c_{11}\vec v+\dotsb c_{n1}\vec v_n = \begin{pmatrix}
c_{11}\\\vdots\\ c_{n1}
\end{pmatrix}_{\basis B} \\
\tvec v_1&=c_{12}\vec v+\dotsb c_{n2}\vec v_n = \begin{pmatrix}
c_{12}\\\vdots\\ c_{n2}
\end{pmatrix}_{\basis B} \\
\vdots&\\
\tvec v_1&=c_{1n}\vec v+\dotsb c_{nn}\vec v_n= \begin{pmatrix}
c_{1n}\\\vdots\\ c_{nn}
\end{pmatrix}_{\basis B}
\end{align*}
Hierzu sind also $n$ Gleichungssysteme zu lösen.
\begin{beispiel}
Wenn man die beiden Gleichungssysteme
$$\tvec v_1=c_{11}\vec v_1+c_{21}\vec v_2\text{ bzw. }
\tvec v_2=c_{12}\vec v_1+c_{22}\vec v_2\text{,}
$$
und das heißt also die Gleichungssysteme
$$ \begin{array}{cc|c}
1 & 1 & 3\\
2 & 2 & 6\\
0 & 2 & 2 \\
4 & 1 & 9
\end{array}
\text{ bzw. }
\begin{array}{cc|c}
1 & 1 & 1\\
2 & 2 & 2\\
0 & 2 & 6\\
4 & 1 & -5
\end{array}
$$
löst, erhält man
$$\tvec v_1=2\vec v_1+1\vec v_2 \text{ sowie }
\tvec v_2=-2\vec v_1+3\vec v_2\text{,}
$$
und das bedeutet gerade, daß
$$ \tvec v_1= \begin{pmatrix}
2\\1
\end{pmatrix}_{\basis B}
\text{ sowie }
\tvec v_2= \begin{pmatrix}
-2\\3
\end{pmatrix}_{\basis B}\text{,}
$$
also
$$ \begin{pmatrix}
3\\6\\2\\9
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
2\\1
\end{pmatrix}_{\basis B}\text{ und }
\begin{pmatrix}
1\\2\\6\\-5
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
-2\\3
\end{pmatrix}_{\basis B}\text{.}
$$
\end{beispiel}
Wir haben also jetzt die Basisvektoren von $\tbasis B$ in Koordinaten
bezüglich
$\basis B$ dargestellt. Nun sind wir in der Lage, jeden beliebigen
Vektor,
dessen Koordinatendarstellung bezüglich $\tbasis B$ gegeben ist, in die
Koordinatendarstellung bezüglich $\basis B$ umzurechnen. Denn die
Koordinatendarstellung eines Vektors $\vec b$ bezüglich der Basis $\tbasis
B$
zu kennen, heißt ja, $\vec b$ als Linearkombination der Basisvektoren aus
$\tbasis B$ darstellen zu können. Also erhält man die
Koordinatendarstellung
von $\vec b$ bezüglich der Basis $\basis B$, indem man in der
Koordinatendarstellung von $\vec b$ bezüglich $\tbasis B$ die Vektoren
$\tvec
v_1$ bis $\tvec v_n$ durch ihre Koordinatendarstellungen bezüglich $\basis
B$
ersetzt: ist also
$$\vec b= \begin{pmatrix}
\tilde{b}_1\\\vdots\\ \tilde{b}_n
\end{pmatrix}_{\tbasis B}=\tilde{b}_1\tvec v_1+\dotsb+\tilde{b}_n\tvec v_n
$$
die Koordinatendarstellung von $\vec b$ bezüglich $\tbasis B$, so ist
$$\vec b=\tilde{b}_1 \begin{pmatrix}
c_{11}\\ \vdots\\ c_{n1}
\end{pmatrix}_{\basis B}+\dotsb+
\tilde{b}_n\begin{pmatrix}
c_{1n}\\ \vdots\\ c_{nn}
\end{pmatrix}_{\basis B}
$$
die Koordinatendarstellung von $\vec b$ bezüglich der Basis $\basis B$.
\rahmes{Also ist die Koordinatendarstellung von $\vec b$ bezüglich $\basis
B$
das Produkt derjenigen Matrix, deren Spaltenvektoren die
Koordinatendarstellungen der Basisvektoren aus $\tbasis B$ bezüglich
$\basis B$
sind, mit der Koordinatendarstellung von $\vec b$ bezüglich $\tbasis B$.}
Die Matrix nennt man die \emph{Übergangsmatrix des Basiswechsels von der
Basis
$\tbasis B$ zur Basis $\basis B$} und bezeichnet sie mit $M_{\tbasis
B}^{\basis
B}$.
\rahmes{Der $k$-te Spaltenvektor der Übergangsmatrix des Basiswechsels von
der
Basis $\tbasis B$ zur Basis $\basis B$ ist der Koordinatenvektor des
$k$-ten
Basisvektors von $\tbasis B$ bezüglich $\basis B$.}
\begin{beispiel}
Der Vektor $\vec b=(4,8,-24,52)^t$ hat (nachrechnen!) bezüglich $\tbasis
B$ die
Koordinaten
$$\vec b= \begin{pmatrix}
3\\-5
\end{pmatrix}_{\tbasis B}\text{.}
$$
Die Koordinatenvektoren der Basisvektoren aus $\tbasis B$ haben wir oben
bereits errechnet, es ergab sich
$$ \tvec v_1= \begin{pmatrix}
2\\1
\end{pmatrix}_{\basis B}
\text{ sowie }
\tvec v_2= \begin{pmatrix}
-2\\3
\end{pmatrix}_{\basis B}\text{.}
$$
Hier ist also die Übergangsmatrix
$$M_{\tbasis B}^{\basis B}= \begin{pmatrix}
2 & -2\\1 & 3
\end{pmatrix}\text{.}
$$
Damit ist
\begin{align*}
\vec b&= \begin{pmatrix}
3\\-5
\end{pmatrix}_{\tbasis B}=3\tvec v_1-5\tvec v_2\\
\intertext{und durch Ersetzen der Basisvektoren aus $\tbasis B$ durch ihre
Koordinatendarstellungen bezüglich $\basis B$ erhalten wir}
&=3
\begin{pmatrix}
2\\1
\end{pmatrix}_{\basis B}-5
\begin{pmatrix}
-2\\3
\end{pmatrix}_{\basis B}= \begin{pmatrix}
16\\-12
\end{pmatrix}_{\basis B}
\end{align*}
die Koordinatendarstellung von $\vec b$ bezüglich $\basis B$.
Etwas schneller geht das, wenn man die Übergangsmatrix mit der
Koordinatendarstellung von $\vec b$ bezüglich $\tbasis B$ multipliziert:
$$\vec b= \begin{pmatrix}
2& -2\\ 1 & 3
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
3\\-5
\end{pmatrix}_{\tbasis B}=
\begin{pmatrix}
16\\-12
\end{pmatrix}_{\basis B}\text{.}
$$
Zur Probe können wir noch $16\vec v_1-12\vec v_2$ sowie $3\tvec v_1-5\tvec
v_2$
errechnen; beide male erhalten wir $\vec b=(4,8,-24,52)^t$.
\end{beispiel}
Umgekehrt kann man aus der Koordinatendarstellung eines Vektors $\vec b$
bezüglich der Basis $\basis B$ seine Koordinatendarstellung bezüglich der
Basis
$\tbasis B$ ermitteln. Zunächst vermittelt die Übergangsmatrix
$M_{\tbasis
B}^{\basis B}$ die Koordinaten bezüglich der Basis $\tbasis B$ zur Basis
$\basis B$, denn es gilt ja
$$M_{\tbasis B}^{\basis B} \begin{pmatrix}
\tilde{b}_1\\ \vdots\\ \tilde{b}_n
\end{pmatrix}_{\tbasis B}=
\begin{pmatrix}
b_1\\ \vdots\\ b_n
\end{pmatrix}_{\basis B}\text{.}
$$
Da die Spaltenvektoren der Übergangsmatrizen Basisvektoren und als solche
linear unabhängig sind, istjede Übergangsmatrix invertierbar, daher gilt
also
$$M_{\basis B}^{\tbasis B}=\bigl(M_{\tbasis B}^{\basis
B}\bigr)^{-1}\text{,}
$$
d.\,h.\ also, daß
$$\bigl(M_{\basis B}^{\tbasis B}\bigr)^{-1} \begin{pmatrix}
b_1\\ \vdots\\ b_n
\end{pmatrix}_{\basis B}=
\begin{pmatrix}
\tilde{b}_1\\ \vdots\\ \tilde{b}_n
\end{pmatrix}_{\tbasis B}\text{.}
$$
\begin{beispiel}
Im Beispiel ist
$$M_{\basis B}^{\tbasis B}=\bigl(M_{\tbasis B}^{\basis
B}\bigr)^{-1}=\frac{1}{8}
\begin{pmatrix}
3 & 2\\ -1 & 2
\end{pmatrix}\text{.}
$$
\end{beispiel}
Wenden wir uns einem wichtigen Spezialfall zu. In diesem geht es um den
Basiswechsel im $n$-dimensionalen Vektorraum $\R^n$, und zwar von der
kartesischen Basis $\basis E_n$ zu einer anderen $\tbasis B$. In diesem
Fall
braucht die Übergangsmatrix $M_{\tbasis B}^{\basis E_n}$ nicht berechnet
zu
werden, denn deren Spaltenvektoren sind ja gerade die
Koordinatendarstellungen
der Vektoren der Basis $\tbasis B$ bezüglich der Standardbasis $\basis
E_n$,
also eben diese Vektoren selbst. Daher gilt auch:
\rahmes{Jede $n$-reihige invertierbare Matrix $A$ läßt sich auffassen als
Übergangsmatrix des Basiswechsels der Basis $\basis B$, die aus den
Spaltenvektoren von $A$ besteht, und der Standardbasis $\basis E_n$:
$$A=M_{\basis B}^{\basis E_n}\text{.}
$$
}
\begin{beispiel} $\tbasis B=\{(1,1,1)^t,(1,1,0)^t,(1,0,0)^t\}$ ist
offensichtlich eine Basis von $\R^3$. Die Übergangsmatrix zur
Standardbasis
$\basis E_3$ ist daher
$$M_{\tbasis B}^{\basis E_3}=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1\\
1 & 1 & 0\\
1 & 0 & 0
\end{pmatrix}\text{,}
$$
ihre Inverse lautet
$$\bigl(M_{\tbasis B}^{\basis E_3}\bigr)^{-1}
=M_{\tbasis E_3}^{\tbasis B}=
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 1\\
0 & 1 & -1\\
1 & -1 & 0
\end{pmatrix}\text{,}
$$
daher ist bspw.\
$$ \begin{pmatrix}
1\\2\\3
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
1\\2\\3
\end{pmatrix}_{\basis E_3}=\begin{pmatrix}
0 & 0 & 1\\
0 & 1 & -1\\
1 & -1 & 0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1\\2\\3
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
3\\-1\\-1
\end{pmatrix}_{\tbasis B}
\text{.}
$$
\end{beispiel}
\subsection{Anwendung auf die Darstellung linearer Abbildungen}
Jede $n\times m$-Matrix $A$ vermittelt eine lineare Abbildung $L_A$ des
Vektorraums $\R^m$ in den Vektorraum $\R^n$: jedem $m$-dimensionalen
Vektor
wird ein $n$-dimensionaler Vektor zugewiesen. Dabei sind gewöhnlich die
Original- sowie Bildvektoren in ihrer kartesischen Koordinatendarstellung,
also
bezüglich der Standardbasis, angegeben. Beschreibt man aber die Vektoren
im
Originalraum $\R^m$ durch die Basis $\basis B$ und im Zielraum $\R^n$
durch die
Basis $\tbasis B$, so nennen wir die Matrix der linearen Abbildung $L_A$
bezüglich der neuen Basen $M_{\tbasis B}^{\basis B}(L)$; sie errechnet
sich
offensichtlich so:
Edgar Fuß
Es ist eben eine Beschränkung der Allgemeinheit, anzunehmen, daß eine
Seite horizontal liegt. Du kannst auf die gleiche Art ,,beweisen``, daß es
unmöglich ist, in ein solches Raster zwei Quadrate zu legen, wo eines den
doppelten Flächeninhalt wie das andere hat. Das geht nämlich auch nicht,
wenn Du ,,oBdA`` annimmst, daß beide auf einer Seite liegen.
Edgar Fuß
Bücher zur LA konnte ich meinen Schäfchen schon nicht empfehlen. Der
Fischer ist wohl brauchbar, aber da steht nicht allzuviel drin. Das
einzige Buch, was ich richtig kenne, ist der Brieskorn (bei dem hab' ich
selber LA gehört), aber das kann man nicht unbedingt einem Nebenfächler
empfehlen.
Die von Dir genannten Themen sollten nun wirklich in JEDEM LA-Buch
behandelt werden.
Basiswechsel: Eine lineare Abbildung f von V nach W ist zunächst eine
Vorschrift, einem Element aus V ein Element aus W zuzuordnen und hat
nichts mit Matrizen zu tun. Da aber wegen der Linearität die Abbildung
schon dann vollkommen festgelegt ist, wenn man ihre Werte auf
Basisvektoren kennt (das solltest Du Dir wirklich einprügeln, warum das so
ist und welche Auswirkungen das hat), reicht es, f(v_i) zu kennen, wenn
v_i eine Basis von V durchläuft. Diese Werte sind aber wiederum dadurch
bestimmt, daß man ihre Koordinaten bezüglich einer Basis w_j von W kennt.
Die Matrix ergibt sich, indem man die Koordinaten der Bilder der
Basisvektoren in die Spalten schreibt.
Jetzt ist die Matrix aber (außer von f natürlich) von den beiden Basen
abhängig. Also muß man ein Verfahren suchen, die Matrix auf eine andere
Basis umzurechnen, also aus der Matrix der Abbildung f bezüglich der Basen
v_i und w_j die Matrix derselben Abbildung f bezüglich anderer Basen v'_i
und w'_j zu bestimmen.
Diagonalisierung: Besonders angenehm sind solche Matrizen natürlich, wenn
sie nur auf der Diagonale (ab jetzt rede ich von Endomorphismen, also V=W)
von Null verschiedene Einträge haben. Also versucht man Matrizen zu
diagonalisieren, also eine Basis zu finden (EINE Basis: weil V=W ist,
möchte man zweimal dieselbe Basis haben), bezüglich derer die Matrix
Diagonalgestalt hat. Das geht nicht mir allen Matrizen. Offensichtlich
stehen nämlich auf der Diagonale die Eigenwerte und die Basisvektoren sind
die zugehörigen Eigenvektoren. Es kann aber passieren, daß die Eigenwerte
,,nicht im Körper liegen`` oder, daß man ,,zu wenige`` Eigenvektoren hat.
Minimalpolynom: Ist Dir klar, wie man Matrizen in Polynome einsetzt? Ist
Dir der Cayley-Hamilton klar? Das charakteristische Polynom anulliert die
Matrix zwar, ist aber zu groß. Also sucht man das kleinste (vom Grad her)
Polynom, das die Matrix (oder den Endomorphismus) anulliert. Geben muß es
soetwas, weil ja das CP anulliert, die Eindeutigkeit (bei Normierung) ist
komplizierter, dazu benutzt man, daß der Polynomenring über einem Körper
ein Hauptidealring ist.
Gerald Huber
Hallo Thomas,
> Von : Thomas Richard @ AC2 (Mo, 26.07.99 08:01)
>
> P.S. Ich habe hier ganz mutig das Zeichen ? für ^2 verwendet,
> hoffentlich kommt das bei allen Lesern korrekt an. ;-)
Also das ? ist bei mir als ? angekommen.
Was natuerlich genausogut ist, als ob ein ² als ² ankommt.
Wie immer das bei euch auch ankommt.
Ist doch eh alles nur Konvektion ;-)
Gruss, Gerald
(mit alter Mausversion und OEM Zeichensatz)
Michael Hoppe
DJ>Dann ist die Seitenlänge eine ganze Zahl
Ist aber eine Beschränkung der Allgemeinheit, weil die Seitenlängen des
Dreiecks mit ganzzahligen Eckpunktkoordinaten nicht notwendig rational
sein
müssen.
Michael
Lutz Heitmann
HS>Frage doch z.B. mal Uwe Sonntag @ EL, ob sich Dein Beweis in seinem
HS>Archiv finden läßt.
Hab ich gerade.
Lutz.
Lutz Heitmann
MH>Der dritte Punkt ergibt sich jetzt durch Drehung von (a, b) um 60
MH>Grad. Die diese Drehung besorgende Matrix besitzt (bzgl. der
MH>kanonischen Basis) die Darstellung
MH>
MH> ( 1/2 -sqrt(3)/2)
MH> (sqrt(3)/2 1/2 ),
MH>
MH>daher besitzt der dritte Punkt die Koordinaten
MH>
MH> ((a - b*sqrt(3))/2, (a*sqrt(3) + b)/2),
MH>
MH>und dieser Punkt besitzt genau dann ganzzahlige Koordinaten, falls a =
MH>b = 0.
Danke, echt elegante Lösung!! :-)
Bleibt die Frage, wie man das ohne Matrix- oder Vektor-Rechnung an den
Mann bringt. Mein Ansatz (damals in RÄTSEL) war der, vom Null-Punkt aus
mittels Addition/Subtraktion von (a, b) neue Punkte zu finden, und von
jedem der neuen Punkte aus mittels Addition/Subtraktion von (-b, a) wieder
neue, die zusammen ein "verdrehtes", aber wieder quadratisches Raster
ergeben.
Nicht sehr mathematisch, aber kann jeder auf Karo-Papier nachvollziehen...
Lutz.
Michael Hoppe
LH>Mann bringt.
Indem man ,,elementargeometrisch`` nachweist, daß der dritte Punkt die von
mit angegebenen Koordinaten besitzt.
Michael
Dimitri Junker
EF>Es ist eben eine Beschränkung der Allgemeinheit, anzunehmen, daß eine
EF>Seite horizontal liegt.
Nein, denn wie gesagt wenn sie nicht waagerecht liegt kannst Du das ganze
so drehen, daß sie waagerecht liegt und die alten Kreuzungspunkte liegen
wieder auf Kreuzungspunkten von waagerechten und senkrechten Linien. Und
das ist ein Fall den man allgemein mit oBdA bezeichnet. Was ich in meiner
Mail übersehen hatte ist, daß man zusätzliche Gitterpunkte erhält. Doch
macht dies auch nichts, denn wenn es nochnichteinmal in diesem feineren
Gitter möglic ist, ist es das schon garnicht im gröberen. Falls dies
falsch ist hast Du recht und meine Annahme ist eine BdA, sonst nicht.
Bye
Dimitri
Dimitri Junker
MH>Ist aber eine Beschränkung der Allgemeinheit, weil die Seitenlängen
MH>des Dreiecks mit ganzzahligen Eckpunktkoordinaten nicht notwendig
MH>rational sein müssen.
Und? Wenn Du durch die angenommene Drehung ein neues Raster erzeugst wird
die Grundlänge zwar mit einm Faktor multipliziert, der hebt sich aber beim
Bilden des Verhältnisses von Seite zu Höhe gerade weg.
Gruß
Dimitri
Thomas Richard
>Ist doch eh alles nur Konvektion ;-)
Heiße Luft? ;-)
Naja, da es schon eine Negativ-Meldung gab, nehme ich künftig wieder ^2
für's Quadrieren.
MfG
Richie
Edgar Fuß
ursprüngliche!
Du kannst doch auch z.B. kein Dreieck mit Seitenverhältnissen 3:4:5 so in
das Raster legen, daß die Hypothenuse waagerecht liegt.
Edgar Fuß
doch das von Michael!
Gerald Huber
> Von : Thomas Richard @ AC2 (Mo, 02.08.99 09:21)
>
> >Ist doch eh alles nur Konvektion ;-)
>
> Heiße Luft? ;-)
Ach, das war jetzt ein Vopa von mir!
Konfektion ist ja dieses suesse Zeugs. ;-)
> Naja, da es schon eine Negativ-Meldung gab, nehme ich künftig wieder ^2
> für's Quadrieren.
Brav.
Thy shalt use TeX. :-)
Gruss, Gerald
Michael Hoppe
DJ>Wenn Du durch die angenommene Drehung ein neues Raster erzeugst
Wenn ein Eckpunkt des Dreiecks der Nullpunkt ist und ein weiterer Punkt
die
Koordinaten (a, b) besitzt, kann man das Koordinatensystem der Drehung um
das negative Argument von (a, b) unterwerfen. Dadurch liegt die Seite mit
den Punkten (0, 0) und (a, b) ,,waagrecht``, allerdings besitzen die
gedrehten Gitterpunkte i.a. keine ganzzahligen Koordinaten mehr, was sich
auch nicht durch:
DJ>wird die Grundlänge zwar mit einm Faktor multipliziert, der hebt sich
DJ>aber beim Bilden des Verhältnisses von Seite zu Höhe gerade weg.
ändert.
Michael
Michael Hoppe
rational von den Seitenlängen ab.
Michael
Marcus Ohlhaut
Warum muß das so sein?
Beachte: Das Gitter ist quadratisch.
- Marcus [www.ohlhaut.de,PGP]
Dimitri Junker
EF>Aber das gedrehte Raster ist doch ein völlig anderes Raster als das
EF>ursprüngliche!
Und? Es sei denn Du behauptest es sei nicht mehr quadratisch, ist das doch
egal. Wichtig sind ja nur Verhältnisse, da hebt sich der Unterschied aus den 2
Rastern weg.
Bye
Dimitri
Dimitri Junker
EF>Versteht das jemand? Gerade das Argument, was beim Drehen passiert,
EF>ist doch das von Michael!
Wiso? Wenn ich sage, daß ich ein solches Raster mit einem Dreieck immer so
drehen kann, daß danach wieder ein Raster aus horizontalen und vertikalen
Linien entsteht, das alte Dreieck immer noch 3 Rasterpunkte verbindet und eine
Seite waagerecht ist, dann ist es keine BdA von Anfang an zu sagen ich nehme an
eine Seite ist waagerecht.
Gruß
Dimitri
Edgar Fuß
willst.
Edgar Fuß
Du das Dreieck um 27 Grad drehst.
Ingo Schmidt
EF>Nein, Übungsleiter.
Noch besser, die erklären das immer so schön zum Mitverfolgen (außer da wo
ich war, da scheint Arroganz das Mittel der Wahl zu sein :-((
EF>Bücher zur LA konnte ich meinen Schäfchen schon nicht empfehlen.
Naja, ich hab jetzt Mathematik für Physiker (logo ;-)) und den
Beutelspacher, der läßt so KO-Schläge wie 'Wie man leicht sieht' weg und
man kann dem echt folgen, nur leider geht das Buch etwas an unserem Stoff
vorbei (hab ich noch von meinem ersten versauteb Semester...)
EF>Die von Dir genannten Themen sollten nun wirklich in JEDEM LA-Buch
EF>behandelt werden.
Hm, sind sie aber nicht, sonst hätt ich ja nicht gefragt :-)
EF>Basiswechsel: [...]
Ah, danke, damit kann ich doch was anfangen. :-)
EF>Diagonalisierung:
Nochmals aha :-)
Langsam versteh ich, worum's hier geht. Nächste Woche muß ich mich mal
intensivst damit befassen.
EF>Minimalpolynom: Ist Dir klar, wie man Matrizen in Polynome einsetzt?
Hm, nicht 100%ig. Das sollte ich aber wissen, ist mir nur grad entfallen.
Nächste Woche weiß ich's :-)
EF>Ist Dir der Cayley-Hamilton klar?
Das hab ich dagegen noch nie gehört.
Unser Prof hat leider die Angewohnheit, Dinge nie mit Namen zu benennen.
Z.B. hat er nie gesagt, daß der Stokes'sche Integralsatz eben so heißt,
sondern einfach die Tafel 'vollgeschmiert'. Der Name 'Stokes' taucht
nirgends auf, bei niemandem. Nicht gerade hilfreich, wenn man hinterher
aus Bücher nachlernen will und man weiß gar nicht, nach was man suchen
soll. :-(
EF>Das charakteristische Polynom anulliert die Matrix zwar
Daß das so ist, ist mir klar, nur wie ein Polynom eine Matrix anulliert,
weiß ich nicht. Was soll das heißen 'ein Polynom anulliert eine Matrix'?
Du siehst, ich könnte zwar die ein oder andere Aufgabe rechnen, nur leider
ohne zu wissen, was ich da tue - und sowas mag ich überhaupt nicht.
EF>die Eindeutigkeit (bei Normierung) ist komplizierter,
Das haben wir nicht gemacht.
Ansonsten vielen Dank für Deine Antwort, hat mir schonmal sehr
weitergeholfen. Nächste Woche werde ich meine Mathe-Wissens-Lücken zu
stopfen versuchen und falls es weitere Unklarheiten gibt, ichmeld mich
wieder :-)
Cheers, Ingo =;->
Ingo Schmidt
MH>Zum Basiswechsel und Koordinatentransformation habe ich Folgendes
MH>zusammengestellt.
Vielen Dank dafür.
Bin nur leider _noch_ nicht dazu gekommen, mir das genau durchzuschauen.
Ist auch'n bißchen schwer zu lesen. Womit schau ich mir das am besten an?
Auf einem Atari?
Und jetzt bin ich erstmal ne Woche weg, aber danach werde ich mir das zu
Gemüte führen - und weiterfragen :-)
Cheers, Ingo =;->
Michael Hoppe
Falle
des rechtwinkligen Dreiecks ist das gerade h = ab/c), so kann man ein
Dreieck
mit vorgegebenen rationalen Seitenverhältnissen immer so ausrichten, daß
eine
Seite ,,waagrecht`` im Raster liegt.
Michael
Michael Hoppe
TeX.
IS>Womit schau ich mir das am besten an?
Lindner-TeX.
Michael
Michael Hoppe
EF>Koordinaten bezüglich einer Basis w_j von W kennt. Die Matrix ergibt
^^^^^^^^^^^
EF>sich, indem man die Koordinaten der Bilder der Basisvektoren in die
EF>Spalten schreibt. ^^^^^^^^^^^
Das bleibt genau solange unklar, bis nicht geklärt ist, was Koordinaten
sind. Denn Koordinaten sind immer *Koordinaten bzgl. einer Basis*:
Ist eine Menge von Vektoren B = { v_1,..., v_n} linear unabhängig, so läßt
sich jeder Vektor b ihres Spanns (das ist die Menge aller
Linearkombinationen
der Vektoren aus B) auf genau eine Art durch sie darstellen, denn das
lineare
Gleichungssystem Ax = b, wobei die Spaltenvektoren von A gerade die
v_1,...,
v_n sind, ist eindeutig lösbar. In diesem Fall nennt man die Lösungen
x_1,..., x_n /die Koordinaten von b bezüglich der Basis B/.
Michael
Edgar Fuß
Solche Formeln hab' ich geometrische Niete natürlich nicht präsent. Alles
klar.
Edgar Fuß
characteristisches Polynom einsetzt, Null herauskommt. Das CP der
2*2-Einheitsmatrix ist z.B. (t-1)^2. Also, wenn Du von der Einheitsmatrix
(als die gegebene Matrix) die Einheitsmatrix (als Eins in dem Ring)
abziehst, und das Ergebnis quadrierst, dann kommt Null heraus. In
Wirklichkeit kommt aber schon vor dem Quadrieren Null heraus, das MP ist
also t-1. Nimmst Du aber die Matrix, wo Du noch zusätzlich eine 1 in eine
der beiden ,,freien`` Ecken schreibst, dann mußt Du wirklich quadrieren:
MP(t)=CP(t)=(t-1)^2.
Dimitri Junker
EF>Es entsteht aber kein Raster aus horizontalen und vertikalen Linien,
EF>wenn Du das Dreieck um 27 Grad drehst.
Ich weiß jetzt nicht wie Du auf 27 Grad kommst, es ging ja nicht um
beliebige Winkel sndern nur um solche bei denen um einen Gitterpunkt so
gedreht wird, daß ein anderer Gitterpunkt auf den gleichen x-Wert kommt.
Also z.B. Punkt (0,0) und (X,Y) -> (0,0)' und (x,0)'
Dann sind alle alten Punkte (nX,nY) auf der neuen X-Achse (n eine ganze
Zahl) (nx,0)'
Allgemein gilt:
aus (A,B) wird (a,b)'
aus (A+nX,B+nY) wird (a+nx,b)'
sie liegen also alle auf einer waagerechten Geraden. Du kannst also durch
jeden Punkt eine waagerechte Linie ziehen auf der unendlich viele weitere
Punkte liegen.
Bei dieser Drehung wird aus dem Punkt
(Y,-X)->(0,x)'
mit einer entprechenden Schlußfolgerung wie oben kannst Du jetzt beweisen,
daß Du auch senkrechte Linien erhälst.
Gruß
Dimitri
Edgar Fuß
das ist, davon ging ich mal aus. Aber vielleicht sollte man nicht von zu
viel ausgehen.
Edgar Fuß
Winkel`` (also mit rationalem Tangens) drehe, dann erhalte ich eine
Teilmenge einer Verfeinerung des Standardrasters? Mal abgesehen davon, daß
ich das eine Beweisidee und nicht ,,oBdA`` nennen würde: Stimmt das? Ist
die Summe zweier rationaler Winkel (in obigem Sinne) rational?
Oder wie verstehst Du das, Michael?
Michael Hoppe
Schwerlich. Vielleicht helfen Zahlen weiter: Betrachte das Dreieck mit
den
Eckpunkten (0, 0), (2, 1) und (1, 2). Die von Dimitri vorgeschlagene
Drehung
besitzt die Matrix
sqrt(5) (2 1)
------ ( ).
5 (-1 2)
Nun wird (2, 1) auf (sqrt(5), 0) und (1, 2) auf sqrt(5)/5 (4, 3)
abgebildet.
Die von Dimitri festgestellten Eigenschaften der Geraden- und Winkeltreue
(übrigens ist:
DJ>Bei dieser Drehung wird aus dem Punkt (Y,-X)->(0,x)'
falsch: (-Y, X) wird auf (0, x)' abgebildet), eignen jeder Drehung.
Das neue Raster soll nun ein Teil des alten sein, oder? Wenn dem
nicht
so wäre, so besäße ja ein neuer Gitterpunkt keine ganzzahligen Koordinaten
im
alten Gitter, oder? Definiert man daß zwei Punkte waagrecht bzw.
senkrecht
liegen, fall ihre zweiten bzw. ersten Koordinaten übereinstimmen, so
bestünde
das neue Gitter aus allen Punkten Z*(sqrt(5), 0) x Z*(0, sqrt(5)),
aber darin ist offensichtlich das Bild von (1, 2) nicht enthalten ...
Eine andere Interpretationsmöglichkeit ist ein Basiswechsel von der
Standardbasis zur neuen Basis {(2, 1), (-1, 2)}. Die Übergangsmatrix ist
dann
1 (2 1)
- ( ).
5 (-1 2)
Die Koordinaten von (1, 2) bzgl. dieser neuen Basis sind demnach
1
- (4, 3),
5
also nicht ganzzahlig, weshalb sie dann auch nicht in einem ganzzahligen
Raster der neuen Basis liegen.
Dimitri, rechne doch bitte einmal mit den von mir angegebenen
Koordinaten
durch, was Du überhaupt meinst!
Michael
Michael Hoppe
Nun, Gruppentheorie ist doch mitunter zutiefst geometrisch: LIE-Gruppen
etwa
oder Homologieen.
Michael
Edgar Fuß
Homologie ist eine ziemlich abstrakte Geometrie.