Abbildungsgleichungen

Exercise 1: Dreieck

a) Durch welche Abbildung $\alpha$ wird das Dreieck $ABC$ auf das Dreieck $A'B'C'$ abgebildet?

b) Welche Abbildung bildet das Dreieck $A'B'C'$ auf das Dreieck $ABC$ ab?

c) Bestimme das Bild der Geraden $g_{AB}$ .

d) Auf welchen Punkt wird der Mittelpunkt der Strecke $\overline{AB}$ abgebildet?

e) können sich die Bilder zweier zueinander paralleler Geraden schneiden?

Solution

a) Drehung um $\alpha$ um $Z$ .

b) Drehung um $-\alpha$ um $Z$ .

c) $\alpha(g_{AB})$

d) Auf den Mittelpunkt $\overline{A'B'}$

e) Nein, die die Drehung ist eine Kongruenzabbildung und invertierbar. Hätten die Bilder zweier Parllelen $g\neq h$ einen Schnittpunkt, dann müsste dieser Schnittpunkt zwei Urbilder haben, eines auf $g$ und eines auf $h$ . Dann wäre die Abbildung aber nicht bijektiv, also nicht invertierbar.

Viele geometrische Abbildungen, die uns bis jetzt begegnet sind, besitzen die folgenden Eigenschaften:

Sie sind geradentreu, d.h. sie bilden Geraden auf Geraden ab.
Sie sind umkehrbar (bijektiv), d.h. zu jedem Bildpunkt existiert genau ein Urbild.
Sie sind parallelentreu, d.h. sie bilden zueinander parallele Geraden auf zueinander parallele Geraden ab.
Sie sind teilverhältnistreu: Wenn ein Punkt $T$ eine Strecke $\overline{AB}$ im Verhältnis $t$ teilt, so teilt auch sein Bildpunkt $T'$ die Bildstrecke $\overline{A'B'}$ im Verhältnis $t$ .

Theorem 1

Geradentreue, umkehrbare Abbildungen sind parallelentreu und teilverhältnistreu.

Proof

Aus der Umkehrbarkeit einer geradentreuen Abbildung folgt ihre Parallelentreue. Hätten nämlich die Bilder zweier (verschiedener) paralleler Geraden $g$ und $h$ einen Schnittpunkt, dann mÜsste dieser Schnittpunkt zwei Urbilder haben, nämlich einen auf $g$ und einen auf $h$ . Aber das kann wegen der Umkehrbarkeit nicht sein.

Affine Abbildung

Aufgrund der Parallelentreue bildet jede geradentreue, umkehrbare Abbildung Parallelogramme auf Parallelogramme ab. Damit wird der Mittelpunkt einer Strecke $\overline{AB}$ auf den Mittelpunkt der Bildstrecke $\overline{A'B'}$ abgebildet. Mit Hilfe einer Intervallschachtelung kann jetzt gefolgert werden, dass eine geradentreue, umkehrbare Abbildungen auch teilverhältnistreu sein muss.

Definition 1: Affine Abbidlung

Eine geradentreue und umkehrbare (und damit auch parallelen- und verhältnistreue) geometrische Abbildung der Ebene auf sich nennt man eine affine Abbildung oder Affinität. Affinität bedeutet so viel wie Nähe, Verwandtschaft.

Exercise 2: Affine Abbildung

Eine affine Abbildung $\alpha$ bildet das Dreieck $ABC$ mit $A=(0 \mid 0)$ , $B=(1.5 \mid 0)$ und $C=(0 \mid 3)$ auf das Dreieck $A'B'C'$ mit $A'=(4 \mid 2)$ , $B'=(6 \mid 3)$ und $C'=(3 \mid 4)$ ab. Konstruiere den Bildpunkt von $D=(2 \mid 2)$ und begründe deine Konstruktion.

Solution

$D'(6 \mid 4.5)$

Exercise 3: Affine Abbildung bestimmen

Eine affine Abbildung bilde den Ursprung $O$ auf $O' = (1 \mid 2)$ , den Punkte $E_1 = (1 \mid 0)$ und $E_2 = (0 \mid 1)$ auf $E_1' = (3 \mid 1)$ und $E_2' = (5 \mid 3)$ ab. Bestimme die Koordinaten der Bildpunkte von $A=(2 \mid 0)$ , $B=(1 \mid 1)$ und $C=(-1 \mid 2)$ konstruktiv. Feststellung?

Solution

$A'(5 \mid 0)$ , $B'(7 \mid 2)$ , $C'(7 \mid 5)$

Bei einer affinen Abbildung lassen sich die Koordinaten der Bildpunkte einfach berechnen. Eine affine Abbildung ist parallelentreu, daher wird das in der Figur gestrichelte orthonormierte Koordinatengitter in ein Parallelogrammgitter (durchgezogene Linien) abgebildet.

Eine affine Abbildung ist teilverhältnistreu, daher wird der Punkt $P = (x \mid y)$ mit dem Ortsvektor $\vec{r_P} = x\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}+y\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$ auf den Punkt $P'$ mit dem Ortsvektor

\vec{r_{P'}} = \vec{OO'}+x\cdot\vec{O'E'_1}+y\cdot\vec{O'E'_2}

abgebildet. Mit $\vec{O'E'_1}=\begin{pmatrix}a_1\\ a_2\end{pmatrix}$ , $\vec{O'E'_2}=\begin{pmatrix}b_1\\ b_2\end{pmatrix}$ und $\vec{OO'}=\begin{pmatrix}c_1\\ c_2\end{pmatrix}$ erhält man die Koordinatendarstellung einer affinen Abbildung

\alpha:\begin{cases}a_1x&+\;b_1y+c_1\\ a_2x&+\;b_2y+c_2\end{cases}

Note 1

Die (Spalten-)Vektoren $\vec{a}$ und $\vec{b}$ der Abbildung $\alpha$ entsprechen also gerade den Bildern der Basisvektoren $\vec{e_1}$ und $\vec{e_2}$ . Der (Spalten-)Vektor $\vec{c}$ gibt die Verschiebung des Ursprungs wieder.

Note 2

Eine affine Abbildung kann in diesem Sinn auch als Basiswechsel interpretiert werden. Die Komponenten eines Vektors $\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}$ werden bezÜglich der neuen Basis mit dem Ursprung $\begin{pmatrix}c_1\\ c_2\end{pmatrix}$ angesehen:

x\cdot\vec{a}+y\cdot\vec{b}+\vec{c}.

Exercise 4: Koordinatengleichungen

a) Gib die Koordinatengleichung der in Übung beschriebenen affinen Abbildung an.

b) Wie lauten die Koordinatengleichungen in der Übung?

c) Eine affine Abbildung $\alpha$ bilde den Punkt $A = (2 \mid 1)$ auf $A'= (6 \mid 3)$ , den Punkt $B=(-1 \mid 3)$ auf $B'=(-2 \mid 6)$ und den Punkt $C=(1 \mid -1)$ auf $C'=(6 \mid -4)$ ab. Bestimme die Koordinatengleichungen von $\alpha$ .

d) Wie wir gesehen haben, ist eine affine Abbildung durch die Bildpunkte der Ecken eines Dreiecks $ABC$ festgelegt. Erläutere jetzt mit Hilfe einer Skizze, dass jede affine Abbildung in eine Verschiebung und eine affine Abbildung mit einem Fixpunkt zerlegen kann.

Solution

\alpha:\begin{cases}x'=2x+4y+1\\ y'=-x+y+2\end{cases}

\begin{align} 4 &= c_1\\ 6 &= 1.5a_1+4\quad\Leftrightarrow\quad a_1=\tfrac{4}{3}\\ 3 &= 3b_1+4\quad\Leftrightarrow\quad b_1=-\tfrac{1}{3}\\ \end{align}

\begin{align} 2 &= c_2\\ 3 &= 1.5a_2+2\quad\Leftrightarrow\quad a_2=\tfrac{2}{3}\\ 4 &= 3b_2+2\quad\Leftrightarrow\quad b_2=-\tfrac{2}{3}\\ \end{align}

\alpha:\begin{cases}x'=\tfrac{4}{3}x-\tfrac{1}{3}y+4\\ y'=\tfrac{2}{3}x+\tfrac{2}{3}y+2\end{cases}

\begin{align} 6 &= 2a_1+b_1+c_1\\ -2 &= -a_1+3b_1+c_1\\ 6 &= a_1-b_1+c_1\\ \end{align}

\begin{align} 3 &= 2a_2+b_2+c_2\\ 6 &= -a_2+3b_2+c_2\\ -4 &= a_2-b_2+c_2\\ \end{align}

\alpha:\begin{cases}x'=2x-y+3\\ y'=x+3y-2\end{cases}

Exercise 5: Affin?

Kann es sich bei folgender Abbildung um eine Affinität handeln? BegrÜnde.

Solution

Nein, betrachte den Schnittpunkt der Diagonalen.

Exercise 6: Figuren

Den folgenden Figuren liegt - so scheint es - jeweils eine affine Abbildung zugrunde. Bestimme die gesuchten Punkte und Geraden. Begründe deine Antworten.

Solution

$g'_{P'R'}$ , $h'=h$ , $R'=g'\cap h_{P'Q'}$ .

Exercise 7: Eigenschaften von Affinitäten

Überlege und begründe:

a) Eine affine Abbildung bildet den Schwerpunkt eines Dreiecks auf den Schwerpunkt des Bilddreiecks ab.

b) Eine affine Abbildung bildet den Umkreismittelpunkt eines Dreiecks auf den Umkreismittelpunkt des Bilddreiecks ab.

Solution

a) ja, teilverhältnistreu; b) nein

Exercise 8: Konstruiere

Bei einer affinen Abbildung wird jeder Punkt der $x$ -Achse auf sich und $P=(2 \mid 3)$ auf $P'=(4 \mid 5)$ abgebildet. Konstruiere

a) das Bild der Geraden durch $A=(8 \mid 0)$ und $P$ ,

b) das Bild der Geraden durch $P$ und $P'$ ,

c) die Bildpunkte von $R=(0 \mid 4)$ und $S=(6 \mid -2)$ .

Solution

Verwende für die Konstruktion die geraden- und parallelentreue. Ferner ist dann $R'(\tfrac{8}{3} \mid \tfrac{20}{3})$ und $S'(\tfrac{14}{3} \mid -\tfrac{10}{3})$

Exercise 9: Abbidlungsgleichung? II

Eine affine Abbildung $\alpha$ bildet den Ursprung $O = (0 \mid 0)$ auf $O' = (-1 \mid 2)$ , $P = (1 \mid 0)$ auf $P' = (1 \mid 1)$ und $Q = (0 \mid 1)$ auf $Q' = (0 \mid 3)$ ab.

Wie lauten die Abbildungsgleichungen von $\alpha$ ?

Solution

$OO'=(-1 \mid 2)$ , $O'E_x'=(2 \mid -1)$ , $O'E_y'=(1 \mid 1)$ und daraus

\alpha:\begin{cases}x'=2x+y-1\\ y'=-x+y+2\end{cases}

Exercise 10: Abbidlungsgleichung? III

Eine affine Abbildung $\alpha$ besitzt im Ursprung einen Fixpunkt. Bestimme jeweils die Abbildungsgleichungen von $\alpha$ und das Bild des Dreiecks $OBC$ mit $O = (0 \mid 0)$ , $B = (5 \mid 0)$ und $C = (0 \mid 5)$ . Zeichne das Dreieck und das Bilddreieck jeweils in ein geeignetes Koordinatensystem.

a) $\alpha$ bildet $P =(1 \mid 1)$ auf $P' =(1 \mid 0)$ und $Q=(0 \mid 1)$ auf $Q' =(-1 \mid 1)$ ab.

b) Die Gerade $g : y = x$ ist Fixpunktgerade von $\alpha$ und der Punkt $P = (0 \mid 1)$ wird auf $P'=(0 \mid 2)$ abgebildet.

c) Die $x$ - und die $y$ -Achse sind Fixgeraden von $\alpha$ und der Punkt $P = (-2 \mid 3)$ wird auf $P'=(4 \mid -9)$ abgebildet.

d) Jeder Punkt $P = (u \mid -u)$ wird auf $P' = (2u \mid -2u)$ abgebildet. Die Gerade

g :\vec{r} = t\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}

ist Fixpunktgerade.

Solution

\alpha:\begin{cases}x'=2x-y\\ y'=-x+y\end{cases}

und damit $B'=(10 \mid -5)$ , $C'=(-5 \mid 5)$ .

\alpha:\begin{cases}x'=x\\ y'=-x+2y\end{cases}

und damit $B'=(5 \mid -5)$ , $C'=(0 \mid 10)$ .

\alpha:\begin{cases}x'=-2x\\ y'=-3y\end{cases}

und damit $B'=(5 \mid -5)$ , $C'=(0 \mid 10)$ .

\alpha:\begin{cases}x'=\tfrac{5}{3}x-\tfrac{1}{3}y\\ y'=-2x+\tfrac{4}{3}y\end{cases}

und damit $B'=(\tfrac{25}{3} \mid -10)$ , $C'=(-\tfrac{5}{3} \mid \tfrac{20}{3})$ .

Exercise 11: Scherung

Bestimme die Abbildungsgleichungen fÜr die folgende Scherung $\alpha$ .

a) Scherungsachse ist die Winkelhalbierende zwischen der $x$ - und der $y$ -Achse. Der Punkt $A=(4 \mid 0)$ wird auf $A'=(6 \mid 2)$ abgebildet.

b) Scherungsachse ist die Gerade

g :\vec{r}=\begin{pmatrix}2 \mid 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-1\\ 1\end{pmatrix}.

Der Punkt $A = (0 \mid 4)$ wird auf den Punkt $A'=(1 \mid 3)$ abgebildet.

c) Scherungsachse ist die Gerade

g:\vec{r}=t\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}.

Das Bild des Punktes $A=(0 \mid 3)$ hat die $x$ -Koordinate $4$ .

Solution

a) $\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\mapsto\begin{pmatrix}1.5\\0.5\end{pmatrix}$ und $\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\mapsto\begin{pmatrix}-0.5\\0.5\end{pmatrix}$

\alpha:\begin{cases}x'=1.5x-0.5y\\ y'=0.5x+0.5y\end{cases}

b) $\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\mapsto\begin{pmatrix}1.5\\-0.5\end{pmatrix}$ und $\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\mapsto\begin{pmatrix}0.5\\0.5\end{pmatrix}$ und $\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\mapsto\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}$

\alpha:\begin{cases}x'=1.5x+0.5y-1\\ y'=-0.5x+0.5y+1\end{cases}

c) $\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\mapsto\begin{pmatrix}\tfrac{1}{3}\\-\tfrac{1}{3}\end{pmatrix}$ und $\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\mapsto\begin{pmatrix}\tfrac{4}{3}\\\tfrac{5}{3}\end{pmatrix}$

\alpha:\begin{cases}x'=\tfrac{1}{3}x+\tfrac{4}{3}y\\ y'=-\tfrac{1}{3}x+\tfrac{5}{3}y\end{cases}