lucian - facultatea de matematica iasimaticiuc/didactic/curs vi, vii...capitolul iii: transformari...
TRANSCRIPT
Capitolul III: Transformari liniare Lect. dr. Lucian Maticiuc
Facultatea de Electronica, Telecomunicatiisi Tehnologia InformatieiAlgebra, Semestrul I,Lector dr. Lucian MATICIUChttp://math.etti.tuiasi.ro/maticiuc/
CURS VI – VII
1 Transformari liniare
1.1 Definitii, exemple si proprietati generale
Fie V,W doua K–spatii vectoriale.
Definitia 1 O aplicatie T : V → W se numeste transformare liniara (sau operator liniar) dacasatisface conditiile:(a) T (~x+ ~y) = T (~x) + T (~y), ∀ ~x, ~y ∈ V (aditivitatea aplicatiei liniare);(b) T (λ~x) = λT (~x), ∀ λ ∈ K, ∀ ~x, ~y ∈ V (omogenitatea aplicatiei liniare).
Vom nota cu L (V,W ) multimea aplicatiilor liniare de la V la W , i.e.
L (V,W ) = {T : V →W : T este transformare liniara} .
Propozitia 2 Daca T ∈ L (V,W ) atunci:(a) T (~0V ) = ~0W , unde ~0V este vectorul nul din V si ~0W este vectorul nul din W ;
(b) T (−~x) = −T (~x) , ∀ ~x ∈ V .
Propozitia 3 O aplicatie T : V →W este liniara daca si numai daca are loc
T (λ~x+ µ~y) = λT (~x) + µT (~y) , ∀ λ, µ ∈ K, ∀ ~x, ~y ∈ V
Definitia 4 (a) Se numeste nucleul unei transformari liniare T ∈ L (V,W ) notat cu Ker (T ), con-traimaginea prin T a subspatiului vectorial nul {~0W } al lui W, i.e.
Ker (T ) := T−1(~0W ) ={~v ∈ V : T (~v) = ~0W
}⊆ V ;
(b) Dimensiunea lui Ker (T ) se numeste defectul transformarii liniare T ∈ L (V,W ) si se noteaza cudef (T ) (deci def (T ) := dim (Ker (T )) );(c) Se numeste imaginea transformarii liniare T ∈ L (V,W ), si se noteaza cu Im (T ), multimea
T (V ) := {~w ∈W : ∃ ~v ∈ V, T (~v) = ~w} ;
(d) Dimensiunea lui Im (T ) se numeste rangul transformarii liniare T ∈ L (V,W ) si se noteaza curang (T ) (deci rang (T ) := dim (Im (T )) );
Exemplul 5 Fie V un K–spatiu vectorial si λ ∈ K fixat. Definim T : V → V , prin T (~x) := α~x.Evident T ∈ L (V, V ) deoarece
T (λ~x+ µ~y) = α · (λ~x+ µ~y) = λ (α~x) + µ (α~y) = λT (~x) + µT (~y) .
1
Lucia
n Mati
ciuc
Capitolul III: Transformari liniare Lect. dr. Lucian Maticiuc
Exemplul 6 Definim aplicatia T : R3 → R4 prin
T (~x) = (x1 + x3, 2x1 + x3, x2, 3x1 − x2 + x3) ,∀ ~x = (x1, x2, x3) ∈ R3.
Aratati ca T ∈ L (V, V ).Avem
T (λ~x+ µ~y) = T (λx1 + µy1, λx2 + µy2, λx3 + µy3) =
= (λx1 + µy1 + λx3 + µy3, 2λx1 + 2µy1 + λx3 + µy3, 3λx1 + 3µy1 − λx2 − µy2 + λx3 + µy3)
= (λx1 + λx3, 2λx1 + λx3, 3λx1 − λx2 + λx3) + (µy1 + µy3, 2µy1 + µy3, 3µy1 − µy2 + µy3)
= λ (x1 + x3, 2x1 + x3, 3x1 − x2 + x3) + µ (y1 + y3, 2y1 + y3, 3y1 − y2 + y3)
= λT (~x) + µT (~y) .
Prezentam ın continuare cateva proprietati generale ale transformarilor liniare.
Propozitia 7 Fie V,W doua K–spatii vectoriale si T ∈ L (V,W ). Atunci urmatoarele afirmatii suntechivalente:(i) Transformarea liniara T este injectiva;
(ii) Ker (T ) = {~0V };(iii) Pentru orice sistem de vectori liniar independent S ⊂ V avem ca T (S) ⊂ W este un sistem devectori liniar independent.
Demonstratie. (i) =⇒ (ii) Fie ~x ∈ Ker (T ). Atunci T (~x) = ~0W = T (~0V ) iar din injectivitatea luiT obtinem ~x = ~0V .
(ii) =⇒ (iii) Fie S ⊂ V un sistem de vectori liniar independent si fie {~v1, ..., ~vp} ⊂ T (S) unsubsistem finit. Vom arata ca acest subsitem este liniar independent. Astfel fie combinatia liniara
α1~v1 + · · ·+ αp~vp = ~0W
Din ipoteza avem ca pentru i ∈ 1, p, exista ~xi ∈ S astfel ıncat ~vi = T (~xi). Deci ecuatia de mai susdevine
α1T (~x1) + · · ·+ αpT (~xp) = ~0W ⇔ T (α1~x1 + · · ·+ αp~xp) = ~0W
adica α1~x1 + · · ·+ αp~xp ∈ Ker (T ) = {~0V }. Prin urmare
α1~x1 + · · ·+ αp~xp = ~0V
Dar S este sistem liniar independent deci αi = 0, i ∈ 1, p, adica sistemul {~v1, ..., ~vp} este liniarindependent.
(iii) =⇒ (i) Pentru a arata injectivitatea fie ~x,~v ∈ V cu ~x 6= ~y. Deci (~x− ~y) 6= ~0V adicasistemul {~x− ~y} este liniar independent. Din (iii) avem ca {T (~x− ~y)} este liniar independentceea ce este echivalent cu faptul ca
T (~x− ~y) 6= ~0W ⇔ T (~x) 6= T (~y)
ceea ce ınseamna ca T este injectie.
Propozitia 8 Fie V,W doua K–spatii vectoriale, T ∈ L (V,W ) si S ⊂ V un sistem de generatori al luiV . Atunci urmatoarele afirmatii sunt echivalente:
(i) Transformarea liniara T este surjectiva;(ii) Imaginea T (S) ⊂W este un sistem de generatori al lui W .
2
Lucia
n Mati
ciuc
Capitolul III: Transformari liniare Lect. dr. Lucian Maticiuc
Demonstratie. (i) =⇒ (ii) Fie un vectoar arbitrar ales ~w ∈ W . Vom arata ca ~w este generat deelemente din T (S).
Din (i) deducem ca ∃ ~v ∈ V astfel ıncat T (~v) = ~w. Deoarece S este sistem de generatori al luiV obtinem ca exista scalarii λi ∈ K, i ∈ 1, p si vectorii ~xi ∈ S, i ∈ 1, p astfel ıncat
~v =
p∑i=1
λi~xi
Deci
~w = T (~v) = T
(p∑
i=1
λi~xi
)=
p∑i=1
λiT (~xi)
adica T (S) este un sistem de generatori al lui W .(ii) =⇒ (i) Fie ~w ∈W un vector arbitrar. Din (ii) deducem ca ~w este generat de elemente din
T (S), adica ∃ ~wi ∈ T (S) si ∃ λi ∈ K, i ∈ 1, pastfel ıncat
~w =
p∑i=1
λi ~wi =
p∑i=1
λiT (~vi)
unde ~vi ∈ S, i ∈ 1, p. Deci
~w = T
(p∑
i=1
λi~vi
)ceea ce ınseamna ca ~w este imaginea unui element din V adica T este surjectiva.
Definitia 9 O aplicatie T ∈ L (V,W ) se numeste izomorfism de spatii vectoriale daca aplicatia T estebijectiva.
1.2 Transformari liniare ıntre K–spatii finit dimensionale
Fie ın continuare Vn unK–spatiu vectorial n–dimensional si consideram spatiul vectorial aritme-tic Kn.
Propozitia 10 Orice spatiu vectorial Vn care este n-dimensional este izomorf cu Kn.
Demonstratie. FieB o bazaB = {ei}i∈1,n o baza ın Vn. Pentru orice ~x ∈ V are loc descompunereaunica
~x =n∑
i=1
λi~ei
unde λi ∈ K, i ∈ 1, n. Definim aplicatia
T (~x) := (λ1, ..., λn)
Se poate verifica ca aceasta aplicatie este transformare liniara bijectiva, adica T este izomorfism.
Teorema 11 Avem ca Vn este izomorf cu K–spatiul vectorial W daca si numai daca dimW = n (adicaW are aceeasi dimensiune cu Vn).
Reamintim Definitia 4
rangT = dim (ImT ) , defT = dim (KerT )
3
Lucia
n Mati
ciuc
Capitolul III: Transformari liniare Lect. dr. Lucian Maticiuc
Teorema 12 Fie T ∈ L (Vn,W ). Atunci are loc
rangT + defT = n
(numita relatia dimensiunilor).
Corolarul 13 Fie T ∈ L (Vn,Wm). Atunci au loc:
(i) T este aplicatie injectiva⇔ rang T = n, n ≤ m
(ii) T este aplicatie surjectiva⇔ rang T = m, m ≤ n
(iii) T este aplicatie bijectiva⇔ rang T = n = m
Demonstratie. Se aplica Propozitiile 7, 8.
Corolarul 14 Fie T ∈ L (Vn,Wn). Atunci urmatoarele afirmatii sunt echivalente:
(i) T este aplicatie injectiva
(ii) T este aplicatie surjectiva
(iii) T este aplicatie bijectiva
1.3 Matricea unei transformari liniare ıntre Vn si Wm
Fie T ∈ L (Vn,Wm), B = {ei}i∈1,n o baza ın Vn si B′ = {fj}j∈1,m baza ın Wm.
Teorema 15 Aplicatia T ∈ L (Vn,Wm)⇔ pentru orice ~x =n∑
i=1
xi~ei ∈ Vn, vectorul T (~x) ∈ Wm are ın
baza B′ coordonatele yj =n∑
i=1
ajixi , j ∈ 1,m, unde A = (aji )i∈1,n, j∈1,m ∈Mmn (K).
Demonstratie. Necesitatea “=⇒” Fie T ∈ L (Vn,Wm) si fie ~x =n∑
i=1
xi~ei ∈ Vn. Atunci T (~x) =
n∑i=1
xiT (~ei). Vectorii T (~ei) ∈Wm au urmatoarea descompunere ın baza B′
T (~e1) = a1
1~f1 + a2
1~f2 + · · ·+ am1
~fm
T (~e2) = a12~f1 + a2
2~f2 + · · ·+ am2
~fm
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·T (~en) = a1
n~f1 + a2
n~f2 + · · ·+ amn1
~fm
(1)
deci
T (~x) =n∑
i=1
xiT (~ei) =n∑
i=1
xi m∑j=1
aji~fj
=m∑j=1
(n∑
i=1
ajixi
)~fj
adica coordonatele vectorului T (~x) ın baza B′ sunt date de
~yj =n∑
i=1
ajixi, j ∈ 1,m
Suficienta “⇐=” Fie ~x, ~y ∈ Vn astfel ıncat ~x =n∑
i=1
ui~ei, ~y =n∑
i=1
vi~ei. Deci
T (α~x+ β~y) =n∑
i=1
m∑j=1
(αui + βvi) aji
~fj = αn∑
i=1
m∑j=1
uiaji~fj + β
n∑i=1
m∑j=1
viaji~fj =
= αT (~x) + βT (~y)
4
Lucia
n Mati
ciuc
Capitolul III: Transformari liniare Lect. dr. Lucian Maticiuc
adica T este aplicatie liniara.Din (1) obtinem matricea
A =
a1
1 a12 · · · a1
n
a21 a2
2 · · · a2n
· · · · · · · · · · · ·am1 am2 · · · amn
numita matricea transformarii liniare T ın raport cu bazele B si B′.
Aceasta matrice are drept coloane coordonatele vectorilor T (~ei) ın baza B′.Ecuatiile
yi = a11x1 + a1
2x2 + · · ·+ a1nxn
y2 = a21x1 + a2
2x2 + · · ·+ a2nxn
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·ym = am1 x1 + am2 x2 + · · ·+ amn xn
se numesc ecuatiile transformarii liniare T ın raport cu bazeleB siB′. Daca notam cuX matriceacoloana a coordonatelor vectorului ~x ∈ Vn ın baza B, si cu Y matricea coloana a coordonatelorvectorului T (~x) ∈Wm ın baza B′, atunci ecuatiile de mai sus se rescriu sub forma matriceala
Y = A ·X
(numita ecuatia matriceala a transformarii liniare T ).
Propozitia 16 Fie T ∈ L (Vn,Wm). Atunci rang T = rangA, unde A este matricea transformariiliniare T .
Teorema 17 Fie T ∈ L (Vn,Wm), B, B doua baze ın Vn si B′, B′ doua baze ın Wm. Presupunem ca
BS−→ B si B′ S′
−→ B′. Atunci are loc relatia
ABB′ = (S′)−1 ·ABB′ · S, (2)
unde ABB′ si ABB′ sunt matricile transformarii liniare ın raport cu bazele B si B′, respectiv B si B′.
Remarca 18 Formula (2) de mai sus, se numeste formula matriceala de schimbare a matricei uneitransfromari liniare la schimbari de baze.
Demonstratie. Am vazut mai sus ca ecuatia matriceala a lui T ın raport cu perechea de bazeB,B′ este Y = ABB′ ·X , si similar ecuatia matriceala a lui T ın raport cu perechea de baze B, B′
este Y = ABB′ · X . Pe de alta parte conform formulei matriceale de schimbare a coordonatelorunui vector la o schimbare de baze (vezi Cursul 1) avem urmatoare ecuatii de legatura
X = S · X , Y = S′ · Y
Deci
Y = S′ · Y = ABB′ ·X = ABB′ · S · X ⇒⇒ Y =
[(S′)
−1ABB′ S
]· X
Dar Y = ABB′ · X deci, identificand matricile obtinem
ABB′ = (S′)−1 ·ABB′ · S
Corolarul 19 In cazul particular ın care luam endomorfismul T ∈ L (Vn, Vn) si B o alta baza ın Vn cuBc
S−→ B, are loc relatiaA = (S)
−1 ·A · S, (3)
unde A si A sunt matricile transformarii liniare ın raport cu vechea baza canonica Bc si respectiv cu nouabaza B.
5
Lucia
n Mati
ciuc
Capitolul III: Transformari liniare Lect. dr. Lucian Maticiuc
1.4 Reducerea unui endomorfism T al lui Vn la forma diagonala
Definitia 20 Fie T ∈ L (Vn). Spunem ca vectorul ~x 6= ~0V din Vn este vector propriu pentru T daca∃ λ ∈ K astfel ıncat
T (~x) = λ~x.
In acest caz λ ∈ K se numeste valoare proprie corespunzatoare vectorului propriu ~x.
Suntem interesati sa gasim bazele lui Vn ın raport cu care matricea endomorfismului T ∈L (Vn) sa aiba forma cea mai simpla.
Teorema 21 Un endomorfism T ∈ L (Vn) admite n vectori proprii liniar independenti daca si numaidaca exista o baza B = {~ei}i∈1,n a lui Vn astfel ıncat sa avem ca matricea A a transformarii liniare T safie
A =
λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0· · · · · · · · · · · ·0 0 · · · λn
= diag (λ1, ..., λn) .
Demonstratie. Necesitatea “=⇒” Daca presupunem ca T admite n vectori proprii ~vi, i ∈ 1, nliniar independenti, atunci sistemul B = {vi}i∈1,n constituie de asemenea o baza ın Vn si avemca T (~vi) = λ~vi, i ∈ 1, n ceea ce ınseamna ca A are forma de mai sus
A = diag (λ1, ..., λn)
Suficienta “⇐=” Daca exista o baza B = {~ei}i∈1,n a lui Vn astfel ıncat are loc ca matricea A atransformarii liniare T este A = diag (λ1, ..., λn), atunci avem ca T (~ei) = λ~ei, i ∈ 1, n.
Definitia 22 Un endomorfism T ∈ L (Vn) se numeste diagonalizabil daca exista o baza B ın Vn formatanumai din vectori proprii pentru T .
Fie T ∈ L (Vn), B = {~ei}i∈1,n baza a lui Vn si ~x =n∑
i=1
xi~ei 6= ~0 un vector propriu pentru T .
Fie A = (aji )i∈1,n, j∈1,m matricea lui T . Vectorul ~x este propriu ⇔ T
(n∑
i=1
xi~ei
)= λ
n∑j=1
xi~ei ⇔
n∑j=1
(n∑
i=1
xiaji
)~ej = λ
n∑j=1
xj~ej ⇔n∑
i=1
xiaji = λxj , j ∈ 1, n ceea ce ınseamna ca
(A− λIn) ·X = O (4)
unde X este matricea coloana a coordonatelor lui ~x ın baza B, In este matricea unitate de ordinn.
Propozitia 23 Vectorul ~x este propriu daca si numai daca matricea coloana X a coordonatelor vectorului~x ın baza B este solutie nebanala pentru sistemul liniar si omogen (4).
Deci T admite vectori proprii⇔ λ este solutie a ecuatiei algebrice de grad n
det (A− λIn) = 0
Polinomul p (λ) = det (A− λIn) se numeste polinomul caracteristic asociat matricei A, iarecuatia p (λ) = 0 se numeste ecuatia caracteristica a matricei A.
Propozitia 24 Fie λ ∈ K o radacina a ecuatiei caracteristice p (λ) = 0 asociata lui T ∈ L (Vn). Atunci λeste valoare proprie pentru T . Invers daca λ este valoare proprie pentru T atunci λ este radacina a ecuatieicaracteristice p (λ) = 0
6
Lucia
n Mati
ciuc
Capitolul III: Transformari liniare Lect. dr. Lucian Maticiuc
Daca luam λ o valoare proprie oarecare atunci sa notam cu
V (λ) := {~x ∈ Vn : T (~x) = λ~x}
adica multimea tuturor vectorilor proprii pentru T corespunzatoare valorii proprii λ.
Teorema 25 (de diagonalizare a unui endomorfism) Operatorul T ∈ L (Vn) este diagonalizabil dacasi numai daca urmatoarele doua conditii sunt satisacute:
(i) radacinile ecuatiei caracteristice sunt toate valori proprii pentru T (sunt toate din K)(ii) ordinul de multiplicitate al fiecarei valori proprii λi este egal cu dimensiunea subspatiului propriu
V (λi).
Algoritmul practic de diagonalizare a unui endomorfism (a unei matrici patratice)Fie T ∈ L (Vn) un endomorfism si o baza B ın Vn. Sa notam cu A matricea lui T ın baza B. Se
va rezolva ecuatia caracteristica p (λ) = det (A− λIn) = 0. Daca aceasta ecuatie are radacini carenu sunt din K atunci conditia (i) din teorema precedenta nu este satisfacuta deci endomorfismulT nu este diagonalizabil. Daca toate radacinile sunt din K atunci pentru fiecare valoare λi seva determina subspatiul propriu V (λi). Pentru aceasta se va identifica orice vector u ∈ Vn cumatricea coloana X a coordonatelor sale ın baza considerata B a lui Vn, si, pentru fiecare valoareproprie λi consideram sistemul liniar si omogen
(A− λiIn)X = 0
Se va determina apoi subspatiu propriu V (λi) := {X ∈Mn,1 (K) : (A− λiIn)X = 0} si se vapune ın evidenta cate o baza ın fiecare subspatiu propriu V (λi) determinand astfel dimV (λi).Daca exista o valoare proprie λi pentru care dimV (λi) este mai mica strict decat ordinul demultiplicitate al lui λi atunci conditia (ii) din teorema precedenta nu este satisfacuta deci en-domorfismul T nu este diagonalizabil. Daca dimV (λi) este egala cu ordinul de multiplicitateal lui λi atunci conditia (ii) din teorema precedenta este satisfacuta deci endomorfismul T estediagonalizabil. In acest caz baza B, formata din reuniunea bazelor tuturor subspatiilor propriideterminate anterior, este baza a lui Vn ın raport cu care matricea endomorfismului T are formadiagonala diag (λ1, ..., λn), unde valoarea proprie λi se repeta de atatea ori cat este ordinul ei demultiplicitate.
Exercitiul 26 Sa se verifice ca endomorfismul T : R3 → R3 dat de
T (~x) = (4x1 + 6x2,−3x1 − 5x2,−3x1 − 6x2 + x3) , ∀ ~x = (x1, x1, x3) ∈ R3
este diagonalizabil si sa se determine o baza B a lui R3 ın raport cu care matricea lui T are forma diagonala.Fie B baza canonica a lui R3, i.e. Bc := {~e1, ~e2, ~e3}. Calculam T (~ei) si obtinem
T (~e1) = (4,−3,−3) , T (~e2) = (6,−5,−6) , T (~e3) = (0, 0, 1)
deci matricea endomorfismului ın baza B, care se formeaza punand coordonatele vectorilor T (~ei) ın bazaB pe coloana, este
A =
4 6 0−3 −5 0−3 −6 1
.Ecuatia caracteristica a matricei A este p (λ) = det (A− λI3) = 0 adica, efectuand calculele,
(λ− 1)2
(λ+ 2) = 0
Deci radacinile caracteristice ale lui T sunt λ1 = 1, radacina multipla de ordin 2, si λ2 = −2, radacinasimpla. Deoarece valorile proprii λ1, λ2 ∈ R obtinem ca este satisfacuta conditia (i) din teorema.
7
Lucia
n Mati
ciuc
Capitolul III: Transformari liniare Lect. dr. Lucian Maticiuc
Vom calcula acum subspatiile proprii V (1) si V (2) corespunzatoare celor doua valori proprii gasite.Avem V (1) := {X ∈M3,1 (K) : (A− I3)X = 0} si daca rezolvam sistemul liniar si omogen (A− I3)X =0 obtinem solutia
X = α
−210
+ β
001
, α, β ∈ R
Deci V (1) este generat de vectorii liniari independenti ~f1 =
−210
, ~f2 =
001
si prin urmare baza
ın V (1) este B1 = {~f1, ~f2} adica dimV (1) = 2.Analog V (−2) := {X ∈M3,1 (K) : (A+ 2I3)X = 0} si daca rezolvam sistemul liniar si omogen
(A+ 2I3)X = 0 obtinem solutia
X = α
−111
, α ∈ R
Deci V (−2) este generat vectorul nenul ~f3 =
−111
, si prin urmare baza ın V (−2) este B2 = {~f3}
adica dimV (−2) = 1.Deci dimV (1) = 2 = ordinul de multiplicitate al lui λ1 si dimV (−2) = 1 = ordinul de multipli-
citate al lui λ2. deci si conditia (ii) este ındeplinita. Prin urmare endomorfismul este diagonalizabil sibaza B = {~f1, ~f2, ~f3} este cea ın raport cu care matricea lui T are forma diagonala deoarece T (~f1) = ~f1,T (~f2) = ~f2, T (~f3) = −~f3. Matricea schimbarii de baze de la baza canonica la baza B este
S =
−2 0 −11 0 10 1 1
iar matricea lui T ın raport cu noua baza B este data de
A = S−1 ·A · S
8
Lucia
n Mati
ciuc
Capitolul III: Transformari liniare Lect. dr. Lucian Maticiuc
1.5 Exercitii
1. Sa se arate ca aplicatia T : R2 → R3 data de T (x1, x2) = (x1, x2, x1 + x2) este o transformareliniara. Sa se scrie matricea acestei transformari. Sa se determine apoi KerT si ImT.
2. Sa se verifice daca urmatoarele aplicatii T : R3 → R4 sunt transformari liniare:
(a) T (x1, x2, x3) = (x1 + x3, 2x1 + x3, x2, 3x1 − x2 + x3) ;
(b) T (x1, x2, x3) = (x1, x2 + 1, x2 + x3, x3 + 2) ;
(c) T (x1, x2, x3) =(x1 + x2, x1 + x3, (x3)
2, x1 − x3
).
In caz afirmativ sa se scrie matricea transformarii liniare ın raport cu bazele canonice.
3. Fie transformarea liniara T : R2 → R3 data prin T (~e1) = 3~f1 + 2~f2 − ~f3 si T (~e2) = −2~f1 −~f2 + ~f3 , unde B = {~e1, ~e2} si B =
{~f1, ~f2, ~f3
}sunt bazele canonice din R2 si respectiv
R3. Sa se scrie matricea transformarii liniare si sa se determine T (~x), pentru ~x ∈ R2 si apoiKerT si ImT .
4. Fie transformarea liniara T : R3 → R3 data prin T (~e1) = ~e1 +3~e2, T (~e2) = ~e1−~e2 si T (~e3) =~e1+2~e2+~e3, undeB = {~e1, ~e2, ~e3} este o baza ın R3. Sa se scrie matricea transformarii liniareın raport cu baza B.
5. Fie V un spatiu vectorial de dimensiune 2 si doua transformari liniare T1, T2 : V → V
(endomorfisme). Presupunem ca T1 are ın baza B1 = {~e1, ~e2}matricea A1 =
[−1 2
0 1
]iar
T2 are ın bazaB2 = {~e′1, ~e′2}matriceaA2 =
[3 −21 0
]. Sa se afle matricea endomorfismelor
T1 + T2 si T1 ◦ T2 (definit de (T1 ◦ T2) (~x) := T1 (T2 (~x))) ın baza B1 stiind ca ~e′1 = 2~e1 + ~e2,~e′2 = ~e1 − ~e2.
6. Se da endomorfismul T : R3 → R3, T (~x) = (x1 + x2 + x3, x1 + x2 + x3, x1 + x2 + x3). Sase scrie matricea acestei transformari. Sa se determine apoi nucleul KerT si imaginea ImTprecum si dimensiunea acestor subspatii (punandu-se ın evidenta o baza).
7. Se da endomorfismul T : R4 → R4, T (~x) = (x3, x1 + x4, x2 − x4, x3). Sa se scrie matriceaacestei transformari. Sa se determine apoi nucleul KerT si defectul si apoi imaginea ImTsi rangul transformarii (punandu-se ın evidenta o baza).
8. Se da endomorfismul T : R3 → R3, T (~x) = (x1 − x2, x2 − x3, x3 − x1). Sa se scrie matriceaacestei transformari. Sa se determine apoi nucleul KerT si defectul si apoi imaginea ImTsi rangul transformarii (punandu-se ın evidenta o baza).
9. Se da endomorfismul T : R3 → R3, T (~x) = (2x1 + x3, x1 + x2 + 2x3, 3x3). Sa se scrie ma-tricea acestei transformari. Sa se determine apoi nucleul KerT si defectul si apoi imagineaImT si rangul transformarii (punandu-se ın evidenta o baza).
10. Sa se afle matricea endomorfismului T : R2 → R2 astfel ıncat T (1, 2) = (5, 0) si T (2, 1) =(4, 3). Determinati T (~x), pentru x ∈ R2.
11. Sa se afle matricea endomorfismului T : R3 → R3 care transforma (0, 0, 1) ın (2, 3, 5), (0, 1, 1)ın (1, 0, 0) si (1, 1, 1) ın (0, 1,−1) (adica are loc T (0, 0, 1) = (2, 3, 5), T (0, 1, 1) = (1, 0, 0) siT (1, 1, 1) = (0, 1,−1)).
12. Endomorfismul T : R3 → R3 are ın baza B = {~e1, ~e2, ~e3} matricea A =
1 2 3−1 0 3
2 1 5
. Sa
se scrie matricea acestei transformari ın raport cu baza B1 = {~e1, ~e3, ~e2} si apoi ın raport cubaza B2 = {~e1, ~e1 + ~e2, ~e1 + ~e2 + ~e3}.
9
Lucia
n Mati
ciuc
Capitolul III: Transformari liniare Lect. dr. Lucian Maticiuc
13. Endomorfismul T : R3 → R3 are ın baza B = {~e1, ~e2, ~e3}matricea A =
1 1 01 0 10 1 1
. Sa se
scrie matricea acestei transformari ın raport cu baza B1 = {~e′1, ~e′2, ~e′3}, unde~e′1 = ~e1 + 2~e2 + ~e3
~e′1 = 2~e1 + ~e2 + 3~e3
~e′1 = ~e1 + ~e2 + ~e3 .
14. Endomorfismul T : R3 → R3 are ın baza
B = {~v1 = (2, 1, 1) , ~v2 = (1, 2, 1) , ~v1 = (1, 1, 2)}
matricea A =
2 1 3−3 0 1
1 −1 −2
. Sa se scrie matricea acestei transformari si ın raport cu
bazaB = {~w1 = (1,−1, 0) , ~w2 = (0, 1,−1) , ~w3 = (2, 0, 2)} .
15. Fie doua endomorfisme T1, T2 : R3 → R3. Presupunem ca T1, T2 au ın baza B1 = {~e1, ~e2, ~e3}
matricele A1 =
3 1 00 2 11 2 3
si respectiv A2 =
−1 4 20 4 10 0 5
. Determinati imaginea lui
~v = (1, 3,−2) prin T1, T2 si apoi prin T1 + T2.
16. Fie endomorfismul T : R3 → R3 dat de T (x1, x2, x3) = (x1 − x2, x2 + x3, x1 + x3). Determinatinucleul lui T precum si valorile si vectorii proprii.
Rezolvare:
Vom determina, mai ıntai, matricea transformarii liniare T ın raport cu baza canonica Bc alui R3, Bc := {~e1, ~e2, ~e3}. Calculam T (~ei) si obtinem
T (~e1) = (1, 0, 1) , T (~e2) = (−1, 1, 0) , T (~e3) = (0, 1, 1) ,
deci matricea endomorfismului ın baza canonicaBc, care se formeaza punand coordonatelevectorilor T (~ei) ın baza Bc pe coloana, este
A =
1 −1 00 1 11 0 1
.Prin definitie
Ker (T ) :={~x ∈ R3 : T (~x) = ~0
}.
Deci ~x ∈ Ker (T ) daca si numai daca T (~x) = ~0 ceea ce se reduce la sistemulx1 − x2 = 0
x2 + x3 = 0
x1 + x3 = 0.
Rangul matricei sistemului este rangA = 2 deoarece detA = ∆3 =
∣∣∣∣∣∣1 −1 00 1 11 0 1
∣∣∣∣∣∣ = 0 si
∆2 =
∣∣∣∣ 1 −10 1
∣∣∣∣ 6= 0. Sistemul se reduce, notand cu α := x3 ∈ R,{x1 − x2 = 0
x2 = −α.
10
Lucia
n Mati
ciuc
Capitolul III: Transformari liniare Lect. dr. Lucian Maticiuc
care are solutia {(−α,−α, α) : α ∈ R}. Deci solutia ~x = −α (1, 1,−1), α ∈ R, adica
Ker (T ) := {(−α,−α, α) : α ∈ R} = {−α (1, 1,−1) : α ∈ R} .
Prin urmare Ker (T ) ⊂ R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune 1 (iar vectorul (1, 1,−1)formeaza o baza ın acest subspatiu).
Pentru a determina valorile proprii scriem ecuatia caracteristica a transformarii T ,
p (λ) = det (A− λI3) = 0. (5)
Obtinem echivalent∣∣∣∣∣∣1− λ −1 0
0 1− λ 11 0 1− λ
∣∣∣∣∣∣ = 0⇔ −λ3 + 3λ2 − 3λ = 0⇔ −λ(λ2 − 3λ+ 3
)= 0
care au solutiile λ1 = 0 si λ2,3 =3± i
√3
2. Deci valoarea proprie este doar λ1 = 0 ∈ K := R
(deoarece λ2,3 /∈ R).
Vom calcula acum subspatiile proprii V (λ) corespunzatoare valorilor proprii λ gasite.
AvemV (λ1) = V (0) := {X ∈M3,1 (R) : (A− λ1I3)X = 0} ,
sau echivalent
V (λ1) = V (0) :={~x ∈ R3 : T (~x) = λ1~x
}={~x ∈ R3 : T (~x) = ~0
}.
Trebuie deci rezolvat sistemul liniar si omogen
(A− λI3)X = 0, (6)
care ın cazul nostru devine (1− λ)x1 − x2 = 0
(1− λ)x2 + x3 = 0
x1 + (1− λ)x3 = 0
unde λ este o valoare proprie.
Pentru λ1 = 0, obtinem sistemul x1 − x2 = 0
x2 + x3 = 0
x1 + x3 = 0
care este exact cel initial pentru obtinerea nucleului si care are solutia {(−α,−α, α) : α ∈ R}.Deci
V (0) := {(−α,−α, α) : α ∈ R} = {−α (1, 1,−1) : α ∈ R} ,
prin urmare V (0) ⊂ R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune 1 (iar vectorul (1, 1,−1)formeaza o baza ın acest subspatiu).
Vectorul propriu corespunzator valorii proprii λ1 = 0, este deci ~v1 = (1, 1,−1) (este cel careverifica relatia T (~v1) = λ1~v1).
11
Lucia
n Mati
ciuc
Capitolul III: Transformari liniare Lect. dr. Lucian Maticiuc
17. Fie endomorfismul T : R3 → R3 dat de T (x1, x1, x3) = (x1, x2 + x3, 2x3). Determinati valo-rile si vectorii proprii si scrieti T (~x), unde ~x = (2, 0, 1) . Determinati si subspatii invarianteın raport cu T care au dimensiunea 1.
Rezolvare:
Evident T (2, 0, 1) = (2, 1, 2) .
Vom determina, mai ıntai, matricea transformarii liniare T ın baza canonica a lui R3. Scriem
T (~e1) = (1, 0, 0) , T (~e2) = (0, 1, 0) , T (~e3) = (0, 1, 2) ,
deci matricea endomorfismului ın baza canonica este
A =
1 0 00 1 10 0 2
.Pentru a determina valorile proprii scriem ecuatia caracteristica a transformarii T ,
p (λ) = det (A− λI3) = 0.
Obtinem echivalent∣∣∣∣∣∣1− λ 0 0
0 1− λ 10 0 2− λ
∣∣∣∣∣∣ = 0⇔ −λ3 + 4λ2 − 5λ+ 2 = 0.
Radacinile ıntregi se gasesc printre divizorii termenului liber. Gasim ca λ1 = 1 este radacina.Folosind schema lui Horner obtinem
−λ3 +4λ2−5λ+2 = (λ− 1)(−λ2 + 3λ− 2
)= (λ− 1) (λ− 1) (−λ+ 2) = − (λ− 1)
2(λ− 2)
(am mai aplicam ınca o data schema lui Horner).
Deci valorile proprii sunt λ1 = λ2 = 1 si λ3 = 2 (evident λi ∈ K := R, i = 1, 3).
Vom calcula acum subspatiile proprii V (λ) corespunzatoare valorilor proprii λ gasite.
Determinam
V (λ1) := {X ∈M3,1 (R) : (A− λ1I3)X = 0} ={~x ∈ R3 : T (~x) = λ1~x
},
deci trebuie rezolvat sistemul liniar si omogen
(A− λ1I3)X = 0 (7)
adica (1− λ1)x1 = 0
(1− λ1)x2 + x3 = 0
(2− λ1)x3 = 0
⇔
0 · x1 = 0
0 · x2 + x3 = 0
1 · x3 = 0
⇔ {x3 = 0
care are solutia {(α, β, 0) : α, β ∈ R}.Deci
V (1) := {(α, β, 0) : α, β ∈ R} = {α (1, 0, 0) + β (0, 1, 0) : α, β ∈ R} ,
prin urmare V (1) ⊂ R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune 2 (iar vectorii ~e1 =(1, 0, 0) si ~e2 = (0, 1, 0) formeaza o baza ın acest subspatiu).
Vectorii proprii corespunzatori valorii proprii λ1 = 1, sunt deci ~v1 = (1, 0, 0) si ~v2 = (0, 1, 0)(sunt cei care verifica relatia T (~vi) = λ1~vi, i = 1, 2).
12
Lucia
n Mati
ciuc
Capitolul III: Transformari liniare Lect. dr. Lucian Maticiuc
Determinam
V (2) := {X ∈M3,1 (R) : (A− 2I3)X = 0} ={~x ∈ R3 : T (~x) = 2~x
},
deci sistemul liniar si omogen (7) devine−1 · x1 = 0
−1 · x2 + x3 = 0
0 · x3 = 0
⇔
{−x1 = 0
−x2 + x3 = 0
care are solutia {(0, α, α) : α ∈ R}.Deci
V (2) := {(0, α, α) : α ∈ R} = {α (0, 1, 1) : α ∈ R} ,
prin urmare V (2) ⊂ R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune 1 (iar vectorul ~v3 =(0, 1, 1) formeaza o baza ın acest subspatiu).
Vectorul propriu corespunzator valorii proprii λ3 = 2 este deci ~v3 = (0, 1, 1) (este cel careverifica relatia T (~v3) = 2~v3).
Pentru a determina subspatii invariante ın raport cu T folosim definitia. Deci V ′ ⊂ R3 esteun subspatiu invariant ın raport cu T daca pentru orice ~v ∈ V ′ avem ca T (~v) ∈ V ′.Prin urmare, daca ~v ∈ R3 este vector propriu, i.e. ~v ∈ V (λ), atunci, prin definitie T (~v) = λ~vcare este evident din V (λ) .
Deci V (1) si V (2) sunt subspatii invariante ın raport cu T . Daca dorim subspatii invarianteın raport cu T de dimensiune 1, atunci luam
V 1 := {α (1, 0, 0) : α ∈ R} , V 2 := {β (0, 1, 0) : β ∈ R} , V 3 := {α (0, 1, 1) : α ∈ R}
care sunt invariante si de dimensiune 1.
18. Fie endomorfismul T : R3 → R3 dat de T (x1, x1, x3) = (x3, x2,−x1 − x3). Determinativalorile si vectorii proprii. Determinati si subspatii invariante ın raport cu T care au di-mensiunea 1.
Rezolvare:
Vom determina, mai ıntai, matricea transformarii liniare T ın baza canonica a lui R3. Obtinem
A =
0 0 10 1 0−1 0 −1
.Pentru a determina valorile proprii scriem ecuatia caracteristica a transformarii T , p (λ) =det (A− λI3) = 0 si obtinem∣∣∣∣∣∣
−λ 0 10 1− λ 0−1 0 −1− λ
∣∣∣∣∣∣ = 0⇔ 1− λ3 = 0⇔ (1− λ)(1 + λ+ λ2
)= 0.
Obtinem valoarea proprie λ1 = 1 (solutiile λ2,3 =−1± i
√3
2nu sunt valori proprii, λ2,3 /∈
R).
Vom calcula acum subspatiile proprii V (λ) corespunzatoare valorilor proprii λ gasite.
Determinam
V (1) := {X ∈M3,1 (R) : (A− I3)X = 0} ={~x ∈ R3 : T (~x) = ~x
},
13
Lucia
n Mati
ciuc
Capitolul III: Transformari liniare Lect. dr. Lucian Maticiuc
deci trebuie rezolvat sistemul liniar si omogen (A− I3)X = 0, adica(−λ) · x1 + x3 = 0
0 · x2 = 0
−1 · x1 + (−1− λ)x3 = 0
⇔
{−x1 + x3 = 0
−x1 − 2x3 = 0
care are solutia {(0, α, 0) : α ∈ R}.Deci
V (1) := {(0, α, 0) : α ∈ R} = {α (0, 1, 0) : α ∈ R} ,
prin urmare V (1) ⊂ R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune 1 (iar vectorul ~e2 =(0, 1, 0) formeaza o baza ın acest subspatiu).
Vectorul propriu corespunzator valorii proprii λ1 = 1 este deci ~v1 = (0, 1, 0) (este cel careverifica relatia T (~v1) = λ1~v1).
Daca ~v ∈ R3 este vector propriu, i.e. ~v ∈ V (λ), atunci, prin definitie T (~v) = λ1~v ∈ V (λ1)(evident).
Daca dorim subspatii invariante ın raport cu T de dimensiune 1, atunci luam
V 1 := {α (0, 1, 0) : α ∈ R} ,
care este invariant si de dimensiune 1.
19. Fie endomorfismul T : R3 → R3 a carui matrice ın raport cu baza canonica este A = 1 −2 0−2 2 −2
0 −2 3
. Determinati valorile si vectorii proprii ai lui T . Studiati daca endo-
morfismul T este diagonalizabil.
Rezolvare:
Pentru a determina valorile proprii rezolvam ecuatia caracteristica a transformarii T ,∣∣∣∣∣∣1− λ −2 0−2 2− λ −2
0 −2 3− λ
∣∣∣∣∣∣ = 0⇔ −λ3 + 6λ2 − 3λ− 10 = 0.
Radacinile ıntregi se gasesc printre divizorii termenului liber. Gasim ca λ1 = 2 este radacina.Folosind schema lui Horner obtinem
−λ3+6λ2−3λ−10 = (λ− 2)(−λ2 + 4λ+ 5
)= (λ− 2) (λ+ 1) (−λ+ 5) = − (λ− 2) (λ+ 1) (λ− 5)
(am mai aplicam ınca o data schema lui Horner).
Deci valorile proprii sunt λ1 = 2, λ2 = −1 si λ3 = 5 (evident λi ∈ K := R, i = 1, 3).
Vom calcula acum subspatiile proprii V (λ) corespunzatoare valorilor proprii λ gasite.
Determinam V (2) prin rezolvarea sistemului liniar si omogen (A− 2I3)X = 0, adica−x1 − 2x2 = 0
−2x1 − 2x3 = 0
−2x2 + x3 = 0
care are solutia {(−α, α/2, α) : α ∈ R}.Deci
V (2) := {(−α, α/2, α) : α ∈ R} =
{−α2
(2,−1,−2) : α ∈ R
},
14
Lucia
n Mati
ciuc
Capitolul III: Transformari liniare Lect. dr. Lucian Maticiuc
prin urmare V (2) ⊂ R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune 1 (iar vectorul ~v =(2,−1,−2) formeaza o baza ın acest subspatiu).
Vectorul propriu corespunzator valorii proprii λ1 = 2 este ~v1 = (2,−1,−2) (este cel careverifica relatia T (~v1) = λ1~v1).
Similar, determinam V (−1) prin rezolvarea sistemului liniar si omogen
(A+ I3)X = 0
adica 2x1 − 2x2 = 0
−2x1 + 3x2 − 2x3 = 0
−2x2 + 4x3 = 0
care are solutia {(2α, 2α, α) : α ∈ R}.Deci
V (−1) := {(2α, 2α, α) : α ∈ R} = {α (2, 2, 1) : α ∈ R} ,
prin urmare V (−1) ⊂ R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune 1 (iar vectorul ~v =(2, 2, 1) formeaza o baza ın acest subspatiu).
Vectorul propriu corespunzator valorii proprii λ2 = −1 este ~v2 = (2, 2, 1).
Similar, determinam V (5) prin rezolvarea sistemului liniar si omogen−4x1 − 2x2 = 0
−2x1 − 3x2 − 2x3 = 0
−2x2 − 2x3 = 0
care are solutia {(α/2,−α, α) : α ∈ R}.Deci
V (−1) :={α
2(1,−2, 2) : α ∈ R
},
prin urmare V (−1) ⊂ R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune 1 (iar vectorul ~v =(1,−2, 2) formeaza o baza ın acest subspatiu).
Vectorul propriu corespunzator valorii proprii λ3 = 5 este ~v3 = (1,−2, 2).
Folosim acum teorema de diagonalizare a unui endomorfism. Verificam conditiile teoremeisi avem:
(i) toate radacinile ecuatiei caracteristice sunt valori proprii pentru T (sunt toate din R) si
(ii) ordinul de multiplicitate al fiecarei valori proprii λi este egal cu dimensiunea subspatiuluipropriu V (λi) (deoarece toate cele trei radacini au multiplicitatea 1 care coincide cu dimen-siunea subspatiilor proprii corespunzatoare, adica dimV (2) = dimV (−1) = dimV (5) =1).
Deci endomorfismul dat este diagonalizabil si B := {~v1, ~v2, ~v3} = {(2,−1,−2) , (2, 2, 1) , (1,−2, 2)}formeaza o baza ın R3 ın raport cu care T are forma diagonala, deoarece T (~v1) = 2~v1,T (~v2) = −~v2, T (~v3) = 5~v3. Matricea schimbarii de baze de la baza canonica la baza B este
S =
2 2 1−1 2 −2−2 1 2
15
Lucia
n Mati
ciuc
Capitolul III: Transformari liniare Lect. dr. Lucian Maticiuc
iar matricea lui T ın raport cu noua baza B este data de
A = S−1 ·A · S =
2 2 1−1 2 −2−2 1 2
−1
·
1 −2 0−2 2 −2
0 −2 3
· 2 2 1−1 2 −2−2 1 2
=
1
9
2 −1 −22 2 11 −2 2
· 1 −2 0−2 2 −2
0 −2 3
· 2 2 1−1 2 −2−2 1 2
=
1
9
4 −2 −4−2 −2 −15 −10 10
· 2 2 1−1 2 −2−2 1 2
=
2 0 00 −1 00 0 5
=
λ1 0 00 λ2 00 0 λ3
.20. Fie endomorfismul T : R3 → R3 dat de T (x1, x1, x3) = (−3x1 + 2x2,−5x1 + 4x2, 2x1 − 2x2 − x3) .
Determinati valorile si vectorii proprii ai lui T . Studiati daca endomorfismul T este diagonalizabil.
Rezolvare:
Citim matricea ın baza canonica
A =
−3 2 0−5 4 0
2 −2 −1
Pentru a determina valorile proprii rezolvam ecuatia caracteristica a transformarii T ,∣∣∣∣∣∣
−3− λ 2 0−5 4− λ 0
2 −2 −1− λ
∣∣∣∣∣∣ = 0⇔ −λ3 + 3λ+ 2 = 0⇔ − (λ+ 1)2
(λ− 2) = 0.
Deci valorile proprii sunt λ1 = −1, m1 = 2 si λ2 = 2, m2 = 1 (care sunt toate din campul R).
Determinam V (λ) prin rezolvarea sistemului liniar si omogen (A− λI3)X = 0, adica(−3− λ)x1 + 2x2 = 0
−5x1 + (4− λ)x2 = 0
2x1 − 2x2 + (−1− λ)x3 = 0
Pentru λ = −1 obtinem sistemul−2x1 + 2x2 = 0
−5x1 + 5x2 = 0
2x1 − 2x2 = 0
⇔{x1 − x2 = 0
care are solutia {(α, α, β) : α, β ∈ R}.Deci
V (−1) := {(α, α, β) : α, β ∈ R} = {α (1, 1, 0) + β (0, 0, 1) : α, β ∈ R} ,prin urmare V (−1) ⊂ R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune 2 (iar vectorii ~v1 =(1, 1, 0) si ~v2 = (0, 0, 1) formeaza o baza ın acest subspatiu).
Vectorii proprii corespunzatori valorii proprii λ1 = −1 sunt ~v1 = (1, 1, 0) si ~v2 = (0, 0, 1).
Pentru λ = 2 obtinem sistemul −5x1 + 2x2 = 0
−5x1 + 2x2 = 0
2x1 − 2x2 − 3x3 = 0
16
Lucia
n Mati
ciuc
Capitolul III: Transformari liniare Lect. dr. Lucian Maticiuc
care are solutia{(−α,− 5
2α, α)
: α ∈ R}
.
Deci
V (2) :=
{(−α,−5
2α, α
): α ∈ R
}=
{−α2
(2, 5,−2) : α ∈ R
},
prin urmare V (2) ⊂ R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune 1 (iar vectorul ~v =(2, 5,−2) formeaza o baza ın acest subspatiu).
Vectorul propriu corespunzator valorii proprii λ2 = 2 este ~v3 = (2, 5,−2).
Folosim acum teorema de diagonalizare a unui endomorfism. Avem λi ∈ R pentru i = 1, 3si dimV (λ1) = dimV (−1) = 2 = m1 si dimV (λ2) = dimV (2) = 1 = m2.
Deci endomorfismul dat este diagonalizabil si B := {~v1, ~v2, ~v3} = {(1, 1, 0) , (0, 0, 1) , (2, 5,−2)}formeaza o baza ın R3 ın raport cu care T are forma diagonala, deoarece T (~v1) = −~v1,T (~v2) = −~v2, T (~v3) = 2~v3. Matricea schimbarii de baze de la baza canonica la baza B este
S =
1 0 21 0 50 1 −2
iar matricea lui T ın raport cu noua baza B este data de
A = S−1 ·A · S =
1 0 21 0 50 1 −2
−1
·
−3 2 0−5 4 0
2 −2 −1
· 1 0 2
1 0 50 1 −2
=
5/3 −2/3 0−2/3 2/3 1−1/3 1/3 0
· −3 2 0−5 4 0
2 −2 −1
· 1 0 2
1 0 50 1 −2
=
−5/3 2/3 02/3 −2/3 −1−2/3 2/3 0
· 1 0 2
1 0 50 1 −2
=
−1 0 00 −1 00 0 2
=
λ1 0 00 λ1 00 0 λ2
.21. Fie endomorfismul T : R3 → R3 dat de T (x1, x1, x3) = (2x1, x1 + 4x2 − 2x3, 7x1 + 7x2 − 5x3) .
Determinati valorile si vectorii proprii ai lui T . Studiati daca endomorfismul T este diagonalizabil.
Rezolvare:
Citim matricea ın baza canonica
A =
2 0 01 4 −27 7 −5
Pentru a determina valorile proprii rezolvam ecuatia caracteristica a transformarii T ,∣∣∣∣∣∣
2− λ 0 01 4− λ −27 7 −5− λ
∣∣∣∣∣∣ = 0⇔ −λ3 + λ2 + 8λ− 12 = 0⇔ − (λ− 2)2
(λ+ 3) = 0.
Deci valorile proprii sunt λ1 = 2, m1 = 2 si λ2 = −3, m2 = 1 (care sunt toate din campul R).
Determinam V (λ) prin rezolvarea sistemului liniar si omogen (A− λI3)X = 0, adica(2− λ)x1 = 0
x1 + (4− λ)x2 − 2x3 = 0
7x1 + 7x2 + (−5− λ)x3 = 0
17
Lucia
n Mati
ciuc
Capitolul III: Transformari liniare Lect. dr. Lucian Maticiuc
Pentru λ = 2 obtinem sistemul 0 · x1 = 0
x1 + 2x2 − 2x3 = 0
7x1 + 7x2 − 7x3 = 0
care are solutia {(0, α, α) : α ∈ R}.Deci
V (2) := {(0, α, α) : α ∈ R} = {α (0, 1, 1) : α ∈ R} ,
prin urmare V (2) ⊂ R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune 1 (iar vectorul ~v1 =(0, 1, 1) formeaza o baza ın acest subspatiu).
Vectorul propriu corespunzator valorii proprii λ1 = 2 este ~v1 = (0, 1, 1).
Pentru λ = −3 obtinem sistemul5x1 = 0
x1 + 7x2 − 2x3 = 0
7x1 + 7x2 − 2x3 = 0
care are solutia {(0, 2α/7, α) : α ∈ R}.Deci
V (−3) := {(0, 2α/7, α) : α ∈ R} ={α
7(0, 2, 7) : α ∈ R
},
prin urmare V (−3) ⊂ R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune 1 (iar vectorul ~v2 =(0, 2, 7) formeaza o baza ın acest subspatiu).
Vectorul propriu corespunzator valorii proprii λ2 = −3 este ~v3 = (0, 2, 7).
Folosim acum teorema de diagonalizare a unui endomorfism. Avem λi ∈ R pentru i = 1, 2dar dimV (λ1) = dimV (2) = 1 6= 2 = m1.
Deci endomorfismul dat nu este diagonalizabil (nu este necesar sa mai verificam si pentrua doua valoare proprie).
18
Lucia
n Mati
ciuc