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