Seminar Algebra. det(a λi 3 ) = 0

Transcript

1 Rezolvari ale unor probleme propuse "Matematica const în a dovedi ceea ce este evident în cel mai puµin evident mod." George Polya P/Seminar Valori si vectori proprii : Solutie: ( ) a) A = Valorile proprii: se aa rezolvand ecuatia caracteristica: det(a λi 2 ) = se obtine: λ =, λ 2 =, asadar avem o valoare proprie λ = cu ordinul de multiplicitate 2 Subspatiul propriu corespunzator λ = este: S λ= = {v R 2 : Av = v} adica multimea care contine toti vectorii proprii corespunzatori valorii proprii λ =. ( x Notam v = si rezolvam sistemul rezultat: y) { x + y = x y = y obtinem un sistem compatibil nedeterminat cu solutia de forma v = (α, ), α R. Asadar S λ = {α(, ) : α R} este un subspatiu vectorial al lui R 2 de dimensiune. b) A = Valorile proprii: se aa rezolvand ecuatia caracteristica: care conduce la: det(a λi ) = λ + 4λ 2 5λ + 2 =. Se obtine: λ = 2, λ 2 =, λ =, asadar avem o valoare proprie λ = 2 cu ordinul de multiplicitate si alta λ = cu ordinul de multiplicitate 2. Subspatiul propriu corespunzator λ = 2 este: S 2 = {v R : Av = 2 v}

2 adica multimea care contine toti vectorii proprii corespunzatori valorii proprii λ = 2. Notam v = x y si rezolvam sistemul rezultat din: z (. A 2 I )v = obtinem un sistem compatibil nedeterminat cu solutia de forma ( α 4, α 2, α), α R. Asadar S λ = {α( 4, 2, ) : α R} este un subspatiu vectorial al lui R de dimensiune. Subspatiul propriu corespunzator λ = este: si rezolvam sistemul rezultat din: Ṣ = {v R : Av = v} (A I )v = Obtinem un sistem compatibil nedeterminat cu solutia de forma (α, α, α), α R. Asadar S λ = {α(,, ) : α R} este un subspatiu vectorial al lui R de dimensiune. P2/Seminar Valori si vectori proprii : Solutie: a) f : R R, f(x, y, z) = (x 2y 2z, x + 4y + 2z, x 2y) Valorile proprii corespunzatoare operatorului liniar f coincid cu valorile proprii corespunzatoare matricei atasate lui f intr-o baza oarecare, prin urmare vom alege baza canonica pentru a simplica calculele. Observam: 2 2 [f] Bc = si pentru matricea A = 4 2 se parcurg pasii de la problema 2 anterioara. Subspatiile proprii corespunzatoare matricelor atasate relativ la diverse baze nu sunt identice dar sunt izomorfe b) Nu cunoastem expresia analitica a lui f dar stim matricea asociata in baza B. Evident vom utiliza aceasta matrice pentru a determina valorile si subspatiile sale proprii. c) Conform celor discutate mai sus ar ideal sa putem aa matricea atasata lui f relativ la o baza. Tot ce stim este ca:

3 f : M 2, (R) M 2, (R) are proprietatile: ( ) ( ) ( ) f =, f = 2 2 ( 2 4 Metoda : ( ) ( ) Notam A = si A 2 = si aratam ca formeaza o baza in 2 spatiul M 2, (R). Notam B = {A, A 2 } si aam [f] B. Pentru aceasta este nevoie sa exprimam cele doua valori ale functiei in raport cu A si A 2 : ( ) = 2A 2 + 2A 2 ( ) 2 = 8A 4 + 6A 2 deci: [f] B = ( ) etc. Metoda 2: Se determina [f] Bc traducand ( cele ) doua relatii ( ) de mai sus in functie de vectorii bazei canonice E = si E 2 = : ). si Deoarece f este liniara se obtine: f(e E 2 ) = 2E 2 f(e 2E 2 ) = 2E 4E 2 f(e ) f(e 2 ) = 2E 2 f(e ) 2f(E 2 ) = 2E 4E 2 care este un sistem in necunoscutele f(e ) si f(e 2 ). Se rezolva sistemul si se obtine: f(e ) = 2E f(e 2 ) = 2E + 2E ( ) prin urmare [f] Bc =, etc. 2 P4/Seminar Valori si vectori proprii : Solutie: Pentru a studia daca matricea A = este diagonalizabila vom utiliza teorema de diagonalizare considerand ca orice matrice de ordin genereaza un operator liniar peste spatiul vectorial real R prin f(v) = A v. Asadar va trebui sa aratam ca toate valorile

4 sale proprii sunt reale si ca multiplicitatile algebrice coincid cu dimensiunile subspatiilor proprii corespunzatoare. Ecuatia caracteristica va : λ + 2λ 2 45λ + 54 = Incercam sa ghicim o radacina folosind Teorema lui Bezout, deci vericam daca divizori ai lui 54 verica ecuatia. Gasim λ = e solutie apoi impartim polinomul la λ si gasim si celelate solutii λ 2 = si λ = 6. Asadar λ = este o valoare proprie cu ordinul de multiplicitate m λ = 2 si λ = 6 are ordinul de multiplicitate m λ =. Se verica λ, λ 2, λ K = R. Pentru λ = λ 2 = subspatiul propriu este: S = {v R : Av = v} care conduce la un sistem compatibil nedeterminat (ind omogen) cu solutia ( α β, β, α), unde α, β R. Deci: S = {α(,, ) + β(,, ) : α, β R} este un subspatiu 2-dimensional deoarece cei doi vectori (,, ) si (,, ) care il genereaza sunt liniar independenti (exercitiu). Se verica: 2 = m λ = dim S λ Pentru λ = subspatiul propriu este: S = {v R : Av = v} care conduce la un sistem compatibil nedeterminat cu solutia (α, α, α), unde α R. Deci: S = {α(,, ) : α R} este un subspatiu -dimensional. Se verica: = m λ = dim S λ In concluzie conditiile teoremei de diagonalizare a unui operator liniar (matrice) sunt vericate si A este diagonalizabila. Aplicand teoria stim ca matricea diagonala despre care este vorba se obtine asezand valorile proprii pe diagonala: D = 6 iar matricea P care realizeaza aceasta diagonalizare se obtine asezand pe coloane vectorii celor doua baze ale subspatiilor proprii: P = in asa fel incat sa corespunda cu ordinea valorilor proprii.

5 Se poate verica relatia: A = P DP Utilizam acum faptul ca matricea A este diagonalizabila pentru a calcula A 26 : A 26 = (P DP ) 26 = P D 26 P = P P = etc 6 26 Putem aa A e folosind relatia de diagonalizare si atunci A = P D P e folosind teorema Cayley-Hamilton care spune ca orice matrice verica ecuatia sa caracteristica. Adica in cazul nostru are loc ecuatia: A + 2A 2 45A + 54I = O Inmultim aceasta ecuatie cu A si obtinem: adica: A 2 + 2A 45I + 54A = O A = 54 (A2 2A + 45I ) P5/Seminar Valori si vectori proprii : Studiem daca operatorul f(x, x 2 ) = ( x x, x + 2x 2 + x, x x ) este diagonalizabil. Stim ca este sucient sa traducem totul in limbaj matricial, asadar consideram matricea atasata lui f relativ la baza canonica: A = [f] Bc = 2 este diagonal- Operatorul f este diagonalizabil daca si numai daca [f] Bc izabila Ecuatia caracteristica este: cu solutiile λ = 4 si λ 2 = λ = 2 pentru λ = 4 se obtine: pentru λ 2 = 2 se obtine: λ + 2λ 6 = S 4 = {α(,, ) : α R} S 2 = {α(,, ) + β(,, ) : α, β R} Se verica apoi ca toate conditiile teoremei de diagonalizare sunt indeplinite. Prin urmare f este diagonalizabil.

6 O baza in care f are forma diagonala se obtine din vectorii care genereaza cele doua subspatii proprii: B = {v = (,, ), v 2 = (,, ), v = (,, )} iar in aceasta baza matricea asociata este urmatoarea matrice diagonala: D = [f] B = in care valorile proprii sunt in asa fel asezate incat sa corespunda vectorilor care formeaza baza. P5Seminar Unghiuri si Ortogonalitate Solutie: a) f : R R, f(x, x 2, x ) = 2x x 2 2x 2 x + 2x x. Putem considera, fara a restrange generalitatea, ca expresia lui f este data relativ la baza canonica B c din R, adica: f(x, x 2, x ) = (x, x 2, x ) A x x 2 x unde A = (a ij ) este matricea formei biliniare din care provine f in baza B c. Relatia de mai sus se scrie: f(x, x 2, x ) = a x 2 + a 22 x a x 2 + 2a 2 x x 2 + 2a 2 x 2 x + 2a x x pentru ca A este simetrica si deci a 2 = a 2, a = a, a 2 = a 2. Daca egalam cele doua expresii ale lui f gasim: a =, a 22 =, a = si 2a 2 = 2, 2a 2 = 2 ai 2a = 2, deci matricea A cautata este: A =. Vom aa forma canonica a formei patratice f folosind Metoda valorilor proprii: determinam valorile proprii ale lui A si ecuatia caracteristica: λ λ λ = are solutiile λ = λ 2 = si λ = 2. pentru λ = rezolvam sistemul (A I )v = si obtinem subspatiul propriu: S λ = {(α + β, α, β) = α(,, ) + β(,, ) : α, β R} care va avea o baza B = {(,, ), (,, )}

7 pentru λ = 2 rezolvam sistemul (A + 2I )v = si obtinem subspatiul propriu: S λ = {( α, α, α) = α(,, ) : α R} care va avea o baza B = {(,, )} Observatie: Forma canonica redusa va obtinuta utilizand valorile proprii ca si coecienti, deci: f(z, z 2, z ) = z 2 + z2 2 2 z2 dar pentru a aa o baza relativ la care f admite aceasta scriere este nevoie sa transformam baza B B intr-o baza ortonormata! Realizam acest lucru in urmatorii pasi vectorul (,, ) este deja ortogonal pe vectorii bazei B ca o proprietate a vectorilor proprii (pentru o matrice simetrica vectorii proprii corespunzatori valorilor proprii distincte sunt ortogonali), asadar partea cu ortogonalitatea este deja rezolvata. Va trebui doar sa il transformam intr-un vector de lungime, ceea ce realizeaza prin impartire la norma: e = (,,) (,,) = (,,) = (,, ) Vectorii v = (,, ) si v 2 = (,, ) ai bazei B ii vom ortonorma cu ajutorul procedeului Gram-Schmidt: e = v (,, ) = v 2 si: e 2 = u 2 u 2 unde: u 2 = v 2 v 2, v v, v v Prin calcul u 2 = (,, ) 2 (,, ) = ( 2, 2, ) apoi e 2 = ( Prin urmare am obtinut baza: { ( ) ( ) ( e = 2,,, e 2 = 2 6, 6,, e =, in care f admite forma canonica redusa. 6 6, 6 6, 6 ), b) f : R R, f(x, x 2, x ) = 5x 2 4x x 2 4x x + 6x x2. Se lucreaza analog si se obtine: A = si valorile proprii λ = 2, λ 2 = 5, λ = 8. Subspatiile proprii corespunzatoare sunt: S 2 = {α(,, ) : α R} 2 ) }

8 S 5 = {α(, 2, 2) : α R} S 8 = {α(,, 2 ) : α R} Pentru a obtine baza in care f are scrierea: f(z, z 2, z ) = 2 z z z 2 se impart cei trei vectori care genereaza ecare subspatiu propriu la norma lor se se obtin trei vectori ortogonali si de norma dupa impartire.