1. Pentru operatorul liniar T : R3 −→ R3 , care ˆın reperul standard E are matricea 6 −5 −7 2 , A = [T ]E,E = −2 3 6 −6 −7 s˘a se afle forma canonic˘a Jordan, un reper Jordan ¸si s˘a se verifice formula de schimbare a matricei asociate operatorului la trecerea la reperul Jordan. Calcul˘am polinomul caracteristic al matricii A: 6 − λ −5 det(A − λI3 ) = −2 3 − λ 6 −6 6−λ = (1 − λ) −2 6 8−λ = (1 − λ) 6
6−λ 1−λ −7 c2 +c1 = −2 1 − λ 2 6 0 −7 − λ 8−λ 0 −9 1 −7 ℓ1 −ℓ2 2 1 2 = (1 − λ) −2 1 6 0 −7 − λ 0 −7 − λ −9 = (1 − λ)[(8 − λ)(−7 − λ) + 54] −7 − λ
−7 2 −7 − λ
= −(λ − 1)(−56 − 8λ + 7λ + λ2 + 54) = −(λ − 1)(λ2 − λ − 2) = −(λ − 1)(λ + 1)(λ − 2)
Valorile proprii sunt: λ1 = 1, λ2 = −1, λ3 = 2, fiecare avˆand multiplicitate algebric˘a 1. ˆIn particular, deducem c˘a matricea A este diagonalizabil˘a. Pentru λ1 = 1 avem:
A − I3
=
ℓ2 −5ℓ1 ,ℓ3 −6ℓ1
∼
ℓ1 +ℓ2
∼
5 −5 −7 ℓ ↔ℓ −2 2 2 1∼ 2 6 −6 −8 1 −1 −1 1 −ℓ2 0 0 −2 ℓ3∼ 0 0 0 −2 0 1 −1 0 0 1 0 0 0 0
−2 2 2 1 1 − 2 ℓ1 5 −5 −7 5 ∼ 6 −6 −8 6 1 −1 −1 −1 − 12 ℓ2 0 0 0 −2 ∼ 0 0 0 0
−1 −1 −5 −7 −6 −8 −1 1 0
Obt¸inem c˘a (x1 , x2 , x3 )t ∈ ker (A − I3 ) ⇔ x1 − x2 = 0 ¸si x3 = 0 ⇔ x1 = x2 , x3 = 0. Deci: x1 1 1 x2 = x2 1 ⇒ ker(A − I3 ) = Span 1 . x3 0 0 Pentru λ2 = −1 avem:
1
A + I3
=
ℓ2 −7ℓ1 ,ℓ3 −6ℓ1
∼
ℓ1 +2ℓ2
∼
7 −5 −7 −2 ℓ1 ↔ℓ2 −2 4 2 7 ∼ 6 −6 −6 6 1 −2 1 −2 −1 1 ℓ2 0 9 0 9∼ 0 1 0 6 0 6 0 1 0 −1 0 1 0 0 0 0
4 2 1 − 21 ℓ1 −5 −7 7 ∼ −6 −6 6 −1 1 −2 ℓ −6ℓ 0 3∼ 2 0 1 0 0 0
−2 −1 −5 −7 −6 −6 −1 0 0
Avem c˘a (x1 , x2 , x3 )t ∈ ker (A + I3 ) ⇔ x1 − x3 = 0 ¸si x2 = 0 ⇔ x1 = x3 , x2 = 0. Deci: x1 1 1 x2 = x3 0 ⇒ ker(A − I3 ) = Span 0 . x3 1 1 Pentru λ3 = 2 avem:
A − 2I3
=
ℓ2 −2ℓ1 ,ℓ3 −3ℓ1
∼
ℓ1 +ℓ2
∼
4 −5 −7 ℓ ↔ℓ −2 1 2 1∼ 2 6 −6 −9 2 −1 −2 2 −ℓ2 0 −3 −3 ℓ3∼ 0 0 −3 −3 0 2 0 −1 0 1 1 0 0 0
−2 1 2 2 −1 −2 (−1)ℓ1 4 −5 −7 ∼ 4 −5 −7 6 −6 −9 6 −6 −9 2 −1 −2 −1 −2 1 − 3 ℓ2 0 1 1 −3 −3 ∼ 0 0 0 0 0
Obt¸inem c˘a (x1 , x2 , x3 )t ∈ ker (A − 2I3 ) ⇔ 2x1 − x3 = 0 ¸si x2 + x3 = 0 ⇔ x3 = 2x1 , x2 = −x3 = −2x1 . Deci: x1 1 1 x2 = x1 −2 ⇒ ker(A − 2I3 ) = Span −2 . x3 2 2
ˆIn reperul Jordan
operatorul T este dat de:
1 1 1 F = 1 , 0 , −2 0 1 2
A = [T ]F,F
1 0 0 = 0 −1 0 , 0 0 2 2
−1 Verific˘am egalitatea [T ]E,E = CE,F · [T ]F,F · CE,F , adic˘a:
−1 6 −5 −7 1 1 1 1 0 0 1 1 1 −2 3 2 = 1 0 −2 · 0 −1 0 · 1 0 −2 6 −6 −7 0 1 2 0 0 2 0 1 2 Avem c˘a:
1 1 1 1 0 −2 · 0 1 2 1 1 0
1 0 0 1 0 −1 0 · 1 0 0 2 0 −1 2 2 0 −4 · −2 −1 4 1 6 −2 6
−1 1 1 0 −2 = 1 2 −1 −2 2 3 = −1 −1 −5 −7 3 2 −6 −7
2. Fie operatorul liniar T : P2 −→ P2 : 1 T (P (X)) = P (0)(1 + 3X + 3X 2 ) − P ′(0)(X + X 2 ) + XP ′ (X) + XP ′′ (X) 2 unde P2 = {P (x) ∈ R[X]|grad P (X) ≤ 2}. S˘a se g˘aseasc˘a forma canonic˘a Jordan, un reper Jordan ¸si s˘a se verifice formula de schimbare a matricei asociate operatorului la trecerea la reperul Jordan. Fie E = {1, X, X 2} reperul standard din P2 . Avem c˘a:
1 T (1) = 1 + 3X + 3X 2 ⇒ [T (1)]E = 3 3
0 T (X) = −X − X 2 + X = −X 2 ⇒ [T (X)]E = 0 −1 0 1 2 2 2 1 T (X ) = X · 2X + X · 2 = X + 2X ⇒ [T (X )]E = 2 2 deci: A := [T ]E,E
1 0 0 = 3 0 1 . 3 −1 2 3
Polinomul caracteristic al matricii A este: 1−λ 0 0 −λ 1 det(A − λI3 ) = 3 3 −1 2 − λ = −(λ − 1)3
1 = (1 − λ) −λ −1 2 − λ
= (1 − λ)(−2λ + λ2 + 1)
Operatorul T are o singur˘a valoare proprie λ = 1 de multiplicitate ma (1) = 3. Forma canonic˘a Jordan a operatorului T este format˘a dintr-un singur bloc Jordan corespunz˘ator valorii proprii λ = 1. Cu alte cuvinte forma canonic˘a Jordan a operatorului T este de tipul: 1 ∗ 0 0 1 ∗ 0 0 1 unde ˆın locul stelut¸elor avem 0 sau 1. Pentru a determina valoarea acestora trebuie sa g˘asim tipul celulelor Jordan care formeaz˘a blocul Jordan asociat lui λ = 1. Pentru aceasta determin˘am ker (A − λI)i , ˆıncepˆand cu i = 1, pˆan˘a cˆand dimensiunea acestuia devine egal˘a cu ma (λ).
A − I3
0 0 0 3 −1 1 3 −1 1 ℓ ↔ℓ ℓ −ℓ = 3 −1 1 1∼ 2 0 0 0 3∼ 1 0 0 0 3 −1 1 3 −1 1 0 0 0
Obt¸inem c˘a (x1 , x2 , x3 )t ∈ ker (A − I3 ) ⇔ 3x1 − x2 + x3 = 0 ⇔ x2 = 3x1 + x3 . x1 1 0 1 x2 = x1 3 + x3 1 ⇒ ker(A − I3 ) = Span 3 , x3 0 1 0
¸si dim ker(A − I3 ) = 2. Cum
Deci: 0 1 . 1
0 0 0 (A − I3 )2 = 0 0 0 0 0 0 obt¸inem c˘a ker (A − I3 )2 = R3 ¸si dim ker (A − I3 )2 = 3 = ma (1). ˆIn plus, ker (A − I3 )i = R3 , pentru orice i ≥ 2, deci dim ker (A − I3 )i = 3, ∀i ≥ 3. Num˘arul celulelor Jordan de ordin i este: ni = 2 dim ker (A − I3 )i − dim ker (A − I3 )i−1 − dim ker (A − I3 )i+1 Obt¸inem c˘a: n1 = 2 · 2 − 0 − 3 = 1, n2 = 2 · 3 − 2 − 3 = 1
4
Blocul Jordan este format dintr-o celul˘a de ordin 1 ¸si una de ordin 2 deci matricea Jordan asociat˘a este: 1 0 0 J = 0 1 1 . 0 0 1 Avem relat¸iile: Je1 = e1 Je2 = e2 Je3 = e2 + e3 . Dac˘a F = {f1 , f2 , f3 } este reperul Jordan c˘autat atunci, notˆand cu v1 = [f1 ]E , v2 = [f2 ]E , v3 = [f3 ]E , relat¸iile de mai sus ne dau: Av1 = v1 ⇒ (A − I3 )v1 = 0 ⇒ v1 ∈ ker(A − I3 ) Av2 = v2 ⇒ (A − I3 )v2 = 0 ⇒ v2 ∈ ker(A − I3 ) Av3 = v2 + v3 ⇒ v2 = (A − I3 )v3 Obt¸inem c˘a (A − I3 )2 v3 = (A − I3 )v2 = 0 ⇒ v3 ∈ ker(A − I3 )2 . S˘a observ˘am c˘a v3 ∈ / ker(A − I3 ), altfel v2 = (A − I3 )v3 = 0, ceea ce nu este posibil. Deci: {v1 , v2 } formeaz˘a o baz˘a a lui ker(A − I3 ), v3 ∈ ker(A − I3 )2 \ ker(A − I3 ) = R3 \ ker(A − I3 ) ¸si v2 = (A − I3 )v3 . Observ˘am c˘a (0, 0, 1)t ∈ / ker(A − I3 )2 , deci putem alege v3 = (0, 0, 1)t. Atunci:
v2
0 0 0 0 0 = 3 −1 1 0 = 1 3 −1 1 1 1
¸si alegem v1 = (1, 3, 0)t. Avem c˘a:
1 0 0 1 0 0 1 3 1 0 · 0 1 1 · 3 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0 1 3 1 1 · −3 0 1 2 3 1 3 3 5
−1 0 0 1 0 = 1 1 0 0 1 0 = −1 1 0 0 0 1 −1 2
Calcul˘am reperul F astfel:
1 [f1 ]E = v1 = 3 ⇒ f1 = 1 + 3X 0 0 1 ⇒ f2 = X + X 2 [f2 ]E = v2 = 1 0 [f3 ]E = v3 = 0 ⇒ f3 = X 2 . 1 3. Fie operatorul liniar T : R3 −→ R3 , care ˆın reperul standard E are matricea 3 −2 −3 A = [T ]E,E = 6 −4 −5 , 2 −1 −2 S˘a se afle forma canonic˘a Jordan, un reper Jordan ¸si s˘a se verifice formula de schimbare a matricei asociate operatorului la trecerea la reperul Jordan. Calcul˘am polinomul caracteristic al matricii A: 3−λ −2 −3 6 −4 − λ −5 det(A − λI3 ) = 2 −1 −2 − λ 3−λ −3 = (−λ − 1) 2 −2 − λ
−2 ℓ2 −3ℓ3 3 − λ = 0 −1 −λ 2 −1 − (3λ + 1) 3 − λ −2 2 −1
−3 3λ + 1 −2 − λ
= −(λ + 1)(−6 − 3λ + 2λ + λ2 + 6) − (3λ + 1)(−3 + λ + 4) = −(λ + 1)(λ2 − λ) − (3λ + 1)(λ + 1) = −(λ + 1)(λ2 − λ + 3λ + 1) = −(λ + 1)3
Matricea A are o singur˘a valoare proprie: λ1 = −1 avˆand multiplicitatea algebric˘a ma (−1) = 3. Suntem practic ˆın situat¸ia de la exemplul precedent.
A + I3
= − 21 ℓ2
∼
4 −2 −3 2 ↔ℓ3 6 −3 −5 ℓ1∼ 6 2 −1 −1 4 2 −1 −1 2 ℓ3 +ℓ2 0 0 1 0 ∼ 0 0 −1 0 6
−1 −1 ℓ2 −3ℓ1 ,ℓ3 −2ℓ1 −3 −5 ∼ −2 −3 −1 −1 2 −1 ℓ1 +ℓ2 0 1 0 0 ∼ 0 0 0 0
2 −1 −1 0 0 −2 0 0 −1 0 1 0
Obt¸inem c˘a (x1 , x2 , x3 )t ∈ ker (A + I3 ) ⇔ 2x1 − x2 = 0 ¸si x3 = 0 ⇔ x2 = 2x1 , x3 = 0. Deci: x1 1 1 x2 = x1 2 ⇒ ker(A + I3 ) = Span 2 x3 0 0
¸si dim ker(A + I3 ) = 1. Pentru (A + I3 )2 avem:
(A + I3 )2
−2 1 1 −2 1 1 ℓ −2ℓ = −4 2 2 2 ∼ 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0
Obt¸inem c˘a (x1 , x2 , x3 )t ∈ ker (A + I3 )2 ⇔ −2x1 + x2 + x3 = 0 ⇔ x2 = 2x1 − x3 . Deci: x1 1 0 0 1 x2 = x1 2 + x3 −1 ⇒ ker(A + I3 )2 = Span 2 , −1 x3 0 1 0 1
¸si dim ker(A + I3 )2 = 2. Cum (A + I3 )3 = O3 avem c˘a: ker(A + I3 )3 = R3 ⇒ dim ker(A + I3 )3 = 3. Num˘arul celulelor Jordan de ordin 1, 2 ¸si 3: n1 = 2 · 1 − 0 − 2 = 0 n2 = 2 · 2 − 1 − 3 = 0 n3 = 2 · 3 − 2 − 3 = 1.
Blocul Jordan este format dintr-o singur˘a celul˘a de ordin 3, deci matricea Jordan asociat˘a este: −1 1 0 J = 0 −1 1 . 0 0 −1 Avem relat¸iile: Je1 = −e1 Je2 = e1 − e2 Je3 = e2 − e3 .
Dac˘a F = {v1 , v2 , v3 } este reperul Jordan c˘autat atunci: 7
Av1 = −v1 Av2 = v1 − v2 Av3 = v2 − v3 .
Ca mai sus obt¸inem c˘a: (A + I3 )v1 = 0 (A + I3 )v2 = v1 ⇒ (A + I3 )2 v2 = (A + I3 )v1 = 0 ⇒ v2 ∈ ker(A + I3 )2 \ ker(A + I3 ) (A + I3 )v3 = v2 ⇒ (A + I3 )3 v3 = (A + I3 )2 v2 = 0 ⇒ v3 ∈ ker(A + I3 )3 \ ker(A + I3 )2 Observ˘am c˘a (0, 0, 1)t ∈ ker(A + I3 )3 \ ker(A + I3 )2 = R3 \ ker(A + I3 )2 , deci alegem: 0 −3 1 0 −5 2 . v3 = ⇒ v2 = (A + I3 )v3 = ⇒ v1 = (A + I3 )v2 = 1 −1 0 Am obt¸inut c˘a ˆın reperul
operatorul T este dat de:
−3 0 1 F = 2 , −5 , 0 0 −1 1
[T ]F,F
−1 1 0 = 0 −1 1 . 0 0 −1
Avem c˘a:
1 −3 0 −1 1 0 1 2 −5 0 · 0 −1 1 · 2 0 −1 1 0 0 −1 0 −1 4 −3 −2 7 −5 · 0 1 −2 3 6 2
8
−1 −3 0 −5 0 = −1 1 −5 3 0 −2 1 0 = −2 1 1 −2 −3 −4 −5 −1 −2
