Aplicació Lineal i Diagonalització

Donada l’aplicació lineal $F : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ definida per$$F(x, y, z) = (2y + 2z,\ -2x – 4y – 2z,\ 2x + 2y).$$ (a) Trobeu la matriu de $F$ en la base canònica de $\mathbb{R}^3$.(b) Trobeu els valors propis de $F$.(c) Demostreu que $F$ és diagonalitzable. Trobeu una base $B$ de vectors propis i la matriu de $F$ en la base $B$.

Apartat (a): Matriu de $F$ en la base canònica. Per trobar la matriu de $F$ en la base canònica, calculem les imatges dels vectors de la base canònica $\{(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)\}$, que corresponen a les columnes de la matriu $A$.

• $F(1,0,0) = (2 \cdot 0 + 2 \cdot 0, -2 \cdot 1 – 4 \cdot 0 – 2 \cdot 0, 2 \cdot 1 + 2 \cdot 0) = (0, -2, 2)$

• $F(0,1,0) = (2 \cdot 1 + 2 \cdot 0, -2 \cdot 0 – 4 \cdot 1 – 2 \cdot 0, 2 \cdot 0 + 2 \cdot 1) = (2, -4, 2)$

• $F(0,0,1) = (2 \cdot 0 + 2 \cdot 1, -2 \cdot 0 – 4 \cdot 0 – 2 \cdot 1, 2 \cdot 0 + 2 \cdot 0) = (2, -2, 0)$

Així, la matriu de $F$ en la base canònica és\[A = \begin{bmatrix}0 & 2 & 2 \\-2 & -4 & -2 \\2 & 2 & 0\end{bmatrix}.\]

Apartat (b): Valors propis de $F$. Els valors propis de $F$ són les arrels del polinomi característic $p_F(\lambda) = \det(A – \lambda I)$. Calculem el determinant de\[A – \lambda I = \begin{bmatrix}-\lambda & 2 & 2 \\-2 & -4 – \lambda & -2 \\2 & 2 & -\lambda\end{bmatrix}.\]El polinomi característic és\[p_F(\lambda) = \det(A – \lambda I) = -\lambda (\lambda + 2)^2.\]Les arrels són\[\lambda_1 = -2 \quad (\text{multiplicitat } m_1 = 2), \quad \lambda_2 = 0 \quad (\text{multiplicitat } m_2 = 1).\]Per tant, els valors propis són $\lambda_1 = -2$ i $\lambda_2 = 0$.

Apartat (c): Diagonalització de $F$. Per determinar si $F$ és diagonalitzable, calculem els subespais de vectors propis i comprovem si la dimensió de cada subespai coincideix amb la multiplicitat del valor propi corresponent.

Subespai de vectors propis per a $\lambda_1 = -2$. Calculem $\operatorname{Ker}(A + 2I)$, on\[A + 2I = \begin{bmatrix}2 & 2 & 2 \\-2 & -2 & -2 \\2 & 2 & 2\end{bmatrix}.\]Resolem el sistema\[\begin{bmatrix}2 & 2 & 2 \\-2 & -2 & -2 \\2 & 2 & 2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x \\y \\z\end{bmatrix}= \begin{bmatrix}0 \\0 \\0\end{bmatrix}.\]L’única equació independent és $x + y + z = 0$. Les solucions són de la forma\[(x, y, z) = (x, y, -x – y) = x(1, 0, -1) + y(0, 1, -1).\]Els vectors $(1, 0, -1)$ i $(0, 1, -1)$ són linealment independents i generen el subespai\[\operatorname{Ker}(A + 2I) = \langle (1, 0, -1), (0, 1, -1) \rangle,\]que té dimensió 2, coincident amb la multiplicitat de $\lambda_1 = -2$.

Subespai de vectors propis per a $\lambda_2 = 0$. Calculem $\operatorname{Ker}(A)$, on\[A = \begin{bmatrix}0 & 2 & 2 \\-2 & -4 & -2 \\2 & 2 & 0\end{bmatrix}.\]Resolem el sistema\[\begin{bmatrix}0 & 2 & 2 \\-2 & -4 & -2 \\2 & 2 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x \\y \\z\end{bmatrix}= \begin{bmatrix}0 \\0 \\0\end{bmatrix}.\]Les equacions són\[\begin{cases}2y + 2z = 0, \\-2x – 4y – 2z = 0, \\2x + 2y = 0.\end{cases}\]De la primera equació, $y + z = 0 \implies z = -y$. De la tercera, $x + y = 0 \implies x = -y$. Substituint a la segona equació, es verifica. Així, les solucions són\[(x, y, z) = (-y, y, -y) = y(-1, 1, -1).\]Prenent $y = -1$ per simplificar, el subespai és\[\operatorname{Ker}(A) = \langle (1, -1, 1) \rangle,\]que té dimensió 1, coincident amb la multiplicitat de $\lambda_2 = 0$.Atès que la dimensió dels subespais de vectors propis coincideix amb les multiplicitats dels valors propis, $F$ és diagonalitzable. Una base de vectors propis és\[B = \{ (1, 0, -1), (0, 1, -1), (1, -1, 1) \} = \{ \vec{v}_1, \vec{v}_2, \vec{v}_3 \}.\]La matriu de $F$ en la base $B$ és diagonal, amb els valors propis a la diagonal:\[[F]_B = \begin{bmatrix}-2 & 0 & 0 \\0 & -2 & 0 \\0 & 0 & 0\end{bmatrix},\]ja que $F(\vec{v}_1) = -2 \vec{v}_1$, $F(\vec{v}_2) = -2 \vec{v}_2$, i $F(\vec{v}_3) = 0 \vec{v}_3$.