Problema sobre operador lineal

Donat l’operador lineal $A$ que actua a l’espai lineal $\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ segons la següent llei: $$A \cdot X = (5x_1 + 2x_2 – 3x_3, x_1 + 5x_2 – 4x_3, 6x_1 + 4x_2 – 4x_3),$$ on $X = (x_1, x_2, x_3) \in \mathbb{R}^3$ és qualsevol element.

• Trobar la matriu de l’operador $A$ en la base canònica.
• Demostrar que $X = (1, 2, 2)$ és un vector propi de l’operador $A$, i trobar el valor propi $\lambda_0$ corresponent.
• Trobar tots els altres valors propis de l’operador $A$ i les bases dels subespais propis corresponents.

Donada la base canònica:

$$e_1 = (1, 0, 0), \quad e_2 = (0, 1, 0), \quad e_3 = (0, 0, 1)$$

Calculem les imatges de $e_1, e_2, e_3$ per l’operador $A$:

$$Ae_1 = (5, 4, 6), \quad Ae_2 = (2, 5, 4), \quad Ae_3 = (-3, -4, -6);$$

Així doncs, la matriu de l’operador $A$ en la base canònica és:

$$A = \begin{pmatrix}
5 & 2 & -3 \\
4 & 5 & -4 \\
6 & 4 & -4
\end{pmatrix}.$$

Comprovem si $X = (1, 2, 2)$ és un vector propi. Calculem:

$$AX = \begin{pmatrix}
5 & 2 & -3 \\
4 & 5 & -4 \\
6 & 4 & -4
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 \\
2 \\
2
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
5 \cdot 1 + 2 \cdot 2 – 3 \cdot 2 \\
4 \cdot 1 + 5 \cdot 2 – 4 \cdot 2 \\
6 \cdot 1 + 4 \cdot 2 – 4 \cdot 2
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
5 + 4 – 6 \\
4 + 10 – 8 \\
6 + 8 – 8
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
3 \\
6 \\
6
\end{pmatrix}
= 3 \begin{pmatrix}
1 \\
2 \\
2
\end{pmatrix}$$

Observem que $AX = 3X$, per tant, $X = (1, 2, 2)$ és un vector propi amb valor propi $\lambda_0 = 3$.

Per trobar els altres valors propis de l’operador $A$, hem de trobar els valors propis de la matriu $A$, és a dir, els valors $\lambda$ tals que:

$$\det(A – \lambda E) = \begin{vmatrix}
5 – \lambda & 2 & -3 \\
4 & 5 – \lambda & -4 \\
6 & 4 & -4 – \lambda
\end{vmatrix}
= -\lambda^3 + 6\lambda^2 – 11\lambda + 6 = 0.$$

Observem que $\lambda_0 = 3$ és un valor propi, ja que hem demostrat que $(1, 2, 2)$ és un vector propi corresponent a aquest valor propi.

$$-\lambda^3 + 6\lambda^2 – 11\lambda + 6 = 0 \quad \text{(dividim per -1):}$$

$$\lambda^3 – 3\lambda + 2 = 0, \quad \lambda_1 + \lambda_2 = \frac{3 \times 9 – 8}{2}, \quad \lambda_1 \lambda_2 = 2$$

D’acord amb el teorema de Vieta, tenim $\lambda_1 \lambda_2 = 1 \cdot 2$:

Comprovem els valors propis per $\lambda = 1$:

$$A X = X \quad (A – E)X = 0$$

$$\begin{cases}
4x_1 + 2x_2 – 3x_3 = 0 \\
4x_1 + 4x_2 – 4x_3 = 0 \\
6x_1 + 4x_2 – 5x_3 = 0
\end{cases}$$

Per $\lambda = 1$, el rang és $1$ i la multiplicitat geomètrica és $1$. El subespai propi associat a $\lambda = 1$ té dimensió $1$. Per tant, segons el teorema de factorització, tenim:

$$B = \begin{pmatrix}
4 & 2 & -3 \\
4 & 4 & -4 \\
6 & 4 & -5
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
4 & 2 & -3 \\
0 & 2 & -1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
4 & 2 & -3 \\
0 & 2 & -1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$$

Comprovem que $\text{rang} B = 2$, per tant, $L = n – r = 3 – 2 = 1$, i la multiplicitat geomètrica és $1$.

Per tant, el valor propi $\lambda = 1$ té multiplicitat algebraica $1$ i multiplicitat geomètrica $1$.

Per trobar els altres valors propis, hem de resoldre l’equació característica. Dividint per -1, tenim:

$$\lambda^3 – 6\lambda^2 + 11\lambda – 6 = 0$$

Comprovem els valors propis per $\lambda = 2$:

$$A X = X \quad (A – 2E)X = 0$$

$$\begin{cases}
4x_1 + 2x_2 – 3x_3 = 0 \\
4x_1 + 3x_2 – 4x_3 = 0 \\
6x_1 + 4x_2 – 6x_3 = 0
\end{cases}$$

Per $\lambda = 1$, el rang és 1 i la multiplicitat geomètrica és 1. El subespai propi associat a $\lambda = 1$ té dimensió 1. Per tant, segons el teorema de factorització, tenim:

$$B = \begin{pmatrix}
4 & 2 & -3 \\
4 & 3 & -4 \\
6 & 4 & -6
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
4 & 2 & -3 \\
0 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
4 & 2 & -3 \\
0 & 1 & -1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$$

Comprovem que $\text{rang} B = 2$, per tant, $L = n – r = 3 – 2 = 1$, i la multiplicitat geomètrica és 1.

Per tant, el valor propi $\lambda = 2$ té multiplicitat algebraica 1 i multiplicitat geomètrica 1.

$$\begin{pmatrix}
4 & -3 \\
0 & -1
\end{pmatrix}$$

Així doncs, tenim les equacions següents per determinar els vectors propis:

$$\begin{cases}
4x_1 – 3x_3 = -2x_2 \\
x_3 = 2x_2
\end{cases}$$

D’on obtenim:

$$\begin{cases}
x_1 = c \\
x_3 = 2c \\
x_2 \text{ lliure}
\end{cases}$$

Així doncs, per $\lambda = 1$, el subespai propi associat té dimensió 1 i la seva base és $X = (1, 1, 2)$.

Per trobar els vectors propis associats al valor propi $\lambda = 2$, hem de resoldre el sistema següent:

$$X = (1, 0, 1)$$