Culegere de Probleme_Maticiuc_ALGAD

ALGEBRA LINIARA SIGEOMETRIE ANALITICA

Culegere de probleme

Lucian Maticiuc

Cuprins

1 Matrice si determinanti. Sisteme de ecuatii liniare 1

2 Spatii vectoriale 27

3 Transformari liniare 55

4 Forme biliniare si forme patratice 71

5 Algebra vectoriala a vectorilor liberi 83

6 Geometria planului si a dreptei 93

Capitolul 1

Matrice si determinanti.Sisteme de ecuatii liniare

1. Sa se efectueze diverse operatii cu matricele:

A =

[2 0 14 5 2

], B =

7 15 41 3

, C = [ 1 22 1],

D =

201

, E = [ 1 2 3 ] .Rezolvare:

Avem

AB =

[2 0 14 5 2

] 7 15 41 3

= [ 13 555 18

]si

BA =

7 15 41 3

[ 2 0 14 5 2

]=

18 5 526 20 310 15 7

.Calculati si: At +B, BC, DE si ED.

2. Fie A =[

2 53 1

], B =

[4 53 k

]. Determinati k astfel ncat AB =

BA.

1

2 1. Matrice si determinanti. Sisteme de ecuatii liniare

Rezolvare:

Avem

AB =

[2 53 1

] [4 53 k

]=

[23 10 + 5k9 15 + k

]si

BA =

[4 53 k

] [2 53 1

]=

[23 15

6 3k 15 + k].

Acum ecuatia data initial AB = BA 10 + 5k = 156 3k = 9 care are

solutia k = 5 (a ambelor ecuatii).

3. Fie A =[

2 34 6

], B =

[8 45 5

]si C =

[5 23 1

]. Sa se verifice

ca AB = AC, desi B 6= C. Explicati.

Rezolvare:

Avem

AB =

[2 34 6

] [8 45 5

]=

[1 72 14

]si

AC =

[2 34 6

] [5 23 1

]=

[1 72 14

]Daca matricea A ar fi nesingulara, i.e. detA 6= 0, atunci, echivalent,ar fi inversabila, deci exista inversa A1. Inmultind egalitatea cu A1

n partea stanga obtinem A1AB = A1AC I2B = I2C B = C.Dar detA = 0 deci A nu admite inversa.

4. Sa se calculeze determinantii:

(a)

1 0 0 12 3 4 73 4 5 94 5 6 1

; (b)

3 1 5 22 0 7 03 1 2 05 4 1 2

; (c)

1 2 3 4 52 1 2 3 40 2 1 2 30 0 2 1 20 0 0 2 1

.

Rezolvare:

3(a) Dezvoltam dupa prima linie care contine doua zerouri si obtinem1 0 0 12 3 4 73 4 5 94 5 6 1

= +1

3 4 74 5 95 6 1

0

2 4 73 5 94 6 1

+ 0

2 3 73 4 94 5 1

(1)

2 3 43 4 54 5 6

=

3 4 74 5 95 6 1

+

2 3 43 4 54 5 6

=

(+3

5 96 1 4 4 95 1

+ 7 4 55 6)

+

(+2

4 55 6 3 3 54 6

+ 4 3 44 5)

= (3 (49) 4 49 + 7 49) + (2 49 3 2 + 4 31) = 216.

(b) Dezvoltam dupa a patra coloana care contine doua zerouri si obtinem3 1 5 22 0 7 03 1 2 05 4 1 2

= 2

2 0 73 1 25 4 1

+ 0

3 1 53 1 25 4 1

0

3 1 52 0 75 4 1

+2

3 1 52 0 73 1 2

== 2

2 0 73 1 25 4 1

+ 2

3 1 52 0 73 1 2

= 2 67 + 2 14 = 106.


(c) Avem

1 2 3 4 52 1 2 3 40 2 1 2 30 0 2 1 20 0 0 2 1

= 11 (se va dezvolta dupa prima linie,

apoi dupa a doua linie, apoi dupa a treia linie).

5. Sa se calculeze determinantii:

(a)

1! 2! 3!2! 2! 3!3! 3! 3!

; (b)

1! 2! 3! 4!2! 2! 3! 4!3! 3! 3! 4!4! 4! 4! 4!

si

(c)

1 2 22 2 22 2 3

; (d)

1 2 2 22 2 2 22 2 3 22 2 2 4

.

Rezolvare:

Aplicam metoda de calcul a unui determinant: daca matricea B esteobtinuta prin adaugarea la o linie a lui A a unei alte linii nmultita cu unscalar, atunci detB = detA.

(a) Inmultind coloana a doua cu 3 si adunand-o la a treia coloana,obtinem

1! 2! 3!2! 2! 3!3! 3! 3!

=

1! 2! 02! 2! 03! 3! 3! 3 3!

= (dezvoltam dupa coloana a treia)

= (3 1) 3! 1! 2!2! 2!

= 2 3! (2! 2 2!)= 2 1 3! 2! = (1)3+1 (3 1)! 3! 2! 1!.

(b) Inmultind coloana a treia cu 4 si adunand-o la a patra coloana,

5obtinem1! 2! 3! 4!2! 2! 3! 4!3! 3! 3! 4!4! 4! 4! 4!

=

1! 2! 3! 02! 2! 3! 03! 3! 3! 04! 4! 4! 4! 4 4!

= (dezvoltam dupa coloana a patra)

= (4 1) 4!

1! 2! 3!2! 2! 3!3! 3! 3!

= (4 1) 4! (1)3+1 (3 1)! 3! 2! 1!= (1)4+1 (4 1)! 4! 3! 2! 1! .

(c) Inmultind coloana a doua cu 1 si adunand-o la a treia coloana(scadem coloana a doua din coloana a treia), obtinem, dezvoltand sidupa ultima coloana, valoarea 2.(d) Inmultind coloana a doua cu 1 si adunand-o la a patra coloana(scadem coloana a doua din coloana a patra), obtinem, dezvoltand sidupa ultima coloana, vloarea 4.

6. Sa se calculeze determinantii Vandermonde

V3 (a, b, c) =

1 1 1

a b c

a2 b2 c2

si V4 (a1, a2, a3, a4) =

1 1 1 1

a1 a2 a3 a4

a21 a22 a

23 a

24

a31 a32 a

33 a

34

.

Rezolvare:

Aplicam metoda de calcul a unui determinant: daca matricea B esteobtinuta prin adaugarea la o linie a lui A a unei alte linii nmultita cu unscalar, atunci detB = detA. Se va obtine, adunand la o line, liniaprecedenta nmultita cua si dezvoltand apoi dupa linie sau coloanaconvenabila,

V3 (a, b, c) =

1 1 1

a a b a c aa2 a2 b2 ab c2 ac

=

1 1 1

0 b a c a0 b2 ab c2 ac

=

b a c ab2 ab c2 ac .


Acum, putem calcula direct sau putem aplica o metoda de calcul aunui determinant: daca matriceaB este obtinuta prin nmultirea unei linii(sau coloane) a lui A cu un scalar , atunci detB = detA. Deci

V3 (a, b, c) =

b a c ab2 ab c2 ac = (b a) (c a)

1 1b c

= (b a) (c a)V2 (b, c) = (b a) (c a) (c b) .

Aceeasi tehnica se poate aplica acum si pentru determinanti Wander-monde de ordin superior. Astfel

V4 (a1, a2, a3, a4) =

1 1 1 1

a1 a1 a2 a1 a3 a1 a4 a1a21 a21 a22 a1a2 a23 a1a3 a24 a1a4a31 a31 a32 a1a22 a33 a1a23 a34 a1a24

=

1 1 1 1

0 a2 a1 a3 a1 a4 a10 a22 a1a2 a23 a1a3 a24 a1a40 a32 a1a22 a33 a1a23 a34 a1a24

=

a2 a1 a3 a1 a4 a1

a22 a1a2 a23 a1a3 a24 a1a4a32 a1a22 a33 a1a23 a34 a1a24

= (a2 a1) (a3 a1) (a4 a1)

1 1 1a1 a2 a3a21 a

22 a

23

= (a2 a1) (a3 a1) (a4 a1)V4 (a1, a2, a3)= (a2 a1) (a3 a1) (a3 a2) (a4 a1) (a4 a2) (a4 a3) .

Remarca 1.1 Se poate si aduna la fiecare coloana, prima coloana nmultita

7cu 1 si vom obtine:

V3 (a, b, c) =

1 1 1 1 1a b a c aa2 b2 a2 c2 a2

=

1 0 0

a b a c ba2 b2 a2 c2 b2

=

b a c bb2 a2 c2 b2 = ,

precum si

V4 (a1, a2, a3, a4) =

1 1 1 1 1 1 1a1 a2 a1 a3 a1 a4 a1a21 a

22 a21 a23 a21 a24 a21

a31 a32 a31 a33 a31 a34 a31

=

a2 a1 a3 a1 a4 a1a22 a21 a23 a21 a24 a21a32 a31 a33 a31 a34 a31

= .

7. Sa se calculeze determinantul

1 1 1 1

3 2+ + 2 3

32 2 + 2 2 + 2 32

3 2 2 3

, , R.

Rezolvare:

Cream zerouri pe prima linie

1 1 1 1 1 1 13 2+ 3 + 2 3 3 3

32 2 + 2 32 2 + 2 32 32 323 2 3 2 3 3 3


si apoi acesta este egal cu

=

2 2 3 3

2 ( ) ( ) (2+ + ) 32 322 ( ) (2 2) 3 3

= ( )3

1 2 3

2 3+ 3 ( + )

2 ( + ) 2 + + 2

= ( )3

1 2 2 3 3

2 3+ 4 3 ( + ) 62 ( + ) 22 2 + + 2 32

= ( )3

3 3 2 2 + 22

= ( )5 1 3 + +

= ( )6 .

8. Sa se determine daca matricea A =

1 3 14 2 53 6 2

este singulara saunu. Daca este nesingulara, atunci calculati inversa A1.

Rezolvare:

Calculam detA =

1 3 14 2 53 6 2

= 13 6= 0, deci matricea este nesingu-lara si deci inversabila. Inversa este data de formula A1 =

1

detAA.

Pentru calculul adjunctei A scriem mai ntai transpusa

At =

1 4 33 2 61 5 2

9si apoi

A =

+

2 65 2 3 61 2

+ 3 21 5

4 35 2

+ 1 31 2 1 41 5

+

4 32 6 1 33 6

+ 1 43 2

=

26 0 137 1 118 3 10

si deciA1 =1

13

26 0 137 1 118 3 10

= 2 0 17/13 1/13 1/13

18/13 3/13 10/13

.9. Sa se determine valorile parametrului m R astfel ncat matricea

A =

1 0 1x 1 21 x m

sa fie inversabila pentru orice x R.Rezolvare:

Calculam detA =

1 0 1x 1 21 x m

= x2 2x + m 1 care este diferitde zero pentru orice x R daca si numai daca discriminantul estestrict negativ, adica matricea A este inversabila daca si numai dacadiscriminantul 4 4 (m 1) = 4 (2m) < 0 m > 2.

10. Sa se calculeze inversele urmatoarelor matrice:

(a) A =

2 3 40 1 12 2 1

; (b) B = 2 4 64 2 8

1 3 5

;

(c) C =

3 2 0 10 2 2 11 2 3 20 1 2 1

(d) D =

2 3 4 53 3 4 54 4 4 55 5 5 5

;

(e)E = 18

3 11 12 10 22 2 2

; (f) F = 116

14 2 2012 4 810 2 12

;


(g) G =

1 1 2 40 1 0 11 1 3 6

2 1 6 10

; (h)H =1 1 0 0

1 2 1 00 1 2 10 0 1 4/5

.Rezolvare:

(a) A1 =

38 118 1814 54 14

14 14 14

; (b) B1 =

78

18 54

34 14 1258 18 34

;

(c)C1 =

1 1 0 0

1 2 1 00 1 2 10 0 1 45

; (d)D1 =

1 1 2 40 1 0 11 1 3 6

2 1 6 10

;

(e) E1 =

132

364

116

0 164164

132

132 164

; (f) F1 =

1128

164

3128

164

1128

132

1256

3256

5256

;

(g) G1 =

3 2 0 10 2 2 11 2 3 20 1 2 1

; (h) H1 =

2 3 4 53 3 4 54 4 4 55 5 5 5

.11. Sa se calculeze rangul urmatoarelor matrice pentru diferite valori ale

lui :

(a) A =

2 2 31 1 01 2

; (b) B = 1 3 22 3 1 11 2 1 1

.Rezolvare:

(a) Calculam un minor de ordin doi: 2 = 2 21 1

= 4 6= 0,decirang (A) 2. Calculam si minorul de ordinul al treilea (singurul care

exista): 3 =

2 2 31 1 01 2

= 3 4. Deci, daca = 3/4, atuncirang (A) = 2, iar daca 6= 3/4, atunci rang (A) = 3.

11

(b) Calculam un minor de ordin doi: 2 = 3 21 1

= 5 6= 0,decirang (B) 2. Calculam (este suficient conform teoremei lui Kronec-ker) si cei doi minori de ordinul al treilea obtinuti prin bordarea ce-

lui diferit de zero: 3 =

3 23 1 12 1 1

= 2 + 6 5 si 3 =1 3 22 1 11 1 1

= 3 15. Prin urmare, daca = 1, atunci 3 = 0si 3 = 12 6= 0 si deci rang (B) = 3; daca = 5, atunci 3 = 3 = 0si deci rang (B) = 2; daca Rr {1, 5}, atunci 3 6= 0 si 3 6= 0 sideci rang (B) = 3.

12. Sa se calculeze rangul matricelor:

(a) A =

2 0 2 0 20 1 0 1 02 1 0 2 10 1 0 1 0

; (b) B =

2 1 3 13 1 2 01 3 4 24 3 1 1

;

(c) C =

1 0 1 0 01 1 0 0 00 1 1 0 00 0 1 1 00 1 0 1 1

.

Rezolvare:

Avem rang (A) = 3, rang (B) = 2, rang (C) = 5.

13. Sa dau matricele A =

1 2 m1 0 12 1 0

si B = 1 2 m n1 0 1 1

2 1 0 2

. Sa sedetermine m si n astfel ncat ncat cele doua matrice sa aiba acelasirang.

Rezolvare:

Avem rang (A) 2 si rang (A) = 3 3 =

1 2 m1 0 12 1 0

= m + 3 6=


0 m 6= 3. Pe de alta parte rang (B) 2 si 3 =

1 2 m1 0 12 1 0

=m+ 3 si 3 =

1 2 n1 0 12 1 2

= n 1. Prin urmare rang (B) = 3 (m 6=3 sau n 6= 1). Deci daca m = 3, atunci rang (A) = rang (B) = 2doar daca n = 1, iar daca m 6= 3, atunci rang (A) = rang (B) = 3.

14. Sa se rezolve ecuatia matriceala XA = B, unde A =

1 2 31 0 12 1 1

si B =

[5 4 11 1 2

].

Rezolvare:

Deoarece detA =

1 2 31 0 1

2 1 1

= 2 6= 0, matricea A admite in-versa si fie A1 aceasta inversa. Inmultind la dreapta egalitatii cuA1 obtinem

XAA1 = BA1 X = BA1,deci a gasi X , nseamna a gasi inversa lui A si a calcula apoi produsul

BA1. Se va obtine X =[

1 0 21 2 1

].

15. Sa se rezolve matriceal sistemulx+ 2y + 4z = 32x y + 3z = 6x+ y 2z = 2.

Rezolvare:

Matricea sistemului este A =

1 2 42 1 31 1 2

, matricea necunoscu-telor esteX =

xyz

iar matricea termenilor liberi esteB = 36

2

.

13

Deci sistemul se rescrie matriceal sub forma AX = B. Deoarece

detA =

1 2 42 1 31 1 2

= 25 6= 0, matricea A admite inversa si fieA1 aceasta inversa. Inmultind la stanga egalitatii cu A1 obtinem

AA1X = A1B X = A1B,

deci a gasi X , nseamna a gasi inversa lui A si a calcula apoi produsul

A1B. Se va obtine X =

111

, adica x = 1, y = 1 si z = 1.16. Folosind regula lui Cramer, sa se rezolve urmatorul sistem de ecuatii

liniare: 2x+ 3y + 5z = 38

3x+ 5y + 2z = 31

5x+ 2y + 3z = 31.

Rezolvare:

Calculam mai ntai detA =

2 3 53 5 25 2 3

= 70 6= 0, deci, sistemulavand numarul de ecuatii egal cu numarul necunoscutelor, este (con-form regulii lui Cramer) compatibil determinat (admite o solutie siaceasta este unica). Trebuie sa mai calculam si determinantii

D1 =

38 3 531 5 231 2 3

= 140, D2 =

2 38 53 31 25 31 3

= 210,D3 =

2 3 383 5 315 2 31

= 350iar x =

14070 = 2, y =

21070 = 3, x =

35070 = 5 si deci solutia este

(x, y, z) = (2, 3, 5).


17. Sa se rezolve si sa se discute urmatoarele sisteme omogene:

(a)

x 3y + 4z = 0x+ 2y z = 02x y + 3z = 0

; (b)

x+ 2y + z = 0

x 2y + 2z = 03x 2y + 5z = 0

Rezolvare:

In cazul oricarui sistem omogen este evident ca rang A = rangA (ma-tricea A contine n plus o coloana cu zerouri), si deci orice sistem omo-gen este compatibil. In cazul m = n, daca detA 6= 0, atunci solutiaeste unica data de regula lui Cramer. Dar orice sistem omogen ad-mite, evident, solutia banala deci ea este singura solutie. Daca m = nsi detA = 0, atunci solutia nu este unica si trebuie sa determinamnecunoscutele principale si pe cele secundare.

(a) Avem detA = 0, si deci sistemul compatibil este nedeterminat. Un

determinant principal este 2 = 1 31 2

= 5 6= 0,deci rangA = 2.Atunci acest determinant principal determina ecuatiile si necunoscu-tele principale; astfel primele doua ecuatii sunt ecuatii principale, x, ysunt necunoscute principale iar z, notat cu , este necunoscuta secun-dara. Sistemul devine x 3y = 4x+ 2y = care are solutia x = si y = , deci solutia sistemului initial este(x, y, z) = (, , ), cu R.

(b) Avem detA = 0. Un determinant principal este 2 = 1 21 2

=4 si deci primele doua ecuatii sunt ecuatii principale, x, y sunt ne-cunoscute principale iar z, notat cu , este necunoscuta secundara.Sistemul devine x+ 2y = x 2y = 2care are solutia x = 3/2 si y = /4, deci solutia sistemului initialeste (x, y, z) = (3/2, /4, ), cu R.

15

18. Sa se rezolve si sa se discute sistemul omogen:x+ 2y + 3z = 0

4x+ 5y + 6z = 0

x+ 2z = 0

Rezolvare:

Avem detA = 3 (1 + 2) 6= 0, R, deci sistemul este compatibildeterminat, si fiind sistem omogen, admite doar solutia banala.

19. Sa se rezolve si sa se discute sistemul omogen:

x1 + x2 +mx3 x4 = 02x1 + x2 x3 + x4 = 03x1 x2 x3 x4 = 0mx1 2x2 2x3 2x4 = 0

Rezolvare:

Avem detA =

1 1 m 12 1 1 13 1 1 1m 2 2 2

= 24 4m. Rezolvam acumecuatia detA = 0 24 4m = 0. Deci, daca m 6= 6, atunci siste-mul este compatibil determinat, si fiind sistem omogen, admite doarsolutia banala. Daca m = 6, sistemul este compatibil dar nu admite

solutie unica. Un determinant principal este 3 =

1 1 62 1 13 1 1

=33 si deci primele trei ecuatii sunt ecuatii principale, x1, x2 si x3 suntnecunoscute principale iar x4, notat cu , este necunoscuta secun-dara. Sistemul devine

x1 + x2 + 6x3 =

2x1 + x2 x3 = 3x1 x2 x3 =


care are solutia unica data de regula lui Cramer. Trebuie sa mai cal-culam determinantii

D1 =

1 6 1 1 1 1

= 4, D2 =

1 62 13 1

= 31,D3 =

1 1 2 1 3 1

= 10iar x1 =

433 , x2 =

31

33 , x3 =1033 si deci solutia sistemului initial

este (x1, x2, x3, x4) = 133 (4,31, 10, 33), cu R.

20. Sa se rezolve si sa se discute sistemul:x+ y + z = 1

x y + z = 1x+ y z = 2

Rezolvare:

Scriem A =

1 1 1 11 1 1

si A = 1 1 1 1 1 1

1 1 1 2

. Observamca det (A) = (1 + )2, deci, daca Rr {1}, atunci detA 6= 0 si decisistemul are solutie unica data de regula lui Cramer. Calculam

D1 =

1 11 1 12 1 1

= 3+ 3, D2 =

1 1 1 1 11 2 1

= 3 3,D3 =

1 1 1 11 1 2

= 22 + 2 2si deci

(x, y, z) =1

(1 + )2(3+ 3, 3 3,22 + 2 2) .

17

Daca = 1, atunci detA = 0 si scriemA = 1 1 11 1 1

1 1 1

si A = 1 1 1 11 1 1 11 1 1 2

. Calculam rang (A) = 2 si rang (A) = 3, deci,conform teoremei lui KroneckerCapelli, sistemul este incompatibil.

21. Sa se rezolve si sa se discute sistemul:x 4y 3z = 1x+ 2y + z = 2

2x+ 4y + 2z = 3

Rezolvare:

Scriem mai ntai matricea sistemului si matricea extinsa:

A =

1 4 31 2 12 4 2

, A = 1 4 3 11 2 1 2

2 4 2 3

.Observam ca rang (A) = 2, deoarece 2 =

1 41 2 = 6 6= 0, iar

3 =

1 4 31 2 12 4 2

= 0. Pe de alta parte, rang (A) = 3 deoarece2 =

1 41 2 = 6 6= 0, 3 =

1 4 31 2 12 4 2

= 0 iar celalalt minorobtinut prin bordarea lui 2 este 3 =

1 4 11 2 22 4 3

= 6 6= 0.Deci rang (A) 6= rang (A) si, conform teoremei lui KroneckerCapelli,sistemul este incompatibil.

22. Sa se rezolve si sa se discute sistemul

( 1)x+ y + (+ 1) z = 1( 1)x+ y + ( + 1) z = 1x+ y + z = 2


Rezolvare:

Avem

A =

1 + 1 1 + 11 1 1

, A = 1 + 1 1 1 + 1 1

1 1 1 2

.

Observam ca 2 = 1 1

= iar 3 = 1 + 1 1 + 1

1 1 1

=0. Deci daca 6= , atunci rang (A) = 2. In ceea ce priveste pe A, cal-

culam 2 = 1 1

= iar 3 = 1 + 1 1 + 1

1 1 1

= 0si 3 =

1 1 1 1

1 1 2

= 2 2 6= 0 pentru 6= . Decirang (A) = 2 6= 3 = rang (A), prin urmare sistemul este incompa-tibil.

Daca = , atunci calculam 2 = 1 1 1

= 1 6= 0 iar 3 = 1 + 1 1 + 1

1 1 1

= 0, deci rang (A) = 2. In ceea ce priveste peA =

1 + 1 1 1 + 1 11 1 1 2

, calculam 2 = 1 1 1 = 1 6=

0 iar 3 este nul, oricum l-am alege. Deci rang(A)

= 2 = rang (A),prin urmare sistemul este compatibil nedeterminat. Determinantul

principal (cel care da rangul) este 2 = 1 1 1

, deci prima si atreia ecuatie sunt cele principale, necunoscutele x si y sunt necunos-cutele principale, iar z este necunoscuta secundara. Vom nota z = asi rescriem sistemul sub forma( 1)x+ y = (+ 1) ax+ y = 2 acare are solutia unica (x, y) = (1 2+ a,1 + 2 2a), deci solutia

19

sistemului initial este (x, y, z) = (1 2+ a,1 + 2 2a, a), cua R.

23. Sa se rezolve si sa se discute sistemele:

(a)

2x1 + x2 + x3 = 2

x1 + 3x2 + x3 = 5

x1 + x2 + 5x3 = 72x1 + 3x2 3x3 = 14

; (b)

(3 2)x1 + (2 )x2 + x3 = (2 )x1 + (2 )x2 + x3 = 1x1 + x2 + (2 )x3 = 1

;

si

(c)

2x1 + 4x2 3x3 = 117x1 3x2 + 5x3 = 63x1 + x2 8x3 = 156x1 5x2 + 11x3 = 4

(d)

x1 2x2 + 3x3 4x4 = 4x2 x3 + x4 = 3x1 + 3x2 3x4 = 17x2 + 3x3 + x4 = 3

;

(e)

x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 = 11

2x1 + 3x2 + 4x3 + x4 = 12

3x1 + 4x2 + x3 + 2x4 = 13

4x1 + x2 + 2x3 + 3x4 = 14

Rezolvare:

Scriem, mai ntai, matricea sistemului si matricea extinsa. Calculamrangurile lor si vedem daca sunt sau nu egale. Daca nu sunt egaleatunci sistemul este incompatibil. Daca sunt egale atunci se deter-mina necunoscutele principale si pe cele secundare.

(a)

A =

2 1 11 3 11 1 52 3 3

, A =

2 1 1 21 3 1 51 1 5 72 3 3 14

.


Deoarece det A =

2 1 1 21 3 1 51 1 5 72 3 3 14

= 0, deducem ca rang(A) 3.

Pe de alta parte, 2 = 2 11 3

= 5 6= 0 rangA 2, 3 =2 1 11 3 11 1 5

= 22 6= 0 rangA 3 si rang A 3, deci obtinemrang (A) = 3 = rang

(A), adica sistemul este compatibil. Determi-

nantul principal este 3 deci primele trei ecuatii sunt cele principaleiar x1, x2, x3 sunt necunoscutele principale. Sistemul devine

2x1 + x2 + x3 = 2

x1 + 3x2 + x3 = 5

x1 + x2 + 5x3 = 7

care are solutia data de regula lui Cramer. Se va obtine (x1, x2, x3) =(1, 2,2).

(b) Avem

A =

3 2 2 12 2 11 1 2

, A = 3 2 2 1 2 2 1 1

1 1 2 1

si

detA =

3 2 2 12 2 1

1 1 2

= 3 + 52 7+ 3.Iar detA = 0 3 + 527+ 3 = 0. Radacinile (radacinile ntregise gasesc printre divizorii termenului liber) sunt 1 = 1, 2 = 1 si3 = 3 (adica 3 + 52 7 + 3 = (1 )2(3 )). Deci daca R \ {1, 3} atunci detA 6= 0 deci sistemul este compatibil determinat,

21

solutia unica fiind gasita cu regula lui Cramer:

x1 =1

detA

2 11 2 11 1 2

= = (1 )2( 3)

(1 )2(3 ) = 1

x2 =1

detA

3 2 12 1 1

1 1 2

= = (1 )2(4 )

(1 )2(3 ) =4 3

x3 =1

detA

3 2 2 2 2 1

1 1 1

= = (1 )2

(1 )2(3 ) =1

3

Daca = 1 atunci detA = 0 si sistemul devinex1 + x2 + x3 = 1

x1 + x2 + x3 = 1

x1 + x2 + x3 = 1

Acum rang (A) = 1 = rang(A)

deci sistemul este compatibil nede-terminat si, plecand de la minorul principal, gasim ca necunoscuteleprincipale si ecuatiile principale sunt x1 respectiv prima ecuatie. Sis-temul devine, notand necunoscutele secundare x2 = si x3 = ,{

x1 = 1 ,adica solutia sistemului initial este (x1, x2, x3) = (1, , ), , R.

Daca = 3 atunci detA = 0 si sistemul devine3x1 x2 + x3 = 3x1 x2 + x3 = 1x1 + x2 x3 = 1

Acum rang (A) = 2 si rang(A)

= 3 deci sistemul este incompatibil.

(c) Avem

A =

2 4 37 3 53 1 86 5 11

, A =

2 4 3 117 3 5 63 1 8 156 5 11 4

.


Deoarece 3 =

2 4 37 3 53 1 8

= 274 6= 0 rangA = 3. In ceea cepriveste pe A, calculam 4 =

2 4 3 117 3 5 63 1 8 156 5 11 4

= 0 deci rang(A)

3, prin urmare rang(A)

= 3 (deoarece exista minorul 3 6= 0). Obtinemrang (A) = 3 = rang

(A)

si deci sistemul este compatibil nedetermi-nat. Determinantul principal (cel care da rangul) este 3, deci necu-noscutele x, y si z sunt necunoscute principale iar primele trei ecuatiisunt ecuatiile principale. Sistemul devine

2x1 + 4x2 3x3 = 117x1 3x2 + 5x3 = 63x1 + x2 8x3 = 15

care este cu trei ecuatii si trei necunoscute si care are determinantulmatricei sistemului nenul. Deci se poate rezolva cu regula lui Cramer.Calculam determinantii

11 4 36 3 5

15 1 8

= 548,

2 11 37 6 53 15 8

= 274,

2 4 117 3 63 1 15

= 274si deci

(x1, x2, x3) = (2, 1,1) .(d) Avem rang (A) = 3 = rang

(A)

si apoi (x1, x2, x3, x4) = (8, 3 +, 6 + 2, ), R.(e) Avem rang (A) = 4 = rang

(A), iar solutia este data de regula lui

Cramer, (x1, x2, x3, x4) = (2, 1, 1, 1).

24. Sa se rezolve prin metoda lui Gauss sistemele:

(a)

x+ 2y 3z = 02x y + z = 3y + 2z = 4

; (b)

x+ y + z t = 22x+ y z + 2t = 9x+ 2y + 2z t = 5x+ 3y z 2t = 4

23

si

(c)

x1 + x2 + x3 + x4 = 1

2x1 x2 + x3 x4 = 2x1 2x2 2x4 = 1

; (d)

x+ 2y + z = 3

2x y + 3z = 2x 3y + 2z = 0

;

(e)

x 2y + z = 44x+ 3y 2z = 112x+ 3y + 4z = 11

Rezolvare:

(a) Avem ca detA =

1 2 32 1 10 1 2

= 17 6= 0 si numarul de ecuatiieste egal cu numarul de necunoscute. Obtinem rang (A) = 3 = rang

(A)

si deci sistemul este compatibil determinat cu solutia data de regulalui Cramer.

Exista nsa o metoda alternativa de a studia un sistem (nu conteazanumarul de ecuatii si de necunoscute). Aceasta este metoda lui Ga-

uss. Scriem matricea extinsa A =

1 2 3 02 1 1 30 1 2 4

si vom facetransformari convenabile pentru a obtine zerouri sub diagonala prin-cipala. Astfel vom aduna prima linie nmultita cu constante con-venabile la celelalte linii (stim ca n urma acestor transformari apli-cate unor matrici patratice, determinantul nu se modifica). Apoi vomaduna a doua linie nmultita cu constante convenabile la urmatoarelelinii, s.a.m.d.. Astfel obtinem zerouri pe coloane si sistemul devine


unul triunghiular. Avem

1 2 3 02 1 1 30 1 2 4

1 2 3 02 2 1 4 1 + 6 3 0

0 1 2 4

=

1 2 3 00 5 7 30 1 2 4

1 2 3 00 5 7 3

0 1 1 2 + 7/5 4 3/5

=

1 2 3 00 5 7 30 0 17/5 17/5

si deci sistemul initial este echivalent cu urmatorul sistem triunghiu-lar:

x+ 2y 3z = 05y + 7z = 317z/5 = 17/5.

Solutia lui este imediata (x, y, z) = (1, 2, 1) .

(b) Matricea A =

1 1 1 1 22 1 1 2 91 2 2 1 5

1 3 1 2 4

si vom face transformari

25

convenabile pentru a obtine zerouri sub diagonala principala. Obtinem

1 1 1 1 22 1 1 2 91 2 2 1 5

1 3 1 2 4

1 1 1 1 22 2 1 2 1 2 2 + 2 9 41 + 1 2 + 1 2 + 1 1 1 5 + 2

1 1 3 1 1 1 2 + 1 4 2

=

1 1 1 1 20 1 3 4 50 3 3 2 70 2 2 1 6

1 1 1 1 20 1 3 4 50 3 3 3 9 2 + 12 7 + 150 2 2 2 6 1 + 8 6 + 10

=

1 1 1 1 20 1 3 4 50 0 6 10 220 0 8 7 4

1 1 1 1 20 1 3 4 50 0 6 10 220 0 8 + 8 7 86 10 4 86 22

=

1 1 1 1 20 1 3 4 50 0 6 10 220 0 0 19/3 76/3

.si sistemul este echivalent cu urmatorul sistem triunghiular:

x+ y + z t = 2y 3z + 4t = 56z + 10t = 2219t/3 = 76/3

Solutia lui este imediata (x, y, z, t) = (1, 2, 3, 4) .

(c) Avem, citind matricea extinsa, 1 1 1 1 12 1 1 1 21 2 0 2 1

1 1 1 1 10 3 1 3 0

0 3 1 3 2

=

1 1 1 1 10 3 1 3 00 0 0 0 2

.


si sistemul este echivalent cu urmatorul sistem triunghiular:x1 + x2 + x3 + x4 = 1

3x2 x3 3x4 = 00x3 + 0x4 = 2

care nu are solutii deoarece am obtinut 0 = 2, care este o contradictie.Deci sistemul initial este incompatibil.

Se poate observa, calculand pentru sistemul initial cele doua ranguri,ca rang (A) = 2 (deoarece 2 6= 0 si 3,3 = 0) si rang

(A)

= 3(deoarece 2 6= 0 si 3,3 = 0 dar exista si 3 = 6 6= 0). Decirang (A) < rang

(A)

ceea ce nseamna ca sistemul dat este incompati-bil.

Capitolul 2

Spatii vectoriale

1. Fie G un grup aditiv comutativ si K un camp. Are G o structura despatiu vectorial fata de nmultirea cu scalari definita prin x = x, K, x G ? Dar daca este definita prin x = 0, K, x G?

2. Se noteaza cu FD (R) multimea functiilor reale definite pe D R.Pentru orice f, g FD (R) se definesc operatiile

f g = fg si f = f, R.

Este FD (R) un spatiu vectorial?

3. Sa se arate ca multimea V = {x R : x > 0} cu operatiile definite de

x y = xy si x = x, R, x, y V,

este un spatiu vectorial peste R.

Rezolvare:

Se observa imediat ca operatiile sunt cu valori n V , adica : V V V si : KV V (deci pentru orice x, y V si R avem ca xy V si ca x V ). De asemenea este usor de verificat ca (V,) esteun grup comutativ (are loc asociativitatea, comutativitatea, existentavectorului nul si a opusului oricarui vector din V ).

27

28 2. Spatii vectoriale

Sa verificam si celelalte proprietati

( x) = (x) = (x) = x = () x,(+ ) x = x+ = xx = ~x ~x, (x y) = (xy) = (xy) = xy = ~x ~y,1 x = x1 = x,

pentru orice , K si orice x, y V.4. Sa se verifice daca urmatoarea multime{

a0xn + a1x

n1 + + an1x+ an : a0 6= 0, ai R, i = 1, n}

este spatiu vectorial.

5. Se considera multimea tuturor perechilor de numere reale strict pozi-tive V = {(x1, x2) : x1, x2 > 0} R2 si se definesc operatiile

x+ y = (x1y1, x2y2) si x = (x1 , x2 ) , R, x, y V.

Sa se arate ca multimea data este un spatiu vectorial peste R.

6. Sa se verifice daca urmatoarele perechi de operatii definesc pe R2 ostructura de spatiu vectorial:

(a) (x1, x2) + (y1, y2) = (x1 + y1, 0) ,

(x1, x2) = (x1, x2) , , x1, x2, y1, y2 R

(b) (x1, x2) + (y1, y2) = (x1 + y1, y2) ,

(x1, x2) = (x1, x2) , , x1, x2, y1, y2 R

(c) (x1, x2) + (y1, y2) = (x1 + y1, x2 + y2) ,

(x1, x2) = (0, x2) , , x1, x2, y1, y2 R

(d) (x1, x2) + (y1, y2) = (x1 + y1, x2 + y2) ,

(x1, x2) = (x1 x2, x1 + x2) , C, x1, x2, y1, y2 R.

7. Sa se arate ca multimea tuturor sirurilor convergente de numere realeformeaza un patiu vectorial peste R.

29

8. Sa se arate ca multimea tuturor functiilor continue definite pe [a, b]formeaza un patiu vectorial peste R. Idem pentru functiile derivabilepe (a, b) .

9. Este multimea V ={

(x1, x2, x3) R3 : 3x1 + 4x2 = 0} R3 un subspatiu

vectorial al lui R3 ? Dar W ={

(x1, x2, x3) R3 : x1 = 0} R3 ?

10. Fie ~x = (x1, x2, . . . , xn) Rn. Sa se precizeze care din submultimiledeterminate de conditiile de mai jos formeaza un spatiu vectorial sicare nu.

(a) toti vectorii astfel ncat x1 = 0;

(b) toti vectorii astfel ncat x1 = x2;

(c) toti vectorii astfel ncat x1x2 = 0;

(d) toti vectorii astfel ncat x1 + x2 + + xn = 0;(e) toti vectorii astfel ncat x1 = 0, x2 = 0;

(f) toti vectorii astfel ncat x1 + x2 = 0.

11. Sa se precizeze care din submultimile de mai jos formeaza un spatiuvectorial si care nu.

(a) S1 = {(x1, x2, 0) : x1, x2 R} ;(b) S2 = {(x1, x2, 1) : x1, x2 R} ;(c) S3 = {(x1, x2, x3) : x1, x2, x3 Z} ;(d) S4 = {(x1, x2, x1 + x2) : x1, x2 R} ;(e) S5 = {(x1, x2, x3) : 2x1 + 3x2 = 0, x1, x2, x3 R} ;(f) S6 = {(x1, x2, x3) : 2x1 + 3x2 = 1, x1, x2, x3 R} ;(g) S7 = {(x1, x2, x3) : x1x2 = 0, x1, x2, x3 R} ;(h) S8 = {(x1, x2, x3) : x1 + x2 + x3 > 0, x1, x2, x3 R} .

Rezolvare:

Trebuie sa verificam daca prin orice de combinatie liniara cu elementedin submultime, parasim sau nu submultimea. Fie, arbitrari, darfixati, , R si x, y Si, i = 1, 8, si sa vedem daca x+ y ramanesau nu n Si, i = 1, 8.

Se va obtine ca sunt subspatii vectoriale S1, S4 si S5.


12. Sa se arate ca multimea matricelor de forma[

a bb a

]M2 (R) este

un subspatiu vectorial al luiM2 (R) .

13. Sa se arate ca multimea matricelor de forma

a 2c 2bb a 2cc b a

M3 (R)este un subspatiu vectorial al luiM3 (R) .

14. Dintr-un spatiu vectorial se exclude un vector ~v. Multimea ramasapoate fi spatiu vectorial?

15. Care dintre urmatoarele submultimi sunt subspatii vectoriale ale luiM2 (R):

(a) S1 =

{[0 ab c

]M2 (R) : a, b, c R

};

(b) S2 =

{[1 ab c

]M2 (R) : a, b, c R

};

(c) S3 =

{[a bb c

]M2 (R) : a, b, c R

};

(d) S4 =

{[a bc 0

]M2 (R) : a, b, c R, c = b a

};

(e) S5 =

{[a 2a

3a b

]M2 (R) : a, b R

}?

Rezolvare:

Trebuie sa verificam ca daca prin orice de combinatie liniara cu ele-mente din submultime, parasim sau nu submultimea.

(a) Calculam, pentru , R si A,A S1,

A+A = [

0 ab c

]+

[0 a

b c

]=

[0 a+ a

b+ b c+ c

] S1,

deci S1 M2 (R) este subspatiu vectorial al luiM2 (R).(b) Calculam, pentru , R si A,A S2,

A+A = [

1 ab c

]+

[1 a

b c

]=

[2 a+ a

b+ b c+ c

]/ S2,

31

deoarece 2 6= 1, deci S2 M2 (R) nu este subspatiu vectorial al luiM2 (R).(c) Calculam, pentru , R si A,A S3,

A+A = [a bb c

]+

[a b

b c

]=

[a+ a b+ b

b+ b c+ c

] S3,

deci S3 M2 (R) este subspatiu vectorial al luiM2 (R).(d) Calculam, pentru , R si A,A S4,

A+A = [a bc 0

]+

[a b

c 0

]=

[a+ a b+ b

c+ c 0

] S4,

deoarece, evident, c + c = (b a) + (b a) = (b+ b) (a+ a), si deci S4 M2 (R) este subspatiu vectorial al luiM2 (R).(e) Calculam, pentru , R si A,A S5,

A+ A = [

a 2a3a b

]+

[a 2a

3a b

]=

[a+ a 2 (a+ a)

3 (a+ a) b+ b

] S5,

deci S5 M2 (R) este subspatiu vectorial al luiM2 (R).16. Sa se arate ca urmatorii vectori sunt liniar dependenti si sa se afle

relatia de dependenta: ~v1 = (0, 1, 1), ~v2 = (1, 2, 3), ~v3 = (2,1, 1) dinR3.

Rezolvare:

Fie combinatia liniara

1~v1 + 2~v2 + 3~v3 = ~0 1 (0, 1, 1) + 2 (1, 2, 3) + 3 (2,1, 1) = ~0 (0, 1, 1) + (2, 22, 32) + (23,3, 3) = (0, 0, 0)

ceea ce este echivalent cu sistemul2 + 23 = 0

1 + 22 3 = 01 + 32 + 3 = 0.


Calculam detA =

0 1 21 2 11 3 1

= 0 si rangA = 2, deci sistemulomogen este compatibil dar nedeterminat. Rezolvand sistemul for-mat cu primele doua ecuatii si primele doua necunoscute obtinemsolutia (53,23, 3), 3 R. Luand, n particular, 3 = 1 se obtinesolutia (5,2, 1), deci are loc relatia de dependenta

5~v1 2~v2 + ~v3 = ~0,ceea ce nseamna ca vectorii dati sunt liniar dependenti.

Reamintim ca rangul matricei formata cu vectorii pusi pe coloanaeste exact numarul de vectori coloana liniari independenti. In cazulnostru numarul de vectori linar independenti este 2.

17. Sa se studieze dependenta liniara a urmatorilor vectori: ~v1 = (1,1, 2),~v2 = (1, 3,2), ~v3 = (5,11, 10) .Rezolvare:

Sa consideram combinatia liniara

~v1 + ~v2 + ~v3 = ~0

(1,1, 2) + (1, 3,2) + (5,11, 10) = (0, 0, 0)= (,, 2) + (, 3,2) + (5,11, 10) = (0, 0, 0)

+ 5 = 0+ 3 11 = 02 2 + 10 = 0

Determinantul matricii sistemului este detA =

1 1 51 3 11

2 2 10

=0, prin urmare rangA < 3, iar

1 11 3 = 2 6= 0, deci rangul

rangA = 2. Sistemul de mai sus are doua necunoscute principale, si, si o necunoscuta secundara si este deci compatibil nedeterminat(admite o infinitate de solutii) cu solutia = 2, = 3, R. Inacest caz vectorii dati sunt liniar dependenti si are loc relatia

(2) ~v1 + 3 ~v2 + ~v3 = ~0, R

33

In particular pentru = 1 obtin relatia de dependenta 2~v1 + 3~v2 +~v3 = ~0.

18. Sa se studieze dependenta liniara a urmatorilor vectori:

(a) ~v1 = (1, 2,1, 1,2) , ~v2 = (1, 3, 2,1,1) , ~v3 = (0, 1, 4, 2, 0), ~v4 =(2, 4,3,2,3) din R5;(b) ~v1 = (1,1, 2) , ~v2 = (1, 0, 3) , ~v3 = (2, 1, 1) din R3;(c) p1 (x) = 2x

2 + x+ 3, p2 (x) = x2 + 5x 3, p3 (x) = 3x2 x+ 7 din

P2 (x) ;

(d) A1 =

[2 13 1

], A2 =

[0 21 1

], A3 =

[5 12 1

]dinM2 (R) .

Rezolvare:

(a) Fie combinatia liniara

1~v1 + 2~v2 + 3~v3 + 4~v4 = ~0 1 (1, 2,1, 1,2) + 2 (1, 3, 2,1,1) + 3 (0, 1, 4, 2, 0)

+4 (2, 4,3,2,3) = ~0ceea ce este echivalent cu sistemul

1 + 2 + 24 = 0

21 + 32 + 3 + 44 = 0

1 + 22 + 43 34 = 01 2 + 23 24 = 021 2 34 = 0.

Determinam rangA = 3 si deci sistemul omogen este compatibil darnedeterminat. Rezolvand sistemul format cu primele trei ecuatii siprimele trei necunoscute obtinem solutia (4,4, 4, 4), 4 R.Luand, n particular, 4 = 1 se obtine solutia (1, 1,1,1), deci areloc relatia de dependenta

~v1 + ~v2 ~v3 ~v4 = ~0,ceea ce nseamna ca vectorii dati sunt liniar dependenti.

(b) Fie combinatia liniara

1~v1 + 2~v2 + 3~v3 = ~0 1 (1,1, 2) + 2 (1, 0, 3) + 3 (2, 1, 1) = ~0


ceea ce este echivalent cu sistemul1 + 2 + 23 = 0

1 + 3 = 021 + 32 + 3 = 0.

Determinam rangA = 3 si deci sistemul omogen este compatibil siunic determinat, deci solutia banala este unica, adica (1, 2, 3) =(0, 0, 0) ceea ce nseamna ca vectorii dati sunt liniar independenti.

(c) Fie combinatia liniara

1p1 (x) + 2p2 (x) + 3p3 (x) = 0

(21 + 2 + 33)x2 + (1 + 52 3)x+ (31 32 + 73) = 0ceea ce este echivalent cu sistemul

21 + 2 + 33 = 0

1 + 52 3 = 031 32 + 73 = 0.

Calculam detA =

2 1 31 5 13 3 7

= 0 si rangA = 2, deci sistemulomogen este compatibil dar nedeterminat. Rezolvand sistemul for-mat cu primele doua ecuatii si primele doua necunoscute obtinemsolutia

(169 3, 593, 3), 3 R. Luand, n particular, 3 = 9 seobtine solutia (16,5,9), deci are loc relatia de dependenta

16p1 (x) 5p2 (x) 9p3 (x) = 0,ceea ce nseamna ca vectorii dati sunt liniar dependenti.

(d) Fie combinatia liniara

1A1 + 2A2 + 3A3 = 0

1[

2 13 1

]+ 2

[0 21 1

]+ 3

[5 12 1

]= 0

ceea ce este echivalent cu sistemul

21 + 53 = 0

1 + 22 + 3 = 031 2 + 23 = 01 + 2 3 = 0.

35

Determinam rangA = 3 si deci sistemul omogen este compatibil siunic determinat, deci solutia banala este unica, adica (1, 2, 3) =(0, 0, 0) ceea ce nseamna ca vectorii dati sunt liniar independenti.

19. Sa se studieze dupa valorile parametrului m R dependenta liniaraa sistemului de vectori {~v1 = (1, 2, 3) , ~v2 = (4, 5, 6) , ~v3 = (7, 8,m)} .

Rezolvare:

Sa consideram combinatia liniara

(1, 2, 3) + (4, 5, 6) + (7, 8,m) = ~0

+ 4 + 7 = 0

2+ 5 + 8 = 0

3+ 6 +m = 0

Determinantul matricii sistemului este detA =

1 4 72 5 83 6 m

= m 9.Daca m 6= 9 obtinem rangul rangA = 3 deci sistemul de mai sus estecompatibil unic determinat cu solutia banala ca unica solutie = = = 0. In acest caz vectorii dati sunt liniar independenti.

Daca m = 9 atunci rangA < 3 si 1 42 5

= 3 6= 0 deci rangA = 2,adica sistemul de mai sus are doua necunoscute principale si , sio necunoscuta secundara si este deci compatibil nedeterminat cusolutia = , = 2, R. Atunci are loc relatia

~v1 2 ~v2 + ~v3 = ~0, R.

In particular pentru = 1 obtin relatia de dependenta

~v1 2~v2 + ~v3 = ~0.

20. Sa se arate ca urmatorii vectori sunt liniar dependenti si sa se aflerelatia de dependenta:

(a) ~v1 = (1, 1, 1) , ~v2 = (1,1, 1) , ~v3 = (1, 3,1) din R3;(b) ~v1 = (1, 2, 5) , ~v2 = (5, 3, 1) , ~v3 = (15,2, 21) din R3;


(c) p1 (x) = x2 + 5, p2 (x) = x

2 4x + 3, p3 (x) = x2 + 16x + 13 dinP2 (x) ;

(d) A1 =

[1 2 30 1 1

], A2 =

[2 1 52 0 4

], A3 =

[ 3 6 58 5 11

]din

M2,3 (R) .21. Sa se arate ca urmatorii vectori sunt liniar independenti:

(a) ~v1 = (5, 3, 1) , ~v2 = (1, 1, 1) , ~v3 = (1, 4, 2) din R3;

(b) p1 (x) = x24x+ 3, p2 (x) = 5x4, p3 (x) = x2 +x+ 1 din P2 (x) ;

(d) E11 =

[1 00 0

], E12 =

[0 10 0

], E21 =

[0 01 0

], E22 =

[0 00 1

]dinM2 (R) .

22. Sa se afle numarul maxim de vectori liniar independenti din sistemulS = {~v1, ~v2, ~v3, ~v4}, unde ~v1 = (1,1, 1) , ~v2 = (2,1, 3) , ~v3 = (1, 3, 5),~v4 = (3, 1, 7) .

Rezolvare:

Se stie ca rangul matricei formata cu vectorii pusi pe coloana esteexact numarul de vectori coloana liniari independenti. In cazul nos-

tru rangul matricei A =

1 2 1 31 1 3 11 3 5 7

este 2, deci numarul ma-xim de vectori liniar independenti din S este 2.

Sa se gaseasca, n plus, relatia de dependenta dintre primii trei vec-tori.

23. Sa se afle numarul maxim de vectori liniar independenti din sistemulS = {~v1, ~v2, ~v3, ~v4}, unde ~v1 = (2, 1,1) , ~v2 = (1, 2, 1) , ~v3 = (3, 0,3),~v4 = (1, 1, 0) .

Rezolvare:

Se stie ca rangul matricei formata cu vectorii pusi pe coloana esteexact numarul de vectori coloana liniari independenti. In cazul nos-

tru rangul matricei A =

2 1 3 11 2 0 11 1 3 0

este 2, deci numarul ma-xim de vectori liniar independenti din S este 2.

37

Sa se gaseasca, n plus, relatia de dependenta dintre primii trei vec-tori.

24. In R4 se considera vectorii ~v1 = (1, 0, 2,1), ~v2 = (3, 1,1, 0) si ~v3 =(2,2, 3, 1). Sa se precizeze care este subspatiul vectorial generat de~v1, ~v2 si ~v3.

Rezolvare:

Se stie ca rangul matricei formata cu vectorii pusi pe coloana esteexact numarul de vectori coloana liniari independenti. Iar dimensiu-nea subspatiului generat de vectorii dati este egala cu numarul ma-xim de vectori liniar independenti ai sistemului dat. In cazul nostru

rangul matricei A =

1 3 20 1 22 1 31 0 1

este 3, deci numarul maximde vectori liniar independenti dintre cei dati este 3. Prin urmare di-mensiunea subspatiului generat de cei trei vectori este 3.

25. In R4 se considera vectorii ~v1 = (2,1, 3, 5) , ~v2 = (1, 3,2, 4) . Sase arate ca ~v1, ~v2 sunt liniar independenti si sa se precizeze care estesubspatiul vectorial generat de ~v1 si ~v2. Vectorul ~v = (1, 11,12, 2)apartine acestui subspatiu?

Rezolvare:

Se stie ca rangul matricei formata cu vectorii pusi pe coloana esteexact numarul de vectori coloana liniari independenti. Iar dimensiu-nea subspatiului generat de vectorii dati este egala cu numarul ma-xim de vectori liniar independenti ai sistemului dat. In cazul nostru

rangul matriceiA =

2 11 3

3 25 4

este 2, deci numarul maxim de vec-tori liniar independenti dintre cei dati este 2. Prin urmare dimensiu-nea subspatiului generat de cei trei vectori este 2. Subspatiul generatde vectorii ~v1si ~v2 este, prin definitie,

{~v1 + ~v2 : , R} = { (2,1, 3, 5) + (1, 3,2, 4) : , R}= {(2+ ,+ 3, 3+2, 5+ 4) : , R} .


Vectorul ~v = (1, 11,12, 2) apartine acestui subspatiu daca existascalarii , R astfel ncat ~v = ~v1 + ~v2 sau echivalent

(1, 11,12, 2) = (2+ ,+ 3, 3 2, 5+ 4)

ceea ce revine la rezolvarea sistemului

2+ = 1+ 3 = 113 2 = 125+ 4 = 2

Studiem compatibilitatea acestui sistem: matricea A are rangul 2 iar

A =

2 1 11 3 11

3 2 125 4 2

are rangul tot 2 (ambii determinati de ordi-nul al treilea

2 1 11 3 11

3 2 12

si

2 1 11 3 11

5 4 2

sunt nuli). Prin ur-mare, rangA = rang A = 2 deci sistemul este compatibil. Solutia estedata prin rezolvarea sistemului format cu primele doua ecuatii (celeprincipale) si primele doua necunoscute (cele principale). Obtinem = 2 si = 3.Deci avem ~v = 2~v1 + 3~v2, adica ~v apartine subspatiului generat decei doi vectori.

26. In spatiul P3 (x) se considera vectorii p1 (x) = x3 + 2x 1, p2 (x) =2x2 + 1, p3 (x) = x3x. Sa se arate ca p1 (x), p2 (x) si p3 (x) sunt liniarindependenti si sa se precizeze care este subspatiul vectorial generatde p1 (x) , p2 (x) si p3 (x). Vectorul p (x) = 2x2 + 3x apartine acestuisubspatiu? Dar p (x) = x+ 1 ?

Rezolvare:

Se verifica mai ntai ca vectorii dati sunt liniari independenti (se pleacade la o combinatie liniara egala cu zero, i.e. p1 (x)+p2 (x)+p3 (x) =0, si trebuie sa aratam ca = = = 0).

39

Subspatiul generat de vectorii polinoame date este, prin definitie,

{p1 (x) + p2 (x) + p3 (x) : , , R}= {p1 (x) + p2 (x) + p3 (x) : , , R}={

(+ )x3 + 2x2 + (2 )x+ (+ ) : , , R} .Vectorul p (x) = 2x2 + 3x apartine acestui subspatiu daca exista sca-larii , , R astfel ncat p (x) = p1 (x) + p2 (x) + p3 (x) sauechivalent

2x2 + 3x = (+ )x3 + 2x2 + (2 )x+ (+ )


+ = 0

2 = 2

2 = 3+ = 0

Studiem compatibilitatea acestui sistem: matricea sistemului esteA =1 0 10 2 02 0 11 1 0

are rangul 3 (avem

1 0 10 2 02 0 1

= 6 6= 0) iar A =1 0 1 00 2 0 22 0 1 31 1 0 0

are rangul tot 3 (determinantul matricei A esteeste nul). Prin urmare, rangA = rang A = 3 deci sistemul este com-patibil. Solutia este data prin rezolvarea sistemului format cu primeletrei ecuatii (cele principale) si primele trei necunoscute (cele princi-pale). Obtinem = 1, = 1 si = 1.Deci avem p (x) = p1 (x)+p2 (x)p3 (x) adica p (x) apartine subspatiuluigenerat de cele trei polinoame.

Prin abordare similara se va demonstra ca x+1 nu apartine subspatiuluigenerat. Intr-adevar, p (x) = x + 1 apartine acestui subspatiu daca


exista scalarii , , R astfel ncat p (x) = p1 (x)+p2 (x)+p3 (x)sau echivalent

x+ 1 = (+ )x3 + 2x2 + (2 )x+ (+ )ceea ce revine la rezolvarea sistemului

+ = 0

2 = 0

2 = 1+ = 1

Studiem compatibilitatea acestui sistem: matricea sistemului esteA =1 0 10 2 02 0 11 1 0

are rangul 3 iar A =

1 0 1 00 2 0 02 0 1 11 1 0 1

are rangul 4(determinantul matricei A nu este nul). Prin urmare, rangA 6= rang Adeci sistemul este incompatibil. Deci p (x) nu apartine subspatiuluigenerat de cele trei polinoame.

27. In R4 se considera vectorii ~v1 = (1, 4,5, 2) , ~v2 = (1, 2, 3, 1) . Sa searate ca ~v1, ~v2 sunt liniar independenti si sa se precizeze care estesubspatiul vectorial generat de ~v1 si ~v2. Vectorul ~v = (2, 14,34, 7)apartine acestui subspatiu?

28. In R4 se considera subspatiul

V ={

(x1, x2, x3, x4) R4 : x1 + x2 + x3 + x4 = 0}.

Sa se afle un sistem de generatori al lui V .

29. Sa se arate ca daca vectorii ~v1, ..., ~vn V sunt liniar independentiatunci si vectorii

~w1 = ~v1

~w2 = ~v1 + ~v2

...

~wn = ~v1 + ~v2 + + ~vnsunt liniar independenti.

41

30. Sa se determine astfel ncat vectorii ~v1 = (, 0, 1), ~v2 = (0, ,1),~v3 = (1, 1, ) din R3 sa formeze o baza n R3.Rezolvare:

Intr-un spatiu de dimensiune n, daca avem n vectori liniar independenti,atunci acestia formeaza o baza.

In particular, n spatiul R3, care este de dimensiune 3, daca avem treivectori liniar independenti atunci acestia formeaza o baza.

Rangul matricei formata cu vectorii pusi pe coloana este exact numarulde vectori coloana liniari independenti (iar dimensiunea subspatiuluigenerat de cei trei vectori este egala cu numarul maxim de vectoriliniar independenti ai sistemului dat). In cazul nostru rangul matri-

cei A =

0 10 11 1

depinde de . Astfel detA = 3 + 2 =(2 + 2

), deci daca = 0 , atunci rangul este 2 si deci numarul

maxim de vectori liniar independenti dintre cei dati este 2 (deci ceitrei vectori nu sunt liniar independenti, deci nu pot forma o baza).Daca R {0}, atunci rangul este 3, prin urmare numarul ma-xim de vectori liniar independenti dintre cei dati este 3, deci cei treivectori sunt liniar independenti si deoarece numarul de vectori li-niar independenti coincide cu dimensiunea spatiului, vectorii datiformeaza o baza n R3.

31. Sa se determine astfel ncat vectorii ~v1 = (1, , 0), ~v2 = (, 1, 1),~v3 = (1, 0, ) din R3 sa formeze o baza n R3.

32. Se dau vectorii ~v1 = (1, 2,3,1), ~v2 = (0,1, 1, 2), ~v3 = (2, 0, 1, 3)si ~v4 = (1, 1, 1, 2) din R4. Sa se arate ca acestia formeaza o baza n R4.Sa se determine coordonatele vectorului ~v = (2, 2,3, 1) n aceastanoua baza.

Rezolvare:

In spatiul R4, care este de dimensiune 4, daca avem patru vectori li-niar independenti atunci acestia formeaza o baza.

Rangul matricei A este 4 deoarece

1 0 2 12 1 0 13 1 1 11 2 3 2

= 16 6= 0,


deci numarul maxim de vectori liniar independenti dintre cei dati este4, adica cei patru vectori sunt liniar independenti si deci pot forma obaza n R4.

A scrie coordonatele vectorului ~v = (2, 2,3, 1) n noua baza nseamna a gasi scalarii , , , R astfel ncat ~v = ~v1+~v2+~v3+~v4sau echivalent

(2, 2,3, 1)= ( 2 , 2 + ,3+ + + ,+ 2 + 3 + 2)


2 = 22 + = 23+ + + = 3+ 2 + 3 + 2 = 1.

Studiem compatibilitatea acestui sistem: matricea A are rangul 4 iar

A =

1 0 2 1 22 1 0 1 23 1 1 1 31 2 3 2 1

are rangul tot 4, prin urmare, rangA =rang A = 4 deci sistemul este compatibil unic determinat. Solutia estedata folosind regula lui Cramer. Obtinem = 1, = 1, = 2 si = 1.Deci avem ~v = ~v1~v2 +2~v3~v4 adica coordonatele lui ~v n noua bazasunt 1,1, 2,1.

33. Sa se determine coordonatele vectorului ~v = (10, 8, 5, 1) R4 nbaza B = {~v1, ~v2, ~v3, ~v4}, unde ~v1 = (1, 0, 0, 0), ~v2 = (1, 1, 0, 0), ~v3 =(1, 1, 1, 0), ~v2 = (1, 1, 1, 1) .

34. Sa se determine coordonatele urmatorilor vectori din spatiul P3 (x) nbaza B =

{1, x, x2, x3

}:

(a) p1 (x) = 4x3 x2 + 5x + 4, (b) p2 (x) = 2x 1, (c) p3 (x) =

(x+ 1)3 .

35. Sa se determine o baza a spatiului vectorialMm,n (R) .

43

Rezolvare:

In mod evident, orice matrice dinMm,n (R) se scrie ntr-un mod unic,cu ajutorul matricelor Eij , i = 1,m, j = 1, n care au 1 la intersectia li-niei i cu coloana j si n rest zerouri, deci multimea matricelor {Eij}i=1,m,

j=1,n

formeaza un sistem de generatori pentru orice matrice dinMm,n (R) .Se poate arata usor ca multimea

{Eij

}i=1,m,j=1,n

este si liniar inde-

pendenta.

36. Fie subspatiul vectorial al matricelor de forma[

a bb a

] M2 (R),

a, b R. Sa se determine o baza a acestui subspatiu.

37. Fie subspatiul vectorial al matricelor de forma

a 2c 2bb a 2cc b a

M3 (R),a, b, c R. Sa se determine o baza a acestui subspatiu.

38. Sa se determine coordonatele urmatorilor vectori din spatiulM2 (R)n baza canonica a luiM2 (R) :

(a) A1 =

[ 5 21 3

], (b) A2 =

[4 02 7

].

39. Se dau vectorii ~a = 2~e1 ~e2,~b = ~e1 + 3~e2 dintr-un spatiu vectorial cubaza {~e1, ~e2}. Sa se arate ca {~a,~b} formeaza o noua baza si sa se aflecoordonatele n aceasta baza ale vectorului ~c = 3~e1 ~e2.

40. Se dau vectorii ~a = (1, 1, 1), ~b = (1, 1, 2), ~c = (1, 2, 3) din R3. Sa searate ca {~a,~b,~c} formeaza o noua baza si sa se afle coordonatele naceasta baza ale vectorilor ~u = (5,1, 3) si ~v = (2, 3,1) .

41. Se da vectorul ~a = 3~e1 +2~e2 dintr-un spatiu vectorial cu baza {~e1, ~e2}.Sa se determine coordonatele vectorului ~a n baza {~f1, ~f2} stiind catrecerea de la o baza la alta este realizata de relatiile ~f1 = 3~e1 + 4~e2 si~f2 = ~e1 + ~e2.

42. Se dau vectorii ~a = ~e1 + ~e2, ~b = 2~e1 ~e2 + ~e3 si ~c = ~e2 ~e3 dintr-unspatiu vectorial cu baza {~e1, ~e2, ~e3}. Sa se arate ca {~a,~b,~c} formeazao noua baza si sa se afle coordonatele n aceasta baza ale vectorului~d = ~e1 + 8~e2 5~e3.


43. Sa se determine dimensiunea si o baza a subspatiului vectorial gene-rat de vectorii:

(a) ~v1 = (1, 2,1, 3), ~v2 = (2, 0,1, 4), ~v3 = (0, 4,1, 2) din R4;(b) ~v1 = (1, 0, 2,3, 4), ~v2 = (2, 1,3, 0,1), ~v3 = (1, 3, 1, 1, 2), ~v4 =(1, 5, 3, 5, 1) din R5.

Rezolvare:

Dimensiunea subspatiului generat de vectorii dati este egala cu numarulmaxim de vectori liniar independenti ai sistemului dat.

(a) Rangul matricei A =

1 2 02 0 41 1 1

3 4 2

este 2, deci numarul ma-xim de vectori liniar independenti dintre cei dati este 2. Prin urmaredimensiunea subspatiului generat de cei trei vectori este 2 iar o bazaeste data, de exemplu, de {~v1, ~v2} .

(b) Rangul matricei A =

1 2 1 1

0 1 3 52 3 1 33 0 1 5

4 1 2 1

este 3, deci numarul ma-xim de vectori liniar independenti dintre cei dati este 3. Prin urmaredimensiunea subspatiului generat de cei patru vectori este 3 iar obaza este data, de exemplu, de {~v1, ~v2, ~v3} .

44. Sa se determine dimensiunea si o baza a subspatiului vectorial gene-rat de vectorii ~v1 = (2, 1, 3, 1), ~v2 = (1, 2, 0, 1), ~v3 = (1, 1,3, 0) dinR4.

45. Se da vectorul ~a = (3,1, 0) n baza {~e1, ~e2, ~e3}. Sa se determine co-ordonatele vectorului ~a n baza {~f1, ~f2, ~f3} stiind ca trecerea de la obaza la alta este realizata de relatiile ~f1 = 2~e1 ~e2 + 3~e3 , ~f2 = ~e1 + ~e3si ~f3 = ~e2 + 2~e3.

46. Un spatiu vectorial are baza {~e1, ~e2, ~e3, ~e4}. Sa se afle matricea de tre-cere de la baza data la baza {~e3, ~e4, ~e1, ~e2} .

Rezolvare:

45

Pentru a scrie matricea de trecere de la baza {~e1, ~e2, ~e3, ~e4} la baza{~e3, ~e4, ~e1, ~e2}, trebuie sa scriem vectorii bazei noi descompusi n functiede vectorii bazei vechi. Avem

~e3 = (0, 0, 1, 0)

~e4 = (0, 0, 0, 1)

~e1 = (1, 0, 0, 0)

~e2 = (0, 1, 0, 0)

Acum matricea de trecere de la o baza la alta se scrie punand coordo-natele de mai sus pe coloana. Obtinem

S =

0 0 1 00 0 0 11 0 0 00 1 0 0

.

47. In spatiul P2 (x) sa se arate ca

B ={p1 (x) = x

2 + x+ 1, p2 (x) = x2 x, p3 (x) = x 1

}formeaza o baza. Sa se afle matricea de trecere de la baza canonica{

1, x, x2}

la baza B. Sa se afle coordonatele polinomului x2 + 5 nbaza B.

Rezolvare:

Dimensiunea lui P2 (x) este 3, deci cele trei polinoame date formeazao baza n P2 (x) daca si numai daca sunt liniar independete. Consi-deram

(x2 + x+ 1

)+

(x2 x)+ (x 1) = 0

ceea ce se reduce la sistemul+ = 0

+ = 0 = 0


care are matricea cu determinantul

1 1 01 1 11 0 1

= 3 6= 0, deci ad-mite solutie unica (doar solutia banala). Deci vectorii dati sunt liniarindependenti, adica formeaza o baza n P2 (x).Pentru a scrie matricea de trecere de la baza canonica

{1, x, x2

}1 labaza B, trebuie sa scriem vectorii bazei B descompusi n functie devectorii bazei canonice. Avem

p1 (x) = x2 + x+ 1 = (1, 1, 1)

p2 (x) = x2 x = (1,1, 0)

p3 (x) = x 1 = (0, 1,1)Acum matricea de trecere de la o baza la alta se scrie punand coordo-natele de mai sus pe coloana. Obtinem

S =

1 1 01 1 11 0 1

.Pentru a gasi coordonatele altui vector n raport cu aceasta noua bazaavem doua metode.

Prima metoda este cea prezentata deja: vectorul p (x) = x2 +5 se scriesub forma p (x) = p1 (x) + p2 (x) + p3 (x) sau echivalent

x2 + 5 = (+ )x2 + ( + )x+ ( )ceea ce revine la rezolvarea sistemului

+ = 1

+ = 0 = 5

Studiem compatibilitatea acestui sistem: matricea sistemului esteA = 1 1 01 1 11 0 1

are rangul 3 iar A = 1 1 0 11 1 1 0

1 0 1 5

are rangul1De fapt, din cauza scrierii polinoamelor sub forma canonica, vom folosi descompunerea

n baza{x2, x, 1

}.

47

tot 3. Prin urmare, rangA = rang A = 3 deci sistemul este compatibil.Solutia este data de regula lui Cramer: = 2, = 1 si = 3.Deci avem p (x) = 2p1 (x) p2 (x) 3p3 (x).A doua metoda nseamna a folosi formula

Y = S1 X,

undeX este matricea coloana a coordonatelor lui p (x) n vechea baza(cea canonica) iar Y este matricea coloana a coordonatelor lui p (x) nnoua baza B. Prin urmare

Y =

1 1 01 1 11 0 1

1 105

= 1 1 12 1 1

1 1 2

105

=

1

3

639

= 213

,

adica coordonatele lui p (x) = x2 + 5 n noua baza sunt

213

, decip (x) = 2p1 (x) p2 (x) 3p3 (x) .

48. In spatiul P3 (x) sa se afle matricea de trecere de la baza{

1, x, x2, x3}

la baza {1, (x 2) , (x 2)2 , (x 2)3

}.

49. In R3 se considera bazele

B = {~v1 = (1,1, 1) , ~v2 = (2, 0, 1) , ~v3 = (1,2, 0)} siB = {~w1 = (2, 1, 2) , ~w2 = (1,2,1) , ~w3 = (0, 1, 1)} .

Sa se determine legatura dintre cele doua baze si sa se determinecoordonatele vectorului ~v fata de baza B stiind ca are coordonatele(1, 1, 0) fata de baza B.

Rezolvare:


Pentru a scrie matricea de trecere de la baza B la baza B, trebuie sascriem vectorii bazei B descompusi n functie de vectorii B. Avem

~w1 = a~v1 + b~v2 + c~v3

~w2 = a~v1 + b~v2 + c~v3

~w3 = a~v1 + b~v2 + c~v3

Rescriind acest sistem si rezolvand-ul obtinem~w1 = ~v1 + ~v2 ~v3~w2 = ~v2 + ~v3~w3 = ~v1 ~v3.

Matricea de trecere de la o baza la alta se scrie punand coordonatelede mai sus pe coloana. Obtinem

S =

1 0 11 1 01 1 1

.Exista si o metoda alternativa de a gasi matricea de schimbare debaze, cand nici una dintre cele doua baze nu sunt cele canonice.Avand n vedere ca este usor de citit matricea de trecere de la bazacanonica, fie

BcS1 B si Bc S2 B,

unde S1 si S2 sunt:

S1 =

1 2 11 0 21 1 0

si S2 = 2 1 01 2 1

2 1 1

.Fiind ambele baze, avem ca S1 si S2 sunt nesingulare si deci

BS11 Bc si Bc S2 B.

Acum putem scrie direct matricea S de schimbare de baza de la B laB :

BS11 S2 Bc,

49

deci

S = S11 S2 =

1 2 11 0 21 1 0

1 2 1 01 2 12 1 1

=

1

3

2 1 42 1 11 1 2

2 1 01 2 12 1 1

=

1

3

3 0 33 3 03 3 3

= 1 0 11 1 01 1 1

.Pentru a gasi coordonatele lui ~v n baza B stiind ca are coordonatele(1, 1, 0) n baza B, folosim formula

Y = S1 X,unde X este matricea coloana a coordonatelor lui ~v n baza initialaB iar Y este matricea coloana a coordonatelor lui ~v n noua baza B.Prin urmare

Y =

1 0 11 1 01 1 1

1 110

= 1 1 11 0 1

0 1 1

110

= 211

,

adica coordonatele lui ~v n noua bazaB sunt

211

, deci ~v = 2~w1 +~w2 ~w3.

50. In R3 se considera baza B = {~v1, ~v2, ~v3} si multimeaB = {~w1 = ~v1 + ~v2 ~v3, ~w2 = 2~v1 + 3~v2, ~w3 = 3~v1 + 7~v2 + 6~v3} .

Sa se arate ca multimea B formeaza o baza si sa se determine coor-donatele vectorului ~w = 2~v1 7~v3 n baza noua B.Rezolvare:

Se poate arata ca vectorii ~w1, ~w2, ~w3 sunt liniar independenti, folosindliniara independenta a vectorilor ~v1, ~v2, ~v3. Apoi ~w1, ~w2, ~w3 formeazao baza deoarece sunt trei vectori liniar independenti ntr-un spatiu dedimensiune 3.


O metoda mai usoara consta n a citi matricea de trecere de la B la B.Aceasta este

S =

1 2 31 3 71 0 6

.Deoarece matricea de trecere de la baza B la noua multime B estenesingulara (detS 6= 0), deducem, conform teoriei, ca multimea cares-a obtinut este tot o baza.

Pentru a gasi coordonatele lui ~w n baza B stiind ca are coordonatele(2, 0,7) n baza B, folosim formula

Y = S1 X.Prin urmare

Y =

1 2 31 3 71 0 6

1 207

= 18 12 513 9 4

3 2 1

207

= 121

,adica coordonatele lui ~w n noua baza B sunt

121

, deci ~w = ~w1 +2~w2 ~w3.

51. Fie subspatiul

S = {(x1, x2, x3, x4) : x1 + 2x2 + x4 = 0, x1, x2, x3, x4 R} R4.Sa se gaseasca o baza n acest subspatiu si sa se precizeze dimensiu-nea subspatiului.

Rezolvare:

Avem evident ca S = {(x1, x2, x3,x1 2x2) : x1, x2, x3 R} . Consi-deram acum vectorii din S, obtinuti pentru diverse valori particulareale variabilelor x1, x2, x3 R. Astfel obtinem

B = {~v1 = (1, 0, 0,1) , ~v2 = (0, 1, 0,2) , ~v3 = (0, 0, 1, 0)} .Acestia sunt liniar independenti deoarece matricea formata cu coor-

donatele lor scrise pe coloana este A =

1 0 00 1 00 0 11 2 0

care are ran-gul 3. In plus se obtine imediat ca orice vector din S se poate scrie ca

51

o combinatie liniara de vectori din S, deoarece

S 3 ~v = (v1, v2, v3,v1 2v2)= v1 (1, 0, 0,1) + v2 (0, 1, 0,2) + v3 (0, 0, 1, 0) .

DeciB este un sistem de generatori pentru S dar si un sistem liniar in-dependent de vectori, deci B constitue o baza pentru S. Prin urmare,dimensiunea lui S este 3.

52. Fie subspatiul S ={[

a b 0b c a+ c

]: a, b, c R

}M2,3 (R) . Sa se

gaseasca o baza B1 n acest subspatiu si sa se precizeze dimensiuneasubspatiului. Sa se arate ca

B2 =

{F1 =

[2 1 01 1 3

], F2 =

[0 1 01 1 1

], F3 =

[0 1 01 2 2

]}formeaza o baza n spatiul S.

Rezolvare:

Consideram matrice din S obtinute pentru diverse valori particulareale variabilelor a, b, c R. Obtinem multimea

B1 =

{E1 =

[1 0 00 0 1

], E2 =

[0 1 01 0 0

], E3 =

[0 0 00 1 1

]}.

Se poate arata ca acestia sunt liniar independenti si se obtine imediatca orice matrice din S se poate scrie ca o combinatie liniara de vectoridin S, deoarece

S 3 A =[

a b 0b c a+ c

]= a

[1 0 00 0 1

]+ b

[0 1 01 0 0

]+ c

[0 0 00 1 1

].

Deci B1 este un sistem de generatori pentru S dar si un sistem liniarindependent de vectori, deci B1 constitue o baza pentru S. Prin ur-mare, dimensiunea lui S este 3.

Acum, n mod analog, se poate arata ca vectorii din B2 sunt liniarindependenti. Acum, spatiul S fiind de dimensiune 3, rezulta imediatca multimeaB2 formata cu 3 vectori liniar independenti este si sistemde generatori, deci B2 formeaza o baza n S.


Pentru a gasi coordonatele unei matrice oarecare din S n raport cubaza B2, trebuie sa plecam de la ecuatia

A =

[a b 0b c a+ c

]=

[2 1 01 1 3

]+

[0 1 01 1 1

]+

[0 1 01 2 2

][

2 0 3

]+

[0 0

]+

[0 0 2 2

]=

[a b 0b c a+ c

],

unde A S, ceea ce este echivalent cu sistemul

2 = a

+ = b0 = 0

+ = b+ + 2 = c

3+ + 2 = a+ c

2 = a

+ = b+ + 2 = c

= a2 , = 16 (a 4b+ 2c) , = 13 (b+ c a) .

Deci S 3 A = a2B1 +

1

6(a 4b+ 2c)B2 + 1

3(b+ c a)B3, adica co-

ordonatele matricei A n baza B1 sunt (a, b, c) iar n baza B2 sunt(a2,1

6(a 4b+ 2c) , 1

3(b+ c a) ).

53. Sa se determine dimensiunea si sa se indice o baza a spatiului solutiilorurmatorului sistem liniar si omogen:

x1 + x2 + x3 + x4 + 2x5 = 0

x1 x2 + 2x3 + x4 + x5 = 0x1 + 5x2 x3 + x4 + 4x5 = 0.

Rezolvare:

53

Trebuie sa rezolvam sistemul omogen. Matricea sistemului are rangul2, deci sistemul se reduce la

x1 + x2 = 2x1 x2 = 2 unde x3 = , x4 = , x5 = .Acesta are solutia x1 = 12 (3 2 2)si x2 = 12 ( ), deci solutia sistemui initial este multimea

(2.1) S ={(1

2(3 2 2) , 1

2( ) , , , ), , , R}.

O metoda alternativa de a rezolva sistemul este si metoda lui Gauss.Astfel obtinem

1 1 1 1 21 1 2 1 11 5 1 1 4

1 1 1 1 20 2 1 0 1

0 4 2 0 2

=

1 1 1 1 20 2 1 0 10 0 0 0 0

iar sistemul triunghiular obtinut se rezolva usor si are solutia data totde multimea (2.1).

O baza pentru multimea solutiilor S se poate obtine dand diversevalori particulare variabilelor , , R. Deducem, de exemplu,baza

B = {~v1 = (3, 1, 2, 0, 0) , ~v2 = (1, 0, 0, 1, 0) , ~v3 = (3,1, 0, 0, 2)} ,

si deci S are dimensiunea 3.

54. Sa se determine dimensiunea si sa se indice o baza a spatiului solutiilor


urmatoarelor sisteme liniare si omogene:

(a)

x1 + x2 x3 = 03x1 2x2 + 2x3 = 06x1 + x2 x3 = 0

; (b)

x1 2x2 + x3 + x4 = 0x1 2x2 + x3 x4 = 0x1 2x2 + x3 + 5x4 = 0

;

(c)

x1 + 2x2 x3 + x5 = 0x1 + 3x2 2x3 + 8x4 3x5 = 0x1 + 4x2 2x3 + 7x4 4x5 = 0x1 + x2 + 2x5 = 0.

Rezolvare:

(a) S1 = {(0, , ) : R}, dimensiunea lui S1 este 1;(b) S2 = {(2 , , , 0) : , R}, dimensiunea lui S2 este 2;(c) S3 =

{( 3, + , 5 32, , ) : , R}, dimensiunealui S3 este 2.

Capitolul 3

Transformari liniare

1. Sa se arate ca aplicatia T : R2 R3 data de T (x1, x2) = (x1, x2, x1 + x2)este o transformare liniara. Sa se scrie matricea acestei transformari.Sa se determine apoi KerT si ImT.

2. Sa se verifice daca urmatoarele aplicatii T : R3 R4 sunt trans-formari 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 n raport cubazele canonice.

3. Fie transformarea liniara T : R2 R3 data prin T (~e1) = 3~f1 +2~f2 ~f3si 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 trans-formarii liniare si sa se determine T (~x), pentru ~x R2 si apoi KerTsi 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, unde B = {~e1, ~e2, ~e3} este obaza n R3. Sa se scrie matricea transformarii liniare n raport cu bazaB.

5. Fie V un spatiu vectorial de dimensiune 2 si doua transformari liniareT1, T2 : V V (endomorfisme). Presupunem ca T1 are n baza B1 =

55

56 3. Transformari liniare

{~e1, ~e2} matricea A1 =[ 1 2

0 1

]iar T2 are n baza B2 = {~e1, ~e2}

matricea A2 =[

3 21 0

]. Sa se afle matricea endomorfismelor T1 +

T2 si T1 T2 (definit de (T1 T2) (~x) := T1 (T2 (~x))) n baza B1 stiindca ~e1 = 2~e1 + ~e2, ~e2 = ~e1 ~e2.

6. Se da endomorfismul

T : R3 R3, T (~x) = (x1 + x2 + x3, x1 + x2 + x3, x1 + x2 + x3) .Sa se scrie matricea acestei transformari. Sa se determine apoi nu-cleul KerT si imaginea ImT precum si dimensiunea acestor subspatii(punandu-se n evidenta o baza).

7. Se da endomorfismul T : R4 R4, T (~x) = (x3, x1 + x4, x2 x4, x3).Sa se scrie matricea acestei transformari. Sa se determine apoi nu-cleul KerT si defectul si apoi imaginea ImT si rangul transformarii(punandu-se n evidenta o baza).

8. Se da endomorfismul T : R3 R3, T (~x) = (x1 x2, x2 x3, x3 x1).Sa se scrie matricea acestei transformari. Sa se determine apoi nu-cleul KerT si defectul si apoi imaginea ImT si rangul transformarii(punandu-se n evidenta o baza).

9. Se da endomorfismul

T : R3 R3, T (~x) = (2x1 + x3, x1 + x2 + 2x3, 3x3) .Sa se scrie matricea acestei transformari. Sa se determine apoi nu-cleul KerT si defectul si apoi imaginea ImT si rangul transformarii(punandu-se n evidenta o baza).

10. Sa se afle matricea endomorfismului T : R2 R2 astfel ncat 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) n (2, 3, 5), (0, 1, 1) n (1, 0, 0) si (1, 1, 1) n (0, 1,1) (adica areloc T (0, 0, 1) = (2, 3, 5), T (0, 1, 1) = (1, 0, 0) si T (1, 1, 1) = (0, 1,1)).

12. Endomorfismul T : R3 R3 are n baza B = {~e1, ~e2, ~e3}matricea

A =

1 2 31 0 32 1 5

.

57

Sa se scrie matricea acestei transformari n raport cu bazaB1 = {~e1, ~e3, ~e2}si apoi n raport cu baza

B2 = {~e1, ~e1 + ~e2, ~e1 + ~e2 + ~e3} .

13. Endomorfismul T : R3 R3 are n baza B = {~e1, ~e2, ~e3} matricea

A =

1 1 01 0 10 1 1

. Sa se scrie matricea acestei transformari n raportcu baza B1 = {~e1, ~e2, ~e3}, unde

~e1 = ~e1 + 2~e2 + ~e3

~e1 = 2~e1 + ~e2 + 3~e3

~e1 = ~e1 + ~e2 + ~e3 .

14. Endomorfismul T : R3 R3 are n baza

B = {~v1 = (2, 1, 1) , ~v2 = (1, 2, 1) , ~v1 = (1, 1, 2)}

matricea A =

2 1 33 0 11 1 2

. Sa se scrie matricea acestei trans-formari si n raport cu baza

B = {~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

n baza B1 = {~e1, ~e2, ~e3} matricele A1 = 3 1 00 2 1

1 2 3

si respectivA2 =

1 4 20 4 10 0 5

. Determinati imaginea lui ~v = (1, 3,2) prinT1, T2 si apoi prin T1 + T2.

16. Fie endomorfismul T : R3 R3 dat de

T (x1, x2, x3) = (x1 x2, x2 + x3, x1 + x3) .

Determinati nucleul lui T precum si valorile si vectorii proprii.


Rezolvare:

Vom determina, mai ntai, matricea transformarii liniare T n raportcu baza canonica Bc a lui R3, Bc := {~e1, ~e2, ~e3}. Calculam T (~ei) siobtinem

T (~e1) = (1, 0, 1) , T (~e2) = (1, 1, 0) , T (~e3) = (0, 1, 1) ,deci matricea endomorfismului n baza canonicaBc, care se formeazapunand coordonatele vectorilor T (~ei) n 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 lasistemul

x1 x2 = 0x2 + 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, notandcu := x3 R, {

x1 x2 = 0x2 = .

care are solutia {(,, ) : R}. Deci solutia ~x = (1, 1,1), R, adica

Ker (T ) := {(,, ) : R} = { (1, 1,1) : R} .Prin urmare Ker (T ) R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune1 (iar vectorul (1, 1,1) formeaza o baza n acest subspatiu).Pentru a determina valorile proprii scriem ecuatia caracteristica a trans-formarii T ,

(3.1) p () = det (A I3) = 0.

59

Obtinem echivalent1 1 0

0 1 11 0 1

= 0 3 + 32 3 = 0 (2 3+ 3) = 0

care au solutiile 1 = 0 si 2,3 =3 i3

2. Deci valoarea proprie este

doar 1 = 0 K := R (deoarece 2,3 / R).Vom calcula acum subspatiile proprii V () corespunzatoare valorilorproprii gasite.

Avem

V (1) = V (0) := {X M3,1 (R) : (A 1I3)X = 0} ,

sau echivalent

V (1) = V (0) :={~x R3 : T (~x) = 1~x

}={~x R3 : T (~x) = ~0

}.

Trebuie deci rezolvat sistemul liniar si omogen

(3.2) (A I3)X = 0,

care n cazul nostru devine(1 )x1 x2 = 0(1 )x2 + x3 = 0x1 + (1 )x3 = 0

unde este o valoare proprie.

Pentru 1 = 0, obtinem sistemulx1 x2 = 0x2 + x3 = 0

x1 + x3 = 0

care este exact cel initial pentru obtinerea nucleului si care are solutia{(,, ) : R}.


Deci

V (0) := {(,, ) : R} = { (1, 1,1) : R} ,

prin urmare V (0) R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune 1(iar vectorul (1, 1,1) formeaza o baza n acest subspatiu).Vectorul propriu corespunzator valorii proprii 1 = 0, este deci ~v1 =(1, 1,1) (este cel care verifica relatia T (~v1) = 1~v1).

17. Fie endomorfismul T : R3 R3 dat de T (x1, x1, x3) = (x1, x2 + x3, 2x3).Determinati valorile si vectorii proprii si scrieti T (~x), unde ~x = (2, 0, 1) .Determinati si subspatii invariante n raport cu T care au dimensiu-nea 1.

Rezolvare:

Evident T (2, 0, 1) = (2, 1, 2) .

Vom determina, mai ntai, matricea transformarii liniare T n bazacanonica a lui R3. Scriem

T (~e1) = (1, 0, 0) , T (~e2) = (0, 1, 0) , T (~e3) = (0, 1, 2) ,

deci matricea endomorfismului n baza canonica este

A =

1 0 00 1 10 0 2

.Pentru a determina valorile proprii scriem ecuatia caracteristica a trans-formarii T ,

p () = det (A I3) = 0.Obtinem echivalent

1 0 00 1 10 0 2

= 0 3 + 42 5+ 2 = 0.Radacinile ntregi se gasesc printre divizorii termenului liber. Gasimca 1 = 1 este radacina. Folosind schema lui Horner obtinem

3 + 42 5+ 2 = ( 1) (2 + 3 2)= ( 1) ( 1) (+ 2) = ( 1)2 ( 2)

61

(am mai aplicam nca o data schema lui Horner).

Deci valorile proprii sunt 1 = 2 = 1 si 3 = 2 (evident i K := R,i = 1, 3).

Vom calcula acum subspatiile proprii V () corespunzatoare valorilorproprii gasite.

Determinam

V (1) := {X M3,1 (R) : (A 1I3)X = 0} ={~x R3 : T (~x) = 1~x

},

deci trebuie rezolvat sistemul liniar si omogen

(3.3) (A 1I3)X = 0

adica(1 1)x1 = 0(1 1)x2 + x3 = 0(2 1)x3 = 0

0 x1 = 00 x2 + x3 = 01 x3 = 0

{x3 = 0

care are solutia {(, , 0) : , R}.Deci

V (1) := {(, , 0) : , R} = { (1, 0, 0) + (0, 1, 0) : , R} ,

prin urmare V (1) R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune2 (iar vectorii ~e1 = (1, 0, 0) si ~e2 = (0, 1, 0) formeaza o baza n acestsubspatiu).

Vectorii proprii corespunzatori valorii proprii 1 = 1, sunt deci ~v1 =(1, 0, 0) si ~v2 = (0, 1, 0) (sunt cei care verifica relatia T (~vi) = 1~vi,i = 1, 2).

Determinam

V (2) := {X M3,1 (R) : (A 2I3)X = 0} ={~x R3 : T (~x) = 2~x} ,

deci sistemul liniar si omogen (3.3) devine1 x1 = 01 x2 + x3 = 00 x3 = 0

{ x1 = 0x2 + x3 = 0


care are solutia {(0, , ) : R}.Deci

V (2) := {(0, , ) : R} = { (0, 1, 1) : R} ,prin urmare V (2) R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune 1(iar vectorul ~v3 = (0, 1, 1) formeaza o baza n acest subspatiu).

Vectorul propriu corespunzator valorii proprii 3 = 2 este deci ~v3 =(0, 1, 1) (este cel care verifica relatia T (~v3) = 2~v3).

Pentru a determina subspatii invariante n raport cu T folosim definitia.Deci V R3 este un subspatiu invariant n raport cu T daca pentruorice ~v V avem ca T (~v) V .Prin urmare, daca ~v R3 este vector propriu, i.e. ~v V (), atunci,prin definitie T (~v) = ~v care este evident din V () .

Deci V (1) si V (2) sunt subspatii invariante n raport cu T . Daca do-rim subspatii invariante n raport cu T de dimensiune 1, atunci luam

V 1 := { (1, 0, 0) : R} , V 2 := { (0, 1, 0) : R} ,V 3 := { (0, 1, 1) : R}

care sunt invariante si de dimensiune 1.

18. Fie endomorfismul T : R3 R3 dat de T (x1, x1, x3) = (x3, x2,x1 x3).Determinati valorile si vectorii proprii. Determinati si subspatii inva-riante n raport cu T care au dimensiunea 1.

Rezolvare:

Vom determina, mai ntai, matricea transformarii liniare T n bazacanonica a lui R3. Obtinem

A =

0 0 10 1 01 0 1

.Pentru a determina valorile proprii scriem ecuatia caracteristica a trans-formarii T , p () = det (A I3) = 0 si obtinem 0 1

0 1 01 0 1

= 0 13 = 0 (1 ) (1 + + 2) = 0.

63

Obtinem valoarea proprie 1 = 1 (solutiile 2,3 =1 i3

2nu sunt

valori proprii, 2,3 / R).Vom calcula acum subspatiile proprii V () corespunzatoare valorilorproprii gasite.

Determinam

V (1) := {X M3,1 (R) : (A I3)X = 0} ={~x R3 : T (~x) = ~x} ,

deci trebuie rezolvat sistemul liniar si omogen (A I3)X = 0, adica() x1 + x3 = 00 x2 = 01 x1 + (1 )x3 = 0

{ x1 + x3 = 0x1 2x3 = 0

care are solutia {(0, , 0) : R}.Deci

V (1) := {(0, , 0) : R} = { (0, 1, 0) : R} ,prin urmare V (1) R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune 1(iar vectorul ~e2 = (0, 1, 0) formeaza o baza n acest subspatiu).

Vectorul propriu corespunzator valorii proprii 1 = 1 este deci ~v1 =(0, 1, 0) (este cel care verifica relatia T (~v1) = 1~v1).

Daca ~v R3 este vector propriu, i.e. ~v V (), atunci, prin definitieT (~v) = 1~v V (1) (evident).Daca dorim subspatii invariante n raport cu T de dimensiune 1, atunciluam

V 1 := { (0, 1, 0) : R} ,care este invariant si de dimensiune 1.

19. Fie endomorfismul T : R3 R3 a carui matrice n raport cu baza

canonica este A =

1 2 02 2 20 2 3

. Determinati valorile si vectoriiproprii ai lui T . Studiati daca endomorfismul T este diagonalizabil.

Rezolvare:


Pentru a determina valorile proprii rezolvam ecuatia caracteristica atransformarii T ,

1 2 02 2 2

0 2 3

= 0 3 + 62 3 10 = 0.Radacinile ntregi se gasesc printre divizorii termenului liber. Gasimca 1 = 2 este radacina. Folosind schema lui Horner obtinem

3 + 62 3 10 = ( 2) (2 + 4+ 5)= ( 2) (+ 1) (+ 5) = ( 2) (+ 1) ( 5)

(am aplicat nca o data schema lui Horner).

Deci valorile proprii sunt 1 = 2, 2 = 1 si 3 = 5 (evident i K := R, i = 1, 3).

Vom calcula acum subspatiile proprii V () corespunzatoare valorilorproprii gasite.

Determinam V (2) prin rezolvarea sistemului liniar si omogen dat de(A 2I3)X = 0 :

x1 2x2 = 02x1 2x3 = 02x2 + x3 = 0

care are solutia {(, /2, ) : R}.Deci

V (2) := {(, /2, ) : R} ={

2(2,1,2) : R

},

prin urmare V (2) R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune 1(iar vectorul ~v = (2,1,2) formeaza o baza n acest subspatiu).Vectorul propriu corespunzator valorii proprii 1 = 2 este ~v1 = (2,1,2)(este cel care verifica relatia T (~v1) = 1~v1).

Similar, determinam V (1) prin rezolvarea sistemului liniar si omo-gen

(A+ I3)X = 0

65

adica 2x1 2x2 = 02x1 + 3x2 2x3 = 02x2 + 4x3 = 0

care are solutia {(2, 2, ) : R}.Deci

V (1) := {(2, 2, ) : R} = { (2, 2, 1) : R} ,

prin urmare V (1) R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune1 (iar vectorul ~v = (2, 2, 1) formeaza o baza n acest subspatiu).

Vectorul propriu corespunzator valorii proprii 2 = 1 este ~v2 =(2, 2, 1).

Similar, determinam V (5) prin rezolvarea sistemului liniar si omogen4x1 2x2 = 02x1 3x2 2x3 = 02x2 2x3 = 0

care are solutia {(/2,, ) : R}.Deci

V (1) :={

2(1,2, 2) : R

},

prin urmare V (1) R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune1 (iar vectorul ~v = (1,2, 2) formeaza o baza n acest subspatiu).Vectorul propriu corespunzator valorii proprii 3 = 5 este ~v3 = (1,2, 2).Folosim acum teorema de diagonalizare a unui endomorfism. Veri-ficam conditiile teoremei si avem:

(i) toate radacinile ecuatiei caracteristice sunt valori proprii pentru T(sunt toate din R) si

(ii) ordinul de multiplicitate al fiecarei valori proprii i este egal cudimensiunea subspatiului propriu V (i) (deoarece toate cele trei radaciniau multiplicitatea 1 care coincide cu dimensiunea subspatiilor propriicorespunzatoare, 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 n R3 n 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 bazaB este

S =

2 2 11 2 22 1 2

iar matricea lui T n raport cu noua baza B este data de

A = S1 A S

=

2 2 11 2 22 1 2

1 1 2 02 2 2

0 2 3

2 2 11 2 22 1 2

=

1

9

2 1 22 2 11 2 2

1 2 02 2 2

0 2 3

2 2 11 2 22 1 2

=

1

9

4 2 42 2 15 10 10

2 2 11 2 22 1 2

= 2 0 00 1 0

0 0 5

=

1 0 00 2 00 0 3

.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 endo-morfismul T este diagonalizabil.

Rezolvare:

Citim matricea n baza canonica

A =

3 2 05 4 02 2 1

Pentru a determina valorile proprii rezolvam ecuatia caracteristica a

67

transformarii T ,3 2 05 4 0

2 2 1

= 0 3 + 3+ 2 = 0 (+ 1)2 ( 2) = 0.

Deci valorile proprii sunt 1 = 1, m1 = 2 si 2 = 2, m2 = 1 (caresunt toate din campul R).

Determinam V () prin rezolvarea sistemului liniar si omogen dat de(A I3)X = 0 :

(3 )x1 + 2x2 = 05x1 + (4 )x2 = 02x1 2x2 + (1 )x3 = 0

Pentru = 1 obtinem sistemul2x1 + 2x2 = 05x1 + 5x2 = 02x1 2x2 = 0

{x1 x2 = 0

care are solutia {(, , ) : , R}.Deci

V (1) := {(, , ) : , R} = { (1, 1, 0) + (0, 0, 1) : , R} ,prin urmare V (1) R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune2 (iar vectorii ~v1 = (1, 1, 0) si ~v2 = (0, 0, 1) formeaza o baza n acestsubspatiu).

Vectorii proprii corespunzatori valorii proprii 1 = 1 sunt ~v1 =(1, 1, 0) si ~v2 = (0, 0, 1).

Pentru = 2 obtinem sistemul5x1 + 2x2 = 05x1 + 2x2 = 02x1 2x2 3x3 = 0

care are solutia{(,52, ) : R}.


Deci

V (2) :=

{(,5

2,

): R

}=

{2

(2, 5,2) : R},

prin urmare V (2) R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune 1(iar vectorul ~v = (2, 5,2) formeaza o baza n acest subspatiu).Vectorul propriu corespunzator valorii proprii 2 = 2 este ~v3 = (2, 5,2).Folosim acum teorema de diagonalizare a unui endomorfism. Avemi R pentru i = 1, 3 si dimV (1) = dimV (1) = 2 = m1 sidimV (2) = 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 n R3 n raport cu careT 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 n raport cu noua baza B este data de

A = S1 A S = 1 0 21 0 5

0 1 2

1 3 2 05 4 0

2 2 1

1 0 21 0 5

0 1 2

=

5/3 2/3 02/3 2/3 11/3 1/3 0

3 2 05 4 0

2 2 1

1 0 21 0 5

0 1 2

=

5/3 2/3 02/3 2/3 12/3 2/3 0

1 0 21 0 5

0 1 2

= 1 0 00 1 0

0 0 2

=

1 0 00 1 00 0 2

.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 endo-morfismul T este diagonalizabil.

69

Rezolvare:

Citim matricea n baza canonica

A =

2 0 01 4 27 7 5

Pentru a determina valorile proprii rezolvam ecuatia caracteristica atransformarii T ,

2 0 01 4 27 7 5

= 0 3+2+812 = 0 ( 2)2 (+ 3) = 0.Deci valorile proprii sunt 1 = 2, m1 = 2 si 2 = 3, m2 = 1 (caresunt toate din campul R).

Determinam V () prin rezolvarea sistemului liniar si omogen (A I3)X =0, adica

(2 )x1 = 0x1 + (4 )x2 2x3 = 07x1 + 7x2 + (5 )x3 = 0

Pentru = 2 obtinem sistemul0 x1 = 0x1 + 2x2 2x3 = 07x1 + 7x2 7x3 = 0

care are solutia {(0, , ) : R}.Deci

V (2) := {(0, , ) : R} = { (0, 1, 1) : R} ,prin urmare V (2) R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune 1(iar vectorul ~v1 = (0, 1, 1) formeaza o baza n acest subspatiu).

Vectorul propriu corespunzator valorii proprii 1 = 2 este ~v1 = (0, 1, 1).

Pentru = 3 obtinem sistemul5x1 = 0

x1 + 7x2 2x3 = 07x1 + 7x2 2x3 = 0


care are solutia {(0, 2/7, ) : R}.Deci

V (3) := {(0, 2/7, ) : R} ={

7(0, 2, 7) : R

},

prin urmare V (3) R3 este un subspatiu vectorial de dimensiune1 (iar vectorul ~v2 = (0, 2, 7) formeaza o baza n acest subspatiu).

Vectorul propriu corespunzator valorii proprii 2 = 3 este ~v3 =(0, 2, 7).

Folosim acum teorema de diagonalizare a unui endomorfism. Avemi R pentru i = 1, 2 dar dimV (1) = dimV (2) = 1 6= 2 = m1.Deci endomorfismul dat nu este diagonalizabil (nu este necesar samai verificam si pentru a doua valoare proprie).

Capitolul 4

Forme biliniare si formepatratice

1. Sa se studieze daca aplicatiile de mai jos sunt forme biliniare. In cazafirmativ sa se precizeze daca sunt simetrice sau nu si sa se determinematricea formei A n raport cu baza canonica.(a)A : R3R3 R,A (~x, ~y) = x1y2x2y1+x1y3x3y1+1, ~x, ~y R3;(b)A : R2R2 R,A (~x, ~y) = x1y1x1y2x2y1 + 2x2y2, ~x, ~y R2;(c)A : R4R4 R,A (~x, ~y) = 2x1y1+x2y1+x2y2+3x3y3+x4y1+x4y4,~x, ~y R4;(d)A : R4R4 R,A (~x, ~y) = x1y2 +x2y3 +x3y4 +x2y1 +x3y2 +x4y3,~x, ~y R4.Rezolvare:

(a) Folosind definitia, trebuie deci sa verificam conditiile(4.1)A (~x+ ~y, ~z) = A (~x, ~z) + A (~y, ~z)A (~x, ~y + ~z) = A (~x, ~y) + A (~x, ~z) , , R, ~x, ~y, ~z R3.

Deoarece ~x+ ~y = (x1 + y1, x2 + y2, x3 + y3), obtinem ca

A (~x+ ~y, ~z)= (x1 + y1) z2 (x2 + y2) z1 + (x1 + y1) z3 (x3 + y3) z1 + 1= x1z2 + y1z2 x2z1 y2z1 + x1z3 + y1z3 x3z1 y3z1 + 1= (x1z2 x2z1 + x1z3 x3z1) + (y1z2 y2z1 + y1z3 y3z1) + 1.

71

72 4. Forme biliniare si forme patratice

Pe de alta parte,

A (~x, ~z) + A (~y, ~z)= (x1z2 x2z1 + x1z3 x3z1 + 1) + (y1z2 y2z1 + y1z3 y3z1 + 1)= (x1z2 x2z1 + x1z3 x3z1) + (y1z2 y2z1 + y1z3 y3z1) + (+ ) .

Deci A (~x+ ~y, ~z) 6= A (~x, ~z) + A (~y, ~z), pentru orice , R ast-fel ncat (+ ) 6= 1. Aceasta nseamna ca nu este satisfacuta primaconditie din (4.1) (de liniaritate n raport cu primul argument), prinurmare A nu este forma biliniara.Evident daca nu ar aparea cosntanta 1 n definitia luiA, atunciA ar fiforma biliniara.

(b) Deoarece ~x+ ~y = (x1 + y1, x2 + y2), obtinem ca

A (~x+ ~y, ~z)= (x1 + y1) z1 (x1 + y1) z2 (x2 + y2) z1 + 2 (x2 + y2) z2= x1z1 + y1z1 x1z2 y1z2 x2z1 y2z1 + 2x2z2 + 2y2z2= (x1z1 x1z2 x2z1 + 2x2z2) + (y1z1 y1z2 y2z1 + 2y2z2)= A (~x, ~z) + A (~y, ~z) ,

adica este satisfacuta prima conditie din (4.1) (de liniaritate n raportcu primul argument).

Deoarece ~y + ~z = (y1 + z1, y2 + z2), obtinem ca

A (~x, ~y + ~z)= x1 (y1 + z1) x1 (y2 + z2) x2 (y1 + z1) + 2x2 (y2 + z2)= x1y1 + x1z1 x1y2 x1z2 x2y1 x2z1 + 2x2y2 + 2x2z2= (x1y1 x1y2 x2y1 + 2x2y2) + (x1z1 x1z2 x2z1 + 2x2z2)= A (~x, ~y) + A (~x, ~z) ,

adica este satisfacuta a doua conditie din (4.1) (de liniaritate n raportcu al doilea argument).

Prin urmare A este forma biliniara.Evident

A (~x, ~y) = x1y1 x1y2 x2y1 + 2x2y2 = A (~y, ~x) ,

73

ceea ce nseamna ca forma biliniara A este simetrica.Matricea formei biliniare A se scrie calculand aij := A (~ei, ~ej), i, j =1, 2, unde Bc := {~e1, ~e2} este baza canonica din R2.Obtinem ca a11 := A (~e1, ~e1) = 1, a22 := A (~e2, ~e2) = 2, a12 :=A (~e1, ~e2) = 1, a21 := A (~e2, ~e1) = 1, adica matricea formei bili-niare este

A =

[1 11 2

].

Observam de asemenea ca forma biliniara se scrie matriceal astfel:

A (~x, ~y) = Xt A Y = [ x1 x2 ] [ 1 11 2][y1y2

],

undeX este matricea coloana a coordonatelor lui ~x iar Y este matriceacoloana a coordonatelor lui ~y.

(c) Deoarece ~x+ ~y = (x1 + y1, x2 + y2), obtinem ca

A (~x+ ~y, ~z) = 2 (x1 + y1) z1 + (x2 + y2) z1 + (x2 + y2) z2+3 (x3 + y3) z3 + (x4 + y4) z1 + (x4 + y4) z4

= 2x1z1 + 2y1z1 + x2z1 + y2z1 + x2z2 + y2z2 + 3x3z3

+3y3z3 + x4z1 + y4z1 + x4z4 + y4z4

= (2x1z1 + x2z1 + x2z2 + 3x3z3 + x4z1 + x4z4)

+ (2y1z1 + y2z1 + y2z2 + 3y3z3 + y4z1 + y4z4)

= A (~x, ~z) + A (~y, ~z) ,

adica este satisfacuta prima conditie din (4.1) (de liniaritate n raportcu primul argument).

Scriind ~y + ~z = (y1 + z1, y2 + z2), obtinem ca n mod similarcaA (~x, ~y + ~z) = A (~x, ~y)+A (~x, ~z), adica este satisfacuta a douaconditie din (4.1) (de liniaritate n raport cu al doilea argument).

Prin urmare A este forma biliniara.Evident

A (~x, ~y) = 2x1y1 + x2y1 + x2y2 + 3x3y3 + x4y1 + x4y4 6= A (~y, ~x) ,

ceea ce nseamna ca forma biliniara A nu este simetrica.

74 4. Forme biliniare si forme patratice

Matricea formei biliniare A se scrie calculand aij := A (~ei, ~ej), i, j =1, 4, unde Bc := {~e1, ~e2, ~e3, ~e4} este baza canonica din R4.Obtinem ca:

a11 := A (~e1, ~e1) = 2, a22 := A (~e2, ~e2) = 1, a33 := A (~e3, ~e3) = 3,a44 := A (~e4, ~e4) = 1,a12 := A (~e1, ~e2) = 0, a13 := A (~e1, ~e3) = 0, a14 := A (~e1, ~e4) = 0,a21 := A (~e2, ~e1) = 1, a23 := A (~e2, ~e3) = 0, a24 := A (~e2, ~e4) = 0,a31 := A (~e3, ~e1) = 0, a32 := A (~e3, ~e2) = 0, a34 := A (~e3, ~e4) = 0,a41 := A (~e4, ~e1) = 1, a42 := A (~e4, ~e2) = 0, a43 := A (~e4, ~e3) = 0, adicamatricea formei biliniare este

A =

2 0 0 01 1 0 00 0 3 01 0 0 1

2. Se da forma biliniara A : R4 R4 R, A (~x, ~y) = x1y2 x2y1 +x1y3 x3y1 + x1y4 + x2y3 x3y2 + x2y4 x4y2 + x3y4 x4y3, ~x, ~y R4. Sa se precizeze daca forma biliniara A este sau nu simetrica sisa se determine matricea formei A n raport cu baza canonica. Deasemenea, sa se scrie matricea formei A n baza formata de vectorii~f1 = (1, 1, 0, 0), ~f2 = (0, 1, 1, 0), ~f3 = (0, 1, 0, 1), ~f4 = (1, 0, 0, 1).

Rezolvare:

Matricea formei biliniare A se scrie calculand aij := A (~ei, ~ej), i, j =1, 4, unde Bc := {~e1, ~e2, ~e3, ~e4} este baza canonica din R4.Obtinem

A =

0 1 1 11 0 1 11 1 0 1

0 1 1 0

si deci forma biliniara se scrie matriceal sub forma

A (~x, ~y) = XtAY = [ x1 x2 x3 x4 ]

0 1 1 11 0 1 11 1 0 1

0 1 1 0

y1y2y3y4

,

75

undeX este matricea coloana a coordonatelor lui ~x iar Y este matriceacoloana a coordonatelor lui ~y.

Se citeste matricea S a schimbarii de baze de la canonica Bc la nouabaza B :=

{~f1, ~f2, ~f3, ~f4

}= {(1, 1, 0, 0) , (0, 1, 1, 0) , (0, 1, 0, 1) , (1, 0, 0, 1)} :

S =

1 0 0 11 1 1 00 1 0 00 0 1 1

si vom nota Bc

S B.Conform teoriei, matricea A n raport cu noua baza B este data deformula

A = St A Sdeci

A =

1 0 0 11 1 1 00 1 0 00 0 1 1

t

0 1 1 11 0 1 11 1 0 1

0 1 1 0

1 0 0 11 1 1 00 1 0 00 0 1 1

=

1 1 0 00 1 1 00 1 0 11 0 0 1

0 1 1 11 0 1 11 1 0 1

0 1 1 0

1 0 0 11 1 1 00 1 0 00 0 1 1

=

1 1 2 22 1 1 21 1 0 10 0 0 1

1 0 0 11 1 1 00 1 0 00 0 1 1

=

0 3 3 13 0 1 02 1 0 00 0 1 1

3. Se da forma patr

Culegere de Probleme_Maticiuc_ALGAD

Documents

Transcript of Culegere de Probleme_Maticiuc_ALGAD