329
ALGEBR ˘ A LINIAR ˘ A, GEOMETRIE ANALITIC ˘ AS ¸I GEOMETRIE DIFERENT ¸ IAL ˘ A. Teorie ¸ si probleme Florian MUNTEANU Departamentul de Matematici Aplicate, Universitatea din Craiova Al. Cuza 13, 200585 Craiova, Dolj, Romˆ ania [email protected]

ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

  • Upload
    others

  • View
    16

  • Download
    4

Embed Size (px)

Citation preview

Page 1: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

ALGEBRA LINIARA, GEOMETRIE

ANALITICA SI GEOMETRIE

DIFERENTIALA.

Teorie si probleme

Florian MUNTEANU

Departamentul de Matematici Aplicate, Universitatea din CraiovaAl. Cuza 13, 200585 Craiova, Dolj, Romania

[email protected]

Page 2: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

2

Page 3: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Cuprins

I ALGEBRA LINIARA 1

1 Spatii vectoriale 31.1 Notiunea de spatiu vectorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Liniar dependenta. Sistem de generatori . . . . . . . . . . . . . . 51.3 Baza si dimensiune . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.4 Coordonatele unui vector relativ la o baza . . . . . . . . . . . . . 91.5 Subspatii vectoriale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.6 Probleme propuse spre rezolvare . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2 Aplicatii liniare 232.1 Notiunea de aplicatie liniara . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.2 Aplicatii liniare injective, surjective si bijective . . . . . . . . . . 252.3 Nucleu si imagine pentru o aplicatie liniara . . . . . . . . . . . . 262.4 Spatii vectoriale izomorfe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.5 Matricea unei aplicatii liniare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.6 Subspatii invariante fata de un endomorfism . . . . . . . . . . . . 332.7 Valori proprii si vectori proprii pentru un endomorfism . . . . . . 342.8 Endomorfisme diagonalizabile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.9 Probleme propuse spre rezolvare . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

3 Forme biliniare. Forme patratice 493.1 Notiunea de forma biliniara . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493.2 Notiunea de forma patratica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.3 Metoda lui Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 533.4 Metoda lui Jacobi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 563.5 Forme patratice definite pe spatii vectoriale reale . . . . . . . . . 593.6 Probleme propuse spre rezolvare . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

4 Spatii euclidiene 654.1 Notiunea de spatiu vectorial euclidian . . . . . . . . . . . . . . . 654.2 Inegalitatea lui Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 674.3 Baze ortonormate. Procedeul Gram-Schmidt . . . . . . . . . . . 684.4 Complementul ortogonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

1

Page 4: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

2 CUPRINS

4.5 Operatori simetrici: definitie, proprietati . . . . . . . . . . . . . . 724.6 Metoda transformarilor ortogonale . . . . . . . . . . . . . . . . . 784.7 Probleme propuse spre rezolvare . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

II GEOMETRIE ANALITICA 83

5 Vectori liberi 855.1 Notiunea de vector liber . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 855.2 Spatiul vectorial real 3-dimensional V 3 . . . . . . . . . . . . . . . 875.3 Produse de vectori ın V 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 915.4 Repere carteziene ortonormate ın E3 . . . . . . . . . . . . . . . . 965.5 Probleme propuse spre rezolvare . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

6 Dreapta si planul ın spatiu 1036.1 Dreapta ın spatiu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

6.1.1 Reprezentari analitice ale dreptei . . . . . . . . . . . . . . 1036.1.2 Distanta de la un punct la o dreapta. Unghiul a doua drepte1056.1.3 Pozitia relativa a doua drepte . . . . . . . . . . . . . . . . 105

6.2 Planul ın spatiu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1066.2.1 Reprezentari analitice ale planului . . . . . . . . . . . . . 1066.2.2 Distanta de la un punct la un plan. Unghiul a doua plane 1086.2.3 Pozitia relativa a doua plane . . . . . . . . . . . . . . . . 109

6.2.4 Fascicule de plane . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1106.2.5 Perpendiculara comuna a doua drepte necoplanare . . . . 112

6.3 Probleme propuse spre rezolvare . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

7 Conice si cuadrice 1177.1 Cuadrice (conice): definitie, ecuatii . . . . . . . . . . . . . . . . . 1177.2 Intersectia unei cuadrice (conice) cu o dreapta . . . . . . . . . . . 1187.3 Centru pentru o cuadrica (conica) . . . . . . . . . . . . . . . . . 1207.4 Planul tangent la o cuadrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1227.5 Reducerea ecuatiei unei cuadrice (conice) . . . . . . . . . . . . . 1237.6 Studiul cuadricelor pe ecuatia canonica. Sfera . . . . . . . . . . . 1307.7 Suprafete riglate. Suprafete de rotatie . . . . . . . . . . . . . . . 1357.8 Probleme propuse spre rezolvare . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

III GEOMETRIE DIFERENTIALA 141

8 Curbe ın plan si ın spatiu 1438.1 Drumuri parametrizate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1438.2 Definitia curbei. Moduri de reprezentare . . . . . . . . . . . . . . 147

8.2.1 Curbe ın plan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1498.2.2 Curbe ın spatiu (curbe strambe) . . . . . . . . . . . . . . 150

Page 5: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

CUPRINS 3

8.3 Tangenta si normala. Planul normal . . . . . . . . . . . . . . . . 1528.3.1 Cazul curbelor plane . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1528.3.2 Cazul curbelor ın spatiu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

8.4 Curbura. Torsiune. Triedrul lui Frenet . . . . . . . . . . . . . . . 1568.5 Probleme propuse spre rezolvare . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1678.6 Panze parametrizate. Suprafete . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1718.7 Curbe pe o suprafata. Curbe coordonate . . . . . . . . . . . . . . 1738.8 Plan tangent. Normala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1758.9 Prima forma fundamentala a unei suprafete . . . . . . . . . . . . 1788.10 A doua forma fundamentala a unei suprafete . . . . . . . . . . . 1828.11 Probleme propuse spre rezolvare . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190

IV PROBLEME REZOLVATE 193

Page 6: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

4 CUPRINS

Page 7: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Prefata

Acest curs este destinat ın primul rand studentilor din anul I, de la Facul-tatea de Automatica, Calculatoare si Electronica a Universitatii din Craiova careau prevazut ın planul de ınvatamant disciplina fundamentala obligatorie ”Al-gebra liniara, geometrie analitica si geometrie diferentiala”, ın semestrul I, anulI. De asemenea cursul este foarte util studentilor ın primul an al facultatilor cuprofil tehnic, economic, matematica-informatica, fizica, chimie, agronomie, hor-ticultura, dar si tuturor celor care doresc sa ınvete si sa aprofundeze cunostinteteoretice si practice de algebra liniara, geometrie analitica si geometrie diferentialaa curbelor si suprafetelor.

Cursul a fost scris dupa o bogata experienta ın predare si seminarizare aautorului, dar si dupa consultarea unei foarte bogate bibliografii. De asemenea,materialul de fata este rodul colaborarii deosebite dintre autor si ProfesorulIon Vladimirescu, ıncepand cu anul 1998, colaborare pentru care autorul aducecele mai calde si sincere multumiri Domnului Profesor Universitar Doctor IonVladimirescu. Referintele bibliografice de baza ale acestui acestui curs sunt:monografia [20] Matematici speciale, Ion Vladimirescu, Reprografia Universitatiidin Craiova, 1987, cursul [39] Algebra liniara, geometrie analitica si geome-trie diferentiala, Ion Vladimirescu, Florian Munteanu, Editura Universitaria,Craiova, 2007, precum si culegerile de probleme scrise de autor si colaboratoriilui ([33], [35], [41]).

Cartea are trei parti principale: Algebra liniara, Geometrie analitica si Ge-ometrie diferentiala. Prima parte se compune din capitolele: 1. Spatii vectoriale;2. Aplicatii liniare; 3. Forme biliniare. Forme patratice; 4. Spatii euclidiene.Partea a doua este alcatuita din capitolele: 5. Vectori liberi; 6. Dreapta siplanul ın spatiu; 7. Conice si cuadrice. A treia parte este formata din capi-tolele: 8. Curbe ın plan si ın spatiu; 9. Suprafete.In final, pentru fiecare capitol se prezinta o bogata lista cu probleme rezol-vate. Multe dintre acestea sunt exact problemele lasate spre rezolvare la finalulfiecarui capitol de teorie. De asemenea, exista 8 modele de subiecte de examensi doua anexe ın care sunt reprezentate grafic toate tipurile de conice si cuadrice.

Notiunile teoretice sunt prezentate foarte clar si speram pe ıntelesul tuturorstudentilor, fiind ınsotite de foarte multe exemple si exercitii rezolvate complet.In plus, pentru o mai buna consolidare a notiunilor, la sfarsitul fiec arui capitoleste lasat spre rezolvare cate un set de probleme. Pentru cititorul care vreasa parcurga si sa ınt eleaga continutul cartii sunt necesare notiuni elementare

i

Page 8: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

ii CUPRINS

de matematica din clasele I-XII, cunoscute la nivel cel putin satisfacator, darmai ales notiunile de algebra din clasa a XI-a (matrici, determinanti, sistemede ecuatii liniare). De asemenea, mai ales pentru ultima parte a cursului,este nevoie de cunoas terea unor notiuni fundamentale ale analizei matemat-ice (derivate par tiale, teorema functiilor implicite) si a unor notiuni elementarede topologie (multime deschisa, vecinatate a unui punct).

Autorul

Page 9: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Partea I

ALGEBR¼A LINIAR¼A

1

Page 10: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU
Page 11: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Capitolul 1

Spatii vectoriale

1.1 Notiunea de spatiu vectorial

Fie V o multime nevid¼a, ale c¼arei elemente le vom nota cu a, b, c, . . . si Kun corp comutativ (zis si câmp) cu elementele notate �, �, , . . . (exceptândzeroul si unitatea corpului pe care le vom nota cu 0, respectiv 1). De asemenea,presupunem c¼a pe multimea V este de�nit¼a relatia de egalitate a elementelorsale.

De�nitia 1.1.1 Spunem c¼a pe multimea V avem o structur¼a de spatiu vecto-rial (liniar) peste corpul K dac¼a V este dotat¼a cu dou¼a legi de compozitie:I) O lege de compozitie intern¼a + : V �V �! V , numit¼a adunare, în raport

cu care V are structur¼a de grup.II) O lege de compozitie extern¼a �s : K � V �! V , numit¼a înmultire cu

scalari, care satisface urm¼atoarele axiome:i) �

�a+ b

�= �a+ �b,

ii) (�+ �) a = �a+ �a,iii) (��) a = � (�a),iv) 1a,

oricare ar � a, b 2 V si �, � 2 K.

Elementele unui spatiu vectorial se numesc vectori, iar elementele corpuluise numesc scalari. Elementul neutru al grupului (V;+) se numeste vectorulnul (notat 0) al spatiului vectorial V .Un spatiu vectorial peste corpul numerelor reale R (respectiv complexe C)

se numeste spatiu vectorial real (respectiv complex).

Exemplul 1.1.1 Multimea Kn = f(x1; x2; : : : ; xn)jxi 2 K; i = 1; : : : ; ng,n � 1, are structur¼a de spatiu vectorial peste corpul comutativ K, în raportcu operatiile de adunare, de�nit¼a prin

x+ y = (x1 + y1; x2 + y2; : : : ; xn + yn);

3

Page 12: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

4 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

oricare ar � x = (x1; x2; : : : ; xn), y = (y1; y2; : : : ; yn) 2 Kn

si înmultire cu scalari din K, de�nit¼a prin

�x = (�x1; �x2; : : : ; �xn);

oricare ar � � 2 K si x = (x1; x2; : : : ; xn) 2 Kn.Spatiul vectorial (Kn;+; �s) de�nit aici se numeste spatiul aritmetic. În

acest spatiu vectorul nul este n-uplul 0 = (0; 0; : : : ; 0), iar opusul vectoruluix = (x1; x2; : : : ; xn) este vectorul �x = (�x1;�x2; : : : ;�xn).În particular, K este spatiu vectorial peste K, fat¼a de operatiile de corp.

Exemplul 1.1.2 Fie I o multime nevid¼a si K un corp comutativ. MultimeaKI = ff jf : I ! K functieg are structur¼a de spatiu vectorial peste K, în raportcu operatiile de adunare a functiilor si înmultirea functiilor cu scalari din Kde�nite astfel:

- oricare ar � f , g 2 KI de�nim functia f+g prin (f+g)(x)def= f(x)+g(x),

pentru orice x 2 I;-oricare ar � � 2 K, f 2 KI de�nim functia �f prin (�f)(x)

def= � f(x),

pentru orice x 2 I.În particular, dac¼a I = f1; : : : ;mg si J = f1; : : : ; ng, atunci multimea

KI�J , adic¼a multimea matricilor cu elemente din K, având m linii si n coloane(multime notat¼a prin Mm;n(K)) are structur¼a de spatiu vectorial fat¼a de oper-atiile obisnuite de adunare a matricelor si înmultirea matricilor cu scalari dinK.

Exemplul 1.1.3 Multimea numerelor complexe are structur¼a de spatiu vector-ial peste corpul numerelor reale în raport cu operatiile de adunare a numerelorcomplexe si înmultire a numerelor complexe cu numere reale.

Exemplul 1.1.4 Multimea polinoamelor de o nedeterminat¼a, cu coe�cienti dinK, K[X], are o structur¼a de spatiu vectorial peste K, în raport cu adunareapolinoamelor si înmultirea polinoamelor cu scalari din K. La fel si multimeapolinoamelor de o nedeterminat¼a, cu coe�cienti din K de grad cel mult n, Kn[X],este spatiu vectorial peste K.

Exemplul 1.1.5 Dac¼a V este spatiu vectorial peste K, atunci V este spatiuvectorial peste orice subcorp K 0 al lui K (K 0 � K se numeste subcorp al lui Kdaca K 0 împreun¼a cu operatiile de corp de pe K este tot corp). În particular,C este spatiu vectorial peste R si peste Q. R este spatiu vectorial peste Q.

Propozitia 1.1.1 Fie V un spatiu vectorial peste K. Atunci, avem:a) x+ y = y + x, oricare ar � x, y 2 V ;b) Dac¼a � 2 K si x 2 V , atunci �x = 0 dac¼a si numai dac¼a � = 0 sau

x = 0;c) Dac¼a � 2 K si x 2 V , atunci (��)x = � (�x) = � (�x).

Demonstratie. a) Egalit¼atile (1+1)(x+y) = (1+1)x+(1+1)y = x+x+y+ysi (1 + 1)(x+ y) = 1(x+ y) + 1(x+ y) = x+ y + x+ y, adev¼arate pentru oricex, y 2 V implic¼a x+ x+ y + y = x+ y + x+ y, adic¼a x+ y = y + x.

Page 13: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

1.2. LINIAR DEPENDENT¼A. SISTEM DE GENERATORI 5

b) Dac¼a � = 0 avem �x = 0x = (0 + 0)x = 0x + 0x, pentru orice x 2 V .Atunci 0x = 0, pentru orice x 2 V . Dac¼a x = 0, atunci avem �x = �0 =�(0 + 0) = �0 + �0, oricare ar � � 2 K. Deci, �0 = 0.Reciproc, ar¼at¼am c¼a dac¼a �x = 0 atunci � = 0 sau x = 0. Într-adev¼ar, dac¼a

avem � 6= 0, atunci ��1(�x) = ��10 = 0 (tinând cont de cele de mai sus) si��1(�x) = (��1�)x) = 1x = x, de unde rezult¼a c¼a x = 0. Iar dac¼a � = 0,atunci e clar c¼a �x = 0.c) Mai întâi, din faptul c¼a x + (�1)x = (1 + (�1))x = 0x = 0, rezult¼a c¼a

�x = (�1)x.Acum, pentru orice � 2 K si x 2 V avem (��)x = ((�1)�)x = (�(�1))x =

�((�1)x) = �(�x) si (��)x = ((�1)�)x = (�1)(�x) = �(�x).

Corolarul 1.1.1 i) Dac¼a � 2 K n f0g si x, y 2 V , atunci �x = �y dac¼a sinumai dac¼a x = y.ii) Dac¼a �, � 2 K, � 6= � atunci �x = �x dac¼a si numai dac¼a x = 0.

În continuare, cu exceptia situatiilor în care se precizeaz¼a altceva, prin corpulcomutativ K vom întelege c¼a este vorba despre corpul numerelor reale R saucorpul numerelor complexe C.

1.2 Liniar dependent¼a. Sistem de generatori

Fie V un spatiu vectorial peste K si S = faiji 2 Ig � V , unde I este o multimeoarecare de indici.

De�nitia 1.2.1 Spunem c¼a vectorul x este o combinatie liniar¼a de vectoridin S dac¼a exist¼a scalarii �i 2 K, i 2 I, astfel încât x =

Xi2I

�iai , unde

multimea fi 2 Ij�i 6= 0g este �nit¼a.

În particular, vectorul x este o combinatie liniar¼a de vectorii a1, a2, . . . ,

an 2 V dac¼a exist¼a scalarii �1, �2, : : :, �n 2 K astfel încât x =nXi=1

�iai :

De exemplu, vectorul nul este o combinatie liniar¼a de orice vectori din S,oricare ar � S � V .

De�nitia 1.2.2 Multimea L(S) a tuturor combinatiilor liniare de vectori dinS se numeste acoperirea liniar¼a (sau anvelopa liniar¼a) a lui S.

În particular, dac¼a S = fa1; a2; : : : ; ang, atunci

L(S) = L(a1; a2; : : : ; an) =(

nXi=1

�iai���1; �2; : : : ; �n 2 K) :

Page 14: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

6 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

Exemplul 1.2.1 În spatiul aritmetic R2, se consider¼a vectorii a1 = (1;�1) sia2 = (2; 1). Atunci acoperirea liniar¼a a sistemului fa1; a2g este

L(a1; a2) = f�1a1 + �2a2j�1; �2 2 Rg = f(�1 + 2�2;��1 + �2)j�1; �2 2 Rg:

Vectorul x = (2; 2) 2 R2 se scrie ca o combinatie liniar¼a de vectorii a1; a2astfel:

x = �23a1 +

4

3a2:

Propozitia 1.2.1 Dac¼a b1; b2; : : : ; bm 2 L(a1; a2; : : : ; an), atunciL(b1; b2; : : : ; bm) � L(a1; a2; : : : ; an).

Demonstratie. Se tine cont de faptul c¼a pentru orice j = 1; : : : ;m avem

bj =nXi=1

�ijai, unde �ij 2 K, 1 � j � m, 1 � i � n.

Propozitia 1.2.2 Dac¼a a 2 L(a1; a2; : : : ; an), atunciL(a1; a2; : : : ; an) = L(a; a1; a2; : : : ; an).În particular, L(a1; a2; : : : ; an) = L(0; a1; a2; : : : ; an).

De�nitia 1.2.3 Sistemul �nit de vectori fa1; a2; : : : ; ang se numeste liniardependent dac¼a exist¼a scalarii �1; �2; : : : ; �n 2 K, nu toti nuli, astfel încât�1a1 + �

2a2 + � � � + �nan = 0. Se mai spune c¼a vectorii a1; a2; : : : ; an suntliniar dependenti.Dac¼a vectorii a1; a2; : : : ; an nu sunt liniar dependenti, atunci spunem c¼a ei

sunt liniar independenti (sau spunem c¼a sistemul fa1; a2; : : : ; ang � V esteliniar independent). Altfel spus, vectorii a1; a2; : : : ; an sunt liniar independentidac¼a egalitatea �1a1 + �2a2 + � � �+ �nan = 0 are loc numai pentru �1 = �2 =� � � = �n = 0.

Exemplul 1.2.2 1. Vectorii e1 = (1; 0; 0), e2 = (0; 1; 0), e3 = (0; 0; 1) dinspatiul aritmetic R3 sunt liniar independenti. Într-adev¼ar, din �1e1 + �2e2 +�3e3 = 0 rezult¼a (�1; �2; �3) = (0; 0; 0) , adic¼a �1 = �2 = �3 = 0.2. Vectorii a1 = (1;�1; 2), a2 = (2; 1; 1), a3 = (1; 2;�1) din spatiul aritmetic

R3 sunt liniar dependenti deoarece a1 � a2 + a3 = 0, adic¼a exist¼a o combinatieliniar¼a nul¼a de acesti vectori, în care nu toti scalarii sunt nuli.

De�nitia 1.2.4 Sistemul arbitrar S = faiji 2 Ig de vectori din V se numesteliniar dependent dac¼a exist¼a I1 � I, �nit¼a, astfel ca subsistemul �nit S1 =faiji 2 I1g s¼a �e liniar dependent. În caz contrar, sistemul S se numeste liniarindependent.

Exemplul 1.2.3 Fie R[X] spatiul vectorial real al polinoamelor de o nedeter-minat¼a cu coe�cienti reali. Sistemul S = fXiji 2 Ng este liniar independent.

Page 15: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

1.3. BAZ¼A SI DIMENSIUNE 7

Propozitia 1.2.3 i) Sistemul fag � V este liniar independent dac¼a si numaidac¼a a 6= 0.ii) Un sistem de vectori ai unui spatiu vectorial care contine vectorul nul

este liniar dependent.iii) Orice sistem de vectori care contine un sistem de vectori liniari depen-

denti este liniar dependent.iv) Orice sistem de vectori care este continut într-un sistem liniar indepen-

dent este liniar independent.

Propozitia 1.2.4 Vectorii a1; a2; : : : ; an 2 V sunt liniar dependenti dac¼a sinumai dac¼a cel putin unul dintre ei se scrie ca o combinatie liniar¼a a celorlalti.

Demonstratie. Presupunem c¼a vectorii a1; a2; : : : ; an sunt liniar dependenti.Atunci, exist¼a scalarii �1, ..., �n 2 K, nu toti nuli, astfel ca �1a1 + �2a2 + � � �+�nan = 0. Dac¼a, de pild¼a, �

i 6= 0, atunci ai =nP

j=1; j 6=i(��j(�i)�1)aj .

Reciproc, dac¼a ai =nP

j=1; j 6=i�jaj , atunci �1a1 + � � � + �i�1ai�1 + (�1)ai +

�i+1ai+1+ � � �+�nan = 0, adic¼a a1; a2; : : : ; an sunt liniar dependenti (deoareceexist¼a o combinatie liniar¼a nul¼a de a1; a2; : : : ; an în care nu toti scalarii suntnuli).

De�nitia 1.2.5 Spunem c¼a sistemul S de vectori din V este un sistem degeneratori pentru V dac¼a orice vector x 2 V se scrie ca o combinatie liniar¼ade vectori din S (cu alte cuvinte, dac¼a V = L(S)).În cazul particular S = fa1; a2; : : : ; ang spunem c¼a vectorii a1; a2; : : : ; an

genereaz¼a spatiul vectorial V , adic¼a V = L(a1; a2; : : : ; an).

Observatia 1.2.1 i) Orice spatiu vectorial V posed¼a cel putin un sistem degeneratori, de exemplu chiar V .ii) Dac¼a V = L(S) si S � S 0 atunci V = L(S 0).

Exemplul 1.2.4 Vectorii a1 = (1;�1), a2 = (2; 1) genereaz¼a spatiul vectorialaritmetic R2, deoarece oricare ar � x = (x1; x2) 2 R2 avem x = �1a1 + �

2a2,unde �1 = x1�2x2

3 si �1 = x1+x2

3 .

Uneori vom folosi conventia lui Einstein (sau regula indicilor muti). Astfel,

în loc denXi=1

�iai vom scrie �iai, 1 � i � n sau în loc de

Xi2I

�iai vom scrie �iai,

i 2 I. Atunci când se subîntelege multimea valorilor pe care le ia indicele desumare i vom scrie simplu �iai.

1.3 Baz¼a si dimensiune

Propozitia 1.3.1 Fie a1, a2, ..., an vectori ai spatiului vectorial V si b1, b2,...,bm 2 L(a1; a2; : : : ; an) vectori liniar independenti. Atunci, m � n.

Page 16: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

8 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

Demonstratie. Presupunem prin absurd c¼a m > n. Deoarece b1, b2, ...,bm 2L(a1; a2; : : : ; an), rezult¼a c¼a oricare ar � i = 1; : : : ;m, avem bi =

nPj=1

�jiaj .

Consider¼am sistemul de n ecuatii liniare si omogene, cu necunoscutele x1, ...,xm, 8>><>>:

�11x1 + �12x

2 + � � �+ �1mxm = 0�21x

1 + �22x2 + � � �+ �2mxm = 0

:::::::::::::::::::::::::::::::::�n1x

1 + �n2x2 + � � �+ �nmxm = 0

Din presupunerea c¼a m > n rezult¼a c¼a acest sistem are si solutii nebanale(deoarece rangul matricii sistemului este mai mic strict decât num¼arul de ne-

cunoscute). Dac¼a (�1; : : : ; �m) este o astfel de solutie nebanal¼a, atuncimPi=1

�ibi =

mPi=1

�i

nPj=1

�jiaj

!=

nPj=1

�mPi=1

�ji�i

�aj =

nPj=1

0aj = 0. Contradictie cu liniar

independenta vectorilor b1; b2; : : : ; bm. Deci, presupunerea facut¼a este fals¼a siastfel avem m � n.

Corolarul 1.3.1 Dac¼a a1; a2; : : : ; an 2 V , iar b1, b2, ...,bm 2 L(a1; a2; : : : ; an)cu m > n, atunci b1; b2; : : : ; bm sunt liniar dependenti.

De�nitia 1.3.1 Sistemul B de vectori din spatiul vectorial V se numeste baz¼apentru V dac¼a este liniar independent si sistem de generatori pentru V .

Exemplul 1.3.1 1. Vectorii e1 = (1; 0; 0), e2 = (0; 1; 0), e3 = (0; 0; 1) dinspatiul aritmetic R3 constituie o baz¼a pentru acest spatiu vectorial. De aseme-nea, sistemul B = fe1 = (1; 0; : : : ; 0); e2 = (0; 1; : : : ; 0); : : : ; en = (0; 0; : : : ; 1)geste o baz¼a pentru spatiul aritmetic Kn, numit¼a baza canonic¼a (sau natural¼asau standard) a lui Kn.2. Sistemul B = f1; X;X2g constituie o baz¼a pentru spatiul vectorial al poli-

noamelor de o nedeterminat¼a, cu coe�cienti reali, de grad cel mult 2, R2[X], iarB = f1; X;X2; : : : ; Xn; : : :g este o baz¼a pentru spatiul vectorial al polinoamelorde o nedeterminat¼a, cu coe�cienti reali, R[X].3. Vectorii Eij 2Mm;n(K) , 1 � i � m, 1 � j � n, unde

Eij(k; l) =

�0; dac¼a (i; j) 6= (k; l)1; dac¼a (i; j) = (k; l)

;

oricare ar � k = 1; : : : ;m, l = 1; : : : ; n, constituie o baz¼a pentru spatiulvectorial Mm;n(K) al matricilor cu elemente din K, având m linii si n coloane.

Teorema 1.3.1 (de existent¼a a bazei) Orice spatiu vectorial nenul (care nuse reduce doar la vectorul nul) posed¼a cel putin o baz¼a. Mai exact, din oricesistem de generatori al lui V se poate extrage cel putin o baz¼a.

Page 17: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

1.3. BAZ¼A SI DIMENSIUNE 9

Demonstratie. Vom demonstra teorema numai în cazul când V admite un

sistem �nit de generatori, adic¼a V este un spatiu �nit generat. În acest sens,�e B = fa1; a2; : : : ; amg un sistem de generatori pentru V . Având în vedere unrezultat din sectiunea precedent¼a putem presupune c¼a toti vectorii lui B suntnenuli. Pentru demonstratie folosim metoda inductiei matematice, dup¼a m � 1;num¼arul de vectori din B.Etapa I (veri�carea): Pentrum = 1, este clar c¼a B = fa1g este o baz¼a pentru

V , deoarece a1 6= 0, adic¼a este a1 si liniar independent.Etapa a II-a (demonstratia): Presupunem c¼a în orice spatiu generat de m�1

vectori exist¼a cel putin o baz¼a si vom demonstra c¼a dac¼a un spatiu V este generatde m vectori, a1; a2; : : : ; am, atunci acesta admite cel putin o baz¼a.Avem dou¼a situatii:a) a1; a2; : : : ; am sunt liniar independenti si atunci a1; a2; : : : ; am formeaz¼a o

baz¼a pentru V , saub) a1; a2; : : : ; am sunt liniar dependenti si atunci cel putin unul dintre ei

se poate scrie ca o combinatie liniar¼a de ceilalti m � 1 vectori. Astfel, V estegenerat de m � 1 vectori si conform ipotezei de inductie, rezult¼a c¼a V admitecel putin o baz¼a.

Teorema 1.3.2 (bazei) Toate bazele unui spatiu vectorial sunt formate dinacelasi num¼ar de vectori.

Demonstratie. Fie B1 = fa1; a2; : : : ; ang si B2 = fb1; b2; : : : ; bmg dou¼a bazeale unui spatiu vectorial V .Presupunem c¼am > n. Aplicând corolarul de mai sus rezult¼a c¼a b1; b2; : : : ; bm

sunt liniar dependenti. Absurd si prin urmare presupunerea facut¼a este fals¼a.Deci, m � n. Analog, dac¼a presupunem m < n si aplic¼am acelasi corolarobtinem c¼a n � m. În concluzie m = n.Acum are sens urm¼atoarea de�nitie:

De�nitia 1.3.2 Spunem c¼a spatiul vectorial V are dimensiunea �nit¼a n (siscriem dimV = n) dac¼a exist¼a o baz¼a a lui V format¼a din n vectori. În cazcontrar, spunem c¼a spatiul vectorial V are dimensiunea in�nit¼a si scriemdimV =1.Spatiul nul V = f0g are, prin de�nitie, dimensiunea zero.

Când este pericol de confuzie, scriem dimK V = n, pentru V un spatiuvectorial peste K. A se vedea c¼a dimCC = 1, iar dimRC = 2.

Exemplul 1.3.2 1. Spatiul aritmetic R3 are dimensiunea 3, iar dimKn = n,pentru orice corp comutativ K.2. dimRn[X] = n + 1, iar R[X] este un spatiu vectorial de dimensiune

in�nit¼a.3. dimCCn = n, dimRCn = 2n.4. dimMm;n(K) = mn, iar dimCMm;n(C) = mn, dimRMm;n(C) = 2mn.

Page 18: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

10 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

De acum înainte când vom spune c¼a un spatiu vectorial are dimensiunea nîntelegem c¼a n este �nit.

Observatia 1.3.1 Conform propozitiei 1.3.1 avem ca dac¼a dimV = n, atunciorice sistem din V format cu n+1 sau mai multi vectori este liniar dependent.

1.4 Coordonatele unui vector relativ la o baz¼a

Teorema 1.4.1 Fie V un spatiu vectorial si B = fa1; a2; : : : ; ang � V . AtunciB este baz¼a a lui V dac¼a si numai dac¼a orice vector x 2 V se poate scrie în modunic ca o combinatie liniar¼a de vectorii lui B, a1; a2; : : : ; an.

Demonstratie. Fie B = fa1; a2; : : : ; ang o baz¼a a lui V . Atunci, pentru orice

vector x 2 V , exist¼a scalarii x1, ..., xn 2 K astfel încât x = x1a1 + � � �+ xnan.Dac¼a ar mai exista si alti scalari y1, ..., yn 2 K astfel încât x = y1a1+� � �+ynan,atunci avem x1a1 + � � �+ xnan = y1a1 + � � �+ ynan sau

nPi=1

(xi � yi)ai = 0. Din

liniar independenta sistemului B rezult¼a xi = yi, pentru orice i = 1; : : : ; n, adic¼ascrierea lui x ca o combinatie liniar¼a de vectorii bazei B este unic¼a.Reciproc, dac¼a orice vector x din V se scrie în mod unic ca o combinatie

liniar¼a de vectorii sistemului B = fa1; a2; : : : ; ang, atunci este evident c¼a Beste un sistem de generatori pentru V . R¼amâne de aratat c¼a B este si sistemliniar independent. Pentru aceasta, dac¼a consider¼am combinatia liniar¼a nul¼a�1a1+�

2a2+ � � �+�nan = 0 si dac¼a tinem cont de ipotez¼a si de faptul c¼a avemsi 0a1 + 0a2 + � � � + 0an = 0, rezult¼a �1 = �2 = � � � = �n = 0. Deci, B este obaz¼a a lui V .

Asadar, dac¼a B = fa1; a2; : : : ; ang este o baz¼a a lui V atunci orice vectorx 2 V se poate scrie în mod unic ca o combinatie liniar¼a de vectorii lui B, adic¼aexist¼a si sunt unici scalarii x1; x2; : : : ; xn 2 K astfel ca

x = x1a1 + x2a2 + � � �+ xnan:

De�nitia 1.4.1 Scalarii x1; x2; : : : ; xn unic determinati de vectorul x se numesccoordonatele vectorului x în raport cu baza B.

Pentru simplitatea scrierii, în loc de x = x1a1 + x2a2 + � � � + xnan vom

scrie xB = (x1; x2; : : : ; xn) sau exB = (x1; x2; : : : ; xn)t sau, mai ales în relatiile

matriceale exB =0BBB@x1

x2

...xn

1CCCA.Când nu este pericol de confuzie vom scrie x = (x1; x2; : : : ; xn) sau ex =

(x1; x2; : : : ; xn)t.

Page 19: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

1.4. COORDONATELE UNUI VECTOR RELATIV LA O BAZ¼A 11

Exemplul 1.4.1 1. În spatiul vectorial aritmetic R3, relativ la baza canonic¼aB = fe1 = (1; 0; 0); e2 = (0; 1; 0); e3 = (0; 0; 1)g, orice vector x = (x1; x2; x3) aredrept coordonate chiar componentele sale x1, x2, x3, deoarece x = x1e1+x2e2+x3e3. Atunci, vectorul y = (1;�2; 7) , de exemplu, are coordonatele 1, �2, 7

relativ la baza canonic¼a B. Scriem exB =0@ 1�27

1A.2. Dac¼a P = 1� 3X + 2X2 2 R2[X], atunci 1, �3, 2 sunt coordonatele lui

P relativ la baza B = f1; X;X2g a lui R2[X].3. Coordonatele polinomului P = X � X2 2 R[X], relativ la baza B =

f1; X;X2; : : : ; Xn; : : :g, sunt 0, 1 , �1, 0 , ..., 0 ... .

Teorema 1.4.2 Fie V un spatiu vectorial de dimensiune n. Atunci, orice sis-tem de m < n vectori din V , liniar independenti, se poate completa pân¼a la obaz¼a a lui V .

Demonstratie. Fie B = fa1; a2; : : : ; ang o baz¼a a lui V si b1; b2; : : : ; bm vectori

liniar independenti în V . Este clar c¼a sistemul format cu vectorii b1, b2, ..., bm,a1, a2, ..., an este un sistem de generatori pentru V , care este liniar dependent(m+ n > n = dimV ). Atunci, cel putin unul dintre ei se scrie ca o combinatieliniar¼a de restul vectorilor din sistem. Cum b1; b2; : : : ; bm sunt liniar indepen-denti, avem c¼a un astfel de vector nu se poate alege dintre b1; b2; : : : ; bm. Fieai primul vector dintre b1, b2, ..., bm, a1, a2, ..., an, care se scrie ca o com-binatie liniar¼a de ceilalti. Atunci, avem c¼a V = L(b1; b2; : : : ; bm; a1; a2; : : : ; an)= L(b1; b2; : : : ; bm; a1; : : : ; ai�1; ai+1; : : : ; an) si sunt posibile dou¼a situatii:1) b1; b2; : : : ; bm; a1; : : : ; ai�1; ai+1; : : : ; an sunt liniar independenti si atunci

ei formeaz¼a baza cautat¼a, sau2) b1; b2; : : : ; bm; a1; : : : ; ai�1; ai+1; : : : ; an sunt liniar dependenti si atunci se

reia procedeul de mai sus eliminând pe rând câte unul dintre vectorii ai+1; : : : ; anpân¼a când se obtine un sistem de generatori ai lui V care contine vectoriib1; b2; : : : ; bm si este si sistem liniar independent (este limpede c¼a trebuie elim-inati m vectori dintre a1; a2; : : : ; an). Aceasta este baza cautat¼a, obtinut¼a princompletarea sistemului liniar independent b1; b2; : : : ; bm.

Propozitia 1.4.1 Fie V un spatiu vectorial peste K, de dimensiune �nit¼a n siS = fa1; a2; : : : ; ang � V . Atunci urm¼atoarele a�rmatii sunt echivalente:a) S este o baz¼a a lui V ;b) S este un sistem de generatori pentru V ;c) S este un sistem liniar independent.

Teorema 1.4.3 Conditia necesar¼a si su�cient¼a ca m vectori ai unui spatiu vec-torial V de dimensiune n (m � n) s¼a �e liniar independenti este ca rangul ma-tricei formate (pe coloane) cu coordonatele acestor vectori într-o baz¼a oarecarea spatiului s¼a �e egal cu m.

Page 20: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

12 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

Demonstratie. Fie B = fa1; a2; : : : ; ang o baz¼a a lui V , iar b1; b2; : : : ; bm

vectori ai lui V (m � n) astfel încât bj =nPi=1

�ijai oricare ar � j = 1; : : : ;m.

Dac¼amPj=1

�jbj = 0 , cu �1, ... , �m 2 K, atuncinPi=1

mPj=1

�j�ij

!ai = 0 si cum

B este un sistem liniar independent rezult¼a c¼amPj=1

�ij�j = 0, oricare ar � i =

1; : : : ; n. Obtinem astfel un sistem omogen de n ecuatii liniare cum necunoscute�1, ... , �m care are numai solutia banal¼a (�1; : : : ; �m) = (0; : : : ; 0) dac¼a si numaidac¼a rangul matricei sale

��ij�i=1;n; j=1;m

este egal cu m.

În continuare, consider¼am dou¼a baze B = fa1; a2; : : : ; ang si B0 = fb1; b2; : : : ; bngale unui spatiu vectorial V peste K, iar oricare ar � i = 1; n, avem bi =

nPj=1

�jiaj

si oricare ar � k = 1; n, avem ak =nPi=1

�ikbi. Atunci bi =nPj=1

nPk=1

�ji�kj bk, oricare

ar � i = 1; n. Prin urmare,nPj=1

�ji�kj = �ki =

�1; dac¼a i = k0; dac¼a i 6= k sau BA = In,

unde A =��ij�i=1;n; j=1;n

2 Mn(K) este matricea pe ale c¼arei coloane avem

coordonatele vectorilor bazei B0 în raport cu baza B, iar B =��ij�i=1;n; j=1;n

2Mn(K) este matricea pe ale c¼arei coloane avem coordonatele vectorilor bazei Bîn raport cu baza B0. .

De�nitia 1.4.2 Matricea A, format¼a ca mai sus, se numeste matricea detrecere de la baza B la baza B0.

Propozitia 1.4.2 Cu notatiile de mai sus avem B = A�1. Mai mult, pentruorice x 2 V avem exB = AexB0 sau

exB0 = A�1exB: (1)

Demonstratie. Din BA = In este clar c¼a B = A�1. Dac¼a x =nPi=1

xiai si

x =nPj=1

yjbj atunci, din ai =nPj=1

�ji bj si din unicitatea scrierii lui x, avem

c¼a yj =nPi=1

�jixi, pentru toti i = 1; n, ceea ce înseamn¼a c¼a (y1; : : : ; yn)t =

B(x1; : : : ; xn)t sau exB0 = A�1exB.Relatia (1) se numeste formula de schimbare a coordonatelor unui vector

când se trece de la baza B la baza B0.

Exemplul 1.4.2 În spatiul vectorial aritmetic R3 se consider¼a baza canon-ic¼a B = fe1; e2; e3g si baza B0 = fa1; a2; a3g, unde a1 = (2;�1; 1), a2 =(3; 1;�1), a3 = (1; 1; 1). Matricea de trecere de la baza B la baza B0 este

Page 21: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

1.4. COORDONATELE UNUI VECTOR RELATIV LA O BAZ¼A 13

A =

0@ 2 3 1�1 1 11 �1 1

1A, iar matricea de trecere de la baza B0 la baza B este

A�1. Dac¼a x = (1; 2; 7), atunci exB0 = A�1exB = A�10@ 127

1A.Fie V un spatiu vectorial real n-dimensional si H = fB � V jB baz¼a a lui

V g.

De�nitia 1.4.3 Spunem c¼a bazele B1, B2 2 H sunt la fel orientate (sau auaceeasi orientare si scriem B1 � B2) dac¼a determinantul matricii de trecerede la baza B1 la baza B2 este pozitiv.

Propozitia 1.4.3 Relatia binar¼a � este o relatie de echivalent¼a pe H.

Demonstratie. a) Cum determinatul lui In este pozitiv avem c¼a B � B, oricarear � B 2 H, adic¼a � este re�exiv¼a.b) Dac¼a B1 � B2 si matricea de trecere de la baza B1 la baza B2 este A,

atunci B2 � B1 deoarece determinantul matricii de trecere A�1, de la baza B2la baza B1, este tot pozitiv (detA�1 = 1

detA ). Astfel, relatia � este simetric¼a.c) Fie B1, B2, B3 2 H astfel c¼a B1 � B2 si B2 � B3, iar A este matricea de

trecere de la baza B1 la baza B2 si B este matricea de trecere de la baza B2 labaza B3. Atunci B1 � B3, deoarece matrice de trecere de la baza B1 la bazaB3 este chiar AB , iar det(AB) = detA � detB > 0. Rezult¼a c¼a � este o relatietranzitiv¼a.Deci � este o relatie de echivalent¼a pe H.

Propozitia 1.4.4 Multimea factor H=� are dou¼a elemente.

Demonstratie. Fie B1, B2 2 H astfel ca B1 � B2. Fie B 2 H astfel încâtB � B1. Dac¼a A este matricea de trecere de la baza B la baza B1 si B estematricea de trecere de la baza B1 la baza B2, atunci matricea de trecere de labaza B la baza B2 este AB. Cum detA < 0 si detB < 0, avem c¼a detAB > 0si astfel B � B2.

Cele dou¼a clase de echivalent¼a care formeaz¼a multimea factor H=� se numescorient¼ari ale spatiului vectorial V .

De�nitia 1.4.4 Spunem c¼a spatiul vectorial real V este orientat dac¼a am �xato orientare pe V , adic¼a o clas¼a de echivalent¼a de baze la fel orientate pe care levom numi baze pozitiv orientate. Bazele din cealalt¼a clas¼a de echivalent¼a se vornumi baze negativ orientate (în raport cu orientarea �xat¼a).

Page 22: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

14 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

1.5 Subspatii vectoriale

Fie V un spatiu vectorial peste K si V1 o submultime nevid¼a a lui V .

De�nitia 1.5.1 V1 se numeste subspatiu vectorial al lui V dac¼a, împreun¼acu operatiile spatiului vectorial V , are o structur¼a de spatiu vectorial peste K.

Propozitia 1.5.1 V1 este subspatiu vectorial al lui V dac¼a si numai dac¼a�x+ �y 2 V1, pentru orice �, � 2 K si orice x, y 2 V1.

Demonstratie. Dac¼a V1 este subspatiu vectorial al lui V , atunci din bunade�nire a operatiilor de spatiu vectorial pe V1 rezult¼a c¼a �x + �y 2 V1, 8�,� 2 K, x, y 2 V1.Reciproc, dac¼a avem c¼a �x+ �y 2 V1, 8�, � 2 K, x, y 2 V1, atunci pentru

� = 1 si � = �1 obtinem c¼a x � y 2 V1, 8x, y 2 V1, adic¼a (V1;+) este unsubgrup al lui (V;+) si prin urmare este grup. Apoi axiomele i)-iv) din II)din de�nitia spatiului vectorial sunt veri�cate în mod evident si pentru vectoriidin V1. În concluzie, V1 este spatiu vectorial peste K, în raport cu operatiilespatiului vectorial V .

Exercitiul 1.5.1 1. Ar¼atati c¼a pentru orice sistem de vectori S din V avem

c¼a L(S) este subspatiu vectorial al lui V .2. Dac¼a a1; a2; : : : ; am 2 V , atunci ar¼atati c¼a dimL(a1; a2; : : : ; am) � m.

Pentru orice sistem S � V , L(S) se mai numeste subspatiul generat desistemul de vectori S. În particular, L(a1; a2; : : : ; am) se numeste subspatiulgenerat de vectorii a1; a2; : : : ; am.

Exemplul 1.5.1 1. Spatiul nul f0g si spatiul vectorial V sunt subspatii vecto-riale ale lui V , numite subspatii improprii ale lui V .2. Multimea V1 = f(x1; x2; x3) 2 R3jx1 = 0g este un subspatiu vectorial al

lui R3.3. Multimea V2 = f(x1; x2; x3) 2 R3jx2 = 0; x3 = 0g este un subspatiu

vectorial al lui R3.4. În spatiul vectorial Mn(K) multimea matricilor diagonale este un sub-

spatiu vectorial.5. Multimea matricilor p¼atratice de ordin n care sunt simetrice si multimea

matricilor antisimetrice sunt subspatii vectoriale ale spatiului Mn(R).6. Rn[X] = fP 2 R[X]j gradP � ng este subspatiu vectorial al spatiului

vectorial real R[X].

Propozitia 1.5.2 Fie V1 un subspatiu vectorial al lui V , de dimensiune �nit¼an. Atunci, dimV1 � dimV .

Page 23: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

1.5. SUBSPATII VECTORIALE 15

Demonstratie. Fie m = dimV1. Presupunem prin absurd c¼a m > n. Din

de�nitia dimensiunii lui V1 rezult¼a c¼a exist¼a în V1 o baz¼a format¼a din m vectori.Dar V1 � V , ceea ce înseamn¼a c¼a în V exist¼a m vectori liniar independenti,iar m > dimV = n. Contradictie cu de�nitia dimensiunii lui V . Atunci,presupunerea f¼acut¼a este fals¼a si deci, m � n.

Fie V1, V2 subspatii vectoriale ale lui V . De�nim urm¼atoarele submultimiale lui V :V1 + V2 = fx 2 V j9x1 2 V1 si x2 2 V2 astfel ca x = x1 + x2g == fx1 + x2jx1 2 V1 si x2 2 V2g, V1 \ V2 = fx 2 V jx 2 V1 si x 2 V2g:

Propozitia 1.5.3 V1 + V2 si V1 \ V2 sunt subspatii vectoriale ale lui V .

Demonstratie. Fie x = x1 + x2 si y = y1 + y2 din V1 + V2, iar �, � 2 K.

Atunci �x+�y = �(x1+x2)+�(y1+y2) = (�x1+�y1)+(�x2+�y2) 2 V1+V2,adic¼a V1 + V2 este subspatiu al lui V .Cu usurint¼a se poate proba c¼a V1 \ V2 este subspatiu vectorial al lui V .

V1 + V2 se numeste suma subspatiilor V1 si V2, iar V1 \ V2 se numeste inter-sectia subspatiilor V1 si V2.

Exemplul 1.5.2 1. Dac¼a în spatiul vectorial aritmetic R3 consider¼am sub-spatiile vectoriale V1 = f(x1; x2; x3) 2 R3jx1 = 0g si V2 = f(x1; x2; x3) 2R3jx2 = 0; x3 = 0g, atunci suma lor este V1 + V2 = R3, iar intersectia lor esteV1 \ V2 = f0g:

2. Fie V1 =��

a 00 0

�ja 2 R

�si V2 =

��0 00 b

�jb 2 R

�submultimi

în M2(R). Este clar c¼a V1 si V2 sunt subspatii vectoriale ale spatiului vectorial

M2(R) si suma lor este V1+V2 =��

a 00 b

�ja; b 2 R

�, iar intersectia V1\V2

este subspatiul nul al lui M2(R).

Exercitiul 1.5.2 1. Ar¼atati c¼a, în general, reuniunea a dou¼a subspatii, V1[V2,nu este un subspatiu vectorial al lui V . Mai mult, ar¼atati c¼a V1[V2 este subspatiuvectorial dac¼a si numai dac¼a V1 � V2 sau V2 � V1.2. Ar¼atati c¼a V1 + V2 = L(V1 [ V2), oricare ar � subspatiile V1, V2.

De�nitia 1.5.2 Spunem c¼a suma V1+V2 este sum¼a direct¼a dac¼a orice vectorx 2 V1 + V2 se scrie în mod unic sub forma x = x1 + x2, cu x1 2 V1 si x2 2 V2.Vom scrie V1 � V2 în loc de V1 + V2.

Propozitia 1.5.4 Fie V1, V2 dou¼a subspatii vectoriale ale lui V . Atunci, ur-m¼atoarele a�rmatii sunt echivalente:a) V1 \ V2 = f0g;b) suma subspatiilor V1, V2 este sum¼a direct¼a.

Page 24: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

16 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

Demonstratie. a))b) Fie x 2 V1 + V2 astfel încât x = x1 + x2 si x = y1 + y2,cu x1, y1 2 V1 si x2, y2 2 V2. Atunci, x1+x2 = y1+y2, adic¼a x1�y1 = y2�x2.Cum x1�y1 2 V1, y2�x2 2 V2, rezult¼a c¼a x1�y1, y2�x2 2 V1\V2 = f0g. Prinurmare x1 = y1si x2 = y2, adic¼a scrierea este unic¼a si astfel V1 + V2 = V1 � V2.b))a) Fie x 2 V1 \ V2. Atunci x = x+ 0 2 V1 � V2 si x = 0 + x 2 V1 � V2.

Din unicitatea scrierii lui x, rezult¼a c¼a x = 0. Prin urmare V1 \ V2 � f0g. Cumincluziunea f0g � V1 \ V2 este evident¼a, rezult¼a c¼a V1 \ V2 = f0g.

De�nitia 1.5.3 Subspatiile vectoriale V1, V2 se numesc suplimentare (saucomplementare) dac¼a V = V1 � V2.În acest caz, V1 se numeste suplimentul lui V2 în V , iar V2 se numeste

suplimentul lui V1 în V .

Exemplul 1.5.3 În spatiul vectorial aritmeticR3 subspatiile V1 = f(x1; x2; x3) 2R3jx1 = 0g si V2 = f(x1; x2; x3) 2 R3jx2 = 0; x3 = 0g sunt suplimentare.

Teorema 1.5.1 Fie V un spatiu vectorial peste K, de dimensiune �nit¼a n siV1, V2 dou¼a subspatii vectoriale ale lui V . Atunci, V = V1 � V2 dac¼a si numaidac¼a sunt îndeplinite conditiile:i) V1 \ V2 = f0g;ii) dimV = dimV1 + dimV2.

Demonstratie. Dac¼a V1 � V2 = V , atunci V1 \ V2 = f0g, conform propoz-itiei anterioare. R¼amâne de ar¼atat c¼a are loc a doua conditie. Fie B1 =fa1; : : : ; apg o baz¼a a lui V1 si B2 = fb1; : : : ; bqg o baz¼a a lui V2. Fie B =fa1; : : : ; ap; b1; : : : ; bqg � V . Vom ar¼ata c¼a B este o baz¼a pentru V si astfeldimV = p+ q = dimV1 + dimV2.Fie �1a1+� � �+�pap+�1b1+� � �+�qbq = 0. Tinând cont de unicitatea scrierii

vectorului nul din V , 0 = 0 + 0 2 V1 � V2 = V rezult¼a c¼a �1a1 + � � � + �pap =0 si �1b1 + � � � + �qbq = 0.Cum B1 si B2 sunt, în particular, sisteme liniarindependente, avem c¼a �1 = � � � = �p = 0 si �1 = � � � = �q = 0. Astfel, B estesistem liniar independent.Fie x 2 V . Atunci exist¼a x1 2 V1 si x2 2 V2 astfel ca x = x1 + x2. Dar

x1 =pPi=1

�iai si x2 =qPj=1

�jbj . Rezult¼a c¼a x =pPi=1

�iai +qPj=1

�jbj , adic¼a B este

sistem de generatori pentru V . În concluzie, B este baz¼a pentru V .Reciproc, dac¼a presupunem îndeplinite conditiile i) si ii), atunci pentru a

ar¼ata c¼a V = V1�V2 este su�cient s¼a ar¼at¼am c¼a V = V1+V2, deoarece conditiai) ne asigur¼a c¼a suma subspatiilor V1 si V2 este sum¼a direct¼a.Dac¼a B1 = fa1; : : : ; apg o baz¼a a lui V1 si B2 = fb1; : : : ; bqg o baz¼a a lui

V2, atunci B = fa1; : : : ; ap; b1; : : : ; bqg este un sistem liniar independent în V ,

pentru c¼a dinpPi=1

�iai +qPj=1

�jbj = 0 saupPi=1

�iai = �qPj=1

�jbj , avem c¼a atât

Page 25: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

1.5. SUBSPATII VECTORIALE 17

pPi=1

�iai cât siqPj=1

�jbj fac parte din V1 \ V2 = f0g, adic¼apPi=1

�iai = 0 si

qPj=1

�jbj = 0 ceea ce implic¼a �1 = � � � = �p = 0 si �1 = � � � = �q = 0.

Din faptul c¼a dimV = p + q si B este un sistem liniar independent formatdin p+ q vectori, rezult¼a c¼a B este o baz¼a pentru V . Prin urmare, pentru oricex 2 V exist¼a �1; : : : ; �p, �1; : : : ; �q 2 K astfel încât x = �iai + �

jbj , 1 � i � p,1 � j � q, adic¼a pentru orice x 2 V exist¼a x1 = �iai 2 V1 si x2 = �jbj 2 V2astfel ca x = x1 + x2. Deci, V = V1 + V2.

Fie V1, V2 dou¼a subspatii vectoriale ale lui V astfel încât V = V1 � V2.Fie x 2 V . Atunci, exist¼a si sunt unici vectorii x1 2 V1 si x2 2 V2 astfel cax = x1 + x2. Vectorul x1 din aceast¼a scriere se numeste proiectia lui x pe V1de-a lungul lui V2, iar vectorul x2 se numeste proiectia lui x pe V2 de-a lungullui V1.

Exemplul 1.5.4 Dac¼a x = (3;�1; 2) 2 R3 si consider¼am subspatiile supli-mentare V1 = f(x1; x2; x3) 2 R3jx1 = 0g si V2 = f(x1; x2; x3) 2 R3jx2 =0; x3 = 0g, atunci proiectia lui x pe V1 de-a lungul lui V2 este x1 = (0;�1; 2),iar x2 = (3; 0; 0) este proiectia lui x pe V2 de-a lungul lui V1.

Acum prezent¼am (doar ca enunt) un rezultat foarte util în aplicatii:

Teorema 1.5.2 (Formula lui Grassman) Fie V un spatiu vectorial peste K,de dimensiune �nit¼a si V1, V2 dou¼a subspatii vectoriale ale sale. Atunci

dim(V1 + V2) = dimV1 + dimV2 � dim(V1 \ V2):

Exercitiul 1.5.3 Fie V un spatiu vectorial peste K, de dimensiune �nit¼a n siV1, V2 dou¼a subspatii vectoriale ale sale de dimensiuni p, respectiv q. Ar¼atatic¼a dac¼a p+ q > n, atunci V1 si V2 au în comun cel putin un vector nenul.

Observatia 1.5.1 Multimea H a tuturor solutiilor unui sistem de m ecuatiiliniare omogene cu n necunoscute, cu coe�cienti din K, formeaz¼a un subspatiuvectorial al spatiului aritmetic Kn. Mai mult, dimH = n� rangA, unde A estematricea sistemului omogen. Demonstrarea acestor a�rmatii nu este complicat¼a.Totusi, este mult mai clar si mai util s¼a o ilustr¼am pe exemple concrete.

Exemplul 1.5.5 În spatiul aritmetic R4 se d¼a multimea

V1 =

��x = (x1; x2; x3; x4) 2 R4

����� x1 + x2 � x3 + x4 = 0;�x1 + x2 � x3 + x4 = 0:

�a) Ar¼atati c¼a V1 este un subspatiu vectorial al lui R4 ;b) Determinati o baz¼a pentru V1 si dimV1;c) Ar¼atati c¼a sistemul

Page 26: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

18 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

B0 = f�a1 = (1; 0; 1; 0); �a2 = (1; 1; 0; 0); �a3 = (0; 1; 1; 0); �a4 = (0; 0; 1; 1)geste o baz¼a pentru R4 si g¼asiti coordonatele vectorului �x = (1; 1;�1; 1) relativ

la noua baz¼a B0;d) G¼asiti un supliment V2 pentru subspatiul V1 în R4.

Rezolvare:a) Fie �; � 2 R si x = (x1; x2; x3; x4) , y = (y1; y2; y3; y4) 2 V1 , arbitrar

�xate. Atunci:(�x1 + �y1) + (�x2 + �y2) � (�x3 + �y3) + (�x4 + �y4) = �(x1 + x2 � x3 +x4)+�(y1+ y2� y3+ y4) = �0+�0 = 0 si analog ��x+��y = (�x1+�y1; �x2+�y2; �x3+�y3; �x4+�y4) veri�c¼a si a doua ecuatie din sistemul omogen. Prinurmare ��x+ ��y 2 V1 si astfel V1 este subspatiu vectorial al lui R4 .b) Matricea sistemului este

A =

�1 1 �1 1�1 1 �1 1

�si are rangul 2:

Atunci, dimV1 = 4� rangA = 2 . O baz¼a a lui V1 este format¼a cu dou¼a solutiiparticulare ale sistemului omogen, care s¼a �e liniar independente.Notând x3 = � si x4 = � obtinem,�

x1 + x2 = �� ��x1 + x2 = �� �

si de aici solutia general¼a �x = (0; � � �; �; �) , �; � 2 R sau �x = �(0; 1; 1; 0) +�(0;�1; 0; 1) .Dac¼a not¼am �b1 = (0; 1; 1; 0) si �b2 = (0;�1; 0; 1), rezult¼a c¼a V1 = L(�b1;�b2) .

Deoarece f�b1;�b2g este sistem liniar independent (vezi rang

0BB@0 01 �11 00 1

1CCA = 2)

rezult¼a c¼a B1 = f�b1;�b2g este baz¼a pentru V1 .c) Rangul matricei A1, pe ale c¼arei coloane avem coordonatele vectorilor din B0

,în raport cu baza canonic¼a B = f�eiji = 1; 4g a lui R4 ,

A1 =

0BB@1 1 0 00 1 1 01 0 1 10 0 0 1

1CCAeste 4 . Prin urmare B0 este sistem liniar independent în spatiul 4-dimensionalR4si astfel este baz¼a pentru R4 .Coloana cu coordonatele lui �x = (1; 1 � 1; 1) relativ la baza B0se g¼aseste dinrelatia ~xB0 = A�11 ~xB , A1 �ind matricea de trecere de la baza B la baza B0.Inversa matricei A1 este

A�11 =

0BB@1=2 �1=2 1=2 �1=21=2 1=2 �1=2 1=2�1=2 1=2 1=2 �1=20 0 0 1

1CCA

Page 27: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

1.5. SUBSPATII VECTORIALE 19

si astfel ~xB0 = A�11 (1; 1;�1; 1)t = (�1; 2;�1; 1)t sau �x = ��a1 + 2�a2 � �a3 + �a4 .

d) Complet¼am baza lui V1 , B1 = f�b1;�b2g , pân¼a la o baz¼a a lui R4 cu vectorii�b3 = (1; 1; 1; 0);�b4 = (0; 0; 0; 1) . Într-adev¼ar, rangul matricei0BB@

0 0 1 01 �1 1 01 0 1 00 1 0 1

1CCAeste 4 si astfel f�b1;�b2;�b3;�b4g este baz¼a.Consider¼am subspatiul vectorial generat de �b3 si �b4 , V2 = L(�b3;�b4) . Atunci,dimV1 + dimV2 = 2 + 2 = 4 = dimR

4 .Cum R4 = L(�b1;�b2;�b3;�b4) rezult¼a c¼a pentru orice vector �x din R4 , exist¼ascalarii reali �i, (i = 1; 4) , astfel încât �x = �1�b1 + �

2�b2 + �3�b3 + �

4�b4 siprin urmare orice vector �x se poate scrie �x = �x1+ �x2 cu �x1 = �1�b1+�2�b2 2 V1si �x2 = �3�b3+�4�b4 2 V2 . Deci, R4 = V1+V2 . Din aceast¼a relatie si din faptulc¼a dimV1 + dimV2 = dimR4 rezult¼a c¼a V1 � V2 = R4 . Prin urmare, V2 esteun supliment al lui V1 în R4 .

Exemplul 1.5.6 În spatiul aritmetic R4 se dau subspatiile vectoriale

V1 =

8<:�x = (x1; x2; x3; x4)������8<: 2x1 + x2 + 3x3 � x4 = 03x1 + 2x2 � 2x4 = 03x1 + x2 + 9x3 � x4 = 0

9=;V2 =

��x = (x1; x2; x3; x4)

����� 6x1 � 9x2 � x3 = 0x2 + x4 = 0

�a) Ar¼atati c¼a V1 � V2 = R4;b) Determinati proiectia vectorului �x = (1;�1; 1; 0) pe subspatiul V1 de-a lungulsubspatiului V2 .Rezolvare:a) Matricea primului sistem liniar omogen,

A1 =

0@ 2 1 3 �13 2 0 �23 1 9 �1

1Aare rangul 2 si solutia sa este de forma �x = (3�;�9�+ �; �; �) , (�; � 2 R) sau�x = ��a1+��a2 , unde �a1 = (3;�9; 1; 0) si �a2 = (0; 1; 0; 1) sunt dou¼a solutii liniarindependente. Deci V1 = L(�a1; �a2) si dimV1 = 2 cu B1 = f�a1; �a2g baz¼a.Matricea celui de-al doilea sistem liniar omogen,

A2 =

�6 �9 �1 00 1 0 1

�are rangul 2 si solutia sa este de forma �x = ( 16��

32 ;��; �; �) , (�; � 2 R) sau

�x = 16��a3 +

12��a4 , unde �a3 = (1; 0; 6; 0) si �a4 = (�3;�2; 0; 2) sunt dou¼a solutii

Page 28: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

20 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

liniar independente. Deci, V2 = L(�a3; �a4) si dimV2 = 2 cu B2 = f�a3; �a4g baz¼a.Deoarece rangul matricei 0BB@

3 0 1 �3�9 1 0 �21 0 6 00 1 0 2

1CCAeste 4, rezult¼a c¼a B0 = f�a1; �a2; �a3; �a4g este o baz¼a a lui R4 . Astfel, R4 = V1+V2 .Se mai poate ar¼ata c¼a V1 \ V2 = f�0g . Într-adev¼ar, dac¼a �x = �1�a1 + �

2�a2 =�3�a3 + �

4�a4 2 V1 \ V2 , atunci avem �1�a1 + �2�a2 � �3�a3 � �4�a4 = �0 si de aici

obtinem �1 = �2 = �3 = �4 = 0 sau �x = �0 .Deci V1 � V2 = R4.b) Conform punctului a), avem scrierea unic¼a: �x = �x1 + �x2 cu �x1 2 V1 si�x2 2 V2 .Proiectia lui �x = (1;�1; 1; 0) pe V1 de-a lungul lui V2 este �x1 = �1�a1 + �

2�a2.Pentru a g¼asi pe �x1, lu¼am �x2 = �

3�a3 + �4�a4 si determin¼am scalarii �i; i = 1; 4

din relatia(1;�1; 1; 0) = �1(3;�9; 1; 0) + �2(0; 1; 0; 1) + �3(1; 0; 6; 0) + �4(�3;�2; 0; 2)sau (1;�1; 1; 0) =

�3�1 + �3 � 3�4;�9�1 + �2 � 2�4; �1 + 6�3; �2 + 2�4

�.

Rezolv¼am sistemul liniar8>><>>:3�1 + �3 � 3�4 = 1

�9�1 + �2 � 2�4 = �1�1 + 6�3 = 1�2 + 2�4 = 0

si obtinem �1 = 19115 ; �

2 = 28115 ; �

3 = 16115 ; �

4 = � 14115 , de unde �x1 =

19115�a1 +

28115�a2 =

1115 (57;�143; 19; 28) .

1.6 Probleme propuse spre rezolvare

1. Fie multimea V = fa+ bp2 + c

p3 + d

p5ja; b; c; d 2 Qg. Ar¼atati c¼a pe V

se poate introduce o structur¼a de spatiu vectorial peste corpul numerelorrationale Q, în raport cu adunarea numerelor reale si în raport cu în-multirea cu numere rationale a numerelor reale. Cât este dimQ V ? DardimQR ?

2. Fie V = (0;1). Dac¼a de�nim legea de compozitie intern¼a �� pe V ,x � y def

= xy si legea de compozitie extern¼a ���pe V , cu scalari din R(sau Q), �� x def

= x�, atunci ar¼atati c¼a (V;�;�) este un spatiu vectorialpeste R (sau Q). Cât este dimQ V ? Dar dimR V ?

3. Stabiliti care dintre urm¼atoarele sisteme de vectori din spatiul vectorialaritmetic R3 sunt liniar independente:

a) fa1 = (1; 2; 3); a2 = (2; 3; 1); a3 = (3; 1; 2)g;b) fb1 = (1; 3;�1); b2 = (0;�2; 1); b3 = (�3;�1;�1)g.

Page 29: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

1.6. PROBLEME PROPUSE SPRE REZOLVARE 21

4. Fie fv1; v2; v3g � R3, v1 = (1; �; 0), v2 = (�; 1; 1), v3 = (1; 0; �), � 2 R.a) S¼a se a�e � 2 R astfel încât S = fv1; v2; v3g s¼a formeze o baz¼a în R3;

b) Pentru � =p2 s¼a se extrag¼a din S o baz¼a S0 a subspatiului vectorial

L(v1; v2; v3):

5. S¼a se determine � 2 R astfel ca vectorii a = e1�e2+4e3, b = 2e1�3e2+e3,c = e1 + 2e2 + �e3s¼a �e liniar dependenti în spatiul vectorial aritmetic R3, unde fe1; e2; e3geste baz¼a canonic¼a a lui R3.

6. În spatiul vectorial real aritmetic R3 se dau vectorii a = (�4; 9; 7), b =(1; �; 5), c = (2;�1; �).a) Pentru ce perechi de numere reale (�; �) sistemul fa; b; cg formeaz¼a obaz¼a a lui R3?

b) Pentru ce perechi de numere reale (�; �) subspatiul generat de a; b; care dimensiunea 2?

7. S¼a se arate c¼a sistemele de vectori S1 = f(1; 1; 0), (1;�1;�1)g si respec-tiv S2 = f(9;�1;�5); (7;�1;�4)g din R3, genereaz¼a acelasi subspatiuvectorial.

8. În spatiul vectorial aritmeticR3 se dau vectorii v1 = (3; 1; 0) , v2 = (6; 3; 2), v3 = (1; 3; 5). Se cere:

a) S¼a se arate c¼a v1; v2; v3 formeaz¼a o baz¼a în spatiul R3;

b) S¼a se g¼aseasc¼a coordonatele vectorilor bazei canonice B = fe1; e2; e3gîn noua baz¼a B0 = fv1; v2; v3g.

9. Fie V un spatiu vectorial peste corpul comutativ K si u, v, w trei vectoriliniari independenti. Studiati liniar independenta vectorilor u+ v, v + w,w + u în cazul în care corpul K este a) R; b) C; c) f0; 1g.

10. Fie Ms;n(R) = fA 2 Mn(R)jA = Atg multimea matricilor simetrice deordinul n si Mas;n(R) = fA 2 Mn(R)jA = �Atg multimea matricilorantisimetrice de ordinul n.

a) Ar¼atati c¼aMs;n(R),Mas;n(R) sunt subspatii vectoriale ale luiMn(R).

b) Ar¼atati c¼a dimMs;n(R) =n(n+1)

2 ,Mas;n(R) =n(n�1)

2 .

c) Este adev¼arat c¼aMs;n(R)�Mas;n(R) =Mn(R)?

d) Determinati proiectia matricei A =�

2 3�2 4

�2M2(R) peMs;2(R)

de-a lungul luiMas;2(R).

11. Fie V un spatiu vectorial real de dimensiune n � 3 si B = fu1; u2; :::; ungo baz¼a pentru V . Se consider¼a vectorii

v1 = u1; v2 = u2; vk = uk + �ku1 + �ku2; pentru k = 3; :::; n;

Page 30: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

22 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

unde coe�cientii reali �k, �k (k = 3; :::; n) sunt �xati arbitrar, în prealabil.

Ar¼atati c¼a sistemul de vectori B0 = fv1; v2; :::; vng formeaz¼a o baz¼a pentruV . Scrieti matricea de trecere de la baza B la baza B0.

12. Fie a, b, a0, b0 numere reale astfel încât rangul matricii�a ba0 b0

�este 2.

Dac¼a se consider¼a subspatiile vectoriale ale lui R2, V1 = f(x1; x2)jax1 +bx2 = 0g si V2 = f(x1; x2)ja0x1+b0x2 = 0g s¼a se arate c¼a V1�V2 = R2. Cese poate spune despre submultimile luiR2,W1 = f(x1; x2)jax1+bx2 = 1g,W2 = f(x1; x2)ja0x1 + b0x2 = 1g?

13. Fie sistemul omogen de ecuatii liniare8<: x1 + x2 � x3 = 0x1 � x2 + x3 + 2x4 = 0x1 + x4 = 0

: (*)

Dac¼a V este multimea solutiilor (x1; x2; x3; x4) pentru sistemul (*), atunci:

a) Ar¼atati c¼a V este un subspatiu vectorial al lui R4.

b) Determinati o baz¼a a lui V si dimV .

c) G¼asiti un supliment W pentru V în R4.

d) Determinati proiectia vectorului x = (1; 2; 2; 3) pe V de-a lungul lui W;g¼asit la c).

14. Ce conditii trebuie s¼a satisfac¼a numerele reale a, b, c pentru ca vectoriix = (1; a; a2), y = (1; b; b2), z = (1; c; c2) s¼a formeze o baz¼a pentru R3?

Dac¼a a = �1, b = 0, c = 1 s¼a se scrie vectorul u = (1; 7; 2) ca o combinatieliniar¼a de vectorii x; y; z.

15. Fie M =

8<:A =0@ x yz 00 x+ y

1A jx; y; z 2 R9=;. S¼a se arate c¼a M este un

subspatiu vectorial al lui M3;2(R). G¼asiti o baz¼a pentru M si dimM ,precum si coordonatele matricei

U =

0@ 1 83 00 9

1A relativ la baza g¼asit¼a.

16. Fie n 2 N� si Rn[X] spatiul vectorial real (n + 1)-dimensional al poli-noamelor de grad cel mult n cu coe�cienti reali, în nedeterminata X.

a) Ar¼atati c¼a B = f1; (1 +X); (2 +X)2; :::; (n+X)ng este o baz¼a pentruRn[X].

b) Pentru n = 3, determinati matricea de trecere de la baza canonic¼aBc = f1; X;X2; :::; Xng la baza B.c) Pentru n = 3, determinati coordonatele polinomului Q = X3+1 relativla baza B.

Page 31: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Capitolul 2

Aplicatii liniare

2.1 Notiunea de aplicatie liniar¼a. Operatii cuaplicatii liniare

Fie V , W dou¼a spatii vectoriale peste K.

De�nitia 2.1.1 Functia f : V !W se numeste aplicatie liniar¼a (sau mor-�sm de spatii vectoriale sau operator liniar) dac¼aa) f este aditiv¼a, adic¼a f(x+ y) = f(x) + f(y), 8x; y 2 V ;b) f este omogen¼a, adic¼a f(�x) = �f(x), 8� 2 K,8x 2 V .

Dac¼a V = W , atunci spunem c¼a f este un endomor�sm al spatiului vec-torial V (sau operator liniar al lui V ).

Propozitia 2.1.1 Functia f : V !W este aplicatie liniar¼a dac¼a si numai dac¼ac) f(�x+�y) = �f(x)+�f(y), 8�; � 2 V , 8x; y 2 V (adic¼a, f este liniar¼a)

Demonstratie. Evident, din a) si b) rezult¼a c). Reciproc, din c) rezult¼a a)pentru � = � = 1 si din c) rezult¼a b) pentru � = 0.

Exemplul 2.1.1 1. Aplicatia nul¼a � : V ! W , �(x) = 0, 8x 2 V , este oaplicatie liniar¼a, numit¼a aplicatia nul¼a sau mor�smul nul.2. Aplicatia 1V : V ! V , 1V (x) = x, 8x 2 V , este o aplicatie liniar¼a,

numit¼a aplicatia identic¼a sau endomor�smul identic.3. Aplicatia f : Rn ! Rn�1, de�nit¼a prin f(x) = (x1 + x2; x3; : : : ; xn),

8x = (x1; x2; : : : ; xn) 2 Rn, este o aplicatie liniar¼a.4. Dac¼a V1, V2 sunt dou¼a subspatii vectoriale ale lui V astfel încât V =

V1 � V2 si pi : V ! Vi, de�nit¼a prin pi(x) = xi, 8x = x1 + x2 2 V , xi 2 Vi(i = 1; 2), atunci aplicatiile p1, p2 numite proiectia lui V pe V1 de-a lungullui V2, respectiv proiectia lui V pe V2 de-a lungul lui V1 sunt aplicatiiliniare.

23

Page 32: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

24 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

5. Functia f : R3[X] ! R2[X], de�nit¼a prin f(P ) = P 0, pentru orice P 2R3[X] (unde P 0 este polinomul asociat derivatei functiei polinomiale asociatepolinomului P ), este o aplicatie liniar¼a.

Vom nota prin Hom(V;W ) = ff : V !W jf aplicatie liniar¼ag si End(V ) =Hom(V; V ).

Propozitia 2.1.2 Dac¼a f : V !W este o aplicatie liniar¼a, atunci avem:

a) f�

pPi=1

�ixi

�=

pPi=1

�if(xi), 8�i 2 K, 8xi 2 V (i = 1; p), 8p 2 N�;

b) f(0) = 0 si f(�x) = �f(x), 8x 2 V .

Demonstratie. a) Se foloseste metoda inductiei matematice dup¼a p � 1.

b) Din f(0) = f(0 + 0) = f(0) + f(0), rezult¼a f(0) = 0. Evident, f(�x) =f((�1)x) = (�1)f(x) = �f(x), pentru orice x 2 V .În continuare vom de�ni pe Hom(V;W ) dou¼a legi de compozitie: una in-

tern¼a, numit¼a adunarea aplicatiilor liniare si una extern¼a, numit¼a înmultireaaplicatiilor liniare cu scalari din K.i) oricare ar � f; g 2 Hom(V;W ), de�nim aplicatia f + g prin

(f + g)(x) = f(x) + g(x);8x 2 V ;

ii) oricare ar � � 2 K, f 2 Hom(V;W ), de�nim aplicatia �f prin

(�f)(x) = �f(x);8x 2 V:

Propozitia 2.1.3 Dac¼a f; g 2 Hom(V;W ) si � 2 K, atunci f + g, �f 2Hom(V;W ). Mai mult, Hom(V;W ) are o structur¼a de spatiu vectorial pesteK fat¼a de operatiile de adunare a aplicatiilor liniare si înmultirea aplicatiilorliniare cu scalari din K.

Demonstratie. Fie �; � 2 K si x; y 2 V . Atunci, (f + g)(�x+ �y) == f(�x+�y)+g(�x+�y) = �f(x)+�f(y)+�g(x)+�g(y) = �(f(x)+g(x))++�(f(y) + g(y)) = �(f + g)(x) + �(f + g)(y) si(�f)(�x+�y) = �f(�x+�y) = �(�f(x)+�f(y)) = �(�f(x))+�(�f(y)) == (��)f(x) + (��)f(y) = (��)f(x) + (��)f(y) = �(�f(x)) + �(�f(y)) == �(�f)(x) + �(�f)(y).Vectorul nul al spatiului Hom(V;W ) este aplicatia nul¼a �, iar opusul lui f

este �f , adic¼a (�1)f .

Dac¼a V , W , Z sunt trei spatii vectoriale peste K si f 2 Hom(V;W ), g 2Hom(W;Z), atunci compunerea lor (numit¼a si produsul) g � f , de�nit¼a prin(g �f)(x) = g(f(x)), 8x 2 V , este tot o aplicatie liniar¼a de la V la Z (veri�careaeste foarte simpl¼a!). Mai mult, cu usurint¼a se poate veri�ca c¼a End(V ) este uninel fat¼a de operatiile de adunare si compunere a aplicatiilor liniare, unitateainelului �ind chiar aplicatia identic¼a 1V , iar zeroul inelului este aplicatia nul¼a�. Inversul unui element f din End(V ), dac¼a exist¼a, este chiar inversa lui f , cafunctie.

Page 33: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

2.2. APLICATII LINIARE INJECTIVE, SURJECTIVE SI BIJECTIVE 25

2.2 Aplicatii liniare injective, surjective si bijec-tive

În aceast¼a sectiune prezent¼am câteva caracterizari foarte utile ale aplicatiilorliniare injective, surjective si bijective.

Propozitia 2.2.1 Aplicatia liniar¼a f : V ! W este injectiv¼a dac¼a si numaidac¼a Kerf = f0g.

Demonstratie. Dac¼a f este injectiv¼a, atunci �e x 2 Kerf , arbitrar �xat.

Avem c¼a f(x) = 0, dar si f(0) = 0. Din ipoteza de injectivitate, avem c¼ax = 0. Prin urmare, Kerf � f0g si cum este evident c¼a f0g � Kerf , rezult¼ac¼a Kerf = f0g.Reciproc, dac¼aKerf = f0g si consider¼am doi vectori x1, x2 astfel ca f(x1) =

f(x2), atunci f(x1 � x2) = 0, ceea ce înseamn¼a c¼a x1 � x2 2 Kerf , adic¼ax1 � x2 = 0 sau x1 = x2. Deci, f este injectiv¼a.

Propozitia 2.2.2 Aplicatia liniar¼a f : V ! W este injectiv¼a dac¼a si numaidac¼a f duce orice sistem de vectori liniar independenti din V într-un sistem devectori liniar independenti din W , adic¼a pentru orice fa1; : : : ; amg sistem liniarindependent în V avem c¼a sistemul ff(a1); : : : ; f(am)g este liniar independentîn W .

Demonstratie. Dac¼a f este injectiv¼a si consider¼am sistemul fa1; : : : ; amg liniarindependent în V , s¼a demonstr¼am c¼a sistemul ff(a1); : : : ; f(am)g este liniarindependent în W . Fie �1, ..., �m 2 K astfel ca �1f(a1) + � � � + �rf(am) = 0.Atunci, f(�1a1 + � � � + �mam) = 0 = f(0) si cum f este injectiv¼a, rezult¼a c¼a�1a1 + � � � + �mam = 0, ceea ce implic¼a �1 = � � � = �m = 0. Deci, sistemulff(a1); : : : ; f(am)g este liniar independent în W .Reciproc, dac¼a avem c¼a f duce orice sistem de vectori liniar independenti din

V într-un sistem de vectori liniar independenti din W , atunci s¼a demonstr¼amc¼a f este injectiv¼a.Fie x1 6= x2 din V . Atunci, x1 � x2 6= 0, adic¼a fx1 � x2g este un sistem

liniar independent în V . Din ipotez¼a, rezult¼a c¼a ff(x1 � x2)g este sistem liniarindependent în W , adic¼a f(x1 � x2) 6= 0 sau f(x1) 6= f(x2). Atunci, f esteinjectiv¼a.

Propozitia 2.2.3 Orice aplicatie liniar¼a f : V !W duce un sistem de gener-atori ai lui V într-un sistem de generatori ai lui f(V ) = Im f .

Page 34: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

26 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

Demonstratie. Fie fa1; : : : ; amg un sistem de generatori pentru V . Vom

demonstra c¼a ff(a1); : : : ; f(am)g constituie un sistem de generatori pentru Im f .Pentru aceasta, s¼a consider¼am vectorul y 2 Im f . Atunci, exist¼a cel putin unx 2 V astfel ca y = f(x). Pentru acest x exist¼a scalarii �1, ..., �m astfel

încâtmPi=1

�iai = x si atunci y = f

�mPi=1

�iai

�=

mPi=1

�if (ai). În consecint¼a,

Im f = L (f(a1); : : : ; f(am)).

Corolarul 2.2.1 Aplicatia liniar¼a f : V ! W este surjectiv¼a dac¼a si numaidac¼a f duce orice sistem de generatori ai lui V într-un sistem de generatori ailui W .

Demonstratie. Implicatia direct¼a este o consecint¼a clar¼a a propozitiei ante-rioare. Reciproca este evident¼a (demonstratia tem¼a!).

Corolarul 2.2.2 Aplicatia liniar¼a f : V ! W este bijectiv¼a dac¼a si numaidac¼a f duce orice baz¼a a lui V într-o baz¼a a lui W .

Propozitia 2.2.4 Dac¼a f 2 End(V;W ) este bijectiv¼a, atunci inversa sa f�1 2Hom(W;V ).

Demonstratie. Fie �1, �2 2 K si y1, y2 2W . Atunci, exist¼a x1, x2 2 V astfelîncât f(x1) = y1 si f(x2) = y2, adic¼a f

�1(y1) = x1 si f�1(y2) = x2. Rezult¼a c¼a

f�1(�1y1 + �2y2) = f

�1(�1f(x1) + �2f(x2)) = f

�1(f(�1x1 + �2x2)) =

= �1x1 + �2x2 = �

1f�1(y1) + �2f�1(y2), adic¼a f

�1 este liniar¼a.

2.3 Nucleu si imagine pentru o aplicatie liniar¼a

Fie V , W dou¼a spatii vectoriale peste K si f : V !W o aplicatie liniar¼a.

Propozitia 2.3.1 a) Dac¼a V1 este un subspatiu vectorial al lui V , atunci imag-inea sa prin f , f(V1) = ff(x)jx 2 V1g, este un subspatiu vectorial al lui W .b) Dac¼a W1 este un subspatiu vectorial al lui W , atunci contraimaginea

sa prin f , f�1(W ) = fx 2 V jf(x) 2W1g, este un subspatiu vectorial al lui V .

Demonstratie. a) Fie �; � 2 K si y1; y2 2 f(V1). Atunci, exist¼a x1, x2 2 V1astfel încât f(x1) = y1, f(x2) = y2. Rezult¼a c¼a �y1 + �y2 = �f(x1) + �f(x2) = f(�x1 + �x2) 2 V1 si astfel V1 este subspatiu vectorial al lui V .b) Fie �; � 2 K si x1; x2 2 f�1(W1). Atunci, f(x1), f(x2) 2 W1 si astfel

f(�x1 + �x2) = �f(x1) + �f(x2) 2 W1. În concluzie, f�1(W1) este subspatiuvectorial al lui V .

Page 35: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

2.3. NUCLEU SI IMAGINE PENTRU O APLICATIE LINIAR¼A 27

Corolarul 2.3.1 a) f(V ) = ff(x)jx 2 V g not= Im f este subspatiu vectorial al

lui W .b) f�1(f0g) = fx 2 V jf(x) = 0g not= Ker f este subspatiu vectorial în V .

Observatia 2.3.1 Se poate demonstra direct (folosind de�nitia) c¼a Im f si Kerf sunt subspatii vectoriale în W , respectiv V .

De�nitia 2.3.1 Subspatiile vectoriale Im f si Ker f se numesc imagineaaplicatiei f , respectiv nucleul aplicatiei f , iar dim Im f , dimKer f se numescrangul, respectiv defectul aplicatiei liniare f .

Leg¼atura dintre rangul si defectul unei aplicatii liniare este dat¼a de teorema:

Teorema 2.3.1 Dac¼a f 2 Hom(V;W ) si dim V = n �nit¼a, atunci:

dim Im f + dimKer f = dimV:

Demonstratie. Cazul I) Dac¼a dimKerf = 0, atunci Kerf = f0g, adic¼a f este

injectiv¼a. Altfel spus, f duce baza lui V în baza lui f(V ) = Im f . Prin urmare,dimV = dim Im f sau dim Im f + dimKerf = dimV:Cazul II) Dac¼a dimKerf = n, atunci f(x) = 0, 8x 2 V , adic¼a Im f = f0g

sau dim Im f = 0 si atunci concluzia este evident¼a.Cazul III) Dac¼a 1 � dimKerf � n� 1, r = dimKerf , n = dimV iar B0 =

fa1; a2; : : : ; arg o baz¼a a lui Kerf pe care o complet¼am cu n � r vectori ar+1,..., an pân¼a la o baz¼a a lui V , atunci vom ar¼ata c¼a B1 = ff(ar+1); : : : ; f(an)geste o baz¼a a lui Im f si astfel avem concluzia.

Fie y 2 Im f . Atunci, exist¼a x =nPi=1

xiai 2 V astfel ca y = f(x) = f(x1a1 +

� � �+xrar+xr+1ar+1+ � � �+xnan) = xr+1f(ar+1)+ � � �+xnf(an), întrucât a1,..., ar 2 Kerf . Deci, Im f = L(f(ar+1); : : : ; f(an)).Fie �r+1, ..., �n 2 K astfel încât �r+1f(ar+1) + � � �+ �nf(an) = 0. Atunci,

avem f(�r+1ar+1 + � � � + �nan) = 0 sau �r+1ar+1 + � � � + �nan 2 Kerf .Acum, tinând cont c¼a B0 este baz¼a pentru Kerf , rezult¼a c¼a exist¼a �1, ...,�r 2 K astfel ca �1a1 + � � � + �rar = �r+1ar+1 + � � � + �nan, adic¼a �1a1 +� � �+�rar+(��r+1)ar+1+ � � �+(��n)an = 0. Deoarece fa1; a2; : : : ; ang reprez-int¼a o baz¼a pentru V avem c¼a �i = 0, pentru orice i = 1; n. Prin urmare,B1 = ff(ar+1); : : : ; f(an)g este si sistem liniar independent. Deci, B1 este baz¼apentru Im f .

Propozitia 2.3.2 Fie V , W dou¼a spatii vectoriale peste K, de aceeasi dimen-siune �nit¼a si f : V ! W o aplicatie liniar¼a. Atunci, urm¼atoarele a�rmatiisunt echivalente:i) f este injectiv¼a;ii) f este surjectiv¼a;iii) f este bijectiv¼a.

Page 36: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

28 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

Demonstratie. i))ii) Dac¼a f este injectiv¼a, atunci Kerf = f0g si astfeldimV = dim Im f , adic¼a dim Im f = dimW . Prin urmare, Im f = W , ceea ceînseamn¼a c¼a f este surjectiv¼a:ii))i) Dac¼a f este surjectiv¼a, adic¼a Im f =W , atunci dim Im f = dimW =

dimV , de unde rezult¼a c¼a dimKerf = 0. Deci, Kerf = f0g, ceea ce înseamn¼ac¼a f este injectiv¼a.Restul echivalentelor sunt evidente.

2.4 Spatii vectoriale izomorfe

Fie V , W dou¼a spatii vectoriale peste K.

De�nitia 2.4.1 Spunem c¼a spatiile vectoriale V si W sunt izomorfe dac¼aexist¼a o aplicatie liniar¼a f : V ! W bijectiv¼a. În acest caz, aplicatia f senumeste izomor�sm de spatii vectoriale. Vom nota V ' W . Dac¼a W = Vatunci spunem c¼a f este un automor�sm al spatiului vectorial V .

Exemplul 2.4.1 1) Aplicatia f : R2 ! R2 de�nit¼a prin f(x) = (x1 + x2; x1 �x2), oricare ar � x = (x1; x2) 2 R2 este un automor�sm al lui R2, întrucâteste liniar¼a si bijectiv¼a (veri�carea tem¼a!).2) Aplicatia f : M2(R) ! R4 de�nit¼a prin f(A) = (a11; a12; a21; a22), ori-

care ar � A =�a11 a12a21 a22

�2M2(R) este un izomor�sm de spatii vectoriale.

Teorema 2.4.1 Dou¼a spatii vectoriale V si W peste K, �nit dimensionale suntizomorfe dac¼a si numai dac¼a dimV = dimW .

Demonstratie. Presupunem c¼a V si W sunt spatii vectoriale �nit dimension-ale izomorfe, cu dimV = m si dimW = n. Atunci, exist¼a o aplicatie liniar¼abijectiv¼a f : V ! W . Dac¼a B1 = fa1; : : : ; amg este o baz¼a a lui V , atunciff(a1); : : : ; f(am)g este o baz¼a a lui W , conform unui corolar din sectiuneaprecedent¼a. Aplicând teorema bazei, rezult¼a c¼a m = n, adic¼a dimV = dimW .Reciproc, dac¼a dimV = dimW = n, s¼a arat¼am c¼a V si W sunt izomorfe.

Într-adev¼ar, dac¼a consider¼am bazele B1 = fa1; : : : ; ang, B2 = fb1; : : : ; bng pen-tru V , respectiv, W si de�nim aplicatia f : V !W prin f(x) =

nPi=1

xibi, pentru

orice x =nPi=1

xiai 2 V , atunci f este un izomor�sm de spatii vectoriale, pentru c¼a

f(�x+�y) = f

�nPi=1

(�xi + �yi)ai

�=

nPi=1

(�xi+�yi)bi = �nPi=1

xibi+�nPi=1

yibi =

�f(x) + �f(y), 8x; y 2 V si

din f(x) = f(y), cu x =nPi=1

xiai, y =nPi=1

yiai, rezult¼anPi=1

xibi =nPi=1

yibi,

adic¼a xi = yi, 8i = 1; n sau x = y, iar

Page 37: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

2.5. MATRICEA UNEI APLICATII LINIARE 29

pentru orice y =nPi=1

yibi 2 W , exist¼a x =nPi=1

yiai 2 V astfel ca f(x) = y,

adic¼a f este injectiv¼a si surjectiv¼a.

Corolarul 2.4.1 Orice spatiu vectorial V peste K, de dimensiune n este izomorfcu spatiul aritmetic Kn.

2.5 Matricea unei aplicatii liniare

Fie V si W spatii vectoriale peste K, de dimensiuni �nite n, respectiv m.

Propozitia 2.5.1 Fie B1 = fa1; : : : ; ang o baz¼a a spatiului vectorial V , iarb1; : : : ; bn vectori arbitrari din W . Atunci, exist¼a o unic¼a aplicatie liniar¼a f :V !W astfel încât f(ai) = bi, oricare ar � i = 1; n.

Demonstratie. Existenta: dac¼a de�nim aplicatia f : V ! W prin f(x) =

nPi=1

xibi, 8x =nPi=1

xiai 2 V , atunci este clar c¼a f este liniar¼a si f(ai) = bi,

oricare ar � i = 1; n.Unicitatea: Dac¼a g : V !W este o alt¼a aplicatie liniar¼a asa încât g(ai) = bi,

8i = 1; n, atunci pentru orice x =nPi=1

xiai 2 V avem g(x) =nPi=1

xig(ai) =

nPi=1

xibi = f(x), adic¼a g = f .

Corolarul 2.5.1 Fie B1 = fa1; : : : ; ang o baz¼a a spatiului vectorial V , iar f; g :V !W dou¼a aplicatii liniare astfel ca f(ai) = g(ai), 8i = 1; n. Atunci f = g.

Corolarul 2.5.2 O aplicatie liniar¼a f : V !W este complet determinat¼a dac¼ase cunosc imaginile f(a1), ..., f(an) ale vectorilor unei baze B1 = fa1; : : : ; anga lui V , prin f .

Demonstratie. Într-adev¼ar, dac¼a se dau vectorii bi = f(ai), 1 � i � n,

atunci pentru orice vector x =nPi=1

xiai 2 V , din liniaritatea lui f , avem c¼a

f(x) =nPi=1

xif(ai) =nPi=1

xibi. Membrul drept este îns¼a cunoscut si astfel rezult¼a

c¼a f(x) este cunoscut, pentru orice x 2 V .Acum, dac¼a �x¼am bazele B1 = fa1; : : : ; ang în V si B2 = fb1; : : : ; bmg în W ,

iar pentru f 2 Hom(V;W ) avem

f(a1) = �11b1 + �

21b2 + � � �+ �m1 bm ;

f(a2) = �12b1 + �

22b2 + � � �+ �m2 bm ;

::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::

f(an) = �1nb1 + �

2nb2 + � � �+ �mn bm ;

atunci putem da de�nitia:

Page 38: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

30 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

De�nitia 2.5.1 Matricea A pe ale c¼arei coloane sunt coordonatele imaginilorprin f ale vectorilor bazei B1 în raport cu baza B2 se numeste matricea apli-catiei liniare f în raport cu bazele B1 si B2.

Prin urmare,

A =

0BBB@�11 �12 : : : �1n�21 �22 : : : �2n...

......

�m1 �m2 : : : �mn

1CCCA 2Mm;n(K):

Exemplul 2.5.1 1) Fie f : R3 ! R2 de�nit¼a prin f(x) = (2x1 � x3; x1 +3x2 + x3), oricare ar � x = (x1; x2; x3) 2 R3. Evident, f este o aplicatieliniar¼a si f(e1) = (2; 1), f(e2) = (0; 3) , f(e3) = (�1; 1). Atunci, matricea luif relativ la bazele canonice B1 = fe1 = (1; 0; 0); e2 = (0; 1; 0); e3 = (0; 0; 1)g si

B2 = ff1 = (1; 0); f2 = (0; 1)g ale spatiilor R3 si R2 este A =�2 0 �11 3 1

�.

2) Fie V , W spatii vectoriale peste K de dimensiuni 2, respectiv 3 si � 2Hom(V;W ) aplicatia nul¼a. Atunci, matricea lui � în raport cu bazele B1, B2oarecare din V , respectiv din W este matricea nul¼a O3;2 2M3;2(K).

În particular, dac¼a W = V si �x¼am B = fa1; : : : ; ang o baz¼a în V , iar pentruf 2 End(V ) avem

f(ai) = �1i a1 + �

2i a2 + � � �+ �n1an; 8i = 1; n;

atunci prin matricea lui f în raport cu baza B întelegem matricea

A =

0BBB@�11 �12 : : : �1n�21 �22 : : : �2n...

......

�n1 �n2 : : : �nn

1CCCA 2Mn(K);

pe ale c¼arei coloane avem, respectiv, coordonatele lui f(a1), ..., f(an), relativla baza B a lui V .

Exemplul 2.5.2 1) Matricea endomor�smului identitate 1V relativ la oricebaz¼a B a lui V este matricea unitate In 2Mn(K).2) Matricea lui f 2 End(R3), de�nit prin f(x) = (x2+x3; x3+x1; x1+x2),

8x = (x1; x2; x3) 2 R3, relativ la baza canonic¼a B1 = fe1; e2; e3g a lui R3 este

A =

0@ 0 1 11 0 11 1 0

1A.În continuare ne propunem s¼a vedem cum se schimb¼a matricea unei aplicatii

liniare la o schimbare a bazelor spatiilor vectoriale V si W .

Page 39: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

2.5. MATRICEA UNEI APLICATII LINIARE 31

Propozitia 2.5.2 Fie f 2 Hom(V;W ), B1, B01 dou¼a baze în V si B2, B02 dou¼abaze în W . Dac¼a C este matricea de trecere de la baza B1 la baza B01, D estematricea de trecere de la baza B2 la baza B02, iar A este matricea aplicatiei liniaref relativ la bazele B1, B2, B este matricea lui f relativ la bazele B01, B02, atunciavem

B = D�1AC:

Demonstratie. Fie B1 = fa1; : : : ; ang, B01 = fb1; : : : ; bng baze în V , iar

C = (cji )i;j=1;n 2 Mn(K) matricea de trecere de la B1 la baza B01, adic¼a

bi =nPk=1

cki ak, 8i = 1; n. Fie B2 = fe1; : : : ; emg, B02 = ff1; : : : ; fmg baze în

W , iar D = (dji )i;j=1;n 2Mm(K) matricea de trecere de la B2 la baza B02, adic¼a

f i =mPk=1

dki ek, 8i = 1;m.

Dac¼a A = (aji ) 2 Mm;n(K) si B = (bji ) 2 Mm;n(K) sunt matricele lui f

în raport cu bazele B1, B2, respectiv B01, B02, atunci avem f(ai) =mPk=1

aki ek si

f(bi) =mPk=1

bki fk , pentru toti i = 1; n.

Tinând cont relatiile de mai sus avem f(bi) =mPk=1

bki fk =mPk=1

mPj=1

bki djkej

si f(bi) = f(nPk=1

cki ak) =nPk=1

cki f(ak) =nPk=1

mPj=1

cki ajkej , pentru orice i = 1; n.

Din unicitatea scrierii unui vector în raport cu o baz¼a rezult¼a c¼amPk=1

bki djk =

mPk=1

cki ajk, oricare ar � i = 1; n si j = 1;m, ceea ce înseamn¼a c¼a DB = AC sau

B = D�1AC.

Corolarul 2.5.3 Fie f 2 End(V ) si B, B0dou¼a baze în V . Dac¼a C este ma-tricea de trecere de la baza B la baza B0, iar A este matricea lui f relativ la bazaB si B este matricea lui f relativ la baza B0, atunci avem

B = C�1AC:

Observatia 2.5.1 Tinând cont de rezultatul de mai sus si de propriet¼ati alerangului unei matrice, avem c¼a rangul matricei unei aplicatii liniare nuse schimb¼a odat¼a cu schimbarea bazelor, desi matricea aplicatiei liniare seschimb¼a.

Teorema 2.5.1 Rangul unei aplicatii liniare f : V ! W coincide cu rangulmatricei aplicatiei f în raport cu bazele arbitrare B1, B2 din V , respectiv W .

Page 40: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

32 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

Demonstratie. Fie B1 = fa1; : : : ; ang o baz¼a în V si B2 = fb1; : : : ; bmg o

baz¼a în W . Atunci Im f = L(f(a1); : : : ; f(an)) si astfel rangul lui f = dim Im f= num¼arul maxim de vectori liniar independenti din sistemul f(a1), ..., f(an),adic¼a chiar rangul matricei lui f relativ la bazele B1, B2 (tinând cont de de�nitiarangului unei matrici).

Corolarul 2.5.4 Dac¼a f : V ! W este o aplicatie liniar¼a, atunci dim Im f =rangA si dimKerf = n � rangA, unde n = dimV si A este matricea lui frelativ la bazele oarecare B1, B2 din V , respectiv W .

Dac¼a �x¼am arbitrar bazele B1 = fa1; : : : ; ang în V si B2 = fb1; : : : ; bmgîn W , iar pentru f 2 Hom(V;W ) avem A = (�ki ) 2 Mm;n(K) matricea sa

relativ la cele dou¼a baze, atunci pentru orice x =nPi=1

xiai 2 V , obtinem c¼a

f(x) =nPi=1

xif(ai) =nPi=1

mPk=1

xi�ki bk. Dar, pe de alt¼a parte f(x) =mPk=1

ykbk. Din

unicitatea scrierii lui f(x) în raport cu baza B2 rezult¼a c¼a yk =nPi=1

xi�ki , pentru

toti k = 1;m sau, altfel scris,8>><>>:y1 = �11x

1 + �12x2 + � � �+ �1nxn

y2 = �21x1 + �22x

2 + � � �+ �2nxn::::::::::::::::::::::::::::::::::

ym = �m1 x1 + �m2 x

2 + � � �+ �mn xn:

Relatiile de mai sus se numesc ecuatiile aplicatiei liniare f relativ labazele B1 si B2.

Matriceal, putem scrie

0BBB@y1

y2

...ym

1CCCA = A

0BBB@x1

x2

...xm

1CCCA sau (f(x))B2 = AexB1 :Observatia 2.5.2 Având în vedere relatia de mai sus, putem spune c¼a, în ra-port cu bazele B1 = fa1; : : : ; ang, B2 = fb1; : : : ; bmg din V , respectiv W , oaplicatie liniar¼a f : V !W se poate de�ni în trei moduri echivalente:

a) prin expresie analitic¼a: f(x) =mPk=1

ykbk, 8x =nPi=1

xiai 2 V , sau

b) prin matrice: A = (aji ) 2Mm;n(K), unde f(ai) =mPj=1

�ji bj, 8i = 1; n, sau

c) prin ecuatii:�yk =

nPi=1

�ki xi , pentru orice k = 1;m.

Exemplul 2.5.3 Fie f : R3 ! R2 o aplicatie liniar¼a care relativ la bazelecanonice B1 = fe1 = (1; 0; 0); e2 = (0; 1; 0); e3 = (0; 0; 1)g si B2 = ff1 =

Page 41: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

2.5. MATRICEA UNEI APLICATII LINIARE 33

(1; 0); f2 = (0; 1)g ale spatiilor R3 si R2are matricea A =

�1 �1 11 2 1

�.

Atunci, din relatia (f(x))B2 = AexB1 , rezult¼a ecuatiile lui f relativ la bazelecanonice

�y1 = x1 � x2 + x3y2 = x1 + 2x2 + x3

si expresia analitic¼a a lui f fat¼a de B1 si B2,

f(x) = (x1�x2+x3)f1+(x1+2x2+x3)f2, 8x = x1e1+x2e2+x3e3 2 R3,sau f(x) = (x1 � x2 + x3; x1 + 2x2 + x3), 8x = (x1; x2; x3) 2 R3.

Propozitia 2.5.3 a) Fie f , g 2 Hom(V;W ), � 2 K si bazele B1 si B2 în V ,respectiv W . Dac¼a A si B sunt matricile aplicatiilor liniare f , g în raport cubazele B1, B2, atunci A+B, �A sunt matricile aplicatiilor f + g, respectiv �f ,în raport cu bazele B1, B2.b) Fie f 2 Hom(V;W ), g 2 Hom(W;Z) si bazele B1, B2, B3 în V , W ,

respectiv Z. Dac¼a A este matricea lui f în raport cu B1, B2, iar B este matricealui g în raport cu B2, B3, atunci BA este matricea aplicatiei liniare g�f în raportcu bazele B1, B3.

Demonstratie. a) Dac¼a B1 = fa1; : : : ; ang, B2 = fb1; : : : ; bmg si A = (�ji ),

B = (�ji ) 2Mm;n(K) sunt matricile lui f , g relativ la B1, B2, atunci (f+g)(ai) =f(ai) + g(ai) =

mPj=1

��ji bj + �

ji bj

�=

mPj=1

(�ji + �ji )bj , pentru toti i = 1; n. Astfel

A+B = (�ji +�ji ) este matricea lui f + g relativ la bazele B1, B2. La fel pentru

�f .b) Dac¼a B1 = fa1; : : : ; ang, B2 = fb1; : : : ; bmg, B3 = fc1; : : : ; cpg si A =

(�ji ) 2 Mm;n(K), B = (�kj ) 2 Mp;m(K) sunt matricile lui f relativ la B1, B2,respectiv g relativ la B2, B3, atunci pentru orice i = 1; n avem c¼a (g � f)(ai) =

g(f(ai)) = g

mPj=1

�ji bj

!=

mPj=1

�jig(bj) =mPj=1

pPk=1

�ji�kj ck. Atunci este clar c¼a

matricea de elemente ki =mPj=1

�ji�kj =

mPj=1

�kj�ji , (i = 1; n, k = 1; p), care este

chiar matricea BA, este matricea aplicatiei liniare g � f în raport cu bazele B1,B3.

Teorema 2.5.2 Fie V , W spatii vectoriale peste K, �nit dimensionale, cubazele �xate B1 = fa1; : : : ; ang, B2 = fb1; : : : ; bmg. Atunci, aplicatiah : Hom(V;W ) ! Mm;n(K), de�nit¼a prin h(f) = A, pentru orice f 2

Hom(V;W ) (unde A este matricea lui f relativ la bazele B1, B2) este un izomor-�sm de spatii vectoriale.

Demonstratie. Tinând cont de propozitia de mai sus avem c¼a h(f + g) =h(f) + h(g) si h(�f) = �h(f), pentru orice f , g 2 Hom(V;W ), � 2 K. Deci, heste liniar¼a.Dac¼a f , g 2 Hom(V;W ) astfel ca h(f) = h(g), atunci înseamn¼a c¼a cele dou¼a

aplicatii liniare au aceeasi matrice A = (�ji ) 2Mm;n(K) relativ la bazele B1, B2.

Page 42: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

34 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

Prin urmare f(x) =nPi=1

xif(ai) =nPi=1

mPj=1

xi�ji bj =nPi=1

xig(ai) = g(x), oricare ar

� x =nPi=1

xiai 2 V , adic¼a f = g. Deci, h este injectiv¼a.

Dac¼a A = (�ji ) 2 Mm;n(K), atunci putem lua aplicatia liniar¼a (de veri�cat

c¼a este liniar¼a!) f : V ! W , f(x) =nPi=1

mPj=1

�jixibj , 8x =

nPi=1

xiai 2 V si se

observ¼a usor c¼a f(ai) =mPj=1

�ji bj , 8i = 1; n. Deci, A este matricea lui f relativ

la bazele B1, B2, adic¼a h(f) = A. Prin urmare, h este surjectiv¼a si astfel h estebijectiv¼a.În concluzie, h este un izomor�sm de spatii vectoriale.

Corolarul 2.5.5 Dac¼a dimV = n, dimW = m atunci dimHom(V;W ) = mn.

2.6 Subspatii invariante fat¼a de un endomor�sm

Fie V un spatiu vectorial peste K si f 2 End(V ).

De�nitia 2.6.1 Spunem c¼a subspatiul vectorial V1 al lui V este invariant fat¼ade f dac¼a f(x) 2 V1, oricare ar � x 2 V1(adic¼a f(V1) � V1).

Exemplul 2.6.1 1) Subspatiile improprii f0g si V sunt subspatii invariantefat¼a de orice endomor�sm f al lui V .2) Kerf si Im f sunt subspatii invariante fat¼a de f (veri�carea - tem¼a!).3) Dac¼a V1, V2 sunt dou¼a subspatii invariante fat¼a de f , atunci V1 \ V2 si

V1 + V2 sunt subspatii invariante fat¼a de f .Într-adev¼ar, dac¼a x 2 V1\V2 atunci, tinând seama c¼a V1, V2 sunt invariante

fat¼a de f , avem f(x) 2 V1 si f(x) 2 V2, adic¼a f(x) 2 V1 \ V2. Apoi, dac¼ax = x1 + x2 2 V1 + V2 atunci f(x1) 2 V1 si f(x2) 2 V2, pentru c¼a x1 2 V1 six2 2 V2. Astfel, f(x) = f(x1) + f(x2) 2 V1 + V2.

Propozitia 2.6.1 Fie V1 un subspatiu vectorial al lui V si fa1; : : : ; apg un sis-tem de generatori pentru V1. Atunci, V1 este invariant fat¼a de f 2 End(V )dac¼a si numai dac¼a f(a1) , ..., f(ap) 2 V1.

Demonstratie. Dac¼a V1 este invariant fat¼a de f 2 End(V ), atunci este clar

c¼a f(ai) 2 V1, pentru orice i = 1; p.Reciproc, dac¼a f(a1) , ..., f(ap) 2 V1, atunci pentru orice x 2 V1 avem c¼a

x =pPi=1

�iai si astfel f(x) =pPi=1

�if(ai) 2 V1. În concluzie, f(x) 2 V1, 8x 2 V1.

Page 43: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

2.7. VALORI PROPRII SI VECTORI PROPRII PENTRUUN ENDOMORFISM35

Observatia 2.6.1 Fie V un spatiu vectorial peste K, de dimensiune �nit¼a n.Daca f 2 End(V ), iar B1 = fa1; : : : ; amg este o baz¼a a subspatiului vectorialV1 � V , invariant fat¼a de f , atunci exist¼a o baz¼a B a lui V în raport cu care

matricea lui f are forma�A BO C

�, unde A 2 Mm(K), B 2 Mm;n�m(K),

O 2Mn�m;m(K), C 2Mn�m;n�m(K).Este su�cient s¼a se completeze B1 pân¼a la o baz¼a B a lui V si apoi se observ¼a

c¼a f(ai) =pPj=1

�jiaj, oricare ar � i = 1; p, întrucât V1 este invariant fat¼a de f .

Observatia 2.6.2 Dac¼a V este un spatiu vectorial peste K, de dimensiune�nita n, iar V1, V2 sunt subspatii vectoriale ale lui V invariante fat¼a de f 2End(V ) astfel ca V = V1 � V2, atunci exist¼a o baz¼a B a lui V în raport cu

care matricea lui f are forma�A OO B

�, unde A 2 Mp(K), B 2 Mn�p(K),

p = dimV1, n� p = dimV2.Într-adev¼ar, dac¼a alegem B1 o baza în V1, B2 o baz¼a în V2 si lu¼am B = B1[B2

atunci obtinem cele a�rmate aici, tinând cont si de invarianta fat¼a de f a celordoua spatii suplimentare.

2.7 Valori proprii si vectori proprii pentru unendomor�sm

Fie V un spatiu vectorial peste K si f 2 End(V ).

De�nitia 2.7.1 i) Vectorul nenul x 2 V se numeste vector propriu al oper-atorului liniar f dac¼a exist¼a un scalar � 2 K astfel încât f(x) = �x.ii) Un scalar � 2 K se numeste valoare proprie a operatorului liniar f

dac¼a exist¼a un vector x 2 V n f0g astfel încât f(x) = �x.

Scalarul � de mai sus se mai numeste si valoare proprie corespunz¼atoarevectorului propriu x, iar vectorul nenul x de mai sus se mai zice si vector propriucorespunz¼ator valorii proprii �.

Propozitia 2.7.1 i) Dac¼a x 2 V n f0g este un vector propriu al lui f , atunciexist¼a un singur scalar � 2 K pentru care f(x) = �x. Cu alte cuvinte, oric¼aruivector propriu îi corespunde o singur¼a valoare proprie.ii) Dac¼a � 2 K este o valoare proprie a lui f , atunci exist¼a o in�nitate de

vectori x 2 V n f0g pentru care f(x) = �x. Adic¼a, oricarei valori proprii îicorespund o in�nitate de vectori proprii.

Page 44: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

36 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

Demonstratie. i) Dac¼a f(x) = �1x si f(x) = �2x, atunci �1x = �2x. Cum

x 6= 0 rezult¼a c¼a �1 = �2.ii) Dac¼a x este un vector propriu asociat valorii proprii �, atunci �x este tot

un vector propriu asociat valorii proprii �, pentru orice scalar nenul �. Într-adev¼ar, f(�x) = �f(x) = �(�x) = �(�x) pentru orice � 2 K.

Exemplul 2.7.1 1) Fie � 2 K, �xat si aplicatia f : V ! V de�nit¼a prinf(x) = �x, 8x 2 V . Evident f 2 End(V ) si orice vector nenul din V este unvector propriu al lui f corespunz¼ator valorii proprii �.2) Fie f 2 End(R2) care în raport cu baza canonic¼a a lui R2 este dat prin

expresia analitic¼a f(x) = (x2; x1), 8x = (x1; x2) 2 R2. Atunci, scalarii �1 = �1si �2 = 1 sunt valori proprii ale lui f deoarece exist¼a vectorii nenuli (care suntvectori proprii corespunzatori acestor valori proprii) a1 = (1;�1) si a2 = (1; 1)din R2 astfel încât f(a1) = �1a1 si f(a2) = �2a2.3) Fie F multimea functiilor reale de o variabil¼a real¼a, inde�nit derivabile.

Este clar c¼a F are o structur¼a de spatiu vectorial real in�nit dimensional, înraport cu operatiile uzuale de adunare si înmultire cu scalari reali a functiilorreale de o variabil¼a real¼a.Aplicatia D : F ! F de�nit¼a prin (Df)(x) = f 0(x), 8x 2 R, 8f 2 F ,

numit¼a operatorul de derivare, este, în mod evident, un endomor�sm al luiF . Fie � 2 R, arbitrar �xat. Deoarece derivata functiei f0(x) = e�x estef 0o(x) = �e

�x, rezult¼a c¼a fo 2 F este un vector propriu al lui D, corespunz¼atorvalorii proprii �.

Propozitia 2.7.2 Dac¼a � este o valoare proprie a operatorului f 2 End(V ),atunci multimea vectorilor proprii ai lui f corespunz¼atori valorii proprii � co-incide cu multimea Ker (f � �1V ) n f0g.

Demonstratie. Vectorul nenul x este vector propriu al lui f asociat valoriiproprii � dac¼a si numai dac¼a f(x) = �x, adic¼a (f � �1V )(x) = 0.

Teorema 2.7.1 Fie A 2 Mn(K) matricea operatorului liniar f : V ! V , înraport cu baza B = fa1; : : : ; ang a lui V . Atunci au loc urm¼atoarele a�rmatii:a) Un scalar � 2 K este valoare proprie a lui f dac¼a si numai dac¼a det(A�

�In) = 0.

b) Un vector x0 =nPi=1

xi0ai 2 V este vector propriu al lui f , corespunzator

valorii proprii �, dac¼a si numai dac¼a n-uplul ext0 = (x10; : : : ; xn0 )t este o solutie

nenul¼a a sistemului liniar omogen (A� �In)ex = e0.Demonstratie. a) � 2 K este valoare proprie a lui f dac¼a si numai dac¼a exist¼a

x 2 V nf0g astfel ca f(x) = �x, adic¼a (f��1V )(x) = 0 sau, în scriere matriceal¼a,(A� �In)ex = e0. Prin urmare, � 2 K este valoare proprie a lui f dac¼a si numai

Page 45: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

2.7. VALORI PROPRII SI VECTORI PROPRII PENTRUUN ENDOMORFISM37

dac¼a sistemul liniar si omogen (A� �In)ex = e0 are cel putin o solutie nebanal¼aext 6= e0t, fapt care se întâmpl¼a dac¼a si numai dac¼a det(A� �In) = 0.b) Se tine cont de de�nitia vectorului propriu corespunz¼ator valorii proprii

�.

Teorema 2.7.2 Fie f 2 End(V ) si A, B matricile lui f relativ la bazele B =fa1; : : : ; ang, respectiv B0 = fb1; : : : ; bng ale lui V . Atunci, det(A � �In) =det(B � �In).

Demonstratie. Fie C matricea de trecere de la baza B la baza B0. AtunciB = C�1AC si avem det(B � �In) = det(C�1AC � �In) = det(C�1(A ��In)C) = detC

�1 det(A� �In) detC = det(A� �In).

De�nitia 2.7.2 Polinomul (în �) Pf (�) = det(A��In) se numeste polinomulcaracteristic al endomor�smului f , iar ecuatia (cu necunoscuta �) det(A ��In) = 0 se numeste ecuatia caracteristic¼a a lui f .

Teoremele de mai sus arat¼a c¼a un scalar � 2 K este valoare proprie a lui fdac¼a si numai dac¼a este o r¼ad¼acin¼a din K a polinomului caracteristic Pf (�) =det(A��In), polinom care este invariant la schimbarea bazei spatiului vectorialV .Practic, pentru a�area valorilor proprii si a vectorilor proprii pentru un

endomor�sm f al lui V , cu dimV = n, se procedeaz¼a dup¼a algoritmul:Pasul 1. Se �xeaz¼a o baz¼a B = fa1; : : : ; ang în V .Pasul 2. Se scrie matricea lui f relativ la baza B.Pasul 3. Se calculeaz¼a polinomul caracteristic Pf (�) = det(A� �In).Pasul 4. Se rezolv¼a (în corpul K) ecuatia caracteristic¼a det(A� �In) = 0,

adic¼a se determin¼a valorile proprii �1, �2, ..., �m 2 K, m � n (egalitate avempentru K = C).Pasul 5. Pentru �ecare valoare proprie �i (i = 1; : : : ;m) se determin¼a vec-

torii proprii, adic¼a vectorii nenuli xi prin rezolvarea sistemului liniar si omogen(A� �iIn)ex = e0.Exemplul 2.7.2 1) Fie f 2 End(R2) care în raport cu baza canonic¼a B =fe1 = (1; 0); e2 = (0; 1)g a lui R2 are expresia analitic¼a f(x) = (x1� 2x2; 2x1�4x2), pentru orice x = (x1; x2) 2 R2. Pentru a determina valorile proprii sivectorii proprii pentru f parcurgem pasii:Pasul 1: Deja este �xat¼a baza canonic¼a B a lui R2.Pasul 2: Cum f(e1) = (1; 2) si f(e2) = (�2;�4) rezult¼a c¼a matricea lui f

relativ la baza canonic¼a B este A =�1 �22 �4

�.

Pasul 3: Polinomul caracteristic este Pf (�) =���� 1� � �2

2 �4� �

���� = �2 +

3�.

Page 46: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

38 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

Pasul 4: Ecuatia caractersitic¼a �2 + 3� = 0 are r¼ad¼acinile reale �1 = �3,�2 = 0, care sunt valorile proprii ale lui f .

Pasul 5: Pentru �1 = �3, rezolv¼am sistemul liniar omogenn(A� �1I2)ex = e0 ,

adic¼a��

4 �22 �1

��x1

x2

�=

�00

�sau, mai exact,

�4x1 � 2x2 = 02x1 � x2 = 0 , care

are solutiile de forma (�; 2�), � 2 R. Astfel, un vector propriu corespunz¼atorvalorii proprii �1 = �3 este de forma u1 = (�; 2�), � 2 R n f0g. În particular,pentru � = 1, obtinem un vector propriu corespunz¼ator valorii proprii �1 = �3,v1 = (1; 2).

Pentru �2 = 0, rezolv¼am sistemul liniar omogenn(A� �2I2)ex = e0 , mai

exact�x1 � 2x2 = 02x1 � 4x2 = 0 , care are solutiile de forma (2�; �), � 2 R. Astfel,

un vector propriu corespunz¼ator valorii proprii �2 = 0 este de forma u2 =(2�; �), � 2 R n f0g. În particular, pentru � = 1, obtinem un vector propriucorespunz¼ator valorii proprii �2 = 0, v2 = (2; 1).2) Fie f 2 End(R3) care în raport cu baza canonic¼a B = fe1 = (1; 0; 0); e2 =

(0; 1; 0); e3 = (0; 0; 1)g a lui R3 are matricea A =

0@ 1 0 00 1 10 �1 1

1A. Vom deter-

mina valorile proprii si vectorii proprii pentru f , având în vedere c¼a primii doipasi din algoritm sunt deja parcursi. Astfel, ecuatia caracteristic¼a������

1� � 0 00 1� � 10 �1 1� �

������ = 0, echivalent¼a cu (1 � �)((1 � �)2 + 1) = 0, areo singur¼a r¼ad¼acin¼a real¼a �1 = 1 (�2;3 2 C nR). Prin urmare f are o singur¼avaloare proprie �1 = 1.

Pentru �1 = 1, rezolvând sistemul liniar omogenn(A� �1I3)ex = e0 , adic¼a8<: 0 = 0

x3 = 0�x2 = 0

, obtinem solutia general¼a (�; 0; 0), � 2 R. Atunci, un vector

propriu asociat valorii proprii �1 = 1 este de forma u1 = (�; 0; 0), � 2 R n f0g.În particular, pentru � = 1, obtinem un vector propriu corespunz¼ator valoriiproprii �1 = 1, chiar pe e1 = (1; 0; 0).3) Fie V un spatiu vectorial peste R si f 2 End(V ) care în raport cu baza

B = fa1; a2g a lui V are matricea A =�2 �54 2

�. Întrucât polinomul carac-

teristic asociat lui f , Pf (�) = (2� �)2 + 20, nu are r¼ad¼acini reale rezult¼a c¼a fnu are valori proprii si nici vectori proprii.4) Fie V un spatiu vectorial real si f 2 End(R) care în raport cu baza

B = fa1; a2; a3; a4g a lui V are ecuatiile8>><>>:y1 = x1 + 2x3 � x4y2 = x2 + 4x3 � 2x4y3 = 2x1 � x2 + x4y4 = 2x1 � x2 � x3 + 2x4

:

Page 47: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

2.8. ENDOMORFISME DIAGONALIZABILE 39

Pentru a determina valorile proprii si vectorii proprii pentru f s¼a scriemmai întâi matricea lui f relativ la baza B (vezi gf(x)B = AexB):

A =

0BB@1 0 2 �10 1 4 �22 �1 0 12 �1 �1 2

1CCA :Ecuatia caracteristic¼a det(A � �I4) = 0 înseamn¼a (� � 1)4 = 0. Rezult¼a

�1;2;3;4 = 1 valoare proprie multipl¼a de ordinul 4. Sistemul liniar omogen

care d¼a vectorii proprii asociati valorii proprii 1 esten(A� I4)ex = e0 , adic¼a8>><>>:

2x3 � x4 = 04x3 � 2x4 = 02x1 � x2 � x3 + x4 = 02x1 � x2 � x3 + x4 = 0

. Dac¼a alegem drept ecuatii principale prima ecuatie

si a treia ecuatie si not¼am x1 = �, x2 = � obtinem x3 = �2�+�, x4 = �4�+2�.Prin urmare un vector propriu asociat valorii proprii � = 1 este de formau1 = �a1+ �a2+ (�2�+ �)a3+ (�4�+2�)a4, unde �, � 2 R cu �2+ �2 6= 0.În particular, pentru � = 1, � = 0 si � = 0, � = 1 avem vectorii propriiv1 = a1 + (�2)a3 + (�4)a4, respectiv v2 = a2 + a3 + 2a4. De fapt, orice vectorpropriu al lui f este o combinatie liniar¼a nenul¼a de v1 si v2.

2.8 Endomor�sme diagonalizabile

Fie V un spatiu vectorial peste K, cu dimV = n si f 2 End(V ).

De�nitia 2.8.1 Dac¼a � este o valoare proprie a lui f , atunci subspatiul vector-ial V�

not= fx 2 V jf(x) = �xg = Ker(f � �1V ) se numeste subspatiul propriu

corespunz¼ator valorii proprii �.

Se observ¼a c¼a subspatiul propriu V� este format din toti vectorii propriiasociati valorii proprii � la care se adaug¼a vectorul nul al spatiului V .

Exemplul 2.8.1 Subspatiul propriu corespunz¼ator valorii proprii � = 1 dinexemplul 4 de la �nalul sectiunii precedente este V1 = fx 2 V j9�; � 2 R astfelca x = �v1 + �v2g = L(v1; v2).

Observatia 2.8.1 Subspatiul propriu V� asociat unei valori proprii � a lui feste invariant fat¼a de f (veri�carea - tem¼a!).

Propozitia 2.8.1 Fie �0 o valoare proprie a operatorului liniar f , multipl¼a cuordinul p (ca r¼ad¼acin¼a a ecuatiei caracteristice). Atunci, dimV�0 � p.

Page 48: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

40 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

Demonstratie. Este clar c¼a 1 � p � n. Dac¼a m = dimV�0 putem alege

în V o baz¼a B = fa1; : : : ; am; am+1; : : : ; ang astfel ca B1 = fa1; : : : ; amg s¼a�e o baz¼a a lui V�0 . Atunci, din f(ai) = �0ai, pentru i = 1;m si f(aj) =mPk=1

�kj ak +nP

k=m+1

�kj ak pentru j = m+ 1; n, rezult¼a c¼a matricea lui f relativ la

baza B este

A =

0BBBBBBBB@

�0 0 � � � 0 �1m+1 �1m+2 � � � �1n0 �0 � � � 0 �2m+1 �2m+2 � � � �2n� � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � �0 0 � � � �0 �mm+1 �mm+2 � � � �mn0 0 � � � 0 �m+1m+1 �m+1m+2 � � � �m+1n

� � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � � �0 0 � � � 0 �nm+1 �nm+2 � � � �nn

1CCCCCCCCA:

Atunci, polinomul caracteristic este

Pf (�) = (�0 � �)m �

�������m+1m+1 � � � � � �m+1n

� � � � � � � � ��nm+1 � � � �nn � �

������ :Prin urmare ordinul r¼ad¼acinii �0 este cel putin m, întrucât polinomul în �

care se obtine prin calculul determinantului din membrul drept al relatiei demai sus poate s¼a contin¼a factorul �� �0. Deci, p � m.

Corolarul 2.8.1 Dac¼a valoarea proprie �0 este simpl¼a, atunci dimV�0 = 1.

Propozitia 2.8.2 Vectorii proprii corespunz¼atori la valori proprii distincte suntliniar independenti.

Demonstratie. Fie �1, �2, ..., �m valori proprii distincte ale lui f si v1, v2,..., vm vectori proprii corespunz¼atori (f(vi) = �ivi, 8i = 1;m). Vom demonstrapropozitia folosind metoda inductiei matematice dup¼a m � 1.Etapa I (Veri�carea): Dac¼a m = 1, atunci sistemul fv1g este liniar indepen-

dent deoarece v1 6= 0.Etapa a II-a (Demonstratia): Presupunem c¼a a�rmatia este adevarat¼a pen-

tru orice r vectori proprii asociati la r valori proprii distincte si demonstr¼amc¼a aceasta are loc si pentru r + 1 vectori proprii asociati la r + 1 valori propriidistincte.În acest scop, �e �1v1+ � � �+�rvr+�r+1vr+1 = 0, cu �1, ..., �r, �r+1 2 K.Aplicând operatorul f în ambii membrii ai egalit¼atii avem �1f(v1) + � � � +

�rf(vr) + �r+1f(vr+1) = 0:

Dar f(vi) = �ivi, 8i = 1; r + 1 si atunci avem

�1�1v1 + � � �+ �r�rvr + �r+1�r+1vr+1 = 0: (*)

Page 49: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

2.8. ENDOMORFISME DIAGONALIZABILE 41

Pe de alt¼a parte, din �1v1 + � � �+ �rvr + �r+1vr+1 = 0 rezult¼a

�1(��r+1)v1 + � � �+ �r(��r+1)vr + �r+1(��r+1)vr+1 = 0: (**)

Adunând relatiile (*) si (**) obtinem

�1(�1 � �r+1)v1 + � � �+ �r(�r � �r+1)vr = 0:

Dar, conform ipotezei de inductie, vectorii v1, ..., vr sunt liniar independentisi atunci �i(�i � �r+1) = 0, pentru orice i = 1; r. Cum �i 6= �r+1, 8 i = 1; r,rezult¼a �1 = � � � = �r = 0 si atunci �r+1vr+1 = 0, de unde �r+1 = 0, deoarecevr+1 6= 0. Deci �1 = � � � = �r = �r+1 = 0 si astfel avem c¼a v1, v2, ..., vr+1sunt liniar independenti.

Corolarul 2.8.2 Dac¼a V este un spatiu vectorial peste K, de dimensiune n,iar ecuatia caracteristic¼a a lui f 2 End(V ) are n r¼ad¼acini distincte în K, �1,�2, ..., �n, cu v1, v2, ..., vn vectori proprii corespunz¼atori, atunci sistemulfv1; v2; :::; vng este o baz¼a pentru V . Mai mult, matricea lui f în raport cuaceast¼a baz¼a este matricea diagonal¼a

Dnot= diag(�1; �2; : : : ; �n) =

0BB@�1 0 � � � 00 �2 � � � 0� � � � � � � � � � � �0 0 � � � �n

1CCA :

De�nitia 2.8.2 Spunem c¼a endomor�smul f 2 End(V ) este diagonalizabildac¼a exist¼a o baz¼a B a lui V în raport cu care matricea sa are forma diagonal¼a.

Exemplul 2.8.2 Endomor�smul f 2 End(R2) din exemplul 1 din sectiuneaprecedent¼a este diagonalizabil deoarece matricea sa relativ la baza format¼a din

vectori proprii, fv1 = (1; 2); v1 = (2; 1)g, este D =

��1 00 �2

�=

��3 00 0

�,

adic¼a este o matrice diagonal¼a.

Acum rezult¼a în mod clar:

Teorema 2.8.1 Conditia necesar¼a si su�cient¼a ca matricea lui f 2 End(V ) s¼aaib¼a forma diagonal¼a relativ la baza B este ca toti vectorii din B s¼a �e vectoriproprii ai lui f .

Teorema 2.8.2 Conditia necesar¼a si su�cient¼a ca f 2 End(V ) s¼a �e diagonal-izabil este ca ecuatia caracteristic¼a s¼a aib¼a n r¼ad¼acini în K si subspatiile propriicorespunz¼atoare s¼a aib¼a dimensiunile egale cu multiplicit¼atile r¼ad¼acinilor.

Page 50: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

42 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

Demonstratie. Dac¼a f este diagonalizabil, atunci s¼a consider¼am B = fa1; : : : ; ang

o baz¼a a lui V în raport cu care matricea lui f are forma diagonal¼a. Dac¼a primelem1 elemente de pe diagonala principal¼a sunt egale cu �1, urmatoarele m2 cu �2,..., ultimele mk sunt egale cu �k, cu m1 +m2 + � � �+mk = n, atunci polinomulcaracteristic al lui f este

Pf (�) = (�1 � �)m1(�2 � �)m2 � � � (�k � �)mk :

Evident, r¼ad¼acinile ecuatiei caracteristice sunt �1, �2, ..., �k 2 K, cu ordinelede multiplicitate m1, m2, ..., respectiv mk.Dar, din de�nitia matricei A, avem f(ai) = �1ai, oricare ar � i = 1;m1.

Prin urmare �1 este valoare proprie a lui f , multipl¼a de ordin m1. Mai mult,subspatiul V�1 contine m1 vectori proprii liniar independenti, a1, ..., am1

siatunci dimV�1 � m1. Cum dimV�1 � m1, rezult¼a c¼a dimV�1 = m1.

Analog se arat¼a c¼a dimV�i = mi, pentru toti i = 2; k.Reciproc, dac¼a avem c¼a toate r¼ad¼acinile ecuatiei caracteristice a lui f sunt în

K si subspatiile proprii corespunz¼atoare au dimensiunile egale cu multiplicit¼atiler¼ad¼acinilor, atunci vom ar¼ata c¼a se poate construi o baz¼a în V în raport cu carematricea lui f are forma diagonal¼a.Fie �1, �2, ..., �k 2 K valorile proprii ale lui f , cu ordinele de multiplicitate

m1, m2, ..., respectiv mk (m1 +m2 + � � � +mk = n). Stim c¼a dimV�i = mi,pentru toti i = 1; k. Dac¼a consider¼am vectorii b1, ..., bm1

, bm1+1, ..., bm1+m2,

..., bm1+���+mk�1 , ..., bn astfel încât primii m1 s¼a formeze o baz¼a pentru V�1 ,urm¼atorii m2 s¼a formeze o baz¼a pentru V�2 , ..., ultimii mk s¼a formeze o baz¼apentru V�k , atunci ar¼at¼am c¼a b1, ..., bn sunt liniar independenti.Într-adev¼ar, dac¼a consider¼am �1b1 + � � � + �nbn = 0 atunci, notând cu v1

suma primilor m1 termeni, cu v2 suma urmatorilor m2 termeni, ..., cu vk sumaultimilor mk termeni (evident vi 2 V�i , 8i = 1; k), obtinem v1 + � � � + vk = 0.Acum, dac¼a presupunem c¼a un num¼ar de p (1 � p � k) vectori dintre vectoriiv1, ..., vk ar �nenuli, atunci am obtine o combinatie liniar¼a nul¼a (în care nu totiscalarii sunt nuli, mai precis sunt egali cu 1) de vectori proprii corespunz¼atorila valori proprii distincte. Contradictie cu faptul c¼a la valori proprii distinctecorespund vectori proprii liniar independenti. Prin urmare, vi = 0, pentru totii = 1; k.Din v1 = 0, adic¼a �1b1 + � � � + �m1bm1 = 0, rezult¼a �1 = � � � = �m1 = 0

deoarece b1, ..., bm1sunt liniar independenti. Analog, obtinem c¼a toti scalarii

�j , j = 1; n, sunt nuli. Deci, b1, ..., bn sunt liniar independenti si chiar suntbaz¼a pentru V , deoarece dimV = n.În �nal, s¼a remarc¼am c¼a matricea lui f în raport cu aceast¼a baz¼a este ma-

tricea diagonal¼a

D = diag(�1; : : : ; �1; �2; : : : ; �2; : : : ; �k; : : : ; �k);

unde �1 apare de m1 ori, �2 de m2 ori, ..., �k apare de mk ori.

Page 51: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

2.8. ENDOMORFISME DIAGONALIZABILE 43

Exemplul 2.8.3 1) Endomor�smul f al lui R2 din exemplul 3) din sectiuneaprecedent¼a nu este diagonalizabil, pentru ca r¼ad¼acinile ecuatiei caracteristice nusunt reale.2) Fie operatorul liniar f 2 End(V ) care în raport cu baza canonic¼a B =

fe1; e2; e3g are matricea

A =

0@ 2 �1 25 �3 3�1 0 �2

1A :Pentru a stabili dac¼a f este diagonalizabil sau nu trebuie s¼a determin¼am,

mai întâi, valorile proprii si vectorii proprii ai lui f .Polinomul caracteristic Pf (�) = det(A � �I3) = �(� + 1)3 are r¼ad¼acina

tripl¼a �1;2;3 = �1.Vectorii proprii asociati valorii proprii � = �1 sunt dati de sistemul liniar

omogenn(A� (�1)I3)ex = e0 , adic¼a

8<: 3x1 � x2 + 2x3 = 05x1 � 2x2 + 3x3 = 0�x1 � x3 = 0

. Obtinem solutia

(��;��; �), � 2 R si astfel un vector propriu asociat valorii proprii triple � =�1 este forma u1 = (��;��; �), � 2 R n f0g. Subspatiul propriu corespunz¼atorlui � = �1 este V�1 = f(��;��; �)j� 2 Rg = L(v1), unde v1 = (�1;�1; 1).Deci dimV�1 = 1 < 3 =ordinul r¼ad¼acinii � = �1 si atunci f nu este diagonal-izabil.3) Fie f 2 End(R4) care relativ la baza canonic¼a a lui R4 are matricea

A =

0BB@0 2 0 �12 0 �1 00 �1 0 2�1 0 2 0

1CCA :Rezolvând ecuatia caracteristic¼a det(A��I4) = 0 avem valorile proprii sim-

ple �1 = �3, �2 = �1, �3 = 1, �4 = 3. Atunci f este diagonalizabil si bazarelativ la care f are matricea diagonal¼a

Dnot= diag(�1; �2; �3; �4) =

0BB@�3 0 0 00 �1 0 00 0 1 00 0 0 3

1CCAeste format¼a cu v1 = (1;�1;�1; 1), v2 = (�1; 1;�1; 1), v3 = (1; 1; 1; 1),

v4 = (�1;�1; 1; 1), vectori proprii corespunz¼atori valorilor proprii �1, �2, �3,respectiv �4.

Tinând cont de cele de mai sus si de teoria sistemelor de ecuatii liniare, avemurm¼atorul rezultat foarte util în aplicatii:

Observatia 2.8.2 Dac¼a �0 este o valoare proprie a lui f 2 End(V ), atuncidimV�0 = n� rang(A� �0In), unde n = dimV si A este matricea lui f relativla o baz¼a a lui V .

Page 52: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

44 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

Dac¼a �0 este o valoare proprie a lui f , atunci dimV�0 se numeste multi-plicitatea geometric¼a a valorii proprii �0.

Exemplul 2.8.4 Fie V un spatiu vectorial real si B = f�e1; �e2; �e3; �e4g o baz¼a asa. Dac¼a endomor�smul f : V ! V are, în raport cu baza B, ecuatiile:8>><>>:

y1 = x1 + x3

y2 = x2 + x4

y3 = x1 + x3

y4 = x2 + x4

:

Se cere: a) g¼asiti matricea lui f relativ la baza B ;b) g¼asiti matricea lui f relativ la baza B0

= f�a1 = �e1� �e2; �a2 = �e1+�e2+�e3; �a3 =�e1 + �e2 � �e3 + �e4; �a4 = �e3 + �e4g ;c) g¼asiti ecuatiile operatorului liniar f în raport cu baza B ;d) determinati Ker f si Imf ;e) g¼asiti valorile si vectorii proprii pentru f ;f) veri�cati dac¼a exist¼a o baz¼a a lui V în raport cu care matricea lui f s¼a aib¼aforma diagonal¼a;g) calculati An , n 2 N� .Rezolvare:a) Deoarece f(�e1) = �e1+�e3, f(�e2) = �e2+�e4, f(�e3) = �e1+�e3, f(�e4) = �e2+�e4

matricea lui f relativ la baza B este

A =

0BB@1 0 1 00 1 0 11 0 1 00 1 0 1

1CCAb) Matricea de trecere de la baza B la baza B0 este

C =

0BB@1 1 1 0�1 1 1 00 1 �1 10 0 1 1

1CCAsi atunci matricea lui f relativ la baza B0

este dat¼a de formula B = C�1AC .Pentru a g¼asi inversa matricei C proced¼am ca în liceu si gasim C�1 = 1

4 �0BB@2 �2 0 01 1 2 01 1 �2 0�1 �1 2 4

1CCA. Atunci, se obtine B = C�1AC =0BB@

1 1=2 �1 01=2 7=4 1=2 1�1=2 �1=4 1=2 0�1=2 5=4 3=2 1

1CCA .c) Ecuatiile lui f relativ la baza B0 sunt8>><>>:

z1 = t1 + 12 t2 � t3

z2 = 12 t1 + 7

4 t2 + 1

2 t3 + t4

z3 = � 12 t1 � 1

4 t2 + 1

2 t3

z4 = � 12 t1 + 5

4 t2 + 3

2 t3 + t4

;

Page 53: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

2.8. ENDOMORFISME DIAGONALIZABILE 45

unde ~xB0 =

0BB@t1

t2

t3

t4

1CCA si gf(�x)B0 = BexB0 =0BB@z1

z2

z3

z4

1CCA .d) Ker f este multimea solutiilor sistemului liniar omogen A~xB = ~0, adic¼a8>><>>:

x1 + x3 = 0x2 + x4 = 0x1 + x3 = 0x2 + x4 = 0

;

sistem care are solutia general¼a x1 = ��; x2 = ��; x3 = �; x4 = � ; �; � 2 R .Atunci, dimKerf = dimV � rang A = 2 , defectul lui f si Kerf = f���e1 ���e2 + ��e3 + ��e4j�; � 2 Rg = f�(�e3 � �e1) + �(�e4 � �e2)j�; � 2 Rg = L(�b1;�b2),unde �b1 = �e3 � �e1 si �b2 = �e4 � �e2 . Evident c¼a f�b1;�b2g este o baz¼a a lui Ker f .Imf are dimensiunea egal¼a cu rangul matricii A, adic¼a dim Imf = 2 siImf = ff(�x)j�x 2 V g = f(x1 + x3)(�e1 + �e3) + (x2 + x4)(�e2 + �e4)jxi 2 R; i =1; 4g = L(�b3;�b4), unde �b3 = �e1 + �e3 , �b4 = �e2 + �e4 . Deci, f�b3;�b4g este o baz¼apentru Imf .Observatie: Dac¼a f�biji = 1; 4g este un sistem liniar independent, atunciKer f � Imf = V .e)

det(A� �I4) = 0,

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

�������� = 0, [(1� �)2 � 1]2 = 0 si astfel exist¼a dou¼a valori proprii reale duble �1;2 = 0 si�3;4 = 2 .

Pentru �1;2 = 0, avem (A� 0 � I4)

0BB@x1

x2

x3

x4

1CCA =

0BB@0000

1CCA , A~xB = ~0 si prin

urmare subspatiul propriu asociat valorii proprii duble �1 = �2 = 0 este V0 =Ker f = L(�b1;�b2) . Deci, �b1;�b2 sunt doi vectori proprii, corespunz¼atori valoriiproprii 0, care formeaz¼a baz¼a pentru V0 .

Pentru �3;4 = 2, avem (A � 2 � I4)~xB = ~0 ,

8>><>>:�x1 + x3 = 0�x2 + x4 = 0x1 � x3 = 0x2 � x4 = 0

si astfel un

vector propriu corespunz¼ator valorii proprii 2 este de forma �v = �(�e1 + �e3) +�(�e2 = �e4) .Deci, subspatiul propriu asociat lui �3;4 = 2 este V2 = L(�b3;�b4) = Imf .f) Deoarece cele patru valori proprii �1 = 0; �2 = 0 , �3 = 2; �4 = 2 sunt reale simultiplicit¼atile algebrice si geometrice sunt egale (malg(�i) = mg(�i) = 2 ; i =1; 4), rezult¼a c¼a operatorul f este diagonalizabil. Adic¼a, exist¼a o baz¼a B� a luiV , format¼a cu vectorii proprii �b1;�b2;�b3;�b4 , relativ la care matricea lui f are

Page 54: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

46 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

forma diagonal¼a

D =

0BB@�1 0 0 00 �2 0 00 0 �3 00 0 0 �4

1CCA =

0BB@0 0 0 00 0 0 00 0 2 00 0 0 2

1CCA

g) Dac¼a L =

0BB@�1 0 1 00 �1 0 11 0 1 00 1 0 1

1CCA este matricea de trecere de la baza B la

baza B� atunci se stie c¼a D = L�1AL si astfel A = LDL�1 . Prin urmareAn = (LDL�1)n = (LDL�1)(LDL�1) � � � (LDL�1) = LDnL�1.

Evident, Dn =

0BB@0 0 0 00 0 0 00 0 2n 00 0 0 2n

1CCA ; 8n � 1 . Inversa matricii L este L�1 =

0BB@�1=2 0 1=2 00 �1=2 0 1=21=2 0 1=2 00 1=2 0 1=2

1CCA si atunci se obtine

An = LDnL�1 =

0BB@2n�1 0 2n�1 00 2n�1 0 2n�1

2n�1 0 2n�1 00 2n�1 0 2n�1

1CCA .

2.9 Probleme propuse spre rezolvare

1. În R4 se consider¼a baza B = f�a1; �a2; �a3; �a4g , unde �a1 = (1; 1; 0; 0), �a2 =(1; 1; 1; 0), �a3 = (0; 1; 1; 1), �a4 = (0; 0; 1; 1) si operatorul liniar f : R4 !

R4 , care relativ la baza B are matricea A =

0BB@0 �1 1 0�1 1 0 01 0 0 �10 0 �1 1

1CCA .a) Determinati Ker f si Imf ;b) G¼asiti valorile proprii si vectorii proprii pentru f ;c) Este operatorul f diagonalizabil? Dac¼a este diagonalizabil, g¼asiti bazalui R4 în raport cu care matricea f are forma diagonal¼a, precum si formadiagonal¼a a matricei lui f .

2. Fie V un spatiu vectorial peste corpul K, si f 2 End(V ), f 6=OV , f 6=1V ,astfel încât f2 = f . S¼a se arate c¼a valorile proprii ale mor�smului f sunt0 si 1.

3. Fie V un spatiu vectorial real si f 2 End(V ) , f 6=1V , f 6= � 1V , astfelîncât f � f = 1V .

Page 55: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

2.9. PROBLEME PROPUSE SPRE REZOLVARE 47

a) Determinati valorile proprii pentru endomor�smul f ;b) Ar¼atati c¼a Ker (f � 1V )�Ker (f + 1V ) = V .

4. Fie V un spatiu vectorial peste corpul K, si f 2 End(V ). Dac¼a f esteinversabil, x vector propriu al lui f corespunz¼ator valorii proprii �, atuncix este vector propriu al lui f�1 corespunz¼ator valorii proprii 1� .

5. Fie V un spatiu vectorial peste corpul comutativ K si f; g dou¼a automor-�sme ale lui V . Ar¼atati c¼a automor�smele f � g si g � f au aceleasi valoriproprii.

6. Fie V un spatiu vectorial peste un corp comutativ K si f un endomor�smal lui V . Se fac notatiile f1 = f , f2 = f � f , ..., fn = fn�1 � f . Ar¼atatic¼a au loc a�rmatiile:

a) dac¼a m � n, atunci Ker fm � Ker fn;b) dac¼a exist¼a p � 1 astfel ca Ker fn+p = Ker fn pentru un n � 1, �xatarbitrar, atunci Ker fn+p = Ker fn are loc pentru orice p � 1;c) Ker fn \ Im fn = f0g , Ker fn+1 = Ker fn, pentru orice n � 1;d) dac¼a dimV < 1, atunci exist¼a un num¼ar natural r � dimV astfel caKer fr = Ker fr+1;

e) dac¼a dimE < 1, atunci exist¼a un num¼ar natural r � dimV astfel caV = Ker fr � Im fr.

7. Fie R3 si R2 spatiile vectoriale aritmetice reale dotate cu bazele canoniceB1 = fe1; e2; e3g, respectiv B2 = fe01; e02g. Fie aplicatia liniar¼a f : R3 !R2, dat¼a prin

f(e1) = e01 + e

02, f(e2) = 2e

01 � 5e02, f(e3) = e01 +

p2e02.

a) Scrieti matricea lui f relativ la bazele B1, B2;b) Dac¼a x = (1; 1; 2), atunci g¼asiti vectorul f(x);

c) Este adev¼arat c¼a Ker f �Im f = R3? Justi�cati r¼aspunsul.

8. Fie V un spatiu vectorial real cu baza B = f�e1; �e2; �e3g si f 2 End(V ) astfelîncât�1; 0; 1 s¼a �e valori proprii ale lui f si �v1 = �e1+�e2+�e3 , �v2 = ��e1+�e3 ,�v3 = �e1 + 2�e2 + �e3 s¼a �e vectori proprii ai lui f corespunz¼atori valorilorproprii �1, 0, respectiv 1. G¼asiti matricea lui f în raport cu baza B .

9. Dac¼a A =

0@ 1 �1 02 �1 1�1 1 0

1A este matricea aplicatiei liniare f : R3 ! R3,

în raport cu baza canonic¼a a lui R3, atunci se cer:

a) determinati f�1(fag), unde a = (1; 2; 1);b) determinati câte o baz¼a si dimensiunea pentru Kerf si Imf ;

c) este f un endomor�sm diagonalizabil? Justi�cati r¼aspunsul.

Page 56: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

48 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

10. Fie f : R3 ! R4 o aplicatie liniar¼a a c¼arei matrice în raport cu bazelecanonice din R3 si R4 este

A =

0BB@1 1 2�1 1 02 �1 10 �1 �1

1CCA :a) Determinati rangul si defectul aplicatiei f ;

b) Precizati câte o baz¼a pentru Ker f si Im f ;

c) Determinati o baz¼a si dimensiunea pentru subspatiul f(V ), unde

V = fx = (x1; x2; x3) 2 R3jx1 � x2 + 2x3 = 0g:

11. Fie f : R3 ! R3, f(x) = (x1 + x2 � x3; 2x1 + 2x2 � 2x3;�x1 � x2 + x3),oricare ar � x = (x1; x2; x3) 2 R3. Se cer:

a) Ar¼atati c¼a f este o aplicatie liniar¼a;

b) Determinati câte o baz¼a si dimensiunea pentru Ker f si Im f ;

c) Este adev¼arat c¼a Ker f � Im f = R3? Justi�care;

d) Determinati valorile proprii si vectorii proprii pentru f ;

e) Este f un endomor�sm diagonalizabil? In caz a�rmativ, determinatiforma diagonal¼a a matricii lui f si baza lui R3 relativ la care f are formadiagonal¼a.

12. Fie f 2 End(R3) care, în raport cu baza canonic¼a a lui R3, are ecuatiile:8<: y1 = x1 + x2

y2 = x2 + x3

y1 = x1 + x3

a) Stabiliti c¼a f este automor�sm al lui R3;

b) Determinati o baz¼a si dimensiunea subspatiului f(V ), unde

V =�x = (x1; x2; x3) 2 R3jx1 + x2 � x3 = 0

;

c) Este f un endomor�sm diagonalizabil? Justi�cati r¼aspunsul.

13. Fie f 2 End(K3), care relativ la baza canonic¼a a spatiului vectorial arit-metic K3 are matricea

A =

0@ 1 1 00 1 11 0 1

1A :Studiati dac¼a f este diagonalizabil si g¼asiti forma diagonal¼a a matricii luif , precum si baza relativ la care f are acea matrice diagonal¼a, dac¼a: a)K = R; b) K = C.

Page 57: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

2.9. PROBLEME PROPUSE SPRE REZOLVARE 49

14. S¼a se determine câte o baz¼a si dimensiunea pentru nucleul si imagineaaplicatiei liniare f : R3 ! R3 pentru care f(a) = b, f(b) = c, f(c) = a,unde a = (1; 0; 1), b = (0; 1; 1), c = (1; 1; 0).

15. Se dau subspatiile lui R3

V1 =�x = (x1; x2; x3) 2 R3jx1 + x2 + x3 = 0

,

V2 = f(0; �; 0)j� 2 Rg.S¼a se determine f 2 End(R3) astfel ca Ker f = V1 si Im f = V2. Este funic determinat¼a? Justi�cati r¼aspunsul.

16. Fie V un spatiu vectorial real 2-dimensional. S¼a se determine toate endo-mor�smele f ale lui V cu proprietatea c¼a f � f = 0V .

Page 58: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

50 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

Page 59: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Capitolul 3

Forme biliniare. Formep¼atratice

3.1 Notiunea de form¼a biliniar¼a. Matricea sirangul unei forme biliniare

Fie V un spatiu vectorial peste K.

De�nitia 3.1.1 O aplicatie b : V �V ! K care este liniar¼a în �ecare argument,adic¼a veri�c¼a conditiilei) b(�x+ �y; z) = �b(x; z) + �b(y; z), 8x, y, z 2 V , 8�, � 2 K,ii) b(z; �x+ �y) = �b(z; x) + �b(z; y), 8x, y, z 2 V , 8�, � 2 K,se numeste form¼a biliniar¼a pe V .

Propozitia 3.1.1 Dac¼a b este o form¼a biliniar¼a pe V , atuncii) b(0; y) = 0, 8y 2 V si b(x; 0) = 0, 8x 2 V ;

ii) b

nPi=1

xiai;mPj=1

yjbj

!=

nPi=1

mPj=1

xiyjb(ai; bj), 8m;n 2 N�, 8a1, ..., an, b1,

..., bm 2 V .

Demonstratie. Se foloseste liniaritatea în �ecare argument.

Exemplul 3.1.1 1) Fie A = (aij)i;j=1;n o matrice din Mn(K), �xat¼a arbi-

trar. Aplicatia b : Rn �Rn ! R de�nit¼a prin b(x; y) =nPi=1

nPj=1

aijxiyj, pentru

orice x = (x1; : : : ; xn), y = (y1; : : : ; yn) 2 Rn, este o form¼a biliniar¼a pe Rn.

2) Fie spatiul vectorial real in�nit dimensional R([a; b]) al functiilor realede�nite pe intervalul real [a; b], care sunt integrabile Riemann. Aplicatia

51

Page 60: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

52 CAPITOLUL 3. FORME BILINIARE. FORME P¼ATRATICE

b : R([a; b]) � R([a; b]) ! R de�nit¼a prin b(f; g) =bRa

f(t)g(t)dt, 8f , g 2

R([a; b]) este o forma biliniar¼a pe R([a; b]).

De�nitia 3.1.2 Spunem c¼a forma biliniar¼a b este simetric¼a dac¼a b(x; y) =b(y; x), 8x, y 2 V . Dac¼a b(x; y) = �b(y; x), 8x, y 2 V , atunci spunem c¼aforma biliniar¼a b este antisimetric¼a.

Exemplul 3.1.2 1) Forma biliniar¼a din exemplul 2) de mai sus este simetric¼a.2) În exemplul 1) de mai sus dac¼a matricea A este simetric¼a (respectiv an-

tisimetric¼a) atunci forma biliniar¼a b este simetric¼a (respectiv antisimetric¼a).3) Forma biliniar¼a b : R2 �R2 ! R de�nit¼a prin b(x; y) = �x2y1 + x1y2,

pentru orice x = (x1; x2), y = (y1; y2) 2 R2 este antisimetric¼a.

Dac¼a spatiul vectorial V este n-dimensional si �x¼am o baz¼a B = fa1; : : : ; anga sa, atunci oricare ar � o form¼a biliniar¼a b : V � V ! K avem

b(x; y) = b(nPi=1

xiai;nPj=1

yjaj) =nPi=1

nPj=1

xiyjb(ai; aj) =nPi=1

nPj=1

xiyjaij ;

8x =nPi=1

xiai; y =nPj=1

yjaj 2 V , unde aij = b(ai; aj), pentru orice i; j = 1; n.

Egalitatea

b(x; y) =nPi=1

nPj=1

xiyjaij ; (1)

se numeste expresia analitic¼a a formei biliniare b în raport cu baza B, iarmatricea A = (aij)i;j=1;n 2 Mn(K) se numeste matricea formei biliniare b înraport cu baza B.Se veri�c¼a usor ca relatia (1) se poate scrie usor sub forma matriceal¼a

b(x; y) = extAey: (2)

Observatia 3.1.1 O form¼a biliniar¼a b de�nit¼a pe spatiul vectorial n-dimensionalV este complet determinat¼a dac¼a se cunosc valorile sale pe vectorii unei bazedin V .

Propozitia 3.1.2 O form¼a biliniar¼a b de�nit¼a pe spatiul vectorial n-dimensionalV este simetric¼a (respectiv antisimetric¼a) dac¼a si numai dac¼a matricea sa în ra-port cu o baz¼a a lui V este simetric¼a (respectiv antisimetric¼a).

Page 61: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

3.2. NOTIUNEA DE FORM¼A P¼ATRATIC¼A 53

Demonstratie. Fie B = fa1; : : : ; ang o baz¼a a lui V si A = (aij)i;j=1;n 2

Mn(K) matricea lui b în raport cu aceasta baz¼a. Dac¼a b este simetric¼a atunciavem aij = b(ai; aj) = b(aj ; ai) = aji, pentru orice i, j = 1; n. Prin urmare, Aeste matrice simetric¼a.Reciproc, dac¼a A este simetric¼a (adic¼a A = At) atunci avem b(x; y) =

(b(x; y))t = (extAey)t = eytAtex = b(y; x), pentru orice x, y 2 V , adic¼a b estesimetric¼a.La fel pentru cazul antisimetric.În continuare, dac¼a A = (aij)i;j=1;n este matricea formei biliniare b fat¼a de

baza B = fa1; : : : ; ang, iar B = (bij)i;j=1;n este matricea lui b fat¼a de alt¼a baza

B1 = fb1; : : : ; bng a lui V si C = (cji )i;j=1;n este matricea de trecere de la B

la B1, adic¼a bi =nPj=1

cjiaj , 1 � i � n, atunci ne propunem s¼a stabilim leg¼atura

dintre A si B.

Tinând cont c¼a bij = b(bi; bj) = b�

nPk=1

cki ak;nPl=1

cljal

�=

nPk=1

nPl=1

cki cljb(ak; al) =

=nPk=1

nPl=1

cki cljakl, oricare ar � i, j = 1; n, rezult¼a c¼a

B = CtAC: (3)

Egalitatea (3) arat¼a c¼a rangul matricei unei forme biliniare nu se schimb¼ala schimbarea bazei, desi matricea se modi�c¼a.

De�nitia 3.1.3 Se numeste rang al formei biliniare b rangul matricei sale înraport cu baz¼a al lui V .

Exemplul 3.1.3 Fie forma biliniar¼a b : R2 �R2 ! R de�nit¼a prin b(x; y) =x1y1+x2y1+x1y2+x2y2, pentru orice x = (x1; x2), y = (y1; y2) 2 R2. Deoarece

matricea lui b relativ la baza canonic¼a a lui R2 este A =�1 11 1

�rezult¼a c¼a

rangul lui b este 1.

3.2 Notiunea de form¼a p¼atratic¼a. Forma canon-ic¼a a unei forme p¼atratice

Fie V un spatiu vectorial peste K si b o forma biliniar¼a simetric¼a pe V .

De�nitia 3.2.1 Aplicatia f : V ! K de�nit¼a prin f(x) = b(x; x), oricare ar �x 2 V se numeste form¼a p¼atratic¼a pe V .

Este clar c¼a o form¼a p¼atratic¼a este unic determinat¼a de o form¼a biliniar¼asimetric¼a, care o de�neste. Este valabil si invers.

Page 62: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

54 CAPITOLUL 3. FORME BILINIARE. FORME P¼ATRATICE

Propozitia 3.2.1 Forma biliniar¼a simetric¼a b este unic determinat¼a de formap¼atratic¼a f .

Demonstratie. Din de�nitia lui f avem c¼a f(x + y) = b(x + y; x + y) =b(x; x) + b(x; y) + b(y; x) + b(y; y), pentru orice x, y 2 V . Atunci, obtinem

b(x; y) =1

2(f(x+ y)� f(x)� f(y)) ; 8x; y 2 V: (4)

Forma biliniar¼a simetric¼a b din care provine forma p¼atratic¼a f se numestepolara lui f .

Observatia 3.2.1 Dac¼a b este o form¼a biliniar¼a oarecare pe V , atunci aplicatiaf : V ! K de�nit¼a prin f(x) = b(x; x), oricare ar � x 2 V este tot o form¼ap¼atratic¼a pe V , pentru c¼a lui b îi putem asocia, în mod natural, forma biliniar¼asimetric¼a b1 de�nit¼a prin b1(x; y) = 1

2 (b(x; y) + b(y; x)) si se observ¼a c¼a f(x) =b1(x; x), pentru orice x 2 V (adic¼a f este o form¼a p¼atratic¼a întrucât provinedin forma biliniar¼a simetric¼a b1).

Exercitiul 3.2.1 1) Ar¼atati c¼a orice form¼a biliniar¼a b se poate scrie în modunic ca suma dintre o form¼a biliniar¼a simetric¼a b1 si una antisimetric¼a b2, adic¼ab(x; y) = b1(x; y) + b2(x; y), 8x, y 2 V .2) O form¼a biliniar¼a b este antisimetric¼a dac¼a si numai dac¼a b(x; x) = 0,

8x 2 V .

Exemplul 3.2.1 1) Forma p¼atratic¼a asociat¼a formei biliniare simetrice b :R3 � R3 ! R, b(x; y) = x2y1 + 2x3y1 + x1y2 + 3x3y2 + 2x1y3 + 3x2y3,8x = (x1; x2; x3), y = (y1; y2; y3) 2 R3, este f(x) = 2x1x2 + 6x2x3 + 4x1x3,8x = (x1; x2; x3) 2 R3,2) Polara formei p¼atratice f : R2 ! R, de�nit¼a prin f(x) = (x1)2 + 2x1x2,

8x = (x1; x2) 2 R2, este o form¼a biliniar¼a simetric¼a b : R2 �R2 ! R, de�nit¼aprin b(x; y) = x1y1 + x1y2 + x2y1, 8x = (x1; x2), y = (y1; y2) 2 R2,

De�nitia 3.2.2 Se numeste matrice a formei p¼atratice f : V ! K, în raportcu baza B a lui V , matricea polarei lui f în raport cu baza B.

Fie B = fa1; : : : ; ang o baz¼a a lui V si A = (aij)i;j=1;n matricea lui f relativla aceast¼a baz¼a. Atunci, expresia analitic¼a a lui f relativ la baza B este

f(x) =nPi=1

nPj=1

xixjaij ; 8x =nPi=1

xiai 2 V; (1�)

iar forma matriceal¼a este

f(x) = extAex: (2�)

De�nitia 3.2.3 Prin rangul formei p¼atratice f întelegem rangul matricei saleîn raport cu o baz¼a a lui V .

Page 63: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

3.3. METODA LUI GAUSS 55

Din cele expuse aici rezult¼a clar c¼a expresia analitic¼a sau matriceal¼a a formeip¼atratice f depinde de alegerea bazei spatiului vectorial n-dimensional V . Nepropunem s¼a determin¼am acele baze din V în raport cu care expresia analitic¼aa lui f s¼a �e cât mai simpl¼a, mai precis s¼a �e de tipul

f(x) = �1(y1)2 + �2(y

2)2 + � � �+ �n(yn)2; (5)

unde y1, y2, ..., yn 2 K sunt coordonatele lui x în raport acea baz¼a din Vfat¼a de care f are aceast¼a expresie simpl¼a, iar �1, �2, ..., �n 2 K.Acest tip de expresie analitic¼a din (5) se numeste form¼a canonic¼a a formei

p¼atratice f . Scalarii �1, �2, ..., �n 2 K din (5) se numesc coe�cientii formeicanonice (5) a lui f .Problema determin¼arii unei forme canonice pentru o form¼a p¼atratic¼a si a

bazei corespunz¼atoare ei se va aborda în urm¼atoarele dou¼a sectiuni în care se vorprezenta dou¼a metode de aducere la forma canonic¼a (metoda lui Gauss si metodalui Jacobi). O a treia metod¼a (metoda transform¼arilor ortogonale sau metodavalorilor proprii si vectorilor proprii) va � prezentat¼a la �nalul urm¼atoruluicapitol.

3.3 Metoda lui Gauss de aducere la forma canon-ic¼a a unei forme p¼atratice

Fie V un spatiu vectorial peste K, de dimensiune n si f : V ! K o form¼ap¼atratic¼a oarecare.

Teorema 3.3.1 (Gauss) Exist¼a cel putin o baz¼a în V în raport cu care formap¼atratic¼a f are o form¼a canonic¼a.

Demonstratie. Fie B = fa1; : : : ; ang o baz¼a a lui V , fat¼a de care f are expresiaanalitic¼a f(x) = xixjaij , oricare ar � x = xiai 2 V .Dac¼a f este nul¼a, atunci este clar c¼a f are form¼a canonic¼a în raport cu orice

baz¼a a lui V . Prin urmare, vom presupune c¼a f este nenul¼a, adic¼a cel putin unelement al matricii A = (aij)i;j=1;n este nenul. Mai mult, putem presupune c¼aexist¼a i 2 f1; : : : ; ng astfel încât aii 6= 0 . (În caz contrar, f �ind nenul¼a, exist¼ao pereche de indici (i; j), cu i 6= j, pentru care aij 6= 0. Dac¼a, de pild¼a a12 6= 0,atunci f¼acând schimbarea de coordonate x1 = t1 + t2, x2 = t1 � t2, x3 = t3, ...,xn = tn (adic¼a, alegând o nou¼a baz¼a) obtinem c¼a forma p¼atratic¼a f are, relativla noua baz¼a, expresia analitic¼a f(x) = �ijtitj , cu �11 = 2a12 6= 0.)F¼ar¼a a micsora generalitatea, presupunem c¼a a11 6= 0. Grupând toti termenii

care contin pe x1 obtinem f(x) = a11(x1)2+2a12x1x2+� � �+2a1nx1xn+f1(x) =1a11(a11x

1+a12x2+ � � �+a1nxn)2+ ef1(x), unde f1(x), ef1(x) sunt forme p¼atratice

pe V care, în raport cu baza B, nu contin coordonata x1.F¼acând schimbarea de coordonate y1 = a11x1+a12x2+ � � �+a1nxn, yk = xk,

k = 2; n (adic¼a trecând la o nou¼a baz¼a în V ), forma p¼atratic¼a f are în raport

Page 64: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

56 CAPITOLUL 3. FORME BILINIARE. FORME P¼ATRATICE

cu noua baz¼a expresia analitic¼a

f(x) =1

a11(y1)2 +

nXi;j=2

bijyiyj :

Continuând procedeul si cu forma p¼atratic¼a ef1(x) = nPi;j=2

bijyiyj , dup¼a un

num¼ar �nit de pasi obtinem forma canonic¼a (5).În �nal, g¼asind leg¼atura dintre coordonatele x1, x2, ..., xn si coordonatele

y1, y2, ..., yn, obtinem din baza B baza B� fat¼a de care f are forma canonic¼adeterminat¼a (cu formula exB = AexB�).S¼a remarc¼am c¼a baza relativ la care forma p¼atratic¼a are o form¼a canonic¼a

nu este unic¼a. Prin urmare exist¼a mai multe forme canonice pentru o form¼ap¼atratic¼a. Mai mult, se observ¼a ca metoda prezentat¼a aici, numit¼a metoda luiGauss de aducere la forma canonic¼a a unei forme p¼atratice, se poate aplicapentru orice form¼a p¼atratic¼a, f¼ar¼a nici o restrictie.

Observatia 3.3.1 Matricea formei p¼atratice f în raport cu baza B� (constru-it¼a în teorema de mai sus, baz¼a fat¼a de care f are forma canonic¼a determinat¼a)are forma diagonal¼a D = diag(�1; �2; : : : ; �n), iar �1, �2, ..., �n 2 K suntcoe�cientii formei canonice. Prin urmare, rangul lui f este chiar num¼arul coe-�cientilor nenuli dintr-o form¼a canonic¼a a lui f . Cum rangul lui f este invariantla schimb¼ari de baze, rezult¼a c¼a num¼arul coe�cientilor nenuli din orice form¼acanonic¼a a lui f este acelasi.

Exemplul 3.3.1 Fie forma p¼atratic¼a f : R3 ! R, care în raport cu bazacanonic¼a B = fe1; e2; e3g a lui R3, are expresia analitic¼a f(x) = (x1)2+2x1x2+x2x3, 8x = (x1; x2; x3) 2 R3. Vom determina o form¼a canonic¼a pentru f sibaza lui R3 relativ la care f are aceast¼a form¼a canonic¼a prin metoda lui Gauss.Observând c¼a exist¼a un termen cu (xi)2, mai precis (x1)2, vom grupa ter-

menii care contin pe x1, ad¼augând termenii necesari, si avemf(x) = (x1 + x2)2 � (x2)2 + x2x3 = (x1 + x2)2 � (x2 � 1

2x3)2 + 1

4 (x3)2.

F¼acând schimbarea de coordonate y1 = x1 + x2, y2 = x2 � 12x

3, y3 = x3

obtinem c¼a, în raport cu baza B� = fb1; b2; b3g a lui R3 fat¼a de care x arecoordonatele y1, y2, y3 date mai sus, forma p¼atratic¼a f are forma canonic¼af(x) = (y1)2 � (y2)2 + 1

4 (y3)2.

Matricea lui f în raport cu baza B� este

0@ 1 0 00 �1 00 0 1

4

1A si astfel rangul lui

f este 3.

Page 65: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

3.3. METODA LUI GAUSS 57

Deoarece x3 = y3, x2 = y2 + 12y3, x1 = y1 � y2 � 1

2y3 rezult¼a

0@ x1

x2

x3

1A =0@ 1 �1 � 12

0 1 12

0 0 1

1A0@ y1

y2

y3

1A. Tinând cont de formula de trecere de la baza Bla baza B�(exB = AexB�) avem A =

0@ 1 �1 � 12

0 1 12

0 0 1

1A. Astfel, am determinat

si baza fat¼a de care f are forma canonic¼a gasit¼a, B� = fb1 = (1; 0; 0); b2 =(�1; 1; 0); b3 = (� 1

2 ;12 ; 1)g.

Exemplul 3.3.2 Fie f : R4 ! R o form¼a p¼atratic¼a pe R4 a c¼arei expresieanalitic¼a în raport cu baza canonic¼a a lui R4 este

f(�x) = x1x2 � x2x3 + x3x4 + x4x1 ; 8�x =4Xi=1

xi�ei 2 R4 :

a) G¼asiti matricea formei p¼atratice f în raport cu baza canonic¼a B = f�e1 =(1; 0; 0; 0); �e2 = (0; 1; 0; 0); �e3 = (0; 0; 1; 0); �e4 = (0; 0; 0; 1)g ;b) G¼asiti expresia analitic¼a a polarei lui f relativ la baza canonic¼a B ;c) Folosind metoda lui Gauss, g¼asiti forma canonic¼a a formei p¼atratice f si bazalui R4 relativ la care f are expresia canonic¼a.Rezolvare:a) Matricea A = (aij)i;j=1;4 a formei p¼atratice f în raport cu baza canonic¼a

B este chiar matricea formei biliniare simetrice b din care provine forma p¼atrat-ic¼a f (numit¼a polara lui f), relativ la baza B .Din faptul c¼a b(�x; �y) = 1

2 [f(�x+ �y)� f(�x)� f(�y)] putem determina elementelematricii cerute aij = b(�ei; �ej) .În mod practic, pentru a evita calculele, elementele matricii A se determin¼aastfel:- elementul aij, cu i6=j, este egal cu jum¼atate din coe�cientul lui xixj din ex-presia analitic¼a a lui f ;- elementul aii este egal coe�cientul lui (xi)2 din expresia analitic¼a a lui f .

Deci A =

0BB@0 1

2 0 12

12 0 � 1

2 00 � 1

2 0 12

12 0 1

2 0

1CCAb) Expresia analitic¼a a polarei lui f relativ la baza canonic¼a B se poate obtinedup¼a formula de mai sus sau, mai practic, prin dedublarea expresiei lui f dinipotez¼a. Decib(�x; �y) = 1

2x1y2 + 1

2x2y1 � 1

2x2y3 � 1

2x3y2 + 1

2x3y4 + 1

2x4y3 + 1

2x4y1 + 1

2x1y4 ,

8�x = xi�ei; �y = yj�ej 2 R4 .

Page 66: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

58 CAPITOLUL 3. FORME BILINIARE. FORME P¼ATRATICE

c) Având în vedere expresia analitic¼a a lui f , vom proceda mai întâi la schim-barea de coordonate:

I)

8>><>>:x1 = t1 + t2

x2 = t1 � t2x3 = t3

x4 = t4

(de fapt, s-a schimbat baza lui R4 si ti , i = 1; 4 , sunt coordonatele lui �x relativla noua baz¼a)Atunci f(�x) = (t1)2 � (t2)2 � t1t3 + t2t3 + t3t4 + t1t4 + t2t4 ==�(t1)2 � t1t3 + t1t4 � 1

2 t3t4 + 1

4 (t3)2 + 1

4 (t4)2��

� 14 (t

3)2 � 14 (t

4)2 � (t2)2 + t2t3 + t2t4 + 32 t3t4 =

�t1 � 1

2 t3 + 1

2 t4�2�

��(t2)2 � t2t3 � t2t4 + 1

4 (t3)2 + 1

4 (t4)2 + 1

2 t3t4�+ 2t3t4

si prin urmare f(�x) =�t1 � 1

2 t3 + 1

2 t4�2 � �t2 � 1

2 t3 � 1

2 t4�2+ 2t3t4 .

F¼acând schimbarea de coordonate:

II)

8>><>>:s1 = t1 � 1

2 t3 + 1

2 t4

s2 = t2 � 12 t3 � 1

2 t4

s3 = t3

s4 = t4

rezult¼a f(�x) = (s1)2 � (s2)2 + 2s3s4 . În �nal, din

III)

8>><>>:y1 = s1

y2 = s2

y3 + y4 = s3

y3 � y4 = s4

rezult¼a c¼a forma canonic¼a a formei p¼atratice f este

f(�x) = (y1)2 � (y2)2 + 2(y3)2 � 2(y4)2 ;

unde yi , i = 1; 4 sunt coordonatele vectorului �x relativ la baza B� = f�biji =1; 4g , în raport cu care f are forma canonic¼a. Baza B� se g¼aseste astfel:Dac¼a C este matricea de trecere de la baza canonic¼a B la baza c¼autat¼a B� ,

atunci ~xB� = C�1~xB sau

0BB@x1

x2

x3

x4

1CCA = C

0BB@y1

y2

y3

y4

1CCA .Pe de alt¼a parte, dac¼a avem în vedere cele trei schimb¼ari de coordonate avem:8>><>>:

x4 = t4 = s4 = y3 � y4x3 = t3 = s3 = y3 + y4

x2 = t1 � t2 = s1 � s2 � t4 = y1 � y2 � y3 + y4x1 = t1 + t2 = s1 + s2 + t3 = y1 + y2 + y3 + y4

:

Atunci

0BB@x1

x2

x3

x4

1CCA =

0BB@y1 + y2 + y3 + y4

y1 � y2 � y3 + y4y3 + y4

y3 � y4

1CCA =

Page 67: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

3.4. METODA LUI JACOBI 59

=

0BB@1 1 1 11 �1 �1 10 0 1 10 0 1 �1

1CCA0BB@y1

y2

y3

y4

1CCA si prin urmare

B� =��b1 = (1; 1; 0; 0);�b2 = (1;�1; 0; 0);�b3 = (1;�1; 1; 1);�b4 = (1; 1; 1;�1)

.

3.4 Metoda lui Jacobi de aducere la forma canon-ic¼a a unei forme patratice

Fie V un spatiu vectorial peste K, de dimensiune n si f : V ! K o form¼ap¼atratic¼a.

Teorema 3.4.1 (Jacobi) Fie A = (aij)i;j=1;n matricea formei p¼atratice f înraport cu baza B = fa1; : : : ; ang a lui V . Dac¼a în matricea A toti minorii

�i =

��������a11 a12 � � � a1ia21 a22 � � � a2i� � � � � � � � � � � �ai1 ai2 � � � aii

��������, 1 � i � n, sunt nenuli, atunci exist¼a o baz¼a

B� = fb1; : : : ; bng a lui V fat¼a de care f are forma canonic¼a

f(x) =�0�1(y1)2 +

�1�2(y2)2 + � � �+ �n�1

�n(yn)2; (6)

unde �0 = 1 si y1, y2, ..., yn sunt coordonatele vectorului x în raport cubaza B�.Baza B� se determin¼a alegând8>><>>:

b1 = �11a1;

b2 = �21a1 + �22a2;::::::::::::::::::::::::::::::

bn = �n1a1 + � � �+ �nnan;

(7)

unde scalarii �ij 2 K (i = 1; n, j = 1; i) se a�¼a din sistemele�b(b1; a1) = 1 ,

�b(b2; a1) = 0

b(b2; a2) = 1, ...,

8>>>><>>>>:b(bn; a1) = 0

b(bn; a2) = 0::::::::::::::::

b(bn; an�1) = 0

b(bn; an) = 1

.

Demonstratie. C¼aut¼am vectorii bazei B� de forma

8>><>>:b1 = �11a1;

b2 = �21a1 + �22a2;::::::::::::::::::::::::::::::

bn = �n1a1 + � � �+ �nnan;astfel încât b(bi; bj) = 0, oricare ar � 1 � i 6= j � n, unde b este polara lui f(adic¼a matricea lui f relativ la baza B� este matrice diagonal¼a).

Page 68: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

60 CAPITOLUL 3. FORME BILINIARE. FORME P¼ATRATICE

Din punct de vedere practic este util s¼a observ¼am c¼a dac¼a

b(bi; aj) = 0; 8j = 1; i� 1; i = 2; n; (8)

atunci avem b(bi; bj) = 0, pentru orice 1 � i 6= j � n. Într-adev¼ar,

b(bi; bj) = b(bi;jP

k=1

�jkak) =jP

k=1

�jkb(bi; ak) = 0 pentru orice j < i si apoi,

din simetria lui b, rezult¼a c¼a b(bi; bj) = 0 si pentru orice j > i.Prin acest procedeu, pentru �ecare i = 1; n, determin¼am vectorul bi =

iPk=1

�ikak asa încât s¼a aib¼a loc (7), iar pentru unicitatea lui bi impunem conditia

b(bi; ai) = 1; 8 i = 1; n: (8�)

Acum relatiile (8) si (8�) conduc, pentru �ecare i = 1; n, la un sistem liniarcu i ecuatii si i necunoscute (�ij , j = 1; i),8>>>><>>>>:

a11�i1 + a12�i2 + � � �+ a1i�ii = 0a21�i1 + a22�i2 + � � �+ a2i�ii = 0::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::ai�1;1�i1 + ai�1;2�i2 + � � �+ a1�i;i�ii = 0ai1�i1 + ai2�i2 + � � �+ aii�ii = 1

(Si)

al c¼arui determinant este chiar �i 6= 0. Asadar sistemul (Si) are solutieunic¼a si deci bi este determinat în mod unic.Fie B = (bij)i;j=1;n matricea formei p¼atratice f în raport cu baza B�. Atunci

bij = b(bi; bj) = 0 pentru orice i 6= j. Pe de alt¼a parte, bii = b(bi; bi) =iP

k=1

�ikb(bi; ak) = �ii, oricare ar � i = 1; n si din (Si) rezult¼a c¼a �ii =�i�1�i

,

oricare ar � i = 1; n. Prin urmare

B =

0BB@1�1

0 0 � � � 0

0 �1

�20 � � � 0

� � � � � � � � � � � � � � �0 0 0 � � � �n�1

�n

1CCA :Asadar, în raport cu baza B� forma p¼atratic¼a f are forma canonic¼a f(x) =

nPi=1

�i�1�i

(yi)2, unde �0 = 1 si y1, y2, ..., yn sunt coordonatele vectorului x în

raport cu baza B�.S¼a remarc¼am c¼a metoda prezentat¼a aici, numit¼a metoda lui Jacobi de

aducere la forma canonic¼a a unei forme p¼atratice, se poate aplica numai înanumite conditii spre deosebire de metoda lui Gauss care se poate folosi oricând.Algoritmul de determinare a bazei corespunz¼atoare formei canonice, prin metodalui Jacobi, este prezentat în demonstratia de mai sus, iar în exemplul urm¼atorîl ilustram într-un mod concret.

Page 69: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

3.5. FORME P¼ATRATICE DEFINITE PE SPATII VECTORIALE REALE61

Exemplul 3.4.1 Fie forma p¼atratic¼a f : R3 ! R, dat¼a prin expresia analitic¼af(x) = (x1)2 � 2x1x2 + 2(x2)2 + 3(x3)2, oricare ar � x = (x1; x2; x3) 2 R3.Veri�cati dac¼a se poate aplica metoda lui Jacobi si în caz a�rmativ determinatio form¼a canonic¼a pentru f si baza corespunz¼atoare, prin aceast¼a metod¼a.Rezolvare:Mai întâi, s¼a observ¼am c¼a matricea lui f relativ la baza canonic¼a B =

fe1; e2; e3g a lui R3 este A =

0@ 1 �1 0�1 2 00 0 3

1A. Atunci �1 = j1j = 1 6= 0,

�2 =

���� 1 �1�1 2

���� = 1 6= 0, �3 =

������1 �1 0�1 2 00 0 3

������ = 3 6= 0. Prin urmare se

poate aplica metoda lui Jacobi si f are forma canonic¼af(x) = �0

�1(y1)2 + �1

�2(y2)2 + �2

�3(y3)2 = (y1)2 + (y2)2 + 1

3 (y3)2, unde y1, y2,

y3 sunt coordonatele lui x relativ la baza B� = fb1; b2; b3g, baz¼a în raport cu caref are forma canonic¼a determinat¼a.Pentru a determina baza B�, alegem b1 = �11e1, b2 = �21e1 + �22e2, b3 =

�31e1 + �32e2 + �33e3, unde scalarii �ij, i = 1; 3, j = 1; i, se determina dinrelatiile�

b(b1; e1) = 1 ,�b(b2; e1) = 0

b(b2; e2) = 1si

8<:b(b3; e1) = 0

b(b3; e2) = 0

b(b3; e3) = 1

. Rezult¼a �11 = 1, �21 =

�22 = 1, �31 = �32 = 0, �33 = 13 de unde obtinem b1 = e1, b2 = e1 + e2,

b3 =13e3.

Exercitiul 3.4.1 Folosind metoda lui Gauss s¼a se determine o form¼a canonic¼asi baza corespunz¼atoare pentru forma p¼atratic¼a din exemplul de mai sus.

3.5 Forme p¼atratice de�nite pe spatii vectorialereale. Signatura unei forme p¼atratice

Fie V un spatiu vectorial real n-dimensional si f o form¼a p¼atratic¼a pe V .

De�nitia 3.5.1 Spunem c¼a forma p¼atratic¼a f estei) pozitiv de�nit¼a dac¼a f(x) > 0, pentru orice x 2 V n f0g.ii) pozitiv semide�nit¼a dac¼a f(x) � 0, pentru orice x 2 V si exist¼a y 2

V n f0g astfel ca f(y) = 0.iii) negativ de�nit¼a dac¼a f(x) < 0, pentru orice x 2 V n f0g.iv) negativ semide�nit¼a dac¼a f(x) � 0, pentru orice x 2 V si exist¼a

y 2 V n f0g astfel ca f(y) = 0.v) nede�nit¼a dac¼a exist¼a x, y 2 V n f0g astfel ca f(x) < 0, f(y) > 0.

S¼a remarc¼am c¼a f(0) = 0.

Page 70: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

62 CAPITOLUL 3. FORME BILINIARE. FORME P¼ATRATICE

Propozitia 3.5.1 Forma p¼atratic¼a f este pozitiv de�nit¼a (respectiv negativ de�nit¼a)dac¼a si numai dac¼a forma sa canonic¼a, într-o baz¼a oarecare, are toti coe�cientiistrict pozitivi (respectiv strict negativi).

Demonstratie. Presupunem c¼a este pozitiv de�nit¼a. Fie B = fa1; : : : ; ang o

baz¼a a lui V fat¼a de care f are forma canonic¼a f(x) = �1(y1)2+�2(y2)2+ � � �+�n(y

n)2, oricare ar � x = yiai 2 V . Dac¼a ar exista j = 1; n astfel ca �j � 0atunci f(aj) = �j � 0 ceea ce contrazice ipoteza. Prin urmare �i > 0, pentruorice i = 1; n. A�rmatia reciproc¼a este evident¼a.Analog pentru o form¼a p¼atratic¼a negativ de�nit¼a.În mod logic putem enunta:

Propozitia 3.5.2 Forma p¼atratic¼a f este pozitiv semide�nit¼a (respectiv negativsemide�nit¼a) dac¼a si numai dac¼a forma sa canonic¼a, într-o baz¼a oarecare, aretoti coe�cientii pozitivi (respectiv negativi), cel putin unul �ind nul.

Propozitia 3.5.3 Forma p¼atratic¼a f este nede�nit¼a dac¼a si numai dac¼a formasa canonic¼a, într-o baz¼a oarecare, are coe�cienti de semne contrare.

Exemplul 3.5.1 Formele p¼atratice din exemplele 1) si 2) sectiunea 3.3 suntnede�nite, iar forma p¼atratic¼a din exemplul din sectiunea 3.4 este pozitiv de�nit¼a.

Este clar c¼a o form¼a p¼atratic¼a se poate reduce, în raport cu baze diferite, laforme canonice diferite, în sensul c¼a difer¼a coe�cientii în functie de baza aleas¼a.Avem îns¼a rezultatul urm¼ator, numit legea inertiei a lui Sylvester :

Teorema 3.5.1 Num¼arul coe�cientilor nenuli, iar dintre acestia num¼arul coe-�cientilor pozitivi si negativi într-o form¼a canonic¼a a unei forme p¼atratice nudepinde de baza în raport cu care este obtinut¼a acea form¼a canonic¼a.

Demonstratie. Fie B = fe1; : : : ; eng o baz¼a a lui V în raport cu care f are

forma canonic¼a

f(x) = �1(x1)2 + � � �+ �p(xp)2 + �p+1(xp+1)2 + � � �+ �p+q(xp+q)2; (a)

cu �1, ..., �p > 0 si �p+1, ..., �p+q < 0, p + q � n = dimV , iar B0 =ff1; : : : ; fng o alt¼a baz¼a a lui V în raport cu care f are forma canonic¼a

f(x) = �01(y1)2 + � � �+ �0p0(yp

0)2 + �0p0+1(y

p0+1)2 + � � �+ �0p0+q0(yp0+q0)2; (b)

cu �1, ..., �p0 > 0 si �p0+1, ..., �p0+q0 < 0, p0 + q0 � n = dimV .

Trebuie s¼a ar¼at¼am c¼a p = p0 si q = q0si teorema este demonstrat¼a.

Page 71: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

3.6. PROBLEME PROPUSE SPRE REZOLVARE 63

Presupunem prin absurd c¼a p > p0. Consider¼am subspatiile V 0 = L(e1; :::; ep)si V 00 = L(fp0+1; :::; fn). Întrucât e1, ..., ep sunt liniar independenti rezult¼a c¼afe1; :::; epg este baz¼a în V �si dimV 0 = p. Analog, dimV 00 = n � p0. Deoarecep+(n�p0) > n rezult¼a c¼a exist¼a cel putin un vector nenul în V 0\V 00, conform ex-ercitiului 1.5.3 de la �nele capitolului 1. Dac¼a x 6= 0, x 2 V 0\V 00, atunci putemscrie x =

pPi=1

xiei =nP

j=p0+1

yjf j ceea ce arat¼a c¼a extB = (x1; : : : ; xp; 0; : : : ; 0) si

extB0 = (0; : : : ; 0; yp0+1; : : : ; yn).Acum, tinând cont de (a) si (b), avem c¼a f(x) =

pPi=1

�i(xi)2 > 0 si f(x) =

p0+q0Pj=p0+1

�j(yj)2 � 0, deoarece cel putin unul dintre scalarii x1, ..., xp este nenul

(x 6= 0), iar p0+ q0 � n. Contradictie. Rezult¼a c¼a presupunerea f¼acut¼a este fals¼asi atunci p � p0.Repetând rationamentul de mai sus se deduce c¼a p � p0. Prin urmare p = p0.

Analog se arat¼a c¼a q = q0.Num¼arul coe�cientilor strict pozitivi dintr-o form¼a canonic¼a se numeste in-

dicele pozitiv de inertie, iar num¼arul coe�cientilor strict negativi dintr-oform¼a canonic¼a se numeste indicele negativ de inertie.

De�nitia 3.5.2 Prin signatur¼a a unei forme p¼atratice f : V ! R întelegemtripletul (n; r; p), unde n = dimV , r este rangul lui f , p este indicele pozitiv deinertie:

Observatia 3.5.1 Se mai foloseste si de�nitia echivalent¼a: Prin signatura uneiforme p¼atratice f întelegem perechea (p; q), unde p este indicele pozitiv de in-ertie, iar q este indicele negativ de inertie.Observ¼am c¼a p + q = r, iar n � r este num¼arul coe�cientilor nuli dintr-o

form¼a canonic¼a.

Exemplul 3.5.2 Formele p¼atratice din exemplele 1) si 2) sectiunea 3.3 au sig-natura (3; 3; 2), respectiv (4; 4; 2), iar forma p¼atratic¼a din exemplul din sectiunea3.4 are signatura (3; 3; 3).

3.6 Probleme propuse spre rezolvare

1. Fie forma biliniar¼a b : R3 �R3 ! R, b(x; y) = 2x1y1 + x2y2 + 5x3y3 �x1y2 + x2y1 + 5x3y1, 8x = (x1; x2; x3), y = (y1; y2; y3) 2 R3.

a) F¼ar¼a a determina matricea lui b relativ la baza canonic¼a a lui R3, s¼a seprecizeze dac¼a b este simetric¼a sau dac¼a este antisimetric¼a;

b) Determinati matricea lui b relativ la baza canonic¼a a lui R3;

c) Ar¼atati c¼a exist¼a si sunt unice dou¼a forme biliniare pe R3, b1 simetric¼asi b2 antisimetric¼a astfel ca b(x; y) = b1(x; y) + b2(x; y), 8x = (x1; x2; x3),y = (y1; y2; y3) 2 R3;

Page 72: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

64 CAPITOLUL 3. FORME BILINIARE. FORME P¼ATRATICE

d) G¼asiti forma canonic¼a a formei p¼atratice f asociate formei biliniaresimetrice b1, precum si baza lui R3 relativ la care f are forma canonic¼ag¼asit¼a.

2. Folosind metoda lui Gauss s¼a se aduc¼a la forma canonic¼a forma p¼atratic¼af : R3 ! R , f(�x) = x1x2 + x2x3 + (x3)2, 8�x = (x1; x2; x3) 2 R3.G¼asiti baza lui R3 în raport cu care f are forma canonic¼a si signatura luif . Ce fel de form¼a p¼atratic¼a este f?

3. Fie forma p¼atratic¼a f(�x) = (x1)2+(x2)2�3(x3)2+(x4)2�x1x2+3x2x3+5x3x4 , pentru orice �x = (x1; x2; x3; x4) 2 R4.S¼a se aduc¼a la forma canonic¼a folosind mai întâi metoda lui Jacobi,iarapoi folosind metoda lui Gauss. Determinati signatura lui f . Ce fel deform¼a p¼atratic¼a este f?

4. Fie b : R3 �R3 ! R o form¼a biliniar¼a si B = f�e1; �e2; �e3g baza canonic¼aa lui R3 . Dac¼a avem b(�e1; �e1) = 1 , b(�e2; �e2) = �1 , b(�e3; �e3) = 2 , b(�e1 +�e2; �e2) = 2 , b(�e2; �e1 � �e2) = 4 , b(�e2 + �e3; �e3) = 3, b(�e3; �e2 � �e3) = �1 ,b(�e1; �e3) = 3 si b(�e3; 2�e1 � �e2) = 5 , atunci se cer:a) matricea formei biliniare b în raport cu baza B ;b) ar¼atati c¼a b este o form¼a biliniar¼a simetric¼a;c) expresia analitic¼a a formei biliniare b în raport cu baza B ;d) matricea si expresia analitic¼a a formei biliniare b în raport cu o alt¼abaz¼a B0

= f�a1; �a2; �a3g , unde �a1 = (1; 0; 1) , �a2 = (0; 1; 1) , �a3 = (1; 1; 0) ;e) expresia analitic¼a a formei p¼atratice f : R3 ! R , f(�x) = b(�x; �x) ,8�x 2 R3 , în raport cu baza B ;f) forma canonic¼a a formei p¼atratice f si baza lui R3 relativ la care f areforma canonic¼a, prin metoda lui Jacobi;g) signatura lui f .

5. Fie V un spatiu vectorial real n-dimensional si forma biliniara antisimet-ric¼a ! : V � V ! R. Dac¼a A = (!ij)i;j=1;n este matricea lui ! relativla o baz¼a B = fe1; e2; :::; eng � V , atunci spunem c¼a ! este nedegenerat¼adac¼a detA 6= 0. O form¼a biliniar¼a antisimetric¼a si nedegenerat¼a pe V senumeste form¼a simplectic¼a pe V .

a) Ar¼atati c¼a determinantul matricii asociate unei forme simplectice relativla orice baz¼a a lui V este nenul;

b) Dac¼a exist¼a o form¼a simpletic¼a ! de�nit¼a pe V , atunci dimensiunea luiV este un num¼ar par.

6. Fie b :M2(R)�M2(R)! R , de�nit¼a prin

b(X;Y ) = 2Tr(XY )� Tr(X)Tr(Y ) ; 8X;Y 2M2(R)

unde Tr(A) = a11 + a22 este urma matricii A = (aij)i;j=1;2 .a) Ar¼atati c¼a b este o form¼a biliniar¼a simetric¼a;b) G¼asiti matricea formei biliniare b relativ la baza natural¼a a luiM2(R) ,

Page 73: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

3.6. PROBLEME PROPUSE SPRE REZOLVARE 65

B =�E11 =

�1 00 0

�; E12 =

�0 10 0

�; E21 =

�0 01 0

�; E22 =

�0 00 1

��;

c) G¼asiti expresia analitic¼a a formei p¼atratice asociat¼a f(X) = b(X;X) ,relativ la baza natural¼a a luiM2(R) ;d) Aduceti la forma canonic¼a forma p¼atratic¼a f si determinati baza core-spunz¼atoare;e) Ar¼atati c¼a f este o form¼a p¼atratic¼a nede�nit¼a.

7. Dac¼a Rn[X] este spatiul vectorial al polinoamelor cu coe�cienti reali, degrad cel mult n, se consider¼a aplicatiaF : Rn[X]�Rn[X]! R2n�3[X] de�nit¼a prin

F (P;Q) = P 000 �Q� P 00 �Q0 + P 0 �Q00 � P �Q000;

unde P 0, P 00, P 000, ... sunt polinoame determinate de derivatele functieipolinomiale asociat¼a polinomului P .

a) Ar¼atati c¼a aplicatia F este liniar¼a în ambele argumente si antisimetric¼a;

b) Dac¼a se consider¼a Q = Xn, atunci s¼a se determine matricea apli-catiei liniare g : P ! F (P;Q) relativ la bazele canonice ale domeniului sicodomeniului lui g;

c) Dac¼a n = 3, ce se spune despre Ker g si Im g?

d) Este g un endomor�sm diagonalizabil, în cazul n = 3?

8. Fie

A =

0@ 1 1 01 2 �10 �1 1

1Amatricea unei forme p¼atratice f pe R3, relativ la baza cononic¼a a lui R3.

a) Determinati expresia analitic¼a pentru polara lui f ;

b) Determinati o baz¼a a lui R3 relativ la care f are o form¼a canonic¼a;

c) Determinati signatura lui f ;

d) Este diagonalizabil un endomor�sm al luiR3 care, relativ la baza canon-ic¼a a lui R3, are matricea A?

9. Fie f : R3 ! R o form¼a p¼atratic¼a a c¼arei expresie analitic¼a, în raport cubaza canonic¼a a lui R3 este

f(x) = (x1)2 + (x2)2 + 4(x3)2 + 2x1x2 + 4x1x3 � 2x2x3;8x = (x1; x2; x3) 2 R3:

a) Se poate aplica metoda lui Jacobi pentru determinarea unei formecanonice pentru f? Dac¼a da, s¼a se determine o form¼a canonic¼a pentruf si baza corespunz¼atoare, folosind aceast¼a metod¼a;

Page 74: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

66 CAPITOLUL 3. FORME BILINIARE. FORME P¼ATRATICE

b) S¼a se determine o form¼a canonic¼a pentru f si baza corespunz¼atoare,folosind metoda lui Gauss;

c) Este f negativ de�nit¼a? Dar negativ semide�nit¼a?

10. Fie matricea A =�1 2 32 1 0

�. Se cer:

a) Ar¼atati c¼a forma biliniar¼a b care are matricea AAt, relativ la bazacanonic¼a a lui R2, este simetric¼a;

b) Determinati o form¼a canonic¼a pentru forma p¼atratic¼a asociat¼a f(x) =b(x; x) si baza corespunz¼atoare;

c) Ar¼atati c¼a f este pozitiv de�nit¼a.

Page 75: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Capitolul 4

Spatii euclidiene

4.1 Notiunea de spatiu vectorial euclidian. Pro-dus scalar, norm¼a, ortogonalitate

Fie E un spatiu vectorial real.

De�nitia 4.1.1 O form¼a biliniar¼a, simetric¼a si pozitiv de�nit¼a pe E se numesteprodus scalar pe E si se noteaz¼a cu h; i.

Cu alte cuvinte, aplicatia h; i : E �E ! R este un produs scalar pe E dac¼asatisface urm¼atoarele axiome:i) h�x+ �y; zi = � hx; zi+ � hy; zi, oricare ar � x, y, z 2 E, �; � 2 R.ii) hx; yi = hy; xi, oricare ar � x, y 2 E.iii) hx; xi � 0, oricare ar � x 2 E; hx; xi = 0 dac¼a si numai dac¼a x = 0.

Propozitia 4.1.1 Dac¼a h; i este un produs scalar pe E, atuncia) hz; �x+ �yi = � hz; xi+ � hz; yi, oricare ar � x, y, z 2 E, �; � 2 R.

b)�

nPi=1

�ixi; y

�=

nPi=1

�i hxi; yi, oricare ar � n 2 N�, x1, ..., xn, y 2 E, �1,

..., �n 2 R.

Demonstratie. Se folosesc i), ii) pentru a), iar pentru b) putem folosi metodainductiei matematice dup¼a n � 1.Pentru orice x, y 2 E, scalarul hx; yi se numeste produsul scalar al vec-

torului x cu vectorul y.

De�nitia 4.1.2 Un spatiu vectorial real E înzestrat cu un produs scalar h; i senumeste spatiu vectorial euclidian (pe scurt spatiu euclidian) si se va notaprin (E; h; i).

67

Page 76: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

68 CAPITOLUL 4. SPATII EUCLIDIENE

Exemplul 4.1.1 1) Aplicatia h; i : Rn � Rn ! R, de�nit¼a prin hx; yi =nPi=1

xiyi, oricare ar � x = (x1; : : : ; xn), y = (y1; : : : ; yn) 2 Rn este un pro-

dus scalar pe Rn, numit produs scalar canonic. Spatiul euclidian (Rn; h; i)se numeste spatiu euclidian canonic.

2) Aplicatia h; i : C([a; b])� C([a; b])! R, de�nit¼a prin hf; gi =bRa

f(t)g(t)dt,

oricare ar �f , g 2 C([a; b]) este un produs scalar pe C([a; b]). Deci (C([a; b]); h; i)este un spatiu euclidian.3) Aplicatia h; i : Rn �Rn ! R, de�nit¼a prin hx; yi = x1y1, oricare ar �

x = (x1; : : : ; xn), y = (y1; : : : ; yn) 2 Rn nu este un produs scalar pe Rn.

De�nitia 4.1.3 Aplicatia k k : E ! [0;+1), de�nit¼a prin kxk =phx; xi,

oricare ar � x 2 E se numeste norma euclidian¼a, iar kxk se numeste norma(sau modulul) vectorului x.

De�nitia 4.1.4 Spunem c¼a vectorii x, y din spatiul euclidian (E; h; i) sunt or-togonali (si scriem x ? y) dac¼a hx; yi = 0.

Exemplul 4.1.2 În spatiul euclidian canonic R3, vectorii x = (1; 1; 2) si y =(1;�1; 0) sunt ortogonali, pentru c¼a hx; yi = 0.

Teorema 4.1.1 (generalizarea teoremei lui Pitagora) Fie (E; h; i) un spatiuvectorial euclidian. Vectorii x, y 2 E sunt ortogonali dac¼a si numai dac¼akx+ yk2 = kxk2 + kyk2.

Demonstratie. Deoarece kx+ yk2 = hx+ y; x+ yi = hx; xi+2 hx; yi+hy; yi =

kxk2 + 2 hx; yi+ kyk2, oricare ar � x, y 2 E, rezult¼a concluzia teoremei.

Observatia 4.1.1 Pentru orice x 2 E, avemx; 0�=0; x�= 0, pentru c¼a

x; 0�=x; 0 + 0

�=x; 0�+x; 0�.

Propozitia 4.1.2 Dac¼a vectorii nenuli x1, x2, ..., xn ai spatiului euclidian(E; h; i) sunt ortogonali doi câte doi (adic¼a hxi; xji = 0, 8i 6= j), atunci ei suntliniar independenti.

Demonstratie. Fie �1x1+�2x2+ � � �+�nxn = 0, �1, �2, ..., �n 2 R. Atunci,pentru orice j = 1; n , avem 0 =

�nPi=1

�ixi; xj

�=

nPi=1

�i hxi; xji = �j hxj ; xji.

Cum xj 6= 0 avem c¼a hxj ; xji 6= 0 si atunci �j = 0, pentru orice j = 1; n . Deci,x1, x2, ..., xn sunt liniar independenti.

Page 77: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

4.2. INEGALITATEA LUI CAUCHY 69

4.2 Inegalitatea lui Cauchy. Unghiul dintre doivectori nenuli

Fie (E; h; i) un spatiu vectorial euclidian.

Teorema 4.2.1 Oricare ar � vectorii x, y 2 E are loc inegalitatea

jhx; yij � kxk � kyk ; (1)

cu egalitate dac¼a si numai dac¼a vectorii x, y sunt liniar dependenti.

Demonstratie. Este evident c¼a dac¼a x = 0 sau y = 0 atunci (1) are loc, cu

egalitate (x, y sunt liniar dependenti).Fie x, y 2 E n f0g. Atunci, oricare ar � t 2 R, avem hx� ty; x� tyi � 0

ceea ce înseamn¼a

kyk2 t2 � 2 hx; yi t+ kxk2 � 0;8t 2 R: (*)

Prin urmare � = 4 hx; yi2 � 4 kxk2 kyk2 � 0, adic¼a jhx; yij � kxk � kyk.Acum, egalitatea are loc în (1) dac¼a si numai dac¼a � = 0, adic¼a trinomul de

grad doi în t din (*) are o r¼ad¼acin¼a real¼a dubl¼a t0, adic¼a hx� t0y; x� t0yi = 0ceea ce implic¼a x � t0y = 0 sau x = t0y. Prin urmare, avem egalitate în (1)dac¼a si numai dac¼a x, y sunt vectori liniar dependenti.Inegalitatea (1) se numeste inegalitatea lui Cauchy.

Teorema 4.2.2 Norma euclidian¼a are urm¼atoarele propriet¼ati:a) kxk = 0 dac¼a si numai dac¼a x = 0.b) k�xk = j�j kxk, oricare ar � � 2 R, x 2 E.c) Inegalitatea lui Minkowski sau inegalitatea triunghiului

kx+ yk � kxk+ kyk ; 8x; y 2 E (2)

Egalitatea are loca dac¼a si numai dac¼a x, y sunt liniar dependenti.

Demonstratie. a) Este evident. b) k�xk =ph�x; �xi =

p�2 hx; xi = j�j kxk.

c) Dac¼a x = 0 sau y = 0, atunci (2) are loc, cu egalitate (x, y sunt liniardependenti).Fie x, y 2 Enf0g. Atunci, avem kx+ yk2 = hx+ y; x+ yi = kxk2+2 hx; yi++ kyk2 � kxk2+2 jhx; yij+ kyk2 � kxk2+2 kxk � kyk+ kyk2 = (kxk+ kyk)2,

conform inegalit¼atii lui Cauchy (1).Prin urmare, kx+ yk � kxk + kyk. Este clar c¼a în (2) avem egalitate dac¼a

si numai dac¼a avem egalitate în (1), adic¼a x, y sunt liniar dependenti.

Dac¼a x, y 2 E n f0g, atunci inegalitatea lui Cauchy este echivalent¼a cu��� hx;yikxk�kyk

��� � 1. Astfel, putem da de�nitia:

Page 78: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

70 CAPITOLUL 4. SPATII EUCLIDIENE

De�nitia 4.2.1 Se numeste unghi al vectorilor nenuli x, y 2 E, unicul num¼arreal ' 2 [0; �] pentru care

cos' =hx; yikxk � kyk : (3)

Exemplul 4.2.1 În spatiul eclidian canonic R3, unghiul dintre vectorii x =(1; 2; 1) si y = (�1; 0; 2) este dat de cos' = hx;yi

kxk�kyk =1�(�1)+2�0+1�2p

12+22+12�p(�1)2+02+22

=

1p30, adic¼a ' = arccos 1p

30.

Observatia 4.2.1 Oric¼arui vector x 2 E, x 6= 0, îi putem asocia un vector denorm¼a 1, x0 = 1

kxkx, numit versor al vectorului x (sau vector unitar asociatlui x).

4.3 Baze ortonormate. Procedeul Gram-Schmidt

Fie (E; h; i) un spatiu euclidian n-dimensional (adic¼a spatiul vectorial E aredimensiunea n).

De�nitia 4.3.1 Spunem c¼a baza B = fe1; e2; : : : ; eng a lui E este ortonor-mat¼a dac¼a

hei; eji = �ij =�0; dac�a i 6= j1; dac�a i = j

:

Cu alte cuvinte, o baz¼a este ortonormat¼a dac¼a vectorii ei au norma egal¼a cu1 si sunt ortogonali doi câte doi.

Exemplul 4.3.1 În spatiul euclidian canonic Rn baza canonic¼a este o baz¼aortonormat¼a.

Teorema 4.3.1 În orice spatiu vectorial euclidian n-dimensional (E; h; i)exist¼a baze ortonormate. Mai precis, pornind de la o baz¼a oarecare B =

fa1; a2; : : : ; ang a lui E, se poate construi o baz¼a ortonormat¼a B� = fe1; e2; : : : ; enga lui E.

Demonstratie. Fie B = fa1; a2; : : : ; ang o baz¼a oarecare a lui E.

Mai întâi, vom construi o baz¼a B0 = fb1; b2; : : : ; bng a lui E format¼a dinvectori nenuli, ortogonali doi câte doi.Fie b1 = a1. Evident b1 este nenul. Propunem b2 = a2+�

12b1 si determin¼am

scalarul �12 astfel încât b2 ? b1, adic¼a 0 =b2; b1

�= ha2; a1i+�12 ha1; a1i . Cum

a1 6= 0 rezult¼a c¼a �12 = �ha2;a1ika1k2

si astfel vectorul b2 este determinat. Evident b2este nenul, altfel ar trebui ca a2+�12b1 = 0, adic¼a a1, a2 s¼a �e liniar dependenti,ceea ce este fals.Urm¼arind a folosi metoda inductiei matematice (veri�carea �ind deja f¼a-

cut¼a), presupunem c¼a am construit vectorii b1, b2, ..., bk (cu 1 � k � n), nenuli

Page 79: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

4.3. BAZE ORTONORMATE. PROCEDEUL GRAM-SCHMIDT 71

si ortogonali doi câte doi. Ar¼at¼am c¼a putem construi vectorul nenul bk+1 asaîncât bk+1 ? bi, oricare ar � i = 1; k.C¼aut¼am bk+1 de forma bk+1 = ak+1 + �

1k+1b1 + � � � + �kk+1bk si dorim ca

oricare ar � i = 1, 2, ..., k s¼a avem 0 =bk+1; bi

�=ak+1; bi

�+

kPj=1

�jk+1bj ; bi

�.

Deoarecebj ; bi

�= 0, oricare ar � 1 � i 6= j � k, rezult¼a c¼a 0 =

ak+1; bi

�+

�ik+1 bi 2 = 0, oricare ar � i = 1, 2, ..., k. Tinând cont c¼a toti bi ( 1 � i � k)

sunt nenuli deducem c¼a �ik+1 = �hak+1;biikbik2 , oricare ar � i = 1, 2, ..., k si astfel

este determinat vectorul bk+1.Dac¼a bk+1 = 0 atunci, cu usurint¼a, se observ¼a c¼a putem scrie 0 = ak+1 +

�1a1+ � � �+�kak si atunci avem o combinatie liniar¼a nul¼a, în care nu toti scalariisunt nuli, de primii k + 1 vectori ai bazei B. Absurd. Prin urmare bk+1 estenenul.Prin metoda inductiei matematice am construit baza B0 = fb1; b2; : : : ; bng a

lui E, format¼a din vectori nenuli, ortogonali doi câte doi.În �nal, dac¼a lu¼am ej =

1

kbjkbj , oricare ar � j = 1; n, obtinem baza ortonor-

mat¼a c¼autat¼a B� = fe1; e2; : : : ; eng.

Metoda folosit¼a în aceast¼a demonstratie pentru construirea unei baze orto-normate, pornind de la o baz¼a oarecare, se numeste procedeul lui Gram-Schmidt.

Exemplul 4.3.2 Pornind de la baza B = fa1 = (1;�1; 1); a2 = (0; 1; 0); a3 =(1; 1;�1)g a spatiului euclidian canonic R3 s¼a se construiasc¼a o baz¼a ortonor-mat¼a în R3.Rezolvare:Construim mai întâi baza B0 = fb1; b2; b3g format¼a din vectori ortogonali doi

câte doi.Consider¼am b1 = a1 = (1;�1; 1), b2 = a2 + � b1, b3 = a3 + � b1 + b2,

unde scalarii �, �, se determin¼a din conditiileb1; b2

�= 0,

b1; b3

�= 0,

b2; b3�= 0. Obtinem 0 = ha1; a2i+� ha1; a1i = �1+3�, adic¼a � = 1

3 si atuncib2 = a2+

13a1 =

�13 ;

23 ;

13

�. Din 0 =

b1; b3

�= ha1; a3i+ � ha1; a1i+

a1; b2

�=

�1 + 3� si 0 =b2; b3

�=b2; a3

�+ �

b2; a1

�+

b2; b2

�= 2

3 +23 obtinem

� = 13 si = �1, de unde b3 = a3 +

13b1 � b2 = (1; 0;�1).

Normând vectorii bazei B0, adic¼a construind vectorii e1 = 1

kb1kb1 =

=�1p3;� 1p

3; 1p

3

�, e2 = 1

kb2kb2 =�1p6; 2p

6; 1p

6

�, e3 = 1

kb3kb3 =�1p2; 0;� 1p

2

�,

obtinem baza ortonormat¼a B� = fe1; e2; e3g a spatiului euclidian canonic R3.

Teorema 4.3.2 Într-un spatiu euclidian n-dimensional E matricea de trecerede la o baz¼a ortonormat¼a la o alt¼a baz¼a ortonormat¼a este o matrice ortogonal¼a.

Demonstratie. Fie B = fe1; e2; : : : ; eng si B0 = ff1; f2; : : : ; fng dou¼a bazeortonormate ale spatiului euclidian (E; h; i) si C = (cji )i;j=1;n matricea de trecere

Page 80: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

72 CAPITOLUL 4. SPATII EUCLIDIENE

de la baza B la baza B0, adic¼a f i =nPj=1

cjiej , 1 � i � n. Atunci, oricare ar � i,

j = 1; n, �ij =f i; f j

�=

�nPk=1

cki ek;nPs=1

csjes

�=

nPk=1

nPs=1

cki csj hek; esi =

=nPk=1

nPs=1

cki csj�ks =

nPk=1

cki ckj , relatii care sunt echivalente cu scrierea ma-

triceal¼a CCt = In, ceea ce arat¼a c¼a matricea C este ortogonal¼a.

Acum, dac¼a B = fa1; a2; : : : ; ang este o baz¼a oarecare a spatiului euclidiann-dimensional (E; h; i), atunci oricare ar �x =

nPi=1

xiai si y =nPi=1

yiai 2 E avem

hx; yi =nPi=1

nPj=1

xiyj hai; aji sau hx; yi =nPi=1

nPj=1

xiyjaij , unde aijnot= hai; aji,

8i; j = 1; n.

Norma lui x este kxk =phx; xi =

snPi=1

nPj=1

xixjaij , iar cosinusul unghiului

dintre vectorii nenuli x si y este

cos' =hx; yikxk kyk =

nPi=1

nPj=1

xiyjaijsnPi=1

nPj=1

xixjaij

snPi=1

nPj=1

yiyjaij

:

Exemplul 4.3.3 În spatiul euclidian (E; h; i), în raport cu baza B = fa1; a2g,se dau vectorii x = 3a1 � a2, y = a1 + a2. Stiind c¼a ka1k2 = 2, ha1; a2i = �1,ka2k2 = 3, se cere unghiul dintre vectorii x si y.Rezolvare:Cum hx; yi = h3a1 � a2; a1 + a2i = 3 ha1; a1i + 2 ha1; a2i � ha2; a2i = 1,

kxk =ph3a1 � a2; 3a1 � a2i =

p9 ha1; a1i � 6 ha1; a2i+ ha1; a2i = 3

p3, kyk =p

ha1 + a2; a1 + a2i =pha1; a1i+ 2 ha1; a2i+ ha1; a2i =

p3 rezult¼a c¼a cos' =

hx;yikxkkyk =

19 , adic¼a ' = arccos

19 .

În schimb, dac¼a consider¼am în (E; h; i) baza ortonormat¼a B0 = fe1; e2; : : : ; eng,atunci hei; eji = �ij si astfel, pentru orice vectori x =

nPi=1

xiei si y =nPi=1

yiei din

E avem hx; yi =nPi=1

nPj=1

xiyj�ij =nPi=1

xiyi, kxk =s

nPi=1

(xi)2, iar

cos' =hx; yikxk kyk =

nPi=1

xiyisnPi=1

(xi)2

snPi=1

(yi)2

:

Page 81: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

4.4. COMPLEMENTUL ORTOGONAL 73

Observând c¼a hx; yi =nPi=1

xiyi = extB0eyB0 , putem spune c¼a produsul scalar esteinvariant la schimb¼ari de baze ortonormate, pentru c¼a extB0eyB0 = (CexB00)t (CeyB00) =extB00CtCeyB00 = extB00IneyB00 = extB00eyB00 , unde C este matricea de trecere (matriceortogonal¼a) de la baza ortonormat¼a B0 la baza ortonormat¼a B00.

4.4 Complementul ortogonal al unui subspatiuvectorial al unui spatiu euclidian

Fie (E; h; i) un spatiu euclidian n-dimensional.

De�nitia 4.4.1 Spunem c¼a vectorul x 2 E este ortogonal pe subspatiul vec-torial E1 al lui E dac¼a x ? y, oricare ar � y 2 E1 (vom nota x ? E1).

Propozitia 4.4.1 Vectorul x 2 E este ortogonal pe subspatiul E1 dac¼a si numaidac¼a el este ortogonal pe �ecare vector al unei baze a lui E1.

Demonstratie. Fie B1 = fa1; : : : ; akg o baz¼a a lui E1 si x 2 E.Dac¼a x ? E1, atunci este clar c¼a x este ortogonal pe �ecare vector al bazei

B1.Dac¼a x ? ai, oricare ar � i = 1; k, atunci pentru orice y 2 E1, avem c¼a

y = yiai si astfel hx; yi = yi hx; aii = 0. Prin urmare, x ? E1.

Fie E?1 = fx 2 Ejx ? E1g, unde E1 este un subspatiu vectorial al lui E.

Teorema 4.4.1 Pentru orice subspatiu vectorial E1 al lui E au loc urm¼atoarelea�rmatii:a) E?1 este un subspatiu vectorial al lui E.b) E = E1 � E?1 .

Demonstratie. a) Fie x, y 2 E?1 , �, � 2 R, arbitrar �xati. Atunci, pentru

orice z 2 E1 avem h�x+ �y; zi = � hx; zi + � hy; zi = 0 + 0 = 0. Prin urmare,�x+ �y 2 E?1 si astfel, E?1 este un subspatiu vectorial al lui E.b) Fie B = fe1; e2; : : : ; eng o baz¼a ortonormat¼a a lui E astfel încât B1 =

fe1; e2; : : : ; ekg s¼a �e o baz¼a ortonormat¼a a lui E1 (dimE1 = k � n = dimE).Mai întâi ar¼at¼am c¼a dimE?1 = n� k. Pentru aceasta, din faptul c¼aE?1 = fx 2 Ejx ? E1g = fx 2 Ejx ? ej ; j = 1; kg =�x =

nPi=1

xieij�

nPi=1

xiei; ej

�= 0; j = 1; k

�=

�x =

nPi=1

xieijxj = 0; j = 1; k�

= L(ek+1; : : : ; en), rezult¼a c¼a dimE?1 = n� k.Mai r¼amâne s¼a ar¼at¼am c¼a E1 \ E?1 = f0g. Este clar c¼a f0g � E1 \ E?1 .

Apoi, dac¼a x 2 E1 \ E?1 avem c¼a x 2 E1 si x 2 E?1 , adic¼a hx; xi = 0 ceea ceimplic¼a x = 0. Prin urmare E1 \ E?1 � f0g.

Page 82: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

74 CAPITOLUL 4. SPATII EUCLIDIENE

Conform principiului dublei incluziuni E1\E?1 = f0g si astfel, E = E1�E?1 .

Aceast¼a teorem¼a justi�c¼a denumirea dat¼a subspatiului E?1 de complementortogonal al subspatiului E1.Evident, avem c¼a oricare ar � x 2 E, exist¼a si sunt unici vectorii x1 2 E1,

x2 2 E?1 astfel ca x = x1 + x2. Vectorul x1 se numeste proiectia ortogonal¼aa vectorului x pe subspatiul E1, notat¼a prE1x.Practic, pentru a determina proiectia ortogonal¼a a unui vector x 2 E pe

subspatiul E1 proced¼am astfel: alegem o baz¼a B = fe1; e2; : : : ; eng în E astfelîncât B1 = fe1; e2; : : : ; ekg s¼a �e o baz¼a a lui E1. Apoi, egalitatea x = x1 + x2,cu x1 = x1e1 + � � � + xkek 2 E1, x2 2 E?1 o înmultim scalar cu ei, i = 1; k.Obtinemhx; eii = x1 he1; eii+ � � �+xk hek; eii+ hx2; eii = x1 he1; eii+ � � �+xk hek; eii,

8i = 1; k.Deci, pentru a g¼asi pe x1 este su�cient s¼a determin¼am scalarii x1, ..., xk din

sistemul liniar �x1 he1; eii+ � � �+ xk hek; eii = hx; eii ; i = 1; k:

Dac¼a baza B = fe1; e2; : : : ; eng este ortonormat¼a atunci se obtine imediatc¼a xi = hx; eii ; 8i = 1; k:

Exemplul 4.4.1 În spatiul euclidian (E; h; i), relativ la baza ortonormat¼a B =fe1; e2; e3g se dau vectorii a1 = e1 � e2 + e3, a2 = 2e1 + e2, x = 2e1 + 2e2 + e3.Se cere prE1x, unde E1 = L(a1; a2).Rezolvare:Se observ¼a usor c¼a vectorii a1, a2 sunt liniar independenti si atunci fa1; a2g

este o baz¼a pentru E1. Fie x1 = x1a1+x2a2 2 E1 si x2 2 E?1 astfel ca x = x1+x2. Atunci hx; a1i = x1 ha1; a1i+x2 ha2; a1i+ hx2; a1i = x1 ha1; a1i+x2 ha2; a1i,hx; a2i = x1 ha1; a2i+ x2 ha2; a2i+ hx2; a2i = x1 ha1; a2i+ x2 ha2; a2i,

tinând seama c¼a x2 ? a1 si x2 ? a2. Obtinem sistemul�3x1 + x2 = 1x1 + 5x2 = 6

,

a c¼arui solutie este x1 = � 114 , x

2 = 1714 , adic¼a x1 = prE1x = � 1

14a1 +1714a2 =

3314e1 +

1814e2 �

114e3.

4.5 Operatori simetrici: de�nitie, propriet¼ati

Fie (E; h; i) un spatiu euclidian n-dimensional si f 2 End(E).

De�nitia 4.5.1 Spunem c¼a operatorul liniar f este simetric dac¼ahf(x); yi = hx; f(y)i, pentru orice x, y 2 E.

Exemplul 4.5.1 Pe spatiul euclidian canonic R2 aplicatia f : R2 ! R2,de�nit¼a prin f(x) = (2x1� x2;�x1+3x2), oricare ar � x = (x1; x2) 2 R2, este

Page 83: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

4.5. OPERATORI SIMETRICI: DEFINITIE, PROPRIET¼ATI 75

un operator simetric. Într-adev¼ar, oricare ar � x = (x1; x2), y = (y1; y2) 2 R2

avem hf(x); yi = (2x1 � x2)y1 + (�x1 + 3x2)y2 = 2x1y1 � x2y1 � x1y2 + 3x2y2si hx; f(y)i = x1(2y1 � y2) + x2(�y1 + 3y2) = 2x1y1 � x2y1 � x1y2 + 3x2y2.

Propozitia 4.5.1 Operatorul liniar f : E ! E este simetric dac¼a si numaidac¼a matricea sa în raport cu o baza ortonormat¼a a lui E este simetric¼a.

Demonstratie. Fie B = fe1; e2; : : : ; eng o baz¼a ortonormat¼a a lui E si A =(aji )i;j=1;n matricea lui f în raport cu B.Dac¼a f este simetric, atunci hf(ei); eji = hei; f(ej)i, pentru orice i, j =

1; n. Cum f(ei) =nPk=1

aki ek, oricare ar � i = 1; n, rezult¼a�

nPk=1

aki ek; ej

�=�

ei;nPk=1

akj ek

�, pentru orice i, j = 1; n sau

nPk=1

aki hek; eji =nPk=1

akj hei; eki, pen-

tru orice i, j = 1; n, adic¼anPk=1

aki �kj =nPk=1

akj �ik, pentru orice i, j = 1; n sau

aji = aij , pentru orice i, j = 1; n. Deci, A este o matrice simetric¼a.

Reciproc, dac¼a matricea A este simetric¼a (adic¼a aji = aij , pentru orice i,

j = 1; n), atunci oricare ar � x =nPi=1

xiei si y =nPi=1

yiei avem hf(x); yi =*nPi=1

xif(ei);nPj=1

yjej

+=

=nPi=1

nPj=1

nPk=1

xiyjaki ek; ej

�=

nPi;j;k=1

xiyjaki �kj =nP

i;j=1

xiyjaji =nP

i;j=1

yjxiaij =

hx; f(y)i, datorit¼a simetriei lui A. Deci, f este simetric.

Observatia 4.5.1 Matricea unui operator simetric este simetric¼a indiferent debaza ortonormat¼a la care ne raport¼am. Într-adev¼ar, dac¼a A si B sunt matricileoperatorului simetric f relativ la bazele ortonormate B, respectiv B0, iar C estematricea de trecere de la B la B0, atunci B = C�1AC. Dac¼a A este simetric¼aatunci Bt = (C�1AC)t = CtAt(C�1)t = C�1AC = B, deoarece CCt = In.Deci, B este simetric¼a.

Propozitia 4.5.2 Toate r¼ad¼acinile ecuatiei caracteristice asociate unui opera-tor simetric sunt reale.

Demonstratie. Fie f 2 End(E) un operator simetric si A matricea sa înraport cu baza ortonormat¼a B = fe1; : : : ; eng.Fie �0 2 C o r¼ad¼acin¼a oarecare a ecuatiei caracteristice det(A � �In) = 0.

Atunci, solutia nenul¼a ext = (x1; : : : ; xn) a sistemului liniar omogen (A� �0In) ex =e0 are eventual componente complexe, pentru c¼a A are numai elemente nu-mere reale. Dac¼a înmultim, matriceal, cu ext = (x1; : : : ; xn), unde xi este

Page 84: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

76 CAPITOLUL 4. SPATII EUCLIDIENE

conjugatul complex al lui xi 2 C, atunci obtinem ext (A� �0In) ex = e0 sauextAex = �0extex = �0 nPi=1

��xi��2, de unde avem c¼a �0 2 R, deoarecenPi=1

��xi��2 2 Rsi extAex 2 R (deoarece extAex = extAex = extAex = (extAex)t = extAtex = extAex).Propozitia 4.5.3 Dac¼a e 2 E este un vector propriu al operatorului simetricf : E ! E, atunci exist¼a un subspatiu E1 al lui E; de dimensiune n � 1,invariant fat¼a de f astfel ca e ? E1.

Demonstratie. Dac¼a consider¼am subspatiul E1 = (L(e))?, atunci este clar c¼a e

este ortogonal pe E1 si are dimensiunea n�1. R¼amâne de ar¼atat c¼a f(E1) � E1.Pentru aceasta, dac¼a � este valoarea proprie a lui f , corespunz¼atoare lui e,atunci pentru orice x 2 E1 avem c¼a hf(x); ei = hx; f(e)i = hx; �ei = � hx; ei =0,întrucât x ? e. Deci, f(x) 2 E1, 8x 2 E1.

Teorema 4.5.1 Pentru orice operator simetric f : E ! E exist¼a o baz¼a orto-normat¼a a lui E format¼a numai din vectori proprii ai lui f . Mai precis, oriceoperator simetric f : E ! E este diagonalizabil, iar matricea sa diagonal¼a arepe diagonala principal¼a valorile proprii ale lui f , scrise de atâtea ori cât arat¼aordinul lor de multiplicitate.

Demonstratie. Fie �1 o valoare proprie (real¼a) a lui f si e1 2 E un vector

propriu unitar asociat lui �1. Atunci, exist¼a un subspatiu E1 al lui E, dedimensiune n� 1, ortogonal pe e1 si invariant fat¼a de f . Cum restrictia lui f laE1, f1 : E1 ! E1, r¼amâne operator simetric rezult¼a c¼a exist¼a cel putin o valoareproprie (real¼a) �2 a lui f1 si e2 2 E1 un vector propriu unitar asociat lui �2. Prinurmare putem g¼asi un subspatiu E2 al lui E1, de dimensiune n � 2, ortogonalpe e2 si invariant fat¼a de f1. Este clar c¼a e2 ? e1. Se repet¼a rationamentul cuE2 si f2 restrictia lui f1 la E2, s.a.m.d. si dup¼a n pasi vom determina o baz¼aortonormat¼a B = fe1; e2; : : : ; eng a lui E, format¼a numai din vectori proprii.

Exemplul 4.5.2 Fie operatorul simetric f : E ! E care, în raport cu bazaortonormat¼a B = fe1; e2; e3g a lui E, are matricea

A =

0@ 4 �2 1�2 4 11 1 1

1A :S¼a se determine o baz¼a ortonormat¼a a lui E fat¼a de care matricea lui f are

form¼a diagonal¼a.Rezolvare:

Page 85: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

4.5. OPERATORI SIMETRICI: DEFINITIE, PROPRIET¼ATI 77

Ecuatia caracteristic¼a a lui f������4� � �2 1�2 4� � 11 1 1� �

������ = 0;are r¼ad¼acinile �1 = 0, �2 = 3, �3 = 6. Vectorii proprii corespunz¼atori

acestor valori proprii sunt a1 = e1+e2�2e3, a1 = e1+e2+e3, a1 = e1�e2 si seobserva c¼a sunt ortogonali doi câte doi. Dac¼a consider¼am b1 = 1

ka1ka1 =1p6e1+

1p6e2 � 2p

6e3, b2 = 1

ka2ka2 =1p3e1 +

1p3e2 +

1p3e3, b3 = 1

ka3ka3 =1p2e1 � 1p

2e2,

atunci obtinem baza ortonormat¼a B� = fe1; e2; e3g a lui E fat¼a de care f arematricea diagonal¼a

D =

0@ 0 0 00 3 00 0 6

1A :Propozitia 4.5.4 Vectorii proprii ai unui operator simetric corespunz¼atori lavalori proprii distincte sunt ortogonali.

Demonstratie. Fie �1, �2 valori proprii distincte ale operatorului simetric

f si a1, a2 vectori proprii corespunz¼atori. Atunci, hf(a1); a2i = h�1a1; a2i =�1 ha1; a2i si ha1; f(a2)i = ha1; �2a2i = �2 ha1; a2i. Cum f este simetric, obtinem(�1 � �2) ha1; a2i = 0 sau ha1; a2i = 0, pentru c¼a �1 6= �2.

Exemplul 4.5.3 Fie (E; h; i) un spatiu vectorial euclidian real cu baza orto-normat¼a B = f�e1; �e2; �e3g si �a = �e1 � �e2 + 2�e3 . Dac¼a f : E ! E este de�nit¼aprin

f(�x) = h�x; �ai�a ; 8�x 2 E;

se cer:a) Ar¼atati c¼a f este un operator liniar si simetric;b) Scrieti matricea lui f în raport cu baza B si ecuatiile lui f relativ la aceeasibaz¼a;c) Determinati Ker f si Imf ;d) Determinati o baz¼a ortonormat¼a a lui Ker f ;e) G¼asiti o baz¼a ortonormat¼a a lui E relativ la care matricea lui f este diagonal¼a.Rezolvare:a) Deoarece avem f(��x+ ��y) = h��x+ ��y; �ai�a = h��x; �ai�a+ h��y; �ai�a == �h�x; �ai�a + �h�y; �ai�a = �f(�x) + �f(�y), oricare ar � �; � 2 R si �x; �y 2 E ,

rezult¼a c¼a f 2 End (E) .f este simetric pentru c¼a:hf(�x); �yi = h�x; �aih�a; �yi = h�a; �yih�x; �ai = h�y; �aih�x; �ai = h�x; h�y; �ai�ai = h�x; f(�y)i,8�x; �y 2 E .b) Deoarece f este un operator liniar simetric rezult¼a c¼a matricea sa, relativ labaza ortormat¼a B , este simetric¼a. Se calculeaz¼a f(�ei), i = 1; 2; 3.

Page 86: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

78 CAPITOLUL 4. SPATII EUCLIDIENE

f(�e1) = h�e1; �ai�a = 1 � �a = �a = �e1 � �e2 + 2�e3 ,f(�e2) = h�e2; �ai�a = (�1) � �a = ��a = ��e1 + �e2 � 2�e3,f(�e3) = h�e3; �ai�a = 2 � �a = �a = 2�e1 � 2�e2 + 4�e3.(deoarece h�ei; �eji = �ij)Deci, matricea lui f relativ la B este

A =

0@ 1 �1 2�1 1 �22 �2 4

1A

Prin urmare, cum ~f(�)xB =

0@ y1

y2

y3

1A = A~xB = A

0@ x1

x2

x3

1A , obtinem ecuatiile

lui f relativ la baza B : 8<: y1 = x1 � x2 + 2x3y2 = �x1 + x2 � 2x3y3 = 2x1 � 2x2 + 4x3

c) Nucleul operatorului f este Ker f = f�x 2 Ejf(�x) = �0g =

=

��x =

3Pi=1

xi�ei 2 Ej(x1; x2; x3) solutie pentru sistemul8<: x1 � x2 + 2x3 = 0�x1 + x2 � 2x3 = 02x1 � 2x2 + 4x3 = 0

9=;.Se observ¼a c¼a rangul matricii asociate acestui sistem liniar omogen este 1 siatunci dimKer f = dimE � rang A = 2 .Rezolv¼am sistemul pentru a g¼asi o baz¼a pentru Kerf , adic¼a un sistem funda-mental de solutii pentru sistemul omogen de mai sus.

Avem solutia general¼a

8<: x1 = �� 2�x2 = �x3 = �

(�; � 2 R)

si prin urmare �x 2 Ker f dac¼a si numai dac¼a �x = (� � 2�)�e1 + ��e2 + ��e3 ,�; � 2 R , adic¼a�x = ��a1 + ��a2 , unde �a1 = �e1 + �e2 si �a2 = �2�e1 + �e3. Deci Ker f =f��a1 + ��a2j�; � 2 Rg = L(�a1; �a2) siB1 = f�a1; �a2g este o baz¼a pentru Ker f pentru c¼a rangul matricii pe ale c¼areicoloane avem coordonatele vectorilor �a1 si �a2, relativ la baza B , este 2.Acum, dim Imf = dimE � dimKer f = rangA = 1 siImf = ff(�x)j�x 2 Eg = f(x1� x2+2x3)�e1+(�x1+ x2� 2x3)�e2+(2x1� 2x2+4x3)�e3jxi 2 Rg .Deci Imf = f(x1 � x2 + 2x3)(�e1 � �e2 + 2�e3)jxi 2 Rg = L(�a) si astfel f�ag esteo baz¼a pentru Imf .d) Deoarece h�a1; �a2i = �2 + 0 + 0 = �2 rezult¼a c¼a B1 = f�a1; �a2g nu este baz¼aortonormat¼a pentru Ker f . Pentru a obtine o baz¼a ortonormat¼a vom utilizaprocedeul de ortogonalizare Gram-Schmidt, plecând de la baza B1.Se consider¼a �g1 = �a1 si �g2 = �a2 + ��g1 , unde � 2 R se a�¼a din conditia de

Page 87: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

4.5. OPERATORI SIMETRICI: DEFINITIE, PROPRIET¼ATI 79

ortogonalitate h�g1; �g2i = 0 .Din 0 = h�g1; �g2i = h�a1; �a2i+�h�a1; �a1i rezult¼a �2+2� = 0 , adic¼a � = 1 . Astfel,obtinem c¼a �g1 = �a1 = �e1 + �e2 si �g2 = �a2 + �g1 = ��e1 + �e2 + �e3.Acum, calculând k�g1k =

ph�g1; �g1i =

p12 + 12 + 02 =

p2 si k�g2k =

ph�g2; �g2i =p

(�1)2 + 12 + 12 =p3 si considerând

�f1 =1

k�g1k�g1 ; �f2 =

1

k�g2k�g2

rezult¼a c¼a B�1 =n�f1 =

1p2(�e1 + �e2); �f2 =

1p3(��e1 + �e2 + �e3)

oeste o baz¼a orto-

normat¼a a lui Ker f .e) Ecuatia caracteristic¼a det(A� �I3) = 0 are toate r¼ad¼acinile reale (pentru c¼aA este matrice simetric¼a).������

1� � �1 2�1 1� � �22 �2 4� �

������ = 0, �2(�� 6) = 0

si atunci valorile proprii sunt �1 = �2 = 0 , �3 = 6 .Baza ortonormat¼a relativ la care matricea lui f este diagonal¼a este B� = f�v1; �v2; �v3g ,unde �vi este un vector propriu (versor) corespunz¼ator valorii proprii �i , iarforma diagonal¼a a matricii operatorului f este:

D =

0@ �1 0 00 �2 00 0 �3

1A (�1 = �2 = 0; �3 = 6)

Pentru �1;2 = 0 avem sistemul

(A� �1I3)

0@ x1

x2

x3

1A =

0@ 000

1A,

8<: x1 � x2 + 2x3 = 0�x1 + x2 � 2x3 = 02x1 � 2x2 + 4x3 = 0

de unde rezult¼a c¼a subspatiul propriu crespunz¼ator valorii proprii 0 este V0 =Ker (f � 0 � I3) = Ker f si atunci �v1 = �f1 =

1p2(�e1 + �e2) , �v2 = �f2 =

1p3(��e1 +

�e2 + �3) . Pentru �3 = 6 avem sistemul

(A� �3I3)

0@ x1

x2

x3

1A =

0@ 000

1A,

8<: �5x1 � x2 + 2x3 = 0�x1 � 5x2 � 2x3 = 02x1 � 2x2 � 2x3 = 0

de unde rezult¼a x1 = �=2; x2 = ��=2; x3 = � , � 2 R si astfel subspatiul propriucrespunz¼ator valorii proprii 6 este V6 = Ker (f � 6 � I3) = f�(�e1� �e2+2�e3)j� 2Rg = L(�a) , cu �a = �e1 � �e2 + 2�e3 .Lu¼am �v3 =

1k�ak � �a =

1p6(�e1 � �e2 + 2�3) si astfel obtinem baza ortonormat¼a B�

(stiind c¼a vectorii proprii corespunz¼atori la valori proprii distincte, pentru unoperator liniar si simetric, sunt ortogonali).Observ¼am c¼a Ker f � Imf = E .

Page 88: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

80 CAPITOLUL 4. SPATII EUCLIDIENE

4.6 Metoda transform¼arilor ortogonale de aduc-ere la forma canonic¼a a unei forme p¼atraticede�nit¼a pe un spatiu euclidian

Fie (E; h; i) un spatiu euclidian n-dimensional si f : E ! R o form¼a p¼atratic¼acare în raport cu o baz¼a ortonormat¼a B = fe1; e2; : : : ; eng a lui E are expresia

analitic¼a f(x) =nP

i;j=1

xixjaij , pentru orice x = xiei 2 E.

Ne propunem s¼a determin¼am o form¼a canonic¼a pentru forma p¼atratic¼a f sibaza ortonormat¼a corespunz¼atoare, folosind propriet¼atile operatorilor simetrici.În acest sens, �e u 2 End(E) operatorul simetric care are aceeasi matrice casi forma p¼atratic¼a f , A = (aij)i;j=1;n, relativ la baza ortonormat¼a B. Atunci,f(x) = extBAexB = hx; u(x)i, 8x 2 E. Mai mult, exist¼a o baz¼a ortonormat¼aB� = ff1; f2; : : : ; fng a lui E în raport cu care matricea lui u are formadigonal¼a D = diag(�1; : : : ; �n), unde �1, ..., �n sunt valorile proprii ale lui

u. Prin urmare, oricare ar � x =nPi=1

yif i 2 E avem f(x) = hx; u(x)i =*nPi=1

yif i; u

nPj=1

yjf j

!+=

=nPi=1

nPj=1

yiyjf i; u(f j)

�=

nPi=1

nPj=1

yiyjf i; �jf j

�=

nPi;j=1

�jyiyjf i; f j

�=

nPi;j=1

�jyiyj�ij =

nPi=1

�i(yi)2.

Am ar¼atat astfel c¼a pentru orice form¼a p¼atratic¼a de�nit¼a pe un spatiu euclid-ian n-dimensioanal E se poate g¼asi o baz¼a ortonormat¼a relativ la care formap¼atratic¼a are o form¼a canonic¼a. Aceast¼a metod¼a de aducere la forma canonic¼a

a unei forme p¼atratice de�nit¼a pe un spatiu euclidian n-dimensional se numestemetoda transform¼arilor ortogonale (sau metoda valorilor proprii si vecto-rilor proprii). Se va vedea în partea de geometrie analitic¼a c¼a aceast¼a metod¼aeste deosebit de util¼a pentru aducerea ecuatiei curbelor si suprafetelor algebricede ordinul al doilea (conice si cuadrice) la forma canonic¼a si pentru clasi�carealor.

Exemplul 4.6.1 Considerând pe R3 produsul scalar canonic s¼a se aduc¼a laforma canonic¼a, cu ajutorul metodei transform¼arilor ortogonale, forma p¼atratic¼af : R3 ! R care, în raport cu baza canonic¼a B = fe1; e2; e3g, are expresiaanalitic¼a

f(x) = (x1)2+(x2)2+4(x3)2+2x1x2+4x3x1+4x2x3; 8x = (x1; x2; x3) 2 R3:

Rezolvare:Determin¼am valorile proprii ale operatorului simetric u : R3 ! R3 care are

Page 89: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

4.7. PROBLEME PROPUSE SPRE REZOLVARE 81

matricea

A =

0@ 1 1 21 2 22 2 4

1A ;ca si forma p¼atratic¼a f , relativ la baza canonic¼a a lui R3.Ecuatia caracteristic¼a det(A � �I3) = 0 devine �3 � 6�2 = 0 si atunci

�1 = �2 = 0, �3 = 6 sunt valorile proprii ale lui u. Atunci o form¼a canonic¼apentru f este

f(x) = �1(y1)2 + �2(y

2)2 + �3(y3)2 = 6(y3)2; 8x = yif i 2 R3;

unde B� = ff1; f2; f3g este baza ortonormat¼a a lui R3, relativ la care f areforma canonic¼a de mai sus. Pentru a determina vectorii lui B�, vom g¼asi întâivectorii proprii ai lui u:

Pentru �1;2 = 0 rezolv¼am sistemul liniar omogenn(A� 0I3)ex = e0 , adic¼a8<: x1 + x2 + 2x3 = 0

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

, care are solutia de forma (���2�; �; �), unde �, � 2

R. Atunci avem a1 = (�1; 1; 0), a2 = (�2; 0; 1) vectori proprii corespunz¼atorivalorii proprii duble �1;2 = 0 care formeaz¼a o baz¼a (neortonormat¼a) pentrusubspatiul propriu V0.

Pentru �3 = 6 rezolv¼am sistemul liniar omogenn(A� 6I3)ex = e0 , adic¼a8<: �5x1 + x2 + 2x3 = 0

x1 � 5x2 + 2x3 = 02x1 + 2x2 � 2x3 = 0

, care are solutia de forma (�; �; 2�), unde � 2 R.

Atunci a3 = (1; 1; 2) este un vector propriu asociat lui �3 = 6 si formeaz¼a obaz¼a pentru subspatiul propriu V6.

Norm¼am vectorul a3 si obtinem versorul f3 =1

ka3ka3 =�1p6; 1p

6; 2p

6

�,

iar pentru sistemul fa1 = (�1; 1; 0); a2 = (�2; 0; 1)g aplic¼am procedeul Gram-Schmidt, adic¼a lu¼am b1 = a1 = (�1; 1; 0), b2 = a2 + �b1, unde � 2 R se a�¼adin conditia

b1; b2

�= 0. Atunci � = �1 si astfel b2 = (�1;�1; 1).

Rezult¼a baza ortonormat¼a a lui V0,nf1 =

1ka1ka1 =

�� 1p

2; 1p

2; 0�; f2 =

1ka2ka2 =

�� 1p

3; 1p

3; 1p

3

�o.

Prin urmare, am determinat baza ortonormat¼a B� = ff1; f2; f3g a lui R3

corespunz¼atoare formei canonice g¼asite.

4.7 Probleme propuse spre rezolvare

1. Pe spatiul vectorial aritmeticRn se consider¼a aplicatia biliniar¼a<< �; � >>de�nit¼a prin

<< x; y >>= x1y1 + 2x2y2 + 3x3y3 + � � �+ nxnyn,

pentru orice x = (x1; x2; :::; xn), y = (y1; y2; :::; yn).

Page 90: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

82 CAPITOLUL 4. SPATII EUCLIDIENE

a) Ar¼atati c¼a << �; � >> este un produs scalar pe Rn;

b) Veri�cati c¼a baza canonic¼a a lui Rn este ortonormat¼a în raport cu acestprodus scalar;

c) Ar¼atati c¼a exist¼a k1, k2 > 0 astfel încât k1 �jxj � jjxjj � k2 �jxj, 8x 2 Rn,unde j � j reprezint¼a norma asociat¼a produsului canonic < �; � > pe Rn sijj � jj reprezint¼a norma asociat¼a produsului scalar << �; � >>;d) Scrieti inegalitatea lui Cauchy pentru produsul scalar << �; � >>.Comparati-o cu inegalitatea lui Cauchy scris¼a pentru produsul scalar canonic< �; � >.

2. Fie E un spatiu vectorial real, n-dimensional dotat cu dou¼a produse scalare< �; � >1si < �; � >2. S¼a se arate c¼a oricare ar � perechea de vectori nenulix, y 2 E, unghiurile dintre cei doi vectori, corespunz¼atoare celor dou¼aproduse scalare, sunt egale dac¼a si numai dac¼a exist¼a � > 0 astfel încât< x; y >1= � < x; y >2, pentru orice x, y 2 E.

3. In spatiul vectorial aritmetic R3 se consider¼a vectorii a1 = (1; 0; 1), a2 =(1; 1; 0), a3 = (0; 1; 1), a = (1; 2; 3), b = (�1; 0; 4). S¼a se calculeze unghiulvectorilor a, b în spatiul vectorial euclidian

�R3; < �; � >

�, unde< �; � > este

produsul scalar pe R3 în raport cu care baza fa1,a2,a3g este ortonormat¼a.

4. În spatiul euclidian canonic R5 se d¼a subspatiul

E1 =

��x = (x1; x2; x3; x4; x5)

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

�a) Determinati complementul ortogonal al lui E1 , E?1 ;b) Determinati prE1 �x , unde �x = (3; 1; 2; 2; 0) .

5. Fie spatiul euclidian canonic R4 si forma p¼atratic¼af : R4 ! R , care relativ la baza canonic¼a B a lui R4

are expresia analitic¼a

f(�x) = 4x1x2 � 2x1x4 � 2x2x3 + 4x3x4 ; �x = (x1; x2; x3; x4) 2 R4 :

Folosind metoda transform¼arilor ortogonale s¼a se aduc¼a la forma canonic¼aforma p¼atratic¼a f . S¼a se g¼aseasc¼a baza relativ la care f are expresiacanonic¼a, precum si signatura lui f .

6. Dac¼a A = (aij)i;j=1;n este matricea unei forme p¼atratice pozitiv de�nitepe un spatiu vectorial real V , atunci ar¼atati c¼a are loc inegalitatea0@ nX

i;j=1

aijxiyj

1A2

0@ nXi;j=1

aijxixj

1A �0@ nXi;j=1

aijyiyj

1Apentru orice numere reale x1, x2, ..., xn, y1, y2, ..., yn.

Page 91: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

4.7. PROBLEME PROPUSE SPRE REZOLVARE 83

7. Fie (E; h; i) un spatiu vectorial euclidian real si f�a1; �a2; : : : ; �ang un sistemortonormat de vectori din E care veri�c¼a proprietatea

k�xk2 =nXk=1

h�ak; �xi2 ; 8�x 2 E

Ar¼atati c¼a f�a1; �a2; : : : ; �ang este baz¼a pentru E.

8. FieMs(n;R) = fA 2Mn(R)jA = Atg spatiul vectorial real al matricilorp¼atratice de ordinul n, simetrice, cu elemente reale. Dac¼a se consider¼a

aplicatia h; i :Ms(n;R)�Ms(n;R)! R , dat¼a prin hA;Bi def= Tr(AB) ,8A;B 2Ms(n;R) , atunci:a) S¼a se arate c¼a h; i este un produs scalar pe spatiul vectorial realMs(n;R) ;

b) Pentru n = 2, s¼a se determine matricea produsului scalar h; irelativ la baza canonic¼a a luiMs(2;R),

B =�E1 =

�1 00 0

�; E2 =

�0 11 0

�; E3 =

�0 00 1

��;

c) Pentru n = 2, s¼a se ortonormeze baza

B =�A1 =

�1 �1�1 0

�; A2 =

�0 11 0

�; A3 =

�0 22 1

��.

9. Fie spatiul vectorial euclidian real (sau complex) (E;< �; � >) de dimen-siune �nit¼a n, cu baza ortonormat¼a B = fe1; :::; eng. Dac¼a se consider¼a obaza ortogonal¼a B0 = fa1; :::; ang, s¼a se calculeze determinantul matriciide trecere de la baza B la baza B0 în functie de lungimile vectorilor bazeiB0.

10. Fie F spatiul vectorial real al functiilor reale continue de�nite pe intervalul[0; 2�]. Se de�neste aplicatia

(f; g) 2 F � F !< f; g;>=2�Z0

f(t)g(t)dt 2 R:

a) Ar¼atati c¼a perechea (F ; < �; � >) este un spatiu eculidian;b) Dac¼a f0(x) = 1, f2n�1(x) = cosnx, f2n(x) = sinnx, n 2 N�, atunciar¼atati c¼a sistemul de functii S = ff0, f1, f2, ...g este liniar independentîn F ;c) Ortonormati sistemul S, folosind procedeul Gram-Schmidt;

d) G¼asiti proiectia ortogonal¼a a functiei f(x) = x pe subspatiul lui Fgenerat de functiile 1p

2�f0, 1p

�f1, ..., 1p

�f2n.

Page 92: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

84 CAPITOLUL 4. SPATII EUCLIDIENE

Page 93: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Partea II

GEOMETRIEANALITIC¼A

85

Page 94: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU
Page 95: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Capitolul 5

Vectori liberi

5.1 Notiunea de vector liber

Fie E3 spatiul punctual tridimensional al geometriei elementare si D multimeadreptelor din E3.Pe multimea D de�nim relatia binar¼a "�" astfel: "pentru d1, d2 2 D,

spunem c¼a d1 � d2 dac¼a d1 k d2 sau d1 = d2".Evident c¼a relatia "�" este o relatie de echivalent¼a peD. Clasa de echivalent¼abd = fg 2 Djg � dg a dreptei d 2 D, în raport cu "�", se va numi directia

dreptei d. Mai exact, dac¼a d1, d2 2 D si d1 � d2 atunci spunem c¼a dreptele d1si d2 au aceeasi directie.Elementele multimii E3 (care sunt puncte) le vom nota cu A, B, C, ...O pereche ordonat¼a de puncte din E3, adic¼a elementul (A;B) 2 E3 �E3, se

numeste segment orientat (sau vector legat), de origine A si extremitate B.Dac¼a A = B, atunci segmentul orientat (A;A) se numeste segmentul orientatnul.Dreapta determinat¼a de punctele distincte A, B se numeste suportul seg-

mentului orientat (A;B).Spunem c¼a segmentele orientate nenule (A;B), (C;D) au aceeasi directie

dac¼a dreptele lor suport au aceeasi directie. Deoarece printr-un punct A 2 E3trec o in�nitate de drepte, de directii diferite, spunem c¼a segmentul orientat nul(A;A) are directia nedeterminat¼a.Distanta dintre punctele A, B 2 E3 se numeste m¼arimea (sau lungimea)

segmentului orientat (A;B) si se noteaz¼a d(A;B). Evident, m¼arimea unui seg-ment orientat este zero dac¼a si numai dac¼a el este segmentul nul.Spunem c¼a segmentele orientate nenule (A;B) si (C;D), cu dreptele suport

paralele, au acelasi sens dac¼a punctele B si D se a�¼a de aceeasi parte a drepteideterminate de punctele A si C, în planul dreptelor suport.Fie acum segmentele orientate nenule (A;B) si (C;D), cu aceeasi dreapt¼a

suport si �e (E;F ) un segment orientat nenul cu dreapta suport paralela cudreapta suport a segmentelor (A;B) si (C;D). Dac¼a (A;B) are acelasi sens cu

87

Page 96: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

88 CAPITOLUL 5. VECTORI LIBERI

(E;F ) si (C;D) are acelasi sens cu (E;F ), atunci spunem c¼a (A;B) si (C;D)au acelasi sens. Convenim s¼a spunem c¼a sensul unui segment orientat nul estenedeterminat. Despre dou¼a segmente orientate nenule cu aceeasi directie, darcare nu au acelasi sens spunem ca au sensuri opuse.Acum suntem în m¼asur¼a s¼a de�nim pe E3 � E3 relatia de echipolent¼a a

segmentelor orientate.

De�nitia 5.1.1 Spunem c¼a segmentele orientate (A;B), (C;D) 2 E3�E3 suntechipolente (si scriem (A;B) � (C;D)) dac¼a1) (A;B), (C;D) sunt nenule si au aceeasi directie, sens si m¼arime, sau2) (A;B), (C;D) sunt segmente orientate nule.

Propozitia 5.1.1 Relatia de echipolent¼a a segmentelor orientate din E3 este orelatie de echivalent¼a pe E3 � E3, adic¼a relatia "�" are propriet¼atile:a) "�" este re�exiv¼a: 8(A;B) 2 E3 � E3, avem (A;B) � (A;B).b) "�" este simetric¼a: Dac¼a (A;B) � (C;D) atunci (C;D) � (A;B).c) "�"este tranzitiv¼a: Dac¼a (A;B) � (C;D) si (C;D) � (E;F ) atunci

(A;B) � (E;F ).Demonstratie. Exercitiu!

Prin urmare, relatia de echipolent¼a "�" împarte multimea E3�E3 în clase deechivalent¼a care se vor numi vectori liberi. Multimea cât E3�E3= � a tuturorclaselor de echivalent¼a se va nota cu V 3 si se va numi multimea vectorilorliberi din spatiu. Clasa de echivalent¼a care are drept reprezentant segmentulorientat (A;B) se va nota prin AB, adic¼a

AB = f(C;D) 2 E3 � E3j(C;D) � (A;B)g:Vectorii liberi se vor nota prin AB, CD, ..., când punem în evident¼a un

reprezentant sau prin a, b, a1, a2, ..., când nu exist¼a pericol de confuzii. Vectorulliber 0 = f(A;A) 2 E3 � E3jA 2 E3g se numeste vectorul liber nul (sauvectorul nul).

De�nitia 5.1.2 Prin m¼arimea, directia si sensul vectorului liber a = AB 2V 3 întelegem m¼arimea, directia si sensul segmentului orientat (A;B) 2 a. Vec-torul nul are m¼arimea egal¼a cu 0, iar directia si sensul sunt nedeterminate.

M¼arimea (sau lungimea) vectorului liber a se va nota prin kak. Astfel, 0 = 0.De�nitia 5.1.3 a) Spunem c¼a doi vectori liberi nenuli sunt coliniari dac¼a auaceeasi directie.b) Vectorul nul este coliniar cu orice vector liber.

Propozitia 5.1.2 a) Oricare ar � (A;B), (C;D) 2 E3�E3 cu (A;B) � (C;D)rezult¼a c¼a (A;C) � (B;D) .b) Oricare ar � (A;B) 2 E3�E3 si C 2 E3, exist¼a un singur punct D 2 E3

astfel încât (A;B) � (C;D).Demonstratie. Exercitiu!

Page 97: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

5.2. SPATIUL VECTORIAL REAL 3-DIMENSIONAL V 3 89

5.2 Spatiul vectorial real 3-dimensional V 3

Vom construi pe multimea V 3 a vectorilor liberi din spatiu o structur¼a de spatiuvectorial real de dimensiune 3.Fie a, b 2 V 3 si A un punct arbitrar din E3. Atunci, exist¼a dou¼a puncte

unic determinate B, C 2 E3 astfel încât (A;B) 2 a, (B;C) 2 b. Prin de�nitie,vectorul AC 2 V 3 se va numi suma vectorilor liberi a, b si vom scrie a+b = AC.Aplicatia + : V 3 � V 3 ! V 3 care asociaz¼a �ec¼arei perechi de vectori liberi

(a; b) vectorul sum¼a a+b, de�nit mai sus, este o lege de compozitie intern¼a peV 3 care se va numi adunarea vectorilor liberi.Se poate ar¼ata c¼a adunarea vectorilor liberi este corect de�nit¼a, adic¼a vec-

torul sum¼a a + b nu depinde de alegerea punctului A 2 E3. Într-adev¼ar, dac¼aA0 2 E3 este un alt punct si (A0; B0) 2 a, (B0; C 0) 2 b, atunci avem c¼a A0C 0 =AC deoarece (A;B) � (A0; B0) implic¼a (A;A0) � (B;B0) si (B;C) � (B0; C 0)implic¼a (B;B0) � (C;C 0), de unde, în baza tranzitivit¼atii relatiei "�", avem(A;A0) � (C;C 0) ceea ce implic¼a (A;C) � (A0; C 0).Regula de adunare a vectorilor liberi prezentat¼a aici se numeste regula tri-

unghiului.

Propozitia 5.2.1 Multimea V 3 împreun¼a cu adunarea vectorilor liberi formeaz¼aun grup comutativ.

Demonstratie. a) Adunarea vectorilor liberi este asociativ¼a, adic¼a oricare ar� a, b, c 2 V 3 avem (a + b) + c = a + (b + c). Într-adev¼ar, dac¼a (A;B) 2 a,(B;C) 2 b, (C;D) 2 c atunci (a + b) + c = AC + CD = AD, a + (b + c) =AB +BD = AD.b) Adunarea vectorilor liberi este comutativ¼a, adic¼a oricare ar � a, b 2 V 3

avem a+b = b+a. Într-adev¼ar, dac¼a (A;B) 2 a, (B;C) 2 b, atunci a+b = AC,iar dac¼a (B;C) 2 b, (C;D) 2 a, atunci b + a = BD. R¼amâne de ar¼atat c¼aAC = BD. Cum (A;B), (C;D) 2 a rezult¼a (A;C) � (B;D), adic¼a AC = BD.c) Vectorul nul 0 este element neutru pentru adunarea vectorilor liberi,

deoarece oricare ar �a 2 V 3, dac¼a (A;B) 2 a, (B;B) 2 0, avem a+0 = AB = a.Cum adunarea vectorilor liberi este comutativ¼a rezult¼a c¼a a + 0 = 0 + a = a,8a 2 V 3.d) Pentru orice a 2 V 3, exist¼a b 2 V 3 astfel încât a + b = b + a = 0.

Într-adev¼ar, dac¼a a 2 V 3 si (A;B) 2 a atunci, luând b = BA, rezult¼a c¼aa+ b = AB +BA = AA = 0. Vectorul b se va numi opusul lui a si se va notacu �a. Se observ¼a c¼a dac¼a a = AB atunci �a = BA.Fie � 2 R si a 2 V 3, arbitrar �xati. De�nim produsul dintre scalarul � si

vectorul liber a, ca �ind vectorul liber notat prin �a, astfel:- dac¼a � = 0 sau a = 0, atunci �a = 0sau- dac¼a � 6= 0 si a 6= 0, atunci �a este vectorul de aceeasi directie cu a, cu

sensul lui a, dac¼a � > 0, sau de sens opus lui a, dac¼a � < 0 si k�ak = j�j kak.

Page 98: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

90 CAPITOLUL 5. VECTORI LIBERI

Aplicatia �s : R�V 3 ! V 3 de�nit¼a prin (�; a)! �a se numeste înmultireavectorilor din V 3 cu scalari.

Observatia 5.2.1 Oricare ar � vectorul nenul a 2 V 3, vom nota prin vers asau a0 vectorul 1

kaka. Evident, a0 are aceeasi directie si acelasi sens cu a,

iar a0 = 1. Vectorul a0 se numeste versorul vectorului a. Este clar c¼a

a = kak a0.

Propozitia 5.2.2 Dac¼a a, b 2 V 3 sunt coliniari si a 6= 0, atunci exist¼a � 2 Rastfel încât b = �a.

Demonstratie. Dac¼a b = 0, atunci este evident c¼a luând � = 0 avem b = �a.Dac¼a b 6= 0, atunci avem dou¼a situatii:i) dac¼a a, b au acelasi sens, atunci a0 = b

0si avem b =

b b0 = b a0 = b 1kaka = �a, daca lu¼am � =

kbkkak ;

ii) dac¼a a, b au sensuri opuse, atunci a0 = �b0 si avem b = b b0 =

� b a0 = �a, dac¼a lu¼am � = �kbkkak .

Propozitia 5.2.3 Înmultirea vectorilor liberi cu scalari are urm¼atoarele pro-priet¼ati:i) (�+ �)a = �a+ �a, oricare ar � �, � 2 R, a 2 V 3;ii) �(a+ b) = �a+ �b, oricare ar � � 2 R, a, b 2 V 3;iii) �(�a) = (��)a, oricare ar � �, � 2 R, a 2 V 3;iv) 1a = a, oricare ar � a 2 V 3.

Demonstratie. i) Întrucât pentru � = � = 0 sau a = 0 sau �+� = 0 egalitatea

(�+ �)a = �a+ �a se veri�c¼a imediat, putem presupune c¼a � si � sunt nenuli,a 6= 0 si �+ � 6= 0.- Dac¼a �� > 0 atunci vectorii (� + �)a si �a + �a au aceesi directie si

acelasi sens. Mai mult, cum vectorii �a si �a au acelasi sens avem k�a+ �ak =k�ak+ k�ak = j�j kak+ j�j jjajj = (j�j+ j�j)j jaj j = j�+ �j jjajj = jj(�+ �)ajj.Prin urmare, vectorii (�+ �)a si �a+ �a sunt egali.- Dac¼a �� < 0 atunci vectorii �a si �a au sensuri opuse. S¼a presupunem c¼a

j�j > j�j. Atunci jj�a+ �ajj = jj�ajj � jj�ajj = (j�j � j�j) jjajj = j�+ �j jjajj =jj(� + �)ajj, adic¼a vectorii (� + �)a si �a+ �a au aceeasi m¼arime. Evident c¼aei au aceeasi directie. Cum j�j > j�j rezult¼a c¼a vectorii (� + �)a si �a + �aau acelasi sens cu vectorul �a, adic¼a (�+ �)a si �a+ �a au acelasi sens. Prinurmare ei sunt egali.ii) Dac¼a � = 0 sau a = 0 sau b = 0 egalitatea este veri�cat¼a. R¼amâne de

demonstrat egalitatea pentru � 6= 0 si a, b vectori nenuli. Avem situatiile:- Dac¼a a, b sunt coliniari atunci exist¼a � 2 R astfel ca b = �a si atunci

�a+�b = �a+��a = �(1+�)a, iar �(a+ b) = �(a+�a) = �(1+�)a. Rezult¼ac¼a �(a+ b) = �a+ �b.

Page 99: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

5.2. SPATIUL VECTORIAL REAL 3-DIMENSIONAL V 3 91

- Dac¼a a, b nu sunt coliniari atunci, considerând � > 0 (cazul � < 0 setrateaz¼a similar), putem lua AB = a, BC = b si avem a + b = AC. FieAB0 = �a. Este clar c¼a B0 se a�¼a pe dreapta AB. Construim prin punctulB0 o dreapt¼a paralel¼a cu dreapta BC. Aceasta va intersecta dreapta AC înpunctul C 0. Rezult¼a c¼a triunghiurile ABC si A0B0C 0 sunt asemenea si avemd(A;B)d(A;B0) =

d(A;C)d(A;C0) =

d(B;C)d(B0;C0) . Cum d(A;B0) = �d(A;B) rezult¼a d(A;C 0) =

�d(A;C), d(B0; C 0) = �d(B;C). Cum AC 0 = �(a + b), B0C 0 = �b, AB0 = �asi AC 0 = AB0 +B0C 0 rezult¼a �(a+ b) = �a+ �b.iii) Dac¼a � = 0 sau � = 0 sau a = 0 atunci egalitatea este evident¼a. Dac¼a

� 6= 0, � 6= 0 si a 6= 0 atunci �a are aceeasi directie ca si a si �(�a) are aceeasica si �a, adic¼a aceeasi directie ca si a. Vectorul (��)a are aceeasi directie ca sia. Apoi k�(�a)k = j�jjj�ajj = j�j j�j jjajj = j��j jjajj = jj(��)ajj.De asemenea, vectorii �(�a) si (��)a au acelasi sens, pentru c¼a dac¼a �� > 0

atunci ambii au acelasi sens ca si a, iar dac¼a �� < 0 atunci ambii au sens contrarlui a. În consecint¼a �(�a) = (��)a:iv) Egalitatea este adev¼arat¼a conform de�nitiei produsului dintre un scalar

si un vector liber.

Corolarul 5.2.1 Multimea vectorilor liberi din spatiu, V 3, are o structur¼a despatiu vectorial real fat¼a de operatiile de adunare a vectorilor liberi si înmultireavectorilor liberi cu scalari reali.

Dac¼a � este un plan, în mod cu totul analog, se poate construi spatiulvectorial real V 2 al vectorilor liberi din planul �.

Propozitia 5.2.4 Doi vectori liberi a, b 2 V 3 sunt coliniari dac¼a si numaidac¼a sunt liniar dependenti.

Demonstratie. Fie a, b 2 V 3 coliniari. Dac¼a a = 0, atunci a, b sunt liniardependenti. Dac¼a a 6= 0, atunci exist¼a � 2 R astfel încât b = �a, adic¼a a, bsunt liniar dependenti.Reciproc, dac¼a a, b sunt liniar dependenti, adic¼a exist¼a o combinatie liniar¼a

nul¼a de a, b, în care nu toti sclarii sunt nuli, �a+�b = 0, atunci avem a = ���b,

în cazul � 6= 0, de pild¼a.Dac¼a a = 0 sau b = 0 atunci a, b sunt coliniari. Altfel, dac¼a a, b sunt nenuli

atunci avem c¼a a si b au aceeasi directie, adic¼a sunt coliniari.

Corolarul 5.2.2 Doi vectori liberi a, b 2 V 3 sunt necoliniari dac¼a si numaidac¼a sunt liniar independenti.

De�nitia 5.2.1 Spunem c¼a vectorul liber nenul a este paralel cu planul �dac¼a dreptele suport ale segmentelor orientate care îl reprezint¼a pe a sunt paralelecu �.

Page 100: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

92 CAPITOLUL 5. VECTORI LIBERI

De�nitia 5.2.2 a) Spunem c¼a vectorii liberi nenuli a, b, c sunt coplanari dac¼aexist¼a un plan � cu care ei s¼a �e paraleli.b) Vectorul nul 0 este, prin de�nitie, coplanar cu orice alti doi vectori liberi.

Propozitia 5.2.5 Vectorii a, b, c 2 V 3 sunt coplanari dac¼a si numai dac¼a sunt

liniar dependenti.

Demonstratie. Fie a, b, c coplanari. Sunt posibile dou¼a situatii:i) b, c sunt liniar dependenti, de unde rezult¼a c¼a a, b, c sunt liniar dependenti.ii) b, c sunt liniar independenti. Fie a = OA, b = OB, c = OC. Atunci

punctul C este în planul determinat de punctele O, A, B. Fie M punctul deintersectie al dreptei duse prin C la dreapta OB si N intersectia paralelei duseprin C la OA. Astfel avem c = OC = OM +MC = OM + ON = �a + �b,deoarece OM , ON sunt coliniari cu OA, respectiv OB. Deci a, b, c sunt liniardependenti.Reciproc, dac¼a a, b, c sunt liniar dependenti, atunci exist¼a scalarii reali �,

�, , nu toti nuli, astfel ca �a + �b + c = 0. Dac¼a admitem, de exemplu, c¼a 6= 0, atunci c = �a+ �b, unde � = ��

, � = �� . Sunt posibile dou¼a cazuri:

i) a, b sunt coliniari si atunci vectorul c este coliniar si cu a si cu b, adic¼a a,b, c sunt coliniari si astfel sunt si coplanari.ii) a, b sunt necoliniari si atunci avem OC = �OA + �OB, unde a = OA,

b = OB, c = OC. Este clar c¼a punctul C se a�¼a în planul (OAB) si astfela = OA, b = OB, c = OC sunt coplanari.

Corolarul 5.2.3 Trei vectori liberi sunt necoplanari dac¼a si numai dac¼a suntliniar independenti.

Teorema 5.2.1 Oricare trei vectori liberi necoplanari formeaz¼a o baz¼a a lui V 3.Deci dimV 3 = 3.

Demonstratie. Fie a = OA, b = OB, c = OC trei vectori necoplanari dinV 3, adic¼a liniar independenti. R¼amâne de ar¼atat c¼a fa; b; cg este un sistem degeneratori al lui V 3.Fie d 2 V 3, arbitrar. Avem cazurile:a) Dac¼a d = 0 sau d este coliniar cu unul dintre vectorii a, b, c, atunci rezult¼a

clar c¼a d se poate scrie ca o combinatie liniar¼a de vectorii a, b, c.b) Dac¼a d este coplanar cu doi dintre vectori a, b, c, de exemplu dac¼a a,

b, d sunt coplanari, atunci deducem c¼a d este o combinatie liniar¼a de a, b, c,d = �a+ �b+ 0c.c) Dac¼a d = OD nu se a�¼a în nici unul dintre cazurile a), b), atunci consid-

er¼am punctul M ca intersectia paralelei dus¼a prin D la dreapta OC cu planul(OAB). Prin M ducem paralela la dreapta OA si aceasta intersecteaz¼a dreaptaOB înQ. PrinM ducem paralela la dreapta OB si aceasta intersecteaz¼a dreaptaOA în P . Dreptele MD si OC determin¼a un plan (�ind paralele) si paralela

Page 101: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

5.3. PRODUSE DE VECTORI ÎN V 3 93

prin D la OM intersecteaz¼a OC în R, în planul (ODM). Deoarece OR =MD,OM = OP +OQ si OD = OM +MD avem OD = OP +OQ+OR.Cum vectorii OP , OQ, OR sunt coliniari, respectiv, cu OA, OB, OC rezult¼a

c¼a exist¼a �, �, 2 R astfel încât OP = �OA = �a, OQ = �OB = �b,OR = OC = c si astfel avem c¼a d = OD = �a+ �b+ c.Deci vectorul d se poate scrie ca o combinatie liniar¼a de vectorii a, b, c.

De asemenea, dac¼a punctele O, A, B 2 E3 sunt necoliniare, iar a = OA,b = OB, atunci multimea V 2 = fOC 2 V 3jC apartine planului (OAB)g coincidecu multimea vectorilor liberi din planul (OAB). Evident, a, b 2 V 2 si cumsunt necoliniari ei sunt liniar independenti. Un rationament similar celui dindemonstratia de mai sus arat¼a c¼a fa; bg este si sistem de generatori pentru V 2.Rezult¼a c¼a fa; bg este o baz¼a pentru V 2.Deci, orice doi vectori liberi necoliniari din V 2 constituie o baz¼a a lui V 2 si

atunci, dimV 2 = 2.

5.3 Produse de vectori în V 3

Prin proiectia ortogonal¼a a unui punct A pe o dreapta d întelegem intersectiadintre d si planul dus prin punctul A perpendicular pe dreapta d.

De�nitia 5.3.1 Se numeste proiectie ortogonal¼a a vectorului a = AB 2 V 3pe vectorul u = CD 2 V 3 n f0g, vectorul A0B0, unde A0, B0 sunt proiectiileortogonale ale punctelor A, respectiv B pe dreapta CD. Not¼am A0B0 = �u(a).

Se poate veri�ca usor c¼a de�nitia nu este ambigu¼a în sensul c¼a vectorul A0B0

nu depinde de alegerea segmentelor orientate care reprezint¼a vectorii liberi a siu.Întrucât vectorul �u(a) este coliniar cu versorul u0, rezult¼a c¼a exist¼a un

scalar real unic determinat, notat prin pru(a) si numit m¼arimea algebric¼a aproiectiei ortogonale �u(a), asa încât �u(a) = pru(a) �u0. Avem urm¼atoareapropozitie (a c¼arei demonstratie o l¼as¼am ca exercitiu):

Propozitia 5.3.1 Oricare ar � u 2 V 3 n f0g avema) �u(a+ b) = �u(a) + �u(b),8a, b 2 V 3,b) �u(�a) = ��u(a), 8� 2 R, u 2 V 3,adic¼a aplicatia �u : V 3 ! V 3 este liniar¼a.

Corolarul 5.3.1 Oricare ar � u 2 V 3 n f0g, aplicatia pru : V 3 ! R areurm¼atoarele propriet¼ati:a) pru(a+ b) = pru(a) + pru(b), 8a, b 2 V 3,b) pru(�a) = �pru(a)8� 2 R, a 2 V 3,adic¼a pru este o aplicatie liniar¼a.

Page 102: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

94 CAPITOLUL 5. VECTORI LIBERI

De�nitia 5.3.2 Prin unghi al vectorilor liberi nenuli a = OA, b = OB întelegem

unghiul ' 2 [0; �] format de semidreptele [OA si [OB. Vom nota ' = ca; b.Se constat¼a usor c¼a dac¼a u 2 V 3 n f0g, atunci oricare ar � a 2 V 3 avem

pru(a) = jjajj � cos(da; u).Propozitia 5.3.2 Aplicatia h; i : V 3 � V 3 ! R de�nit¼a prin

a; b�=

(jjajj � jjbjj � cos(ca; b); dac�a a; b 2 V 3 n f0g;0; dac�a a = 0 sau b = 0;

(1)

este un produs scalar pe V 3.

Demonstratie. a) Evidenta; b�=b; a�, pentru toti a; b 2 V 3.

b)�a+ �b; c

�=�����a+ �b���� � jjcjj � cos( \�a+ �b; c) = jjcjj � prc(�a+ �b) =

= jjcjj � (�prca + �prcb) = � jjcjj prca + � jjcjj prcb = �jjcjjjjajj cos(cc; a) +� jjcjj jjbjj cos(cc; b) == � ha; ci+�

b; c�, pentru orice a, b, c 2 V 3, �, � 2 R pentru care �a+�b 6=

0 si c 6= 0.Dac¼a �a + �b = 0 sau c = 0, atunci

�a+ �b; c

�= 0 = � ha; ci + �

b; c�,

dup¼a de�nitie.c) Oricare ar � a 2 V 3 n f0g avem ha; ai = jjajj2 cos(da; a) = jjajj2 � 0 si

jjajj = 0 dac¼a si numai dac¼a a = 0.Asadar, spatiul vectorial V 3 este un spatiu vectorial euclidian în raport cu

acest produs scalar si astfel, sunt valabile în V 3 toate rezultatele de la capitolulanterior. Se veri�c¼a usor c¼a m¼arimea unui vector liber a (ca lungime a seg-mentelor orientate echipolente între ele, care îl reprezint¼a) coincide cu normavectorului a (calculat¼a cu ajutorul normei euclidiene). De asemenea, unghiul adoi vectori liberi a; b (de�nit mai sus) coincide cu unghiul vectorilor a; b dinspatiul euclidian V 3.În continuare, putem considera fi; j; kg o baz¼a ortonormat¼a a spatiului

euclidian V 3.

De�nitia 5.3.3 Aplicatia � : V 3 � V 3 ! V 3 de�nit¼a prin

a� b = (a2b3 � a3b2)i� (a1b3 � a3b1)j + (a1b2 � a2b1)k; (2)

pentru orice vectori a = a1i + a2j + a3k, b = b1i + b2j + b3k, se numesteprodus vectorial în V 3, iar vectorul a� b se numeste produsul vectorial alvectorilor liberi a, b.

Page 103: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

5.3. PRODUSE DE VECTORI ÎN V 3 95

Din punct de vedere practic este util s¼a scriem expresia produsului vectorialal vectorilor a, b sub forma (este o scriere doar formal¼a pentru c¼a, din punct devedere riguros, matematic, nu putem scrie acest determinant)

a� b =

������i j ka1 a2 a3

b1 b2 b3

������ : (2�)

Observatia 5.3.1 Fie fi0; j0; k0g o alt¼a baz¼a ortonormat¼a în V 3, pozitiv ori-entat¼a, adic¼a determinantul matricii C = (cji )i;j=1;3 de trecere de la baza

fi; j; kg la baza fi0; j0; k0g s¼a �e pozitiv (de fapt, detC = 1 pentru c¼a C esteo matrice ortogonal¼a). Atunci, pentru orice vectori a = �1i

0+ �2j

0+ �3k

0,

b = �1i0+ �2j

0+ �3k

0, avem c¼a (tinând cont si de de�nitia matricii de trecere

de la o baz¼a la alta)������i0

j0

k0

�1 �2 �3

�1 �2 �3

������ = det

240@ i j ka1 a2 a3

b1 b2 b3

1A � C35 =

������i j ka1 a2 a3

b1 b2 b3

������ � detC =������i j ka1 a2 a3

b1 b2 b3

������, unde a = a1i+ a2j + a3k, b = b1i+ b2j + b3k.Prin urmare expresia de calcul a produsului vectorial a doi vectori liberi este

invariant¼a la o schimbare de baze ortonormate la fel orientate.

Din formula (1) rezult¼a cu usurint¼a c¼a i� j = k, j � k = i, k � i = j.

Propozitia 5.3.3 a) Produsul vectorial este o aplicatie biliniar¼a pe V 3, adic¼apentru orice a, b, c 2 V 3 si �, � 2 R avem (�a+ �b)� c = �(a� c) + �(b� c)si c� (�a+ �b) = �(c� a) + �(c� b).b) Produsul vectorial este antisimetric, adic¼a a� b = �b� a, oricare ar � a,

b 2 V 3.c) a � b = 0 dac¼a si numai dac¼a vectorii a, b sunt liniar dependenti (adic¼a

coliniari).d) Dac¼a baza ortonormat¼a fi0; j0; k0g este negativ orientat¼a, atunci a� b =

������i0

j0

k0

�1 �2 �3

�1 �2 �3

������, 8a = �1i0 + �2j0 + �3k0, b = �1i0 + �2j0 + �3k0.e) Oricare ar � a, b 2 V 3, vectorul a � b este ortogonal atât pe vectorul a

cât si pe vectorul b.f) M¼arimea produsului vectorial a � b al vectorilor liberi necoliniari a, b

este egal¼a cu aria paralelogramului construit pe doi reprezentanti, cu origineacomun¼a, ai celor doi vectori. Dac¼a a, b sunt coliniari, atunci jja� bjj = 0.g) Dac¼a a, b 2 V 3 sunt necoliniari, atunci sensul lui a � b este asa încât

baza fa; b; a � bg s¼a aib¼a aceeasi orientare cu baza fi; j; kg. Practic, sensul lui

Page 104: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

96 CAPITOLUL 5. VECTORI LIBERI

a � b este dat de regula burghiului drept (sau regula mâinii drepte), adic¼a estedat de sensul de înaintare al burghiului drept atunci când asezând burghiul cuvârful în originea comun¼a a doi reprezentanti ai vectorilor a, b, îl rotim de la aspre b pe drumul cel mai scurt.

Demonstratie. a) Fie a = a1i+ a2j+ a3k, b = b1i+ b2j+ b3k, c = c1i+ c2j+

c3k 2 V 3, �, � 2 R. Atunci (�a+�b)�c =

������i j k

�a1 + �b1 �a2 + �b2 �a3 + �b3

c1 c2 c3

������ =������i j k�a1 �a2 �a3

c1 c2 c3

������+������i j k�b1 �b2 �b3

c1 c2 c3

������ == �(a� c) + �(b� c). Analog se demonstreaz¼a a doua egalitate.b) Veri�carea este foarte usor de f¼acut, tinând cont de propriet¼atile deter-

minantilor.c) Presupunem c¼a a � b = 0. Dac¼a a = 0 atunci, evident, a, b sunt liniar

dependenti. Dac¼a a 6= 0 atunci cel putin o coordonat¼a lui a este nenul¼a si �eaceasta a1. Din a � b = 0 deducem c¼a a2b3 � a3b2 = 0, a1b3 � a3b1 = 0 sia1b2 � a2b1 = 0. Dac¼a privim aceste trei relatii ca pe un sistem omogen de treiecuatii cu trei necunoscute (b1, b2, b3) si observ¼am c¼a determinantul matriciiacestui sistem este nul, atunci avem c¼a acest sistem liniar omogen are si solutiinebanale. Alegând pe b1 ca necunoscut¼a secundar¼a obtinem b1 = �, b2 = a2�

a1 ,

b3 = a3�a1 , cu � 2 R. Dac¼a lu¼am � = �a1, � 2 R, avem b = �a, � 2 R, adic¼a a,

b sunt liniar dependenti.Reciproc, dac¼a avem c¼a a, b sunt liniar dependenti, adic¼a exist¼a � 2 R astfel

încât b = �a, atunci a � b = 0, în conformitate cu relatia (2�) si propriet¼atiledeterminantilor.d) A se vedea observatia de mai sus în care detC = �1.

e)a� b; a

�= (a2b3�a3b2)a1�(a1b3�a3b1)a2+(a1b2�a2b1)a3 =

������a1 a2 a3

a1 a2 a3

b1 b2 b3

������= 0 înseamn¼a a� b ? a.Analog

a� b; b

�= 0:

f) Se cunoaste c¼a oricare ar � �i, �i 2 R, i = 1; n, are loc identitatea luiLagrange

nXi=1

(�i)2

! nXi=1

(�i)2

!=

X1�i<j�n

��i�j � �j�i

�2+

nXi=1

�i�i

!2:

Dac¼a a = a1i + a2j + a3k, b = b1i + b2j + b3k atunci, tinând seama deidentitatea lui Lagrange pentru n = 3 si de expresia analitic¼a a produsului

vectorial, avem jja�bjj2 = jjajj2 �jjbjj2�(a; b�)2 = jjajj2 �jjbjj2 �

�1� cos2(ca; b)� =

jjajj2 � jjbjj2 � sin2(ca; b).

Page 105: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

5.3. PRODUSE DE VECTORI ÎN V 3 97

Rezult¼a jja � bjj = jjajj � jjbjj � sin(ca; b) care este chiar aria paralelogramuluiconstruit pe doi reprezentanti ai lui a, b, cu originea comun¼a. Evident, dac¼a a,b sunt coliniari atunci jja� bjj = 0.g) Alegem baza ortonormat¼a fi0; j0; k0g astfel: i0 are directia si sensul lui a,

j0îl lu¼am în planul determinat de vectorii a, b astfel încât prj0b > 0, iar k

0este

perpendicular pe planul determinat de vectorii a, b, astfel încât baza fi0; j0; k0gs¼a aib¼a aceeasi orientare cu baza fi; j; kg. Astfel, a = �i

0, b = �i

0+ j

0, cu

� 2 R, �, > 0. Rezult¼a

a� b =

������i0j0k0

� 0 0� 0

������ = � k0si atunci a� b si k0 au acelasi sens. Mai mult, matricea de trecere de la baza

fi0; j0; k0g la baza fa; b; a� bg este

C =

0@ � 0 0� 00 0 �

1Asi atunci avem detC = �2 2 > 0. Prin urmare bazele fi0; j0; k0g si fa; b; a�bg

sunt la fel orientate. Cum fi; j; kg si fi0; j0; k0g sunt la fel orientate rezult¼a c¼abazele fa; b; a� bg si fi; j; kg au aceeasi orientare.

Observatia 5.3.2 Dac¼a A, B, C sunt trei puncte necoliniare, atunci aria tri-unghiului ABC este A�ABC = 1

2

����AB �AC���� , deoarece este jum¼atate din ariaparalelogramului determinat de vectorii AB si AC.

Exemplul 5.3.1 În V 3 se d¼a baza ortonormat¼a fi; j; kg si A, B, C 2 E3 asaîncât AB = 2i + 3j � k, AC = i � j + k. Se cere lungimea în¼altimii din C atriunghiului ABC.Rezolvare:Dac¼a not¼am cu hC lungimea în¼altimii din C a triunghiului ABC atunci

hC =2A�ABC

jjABjj . Dar A�ABC =12

����AB �AC���� = 12

p38, deoarece AB � AC =������

i j k2 3 �11 �1 1

������ = 2i� 3j � 5k. Cum ����AB���� = p14, rezult¼a hC =q

197 .

De�nitia 5.3.4 Aplicatia [ ; ; ] : V 3 � V 3 � V 3 ! R, de�nit¼a prin[a; b; c] =

a; b� c

�, oricare ar � a; b; c 2 V 3, se numeste produs mixt în

V 3, iar scalarul [a; b; c] se numeste produsul mixt al vectorilor liberi a, b, c.

Page 106: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

98 CAPITOLUL 5. VECTORI LIBERI

Dac¼a fi; j; kg este o baz¼a ortonormat¼a a lui V 3, iar a = a1i + a2j + a3k,b = b1i+ b2j + b3k, c = c1i+ c2j + c3k, obtinem usor c¼a

[a; b; c] =

������a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

������ (3)

Propozitia 5.3.4 a) Produsul mixt este o aplicatie liniar¼a în �ecare argument.b) Oricare ar � a; b; c 2 V 3, avem [a; b; c] = [b; c; a] = [c; a; b].c) 8a; b; c 2 V 3, avem [a; b; c] = �[b; a; c], [a; b; c] = �[a; c; b], [a; b; c] =

�[c; b; a].d) Produsul mixt al vectorilor necoplanari a; b; c 2 V 3 este egal, în valoare

absolut¼a, cu volumul paralelipipedului construit pe reprezentatii, cu originea co-mun¼a, ai celor trei vectori liberi a, b, c.e) [a; b; c] = 0 dac¼a si numai dac¼a vectorii liberi a; b; c sunt liniar dependenti

(adic¼a coplanari).

Demonstratie. a) , b), c) rezult¼a imediat din formula (3) si propriet¼atile

determinantilor.d) Fie a = OA, b = OB, c = OC. Atunci j[a; b; c]j = j

a; b� c

�j =

jjajj �����b� c���� �cos(\a; b� c) = ����b� c���� � ��prb�ca�� care este chiar volumul paralelip-

ipedului construit pe OA, OB, OC.e) [a; b; c] = 0 ()volumul paralelipipedului construit pe a = OA, b = OB,

c = OC este nul, adic¼a vectorii a, b, c sunt coplanari.

Observatia 5.3.3 Oricare ar � punctele A, B, C, D, necoplanare, volumultetraedrului ABCD este dat de egalitatea

VABCD =1

6j[AB;AC;AD]j:

Exercitiul 5.3.1 Dac¼a a; b; c 2 V 3 sunt arbirar �xati, atunci ar¼atati c¼a

a� (b� c) = ha; ci b�a; b�c:

Vectorul a�(b�c) se numeste dublul produs vectorial al vectorilor a; b; c.

Exercitiul 5.3.2 Ar¼atati c¼a pentru orice a; b; c; d 2 V 3 are loc identitatea

a� b; c� d

�=

���� ha; ci a; d�

b; c�

b; d� ���� (identitatea lui Lagrange):

Page 107: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

5.4. REPERE CARTEZIENE ORTONORMATE ÎN E3 99

5.4 Repere carteziene ortonormate în E3Fie O un punct �xat în E3. Aplicatia h : E3 ! V 3 de�nit¼a prin h(M) = r, under = OM , pentru orice punct M 2 E3, este bijectiv¼a (a se vedea c¼a pentru oricepunct O si orice vector liber r, exist¼a un singur punct M astfel ca r = OM).Astfel, putem da de�nitia:

De�nitia 5.4.1 Vectorul r = OM se numeste vectorul de pozitie al punctu-lui M fat¼a de punctul O (sau raza vectoare a lui M fat¼a de O).

De�nitia 5.4.2 Se numeste reper cartezian ortonormat în E3 perecheaR = fO; i; j; kg, în care fi; j; kg este o baz¼a ortonormat¼a în V 3, numit¼a bazareperului, iar O este un punct �xat în spatiul E3, numit originea reperului.

Pentru orice punct M 2 E3 exist¼a scalarii reali x, y, z, unici, astfel încâtOM = xi+yj+zk. Mai mult, având în vedere cele de mai sus avem c¼a aplicatiag : E3 ! R3, de�nit¼a prin g(M) = (x; y; z), oricare ar �M 2 E3 (unde x, y, zsunt coordonatele vectorului de pozitie OM al luiM în raport cu baza fi; j; kg)este bijectiv¼a. Astfel, are sens de�nitia:

De�nitia 5.4.3 Coordonatele x, y, z ale vectorului r = OM în raport cu bazafi; j; kg se numesc coordonatele carteziene euclidiene ale punctului M 2E3 în raport cu reperul cartezian ortonormat R = fO; i; j; kg.

Vom scrieM(x; y; z) sauM(r) sauMR(x; y; z),MR(r). Matriceal, vom scrie

fMR =

0@ xyz

1A.Fie d o dreapt¼a în E3 si O, A 2 d dou¼a puncte �xate. Dac¼a not¼am a = OA,

atunci vom spune c¼a perechea (d; a) este o dreapt¼a orientat¼a. Sensul de deplasare

Page 108: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

100 CAPITOLUL 5. VECTORI LIBERI

pe dreapt¼a dat de sensul lui a se numeste sens pozitiv, iar sensul de deplasarepe d dat de sensul lui �a se numeste sens negativ.Reperului cartezian ortonormat R = fO; i; j; kg îi atas¼am axele de co-

ordonate Ox, Oy, Oz (originea �ec¼areia �ind punctul O, sensul pozitiv allor �ind acelasi cu al versorilor i, j, k). Cele trei axe se numesc, respectiv,axa absciselor, axa ordonatelor, axa cotelor. Planele xOy = (Ox;Oy),yOz = (Oy;Oz), zOx = (Oz;Ox) se numesc planele de coordonate.Se obisnuieste ca reperul cartezian ortonormat R = fO; i; j; kg s¼a �e precizat

si prin notatia Oxyz, adic¼a s-a dat o terna ordonat¼a de axe ortogonale dou¼a câtedou¼a, care trec prin acelasi punct O, versorii i, j, k subîntelegându-se.Coordonatele carteziene euclidiene (pe scurt, coordonatele) x, y, z ale punc-

tului M fat¼a de reperul R = fO; i; j; kg se numesc, respectiv, abscisa, ordo-nata si cota punctului M .

Propozitia 5.4.1 Oricare ar � punctele A(x1; y1; z1), B(x2; y2; z2) 2 E3 au locurm¼atoarele egalit¼ati:a) AB = (x2 � x1)i+ (y2 � y1)j + (z2 � z1)k;b) d(A;B) =

����AB���� =p(x2 � x1)2 + (y2 � y1)2 + (z2 � z1)2;c) Dac¼a M este mijlocul segmentului [AB], atunci M

�x1+x22 ; y1+y22 ; z1+z22

�:

Demonstratie. a) AB = AO +OB = OB �OA = x2i+ y2j + z2k��(x1i+ y1j + z1k) = (x2 � x1)i+ (y2 � y1)j + (z2 � z1)k:b) Se tine seama de a) si de faptul ca baza fi; j; kg este ortonormat¼a.c) Dac¼a M este mijlocul segmentului [AB], atunci AM = MB si astfel,

conform a), avem (xM � x1)i+ (yM � y1)j + (zM � z1)k = (x2 � xM )i+ (y2 �yM )j + (z2 � zM )k, adic¼a xM = x1+x2

2 , yM = y1+y22 , zM = z1+z2

2 .

Exemplul 5.4.1 Dac¼a A(1;�1; 3) si B(0; 1; 5), atunci AB = �i + 2j + 2k,d(A;B) =

p1 + 4 + 4 = 3, iar mijlocul lui [AB] este M( 12 ; 0; 4).

De�nitia 5.4.4 Numim reper cartezian ortonormat în planul E2 perecheaR = fO; i; jg, format¼a din O 2 E2, un punct �xat si o baz¼a ortonormat¼a fi; jga lui V 2.

Restul notiunilor se introduc într-un mod similar si chiar mai simplu decâtîn cazul E3.În continuare, �e R = fO; i; j; kg un reper cartezian ortonormat în spatiul

E3. De multe ori este necesar¼a înlocuirea reperului R cu un altul, tot cartezianortonormat. Ne propunem s¼a stabilim leg¼atura dintre coordonatele unui punctraportat la reperul dat si coordonatele aceluiasi punct raportat la un alt reper,cunoscând pozitia noului reper fat¼a de reperul R. Preciz¼am c¼a toate rezultateleobtinute se transcriu într-un mod similar, mai simplu, pentru cazul planului E2.Fie R0 = fO0; i0; j0; k0g un alt reper cartezian ortonormat în E3 astfel încât

a = OO0 = a1i + a2j + a3k, i0= �11i + �21j + �31k, j

0= �12i + �22j + �32k,

k0= �13i+ �23j + �33k.

Page 109: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

5.4. REPERE CARTEZIENE ORTONORMATE ÎN E3 101

Matricea C = (�ij)i;j=1;3 de trecere de la baza ortonormat¼a B = fi; j; kg labaza ortonormat¼a B0 = fi0; j0; k0g este ortogonal¼a si deci C�1 = Ct.Oricare ar �punctulM care în raport cu reperul R are coordonatele x, y, z,

iar în raport cu reperul R0 are coordonatele x0, y0, z0, avem OM = xi+yj+zk siO0M = x0i

0+y0j

0+z0k

0. Întrucât OM = OO0+O0M , adic¼a xi+yj+zk = a1i+

a2j+a3k+x0(�11i+�21j+�31k)+y0(�12i+�22j+�32k)+z

0(�13i+�23j+�33k):

Din unicitatea scrierii unui vector în raport cu o baz¼a obtinem8<: x = a1 + �11x0 + �12y

0 + �13z0

y = a2 + �21x0 + �22y

0 + �23z0

z = a3 + �31x0 + �32y

0 + �33z0; (4)

egalit¼ati care se pot scrie, echivalent, sub forma matriceal¼a

exB = eaB + CexB0 ; (4�)

unde exB = (x; y; z)t, eaB = �a1; a2; a3�t, exB0 = (x0; y0; z0)t.Egalitatea (4�) se poate scrie

exB0 = �CteaB + CtexB: (4�)

Avem urm¼atoarele cazuri particulare:1) Dac¼a i

0= i, j

0= j, k

0= k, atunci spunem c¼a reperul R0 se obtine din

reperul R printr-o translatie. Tinând seama c¼a C = I3 relatiile (4) devin8<: x = a1 + x0

y = a2 + y0

z = a3 + z0:

2) Dac¼a O0 = O, adic¼a a = 0, atunci relatiile (4) devin8<: x = �11x0 + �12y

0 + �13z0

y = �21x0 + �22y

0 + �23z0

z = �31x0 + �32y

0 + �33z0:

Page 110: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

102 CAPITOLUL 5. VECTORI LIBERI

Dac¼a baza fi0; j0; k0g este pozitiv orientat¼a (adic¼a detC = 1), atunci spunemc¼a reperul R0 se obtine din reperul R printr-o rotatie. Dac¼a baza fi0; j0; k0g estenegativ orientat¼a (adic¼a detC = �1), atunci spunem c¼a reperul R0 se obtinedin reperul R printr-o rotatie urmat¼a de o simetrie fat¼a de un plan:3) Dac¼aO = O0, k = k

0si detC = 1 (adic¼a, dac¼a �31 = �32 = �13 = �23 = 0,

�33 = 1 si detC = 1), atunci relatiile (4) devin8<: x = �11x0 + �12y

0

y = �21x0 + �22y

0

z = z0:

Spunem c¼a reperul R0 se obtine din reperul R printr-o rotatie în jurulaxei Oz.Fie � unghiul dintre axele Ox si Ox0 (adic¼a unghiul versorilor i si i

0). Atunci,

din i0= �11i+ �21j (înmultind scalar, succesiv, cu i si j) obtinem �11 = cos �,

�21 = sin �, iar din j0= �12i+�22j, obtinem �12 = � sin �, �22 = cos �. Astfel,

relatiile (4) se scriu 8<: x = x0 cos � � y0 sin �y = x0 sin � + y0 cos �z = z0

:

Exemplul 5.4.2 S¼a se scrie formulele de schimbare de coordonate când se trecede la reperul cartezian ortonormat R = fO; i; j; kg la reperul cartezian ortonor-mat R0 = fO; i0; j0; k0g, unde i0 = 1p

3i+ 1p

3j + 1p

3k, j

0este un versor în planul

xOy, ortogonal pe i0, iar k

0este ales astfel încât baza fi0; j0; k0g sa �e ortonor-

mat¼a având aceeasi orientare cu baza fi; j; kg .Rezolvare:Versorul j

0�ind în planul xOy se scrie j

0= �i+�j, unde scalarii reali �, �

se determin¼a din conditiile �2 + �2 = 1 siDi0; j0E= 0. Rezult¼a j

0= 1p

2i� 1p

2j

sau j0= � 1p

2i+ 1p

2j.

Cazul I) Dac¼a lu¼am j0= 1p

2i � 1p

2j si alegem k

0= i

0 � j0, atunci k0 =1p6i+ 1p

6j� 2p

6k si baza ortonormat¼a fi0; j0; k0g este pozitiv orientat¼a. Formulele

de schimbare a coordonatelor (4) se scriu8><>:x = 1p

3x0 + 1p

2y0 + 1p

6z0

y = 1p3x0 � 1p

2y0 + 1p

6z0

z = 1p3x0 � 2p

6z0

:

Cazul II) Dac¼a lu¼am j0= � 1p

2i + 1p

2j si alegem k

0= i

0 � j0, atuncik0= � 1p

6i � 1p

6j + 2p

6k si baza ortonormat¼a fi0; j0; k0g este pozitiv orientat¼a.

Page 111: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

5.5. PROBLEME PROPUSE SPRE REZOLVARE 103

Formulele de schimbare a coordonatelor (4) se scriu8><>:x = 1p

3x0 � 1p

2y0 � 1p

6z0

y = 1p3x0 + 1p

2y0 � 1p

6z0

z = 1p3x0 + 2p

6z0

:

În ambele cazuri reperul R0 se obtine din reperul R printr-o rotatie (O0 = Osi detC = 1).

5.5 Probleme propuse spre rezolvare

1. În spatiul punctual tridimensional E3, în raport cu reperul cartezian orto-normat R = fO; i; j; kg, se dau punctele A(1; 1; 0), B(0; 1; 1), C(1; 0; 1),D(1; 1; 1).

a) Ar¼atati c¼a R0 = fA;AB;AC;ADg este un reper cartezian în E3. EsteR0 reper ortonormat?

b) S¼a se determine coordonatele punctului M(1; 2; 3) în raport cu noulreper R0.

2. În spatiul punctual tridimensional E3, în raport cu reperul cartezian orto-normatR = fO; i; j; kg, se dau puncteleA(1;�1; 1), B(1; 0; 1), C(�1; 2; 1),D(0; 1; 2).

a) Ar¼atati c¼a A, B, C, D sunt necoplanare;

b) Calculati volumul tetraedrului ABCD;

c) Calculati distanta de la punctul A la planul determinat de punctele B,C, D.

3. Se dau vectorii �a = i� �j + 3�k , �b = �i� j + �k , �c = 3i+ j � �k , � 2 R.a) S¼a se g¼aseasc¼a valoarea lui � astfel încât vectorii �a;�b; �c s¼a �e coplanari;b) Pentru � = 2 , s¼a se a�e în¼altimea paralelipipedului construit pe reprezen-tantii vectorilor �a;�b; �c , în¼altime corespunz¼atoare bazei formate de reprezen-tatii vectorilor �a;�b .

4. În spatiul vectorilor liberi V 3 se consider¼a baza ortonormat¼a B = fi; j; kgsi vectorul a = i + j + k. Fie f : V 3 ! V 3 de�nit¼a prin f(x) = a � x,8x 2 V 3. Se cere:a) Ar¼atati c¼a f este o aplicatie liniar¼a;

b) Scrieti matricea lui f relativ la baza B;c) G¼asiti câte o baz¼a si dimensiunea pentru Ker f si Im f ;

d) Este adev¼arat c¼a Ker f � Im f = V 3? Justi�care;

e) Este f un endomor�sm diagonalizabil? Justi�care.

Page 112: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

104 CAPITOLUL 5. VECTORI LIBERI

5. În spatiul vectorilor liberi V 3 se consider¼a baza ortonormat¼a B = fi; j; kgsi vectorii a = i + j + k, b = i � j � k. Fie f : V 3 ! V 3 de�nit¼a prinf(x) = (a� x)� b, 8x 2 V 3. Se cere:a) Ar¼atati c¼a f este o aplicatie liniar¼a;

b) G¼asiti câte o baz¼a si dimensiunea pentru Ker f si Im f ;

c) Este f un endomor�sm diagonalizabil? Justi�care.

6. În spatiul vectorilor liberi V 3 se consider¼a baza ortonormat¼a B = fi; j; kgsi vectorii a = i+ j + k, b = i� j � k. Fie f : V 3 ! V 3 de�nit¼a prin

f(x) =< a; x > b+ < b; x > a;8x 2 V 3:

Se cere:

a) Ar¼atati c¼a f este o aplicatie liniar¼a;

b) G¼asiti câte o baz¼a si dimensiunea pentru Ker f si Im f ;

c) Este f un endomor�sm diagonalizabil? Justi�care.

7. În spatiul vectorilor liberi V 3 se consider¼a baza ortonormat¼a B = fi; j; kgsi vectorii a = i+ j + k, b = i� j � k. Fie f : V 3 ! V 3 de�nit¼a prin

f(x) = a� x+ x� b;8x 2 V 3:

Se cere:

a) Ar¼atati c¼a f este o aplicatie liniar¼a;

b) G¼asiti câte o baz¼a si dimensiunea pentru Ker f si Im f ;

c) Este f un endomor�sm diagonalizabil? Justi�care.

8. Fie punctul M(1; 4; 5) dat relativ la reperul cartezian ortonormat Oxyz.

a) S¼a se a�e coordonatele lui M relativ la reperul cartezian ortonormatO0x0y0z0 obtinut din reperul Oxyz printr-o translatie de vector OO0 =3i� j + k;b) S¼a se a�e coordonatele lui M relativ la reperul cartezian ortonormatOx0y0z0 obtinut din reperul Oxyz printr-o rotatie de unghi �4 în jurul axeiOz.

9. În planul E2 se d¼a punctul A(�p3; 1), relativ la reperul cartezian orto-

normat Oxy. S¼a se scrie formulele de schimbare a coordonatelor când setrece de la reperul cartezian ortonormat Oxy la reperul cartezian orto-normat Ox0y0 asa încât punctul A s¼a se a�e pe axa Ox0. Determinati sicoordonatele lui A fat¼a de noul reper.

10. Fie a, b, c trei vectori liberi din spatiu. Num¼arul real

G(a; b; c) =

������< a; a > < a; b > < a; c >

< b; a > < b; b > < b; c >

< c; a > < c; b > < c; c >

������

Page 113: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

5.5. PROBLEME PROPUSE SPRE REZOLVARE 105

se numeste determinantul Gram al vectorilor a, b, c.

a) Ar¼atati c¼a [a; b; c]2 = G(a; b; c), pentru orice a; b; c 2 V 3;b) Ar¼atati c¼a a, b, c sunt coplanari dac¼a si numai dac¼a G(a; b; c) = 0.

Page 114: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

106 CAPITOLUL 5. VECTORI LIBERI

Page 115: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Capitolul 6

Dreapta si planul în spatiu

Pe parcursul întregului capitol presupunem �xat, arbitrar, un reper cartezianortonormatR = fO; i; j; kg în E3, în raport cu care vor �date punctele, dreptelesi planele din spatiul E3.

6.1 Dreapta în spatiu

6.1.1 Reprezent¼ari analitice ale dreptei

În spatiu, tinând cont de axiomele geometriei, o dreapt¼a este unic determinat¼aîn trei moduri: printr-un punct si o dreapt¼a, prin dou¼a puncte distincte si caintersectie a dou¼a plane. Din motive evidente, vom prezenta acum doar primeledou¼a modali¼ati, urmând ca în sectiunea urm¼atoare s¼a o prezent¼am si pe a treia.Fie a 2 V 3 nf0g siM0 2 E3. Atunci, exist¼a o singur¼a dreapt¼a d care contine

punctul M0 si are directia vectorului a. Evident, un punct M 2 E3 apartinedreptei d dac¼a si numai dac¼a vectorii M0M si a sunt coliniari. Cu alte cuvinte,M 2 d dac¼a si numai dac¼a exist¼a t 2 R astfel încât M0M = ta. Dac¼a vectorulde pozitie al punctului M0 este r0, atunci punctul M(r) 2 d dac¼a si numai dac¼aexist¼a t 2 R astfel încât r � r0 = ta. Astfel, când t parcurge R, punctul M , deraz¼a vectoare r = r0 + ta, descrie dreapta d. De aceea, ecuatia

r = r0 + ta; t 2 R (1)

se numeste ecuatia vectorial¼a parametric¼a a dreptei care trece prin punc-tul M0(r0) si are directia vectorului a.Vectorul a se numeste vector director al dreptei d. Dac¼a M0(x0; y0; z0),

adic¼a r0 = x0i + y0j + z0k, iar a = a1i + a2j + a3k, atunci ecuatia (1) esteechivalent¼a cu ecuatiile 8<: x = x0 + ta

1

y = y0 + ta2

z = z0 + ta3; t 2 R; (2)

107

Page 116: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

108 CAPITOLUL 6. DREAPTA SI PLANUL ÎN SPATIU

numite ecuatiile scalare parametrice ale dreptei d.Coordonatele a1, a2, a3 ale vectorului director a se numesc parametrii

directori ai dreptei d.Ecuatiile (2) se pot scrie sub forma

x� x0a1

=y � y0a2

=z � z0a3

(3)

si aceste ecuatii se numesc ecuatiile canonice carteziene ale dreptei d caretrece prin punctulM0(x0; y0; z0) si are vectorul director a = a1i+a2j+a3k (celputin una dintre coordonatele a1, a2, a3 este nenul¼a).

Observatia 6.1.1 Dac¼a în ecuatiile (3) un numitor este nul, atunci si num¼ar¼a-torul se va egala cu zero. De exemplu, dac¼a a2 = 0 atunci ecuatiile(3) devin�

x�x0a1 = z�z0

a3

y � y0 = 0: (3�)

Exemplul 6.1.1 S¼a se scrie ecuatia vectorial¼a parametric¼a, ecuatiile scalareparametrice si ecuatiile canonice carteziene ale dreptei d care trece prin punctulM0(1;�1; 4) si are vectorul director a = 3i� 2j + k.Rezolvare:Ecuatia vectorial¼a parametric¼a a dreptei d este r = i�j+4k+ t(3i�2j+k),

t 2 R, ecuatiile scalare parametrice sunt

8<: x = 1 + 3ty = �1� 2tz = 4 + t

, t 2 R, iar ecuatiile

canonice carteziene sunt x�13 = y+1�2 =

z�41 .

Acum, dac¼a avem dou¼a puncte distincte A(x1; y1; z1), B(x2; y2; z2) atunciexist¼a o singur¼a dreapt¼a care trece prin cele dou¼a puncte. Ca vector director aldreptei AB putem lua vectorul AB = (x2 � x1)i + (y2 � y1)j + (z2 � z1)k siatunci putem scrie ecuatiile dreptei AB ca �ind ecuatiile dreptei care trece prinpunctul A si are vectorul director AB, adic¼a

x� x1x2 � x1

=y � y1y2 � y1

=z � z1z2 � z1

(4)

sau, sub form¼a vectorial¼a, r = r1+t(r2�r1), t 2 R, unde r1 = OA, r2 = OB.

Exemplul 6.1.2 Ecuatiile canonice carteziene ale dreptei ce trece prin puncteleA(1;�2; 3), B(3;�1; 5) sunt x�13�1 =

y+2�1+2 =

z�35�3 , adic¼a

x�12 = y+2

1 = z�32 .

Fie a0 = 1jjajja versorul asociat vectorului director a al dreptei d. Dac¼a �, �,

sunt unghiurile versorului a0 cu versorii i, j, k, atunci a0 = cos�i+ cos�j +cos k. Cum

����a0���� = 1 atunci cos2 �+ cos2 � + cos2 = 1. Scalarii cos�, cos�,cos se numesc cosinusurile directoare ale dreptei d.

Page 117: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

6.1. DREAPTA ÎN SPATIU 109

6.1.2 Distanta de la un punct la o dreapt¼a. Unghiul adou¼a drepte

Fie d dreapta de ecuatie vectorial¼a r = r0 + ta, t 2 R si M 2 E3 un punctarbitrar �xat. Dac¼a not¼am cu M0 punctul de pe dreapta d care are vectorul depozitie r0, atunci distanta de laM la dreapta d (notat¼a prin d(M;d)) este egal¼acu în¼altimea paralelogramului format de vectorii M0A si M0M , unde A 2 dastfel ca M0A = a. Cum aria acestui paralelogram este egal¼a cu

����a�M0M����

sau cu jjajj � d(M;d), rezult¼a c¼a

d(M;d) =

����a�M0M����

jjajj : (5)

Exemplul 6.1.3 S¼a se calculeze distanta de la punctul M(1; 2;�1) la dreaptad : x�12 = y

1 =z+3�1 .

Rezolvare:Fie M0(1; 0;�3) un punct al dreptei d. Atunci M0M = 2j + 2k. Tinând

seama c¼a a = 2i + j � k obtinem a �M0M = 4i � 4j + 4k. Deci d(M;d) =jja�M0Mjj

jjajj =p3�16p6= 2

p2.

De�nitia 6.1.1 Se numeste unghi al dreptelor orientate d1, d2 de vectori di-rectori a1, a2 2 V 3 n f0g, unghiul vectorilor directori a1, a2.

Fie � 2 [0; �] unghiul format de vectorii a1, a2. Atunci, unghiul dreptelord1, d2 este dat de formula

cos � =ha1; a2ika1k � ka2k

: (6)

Exemplul 6.1.4 S¼a se calculeze unghiul dreptelor d1 : x�12 = y�1

�1 = z3 si

d : x+1�1 =y2 =

z�21 .

Rezolvare:Vectorii directori ai celor dou¼a drepte �ind, respectiv, a1 = 2i � j + 3k,

a2 = �i+2j+k, avem c¼a cos � = �2�2+3p14�p6= � 1

2p21, adic¼a � = �� arccos 1

2p21.

6.1.3 Pozitia relativ¼a a dou¼a drepte

Dou¼a drepte d1, d2 în spatiu pot � coplanare (adic¼a exist¼a un plan care lecontine) sau necoplanare (nu sunt continute într-un plan). Dac¼a dreptele d1,d2 sunt coplanare, atunci ele pot � paralele (d1kd2) sau confundate (d1 = d2),ceea ce înseamn¼a c¼a vectorii lor directori sunt coliniari, sau pot � concurente(d1 \ d2 = fM0g), ceea ce înseamn¼a c¼a vectorii lor directori nu sunt coliniari.Un criteriu necesar si su�cient ca dou¼a drepte s¼a �e coplanare este urm¼atorul:

Page 118: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

110 CAPITOLUL 6. DREAPTA SI PLANUL ÎN SPATIU

Propozitia 6.1.1 Dreptele d1 : r = r1 + ta1, t 2 R, d2 : r = r2 + ta2, t 2 Rsunt coplanare dac¼a si numai dac¼a [a1; a2; r2 � r1] = 0.

Demonstratie. Dac¼a dreptele d1, d2 sunt coplanare, atunci avem dou¼a situatii:1) Dac¼a d1, d2 sunt paralele (sau confundate), atunci vectorii directori a1,

a2 sunt coliniari si deci [a1; a2; r2 � r1] = 0.2) Dac¼a d1, d2 sunt concurente, atunci �e M1 2 d1 si M2 2 d2 puncte ai

c¼aror vectori de pozitie sunt r1, respectiv r2. Dreptele �ind concurente, vectoriia1, a2, r2 � r1 = M1M2 sunt coplanari (�ind în planul determinat de drepteled1, d2) si deci, din nou avem [a1; a2; r2 � r1] = 0.Reciproc, presupunem c¼a [a1; a2; r2 � r1] = 0, adic¼a vectorii a1, a2, r2 � r1

sunt coplanari. Sunt posibile dou¼a situatii:1) Dac¼a a1, a2 sunt coliniari, atunci rezult¼a c¼a dreptele sunt paralele sau

confundate, adic¼a coplanare.2) Dac¼a a1, a2 sunt necoliniari, atunci exist¼a scalarii reali �, �, , nu toti nuli,

astfel încât �a1+�a2+ (r2� r1) = 0, pentru c¼a a1, a2, r2� r1 sunt coplanari.Este clar c¼a 6= 0 (altfel a1, a2 ar �coliniari) si atunci avem t1a1+r1 = t2a2+r2,unde t1 = ��

, t2 =� . Prin urmare, exist¼a un punct M0 de vector de pozitie

r0 = t1a1+ r1 = t2a2+ r2 care este situat atât pe d1 cât si pe d2, adic¼a drepteled1, d2 sunt concurente si, deci, coplanare.

Exemplul 6.1.5 S¼a se studieze pozitia relativ¼a a dreptelor d1 : x�23 = y�1�1 =

z2

si d2 :

8<: x = 2ty = �1 + 3tz = 1� t

, t 2 R.

Rezolvare:Vectorii directori ai celor dou¼a drepte sunt a1 = 3i�j+2k si a2 = 2i+3j�k,

iar M1(2; 1; 0) 2 d1 si M2(0;�1; 1) 2 d2. Atunci r2�r1 =M1M2 = �2i�2j+k

si astfel [a1; a2; r2 � r1] =

������3 �1 22 3 �1�2 �2 1

������ = �7 6= 0. Prin urmare, dreptele

d1, d2 sunt necoplanare.

6.2 Planul în spatiu

6.2.1 Reprezent¼ari analitice ale planului

O dreapt¼a d perpendicular¼a pe un plan � se numeste normal¼a la planul �, iarvectorul s¼au director n se numeste vector normal al planului �.Tinând cont si de axiomele geometriei în spatiu, un plan este unic determinat

în trei moduri: printr-un punct si un vector normal, printr-un punct si doivectori necoliniari si prin trei puncte necoliniare.Fie punctul M0(r0), unde r0 = x0i + y0j + z0k si vectorul nenul n = Ai +

Bj+Ck. Este clar c¼a exist¼a un singur plan � care trece prin M0 si are vectorul

Page 119: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

6.2. PLANUL ÎN SPATIU 111

normal n. Atunci un punct oarecare M(r), unde r = xi + yj + zk, apartineplanului � dac¼a si numai dac¼a vectoriiM0M = r�r0 si n sunt ortogonali, adic¼a

hr � r0; ni = 0: (1)

Se spune c¼a (1) este ecuatia vectorial¼a a planului care trece prin punctulM0(r0) si are vectorul normal n.Dac¼a utiliz¼am coordonatele carteziene, ecuatia (1) este echivalent¼a cu

A(x� x0) +B(y � y0) + C(z � z0) = 0; (2)

adic¼a ecuatia planului � este o ecuatie de gradul întâi în x, y, z.Are loc si a�rmatia reciproc¼a:

Propozitia 6.2.1 Orice ecuatie de grad întâi în x, y, z, Ax+By+Cz+D = 0,cu A, B, C, D 2 R, A2 +B2 + C2 6= 0, reprezint¼a un plan.

Demonstratie. Fie (x0; y0; z0) 2 R3 o solutie a ecuatiei Ax+By+Cz+D = 0,

adic¼a Ax0 + By0 + Cz0 + D = 0. Sc¼azând Ax0 + By0 + Cz0 + D = 0 dinAx+By + Cz +D = 0 obtinem A(x� x0) +B(y � y0) + C(z � z0) = 0, adic¼aecuatia (2).

Corolarul 6.2.1 Un plan este caracterizat analitic printr-o ecuatie de forma

Ax+By + Cz +D = 0; (3)

cu A, B, C, D 2 R, A2+B2+C2 6= 0, ecuatie numit¼a ecuatia cartezian¼ageneral¼a a planului de vector normal n = Ai+Bj + Ck.

Observatia 6.2.1 Ecuatia unui plan paralel cu planul � : Ax+By+Cz+D = 0este Ax+By + Cz + � = 0, � 2 R.

Exemplul 6.2.1 Ecuatia planului care trece prin punctul M0(�1; 3; 5) si de

vector normal n = 3i + j � 2k este 3(x + 1) + (y � 3) � 2(z � 5) = 0, adic¼a3x+ y � 2z + 10 = 0:

Fie punctul M0(x0; y0; z0) si vectorii necoliniari a, b. Fie A, B 2 E3 asaîncât a = M0A, b = M0B. Întrucât, vectorii a, b sunt necoliniari rezult¼ac¼a dreptele concurente M0A si M0B determin¼a un plan unic �. Evident, unpunct M apartine planului � dac¼a si numai dac¼a vectorii MM0, M0A, M0Bsunt coplanari, adic¼a [M0M;a; b] = 0. Dac¼a r = x0i + y0j + z0k este vectorulde pozitie al punctului M0, atunci punctul M(r), r = xi + yj + zk, apartineplanului � dac¼a si numai dac¼a [r � r0; a; b] = 0, adic¼a������

x� x0 y � y0 z � z0a1 a2 a3

b1 b2 b3

������ = 0; (4)

unde a = a1i + a2j + a3k, b = b1i + b2j + b3k. Vectorii necoliniari a, b senumesc vectori directori ai planului �.

Page 120: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

112 CAPITOLUL 6. DREAPTA SI PLANUL ÎN SPATIU

Exemplul 6.2.2 Ecuatia planului care trece prin punctul M(2; 1; 4) si are vec-

torii directori a = i � j + k, b = 2i + j � 4k este

������x� 2 y � 1 z � 41 �1 12 1 �4

������ = 0,adic¼a x+ 2y + z � 8 = 0.

Observatia 6.2.2 Remarcând c¼a a� b este un vector normal la planul � caretrece prin M0 si are vectorii directori a, b, ecuatia (1) se poate scrie sub forma[r� r0; a; b] = 0, adic¼a vectorii r� r0, a, b sunt coplanari. Prin urmare (4) esteechivalent¼a cu

r = r0 + ta+ sb; s; t 2 R (5)

numit¼a ecuatia vectorial¼a parametric¼a a planului � care trece prin punc-tul M0(r0) si are vectorii directori a, b. Ecuatia (5) este echivalent¼a cu8<: x = x0 + ta

1 + sb1

y = y0 + ta2 + sb2

z = z0 + ta3 + sb3

; t; s 2 R (5�)

si acestea se numesc ecuatiile scalare parametrice ale planului �.

Fie M1(x1; y1; z1), M2(x2; y2; z2), M3(x3; y3; z3) trei puncte necoliniare. Sestie c¼a ele determin¼a un plan unic �. Punctul M(x; y; z) apartine planului �dac¼a si numai dac¼a vectorii MM1, MM2, MM3 sunt coplanari, adic¼a������

x� x1 y � y1 z � z1x2 � x1 y2 � y1 z2 � z1x3 � x1 y3 � y1 z3 � z1

������ = 0; (6)

Ecuatia planului care trece prin punctele A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), a,b, c 2 R, este ������

x� a y z�a b 0�a 0 c

������ = 0;adic¼a

x

a+y

b+z

c� 1 = 0: (7)

În acest caz, se spune ca planul este dat prin "t¼aieturile" sale pe axelereperului.

6.2.2 Distanta de la un punct la un plan. Unghiul a dou¼aplane

Fie planul � de ecuatie cartezian¼a general¼a Ax + By + Cz +D = 0 si punctulM(x0; y0; z0). Distanta de la punctul M la planul �, notat¼a d(M;�), este egal¼acu MM 0

, undeM 0(x0; y0; z0) este proiectia ortogonal¼a a punctuluiM pe planul

Page 121: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

6.2. PLANUL ÎN SPATIU 113

�. Fie n = Ai+Bj+Ck un vector normal al planului �. Cum vectorii n, MM 0

sunt coliniari, rezult¼a c¼a��MM 0; n

��� = MM 0 � knk jcos'j = MM 0

� knk,deoarece m¼asura unghiului ' dintre MM 0 si n este 00 sau 1800. Atunci, tinândcont c¼a MM 0 = (x0 � x0)i + (y0 � y0)j + (z0 � z0)k, rezult¼a c¼a d(M;�) =jA(x0�x0)+B(y0�y0)+C(z0�z0)jp

A2+B2+C2= jAx0+By0+Cz0+Djp

A2+B2+C2, pentru c¼a Ax0 + By0 + Cz0 +

D = 0 (M 0 2 �).Prin urmare, distanta de la punctul M(x0; y0; z0) la planul � : Ax+By+

Cz +D = 0 este

d(M;�) =jAx0 +By0 + Cz0 +Djp

A2 +B2 + C2: (8)

Exemplul 6.2.3 Distanta de la punctul M(3;�1; 5) la planul � : 2x+ y+ z+4 = 0 este d(M;�) = j2�3+1�(�1)+1�5+4jp

22+12+12= 7

p6

3 .

De�nitia 6.2.1 Fie planele �1, �2 de vectori normali n1, n2. Se numesteunghi al planelor �1, �2 unghiul vectorilor normali n1, n2.

Mai precis, unghiul � al planelor �1 : A1x + B1y + C1z + D1 = 0, �2 :A2x+B2y + C2z +D2 = 0 este dat de formula:

cos � =A1A2 +B1B2 + C1C2p

A21 +B21 + C

21 �pA22 +B

22 + C

22

: (9)

Dac¼a � = �2 atunci spunem c¼a planele sunt ortogonale. Din (9) rezult¼a

conditia de ortogonalitate a planelor �1, �2:

A1A2 +B1B2 + C1C2 = 0: (9�)

Dac¼a d este o dreapt¼a de vector director a si � un plan de vector normal n,atunci unghiul � format de dreapta d cu planul � este, prin de�nitie, unghiulformat de dreapta d cu proiectia ei ortogonal¼a pe planul �, adic¼a sin � = cos(�2 ��) = ha;ni

kak�knk , deoarece�2 � � este unghiul format de vectorii a si n.

6.2.3 Pozitia relativ¼a a dou¼a plane

Se stie c¼a dou¼a plane în E3 pot � confundate, paralele sau secante.Fie planele �1 : A1x+B1y+C1z+D1 = 0, �2 : A2x+B2y+C2z+D2 = 0.

Atunci:1) Planele �1, �2 sunt confundate (�1 = �2) dac¼a si numai dac¼a sistemul

liniar �A1x+B1y + C1z +D1 = 0A2x+B2y + C2z +D2 = 0

(10)

Page 122: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

114 CAPITOLUL 6. DREAPTA SI PLANUL ÎN SPATIU

este compatibil dublu nedeterminat, adic¼a, conform teoremei Kronecker-Capelli, dac¼a si numai dac¼a

rang

�A1 B1 C1A2 B2 C2

�= rang

�A1 B1 C1 D1A2 B2 C2 D2

�= 1;

ceea ce este echivalent cu egalitatile:

A1A2

=B1B2

=C1C2

=D1D2: (11)

2) Planele �1, �2 sunt paralele (�1k�2) dac¼a si numai dac¼a sistemul liniar(10) este incompatibil, adic¼a conform teoremei Kronecker-Capelli, dac¼a si numaidac¼a

rang

�A1 B1 C1A2 B2 C2

�= 1 si rang

�A1 B1 C1 D1A2 B2 C2 D2

�= 2;

ceea ce este echivalent cu :

A1A2

=B1B2

=C1C2

6= D1D2: (11�)

3) Planele �1, �2 sunt secante (�1 \ �2 = d, o dreapt¼a) dac¼a si numaidac¼a sistemul liniar (10) este compatibil simplu nedeterminat, adic¼a, conformteoremei Kronecker-Capelli, dac¼a si numai dac¼a

rang

�A1 B1 C1A2 B2 C2

�= 2:

În acest caz intersectia planelor �1, �2 este o dreapt¼a d ale c¼arei ecuatii suntchiar ecuatiile planelor, adic¼a

d = �1 \ �2 :�A1x+B1y + C1z +D1 = 0A2x+B2y + C2z +D2 = 0

: (12)

Vectorul director al acestei drepte este a = n1 � n2, unde n1 = A1i+B1j +C1k, n2 = A2i+B2j+C2k sunt vectorii normali la �1, respectiv �2. Mai precis,

a =

������i j kA1 B1 C1A2 B2 C2

������ =���� B1 C1B2 C2

���� i� ���� A1 C1A2 C2

���� j + ���� A1 B1A2 B2

���� k: (13)

6.2.4 Fascicule de plane

De�nitia 6.2.2 Se numeste fascicul de plane multimea tuturor planelor caretrec printr-o dreapt¼a dat¼a numit¼a axa fasciculului.

Page 123: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

6.2. PLANUL ÎN SPATIU 115

Propozitia 6.2.2 Dac¼a dreapta d este dat¼a ca intersectia planelor �1 : A1x+B1y + C1z + D1 = 0 si �2 : A2x + B2y + C2z + D2 = 0, atunci fasciculul deplane cu axa d este caracterizat analitic prin ecuatia

�(A1x+B1y + C1z +D1) + �(A2x+B2y + C2z +D2) = 0; (14)

unde �, � 2 R, �2 + �2 6= 0.

Demonstratie. Oricare ar � �, � 2 R, �2 + �2 6= 0, ecuatia (14) reprezint¼a

ecuatia unui plan.a) Orice plan din familia de plane dat¼a de (14) contine dreapta d, deoarece

pentru orice punct M 2 d coordonatele sale veri�c¼a ecuatiile celor dou¼a planesi în consecint¼a veri�c¼a ecuatia (14). Deci, orice plan din familia de plane dat¼ade ecuatia (14) apartine fasciculului de ax¼a d.b) Reciproc, s¼a ar¼at¼am c¼a orice plan � al fasciculului de ax¼a d face parte

din familia de plane dat¼a de (14), adic¼a exist¼a �, � 2 R, �2 + �2 6= 0, asa încâtecuatia cartezian¼a general¼a a planului � s¼a �e

�(A1x+B1y + C1z +D1) + �(A2x+B2y + C2z +D2) = 0:

Într-adev¼ar, planul � continând dreapta d va � determinat de un punctM0(x0; y0; z0) =2 d si dreapta d. Cercet¼am îns¼a existenta scalarilor �, � 2 R,�2 + �2 6= 0, asa încât ecuatia planului � s¼a �e (14) si atunci, în mod necesar,trebuie ca

�(A1x0 +B1y0 + C1z0 +D1) + �(A2x0 +B2y0 + C2z0 +D2) = 0: (*)

Cum punctul M0(x0; y0; z0) =2 d, rezult¼a c¼a sunt posibile numai urm¼atoarelecazuri:1) Dac¼a M0 2 �1 (si atunci M0 =2 �2), atunci planul � coincide cu planul �1.

Astfel ecuatia lui � se obtine din (14) pentru � = 1, � = 0, adic¼a este de forma(14).2) Dac¼a M0 2 �2 (si atunci M0 =2 �1), atunci planul � coincide cu planul �2.

Astfel ecuatia lui � se obtine din (14) pentru � = 0, � = 1, adic¼a este de forma(14).3) Dac¼a M0 =2 �1 si M0 =2 �2, adic¼a dac¼a A1x0 + B1y0 + C1z0 + D1 6= 0

si A2x0 + B2y0 + C2z0 +D2 6= 0, atunci, conform (*), deducem c¼a exist¼a � =��A2x0+B2y0+C2z0+D2

A1x0+B1y0+C1z0+D1, pentru � 2 R�.

Deci si în acest caz exist¼a �, � 2 R, �2 + �2 6= 0 asa încât ecuatia lui � s¼a�e de forma (14).

Observatia 6.2.3 Orice plan din fasciculul de plane de ax¼a d are o ecuttiede tipul ecuatiei (14) pentru anumiti � si �. Din motive practice este foarteutilizat¼a ecuatia

A1x+B1y + C1z +D1 + �(A2x+B2y + C2z +D2) = 0; � 2 R; (14�)

care reprezint¼a tot fasciculul de plane de ax¼a d, dar din care lipseste planul�2.

Page 124: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

116 CAPITOLUL 6. DREAPTA SI PLANUL ÎN SPATIU

Exercitiul 6.2.1 În E3, fat¼a de reperul cartezian ortonormat R = fO; i; j; kg,se dau punctul A(1;�1; 2), planul � : x+ y � z + 3 = 0 si dreapta

d :

�2x+ y + z � 1 = 0x� y + 2z + 3 = 0 . Se cer:

a) Ecuatia planului care contine dreapta d si trece prin punctul A;b) Ecuatia planului care contine dreapta d si este perpendicular pe planul �;c) Ecuatia planului care contine dreapta d si este paralel cu dreaptad1 :

x�12 = y

1 =z�2�1 .

Rezolvare:a) Folosim ecuatia fascicului de plane cu axa d sub forma

�� : 2x+ y + z � 1 + �(x� y + 2z + 3) = 0; � 2 R:

Retinem de aici planul care trece prin A, adic¼a 2�1+2�1+�(1+1+4+3) =0, de unde � = � 2

9 . Rezult¼a c¼a ecuatia planului care trece prin dreapta d si prinpunctul A este 2x+y+z�1� 2

9 (x�y+2z+3) = 0, adic¼a 16x+11y+5z�15 = 0.b) Vectorul normal al planului �� de mai sus este n� = (2+�)i+(1��)j+

(1 + 2�)k, iar vectorul normal al planului � este n = i + j � k. Cum planulcerut trebuie s¼a �e perpendicular pe �, trebuie s¼a avem c¼a hn�; ni = 0, adic¼a2 + �+ 1� �� 1� 2� = 0. Rezult¼a � = 1 si astfel ecuatia planului c¼autat este2x+ y + z � 1 + x� y + 2z + 3 = 0, adic¼a 3x+ 3z + 2 = 0.c) Fie a = 2i+j�k vectorul director al dreptei d1. Planul c¼autat trebuie s¼a

�e paralel cu dreapta d1, adic¼a vectorul s¼au normal si vectorul director al lui d1sunt ortogonali. Din hn�; ai = 0 rezult¼a � = 4 si atunci planul care trece prind si este paralel cu d1 are ecuatia 2x+ y + z � 1 + 4(x� y + 2z + 3) = 0, adic¼a6x� 3y + 9z + 11 = 0.

6.2.5 Perpendiculara comun¼a a dou¼a drepte necoplanare.Distanta dintre dou¼a drepte necoplanare

Fie d1 : r = r1+ ta1, t 2 R si d2 : r = r2+ ta2, t 2 R, dou¼a drepte necoplanare.

De�nitia 6.2.3 Dreapta d care este perpendicular¼a pe �ecare din dreptele d1,d2 si le intersecteaz¼a pe amândou¼a se numeste perpendiculara comun¼a a celordou¼a drepte.

Este evident c¼a putem lua a = a1�a2 drept vector director al perpendiculareicomune d a dreptelor d1, d2. De asemenea, este clar c¼a dreapta d se g¼aseste înplanul �1 determinat de punctul M1(r1) 2 d1 si de vectorii directori a1, a si înplanul �2 determinat de punctul M2(r2) 2 d2 si de vectorii directori a2, a.Atunci, perpendiculara comun¼a d a dreptelor d1, d2 este dreapta de inter-

sectie a planelor �1, �2. Practic, �1 = (d; d1) si �2 = (d; d2):Prin urmare, dac¼a a1 = a11i+a

21j+a

31k, a2 = a

12i+a

22j+a

32k, a = a

1i+a2j+a3k, r1 = x1i+ y1j+ z1k, r2 = x2i+ y2j+ z2k, atunci ecuatiile perpendiculareicomune d sunt

Page 125: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

6.2. PLANUL ÎN SPATIU 117

8>>>>>>>><>>>>>>>>:

������x� x1 y � y1 z � z1a11 a21 a31a1 a2 a3

������ = 0������x� x2 y � y2 z � z2a12 a22 a32a1 a2 a3

������ = 0: (15)

Fie P1, P2 punctele de intersectie a dreptelor d1, d2 cu perpendiculara co-mun¼a d.

De�nitia 6.2.4 Num¼arul pozitiv P1P2 se numeste distanta dintre dreptele

d1, d2 si o vom nota d(d1; d2).

În continuare, ne propunem s¼a determin¼am o formul¼a pentru calculul luid(d1; d2). Întrucât Mi 2 di, di ? d, rezult¼a c¼a Pi este proiectia ortogo-nal¼a a lui Mi pe d, i = 1; 2. Astfel, d(d1; d2) =

P1P2 = ��praM1M2

�� =1kak��kak � praM1M2

�� == 1

kak��a; praM1M2

��� = 1ka1�a2k

��a1 � a2;M1M2

���. Decid(d1; d2) =

��[a1; a2;M1M2]��

ka1 � a2k: (16)

Exercitiul 6.2.2 Se dau dreptele d1 : x�1�1 =y2 =

z�11 si d2 : x+21 = y�1

1 = z+2�2 .

Veri�când mai întâi c¼a d1, d2 sunt drepte necoplanare, s¼a se scrie ecuatiileperpendicularei comune a lor si s¼a se calculeze d(d1; d2).Rezolvare:Pentru d1 avem a1 = �i + 2j + k vector director si M1(1; 0; 1) 2 d1, iar

pentru d2 avem a2 = i+ j � 2k vector director si M2(�2; 1;�2) 2 d1. Vectoruldirector al perpendicularei comune este a = a1 � a2 = �5i � j � 3k. Atunciecuatiile perpendicularei comune a dreptelor d1, d2 sunt8>>>>>>>><>>>>>>>>:

������x� 1 y z � 1�1 2 1�5 �1 �3

������ = 0������x+ 2 y � 1 z + 21 1 �2�5 �1 �3

������ = 0;

iar distanta dintre dreptele d1, d2 este d(d1; d2) =j[a1;a2;M1M2]j

ka1�a2k = 23p35.

Exercitiul 6.2.3 Fie punctul A(1; 0; 1) si dreapta d : x�11 = y+12 = z

1 .a) Calculati distanta de la punctul A la dreapta d.b) G¼asiti coordonatele proiectiei ortogonale a punctului A pe dreapta d.c) G¼asiti coordonatele simetricului punctului A fat¼a de dreapta d.

Page 126: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

118 CAPITOLUL 6. DREAPTA SI PLANUL ÎN SPATIU

Rezolvare:a) Se observ¼a c¼a A0(1;�1; 0) 2 d si a = i + 2j � k este un vector director

pentru d. Atunci A0A = j + k, A0A � a =

������i j k0 1 11 2 �1

������ = �3i + j � k,

jjA0A� ajj =p11, jjajj =

p6 si �(A; d) = jjA0A�ajj

jjajj =p11p6.

b) Se consider¼a planul � care trece prin punctul A si este perpendicular pedreapta d. Atunci a = i+ 2j � k este un vector normal la � si � : (x� 1) � 1 +(y � 0) � 2 + (z � 1) � (�1) = 0, adic¼a � : x+ 2y � z = 0.Dac¼a se noteaz¼a cu A0 proiectia ortogonal¼a a lui A pe d, atunci fA0g = d\�

si rezolvând sistemul�

x�11 = y+1

2 = z1

x+ 2y � z = 0 se obtine A0�76 ;�

23 ;�

16

�.

c) Dac¼a A1 este simetricul lui A fat¼a de d, atunci A0 este mijlocul segmen-

tului [AA1] si se obtin relatiile

8><>:xA0 =

xA+xA12

yA0 =yA+yA1

2

zA0 =zA+zA1

2

, adic¼a A1�43 ;�

43 ;�

43

�.

Exercitiul 6.2.4 Fie punctul A(�1; 0; 1) si planul � : x+ y � z + 2 = 0.a) Calculati distanta de la punctul A la planul �.b) G¼asiti coordonatele proiectiei ortogonale a punctului A pe planul �.c) G¼asiti coordonatele simetricului punctului A fat¼a de planul �.Rezolvare:a) �(A; �) = jAx0+By0+Cz0+Djp

A2+B2+C2= j1�(�1)+1�1�1�0+2jp

12+12+(�1)2= 2p

3.

b) Se consider¼a o dreapt¼a d care trece prin A si este perpendicular¼a pe planul�. Atunci d are ecuatiile canonice carteziene d : x+11 = y�1

1 = z�0�1 , deoarece

n = i+ j � k (vector normal la �) este un vector director al dreptei d.Dac¼a se noteaz¼a cu A0 proiectia ortogonal¼a a lui A pe �, atunci fA0g = d\�

si rezolvând sistemul�

x+11 = y�1

1 = z�1

x+ y � z + 2 = 0 se obtine A0�� 53 ;

13 ;

23

�.

c) Dac¼a A1 este simetricul lui A fat¼a de �, atunci A0 este mijlocul segmen-

tului [AA1] si se obtin relatiile

8><>:xA0 =

xA+xA12

yA0 =yA+yA1

2

zA0 =zA+zA1

2

, adic¼a A1�� 73 ;�

13 ;

43

�.

6.3 Probleme propuse spre rezolvare

1. Se consider¼a punctele A(1; 3; 0); B(3;�2; 1); C(�; 1;�3); D(7;�2; 3) .a) S¼a se determine � 2 R astfel încât punctele A;B;C;D s¼a �e coplanare;b) Pentru � g¼asit la punctul a), s¼a se scrie ecuatia cartezian¼a a planului(ABC) .

2. Fie punctul A(1; 0;�1) si dreptele d1 : x�12 = y�12 = z�1

1 ,

d2 :

�x� y = 0x+ y � z + 1 = 0 .

Page 127: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

6.3. PROBLEME PROPUSE SPRE REZOLVARE 119

a) Studiati pozitia relativ¼a a dreptelor d1 si d2;

b) Dac¼a d1, d2 sunt necoplanare, atunci scrieti ecuatiile perpendiculareicomune si calculati distanta dintre d1 si d2. Altfel, scrieti ecuatia planuluideterminat de cele dou¼a drepte;

c) Scrieti ecuatiile dreptei care trece prin A si intersecteaz¼a dreptele d1 sid2.

3. S¼a se scrie ecuatiile dreptei care intersecteaz¼a dreptele

d1 :

8<: x = 3 + ty = �1 + 2tz = 4t

si d2 :�

x+23 = z�4

�1y + 1 = 0

si este paralel¼a cu dreapta d3 :�x� 3y + z = 0x+ y � z + 4 = 0 .

4. S¼a se scrie ecuatiile bisectoarelor unghiurilor formate de dreptele

d1 :x�11 = y�2

2 = z+2�2 si d2 :

x�11 = y�2

1 = z+2p2.

5. Se consider¼a planul � : x � y + 2z + 2 = 0, punctul A(0; 1; 3) si dreapta

d :

�2x+ y � z + 1 = 0x+ y + z + 4 = 0

. Se cere:

a) S¼a se scrie ecuatia planului care trece prin A si contine dreapta d;

b) S¼a se scrie ecuatia planului care contine dreapta d si este perpendicularpe planul �;

c) S¼a se scrie ecuatia planului care contine dreapta d si paralel cu dreaptag : x�12 = y�2

1 = z+2�1 .

6. S¼a se scrie ecuatiile proiectiei ortogonale a dreptei

d :

�x� y + z = 02x+ y � z + 4 = 0 pe planul � : 3x + 2y � z � 1 = 0 si ecuatiile

simetricei dreptei d fat¼a de planul �.

Calculati o functie trigonometric¼a a unghiului format de dreapta d siplanul �.

7. Fie punctul M(1; 1; 1), dreapta d :�x� y + z + 1 = 0x� 2z � 1 = 0 si

planul � : x+ 2y + 3z � 1 = 0.a) Scrieti ecuatia cartezian¼a general¼a a unui plan �1 care trece prin M sieste paralel cu planul �;

Page 128: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

120 CAPITOLUL 6. DREAPTA SI PLANUL ÎN SPATIU

b) Scrieti ecuatiile canonice carteziene ale unei drepte d1 care trece prinM si este paralel¼a cu dreapta d;

c) Studiati pozitia relativ¼a a dreptei d fat¼a de planul �.

8. Fie dreptele d1 : x�12 = y+13 = z

1 , d2 :x�22 = y

2 =z+1� .

a) S¼a se determine � 2 R astfel încât d1 \ d2=; ;b) S¼a se scrie ecuatia planului determinat de d1 si d2 ;c) Calculati d(M0; �) , unde � este planul de la punctul b), iarM0(5;�4; 1) .

9. S¼a se calculeze distanta dintre dreptele paralele d1 : x�23 = y+14 = z

2 sid2 :

x�73 = y�1

4 = z�32 si s¼a se scrie ecuatia planului determinat de ele.

10. S¼a se scrie ecuatiile dreptei care trece prin simetricul punctului A(1; 0;�1)fat¼a de planul �1 : 2x � y � z + 1 = 0 si este paralel¼a cu planele �2 :x+ y � z + 3 = 0 si �3 : 2y � z + 4 = 0.

Page 129: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Capitolul 7

Conice si cuadrice

Fix¼am un reper cartezian ortonormat R =�O; i; j; k

în spatiul E3 (sau R =�

O; i; jîn planul E2).

7.1 Cuadrice (conice): de�nitie, ecuatia cartezian¼ageneral¼a, ecuatia vectorial¼a

De�nitia 7.1.1 Se numeste cuadric¼a (sau suprafat¼a algebric¼a de ordinul aldoilea) multimea � a punctelor M(x; y; z) 2 E3 ale c¼aror coordonate veri�c¼a oecuatie de forma

a11x2+a22y

2+a33z2+2a12xy+2a23yz+2a13xz+2b1x+2b2y+2b3z+c = 0; (1)

unde aij ; bi; c 2 R asa încât rangul matricei simetrice A = (aij)i;j=1;3 estecel putin 1.

Ecuatia (1) se numeste ecuatia cartezian¼a general¼a a unei cuadrice.Fie M(x; y; z) un punct arbitrar al cuadricei � si r = xi+ yj + zk vectorul

s¼au de pozitie. Dac¼a not¼am b = b1i+b2j+b3k si consider¼am operatorul simetricu : V 3 ! V 3, care în raport cu baza ortonormat¼a

�i; j; k

are matricea A =0@ a11 a12 a13

a12 a22 a23a13 a23 a33

1A, atunci ecuatia cartezian¼a general¼a (1) a cuadricei � sescrie sub forma

hr; u(r)i+ 2b; r�+ c = 0 (2)

si se numeste ecuatia vectorial¼a a cuadricei.Scalarul � = detA se numeste discriminantul mic al cuadricei �, iar � =

detA se numeste discriminantul mare, unde A =

0BB@a11 a12 a13 b1a12 a22 a23 b2a13 a23 a33 b3b1 b2 b3 c

1CCA.121

Page 130: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

122 CAPITOLUL 7. CONICE SI CUADRICE

De�nitia 7.1.2 Dac¼a în planul E2 consider¼am reperul cartezian ortonormatR =

�O; i; j

, atunci prin conic¼a (sau curb¼a algebric¼a de ordinul al doilea)

întelegem multimea a punctelor M(x; y) 2 E2 ale c¼aror coordonate veri�c¼a oecuatie de forma

a11x2 + a22y

2 + 2a12xy + 2b1x+ 2b2y + c = 0; (1�)

numit¼a ecuatia cartezian¼a general¼a a conicei , unde aij ; bi; c 2 R asaîncât rangul matricei simetrice A = (aij)i;j=1;2 este cel putin 1.

În mod analog putem scrie ecuatia vectorial¼a a conicei

hr; u(r)i+ 2b; r�+ c = 0: (2�)

Analog, avem discriminatul mic � = detA si discriminantul mare � = detApentru conica .

De�nitia 7.1.3 Dac¼a � este nenul atunci spunem c¼a cuadrica (conica) estenedegenerat¼a. În caz contrar, spunem c¼a cuadrica (conica) este degenerat¼a.

Tinând cont de propriet¼atile operatorilor simetrici, deducem c¼a ordinul ecuatieicarteziene (1) sau (1�) este invariant la schimb¼ari de repere carteziene ortonor-mate. De asemenea, � si � sunt invarianti la schimb¼ari de repere cartezieneortonormate.În continuare, pentru simplitatea scrierii, produsul scalar al doi vectori liberi

a si b,a; b�, se va nota cu a � b. Astfel, ecuatia vectorial¼a (2) (sau (2�)) se scrie

r � u(r) + 2b � r + c = 0: (2�)

7.2 Intersectia unei cuadrice (conice) cu o dreapt¼a

Fie cuadrica � : r � u(r) + 2b � r+ c = 0 si dreapta d : r = r0 + ta, t 2 R. Pentrudeterminarea punctelor M(r) din intersectia �\ d trebuie s¼a rezolv¼am sistemul�

r � u(r) + 2b � r + c = 0r = r0 + ta; t 2 R;

(3)

care este echivalent cu sistemul�(r0 + ta) � u(r0 + ta) + 2b � (r0 + ta) + c = 0r = r0 + ta; t 2 R

: (3�)

Dup¼a câteva calcule simple (tinând cont si c¼a u este operator simetric), seobtine ecuatia de gradul doi în t:

a � u(a)t2 + 2(u(r0) + b) � at+ r0 � u(r0) + 2b � r0 + c = 0: (4)

Page 131: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

7.2. INTERSECTIA UNEI CUADRICE (CONICE) CU O DREAPT¼A 123

Remarcând c¼a r¼ad¼acinile reale ale acestei ecuatii introduse în a doua ecuatiea sistemului (3) dau chiar vectorii de pozitie ai punctelor de intersectie dintrecuadrica � si dreapta d, avem urm¼atoarea discutie:I) Dac¼a vectorul director al dreptei d are proprietatea c¼a a �u(a) 6= 0, atunci

spunem c¼a dreapta d are o directie neasimptotic¼a. Sunt posibile cazurile:1) dac¼a ecuatia (4) are dou¼a r¼ad¼acini reale distincte t1, t2, atunci avem dou¼a

puncte de intersectie, �\d = fM1(r0+ t1a);M2(r0+ t2a)g. Spunem c¼a dreaptad este secant¼a cuadricei �.2) dac¼a ecuatia (4) are dou¼a r¼ad¼acini reale egale t1 = t2 = t0, atunci avem

dou¼a puncte confundate de intersectie, � \ d = fM0(r0 + t0a)g. Spunem c¼adreapta d este tangent¼a cuadricei �.3) dac¼a ecuatia (4) are dou¼a r¼ad¼acini complexe, atunci dreapta d nu inter-

secteaz¼a cuadrica �. Spunem c¼a dreapta d este nesecant¼a (sau exterioar¼a)cuadricei �.II) Dac¼a vectorul director al dreptei d are proprietatea c¼a a�u(a) = 0, atunci

spunem c¼a dreapta d are o directie asimptotic¼a. Sunt posibile cazurile:1) dac¼a (u(r0) + b) � a 6= 0, atunci ecuatia (4) devine o ecuatie de gradul

întâi cu o singur¼a r¼ad¼acin¼a real¼a t1. Dreapta d intersecteaz¼a cuadrica � într-unsingur punct M1(r0 + t1a).2) dac¼a (u(r0) + b) � a = 0 si r0 � u(r0) + 2b � r0 + c 6= 0, atunci dreapta d nu

intersecteaz¼a cuadrica �.3) dac¼a (u(r0) + b) � a = 0 si r0 � u(r0) + 2b � r0 + c = 0, atunci orice num¼ar

real t este r¼ad¼acin¼a a ecuatiei (4) si astfel dreapta d este continut¼a în cuadrica�. În acest caz spunem c¼a dreapta d este o generatoare rectilinie a cuadricei�. Prin urmare, dreapta d este o generatoare rectilinie pentru cuadrica � dac¼asi numai dac¼a avem îndeplinite conditiile:8<:

a � u(a) = 0(u(r0) + b) � a = 0r0 � u(r0) + 2b � r0 + c = 0

:

Este evident c¼a discutia pentru determinarea intersectiei unei conice cu odreapt¼a este similar¼a.

Exercitiul 7.2.1 a) Ar¼atati c¼a dreapta d : x�12 = y�11 = z�2

1 este o generatoarerectilinie a cuadricei � : xy � 3xz + 4yz � 3 = 0.b) Determinati punctele de intersectie dintre cuadrica � : x2�xy+z�1 = 0

si dreapta d : x = y = z.c) S¼a se scrie ecuatiile generatoarelor rectilinii care se pot duce prin punctul

M(�1;�1; 1) pe cuadrica� : x2 + y2 + z2 + 2xy � 2xz � yz + 4x+ 3y � 5z + 4 = 0.Rezolvare:a) Vom ar¼ata c¼a �ecare punct al dreptei d apartine cuadricei �. Într-adev¼ar,

coordonatele unui punct arbitrar al dreptei d �ind (2t + 1; t + 1; t + 2), t 2 R,prin înlocuirea lor în ecuatia cuadricei � obtinem (2t+1)(t+1)� 3(2t+1)(t+2) + 4(t+ 1)(t+ 2)� 3 = 0, oricare ar � t 2 R si atunci d � �.

Page 132: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

124 CAPITOLUL 7. CONICE SI CUADRICE

b) Sistemul care d¼a punctele de intersectie este�x2 � xy + z � 1 = 0x = y = z

si

are solutia unic¼a (1; 1; 1). Deci d \ � = fM(1; 1; 1)g.c) Fie a = li + mj + nk 2 V 3 n f0g vectorul director al unei generatoare

rectilinie a lui �, care se poate duce prin M . Tinând seama c¼a b = 2i+ 32j�

52k,

r0 = �i� j + k, iar A =

0@ 1 1 �11 1 � 1

2�1 � 1

2 1

1A este matricea endomor�smului u

în raport cu baza fi; j; kg avem a �u(a) = eatAea = l2+m2+n2+2lm�2ln�mnsi (u(r0)+ b) �a = �l�m. Atunci trebuie ca l2+m2+n2+2lm�2ln�mn = 0si l +m = 0 de unde rezult¼a a = �i+ j sau a = i� j + k.În concluzie, prin M trec dou¼a generatoare rectilinii ale cuadricei �:

d1 :

�x+1�1 =

y+1�1

z � 1 = 0 si d2 : x+1�1 =y+1�1 =

z+11 .

7.3 Centru pentru o cuadric¼a (conic¼a)

De�nitia 7.3.1 Se numeste centru (de simetrie) al unei cuadrice (conice)un punct C fat¼a de care cuadrica (conica) este simetric¼a. Adic¼a, oricare ar �un punct M de pe cuadric¼a (conic¼a) simetricul s¼au fat¼a de C se a�¼a tot pecuadric¼a (conic¼a).

Problema centrelor de simetrie este rezolvat¼a complet de teorema:

Teorema 7.3.1 Punctul C(r0) este centru pentru cuadrica � (conica ) dac¼asi numai dac¼a u(r0)+b = 0. Mai precis, punctul C(x0; y0; z0) este centru pentrucuadrica � dac¼a si numai dac¼a (x0; y0; z0) este solutie a sistemului8<: a11x+ a12y + a13z + b1 = 0

a12x+ a22y + a23z + b2 = 0a13x+ a23y + a33z + b3 = 0

; (5)

sistem care este echivalent cu sistemul8<:12@F@x = 0

12@F@y = 0

12@F@z = 0

; (5�)

unde F (x; y; z) not= a11x2+a22y

2+a33z2+2a12xy+2a23yz+2a13xz+2b1x+

2b2y + 2b3z + c.

Demonstratie. I) Dac¼a C(r0) este centru pentru cuadrica �, atunci orice

dreapt¼a d : r = r0 + ta, t 2 R, care trece prin C, intersecteaz¼a cuadricaîn dou¼a puncte M1(r0 + t1a), M2(r0 + t2a) pentru care M1C = CM2, adic¼ar0 � (r0 + t1a) = r0 + t2a � r0, ceea ce înseamn¼a (t1 + t2)a = 0. Cum a 6= 0,rezult¼a c¼a t1 + t2 = 0. Îns¼a t1 + t2 este suma r¼ad¼acinilor ecuatiei (4) ceea

Page 133: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

7.3. CENTRU PENTRU O CUADRIC¼A (CONIC¼A) 125

ce impune în mod necesar c¼a�u(r0) + b

�� a = 0, conform relatiilor lui Viète.

Tinând seama c¼a vectorul a este nenul si arbitrar, rezult¼a c¼a u(r0) + b = 0.II) Dac¼a C(r0) este un punct pentru care u(r0) + b = 0, atunci, prin tre-

cerea de la reperul cartezian ortonormat R = fO; i; j; kg la reperul cartezianortonormat R0 = fC; i; j; kg, ecuatia vectorial¼a a cuadricei � se scrie

r0 � u(r0) + 2�u(r0) + b

�� r0 + r0 � u(r0) + 2b � r0 + c = 0;

unde r0 este vectorul de pozitie, fat¼a de reperul R0, al unui punct arbitraral cuadricei � (vezi r = r0 + r0).Tinând seama de ipoteza u(r0)+b = 0, avem ca ecuatia lui �, fat¼a de reperul

R0, ester0 � u(r0) + r0 � u(r0) + 2b � r0 + c = 0:

Acum, este evident c¼a dac¼a punctul P1(r01) este un punct arbitrar al cuadricei�, atunci si simetricul sau fat¼a de C, P2(�r01) se a�¼a pe �. Deci, C este centrude simetrie pentru cuadrica �.Deoarece determinantul matricii sistemului (5) este chiar �, deducem c¼a:i) cuadrica � are centru unic de simetrie , rangA = 3, adic¼a � 6= 0:ii) cuadrica � are o dreapt¼a de centre de simetrie , rangA = 2 si sistemul

(5) este compatibil.iii) cuadrica � are un plan de centre de simetrie , rangA = 1 si sistemul

(5) este compatibil.iv) cuadrica � este f¼ar¼a centru de simetrie , sistemul (5) este incompatibil.Deci, putem spune c¼a dac¼a � 6= 0, atunci cuadrica � are centru unic, iar

dac¼a � = 0, atunci cuadrica � este f¼ar¼a centru unic.

Observatia 7.3.1 Pentru conice situatia este similar¼a (chiar mai simpl¼a) deoarecesistemul care rezolv¼a problema centrelor este�

a11x+ a12y + b1 = 0a12x+ a22y + b2 = 0

; (6)

sistem care este echivalent cu sistemul(12@f@x = 0

12@f@y = 0

; (6�)

unde f(x; y) not= a11x2 + a22y

2 + 2a12xy + 2b1x+ 2b2y + c.

Exercitiul 7.3.1 Studiati problema centrelor de simetrie pentru cuadricelea) x2 + 5y2 + z2 + 2xy + 6xz + 2yz � 2x+ 6y + 2z = 0,b) 2x2 + y2 + z2 � 2xy + 2xz + 2x+ y � z � 1 = 0si conicelec) 3x2 + 2y2 + 2xy � 2x+ 4y + 2 = 0,d) x2 � 2y2 + 2xy + 6x+ 2y = 0.Care dintre acestea sunt nedegenerate?

Page 134: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

126 CAPITOLUL 7. CONICE SI CUADRICE

Rezolvare:

a) Cum � =

������1 1 31 5 13 1 1

������ = �36 6= 0, avem c¼a aceast¼a cuadrica are centru

unic de simetrie C, ale c¼arui coordonate reprezint¼a solutia sistemului liniar

compatibil determinat

8<: x+ y + 3z � 1 = 0x+ 5y + z + 3 = 03x+ y + z + 1 = 0

:Obtinem C(� 13 ;�

23 ;

23 ).

b) Discriminantul mic � =

������2 �1 1�1 1 01 0 1

������ = 0 si sistemul8<: 2x� y + z + 1 = 0�x+ y + 1

2 = 0x+ z � 1

2 = 0este incompatibil. Prin urmare, aceast¼a cuadric¼a

nu are centre de simetrie.c) Conica are centru unic C ( � = 5) de coordonate xC = 4

5 , yC = �75 .

d) � =

���� 1 11 �2

���� = �3 implic¼a faptul c¼a aceasta conic¼a are centru unic deC(� 7

3 ;�23 ).

Se calculeaz¼a discriminantul mare � pentru �ecare cuadric¼a (conic¼a).

7.4 Planul tangent la o cuadric¼a. Tangenta la oconic¼a

Fie M0(r0) un punct al cuadricei � : r � u(r) + 2b � r + c = 0.

Propozitia 7.4.1 Dreapta d : r = r0 + ta, t 2 R, este tangent¼a cuadricei �dac¼a si numai dac¼a

(u(r0) + b) � a = 0: (7)

Demonstratie. Deoarece M0(r0) 2 � ecuatia (4) devine a � u(a)t2 + 2(u(r0) +b) � at = 0 si prin urmare, aceast¼a ecuatie având deja r¼ad¼acina t1 = 0, avem c¼ad este tangent¼a la � dac¼a si numai dac¼a t1 = t2 = 0, adic¼a (u(r0) + b) � a.

Teorema 7.4.1 Locul geometric al dreptelor tangente la cuadrica � în punctulM0 2 � este un plan cu ecuatia vectorial¼a

r0 � u(r) + b � (r + r0) + c = 0: (8)

Demonstratie. O dreapta d : r = r0 + ta, t 2 R, este tangent¼a la � în M0(r0)dac¼a si numai dac¼a are loc relatia (7). Atunci, avem (u(r0)+b) �(ta) = 0, pentruorice t 2 R. Cum ta = r�r0, pentru orice t 2 R, rezult¼a c¼a (u(r0)+b)�(r�r0) =0, pentru orice punctM(r) al dreptei d. Dac¼a adun¼am aceast¼a ultim¼a egalitate,membru cu membru, cu egalitatea r0 � u(r0) + 2b � r0 + c = 0, obtinem exactegalitatea (8). Deci, orice punctM(r) de pe orice dreapt¼a tangent¼a � înM0(r0)veri�c¼a (8), adic¼a locul geometric al dreptelor tangente la cuadrica � în punctulM0 2 � este un plan cu ecuatia vectorial¼a (8).

Page 135: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

7.5. REDUCEREA ECUATIEI UNEI CUADRICE (CONICE) 127

De�nitia 7.4.1 Planul furnizat de teorema precedent¼a se numeste planul tan-gent la cuadrica � în punctul M0.

Observatia 7.4.1 Se obisnuieste s¼a se spun¼a c¼a ecuatia vectorial¼a (8) a plan-ului tangent la cuadrica � în punctul M0 se obtine din ecuatia vectorial¼a acuadricei � prin dedublare. În coordonate carteziene, ecuatia (8) este echiva-lent¼a cu ecuatia:

a11xx0 + a22yy0 + a33zz0 + a12(x0y + xy0) + a23(y0z + yz0) + a13(x0z + xz0)++b1(x+ x0) + b2(y + y0) + b3(z + z0) + c = 0:

(8�)Pentru conice, ecuatia cartezian¼a a tangentei la conica în punctulM0(x0; y0) 2 este

a11xx0 + a22yy0 + a12(x0y + xy0) + b1(x+ x0) + b2(y + y0) + c = 0: (8�)

Exemplul 7.4.1 Ecuatia planului tangent la cuadrica � : x2+ z2� 2xy+ yz�3x�2z = 0 în originea reperului O este 3x+2z = 0, deoarece, în general ecuatiaplanului tangent la � în punctul M0(x0; y0; z0) 2 � este xx0+zz0�(xy0+x0y)+12 (yz0 + y0z)�

32 (x+ x0)� (z + z0) = 0.

Exemplul 7.4.2 Fie cuadrica � : 4x2+6y2+4z2+4xz�8y�4z+3 = 0. S¼a sescrie ecuatiile planelor tangente la � care sunt paralele cu planul � : x+2y+2 =0.Rezolvare:Fie M0(x0; y0; z0) un punct de pe cuadrica �. Ecuatia planului tangent la �

în M0 este 4xx0 + 6yy0 + 4zz0 + 2(x0z + xz0)� 4(y + y0)� 2(z + z0) + 3 = 0,adic¼a (4x0 + 2z0)x+ (6y0 � 4)y + (4z0 + 2x0 � 2)z + (�4y0 � 2z0 + 3) = 0.Determin¼am x0, y0, z0 asa încât acest plan sa �e paralel cu planul �. Trebuie

ca 4x0+2z01 = 6y0�4

2 si 4z0 + 2x0 � 2 = 0 , de unde obtinem c¼a x0 = 0, y0 = 1,z0 =

12 sau x0 = �

23 , y0 =

12 , z0 =

56 , folosind si faptul c¼a M0 2 �.

Atunci, având în vedere ca un plan paralel cu planul � : x+2y+2 = 0 are oecuatie de forma x+2y+� = 0, � 2 R, rezult¼a c¼a pentru x0 = 0, y0 = 1, z0 = 1

2avem � = �2 si pentru x0 = � 2

3 , y0 =12 , z0 =

56 avem � = 0. Deci exist¼a

dou¼a plane tangente la � care sunt paralele cu �, anume �1 : x+ 2y � 2 = 0 si� : x+ 2y = 0.

Exercitiul 7.4.1 a) Scrieti ecuatia planului tangent la cuadrica � : x2+5y2+z2 + 2xy + 6xz + 2yz � 2x+ 6y + 2z = 0 în punctul O.b) Determinati ecuatia dreptelor tangente la conica : x2�2y2+2xy+6x+

2y = 0, care sunt paralele cu dreapta d : x+ y + 1 = 0.

7.5 Reducerea ecuatiei carteziene generale a uneicuadrice (conice) la forma canonic¼a

Ne propunem s¼a determin¼am un reper cartezian ortonormat R0 =�O0; i0; j0; k0

în spatiul E3 în raport cu care ecuatia cartezian¼a a cuadricei � s¼a aib¼a o form¼a

Page 136: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

128 CAPITOLUL 7. CONICE SI CUADRICE

cât mai simpl¼a, numit¼a ecuatie canonic¼a (sau ecuatie redus¼a) a cuadricei �.

Teorema 7.5.1 Dac¼a cuadrica � are ecuatia

a11x2+a22y

2+a33z2+2a12xy+2a23yz+2a13xz+2b1x+2b2y+2b3z+c = 0 (9)

în raport cu reperul cartezian ortonormat R =�O; i; j; k

, atunci exist¼a un

reper cartezian ortonormat R0 =�O0; i0; j0; k0

fat¼a de care ecuatia sa are una

si numai una din urm¼atoarele forme simple:I) �1(x0)2 + �2(y0)2 + �3(z0)2 +D = 0; �1, �2, �3 2 R�, D 2 R,II) �1(x0)2 + �2(y0)2 + 2hz0 = 0; �1, �2, h 2 R�,III) �1(x0)2 + �2(y0)2 +D = 0; �1, �2 2 R�, D 2 R,IV) �1(x0)2 + 2hy0 = 0; �1, h 2 R�,V) �1(x0)2 +D = 0; �1 2 R�, D 2 R.

Demonstratie. Din teoria spatiilor vectoriale euclidiene, se stie c¼a exist¼a obaz¼a ortonormat¼a

�i0; j0; k0

în V 3, format¼a din vectori proprii ai operatorului

simetric u (cu matricea A = (aij)i;j=1;3 relativ la baza ortonormat¼a�i; j; k

),

fat¼a de care forma p¼atratic¼a ' : V 3 ! V 3,

'(r) = a11x2 + a22y

2 + a33z2 + 2a12xy + 2a23yz + 2a13xz

are forma canonic¼a

'(r) = �1X2 + �2Y

2 + �3Z2; r = Xi0 + Y j0 + Zk0;

unde �1, �2, �3 sunt valorile proprii ale endomor�smului u.Astfel, fat¼a de reperul cartezian ortonormat R� =

�O; i0; j0; k0

cuadrica �

are ecuatia

�1X2 + �2Y

2 + �3Z2 + 2B1X + 2B2Y + 2B3Z + C = 0 (10)

Acum avem discutia:I) Dac¼a �1, �2, �3 2 R�, atunci ecuatia (10) se poate scrie sub forma

�1(x0)2 + �2(y

0)2 + �3(z0)2 +D = 0;

unde x0 = X + B1

�1, y0 = Y + B2

�2, z0 = Z + B3

�3si D = C�

�B1

�1

�2��

B2

�2

�2��B3

�3

�2. Într-adev¼ar, nu mai r¼amâne decât s¼a trecem la reperul cartezian

ortonormat R0 =�O0; i0; j0; k0

, obtinut din reperul R� prin translatia de vector

OO0 = �B1

�1i0 � B2

�2j0 � B3

�3 k0 si relativ la acest din urm¼a reper ecuatia lui � este

de forma dorit¼a.II) Dac¼a �1, �2 2 R�, �3 = 0, B3 6= 0, atunci ecuatia (10) se poate scrie,

dup¼a o translatie, sub forma

�1(x0)2 + �2(y

0)2 + 2hz0 = 0:

Page 137: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

7.5. REDUCEREA ECUATIEI UNEI CUADRICE (CONICE) 129

III) Dac¼a �1, �2 2 R�, �3 = 0, B3 = 0, atunci ecuatia (10) se poate scriesub forma

�1(x0)2 + �2(y

0)2 +D = 0:

IV) Dac¼a �1 2 R�, �2 = �3 = 0, B22 + B23 6= 0, atunci ecuatia (10) se poate

scrie sub forma�1(x

0)2 + 2hy0 = 0:

V) Dac¼a �1 2 R�, �2 = �3 = 0, B2 = B3 = 0, atunci ecuatia (10) se poatescrie sub forma

�1(x0)2 +D = 0:

Din ecuatiile I)-V), dup¼a o discutie în functie de semnele coe�cientilor �1,�2, �3, h, D, obtinem cele 17 ecuatii canonice (reduse) posibile la care putemajunge pornind de la ecuatia cartezian¼a general¼a a unei cuadrice �:1�) (x0)2

a2 + (y0)2

b2 + (z0)2

c2 � 1 = 0 (a; b; c > 0) elipsoidul real

2�) (x0)2

a2 + (y0)2

b2 + (z0)2

c2 + 1 = 0 (a; b; c > 0) elipsoidul imaginar

3�) (x0)2

a2 + (y0)2

b2 � (z0)2

c2 � 1 = 0 (a; b; c > 0) hiperboloidul cu opânz¼a

4�) (x0)2

a2 + (y0)2

b2 � (z0)2

c2 + 1 = 0 (a; b; c > 0) hiperboloidul cu dou¼apânze5�) (x0)2

a2 + (y0)2

b2 � (z0)2

c2 = 0 (a; b; c > 0) conul p¼atratic real

6�) (x0)2

a2 + (y0)2

b2 + (z0)2

c2 = 0 (a; b; c > 0) conul p¼atratic imaginar

7�) (x0)2

a2 + (y0)2

b2 = 2z0 (a; b > 0) paraboloidul eliptic

8�) (x0)2

a2 � (y0)2

b2 = 2z0 (a; b > 0) paraboloidul hiperbolic

9�) (x0)2

a2 + (y0)2

b2 � 1 = 0 (a; b > 0) cilindrul eliptic real

10�) (x0)2

a2 + (y0)2

b2 + 1 = 0 (a; b > 0) cilindrul eliptic imaginar

11�) (x0)2

a2 � (y0)2

b2 � 1 = 0 (a; b > 0) cilindrul hiperbolic

12�) (x0)2

a2 �(y0)2

b2 = 0 (a; b > 0) pereche de plane reale concurente

13�) (x0)2

a2 + (y0)2

b2 = 0 (a; b > 0) pereche de plane imaginare con-curente14�) (x0)2

a2 = 2y0 (a > 0) cilindrul parabolic

15�) (x0)2

a2 � 1 = 0 (a > 0) pereche de plane reale paralele

16�) (x0)2

a2 + 1 = 0 (a > 0) pereche de plane reale imaginare

17�) (x0)2

a2 = 0 (a > 0) pereche de plane confundate

Observatia 7.5.1 Cuadricele 1�), 2�), 3�), 4�), 7�), 8�) sunt nedegenerate(� 6= 0) , restul �ind degenerate (� = 0). Cuadricele 1�), 2�), 3�), 4�), 5�), 6�)au centru unic de simetrie, cuadricele 9�), 10�), 11�), 12�), 13�) au o dreapt¼ade centre de simetrie, cuadricele 14�), 15�), 16�), 17�) au un plan de centre desimetrie, iar paraboloizii 7�), 8�) nu au nici un centru de simetrie.

Page 138: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

130 CAPITOLUL 7. CONICE SI CUADRICE

În mod similar se poate demonstra teorema (pentru conice).

Teorema 7.5.2 Dac¼a conica are ecuatia

a11x2 + a22y

2 + 2a12xy + 2b1x+ 2b2y + c = 0 (9�)

în raport cu reperul cartezian ortonormat R =�O; i; j

din plan, atunci

exist¼a un reper cartezian ortonormat, în plan, R0 =�O0; i0; j0

fat¼a de care

ecuatia sa are una si numai una din urm¼atoarele forme simple:I) �1(x0)2 + �2(y0)2 +D = 0; �1, �2 2 R�, D 2 R,II) �1(x0)2 + 2hy0 = 0; �1, h 2 R�,III) �1(x0)2 +D = 0; �1 2 R�, D 2 R.

Analog, obtinem cele 9 ecuatii canonice (reduse) posibile la care putemajunge pornind de la ecuatia cartezian¼a general¼a a unei conice :

1�) (x0)2

a2 + (y0)2

b2 � 1 = 0 (a; b > 0) elipsa real¼a

2�) (x0)2

a2 + (y0)2

b2 + 1 = 0 (a; b > 0) elipsa imaginar¼a

3�) (x0)2

a2 � (y0)2

b2 � 1 = 0 (a; b > 0) hiperbola

4�) (y0)2 = 2px0 (p > 0) parabola

5�) (x0)2

a2 � (y0)2

b2 = 0 (a; b > 0) pereche de drepte reale con-curente6�) (x0)2

a2 + (y0)2

b2 = 0 (a; b > 0) pereche de drepte imaginare con-curente7�) (x0)2

a2 � 1 = 0 (a > 0) pereche de drepte reale paralele

8�) (x0)2

a2 + 1 = 0 (a > 0) pereche de drepte imaginare paralele9�) (x0)2 = 0 pereche de drepte confundate

Observatia 7.5.2 Conicele 1�), 2�), 3�), 4�) sunt nedegenerate (� 6= 0) , restul�ind degenerate (� = 0). Conicele 1�), 2�), 3�), 5�), 6�) au centru unic desimetrie, conicele 7�), 8�), 9�) au o dreapt¼a de centre de simetrie, iar parabola4�) nu are nici un centru de simetrie.

Exercitiul 7.5.1 a) Determinati ecuatia canonic¼a si reperul canonic pentruconica : 3x2 � 10xy + 3y2 + 4x+ 4y + 4 = 0. Recunoasteti conica.Rezolvare:Mai întâi g¼asim valorile si vectorii proprii ai matricei A asociat¼a conicei .

Polinomul caracteristic PA(�) =

���� 3� � �5�5 3� �

���� = (3��)2�25 are r¼ad¼acinile�1 = �2 si �2 = 8 (valorile proprii).Pentru �1 = �2 , sistemul care d¼a vectorii proprii asociati lui �1 este

(A� �1I2)�xy

�=

�00

�,�

5x� 5y = 0�5x+ 5y = 0

:

Page 139: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

7.5. REDUCEREA ECUATIEI UNEI CUADRICE (CONICE) 131

Atunci x = y = � (� 2 R) si un vector propriu asociat lui �1 = �2 este�u1 = i+ j . Cum k�u1k =

p2 obtinem versorul i

0

= 1k�u1k � k�u1k =

1p2i+ 1p

2j .

Pentru �1 = 8 , sistemul care d¼a vectorii proprii asociati lui �2 este

(A� �2I2)�xy

�=

�00

�,��5x� 5y = 0�5x� 5y = 0

:

Atunci x = �� , y = � (� 2 R) si un vector propriu asociat lui �2 = 8 este�u2 = �i+�j . Cum k�u2k =

p2 obtinem versorul �j0 = 1

k�u2k � k�u2k = �1p2i+ 1p

2j .

Acum, se face schimbarea de repere carteziene ortonormate

R = fO; i; jg �! R0= fO; i

0

; j0

g

dat¼a prin relatiile�xy

�=

1p2

� 1p2

1p2

1p2

!��x0

y0

�+

�00

�sau (

x = 1p2x0 � 1p

2y0

y = 1p2x0+ 1p

2y0

�MR(x; y) �!MR0 (x

0; y

0) ; rotatie

�Relativ la noul reper R0, ecuatia lui este:

�1(x0)2 + �2(y

0)2 + 4

�1p2x0 � 1p

2y0�+ 4

�1p2x0+ 1p

2y0�+ 4 = 0, adic¼a

: �2(x0)2 + 8(y0)2 + 8p2x0+ 4 = 0 sau : (x

0�p2)2

22 � (y0)2

12 � 1 = 0 .În �nal, se mai face schimbarea de repere ortonormate (translatie):

R0= fO; i

0

; j0

g �! R00= fO

00; i

0

; j0

g

dat¼a prin�x0 �

p2 = x

00

y0= y

00 ,�x0

y0

�= I2

�x00

y00

�+

� p20

�.

Atunci, ecuatia lui relativ la reperul R00 este

(x00)2

22� (y

00)2

12� 1 = 0

si ea este ecuatia canonic¼a a unei hiperbole . Reperul canonic este chiar reperulrelativ la care conica are ecuatia canonic¼a, adic¼a R00 = fO00;�{0; �j0g.Cum O00R0(

p2; 0) , avem �OO00 =

p2i0= i+ j si astfel O00R(1; 1).

Schimbarea de repere R �! R00 este dat¼a prin�xy

�=

1p2

� 1p2

1p2

1p2

!��x00

y00

�+

�11

�:

Page 140: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

132 CAPITOLUL 7. CONICE SI CUADRICE

b) Determinati ecuatia canonic¼a si reperul canonic pentru cuadrica � : 2x2+16y2 + 2z2 � 8xy + 8yz � 2x� y + 2z + 3 = 0. Recunoasteti cuadrica.Rezolvare:Mai întâi se g¼asesc valorile proprii ale matricii A, rezolvând ecuatia carac-

teristic¼a det(A� �I3) = 0 , adic¼a������2� � �4 0�4 16� � 40 4 2� �

������ = 0 :Rezult¼a valorile proprii �1 = 0 , �2 = 2 , �3 = 18 .În continuare, pentru �ecare valoare proprie, se determin¼a vectorii proprii core-spunz¼atori.Pentru �1 = 0 , se rezolv¼a sistemul liniar omogen

(A� �1I3)

0@ xyz

1A =

0@ 000

1A ; adic¼a

8<: 2x� 4y = 0�4x+ 16y + 4z = 0

4y + 2z = 0:

Rezult¼a x = 2� , y = � , z = �2� (� 2 R).Atunci un vector propriu corespunz¼ator lui �1 este de forma �v1 = �(2i+j�2�k) ,� 2 R� , iar pentru � = 1 se obtine �u1 = 2i + j � 2�k cu lungimea k�u1k =p4 + 1 + 4 = 3 .

Retinem versorul i0

= 1k�u1k � �u1 =

23 i+

13�j � 2

3�k .

Pentru �2 = 2 , se rezolv¼a sistemul liniar omogen

(A� �2I3)

0@ xyz

1A =

0@ 000

1A ; adic¼a

8<: �4y = 0�4x+ 14y + 4z = 0

4y = 0:

Rezult¼a x = � , y = 0 , z = � (� 2 R).Atunci un vector propriu corespunz¼ator lui �2 este de forma �v2 = �(i + �k) ,� 2 R� , iar pentru � = 1 se obtine �u2 = i+�k cu lungimea k�u2k =

p1 + 1 =

p2.

Retinem versorul j0

= 1k�u2k � �u2 =

1p2i+ 1p

2�k .

Pentru �3 = 18 , se rezolv¼a sistemul liniar omogen

(A� �3I3)

0@ xyz

1A =

0@ 000

1A ; adic¼a

Page 141: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

7.5. REDUCEREA ECUATIEI UNEI CUADRICE (CONICE) 1338<: �16x� 4y = 0�4x� 2y + 4z = 0

4y � 16z = 0:

Rezult¼a x = � , y = �4� , z = �� (� 2 R ).Atunci un vector propriu corespunz¼ator lui �1 este de forma �v3 = �(i� 4j� �k) ,� 2 R� , iar pentru � = 1 se obtine �u3 = i � 4j � �k cu lungimea k�u3k =p1 + 16 + 1 = 3

p2 .

Retinem versorul �k0 = 1k�u3k � �u3 =

13p2i� 4

3p2j � 1

3p2�k .

Conform teoriei operatorilor liniari simetrici, baza fi0; �j0; �k0g este ortonormat¼asi pozitiv orientat¼a (vezi faptul c¼a determinantul matricii de trecere de la bazafi; j; �kg la baza fi0; j0; �k0g are valoarea 1).Prin urmare, se face schimbarea de repere carteziene ortonormate

R = fO; i; j; �kg �! R0= fO

0= O; i

0

; j0

; �k0g ;

dat¼a prin

0@ xyz

1A =

0B@23

1p2

13p2

13 0 � 4

3p2

� 23

1p2

� 13p2

1CA0@ x

0

y0

z0

1A (rotatie)

si astfel, se obtine ecuatia lui � relativ la noul reper cartezian ortonormat R0:

�1(x0)2 + �2(y

0)2 + �3(z0)2 � 2

�23x

0 + 1p2y0+ 1

3p2z0��

��13x

0 � 43p2z0�+ 2

�� 23x

0+ 1p

2y0 � 1

3p2z0�+ 3 = 0, adic¼a

(y0)2

9 + (z0)2

1 � 16 (x

0 � 1) = 0 sau

x0� 1 = (y

0)2

96

+(z

0)2

16

:

În �nal, se face schimbarea de repere carteziene ortonormate

R0 = fO0 = O; i0; �j0; �k0g �! R00 = fO00; i0; �j0; �k0g ;

dat¼a prin

0@ x0

y0

z0

1A = I3 �

0@ x00

y00

z00

1A+0@ 100

1A (translatie)

Ecuatia cuadricei � relativ la reperul R00 :

x00=

(y00)2�q32

�2 + (z00)2�

1p6

�2reprezint¼a forma redus¼a (canonic¼a) a ecuatiei cuadricei � sau ecuatia canonic¼aa lui � . Din forma ecuatiei canonice se observ¼a c¼a � este un paraboloid eliptic.Reperul natural al lui � este reperul R00 , în raport cu care cuadrica are ecuatiacanonic¼a de mai sus. Originea reperului natural, O

00, are, relativ la reperul R0,

Page 142: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

134 CAPITOLUL 7. CONICE SI CUADRICE

coordonatele 1; 0; 0, adic¼a OO00 = i0

= 23 i+

13j �

23�k .

Deci schimbarea de repere R �! R00 este dat¼a de

0@ xyz

1A =

0B@23

1p2

13p2

13 0 � 4

3p2

� 23

1p2

� 13p2

1CA �0@ x

00

y00

z00

1A+0@ 2

313� 23

1A(o roto-translatie)

7.6 Studiul cuadricelor pe ecuatia canonic¼a. Sfera

În aceast¼a sectiune vom prezenta si studia cuadricele raportate la acel repercartezian ortonormat R =

�O; i; j; k

fat¼a de care acestea au ecuatia canonic¼a

(numit si reper canonic sau reper natural). A se vedea si cele dou¼a anexe cuconicele si cuadricele pe ecuatia canonic¼a.I. CUADRICE CU CENTRU UNIC1) Elipsoidul (real) este cuadrica de ecuatie E : x

2

a2 +y2

b2 +z2

c2 � 1 = 0, cua, b, c > 0.Numerele pozitive a, b, c > 0 se numesc semiaxele elipsoidului. Dac¼a a =

b = c, atunci E de�neste o sfer¼a cu centrul în originea reperului.Se observ¼a c¼a dac¼a M(x0; y0; z0) 2 E, atunci si punctele M1(�x0; y0; z0),

M2(x0;�y0; z0), M3(x0; y0;�z0) apartin elipsoidului E. Aceasta arat¼a c¼a elip-soidul E este simetric fat¼a de planele de coordonate xOy, yOz, zOx (numitesi plane de simetrie ale elipsoidului). Axele de coordonate, ca intersectii aleplanelor de simetrie ale elipsoidului sunt axe de simetrie ale elipsoidului E.Punctul de intersectie al celor trei plane de simetrie este originea reperului.Acest punct este centrul (de simetrie) al elipsoidului.Elipsoidul este intersectat de axeleOx, Oy, Oz în puncteleA(a; 0; 0), A0(�a; 0; 0),

B(0; b; 0), B0(0;�b; 0), respectiv C(0; 0; c), C 0(0; 0;�c), puncte numite vârfurileelipsoidului E.Pentru a ne da seama de forma elipsoidului îl vom intersecta cu planele de

coordonate si cu plane paralele cu acestea. Intersectiile elipsoidului cu planele

xOy, xOz, yOz sunt elipsele e1 :�z = 0x2

a2 +y2

b2 � 1 = 0, e2 :

�y = 0x2

a2 +z2

c2 � 1 = 0,

respectiv e3 :�x = 0y2

b2 +z2

z2 � 1 = 0.

F¼acând intersectiile cu planul z = �, � 2 R, obtinem e� :�z = �x2

a2 +y2

b2 = 1��2

c2

care reprezint¼a o elips¼a real¼a (situat¼a în planul z = �) dac¼a j�j < c, o elips¼aimaginar¼a dac¼a j�j > c. Dac¼a � = c atunci intersectia se reduce la punctulC(0; 0; c), iar dac¼a � = �c atunci intersectia se reduce la punctul C(0; 0;�c).Reprezentarea gra�c¼a a elipsoidului E este dat¼a în �gura 1:

Page 143: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

7.6. STUDIUL CUADRICELOR PE ECUATIA CANONIC¼A. SFERA 135

(Fig.1)

2) Hiperboloidul cu o pânz¼a este cuadrica de ecuatieH1 :

x2

a2 +y2

b2 �z2

c2 � 1 = 0, cu a, b, c > 0.Se arat¼a, ca si în cazul elipsoidului, c¼a planele de coordonate, axele de coor-

donate si originea reperului sunt plane de simetrie, axe de simetrie si respectivcentru pentru hiperboloidul cu pânz¼a. Axele Ox, Oy intersecteaz¼a cuadricaH1 în punctele A(a; 0; 0), A0(�a; 0; 0), respectiv B(0; b; 0), B0(0;�b; 0) numitevârfurile cuadricei, iar axa Oz nu intersecteaz¼a suprafata.Intersectiile hiperboloidului cu o pânz¼a cu planele de coordonate si cu plane

paralele cu planele de coordonate vor ajuta la reprezentarea sa gra�c¼a. Astfel,

intersectiile cu planele yOz, xOz sunt hiperbolele h1 :�x = 0y2

b2 �z2

c2 � 1 = 0,

h2 :

�y = 0x2

a2 �z2

c2 � 1 = 0, iar intersectiile cu planele z = �, � 2 R, au ecuatiile

e� :

�z = �y2

b2 +z2

z2 = 1 +�2

c2, care sunt elipse (reale).

Reprezentarea gra�c¼a a hiperboloidului cu o pânz¼a H1 este dat¼a în �gura 2:

(Fig. 2)

Page 144: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

136 CAPITOLUL 7. CONICE SI CUADRICE

3) Hiperboloidul cu dou¼a pânze este cuadrica de ecuatie

H2 :x2

a2 +y2

b2 �z2

c2 + 1 = 0, cu a, b, c > 0.Se observ¼a usor c¼a planele de coordonate, axele de coordonate si originea

reperului sunt plane de simetrie, axe de simterie si respectiv centru pentruhiperboloidul cu dou¼a pânze.Axele Ox, Oy nu intresecteaz¼a cuadrica, iar axa Oz o intersecteaz¼a în

punctele C(0; 0; c), C 0(0; 0;�c). Sectiunile hiperboloidului cu dou¼a pânze cu

planele xOz, yOz sunt date de sistemele h1 :�y = 0x2

a2 �z2

c2 + 1 = 0, respectiv

h2 :

�x = 0y2

b2 �z2

c2 + 1 = 0si sunt hiperbole.

Sectionând cuadrica cu planele z = �, � 2 R, obtinem:

- elipse reale sau imaginare dac¼a j�j > c sau j�j < c, e� :�z = 0x2

a2 +y2

b2 =�2

c2 � 1- punctul C(0; 0; c), pentru � = c sau punctul C 0(0; 0;�c), pentru � = �c.Reprezentarea gra�c¼a a hiperboloidului cu dou¼a pânze H2 este dat¼a în �gura

3:

(Fig. 3)

4) Conul p¼atratic (real) este cuadrica de ecuatie Cp : x2

a2 +y2

b2 �z2

c2 = 0, cua, b, c > 0.Se constat¼a c¼a planele de coordoante, axele de coordonate si originea repe-

rului sunt, respectiv, plane de simetrie, axe de simetrie si centru pentru conulp¼atratic. Centrul conului se mai numeste si vârf.Dac¼a M0(x0; y0; z0) 2 Cp, atunci punctul M(tx0; ty0; tz0) apartine conului

pentru orice t 2 R. Astfel, orice punct al dreptei OM0 apartine conului, adic¼adreapta OM0 este o generatoare rectilinie a conului.Sectiunile în con cu plane care contin axa Oz sunt drepte concurente în

vârful conului. De exemplu, sectiunea cu planul xOz este format¼a din dreptele�y = 0x2

a2 �z2

c2 = 0, adic¼a

�y = 0xa �

zc = 0

sau�y = 0xa +

zc = 0

.

Page 145: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

7.6. STUDIUL CUADRICELOR PE ECUATIA CANONIC¼A. SFERA 137

Sectiunile cu planele z = �, � 2 R, sunt elipsele reale e� :�z = �x2

a2 +y2

b2 =�2

c2

(intersectia cu planul z = 0 este vârful conului).

Reprezentarea gra�c¼a a conului patratic Cp este dat¼a în �gura 4:

(Fig. 4)

II. CUADRICE FAR¼A CENTRU1) Paraboloidul eliptic este cuadrica de ecuatie PE : x

2

a2 +y2

b2 = 2z, cu a,b > 0.Se observ¼a c¼a dac¼a M0(x0; y0; z0) 2 PE, atunci si punctele M1(�x0; y0; z0),

M2(x0;�y0; z0) apartin paraboloidului hiperbolic. Deci, planele yOz, xOz suntplane de simetrie pentru paraboloidul eliptic. Rezult¼a c¼a axa Ox este ax¼a desimetrie a suprafetei. Pentru a ne da seama de forma paraboloidului eliptic vomface sectiuni cu planele de coordonate si cu plane paralele cu planul xOy.Planul xOy este tangent la PE în originea reperului, iar planele xOz, yOz in-

tersecteaz¼a cuadrica dup¼a parabolele p1 :�y = 0x2

a2 = 2z, respectiv p2 :

�x = 0y2

b2 = 2z.

Planele z = �, � > 0, intersecteaz¼a PE dupa elipsele reale e� :�z = �x2

a2 +y2

b2 = 2�,

iar planele z = �, � < 0 , nu îl intersecteaz¼a. Axele de coordonate inter-secteaz¼a suprafata într-un singur punct, originea reperului, punct numit vârf.Reprezentarea gra�c¼a a paraboloidului eliptic este dat¼a în �gura 5:

(Fig. 5)

Page 146: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

138 CAPITOLUL 7. CONICE SI CUADRICE

2) Paraboloidul hiperbolic este cuadrica de ecuatie PH : x2

a2 �y2

b2 = 2z,cu a, b > 0.

Se veri�c¼a usor (ca si în cazul paraboloidului eliptic) c¼a aceast¼a cuadric¼aeste simetric¼a fat¼a de planele xOz, yOz si fat¼a de axa Oz. Axele de co-ordonate intersecteaz¼a PH în originea reperului (punct numit vârf ), iar in-

tersectiile cu planele xOz, yOz sunt parabolele p1 :�y = 0x2

a2 = 2z, respectiv

p2 :

�x = 0

�y2

b2 = 2z. Planele z = �, � 2 R, intersecteaz¼a PH dup¼a hiperbolele

h� :

�z = �x2

a2 �y2

b2 = 2�, iar intersectiile cu planele x = �, � 2 R, intersecteaz¼a

PH dup¼a parbolele p� :�x = �y2

b2 =�2

a2 � 2z.

Reprezentarea gra�c¼a a paraboloidului hiperbolic este dat¼a în �gura 6:

(Fig. 6)

3) Cilindrul parabolic este cuadrica de ecuatie CP : x2

a2 = 2z, cu a > 0.

Se observ¼a c¼a dac¼a M0(x0; y0; z0) 2 CP , atunci si M0(�x0; y0; z0) 2 CP .Deci, planul yOz este plan de simetrie pentru CP . De asemenea, se observ¼a c¼aaxa Oy este situat¼a pe aceast¼a cuadric¼a. Sectiunile cu planele y = �, � 2 R,

sunt parabolele p� :�y = �x2

a2 = 2z, iar intersectiile cu planele z = �, � > 0, sunt

dreptele paralele de ecuatii d :�z = �xa =

p2�

, d0 :�z = �xa = �

p2�

:

Reprezentarea gra�c¼a a cilindrului parabolic este dat¼a în �gura 7:

Page 147: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

7.6. STUDIUL CUADRICELOR PE ECUATIA CANONIC¼A. SFERA 139

(Fig. 7)

III. CUADRICE CU O DREAPT¼A DE CENTRE1) Cilindrul eliptic este cuadrica de ecuatie CE : x

2

a2 +y2

b2 � 1 = 0, cu a,b > 0 si este reprezentat¼a în �gura 8:

(Fig. 8)

2) Cilindrul hiperbolic este cuadrica de ecuatie CH : x2

a2 �y2

b2 +1 = 0, cua, b > 0 si este reprezentat¼a în �gura 9:

(Fig. 9)

Page 148: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

140 CAPITOLUL 7. CONICE SI CUADRICE

3) Pereche de plane secante este o cuadric¼a de ecuatie PPS : x2

a2 �y2

b2 = 0,cu a, b > 0 si este reprezentat¼a în �gura 10:

(Fig. 10)

IV. CUADRICE CU UN PLAN DE CENTRE

1) Pereche de plane paralele este o cuadric¼a de ecuatie PPP : x2

a2 �1 = 0,cu a > 0.

(Fig. 11)

2) Pereche de plane confundate este o cuadric¼a de ecuatie PPC : x2 = 0.

Page 149: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

7.6. STUDIUL CUADRICELOR PE ECUATIA CANONIC¼A. SFERA 141

(Fig. 12)

Observatia 7.6.1 Dintre cuadricele nedegenerate doar hiperboloidul cu o pânz¼asi paraboloidul hiperbolic au generatoare rectilinii. Mai precis, prin �ecare punctal H1P (sau PH) trec dou¼a generatoare rectilinii (a se vedea si exercitiile pro-puse spre rezolvare). Evident, cuadricele degenerate admit generatoare rectilinii.

Desigur, un studiu cu totul similar si mult mai simplu se poate face si pentruconice, dar acesta s-a f¼acut deja în liceu.În �nal s¼a ne concentr¼am asupra sferei (un caz particular de elipsoid), o

suprafat¼a de o important¼a deosebit¼a între cuadrice. Fie r > 0 si punctul �xatC(r0).

De�nitia 7.6.1 Se numeste sfer¼a de centru C si raz¼a r multimea punctelorM din E3 situate la distanta r de punctul C. Vom nota acest¼a sfera prin S(C; r).

Dac¼a C(x0; y0;z0), atunci punctul M(x; y; z) 2 S(C; r) dac¼a si numai dac¼a CM = r, adic¼a(x� x0)2 + (y � y0)2 + (z � z0)2 = r2; (11)

care este numit¼a ecuatia normal¼a a sferei S(C; r).Ecuatia (11) se poate scrie sub forma

x2 + y2 + z2 � 2x0x� 2y0y � 2z0z + x20 + y20 + z20 � r2 = 0; (12)

adic¼a este o ecuatie algebric¼a de ordinul doi în x, y, z (ceea ce dovedeste c¼asfera este o cuadric¼a, mai precis un elipsoid cu semiaxele egale).Invers, având în vedere (11), orice ecuatie de tipul

x2 + y2 + z2 +mx+ ny + pz + q = 0 (13)

reprezint¼a

Page 150: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

142 CAPITOLUL 7. CONICE SI CUADRICE

i) o sfer¼a de centru C(�m2 ;�

n2 �

p2 ) si raz¼a r =

q�m2

�2+�n2

�2+�p2

�2 � q,dac¼a

�m2

�2+�n2

�2+�p2

�2 � q > 0,ii) un punct C(�m

2 ;�n2 �

p2 ), dac¼a

�m2

�2+�n2

�2+�p2

�2 � q = 0,iii) o sfer¼a imaginar¼a (multimea vid¼a, de fapt), dac¼a

�m2

�2+�n2

�2+�p2

�2�q <0.

(Fig. 13)

Pentru aplicatii este util de stiut c¼a intersectia dintre o sfer¼a S(C; r) si unplan � este un cerc real, un punct (adic¼a planul � este tangent sferei), respectivun cerc imaginar (?) dac¼a d(C; �) este mai mic¼a, egal¼a, respectiv mai maredecât raza r a sferei.

Propozitia 7.6.1 Fie cercul de intersectie dintre sfera S(C; r) si planul �.Atunci, tangenta la cercul într-un punct M0 2 este dreapta de intersectiedintre planul � si planul tangent la sfer¼a în punctul M0.Demonstratie. Fie �t planul tangent la sfera S(C; r) în punctul M0 si aun vector director al dreptei d = � \ �t. Deoarece d 2 �t, avem CM0 ? d.Atunci CM0 � a = 0. Pe de alt¼a parte, din d 2 �, avem c¼a CC 0 � a = 0, undeC 0 este centrul cercului . Tinând seama c¼a C 0M0 = CM0� CC 0 rezult¼a c¼aC 0M0 �a = 0, adic¼a C 0M0 ? d. Prin urmare, d este tangent¼a la cercul în M0.

Exercitiul 7.6.1 Fie cuadrica � : x2 + y2 + z2 � 12x � 4y + 1 = 0 si planul� : x+ y + z � 1 = 0 .a) Ar¼atati c¼a � este o sfer¼a si determinati coordonatele centrului si raza

acesteia;b) Ar¼atati c¼a � \ � este un cerc real si determinati coordonatele centrului

si raza acestuia;c) Scrieti ecuatiile tangentei la într-un punct M0(x0; y0; z0) 2 = � \ �.Rezolvare:a) Ecuatia lui � se scrie

(x2 � 12x+ 36) + (y2 � 4y + 4) + z2 � 36� 4 + 1 = 0 sau(x � 6)2 + (y � 2)2 + z2 = (

p39)2 si atunci � este o sfer¼a de raz¼a R =

p39 si

Page 151: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

7.7. SUPRAFETE RIGLATE. SUPRAFETE DE ROTATIE 143

de centru C (6; 2; 0) .

b) Distanta de la centrul C al sferei � la planul � este

�(C; �) =j6 � 1 + 2 � 1 + 0 � 1� 1jp

12 + 12 + 12=7p3

2< R =

p39 :

Deci intersectia dintre planul � si sfera � este un cerc real de centru C0si

raz¼a r. Mai mult, r =pR2 � (�(C; �))2 = 2

p513 .

Pentru a g¼asi coordonatele centrului cercului , C0, mai întâi vom scrie ecuatia

unei drepte ce trece prin C si este perpendicular¼a pe planul �, adic¼a x�61 =

y�21 = z�0

1 .Cum C

0este chiar proiectia lui C pe planul �, rezolvând sistemul�

x� 6 = y � 2 = zx+ y + z � 1 = 0 se obtine C

0(11=3;�1=3;�7=3).

c) Tangenta la cercul în punctul M0(x0; y0; z0) 2 se a�¼a la intersectiaplanului � cu planul tangent la sfera � în M0 . Deci are ecuatiile�

x+ y + z � 1 = 0(x0 � 6)x+ (y0 � 2)y + z0z + (�6x0 � 2y0 + 1) = 0

:

7.7 Suprafete riglate. Suprafete de rotatie

De�nitia 7.7.1 O suprafat¼a � care poate � generat¼a prin miscarea unei drepteg care se sprijin¼a pe o curb¼a dat¼a � E3 se numeste suprafat¼a riglat¼a. Înacest caz dreapta g se numeste generatoarea suprafetei.

În sectiunile anterioare am studiat deja astfel de suprafete (parabolidulhiperbolic, hiperbolidul cu o pânz¼a, conul p¼atratic, cilindrii). Acum vom studia,mai întâi suprafetele riglate numite suprafete cilindrice si suprafete conice (careinclud cuadricele de tip cilindru sau con), iar apoi suprafetele de rotatie (undereg¼asim elipsoizi, hiperbolizi si parabolizi de rotatie).

Fix¼am o curb¼a în E3, :�f(x; y; z) = 0g(x; y; z) = 0

si un vector nenul v = li+mj+nk.

De�nitia 7.7.2 Suprafata generat¼a prin miscarea generatoarei g care p¼astreaz¼adirectia lui v si se sprijin¼a pe curba se numeste suprafat¼a cilindric¼a. Curba se zice curba directoare a suprafetei.

Teorema 7.7.1 O suprafat¼a cilindric¼a � care are generatoarea g paralel¼a cu

dreapta d :

�P (x; y; z) = 0Q(x; y; z) = 0

si curba directoare :

�f(x; y; z) = 0g(x; y; z) = 0

are

ecuatia cartezian¼a'(P;Q) = 0; (14)

unde ' este o functie bine precizat¼a în x, y, z (' : D � R3 7! R; (x; y; z) 7!'(P (x; y; z); Q(x; y; z))), iar P , Q sunt functii polinomiale de gradul întâi în x,y, z.

Page 152: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

144 CAPITOLUL 7. CONICE SI CUADRICE

Demonstratie. Generatoarele paralele cu d au ecuatiile g :�P (x; y; z) = �Q(x; y; z) = �

,

cu �, � 2 R. Conditia ca g s¼a se sprijine pe curba se obtine eliminând pex, y, z între ecuatiile sistemului format cu ecuatiile generatoarei g si ale curbei (sistem ce trebuie s¼a �e compatibil). În urma eliminarii obtinem ecuatia'(�; �) = 0 sau '(P;Q) = 0.

Exemplul 7.7.1 S¼a se determine ecuatia suprafetei cilindrice de generatoare g

paralel¼a cu axa Oz si de curb¼a directoare :�x2 + yz = 02x� z � 1 = 0 .

Rezolvare:

În acest caz f(x; y; z) = x2 + yz, g(x; y; z) = 2x � z � 1, iar g :�x = �y = �

,

iar prin eliminarea lui x, y, z între aceste ecuatii se obtine suprafata cilindric¼a� : x2 + 2xy � y = 0, deoarece '(�; �) = �2 + �(2�� 1) = 0.

Exercitiul 7.7.1 Aceeasi cerint¼a pentru suprafata cilindric¼a de generatoare g

paralel¼a cu axa Ox si de curb¼a directoare :�x2 + y2 + z2 � 4 = 0x+ y + z � 1 = 0 .

Fix¼am o curb¼a în E3, :�f(x; y; z) = 0g(x; y; z) = 0

si un punct V (a; b; c).

De�nitia 7.7.3 Suprafata generat¼a prin miscarea generatoarei g care trece prinpunctul �x V , numit vârf si se sprijin¼a pe curba dat¼a se numeste suprafat¼aconic¼a.Curba se zice curb¼a directoare a suprafetei.

Teorema 7.7.2 O suprafat¼a conic¼a � pentru care vârful V are coordonatele

date de sistemul:

8<: P (x; y; z) = 0Q(x; y; z) = 0R(x; y; z) = 0

si curba directoare :�f(x; y; z) = 0g(x; y; z) = 0

are

ecuatia cartezian¼a

'(P

R;Q

R) = 0; (15)

unde ' este o functie bine precizat¼a în x, y, z (' : D � R3 7! R; (x; y; z) 7!'(P (x;y;z)R(x;y;z) ;

Q(x;y;z)R(x;y;z) )), iar P , Q, R sunt functii polinomiale de gradul întâi în x,

y, z.

Demonstratie. Multimea dreptelor g care trec prin V si care nu apartin plan-ului R(x; y; z) = 0 este la intersectia a dou¼a plane din fasciculele de plane deter-minate de dreapta de intersectie a planelor P (x; y; z) = 0 cu R(x; y; z) = 0 si, re-

spectivQ(x; y; z) = 0 cuR(x; y; z) = 0, adic¼a g :�P (x; y; z)� �R(x; y; z) = 0Q(x; y; z)� �R(x; y; z) = 0 ,

cu �, � 2 R. Conditia ca g s¼a se sprijine pe curba se obtine eliminând pe x,y, z între ecuatiile sistemului format cu ecuatiile lui g si ale curbei (sistem cetrebuie s¼a �e compatibil). În urma elimin¼arii obtinem ecuatia '(�; �) = 0 sau'(PR ;

QR ) = 0.

Page 153: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

7.7. SUPRAFETE RIGLATE. SUPRAFETE DE ROTATIE 145

Exemplul 7.7.2 S¼a se determine ecuatia suprafetei conice de vârf O(0; 0; 0) si

de curb¼a directoare cercul :�x2 + y2 = R2;z = a; a > 0:

Rezolvare:În acest caz f(x; y; z) = x2 + y2 � R2, g(x; y; z) = z � a. Vârful V este

dat de sistemul

8<: x = 0y = 0z = 0

, adic¼a generatoarele g care nu apartin planului xOy

(z = 0) au ecuatiile g :�x� �z = 0y � �z = 0 , iar prin eliminarea lui x, y, z între

aceste ecuatii si ecuatiile lui se obtine suprafata conic¼a � : x2 + y2 = R2

a2 z2,

deoarece mai întâi '(�; �) = �2 + �2� R2

a2 = 0 sau '(PR ;

QR ) = 0.

Exercitiul 7.7.2 Aceeasi cerint¼a pentru suprafata conica de vârf V (1; 0;�1)

si curba directoare :�x2 + y2 + z2 � 1 = 02z � 1 = 0 .

De�nitia 7.7.4 O suprafat¼a care poate � generat¼a prin rotirea unei curbe ,zis¼a curb¼a directoare, în jurul unei drepte �xe d, numit¼a ax¼a de rotatie, senumeste suprafat¼a de rotatie.

Teorema 7.7.3 O suprafat¼a de rotatie � care are axa de rotatie d : x�x0l =

y�y0m = z�z0

n si curba directoare :�f(x; y; z) = 0g(x; y; z) = 0

are ecuatia cartezian¼a

F ((x� x0)2 + (y � y0)2 + (z � z0)2; lx+my + nz) = 0; (16)

unde F este o functie ce se determin¼a.

Demonstratie. Din de�nitie rezult¼a c¼a orice punctM(x; y; z) de pe curba semisc¼a într-un plan � perpendicular pe axa d de ecuatie, � : lx+my + nz = �,� 2 R si va descrie un cerc G (zis cerc generator) care apare ca intersectia din-tre planele � si sferele S : (x�x0)2+(y�y0)2+(z�z0)2 = �2, � > 0, cu centrul în

punctulM0(x0; y0; z0) 2 d, adic¼aG :�(x� x0)2 + (y � y0)2 + (z � z0)2 = �2;lx+my + nz = �:

Cum cercul G se sprijin¼a pe curba trebuie ca sistemul format cu ecuatiilelui G si s¼a �e compatibil. Eliminând pe x, y, z între ecuatiile acestui sistemrezult¼a conditia de compatibilitate F (�2; �) = 0, adic¼a F ((x�x0)2+(y�y0)2+(z � z0)2; lx+my + nz) = 0.

Exemplul 7.7.3 S¼a se determine ecuatia cartezian¼a a torului, care este suprafatadescris¼a de un cerc care se roteste în jurul unei axe a�ate în planul cercului.Rezolvare:

Fie :�(x� a)2 + y2 + z2 = R2y = 0

, a > R, cercul cu centrul pe axa Ox

situat în planul xOz si axa de rotatie o lu¼am ca �ind axa Oz. Atunci cercul

Page 154: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

146 CAPITOLUL 7. CONICE SI CUADRICE

generator este G :�x2 + y2 + z2 = �2

z = �si astfel rezult¼a conditia de compatibil-

itate a sistemului format din ecuatiile lui G si ,�p

�2 � �2 � a�2+ �2 = R2.

Prin eliminarea lui � si � obtinem ecuatia torului�p

x2 + y2 � a�2+ z2 = R2,

adic¼a (x2 + y2 + z2 + a2 �R2)2 = 4a2(x2 + y2).

Observatia 7.7.1 S¼a observ¼am ca torul este o suprafat¼a de rotatie care nu esteo cuadric¼a!

Exercitiul 7.7.3 Aceeasi cerint¼a pentru suprafata de rotatie obtinut¼a prin rotirea

parabolei :�y2 = 2xz = 0

în jurul axei Ox.

7.8 Probleme propuse spre rezolvare

1. Fie cuadrica � : xy � 3xz + 4yz � 3 = 0.a) Studiati natura acestei cuadrice;

b) Studiati problema centrelor pentru �;

c) Determinati generatoarele rectilinii ale lui � care trec prin punctulM0(1; 1; 2).

2. Fie cuadrica � : x2+y2+z2�5x�4y�4z = 0 si planul � : x+2y�2z = 0.a) S¼a se arate c¼a � este o sfer¼a. Determinati centrul acestei sfere si razasa;

b) S¼a se arate c¼a � \ � este un cerc real . Determinati centrul acestuicerc si raza sa;

c) Calculati distanta de la punctul A(1; 2;�1) la dreapta tangent¼a la cercul = � \ � în punctul O.

3. Fie conica : 4x2 + 12xy + �y2 + 6x+ 9y + 2 = 0.

a) Calculati �, �. Discutie dup¼a � 2 R;b) S¼a se determine � astfel încât conica s¼a reprezinte dou¼a drepte.

4. Se d¼a conica � de ecuatie:

x2 � 5xy + 4y2 + x+ 2y � 3 = 0:

a) S¼a se calculeze �, �;

b) S¼a se scrie ecuatia tangentei la conic¼a în punctul de coordonate (1; 1);

c) S¼a se determine ecuatia canonic¼a a conicei si reperul natural atasat.Recunoasteti conica.

Page 155: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

7.8. PROBLEME PROPUSE SPRE REZOLVARE 147

5. Fie cuadrica � : x2+ y2+5z2� 6xy+2xz� 2yz� 4x+8y� 12z+14 = 0:a) S¼a se calculeze �, �;

b) S¼a se determine coordonatele centrului C al cuadricei �;

c) S¼a se aduc¼a la forma canonic¼a ecuatia cuadricei si s¼a se recunoasc¼acuadrica. Precizati reperul natural atasat lui �.

6. Fie hiperboloidul cu o pânz¼a:

x2

9+y2

4� z2 � 1 = 0

si punctul M0 (3; 2;�1).a) S¼a se scrie ecuatiile generatoarelor rectilinii care trec prin M0;

b) S¼a se calculeze m¼asura unghiului dintre aceste generatoare.

7. Fie paraboloidul hiperbolic de ecuatie:

x2

9� y

2

4= z

si punctul M0 (0; 2;�1).a) S¼a se scrie ecuatiile generatoarelor rectilinii care trec prin M0;

b) S¼a se calculeze m¼asura unghiului dintre aceste generatoare.

8. Fie cuadrica � : x2 + y2 + 4z2 + 2xy + 4xz + 4yz � 6z + 1 = 0.a) Este � o cuadric¼a nedegenerat¼a?

b) Rezolvati problema centrelor de simetrie pentru �;

c) Determinati ecuatia canonic¼a si reperul natural pentru �. Recunoasteticuadrica �.

9. a) S¼a se scrie ecuatiile planelor tangente la elipsoidul E : x2+y2+2z2�1 =0 care sunt paralele cu planul � : x� y + z � 1 = 0;b) S¼a se scrie ecuatiile planelor tangente la cuadrica � : 2x2+5y2+2z2�

2xy + 6yz � 4x� y � 2z = 0 care contin dreapta d :�4x� 5y = 0z � 1 = 0 .

10. Fie hiperbola (în spatiu) h :�

x2

a2 �y2

b2 � 1 = 0z = 0

.

a) S¼a se scrie ecuatia suprafetei de rotatie obtinut¼a prin rotirea hiperboleih în jurul axei Ox;

b) S¼a se scrie ecuatia suprafetei de rotatie obtinut¼a prin rotirea hiperboleih în jurul axei Oy.

Page 156: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

148 CAPITOLUL 7. CONICE SI CUADRICE

11. S¼a se scrie ecuatia suprafetei cilindrice având curba directoare

:

�x2 + y2 + 2x� y = 0z = 0

si generatoarele paralele cu dreapta d : x�1�1 =

y�2�1 =

z2 .

12. S¼a se scrie ecuatia suprafetei conice cu vârful V (�1; 0; 1) si având curba

directoare :�y2 = 2pxz = 0

, cu p > 0 �xat arbitrar.

Page 157: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Partea III

GEOMETRIEDIFERENTIAL¼A

149

Page 158: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU
Page 159: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Capitolul 8

Curbe în plan si în spatiu

Fix¼am un reper cartezian ortonormat R =�O; i; j; k

în E3 (sau R =

�O; i; j

în E2).Din momentul în care am �xat un reper cartezian ortonormat în spatiul

E3, orice punct M 2 E3 se identi�c¼a cu tripletul (x; y; z) 2 R3, format cucoordonatele punctului fat¼a de reperul considerat. De asemenea, orice punctM 2 E3 se identi�ca cu vectorul sau de pozitie OM = xi+ yj + zk 2 V 3. Prinurmare, putem identi�ca E3 cu R3, din punct de vedere topologic (chiar metric,deoarece spatiile au aceeasi distant¼a) sau putem identi�ca V 3 cu R3, din punctde vedere algebric si topologic (sunt spatii vectoriale izomorfe si izometrice).De fapt, în continuare vom considera c¼a R3 este modelul aritmetic al

spatiului punctual euclidian E3, raportat la un reper cartezian ortonormatR =

�O; i; j; k

si c¼a R3 este modelul aritmetic al spatiului vectorial al vec-

torilor liberi V 3 asociat lui E3. O situatie similar¼a avem pentru R2 si planuleuclidian.

8.1 Drumuri parametrizate. Parametrizare nat-ural¼a. Drumuri echivalente

De�nitia 8.1.1 Fie I � R un interval deschis (sau, uneori, închis, semiînchissau o reuniune de intervale). Se numeste drum parametrizat de clas¼a Ck

(k � 1) în spatiu (sau în plan) o aplicatie � : I ! R3(sau � : I ! R2, încazul plan), t 2 I �! �(t) = (x(t); y(t); z(t)) (sau t 2 I �! �(t) = (x(t); y(t)),în cazul plan), de clas¼a Ck (k � 1) pe I, adic¼a �ecare dintre functiile scalaret 2 I x! x(t), t 2 I y! y(t), t 2 I z! z(t) sunt derivabile de k ori I si derivatade ordinul k este continu¼a pe I (analog, pentru cazul plan).

Vom nota un drum parametrizat prin (I; � = �(t)).Multimea de puncte �(I) = f�(t) = (x(t); y(t); z(t)) jt 2 I g � R3 se nu-

meste suportul (sau imaginea) drumului parametrizat �.

151

Page 160: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

152 CAPITOLUL 8. CURBE ÎN PLAN SI ÎN SPATIU

Spunem c¼a un punct M0 2 E3, de coordonate (x0; y0; z0) relativ la reperulR, se a�¼a pe suportul drumului parametrizat (I; � = �(t)) dac¼a exist¼a t0 2 Iasa încât �(t0) = (x0; y0; z0). Vom scrie M0 2 �(I) sau M0 = �(t0).Ecuatiile 8<: x = x(t)

y = y(t)z = z(t)

; t 2 I; (1)

se numesc ecuatiile parametrice ale drumului �, iar t 2 I se zice para-metru (sau coordonat¼a curbilinie).Dac¼a consider¼am aplicatia vectorial¼a � : t 2 I ! �(t) = OM = x(t)i +

y(t)j + z(t)k 2 V 3, atunci ecuatia

� = �(t); t 2 I; (2)

se numeste ecuatia vectorial¼a a drumului �.

De�nitia 8.1.2 Un drum parametrizat (I; � = �(t)) se numeste nesingular(sau ordinar, sau regulat) dac¼a

(x0(t))2+ (y0(t))

2+ (z0(t))

2 6= 0; 8t 2 I;

adic¼a �0(t) = x0(t)i+ y0(t)j + z0(t)k 6= 0, pentru orice t 2 I.

Un punct M = �(t0), t0 2 I, al drumului pentru care �0(t0) = 0 se numestepunct singular. Altfel, dac¼a �0(t0) 6= 0, spunem c¼aM este un punct ordinar(sau regulat).

Vectorul �0(t0)not= d�

dt (t0) se numeste vectorul vitez¼a (sau vector tan-gent) la drumul parametrizat (I; � = �(t)), în punctul M = �(t0).

De�nitia 8.1.3 Fie drumul parametrizat (I; � = �(t)). Un punct M 2 �(I) senumeste punct simplu dac¼a exist¼a o singur¼a valoare t0 2 I astfel caM = �(t0).În caz contrar, dac¼a exist¼a dou¼a, trei sau, în general, mai multe valori distincte,atunci punctul M se numeste punct dublu, triplu, respectiv multiplu.

De�nitia 8.1.4 Dac¼a � : [a; b] ! R3 (sau R2) este un drum parametrizat declas¼a Ck astfel ca �(a) = �(b), atunci spunem c¼a drumul � este închis.

Exemplul 8.1.1 1) Fie v = li+mj+nk un vector liber nenul siM0(x0; y0; z0) 2E3 un punct �xat. Aplicatia vectorial¼a � : t 2 R ! �(t) = OM = (x0 + tl)i +(y0 + tm)j + (z0 + tn)k 2 V 3 de�neste un drum parametrizat (R; � = �(t)) declas¼a C1, care are drept suport chiar dreapta d determinat¼a de punctul M0 sivectorul director v. Cum �0(t) = v 6= 0, rezult¼a c¼a drumul � este nesingular.Se observ¼a c¼a si drumul parametrizat (R; �1 = �1(t)) de clas¼a C1, de�nit prin�1(t) = (x0+t

3l)i+(y0+t3m)j+(z0+t

3n)k, are ca suport tot dreapta d determi-nat¼a de punctul M0 si vectorul director v (justi�carea-tem¼a!), dar �01(t) = 3t

2vsi astfel �1 este un drum cu un punct singular P = �1(0). Deci �1 este undrum diferit de drumul �, desi au acelasi suport.

Page 161: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

8.1. DRUMURI PARAMETRIZATE 153

2) Drumul �1 : [0; 2�] ! R2, �1(t) = (R cos t; R sin t) este un drum închis,nesingular în plan, de clas¼a C1 cu suportul chiar cercul cu centrul în origineareperului si raza R, iar drumul �2 : [0; 2�] ! R2, �2(t) = (R cos 2t; R sin 2t)este tot un drum închis, nesingular, de clas¼a C1 cu acelasi suport.

Este clar c¼a exist¼a drumuri parametrizate diferite (de aceeasi clas¼a sau nu)care au acelasi suport sau nu. Din acest motiv ne intereseaz¼a cum putem com-para si relationa dou¼a drumuri parametrizate de aceeasi clas¼a care s¼a aib¼a acelasisuport.

De�nitia 8.1.5 Dou¼a drumuri parametrizate de clasa Ck, �1 : I ! R3 si�2 : J ! R3, se numesc echivalente (si cu aceeasi orientare) dac¼a exist¼ao functie ' : I ! J de clas¼a Ck, bijectiv¼a (si strict crescatoare) astfel ca �1 =�2 � '.Functia ' se zice schimbare de parametru. Evident c¼a si inversa '�1 :

J ! I este de clas¼a Ck, strict crescatoare si �2 = �1 � '�1.

La exemplul 2) de mai sus schimbarea de parametru (de clas¼a C1) este' : [0; 2�]! [0; 2�], '(t) = 2t. În general, avem:

Propozitia 8.1.1 Dou¼a drumuri parametrizate (I; �1 = �1(t)), (J; �2 = �2(�))de aceeasi clas¼a care sunt echivalente (nu neap¼arat si cu aceeasi orientare) auacelasi suport.

Demonstratie. �1(I) = (�2 � ') (I) = �2('(I)) = �2(J).Reciproca nu este întotdeauna adevarat¼a! A se vedea exemplul 1) de mai

sus.

Exercitiul 8.1.1 Aratati c¼a dac¼a (I; �1 = �1(t)) si (J; �2 = �2(�)) sunt dou¼adrumuri parametrizate echivalente (nu neap¼arat si cu aceeasi orientare), iarunul dintre drumuri este nesingular, atunci si cel¼alalt drum este nesingular.(Indicatie: A se folosi relatia �01(t) = '0(t)�02('(t)), de la derivarea functiilorcompuse).

De�nitia 8.1.6 Un drum parametrizat (I; � = �(s)) se zice drum cu para-metrizare natural¼a dac¼a

�0(s) = 1, 8s 2 I, adic¼a vectorul vitez¼a are

lungimea 1 în orice punct al drumului. În acest caz, s se numeste parametrunatural.

Având în vedere notiuni clasice de analiz¼a matematic¼a, putem da de�nitia:

De�nitia 8.1.7 Fie (I; � = �(t)) un drum parametrizat de clas¼a Ck (k � 1).Pentru orice t1, t2 2 I num¼arul real pozitiv������

t2Zt1

k�0(t)k dt

������ =������t2Zt1

q(x0(t))

2+ (y0(t))

2+ (z0(t))

2dt

������ (3)

se numeste lungimea drumului � între punctele M1 = �(t1) si M2 =�(t2), notat¼a prin Lt1t2 sau L\M1M2

.

Page 162: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

154 CAPITOLUL 8. CURBE ÎN PLAN SI ÎN SPATIU

Dac¼a � : [a; b] ! R3 si integralabRa

k�0(s)k dt exist¼a si este �nit¼a, atunci

drumul se zice drum recti�cabil. Din analiza matematic¼a se cunoaste c¼a dac¼a� este de clas¼a Ck, k � 1, pe [a; b], atunci drumul � este recti�cabil.

Propozitia 8.1.2 Dac¼a (I; � = �(s)) este un drum cu parametrizare natural¼asi dac¼a 0 2 I, iar s > 0, atunci valoarea lui s coincide cu lungimea drumului dela M0 = �(0) la M = �(s).

Demonstratie. L\M0M=

���� sR0

�0(s) ds���� = ���� sR0

1ds

���� = js� 0j = s.Datorit¼a acestui rezultat parametrul natural s se mai numeste abscis¼a cur-

bilinie a punctului M = �(s) pe drumul � fat¼a de "originea" M0 = �(0).

Propozitia 8.1.3 Dou¼a drumuri echivalente (I; �1 = �1(t)), (J; �2 = �2(�))au aceeasi lungime între punctele care se corespund.

Demonstratie. Dac¼a ' este schimbarea de parametru si �1 = '(t1), �2 =

'(t2), atunci Lt1t2 =

����� t2Rt1 k�01(t)k dt����� =

����� t2Rt1 k�02('(t))k � j'0(t)jdt����� =

������2R�1 k�02(�)k d������ =

L�1�2 .

Propozitia 8.1.4 Orice drum parametrizat (I; � = �(t)) de clas¼a cel putin C1

este echivalent si are aceeasi orientare cu un drum cu parametrizare natural¼a.

Demonstratie. Fix¼am t0 2 I si de�nim functia ' : I ! R, '(t) =tRt0

k�0(�)k d� .

Evident c¼a ' este o functie derivabil¼a si strict crescatoare ('0(t) = k�0(t)k > 0,8t 2 I), iar cum J = '(I) este un interval si exist¼a '�1 : J ! I, putem de�ni� : J ! E3, prin � = � � '�1. Este usor de v¼azut c¼a (J; � = �(s)) este undrum parametrizat de clasa drumului �, iar functia ' este o schimbare de para-metru, s = '(t) (sau '�1(s) = t). Mai mult, �

0(s) = �0('�1(s)) �

�'�1

�0(s) =

�0('�1(s))� 1'0('�1(s)) = �

0(t)� 1'0(t) = �

0(t)� 1k�0(t)k si astfel avem ca

�0(s) = 1,pentru orice s 2 J . În �nal, cum � = � �' avem c¼a drumul � este echivalent siare aceeasi orientare cu drumul cu parametrizare natural¼a �.

Exemplul 8.1.2 1) Fie �1 : [0; �] ! R2, �1(t) = (R cos t; R sin t) si �2 :[�R;R] ! R2, �2(x) =

��x;

pR2 � x2

�. Cum ' : [0; �] ! [�R;R] , '(t) =

�R cos t este derivabil¼a, strict cresc¼atoare, bijectiv¼a, adic¼a este o schimbare deparametru, iar �1 = �2 � ' rezult¼a c¼a drumurile �1 si �2 sunt echivalente si cuaceeasi orientare. Suportul lor comun este chiar semicercul superior al cerculuide centru O si raza R.2) Drumurile �1 : [0; 2�] ! R2, �1(t) = (R cos t; R sin t) si �2 : [0; 2�] !

R2, �2(u) = (R cos 3u;R sin 3u) au aceeasi imagine (suport),�(x; y)jx2 + y2 = R2

- cercul de centru O si raza R, dar nu sunt echivalente chiar dac¼a avem �1 =�2 � ', unde ' : [0; 2�] ! [0; 2�], u = '(t) = t

3 , deoarece ' nu este surjectiv¼asi deci nu este o schimbare de parametru.

Page 163: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

8.2. DEFINITIA CURBEI. MODURI DE REPREZENTARE 155

8.2 De�nitia curbei. Moduri de reprezentare

De�nitia 8.2.1 O submultime C � E3 (sau C � E2) se numeste curb¼a înspatiu (în plan) dac¼a pentru orice punct a 2 C exist¼a un drum parametrizat declas¼a C1, nesingular, (I; � = �(t)), unde I � R interval deschis, si o vecin¼atateV a lui a astfel ca �(I) = V \ C, iar aplicatia � : I ! �(I) s¼a �e bijectiv¼a cuinversa continu¼a (adic¼a sa �e un homeomor�sm).

Observatia 8.2.1 De�nitia dat¼a aici permite sesizarea imediat¼a a faptului c¼ao curb¼a este o varietate diferentiabil¼a de dimensiune 1. Cu alte cuvinte, o curb¼aC coincide local cu suportul unui drum parametrizat (I; � = �(t)) nesingular,drum care se numeste parametrizare local¼a a curbei C în vecin¼atatea luia 2 C:

De�nitia 8.2.2 Curba C se numeste curb¼a simpl¼a dac¼a exist¼a un drum para-metrizat (I; � = �(t)) de clas¼a C1 asa încât �(I) = C.

Pentru o mai profund¼a întelegere a notiunii de curb¼a prezent¼am teoremaurm¼atoare:

Teorema 8.2.1 a) Fie C � E3 o curb¼a. Daca a 2 C si V � E3 este o multimedeschis¼a care contine punctul a, atunci orice dou¼a parametriz¼ari locale ale luiC, (I; � = �(t)), (J; � = �(�)), cu V \ C = �(I) = �(J) sunt echivalente.b) Dac¼a (I; � = �(t)) este un drum parametrizat nesingular, atunci pentru

orice t0 2 I exist¼a o vecin¼atate J � I a lui t0 asa încât C = �(J) s¼a �e o curb¼asimpl¼a.

Demonstratie. a) De�nim ' : I ! J prin ' = ��1��. Dac¼a dovedim c¼a ' esteo schimbare de parametru, atunci rezult¼a c¼a cele dou¼a drumuri sunt echivalente(pentru c¼a � = � � ').Mai întâi s¼a observ¼am c¼a ' este bijectiv¼a, deoarece � : I ! �(I) si � : J !

�(J) sunt bijective. R¼amâne sa ar¼at¼am c¼a ' si '�1 sunt derivabile.Fie t0 2 I, arbitrar �xat. Fie �0 = '(t0) 2 J . Deoarece drumul (J; � = �(�))

este nesingular, adic¼a �0(�) = x0(�)i+ y0(�)j+ z0(�)k 6= 0, 8� 2 J , atunci avem

c¼a �0(�0) 6= 0. Dac¼a presupunem c¼a x0(�0) 6= 0, atunci aplicând Teorema

functiei inverse (notând x(�0) = x0) avem c¼a exist¼a o vecinatate U � J a lui �0,

Page 164: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

156 CAPITOLUL 8. CURBE ÎN PLAN SI ÎN SPATIU

o vecin¼atate V a lui x0 si o functie bijectiv¼a f : V ! U cu f si f�1 derivabileasa încât ecuatia x = x(�) s¼a aib¼a solutia � = f(x). Atunci �(f(V )) = �(U) =C \ D, unde D este o vecin¼atate a punctului (x(�0); y(�0); z(�0)). Deoarece�(�) = (x(�); y(�); z(�)), 8� 2 J rezult¼a c¼a 8x 2 V avem �(f(x)) = (x; y; z)si astfel ��1(x; y; z) = f(x). Atunci, în vecin¼atatea ��1(�(f(V ))) a lui t0 ='�1(�0), functia '(t) = ��1(�(t)) = f(x(t)) este derivabil¼a deoarece este ocompunere de functii derivabile. Cum ' este derivabil¼a în vecin¼atatea lui t0 sit0 este arbitrar ales în I, atunci rezult¼a c¼a ' este derivabil¼a pe I, iar '�1 estederivabil¼a pe J .b) Fie �(t) = (x(t); y(t); z(t)), t 2 I. Fix¼am t0 2 I, arbitrar. Cum �0(t0) 6= 0

avem, de exemplu, x0(t0) 6= 0 si atunci conform Teoremei functiei inverse rezult¼ac¼a ecuatia x = x(t) admite solutia f = f(x) cu f derivabil¼a într-o vecin¼atateV a lui x0 = x(t0), iar f(x0) = t0. Fie U = f(V ). Atunci f : V ! U estebijectiv¼a si f , f�1 sunt derivabile. În plus, stim c¼a f�1 : U ! V , t ! x(t),�jV : V ! �(U), x(t) ! (x(t); y(t); z(t)) sunt bijectii continue astfel încât� = �jV � f�1 este de asemenea continu¼a. Deci �(U) este o curb¼a simpl¼a.În concluzie, orice curb¼a este local suportul unui drum parametrizat nesin-

gular, unic determinat pân¼a la o schimbare de parametru.Având în vedere c¼a orice dou¼a parametriz¼ari locale, cu acelasi suport, ale

aceleiasi curbe sunt echivalente, teorema de mai sus permite de�nirea unei curbeca o clas¼a de echivalent¼a a unui drum parametrizat. Aceast¼a de�nitie nu coincidecu de�nitia curbei ca o varietate diferentiabil¼a unidimensional¼a, introdus¼a laînceputul sectiunii.

De�nitia 8.2.3 Se numeste parametrizare local¼a natural¼a pe o curb¼a alegereaunui drum parametrizat (I; � = �(s)) cu proprietatea c¼a k�0(s)k = 1, 8s 2 I. sse numeste parametru natural pe curb¼a.

Având în vedere c¼a orice drum parametrizat de clas¼a cel putin C1 este echiva-lent cu un drum cu parametrizare natural¼a rezult¼a:

Propozitia 8.2.1 Orice curb¼a admite o parametrizare local¼a natural¼a.

De�nitia 8.2.4 Fie C o curb¼a în spatiu (sau în plan). Atunci:a) curba C se numeste închis¼a dac¼a este reprezentat¼a de un drum parame-

trizat închis, adic¼a exist¼a � : [a; b] ! R3 (sau R2) un drum parametrizat declas¼a C1, nesingular, astfel ca �(a) = �(b).b) dac¼a exist¼a dou¼a drumuri parametrizate �1 : [a; b] ! R3 si �2 : [b; c] !

R3 asa încât �1(b) = �2(b), atunci drumul � : [a; c] ! R3, de�nit prin

�(t) =

��1(t); t 2 [a; b]�2(t); t 2 (b; c] este numit juxtapunerea (sau lipitura) celor dou¼a

drumuri, iar C = C1[C2 este o curb¼a obtinut¼a prin juxtapunerea curbelor sim-ple C1 = �1([a; b]) si C2 = �2([b; c]).c) curba C este o curb¼a f¼ar¼a puncte multiple dac¼a orice drum parame-

trizat ce o reprezint¼a (local) este un drum format numai din puncte simple.d) curba C se numeste curb¼a recti�cabil¼a dac¼a este reprezentat¼a de un

drum recti�cabil. Lungimea comun¼a a drumurilor echivalente ce de�nesc curbaC se numeste lungimea curbei C.

Page 165: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

8.2. DEFINITIA CURBEI. MODURI DE REPREZENTARE 157

e) se numeste drum parametrizat nesingular pe portiuni (numit sidrum neted) un drum obtinut prin juxtapunerea unui num¼ar �nit de drumuriparametrizate nesingulare. O curba C se zice curb¼a nesingular¼a pe portiuni(sau neted¼a) dac¼a este reprezentat¼a de un drum parametrizat nesingular peportiuni.

În continuare vom prezenta si alte moduri de a de�ni o curb¼a în spatiu (sauîn plan), numite moduri de reprezentare a curbelor.

8.2.1 Curbe în plan

O curba C se numeste curb¼a plan¼a (sau în plan) dac¼a exis¼a un plan în spatiucare contine curba C.Alegem reperul ortonormat cartezian în spatiu Oxyz asa încât planul curbei

s¼a �e chiar planul xOy. O curb¼a plan¼a poate �dat¼a parametric, explicit, implicitsau în coordonate polare.1) Reprezentarea parametric¼aReamintim (din de�nitia curbei) c¼a o curba C este reprezentat¼a parametric

dac¼a pentru orice punct al s¼au exist¼a o vecin¼atate în care curba este suportulunui drum parametrizat (I; � = �(t)). Avem astfel ecuatiile parametrice�

x = x(t)y = y(t)

; t 2 I: (1�)

Exemplul 8.2.1 a) Cercul de centru O si raza R are ecuatiile parametrice:�x = R cos ty = R sin t

, t 2 [0; 2�].

b) Ecuatiile parametrice:�x = a cos ty = b sin t

, t 2 [0; 2�], reprezint¼a elipsa de

semiaxe a, b, pe ecuatia canonic¼a.

c) Ecuatiile parametrice:�x = R(t� sin t)y = R(1� cos t) , t 2 [0;1) , reprezinta ci-

cloida, adic¼a curb¼a plan¼a descris¼a de un punct �xat pe un cerc de raz¼a R,care se rostogoleste f¼ar¼a alunecare pe semiaxa Ox pozitiv¼a începând din pozitiainitial¼a cu centrul cercului pe axa Oy.

2) Reprezentarea explicit¼aFie functia f : I ! R, de clas¼a C1. Gra�cul ei Gf = f(x; f(x))jx 2 Ig este

o curb¼a simpl¼a, cu parametrizarea�x = ty = f(t)

, t 2 I. Uneori se întalnesc si

curbe de tipul C : x = g(y), unde g : J ! R, de clas¼a C1, cu parametrizarea�x = g(t)y = t

, t 2 J .

Exemplul 8.2.2 Curba dat¼a explicit prin y = f(x), unde f(x) = e�x2

, esteclopotul lui Gauss.

Page 166: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

158 CAPITOLUL 8. CURBE ÎN PLAN SI ÎN SPATIU

3) Reprezentarea implicit¼aFie D � R2 o multime deschis¼a, F : D ! R de clas¼a C1si � = f(x; y) 2

DjF (x; y) = 0g. În general multimea � nu este o curb¼a. Dac¼a îns¼a, pentru oricepunct (x0; y0) 2 D avem c¼a

�@F@x (x0; y0);

@F@y (x0; y0)

�6= (0; 0), atunci multimea

� este o curb¼a, iar ecuatia

F (x; y) = 0; (x; y) 2 D (4)

se numeste ecuatia cartezian¼a implicit¼a a curbei plane �.Într-adev¼ar, dac¼a într-un punct (x0; y0) 2 D avem, de exemplu, @F@y (x0; y0) 6=

0, atunci aplicând Teorema functiilor implicite avem c¼a exist¼a o vecin¼atate V �D a punctului (x0; y0) si o functie ' : I ! R, de clas¼a C1 (I �ind un intervalreal deschis ce contine pe x0) asa încât y = '(x), y0 = '(x0) si F (x; '(x)) = 0,8x 2 I. E clar c¼a �\V = f(x; '(x))jx 2 Ig este o curb¼a. Deci, local, putem g¼asiun drum parametrizat ce reprezint¼a local pe �. Reciproc, dac¼a � : I ! E2 esteun drum parametrizat cu �(t) = (x(t); y(t)) si în vecin¼atatea unui punct t0 2 Iputem elimina pe t între ecuatiile parametrice x = x(t), y = y(t), obtinândecuatia F (x; y) = 0, atunci acesta este ecuatia unei curbe plane cu suportulinclus în �.

Exemplul 8.2.3 Cercul cu reprezentarea implicit¼a (x�x0)2+(y�y0)2�R2 = 0,are dou¼a reprezentari explicite y = f(x) = y0 �

pR2 � (x� x0)2, x 2 [x0 �

R; x0 +R] si reprezentarea parametric¼a�x = x0 +R cos ty = y0 +R sin t

, t 2 [0; 2�].

4) Reprezentarea în coordonate polareFie f : [�1; �2] ! R, o functie derivabil¼a si cu valori pozitive, iar (�; �)

coordonatele polare în plan (x = � cos �, y = � sin �). Fie � = f(�; �)j� =f(�); � 2 [�1; �2]g � R2. Multimea � este o curb¼a plan¼a cu parametrizarealocal¼a x = f(�) cos �, y = f(�) sin �, � 2 [�1; �2]. Atunci, în coordonate polare,curba � are ecuatia

� = f(�); � 2 [�1; �2]: (5)

Exemplul 8.2.4 Curba de ecuatie � = k�, � � 0, (k > 0, �xat) se numestespirala lui Arhimede. Trifoiul cu patru foi are ecuatia � = a sin 2�, � 2f� 2 Rj sin 2� � 0g, (a > 0, �xat).

8.2.2 Curbe în spatiu (curbe strâmbe)

1) Reprezentarea parametric¼aCa si în cazul curbelor plane, o curb¼a C în spatiu (zis¼a si curb¼a strâmb¼a)

este reprezentat¼a parametric dac¼a pentru orice punct al sau exist¼a o vecin¼atateîn care curba coincide cu suportul unui drum parametrizat (I; � = �(t)).

Page 167: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

8.2. DEFINITIA CURBEI. MODURI DE REPREZENTARE 159

Exemplul 8.2.5 a) Suportul drumului � : R ! R3, �(t) = (a cos t; a sin t; bt),a, b > 0 este o curb¼a numit¼a elice cilindric¼a.

b) Curba dat¼a prin ecuatiile parametrice

8<: x = t2

y = et

z = t, t 2 R, reprezint¼a o

curb¼a neted¼a în spatiu.

2) Reprezentarea implicit¼a

Fie D � R3 o multime deschis¼a si F , G : D ! R dou¼a functii de clas¼a C1

pe D. Fie� = f(x; y; z) 2 DjF (x; y; z) = 0; G(x; y; z) = 0g:

În general multimea � nu este o curb¼a. Dac¼a îns¼a, pentru orice punct(x0; y0; z0) 2 D avem c¼a matricea jacobian¼a

J =

@F@x

@F@y

@F@z

@G@x

@G@y

@G@z

!în punctul (x0; y0; z0)

are rangul doi, atunci multimea � este o curb¼a în spatiu, iar ecuatiile�F (x; y; z) = 0G(x; y; z) = 0

; (x; y; z) 2 D (6)

se numesc ecuatiile carteziane implicite a curbei �.Într-adev¼ar, conform Teoremei functiilor implicite, pentru orice (x0; y0; z0) 2

D exist¼a o vecin¼atate V � D a lui (x0; y0; z0) astfel ca � \ V s¼a �e o curb¼a,

deoarece dac¼a admitem c¼a D(F;G)D(y;z) (x0; y0; z0)not=

����� @F@y

@F@z

@G@y

@G@z

�����j(x0;y0;z0)

este nenul,

atunci exist¼a o vecin¼atate V a lui (x0; y0; z0) si functiile reale de clas¼a C1,

xf! y = f(x), x

g! z = g(x), de�nite pe o vecin¼atate I a lui x0 asa încât� \ V = f(x; f(x); g(x))jx 2 Ig.

De fapt, în vecin¼atatea I a lui x0 avem

y0 =

D(F;G)D(z;x)

D(F;G)D(y;z)

; z0 =

D(F;G)D(x;y)

D(F;G)D(y;z)

:

De�nitia 8.2.5 Un punct (x0; y0; z0) 2 D se zice punct critic (sau punctsingular) al curbei dac¼a rangul matricei jacobiene J în (x0; y0; z0) este < 2.

Portiunea � \ V din vecin¼atatea punctului nesingular (x0; y0; z0) poate �privit¼a în mai multe moduri:a) �e ca intersectie de dou¼a suprafete cilindrice;b) �e ca suportul drumului parametrizat � : I ! R3, �(t) = (t; f(t); g(t)),

t 2 I;

Page 168: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

160 CAPITOLUL 8. CURBE ÎN PLAN SI ÎN SPATIU

c) �e ca gra�cul aplicatiei h : I ! R2, h(x) = (f(x); g(x)), caz în care �\Veste o curb¼a simpl¼a si nesingular¼a.Deci, � apare ca o reuniune de curbe simple si nesingulare, eventual cu unele

puncte critice.

Observatia 8.2.2 Dac¼a � � E3 este o curb¼a în spatiu dat¼a prin parametrizarea8<: x = x(t)y = y(t)z = z(t)

, t 2 I, si dac¼a pentru un t0 2 I avem x0(t0) 6= 0, atunci Teo-

rema functiei inverse ne asigur¼a c¼a ecuatia x = x(t) admite solutii t = t(x)într-o vecin¼atate I1 � I a lui t0. Astfel, în vecin¼atatea I curba � apare caintersectie a dou¼a suprafete cilindrice y = y(x), z = z(x) si spunem c¼a, învecin¼atatea lui t0, s-a trecut de la reprezentarea parametric¼a la reprezentareacartezian¼a. Mai general, dac¼a exist¼a o functie ' : R3 ! R2, ' = (F;G)asa încât F (x(t); y(t); z(t)) = 0, G(x(t); y(t); z(t)) = 0, 8t 2 I, atunci sistemul�F (x; y; z) = 0G(x; y; z) = 0

contine ecuatiile carteziene ale curbei � :

8<: x = x(t)y = y(t)z = z(t)

, t 2 I.

Exemplul 8.2.6 a) � = f(x; y; z) 2 R3jx2 + y2 � a2 = 0; y2 + z2 � a2 = 0g,a > 0, este o curb¼a neted¼a în spatiu dat¼a ca intersectie de doi cilindri.b) � = f(x; y; z) 2 R3jx2 + y2 + z2 � 2ax � 2by � 2cz + d = 0; Ax + By +

Cz +D = 0g, unde a2 + b2 + c2 � d > 0, A2 +B2 +C2 > 0 si jAa+Bb+Cc+DjpA2+B2+C2

<pa2 + b2 + c2 � d, este o curb¼a neted¼a în spatiu numit¼a cerc în spatiu, dat¼a

ca intersectia dintre o sfer¼a si un plan.

c) � :�x2 + y2 = 1z = 2

este tot un cerc în spatiu si coincide cu imaginea

drumului parametrizat � : [0; 1]! R3, �(t) = (t;p1� t2; 2), 8t 2 [0; 1].

d) Conica (din planul �) , :�g(x; y; z) = 0Ax+By + Cz +D = 0

, apare ca inter-

sectia dintre caudrica � : g(x; y; z) = 0 si planul � : Ax+By + Cz +D = 0.e) � = f(x; y; z) 2 R3jx2+y2� z2 = 0; z� earctg yx = 0g este o curb¼a neted¼a

în spatiu de ecuatii parametrice x = et cos t, y = et sin t, z = et, t 2 R.

8.3 Tangenta si normala. Planul normal

8.3.1 Cazul curbelor plane

Fie � o curb¼a plan¼a parametrizat¼a, � = �(I), unde � : I ! R2, �(t) =(x(t); y(t)), este un drum parametrizat de clas¼a C1. Fie P = �(t) un punctregulat al curbei �.

De�nitia 8.3.1 Dreapta care trece prin punctul regulat P si are ca vector di-rector pe �0(t), vectorul vitez¼a, se numeste tangenta la curba � în punctulP , iar dreapta care trece prin P si este perpendicular¼a pe tangent¼a se numestenormala curbei � în punctul P .

Page 169: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

8.3. TANGENTA SI NORMALA. PLANUL NORMAL 161

Prin urmare, tangenta (notat¼a T ) si normala (notat¼a N) la curba plan¼a �în punctul P (x(t); y(t)) au ecuatiile:

T :x� x(t)x0(t)

=y � y (t)y0(t)

; (7)

N : x0(t)(x� x(t)) + y0(t)(y � y(t)) = 0: (8)

Observatia 8.3.1 Dac¼a punctul P = �(t) este un punct singular de ordinul m(m 2 N�) al curbei �, adic¼a �0(t) = � � � = �(m�1)(t) = 0 si �(m)(t) 6= 0, atuncitangenta si normala la � în P au ecuatiile

Tm :x� x(t)x(m)(t)

=y � y (t)y(m)(t)

; (7�)

Nm : x(m)(t)(x� x(t)) + y(m)(t)(y � y(t)) = 0: (8�)

Dac¼a curba plan¼a � este dat¼a explicit prin y = f(x), x 2 I � R, undef 2 C1(I), atunci tangenta în punctul P (x0; f(x0)) are ecuatia y � f(x0) =f 0(x0)(x�x0), iar normala în acelasi punct are ecuatia y�f(x0) = � 1

f 0(x0)(x�

x0), dac¼a f 0(x0) 6= 0.Dac¼a curba plan¼a � este dat¼a implicit F (x; y) = 0, unde D � R2, deschis¼a,

F 2 C1(D) si (x0; y0) 2 D este un punct regulat al curbei (de exemplu, dac¼a@F@y (x0; y0) 6= 0), atunci exist¼a o vecin¼atate I � R a lui x0 si o functie f 2C1(I) astfel încât y = f(x), 8x 2 I si F (x; f(x)) = 0, 8x 2 I. Prin urmare@F@x (x; f(x)) + f

0(x)@F@y (x; f(x)) = 0, 8x 2 I si atunci

f 0(x0) = �@F@x (x0; y0)@F@y (x0; y0)

:

Astfel, ecuatia tangentei la � în punctul (x0; y0) devine

T : (x� x0)@F

@x(x0; y0) + (y � y0)

@F

@y(x0; y0) = 0; (9)

iar ecuatia normalei la � în punctul (x0; y0) este

N :x� x0

@F@x (x0; y0)

=y � y0

@F@y (x0; y0)

: (10)

Page 170: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

162 CAPITOLUL 8. CURBE ÎN PLAN SI ÎN SPATIU

8.3.2 Cazul curbelor în spatiu

Fie curba � în spatiu, dat¼a prin ecuatia vectorial¼a � = �(t), �(t) = x(t)i+y(t)j+z(t)k, t 2 I. Fie P = �(t) un punct regulat al curbei, adic¼a �0(t) 6= 0. Amv¼azut în prima sectiune c¼a dou¼a drumuri parametrizate echivalente au vectoritangenti coliniari, în punctele care se corespund. Deci tangentele coincid, adic¼anu depind de alegerea parametriz¼arii locale.

De�nitia 8.3.2 Dreapta care trece prin punctul regulat P si are ca vector di-rector pe �0(t) se numeste tangenta la curba � în punctul P , iar planul caretrece prin P si este perpendicular¼a pe tangenta la � se numeste plan normalla � în punctul P .

Prin urmare, tangenta (notat¼a T ) si planul normal (notat �n) la curba � înpunctul P (x(t); y(t); z(t)) au ecuatiile:

T :x� x(t)x0(t)

=y � y (t)y0(t)

=z � z(t)z0(t)

; (11)

�n : x0(t)(x� x(t)) + y0(t)(y � y(t)) + z0(t)(z � z(t)) = 0: (12)

Exemplul 8.3.1 S¼a se scrie ecuatiile tangentei si ecuatia planului normal lacurba �: x = t2, y = t3, z = et , t 2 R , în punctul M1(t = 1) .Rezolvare:Cum x

0(t) = 2t , y

0(t) = 3t2 , z

0(t) = et , t 2 R , atunci tangenta în

M(1; 1; e) are ecuatiile T : x�12 = y�1

3 = z�ee , iar ecuatia planului normal

este 2(x� 1) + 3(y � 1) + e(z � e) = 0 .

Dac¼a curba � este dat¼a implicit prin ecuatiile�F (x; y; z) = 0G(x; y; z) = 0

, (x; y; z) 2

D � R3, D deschis¼a, iar P (x0; y0; z0) 2 � este un punct regulat al ei (de

exemplu, D(F;G)D(y0;z0)

not=

����� @F@y

@F@z

@G@y

@G@z

�����j(x0;y0;z0)

6= 0), atunci având în vedere c¼a

ecuatiile F (x; y; z) = 0, G(x; y; z) = 0 de�nesc într-o vecin¼atate I a lui x0 pe

y = y(x) si z = z(x), iar y0(x0) =D(F;G)D(z0;x0)

D(F;G)D(y0;z0)

, z0(x0) =D(F;G)D(x0;y0)

D(F;G)D(y0;z0)

, avem c¼a ecuatia

planului normal la � în punctul P (x0; y0; z0) este

�n :D(F;G)

D(y0; z0)(x� x(t)) + D(F;G)

D(z0; x0)(y� y(t)) + D(F;G)

D(x0; y0)(z � z(t)) = 0: (13)

iar tangenta la � în punctul P (x0; y0; z0) are ecuatiile

T :x� x(t)D(F;G)D(y0;z0)

=y � y (t)D(F;G)D(z0;x0)

=z � z(t)D(F;G)D(x0;y0)

: (14)

Page 171: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

8.3. TANGENTA SI NORMALA. PLANUL NORMAL 163

Observatia 8.3.2 Dac¼a � este o curb¼a regulat¼a, dat¼a implicit prin ecuatiile�F (x; y; z) = 0G(x; y; z) = 0

, atunci rF �rGj(x0;y0;z0) =

������i j k@F@x

@F@y

@F@z

@G@x

@G@y

@G@z

������j(x0;y0;z0)

=

= D(F;G)D(y0;z0)

i+ D(F;G)D(z0;x0)

j + D(F;G)D(x0;y0)

k

este un vector tangent la � în punctul P (x0; y0; z0) 2 �.

Exemplul 8.3.2 S¼a se scrie ecuatiile tangentei si ecuatia planului normal la

curba �, dat¼a prin ecuatiile carteziene implicite�x2 � y2 + z2 � x = 0x2 � y = 0 ,

(x; y; z) 2 R� (0;1)�R, în punctul M(1; 1; 1).Rezolvare:Cum F (x; y; z) = x2 � y2 + z2 � x, G(x; y; z) = x2 � y avem @F

@x = 2x� 1,@F@y = �2y,

@F@z = 2z si

@G@x = 2x,

@G@y = �1,

@G@z = 0, de unde obtinem matricea

jacobian¼a J(x; y; z) =

@F@x

@F@y

@F@z

@G@x

@G@y

@G@z

!=

�2x� 1 �2y 2z2x �1 0

�. Punctele

nesingulare ale curbei sunt acelea pentru care rang J(x; y; z) = 2. În punctul

M(1; 1; 1) avem J(1; 1; 1) =

�1 �2 22 �1 0

�care este o matrice de rang 2. Deci

M(1; 1; 1) este un punct nesingular al curbei � si atunci tangenta la � în punctulM(1; 1; 1) este x�1������ �2 2

�1 0

������= y�1������ 2 1

0 2

������= z�1������ 1 �2

2 �1

������, adic¼a x�1

2 = y�14 = z�1

3 ,

iar ecuatia planului tangent la � în punctul M(1; 1; 1) este 2(x� 1)+4(y� 1)+3(z � 1) = 0, adic¼a 2x+ 4y + 3z � 9 = 0.

Dac¼a o curb¼a plan¼a sau în spatiu este dat¼a parametric (adic¼a este de�nit¼aca o clas¼a de drumuri parametrizate echivalente cu aceeasi orientare), atunciorientarea sa este dat¼a prin parametrizare (parametrul t cresc¼ator), iar clasadrumurilor orientate opus d¼a ceal¼alalt¼a orientare pe aceeasi curb¼a (de fapt esteo conventie). În concluzie, admitem c¼a pe o curba dat¼a � (presupunând c¼asuportul ei este o multime conex¼a) se pot stabili dou¼a sensuri de parcurs core-spunz¼atoare m¼asurarii parametrului t pe intervalul I, pe care convenim s¼a lenot¼am cu + si �.

De�nitia 8.3.3 O curb¼a � : � = �(t), t 2 I, împreun¼a cu o alegere a unuisens de parcurs pe ea se numeste curb¼a orientat¼a.

Propozitia 8.3.1 Dac¼a � este o curb¼a regulat¼a si �0(t) este vectorul tangent la� în punctul P = �(t), atunci consider¼am sensul pozitiv al curbei sensul coerentcu sensul vectorului tangent �0(t), când t parcurge I. Dac¼a � are puncte singu-lare, atunci pot exista situatii când alegerea mentionat¼a nu mai este posibil¼a.

În cazul unei curbe plane �, închis¼a si nesingular¼a, care m¼argineste un com-pact în plan, putem alege acea parametrizare (în cazul când aceasta se face

Page 172: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

164 CAPITOLUL 8. CURBE ÎN PLAN SI ÎN SPATIU

global) asa încât versorul normalei n care intr¼a în compact si versorul tangentei� = 1

k�0k�0 s¼a aib¼a aceeasi orientare ca xOy. Adic¼a, sensul pozitiv pe o aseme-

nea curb¼a plan¼a este acel sens care las¼a în stânga domeniul m¼arginit de curba�.

8.4 Curbur¼a. Torsiune. Triedrul lui Frenét. For-mulele lui Frenét

Fie (I; � = �(t)) un drum parametrizat de clas¼a C2, în spatiu. Fie �0(t) =x0(t)i + y0(t)j + z0(t)k vectorul vitez¼a si �00(t) = x00(t)i + y00(t)j + z00(t)kvectorul acceleratie în punctul P = �(t).

De�nitia 8.4.1 Drumul parametrizat (I; � = �(t)) se numeste biregulat dac¼a�0(t) � �00(t) 6= 0, 8t 2 I, adic¼a vectorii �0(t) si �00(t) sunt necoliniari, pentruorice t 2 I.

Fie dou¼a drumuri biregulate echivalente (I; �1 = �1(t)) si (J; �2 = �2(�)).Atunci, exist¼a functia ' : I ! J de clas¼a C2, bijectiv¼a asa încât �1 = �2 � '.Rezult¼a c¼a �01(t) = '0(t)�02('(t)), �

001(t) = ('0(t))2�002('(t)) + '

00(t)�02('(t)),8t 2 I, de unde obtinem c¼a �01(t) � �001(t) = ('0(t))3 (�02('(t))� �002('(t))),8t 2 I, sau (tinând seama c¼a � = '(t))

�01(t)� �001(t) = ('0(t))3 (�02(�)� �002(�)) ; 8t 2 I si � = '(t) 2 J: (15)

Astfel, egalitatea (15) ne arat¼a c¼a pentru drumuri parametrizate echivalente,în punctele care se corespund (t si � = '(t)), vectorii �01(t) � �001(t) si �02(�) ��002(�) sunt coliniari. Deci, orice drum parametrizat care este echivalent cu undrum parametrizat biregulat este tot biregulat.

Observatia 8.4.1 Cum orice drum parametrizat (I; � = �(t)), nesingular (decisi biregulat) este echivalent (si are aceeasi orientare) cu un drum cu parame-trizare natural¼a (J; � = �(s)), deoarece exist¼a schimbarea de parametru ' : I !

J = '(I), s = '(t) =tRt0

k�0(�)k d� (unde t0 2 I este �xat arbitrar) asa încât

�(s) =�� � '�1

�(s) = �('�1(s)), 8s 2 J , iar

�0(s) = 1, 8s 2 J , rezult¼a c¼a�0si �

00veri�c¼a (15).

Propozitia 8.4.1 Dac¼a (J; � = �(s)) este un drum cu parametrizare natural¼a,biregulat, atunci avema) �

00(s) ? �0(s), 8s 2 J ;

b) �00este independent de parametrizarea natural¼a si

�00(s(t)) =

1

k�0(t)k2�00(t)� �

0(t) � �00(t)k�0(t)k4

�0(t); (16)

Page 173: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

8.4. CURBUR¼A. TORSIUNE. TRIEDRUL LUI FRENÉT 165

unde (I; � = �(t)) este un drum parametrizat echivalent cu (J; � = �(s)),iar ' : I ! J este schimbare de parametru corespunz¼atoare, s = s(t) = '(t).

Demonstratie. a) Din �0(s) 2 = �

0(s) � �0(s) = 1, 8s 2 J rezult¼a, prin

derivare, �00(s) � �0(s) + �0(s) � �00(s) = 0, adic¼a �0(s) � �00(s) = 0, 8s 2 J .

b) Fie (J1; �1 = �1(r)) o alt¼a parametrizare natural¼a a drumului (I; � =�(t)). Rezult¼a c¼a si drumurile (J; � = �(s)) si (J1; �1 = �1(r)) sunt echiva-lente, adic¼a exist¼a o schimbare de parametru r = h(s), h : J ! J1, asa încât

� = �1�h. Atunci, �0(s) = h0(s)�

01(h(s)) si cum,

�0(s) = �01(r) = 1, rezult¼ac¼a jh0(s)j = 1, 8s 2 J . Astfel, h00(s) = 0 si atunci, �

00(s) = h00(s)�

01(h(s)) +

(h0(s))2�001(h(s)) = �

001(h(s)) = �

001(r). Deci, �

00este independent de parame-

trizarea natural¼a.Avem � = � � '�1 , � = � � ', adic¼a �(t) = �('(t)) = �(s(t)), 8t 2

I. Atunci, �0(t) = s0(t)�0(s(t)) = k�0(t)k�0(s(t)) si �00(t) = s00(t)�

0(s(t)) +

(s0(t))2�00(s(t)).

În plus, cum (s0(t))2= k�0(t)k2 = �0(t) � �0(t), prin derivare în raport cu t,

obtinem 2s0(t)s00(t) = 2�0(t) � �00(t) si deci, s00(t) = �0(t)��00(t)k�0(t)k .

Acum, înlocuind în expresia lui �00(t) pe s00(t) si pe �0(s(t)) = 1

jj�0(t)jj�0(t),

obtinem relatia (16).Rezultatele de mai sus ne permit s¼a de�nim alte notiuni geometrice pentru

o curb¼a, printre care si asa numitii indicatori numerici (curbur¼a, torsiune) carepermit s¼a distingem o curb¼a de alt¼a curb¼a.În continuare, �e o curb¼a � în spatiu reprezentat¼a într-o vecin¼atate a punc-

tului P 2 � prin drumul parametrizat (I; � = �(t)), de clas¼a C2, biregulat astfelîncât P = �(t0) = (x(t0); y(t0); z(t0)), t0 2 I.

De�nitia 8.4.2 Planul care trece prin punctul P = �(t0) si are vectorul normal�0(t0)� �00(t0) se numeste plan osculator în P = �(t0) la curba �.

Observatia 8.4.2 Având în vedere egalitatea (15) constat¼am c¼a de�nitia plan-ului osculator pentru o curb¼a nu depinde de parametrizarea local¼a aleas¼a.

Ecuatia vectorial¼a a planului osculator (notat �o) la curba � în punctulP = �(t0) este:

�o : (�� �(t0)) � (�0(t0)� �00(t0)) = 0; (17)

sau

�o : [�� �(t0); �0(t0); �00(t0)] = 0: (17�)

Page 174: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

166 CAPITOLUL 8. CURBE ÎN PLAN SI ÎN SPATIU

Având în vedere expresia analitic¼a a produsului mixt, obtinem ecuatia cartezian¼aa planului osculator la curba � în punctul P = (x(t0); y(t0); z(t0)):

�o :

������x� x(t0) y � y(t0) z � z(t0)x0(t0) y0(t0) z0(t0)x00(t0) y00(t0) z00(t0)

������ = 0: (17�)

De�nitia 8.4.3 Se numeste vector de curbur¼a al curbei � în punctul P =�(t0) 2 � vectorul

k(t0) = �00(s(t0)); (18)

unde � = � � '�1 ('(t) = s(t)) este un drum cu parametrizare natural¼aechivalent cu drumul �, s(t0) = �0:Lungimea vectorului de curbur¼a k(t0),

k(t0) = k(t0) = �00(s(t0)) (18�)

se numeste curbura curbei � în punctul P = �(t0), iar inversul acesteia1

k(t0)se numeste raza de curbur¼a a curbei � în punctul P = �(t0).

Observatia 8.4.3 Având în vedere rezultatele propozitiei de mai sus care ne-a ar¼atat c¼a drumurile echivalente au parametriz¼ari naturale echivalente, con-stat¼am c¼a de�nitia vectorului de curbur¼a este corect¼a, adic¼a nu depinde de para-metrizarea local¼a aleas¼a.

Observatia 8.4.4 Curbura unei drepte sau portiune de dreapt¼a este nul¼a pestetot. Mai mult, curba reprezentat¼a de drumul parametrizat natural (J; � = �(s))este o portiune dintr-o dreapt¼a (segment de dreapt¼a sau semidreapt¼a) dac¼a sinumai dac¼a curbura ei este nul¼a în orice punct. Într-adev¼ar, k(s) = �

00(s) = 0,

8s 2 J , �0(s) = a, 8s 2 J , �(s) = as + b, 8s 2 J (a, b sunt vectori

constanti), ceea ce înseamn¼a c¼a suportul lui � este inclus într-o dreapt¼a.

Propozitia 8.4.2 Pentru curba � avem8<: k(t0) = 1v2(t0)

�00(t0)� �0(t0)��00(t0)v4(t0)

�0(t0)

k(t0) = k(t0) = k�0(t0)��00(t0)k

v3(t0)

(19)

unde v(t) = k�0(t)k este viteza pe curba � în punctul P = �(t0).

Demonstratie. Prima egalitate rezult¼a direct din propozitia anterioar¼a (relatia(16)) si de�nitia vectorului de curbur¼a (18). Tot din propozitia anterioar¼a avemc¼a �

00(s) ? �

0(s), 8s 2 J , unde (J; � = �(s)) este un drum cu parametrizare

natural¼a echivalent cu drumul (I; � = �(t)), cu s0 = s(t0) = '(t0). Atunci,

Page 175: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

8.4. CURBUR¼A. TORSIUNE. TRIEDRUL LUI FRENÉT 167 �00(s)� �0(s) = �00(s) �0(s) sin 900 = �00(s) , 8s 2 J , ceea ce implic¼afaptul c¼a k(t) =

�00(s(t)) = �00(s(t))� �0(s(t)) , 8t 2 I.Dar, �0(t) = v(t)�

0(s(t)) (vezi �

0(s(t)) = 1

k�0(t)k�0(t), pentru c¼a s0(t) =

'0(t) = k�0(t)k = v(t)) si �00(t) = v2(t))�00(s(t))+ s00(t)�0(s(t)), de unde rezult¼ak�0(t)� �00(t)k =

v(t)�0(s(t)) � v2(t))�00(s(t)) + v(t)�0(s(t)))� s00(t)�0(s(t)) == v3(t)

�0(s(t))� �00(s(t)) = v3(t)k(t), 8t 2 I. Atunci, k(t0) = k�0(t0)��00(t0)kv3(t0)

:

Observatia 8.4.5 Din de�nitia planului osculator al unei curbe si din egali-tatea a doua din relatia (19) rezult¼a c¼a o curb¼a în spatiu are plan osculatorîntr-un punct dac¼a si numai dac¼a curbura curbei în acel punct este nenul¼a (acelpunct este biregulat).

Cazul curbelor plane

Fie � o curb¼a plan¼a (sau � o curb¼a din spatiu continut¼a într-un plan).Admitem c¼a planul curbei se suprapune cu planul xOy (z = 0). Fie punctul P =�(t0) 2 � în vecin¼atatea c¼aruia curba are ecuatiile parametrice x = x(t), y =y(t), z = 0, t 2 I, unde functiile scalare x, y sunt de clas¼a C2 pe I. Atunci, cum�(t) = x(t)i+y(t)j, avem �0(t) = x0(t)i+y0(t)j, �00(t) = x00(t)i+y00(t)j, v(t) =k�0(t)k =

p(x0(t))2 + (y0(t))2, iar �0(t)� �00(t) = (x0(t)y00(t)� x00(t)y0(t)) k.

Deci, curbura curbei plane în punctul P = �(t0) este

k(t0) =k�0(t0)� �00(t0)k

v3(t0)=jx0(t0)y00(t0)� x00(t0)y0(t0)j((x0(t0))2 + (y0(t0))2)

3=2(19�)

Fie � = f(x; y)jy = f(x); x 2 Ig o curb¼a plan¼a reprezentat¼a explicit, pentrucare f 2 C2(I). Cum � = �(I), unde �(t) = (t; y(t)) si x0(t) = 1, y0(t) = f 0(x),x00(t) = 0, y00(t) = f 00(x), rezult¼a curbura curbei în punctul P (x0; f(x0))

k(x0) =jf 00(x0)j

(1 + (f 0(x0))2)3=2

=jy00(x0)j

(1 + (y0(x0))2)3=2; dac�a y(x) = f(x): (19�)

Fie curba plan¼a reprezentat¼a implicit prin ecuatia F (x; y) = 0 în vecin¼atateaunui punct al s¼au P (x0; y0) 2 D (unde F : D � R2 ! R este o functie de clas¼aC2), pentru care admitem c¼a @F

@y (x0; y0) 6= 0. Atunci, cum y0(x0) = �Fx0Fy0

(unde am notat prin Fx0 , Fy0 , Fx0x0 , Fx0y0 , Fy0y0 valorile derivatelor partialede ordinul I si II ale lui F în punctul (x0; y0)), iar

y00(x0) =2Fx0y0 � Fx0 � Fy0 � Fx0x0 � F 2y0 � Fy0y0 � F

2x0

F 3y0;

avem curbura în punctul P (x0; y0),

Page 176: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

168 CAPITOLUL 8. CURBE ÎN PLAN SI ÎN SPATIU

k(x0) =

��Fx0x0 � F 2y0 + Fy0y0 � F 2x0 � 2Fx0y0 � Fx0 � Fy0���F 2x0 + F

2y0

�3=2 : (19��)

Dac¼a curba � : � = �(�), � 2 [�1; �2] este o curb¼a plan¼a dat¼a în coordonatepolare, atunci în orice punct � avem

k(�) =

���2(�) + 2(�0(�))2 � �(�)�00(�)��(�2(�) + (�0(�))2)

3=2; (19iv)

formul¼a obtinut¼a din (19�) si din formulele de trecere la coordonate polare.

Observatia 8.4.6 Pentru o curb¼a plan¼a � curbura poate � de�nit¼a ca o functie(de parametru) care s¼a aib¼a si valori negative. Anume, dac¼a (J; � = �(s)) esteo parametrizare natural¼a a curbei în vecin¼atatea V a punctului P = �(s), adic¼a �0(s) = 1, 8s 2 J , atunci notând prin T (s) = �0(s) = x0(s)i+ y0(s)j versorultangent la curb¼a în punctul P = �(s), iar prin N(s) = �y0(s)i+x0(s)j versorulnormal la curb¼a în punctul P = �(s) (obtinut prin rotirea lui T (s) cu un unghide �

2 ), atunci functia k : J ! R, s ! k(s) de�nit¼a prin ecuatia FrenétdTds (s) = k(s)N(s) se numeste curbura curbei plane în punctul P = �(s). Decik(s) 2 R si semnul s¼au arat¼a cum se încovoaie curba �(J) = � \ V .

Exemplul 8.4.1 Fie curba plan¼a � dat¼a prin ecuatiile parametrice�x = R(t� sin t)y = R(1� cos t) , t 2 [0;1). Remarcând c¼a este vorba despre cicloid¼a,

se cer:a) Veri�cati c¼a cicloida este o curb¼a nesingular¼a;b) Scrieti ecuatia tangentei si ecuatia normalei la � în punctulM(x(�=2); y(�=2));c) Calculati curbura cicloidei într-un punct nesingular al ei.Rezolvare:a) Deoarece x0(t) = R(1� cos t), y0(t) = R sin t rezult¼a (x0(t))2 + (y0(t))2 =

2R2(1 � cos t) = 0 dac¼a si numai dac¼a t 2 f2k�jk 2 Ng. Prin urmare curbaeste nesingular¼a pe portiuni, adic¼a toate punctele cicloidei sunt nesingulare, cuexceptia celor pentru care t = 2k�, k 2 N. Deci � este o curb¼a nesingular¼a.b) Cum x(�=2) = R(�=2 � 1), y(�=2) = R, x0(�=2) = R, y0(�=2) = R,

avem c¼a tangenta la � în M(x(�=2); y(�=2)) are ecuatia x�R(�=2�1)R = y�R

R ,iar normala la � în M(x(�=2); y(�=2)) are ecuatia x+ y � �R

2 = 0.c) Curbura cicloidei în punctul nesingular M(x(t); y(t)) 2 � , t 2 R n

f2k�jk 2 Ng, este k(t) = jx0(t)y00(t)�x00(t)y0(t)j((x0(t))2+(y0(t))2)3=2

=2R2(cos2 t

2�cos2 t)

(2R2(1�cos t))3=2 =cos2 t

2�cos2 t

Rp2(1�cos t)3=2 ,

deoarece x00(t) = R sin t, y00(t) = �R cos t.

Revenim la curba � în spatiu reprezentat¼a într-o vecin¼atate a punctuluiP 2 � prin drumul parametrizat (I; � = �(t)), de clas¼a C3, biregulat astfelîncât P = �(t0) = (x(t0); y(t0); z(t0)), t0 2 I. Atunci, se pot de�ni urm¼atoriitrei versori cu punctul de aplicatie în P :

Page 177: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

8.4. CURBUR¼A. TORSIUNE. TRIEDRUL LUI FRENÉT 169

De�nitia 8.4.4 i) Versorul tangent¼a în P = �(t0),

T (t0) =1

k�0(t0)k�0(t0): (20)

ii) Versorul normal¼a principal¼a (sau versorul curbur¼a) în P = �(t0),

N(t0) =1 k(t0) k(t0): (21)

iii) Versorul binormal¼a în P = �(t0),

B(t0) = T (t0)�N(t0): (22)

Propozitia 8.4.3 Având în vedere de�nitia de mai sus si propriet¼atile ante-rioare avem8><>:

T (t0) = 1v(t0)

�0(t0)

N(t0) = v(t0)k�0(t0)��00(t0)k�

00(t0)� �0(t0)��00(t0)v(t0)k�0(t0)��00(t0)k�

0(t0)

B(t0) = 1k�0(t0)��00(t0)k (�

0(t0)� �00(t0)): (23)

Corolarul 8.4.1 Dac¼a (J; � = �(s)) este o parametrizare natural¼a a curbei �în vecin¼atatea punctului P = �(s0), atunci avem8>><>>:

T (s0) = �0(s0)

N(s0) = 1

k�00(s0)k�00(s0)

B(t0) = 1

k�00(s0)k��0(s0)� �

00(s0)

� : (23�)

Având în vedere cele prezentate aici si deoarece �00(s) ? �

0(s), 8s 2 J ,

rezult¼a c¼a�T (s); N(s); B(s)

formeaz¼a o baz¼a ortonormat¼a în V 3, pentru

�ecare punct P = �(s) al unei curbe �. Atunci, este evident c¼a, pentru oriceparametrizare local¼a (I; � = �(t)), de clas¼a C3, biregulat¼a a curbei �, avem c¼a�T (t); N(t); B(t)

reprezint¼a o baz¼a ortonormat¼a în V 3, pentru �ecare punct

P = �(t) 2 �.

De�nitia 8.4.5 Reperul cartezian ortonormat R(P ) = fP ;T (t); N(t); B(t)g,construit mai sus, se numeste reper Frenét al curbei � asociat punctului P =�(t) 2 �.

Acest reper determin¼a un triedru Frenét (mobil de-a lungul curbei �) alec¼arui muchii se numesc tangenta (dreapta determinat¼a de punctul P = �(t)si versorul tangent¼a T (t)), normala principal¼a (determinat¼a de P = �(t)si versorul normala principal¼a N(t)) si binormala (determinat¼a de P = �(t)si versorul binormal¼a B(t)). Planele de coordonate ale triedrului se numesc,respectiv, plan normal (determinat de punctul P = �(t) si de vectorul normal

Page 178: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

170 CAPITOLUL 8. CURBE ÎN PLAN SI ÎN SPATIU

T (t)), plan recti�cant (determinat de P = �(t) si de vectorul normal N(t)) siplan osculator (determinat de P = �(t) si de vectorul normal B(t)). Acestease numesc fetele triedrului Frenét.

Binormala (notat¼a B) la curba � în punctul P = �(t0) = (x(t0); y(t0); z(t0))este dreapta determinat¼a de punctul P si de vectorul director �0(t0)� �00(t0).Atunci, ecuatiile ei carteziene sunt

B :x� x(t0)���� y0(t0) z0(t0)

y00(t0) z00(t0)

���� =y � y(t0)���� z0(t0) x0(t0)

z00(t0) x00(t0)

���� =z � z(t0)���� x0(t0) y0(t0)

x00(t0) y00(t0)

���� : (24)

Exercitiul 8.4.1 Veri�cati c¼a T (t) = N(t)�B(t) si N(t) = B(t)�T (t) pentruorice punct P = �(t) 2 �.

Exercitiul 8.4.2 Veri�cati c¼a, pentru orice punct P = �(t) 2 �, baza�T (t); N(t); B(t)

are aceeasi orientare cu baza

�i; j; k

.

Planul recti�cant (notat �r) la curba � în punctul P = �(t0) 2 � estedeterminat de punctul P si de versorii directori T (t0) si B(t0), adic¼a de vectoriidirectori �0(t0) si �0(t0)� �00(t0). Atunci, ecuatia lui vectorial¼a este

�r : [�� �(t0); �0(t0); �0(t0)� �00(t0)] = 0: (25)

sau

�r : (�� �(t0)) � (�0(t0)� (�0(t0)� �00(t0))) = 0; (25�)

Ecuatia cartezian¼a a a planului recti�cant la curba � în punctulP = (x(t0); y(t0); z(t0)) este

�r :

������x� x(t0) y � y(t0) z � z(t0)x0(t0) y0(t0) z0(t0)l(t0) m(t0) n(t0)

������ = 0; (25�)

Page 179: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

8.4. CURBUR¼A. TORSIUNE. TRIEDRUL LUI FRENÉT 171

unde �0(t0)��00(t0) = l(t0)i+m(t0)j+n(t0)k, adic¼a l(t0) =���� y0(t0) z0(t0)y00(t0) z00(t0)

����,m(t0) =

���� z0(t0) x0(t0)z00(t0) x00(t0)

����, n(t0) = ���� x0(t0) y0(t0)x00(t0) y00(t0)

����.Normala principal¼a (notat¼a NP ) la curba � în punctul P = �(t0) =(x(t0); y(t0); z(t0)) este dreapta determinat¼a de punctul P si de vectorul

director �0(t0)� (�0(t0)� �00(t0)). Atunci, ecuatiile ei carteziene sunt

NP :x� x(t0)���� y0(t0) z0(t0)

m(t0) n(t0)

���� =y � y(t0)���� z0(t0) x0(t0)

n(t0) l(t0)

���� =z � z(t0)���� x0(t0) y0(t0)

l(t0) m(t0)

���� : (26)

Pentru controlul abaterii curbei de la planul osculator (abatere numit¼a tor-sionare) în vecin¼atatea punctului P = �(t) se utilizeaz¼a versorul normal laacest plan care este tocmai versorul binormal B(t). Folosirea triedrului luiFrenét în studiul unei curbe biregulate furnizeaz¼a mai multe informatii desprecurb¼a decât ar da folosirea oric¼arui alt reper cartezian mobil. Ideea de baz¼a înaceast¼a utilizare const¼a în posibilitatea exprim¼arii derivatelor T

0(t), N

0(t), B

0(t)

cu ajutorul lui T (t), N(t), B(t).Fie (I; � = �(t)) un drum parametrizat biregulat, de clas¼a C3. Atunci,

functiile vectoriale t ! T (t), t ! N(t), t ! B(t) sunt functii de clas¼a C1 siavem rezultatul:

Teorema 8.4.1 Dac¼a consider¼am functia vitez¼a t! v(t) pe drumul � si functiacurbur¼a t! k(t) > 0 de-a lungul lui �, atunci avem formulele lui Frenét:8><>:

T0(t) = v(t)k(t)N(t)

N0(t) = �v(t)k(t)T (t) + v(t)�(t)B(t)

B0(t) = �v(t)�(t)N(t)

; 8t 2 I; (27)

unde T0(t), N

0(t), B

0(t) sunt derivatele lui T (t), N(t), B(t) în raport cu t,

iar � : t 2 I ! �(t) 2 R este o functie scalar¼a numit¼a torsiunea pe drumul �.

Demonstratie. Stim c¼a �0(t) este vectorul vitez¼a, iar v(t) = k�0(t)k este vitezape drumul � în punctul t. Din v2(t) = �0(t)��0(t) rezult¼a, prin derivare în raportcu t, 2�0(t) � �00(t) = 2v(t)v0(t), adic¼a

v0(t) =�0(t) � �00(t)

v(t):

Atunci, cum T (t) = 1v(t)�

0(t), rezult¼a

T0(t) = 1

v2(t) (�00(t)v(t)� �0(t)v0(t)) = 1

v(t)�00(t)� �0(t)��0(t)

v3(t) �0(t), iar

v(t)k(t)N(t) = v(t)k(t) 1k(t)k(t) = v(t)k(t) =

1v(t)�

00(t)� �0(t)��00(t)v3(t) �0(t).

Prin urmare T0(t) = v(t)k(t)N(t). Mai departe, din B(t) = T (t) � N(t)

rezult¼a B0(t) = T

0(t) � N(t) + T (t) � N 0

(t) = (v(t)k(t)N(t)) � N(t) + T (t) �

Page 180: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

172 CAPITOLUL 8. CURBE ÎN PLAN SI ÎN SPATIU

N0(t) = T (t)�N 0

(t), ceea ce înseamn¼a c¼a B0(t) ? T (t). În plus, din

B0(t) = 1rezult¼a B(t) �B0(t) = 0, prin derivare în raport cu t, adic¼a B0(t) ? B(t). Atunci,B0(t) este coliniar cu N(t), adic¼a exist¼a un scalar �(t) (t

�! �(t)) asa încâtB0(t) = ��(t)v(t)N(t).În �ne, din N(t) = B(t)� T (t) rezult¼a, prin derivare,N0(t) = B

0(t)� T (t) +B(t)� T 0(t) = ��(t)v(t)(N(t)� T (t))+

+v(t)k(t)(B(t)�N(t)) = �v(t)k(t)T (t) + v(t)�(t)B(t).

Observatia 8.4.7 Dac¼a (J; � = �(s)) este un drum cu parametrizare natural¼a,

atunci v(s) = �0(s) = 1, 8s 2 J si atunci formulele lui Frenét devin:8><>:

T0(s) = k(s)N(s)

N0(s) = �k(s)T (s) + �(s)B(s)

B0(s) = ��(s)N(s)

; 8s 2 J (27�)

formule numite si formulele lui Frenét pentru curba cu viteza 1.

Observatia 8.4.8 Formulele (27) se pot scrie (si retine mai usor) sub formamatriceal¼a: 0B@ T

0

N0

B0

1CA =

0@ 0 vk 0�vk 0 v�0 �v� 0

1A0@ TNB

1A (27�)

De�nitia 8.4.6 Functia � : t 2 I ! �(t) 2 R de�nit¼a prin egalitatea B0(t) =

�v(t)�(t)N(t) se numeste torsiunea drumului (curbei) �, când t 2 I, iar 1�

se numeste raza de torsiune a drumului (curbei) �. Pentru �ecare punctP = �(t) de pe curb¼a, scalarul �(t) este torsiunea curbei în punctul P , iar 1

�(t)

este raza de torsiune a curbei în punctul P .

Propozitia 8.4.4 Fie (I; � = �(t)) un drum parametrizat biregulat, de clas¼aC3. Atunci, avem

�(t) =[�0(t); �00(t); �000(t)]

k�0(t)� �00(t)k2; 8t 2 I: (28)

Mai mult, suportul drumului � este continut într-un plan (adic¼a curba reprezen-tat¼a de drumul � este plan¼a) dac¼a si numai dac¼a torsiunea lui � este nul¼a înorice punct al ei.

Page 181: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

8.4. CURBUR¼A. TORSIUNE. TRIEDRUL LUI FRENÉT 173

Demonstratie. Întrucât T (t) = 1v(t)�

0(t), rezult¼a c¼a �0 = vT si �00 = v0T +

vT0= v0T + kv2N . Astfel, folosind prima formul¼a a lui Frenét, avem �0 ��00 =

kv3(T �N) = kv3B. Mai departe, avem�000 = k0v2N + 2vv0kN + kv2N

0+ v00T + v0T

0=

= (k0v2 + 2vv0k)N + kv2(�kvT + �vB) + v00T + kvv0N == (v00� k2v3)T + (k0v2+3kvv0)N + kv3�B, conform primelor dou¼a formule

ale lui Frenét. Atunci, (�0 � �00) � �000 = k2v6�B �B = k2v6� , pentru c¼a B ? T ,B ? N . Prin urmare, conform (19), avem

� =[�0; �00; �000]

k2v6=[�0; �00; �000] v6

k�0 � �00k2 v6=[�0; �00; �000]

k�0 � �00k2:

Fie � = � � '�1, � : J ! R3, cu �0(s) = 1, 8s 2 J parametrizarea

natural¼a echivalent¼a cu �. Fie (r � r0) � n = 0 planul ce contine suportuldrumului. Atunci, (�(s) � r0) � n = 0, 8s 2 J , de unde rezult¼a �0(s) � n = 0,8s 2 J si �00(s) � n = 0, 8s 2 J , adic¼a n ? T si n ? N . Prin urmare n estecoliniar cu B, adic¼a B = � 1

knkn ceea ce implic¼a B0= 0. Conform celei de-a

treia formule a lui Frenét obtinem c¼a � = 0 de-a lungul curbei.Reciproc, dac¼a � = 0, atunci B

0= 0, conform celei de-a treia formule a

lui Frenét. Astfel, B = c, un vector constant de-a lungul curbei. Atunci, �ef : J ! R, f(s) = (�(s) � �(0)) � B. Cum f 0(s) = �

0(s) � B = T (s) � B = 0

rezult¼a c¼a f este constant¼a pe J . Cum f(0) = 0 rezult¼a c¼a f(s) = 0, 8s 2 J ,ceea ce înseamn¼a c¼a (�(s)� �(0)) �B = 0, 8s 2 J , adic¼a exist¼a un plan care s¼acontin¼a suportul lui �, plan care este chiar planul osculator al curbei în punctul�(0).

Observatia 8.4.9 1) Analog se poate dovedi c¼a dac¼a curbura unei curbe planeeste constant¼a, atunci curba este un cerc (sau o portiune dintr-un cerc) sireciproc.2) Curbura si torsiunea determin¼a o curb¼a în spatiu, abstractie f¼acând de

pozitia ei (adic¼a de o izometrie).3) Fie (J; � = �(s)) o parametrizare natural¼a a curbei � din spatiu. Atunci

� este o elice cilindric¼a dac¼a si numai dac¼a raportul �k este constant de-a lungulcurbei.4) Dac¼a d este distanta de la un punct �x la planul osculator într-un punct

curent al curbei si dac¼a raportul d2

� este constant de-a lungul curbei, atunciaceast¼a curba se numeste curba Titeica.

Exemplul 8.4.2 Fie elicea cilindric¼a � dat¼a prin ecuatia vectorial¼a �(t) =a cos ti+ a sin tj + btk, t 2 R, unde a > 0, b 2 R sunt constante. Se cer:a) S¼a se arate c¼a elicea cilindric¼a � este o curb¼a simpl¼a, neted¼a si toate

punctele ei sunt biregulate;

Page 182: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

174 CAPITOLUL 8. CURBE ÎN PLAN SI ÎN SPATIU

b) S¼a se scrie ecuatiile parametrice ale elicei � si s¼a se arate c¼a elicea se a�¼ape cilindrul circular x2 + y2 � a2 = 0;c) S¼a se scrie ecuatiile muchiilor si fetelor reperului Frenét al elicei într-un

punct arbirar al ei M = �(t);d) S¼a se g¼aseasc¼a expresiile versorilor T , N , B în punctul M0 = �(0);e) S¼a se determine o parametrizare natural¼a pentru � si s¼a se calculeze

lungimea curbei între punctele M0 = �(0) si M1 = �(2�);f) S¼a se calculeze curbura si torsiunea elicei � într-un punct arbitrar al ei;g) S¼a se scrie formulele lui Frenét pentru elicea �.Rezolvare:a) Deoarece exist¼a drumul parametrizat � : R ! R3, dat prin �(t) =

(a cos t; a sin t; bt), 8t 2 R, de clasa Ck, 8k � 1, astfel încât �(R) = �, rezult¼a c¼aelicea cilindrica � este o curb¼a simpl¼a. Cum �0(t) = �a sin ti+a cos tj+bk 6= 0,8t 2 R, avem c¼a � este o curb¼a neted¼a (toate punctele ei sunt nesingulare).Este clar c¼a pentru orice k � 1, �(k)(t) 6= 0,8t 2 R, iar �0(t) � �00(t) =������

i j k�a sin t a cos t b�a cos t �a sin t 0

������ = ab sin ti � ab cos tj + a2k 6= 0, 8t 2 R. Deci toate

punctele ei sunt biregulate.

b) Ecuatiile parametrice ale elicei � sunt

8<: x = a cos ty = a sin tz = bt

, t 2 R. Se ob-

serv¼a c¼a coordonatele oric¼arui punct M(a cos t; a sin t; bt) 2 � veri�c¼a ecuatiacilindrului x2+ y2�a2 = 0 si astfel elicea � este continut¼a în cilindrul circular.c) Având în vedere cele de mai sus si calculând �0(t) � (�0(t)� �00(t)) =������i j k

�a sin t a cos t bab sin t �ab cos t a2

������ = (a2 + b2)(a cos ti+ a sin tj) rezult¼a c¼aTangenta la � în punctul curent M = �(t) are ecuatiile:

T :x� a cos t�a sin t =

y � a sin ta cos t

=z � btb

:

Page 183: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

8.4. CURBUR¼A. TORSIUNE. TRIEDRUL LUI FRENÉT 175

Planul normal la � în punctul curent M = �(t) are ecuatia:

�n : �a sin t(x� a cos t) + a cos t(y � a sin t) + b(z � bt) = 0:

Binormala la � în punctul curent M = �(t) are ecuatiile:

B :x� a cos tb sin t

=y � a sin t�b cos t =

z � bta

:

Planul osculator la � în punctul curent M = �(t) are ecuatia:

�o : b sin t(x� a cos t)� b cos t(y � a sin t) + a(z � bt) = 0:

Normala principala la � în punctul curent M = �(t) are ecuatiile:

NP :

�x�a cos tcos t = y�a sin t

sin tz � bt = 0 :

Planul recti�cant la � în punctul curent M = �(t) are ecuatia:

�r : cos t(x� a cos t) + sin t(y � a sin t) = 0:

d) T (t) = 1k�0(t)k�

0(t) = 1pa2+b2

(�a sin ti+a cos tj+bk), B(t) = 1k�0(t)��00(t)k�

0(t)��00(t) = 1p

a2+b2(b sin ti� b cos tj + ak), N(t) = B(t)� T (t) = cos ti+ sin tj, de

unde T (0) = apa2+b2

j + bpa2+b2

k, N(0) = i, B(0) = �bpa2+b2

j + apa2+b2

k.e) Consider¼am parametrizarea natural¼a cu originea în punctul M0 = �(0),

adic¼a �x¼am t0 = 0 si lu¼am schimbarea de parametru ' : R ! R, s = '(t) =tR0

k�0(t)k dt =tR0

pa2 + b2dt =

pa2 + b2 � t. Rezult¼a t = '�1(s) = sp

a2+b2si

atunci o parametrizare natural¼a a elicei cilindrice � este (R; � = �(s)), unde

�(s) = a cos�

spa2+b2

�i+ a sin

�sp

a2+b2

�j + b sp

a2+b2k, s 2 R.

Lungimea elicei între punctele M0 = �(0) si M1 = �(2�) este L\M0M1=

2�R0

k�0(t)k dt =2�R0

pa2 + b2dt = 2�

pa2 + b2.

f) Având în vedere formulele (19) si (28), avem curbura elicei în punc-

tul M = �(t) 2 �, k(t) = k�0(t)��00(t)kk�0(t)k3 =

pa2(a2+b2)

(pa2+b2)

3 = aa2+b2 si torsiunea

elicei în punctul M = �(t) 2 �, �(t) = [�0(t);�00(t);�000(t)]k�0(t)��00(t)k2 = b

a2+b2 , deoarece

[�0(t); �00(t); �000(t)] =

�������a sin t a cos t b�a cos t �a sin t 0a sin t �a cos t 0

������ = a2b.Se observ¼a c¼a torsiunea si curbura sunt constante de-a lungul elicei.g) Având în vedere calculele de mai sus si formulele (27), rezult¼a formulele

lui Frenét pentru elicea circular¼a �:8>><>>:T0(t) = ap

a2+b2N(t)

N0(t) = � ap

a2+b2T (t) + bp

a2+b2B(t)

B0(t) = � bp

a2+b2N(t)

; 8t 2 R:

Page 184: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

176 CAPITOLUL 8. CURBE ÎN PLAN SI ÎN SPATIU

8.5 Probleme propuse spre rezolvare

1. Se d¼a curba � dat¼a prin ecuatia vectorial¼a �(t) = cos ti+sin tj+(t+1)k,t 2 R. Se cer:a) S¼a se scrie ecuatiile parametrice ale curbei �;

b) S¼a se arate c¼a M(1; 0; 1) 2 � si toate punctele curbei sunt nesingulare;c) S¼a se scrie ecuatiile tangentei si ecuatia planului normal la � în punctulM(1; 0; 1).

2. Fie curba plan¼a � : x3�xy2+2x+y�3 = 0. S¼a se scrie ecuatiile tangenteisi normalei la � în punctele de intersectie cu axa Ox.

3. Se numeste curb¼a Titeica, curba pentru care d2

� =constant, unde � tor-siunea într-un punct arbitrar al curbei, iar d distanta de la un punct �xla planul osculator al curbei. S¼a se arate c¼a curba � de�nit¼a de ecuatiile�xyz = 1y2 = x

este o curb¼a Titeica.

4. Fie curba � dat¼a prin ecuatiile parametrice�x (t) = a

3 (2 cos t+ cos 2t)y (t) = a

3 (2 sin t� sin 2t),

t 2 R, unde a 2 R, �xat.a) S¼a se arate c¼a drumul parametrizat � : R! R2, �(t) = (x (t); y(t))),t 2 R, care are drept suport curba �, este o functie periodic¼a. Determinatipunctele multiple ale lui �;

b) S¼a se arate c¼a drumul �j[0;2�] : [0; 2�]! R2 este închis, simplu, dar nueste regulat;

c) Calculati curbura lui � în punctul nesingular M = �(0).

Curba � se numeste hipocicloida lui Steiner.

5. Se consider¼a curba � dat¼a implicit prin ecuatiile�x2 + y2 � r2 = 0y2 + z2 � r2 = 0 ; (x; y; z) 2 R3

si punctul M�rp22 ;

rp22 ;

rp22

�2 �.

a) S¼a se scrie ecuatiile tangentei, planului normal si planului osculator lacurba � în punctul M ;

b) Sa se determine versorii reperului Frenét asociat curbei � în punctulM ;

c) S¼a se determine curbura si torsiunea curbei � în punctul M .

6. S¼a se scrie ecuatiile axelor si fetelor triedrului Frenét pentru curba � dat¼aprin ecuatiile parametrice8<:

x = t cos ty = t sin t

z = t2

2

; t 2 R;

Page 185: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

8.5. PROBLEME PROPUSE SPRE REZOLVARE 177

în punctul unde � intersecteaz¼a planul xOy.

7. S¼a se determine curbura si raza de curbur¼a pentru curbele plane

a) �1 : y = x3 � 4x2 � x4 în punctul O(0; 0);

b) �2 :�x2

� 23 +

�y3

� 23 � 1 = 0 în punctul A( 3

p3

4 ;38 );

c) �3 : x = 3t2, y = 3t� t3 în punctul M0(t = 1);

d) �4 : � = 2pcos 2� în punctul M0(� =

�6 ).

8. Fie curba � dat¼a de ecuatiile parametrice:

x (t) = a cos2 t; y (t) = ap2 sin t cos t; z (t) = a sin2 t; t 2 R:

a) S¼a se g¼aseasc¼a ecuatiile carteziene implicite ale curbei;

b) S¼a se determine ecuatiile tangentei si planului normal al curbei � în

punctul M�a2 ;

ap2

2 ;a2

�2 �;

c) S¼a se determine ecuatiile binormalei si planului osculator al curbei � în

punctul M�a2 ;

ap2

2 ;a2

�.

9. Fie curba � dat¼a de ecuatia vectorial¼a:

�(t) = 2ti+ ln tj + t2k, t 2 (0;1):

Se cer:

a) Ar¼atati c¼a punctele A(2; 0; 1), B(4; ln 2; 4) apartin curbei si calculatilungimea arcului de curb¼a dintre A si B;

b) S¼a se scrie ecuatiile axelor si muchiilor reperului Frenét asociat curbei� în punctul A;

c) S¼a se determine versorii T , N , B ai reperului Frenét într-un punctbiregulat oarecare al curbei;

d) Calculati curbura si torsiunea curbei � în punctul A.

10. Se d¼a curba � :�x� y2 = 0x2 � z = 0 . Se cer:

a) Calculati lungimea arcului de curba dintre punctele O si M , undeM(1; 1; 1);

b) S¼a se scrie ecuatiile axelor si muchiilor reperului Frenét asociat curbei� în punctul M ;

c) Calculati curbura si torsiunea curbei � în punctul M .

Page 186: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

178 CAPITOLUL 8. CURBE ÎN PLAN SI ÎN SPATIU

Page 187: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Capitolul 9

Suprafete

Fix¼am un reper cartezian ortonormat R =�O; i; j; k

în spatiul E3.

9.1 Pânze parametrizate. Suprafete. Moduri dereprezentare

Fie D � R2 o multime deschis¼a si r : D ! R3,

r(u; v) = (x(u; v); y(u; v); z(u; v)); 8(u; v) 2 Do functie de clas¼a Ck (k � 1) pe D, adic¼a �ecare dintre functiile reale

(u; v) 2 D x! x(u; v), (u; v) 2 D y! y(u; v), (u; v) 2 D z! z(u; v) au derivatepartiale de ordinul k pe D si acestea sunt continue pe D.

De�nitia 9.1.1 Perechea (D; r = r(u; v)) numeste pânz¼a parametrizat¼a, iarmultimea de puncte r(D) = fr(u; v)j(u; v) 2 Dg � R3 se numeste suportul(sau imaginea) pânzei parametrizate.

Spunem c¼a un punct M0 2 E3, de coordonate (x0; y0; z0) relativ la reperulR, se a�¼a pe suportul pânzei parametrizate (D; r = r(u; v)) dac¼a exist¼a(u0; v0) 2 D asa încât r(u0; v0) = (x0; y0; z0).

179

Page 188: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

180 CAPITOLUL 9. SUPRAFETE

Vom scrie M0 2 r(D) sau M0 = r(u0; v0).

Functiei r : D ! R3 îi putem asocia functia vectorial¼a r : D ! V 3, r(u; v) =x(u; v)i+ y(u; v)j + z(u; v)k. Atunci, ecuatiile

8<: x = x(u; v)y = y(u; v)z = z(u; v)

; (u; v) 2 D (1)

se numesc ecuatiile scalare parametrice ale pânzei parametrizate, iarecuatia

r = r(u; v) = x(u; v)i+ y(u; v)j + z(u; v)k; (u; v) 2 D (2)

se numeste ecuatia vectorial¼a a pânzei. Numerele reale u, v se numescparametrii pânzei parametrizate.

Dac¼a facem urm¼atoarele notatii xu = @x@u , yu =

@y@u , zu =

@z@u , xv =

@x@v ,

yv =@y@v , zv =

@z@v , ru =

@r@u = xui+yuj+zuk, rv =

@r@v = xvi+yvj+zvk, atunci

pânza parametrizat¼a (D; r = r(u; v)) se zice pânz¼a regulat¼a (sau neted¼a saunesingular¼a) dac¼a ru � rv 6= 0, 8(u; v) 2 D.

De�nitia 9.1.2 Pânzele parametrizate regulate (D; r = r(u; v)), (�; r1 =r1(p; q)), unde D, � � R2 sunt multimi deschise, se numesc echivalente (sicu aceeasi orientare) dac¼a exist¼a o functie h : D ! �, bijectiv¼a, de clas¼aC1(si strict cresc¼atoare) asa încât r = r1 �h. Functia h se numeste schimbarede parametri.

Evident c¼a orice dou¼a pânze echivalente au acelasi suport r(D) = r1(�), darnu orice dou¼a pânze care au acelasi suport sunt si echivalente.

De�nitia 9.1.3 O submultime � � E3 se numeste suprafat¼a dac¼a pentruorice punct P 2 � exist¼a o vecin¼atate V � E3 si o pânz¼a parametrizat¼a regulat¼a(D; r = r(u; v)) astfel ca r(D) = V \ � si r : D ! r(D) este un homeomor�sm(continu¼a, bijectiv¼a si cu inversa continu¼a).

O suprafat¼a � se numeste simpl¼a dac¼a exist¼a o pânz¼a regulat¼a (D; r =r(u; v)) astfel ca � = r(D). Pânza parametrizat¼a regulat¼a (D; r = r(u; v)) senumeste parametrizare local¼a a suprafetei � (în jurul punctului P ).

Page 189: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

9.1. PÂNZE PARAMETRIZATE. SUPRAFETE 181

Din de�nitia de mai sus se observ¼a c¼a o suprafat¼a � este o varietate difer-entiabil¼a de dimensiune 2. A se vedea si faptul c¼a se poate demonstra c¼a pentruorice punct P 2 � si orice multime deschis¼a V � E3, cu P 2 V , orice dou¼a para-metriz¼ari locale (D; r = r(u; v)), (�; r1 = r1(p; q)) cu V \ � = r(D) = r1(�)sunt pânze parametrizate echivalente.În concluzie, orice suprafat¼a este local suportul unei pânze parametrizate

netede, unic determinat¼a pân¼a la o schimbare de parametri.Astfel, o suprafat¼a se poate de�ni (local) ca o clas¼a de echivalent¼a de pânze

parametrizate regulate.Pe lâng¼a reprezentarea parametric¼a (local¼a) a unei suprafete ((1) sau (2))

avem si reprezentarea cartezian¼a explicit¼a si implicit¼a.a) Multimea � = f(x; y; z)jz = z(x; y); (x; y) 2 D � R2g este întotdeauna o

suprafat¼a simpl¼a, pentru c¼a � = r(D), unde r : D ! R3, r(u; v) = (u; v; z(u; v))este o pânz¼a parametrizat¼a regulat¼a. În acest mod suprafata � se numestesuprafat¼a reprezentat¼a explicit, iar ecuatia

z = z(x; y); (x; y) 2 D � R2 (3)

se numeste ecuatia cartezian¼a explicit¼a a suprafetei �. Analog, pentru x =x(y; z) sau y = y(x; z).

Exemplul 9.1.1 Suprafata dat¼a explicit � : z = x2

a2+y2

b2 reprezint¼a un paraboloid

eliptic, iar suprafata � : z = x2

a2 �y2

b2 reprezint¼a un paraboloid hiperbolic.

Exemplul 9.1.2 Ecuatia y = xtgz (sau y � xtgz = 0) reprezint¼a o suprafat¼anumit¼a elicoid.

b) Fie multimea � =�(x; y; z)

��F (x; y; z) = 0; (x; y; z) 2 D � R3, unde F

este o functie de clas¼a C1 pe D. În general multimea � nu este o suprafat¼a.Îns¼a, dac¼a într-un punct a = (x0; y0; z0) 2 D avem F 2x0 + F

2y0 + F

2z0 6= 0 (unde

am notat Fx0 =@F@x (x0; y0; z0) s.a.m.d.), atunci conform Teoremei functiilor

implicite (pentru situatia Fz0 6= 0) exist¼a o vecin¼atate V în R3 a lui a =

Page 190: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

182 CAPITOLUL 9. SUPRAFETE

(x0; y0; z0) si o functie de clas¼a C1, z : � ! R, � � R2 vecin¼atate a lui(x0; y0), astfel ca F (x; y; z(x; y)) = 0 , 8(x; y) 2 �. Deci V \ � = r(�), under(u; v) = (u; v; z(u; v)), (u; v) 2 � , este o portiune de suprafat¼a simpl¼a caretrece prin punctul M0(x0; y0; z0). Ecuatia acestei portiuni de suprafat¼a poate �adus¼a la forma explicit¼a z = z(x; y). În acest caz ecuatia

F (x; y; z) = 0 (4)

se numeste ecuatia cartezian¼a implicit¼a a portiunii de suprafat¼a V \ �.Reuniunea portiunilor simple de suprafat¼a ce se pot obtine în acest mod se

numeste suprafat¼a reprezentat¼a implicit de ecuatia implicit¼a (4).

Exemplul 9.1.3 În ecuatia (4) dac¼a functia F este o functie algebric¼a degradul doi în x, y, z, atunci suprafata dat¼a de (4) este o cuadric¼a. De pild¼a, uncilindru eliptic x2

a2 +y2

b2 � 1 = 0 sau o pereche de plane concurentex2

a2 �y2

b2 = 0.

Exemplul 9.1.4 Ecuatia x3 + y3 + z � 1 = 0 este ecuatia cartezian¼a implicit¼aa unei suprafete. Aceasta se poate reprezenta implicit prin z = 1� x3 � y3 sause poate reprezenta parametric prin x = u, y = v, z = 1� u3 � v3.

9.2 Curbe pe o suprafat¼a. Curbe coordonate.Puncte singulare si regulate

Fie � o suprafat¼a si P 2 � un punct al s¼au. Admitem c¼a (D; r = r(u; v)) este oparametrizare local¼a regulat¼a a lui � în vecin¼atatea lui P . O curba � în spatiucare trece prin P (P 2 �) se numeste curb¼a pe suprafata � dac¼a exist¼a oparametrizare local¼a (I; � = �(t)) a curbei �, în jurul lui P (P 2 �(I)) si exist¼aparametriz¼arile t

u! u(t), t v! v(t), t 2 I, cu (u(t); v(t)) 2 D, 8t 2 I, asa încât�(t) = r(u(t); v(t)),8t 2 I.Mai simplu, o curb¼a pe o suprafat¼a este o curb¼a continut¼a în acea suprafat¼a.

Exemplul 9.2.1 Elicea cilindric¼a reprezentat¼a parametric de drumul neted � :R ! R3, �(t) = (a cos t; a sin t; bt), a > 0, b 2 R, este o curb¼a pe cilindrulcircular x2

a2 +y2

a2 � 1 = 0.

Exemplul 9.2.2 Evident, un cerc de pe o sfer¼a este o curb¼a pe acea sfer¼a.

Fie suprafata � : r = r(u; v), (u; v) 2 D si M0 = r(u0; v0) 2 �. Atunci,curbele �u0 : u = u0 si �v0 : v = v0 de pe suprafata � se numesc curbecoordonate pe suprafata � (sau curbele retelei lui Gauss).Prin �ecare punct M0 = r(u0; v0) 2 � ce apartine unei portiuni regulate de

suprafat¼a trece o curb¼a si numai una din �ecare familie de curbe coordonateu = const, v = const, si anume curbele �u0 : u = u0 si �v0 : v = v0. În acestcaz u0, v0 se numesc coordonatele curbilinii ale punctului M0 si vom notaM0(u0; v0).

Page 191: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

9.2. CURBE PE O SUPRAFAT¼A. CURBE COORDONATE 183

În concluzie, ecuatia �(t) = r(u(t); v(t)), t 2 I, reprezint¼a ecuatia vectorial¼aparametric¼a a unei curbe de pe suprafata � : r = r(u; v), (u; v) 2 D, curb¼a cetrece prin punctul M0(u0; v0) 2 �, dac¼a si numai dac¼a putem alege acele functiitu! u(t), t v! v(t), cu (u(t); v(t)) 2 D, pentru toti t 2 I si asa încât s¼a existe

un t0 2 I cu u(t0) = u0 si v(t0) = v0.Acum s¼a remarc¼am c¼a vectorul tangent la curba coordonat¼a �u0 : u = u0

într-un punct curent al ei este rvnot= @r

@v (a se vedea c¼a �u0 : �(t) = r(u0; v(t)),v(t) = t si atunci �0(t) = @r

@uu0 + @r

@vv0 = @r

@v ), iar vectorul tangent la curba

coordonat¼a �v0 : v = v0 este runot= @r

@u .

De�nitia 9.2.1 Fie � : r = r(u; v), (u; v) 2 D o suprafat¼a reprezentat¼a para-metric. Un punct M0(u0; v0) 2 � se numeste punct regulat al suprafetei dac¼aru � rv j(u0;v0) 6= 0, adic¼a vectorii ruj(u0;v0) si rv j(u0;v0) sunt necoliniari. În cazcontrar punctul M0(u0; v0) 2 � numeste punct singular al suprafetei.O portiune simpl¼a de suprafat¼a format¼a numai din puncte regulate se nu-

meste portiune regulat¼a a suprafetei �. Dac¼a toat¼a suprafata e format¼a dinpuncte regulate atunci ea se zice suprafat¼a regulat¼a (sau neted¼a).

Exemplul 9.2.3 Suprafata reprezentat¼a parametric � :

8<: x = u2 + v + 1y = u2 � v + 1z = uv + 2

,

(u; v) 2 R2 are reprezentarea parametric¼a vectorial¼a r = (u2 + v + 1)i + (u2 �v + 1)j + (uv + 2)k; (u; v) 2 R2 este o suprafat¼a cu doar un singur punctsingular (ru � rv 6= 0, 8(u; v) 2 R2nf(0; 0)g). Punctul M0(u = 1; v = 1) 2 �are coodonatele carteziene x = 3, y = 1, z = 3, iar curbele coordonate caretrec prin M0 au ecuatiile vectoriale �u=1 : r = (v + 2)i + (2 � v)j + (v + 2)k,

�v=1 : r = (u2 + 2)i + u2j + (u + 2)k sau �u=1 :�x+ y = 4y + z = 4

(o dreapta

prin M0 situat¼a pe �), �v=1 :�x� y = 2y = (z � 2)2 (intersectia dintre un plan si

un cilindru parabolic). Cum ru = 2ui + 2uj + vk si rv = i � j + uk rezult¼a c¼a

Page 192: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

184 CAPITOLUL 9. SUPRAFETE

ru � rv = (2u2 + v)i� (2u2 � v)j � 4uk si ru � rvj(u=1;v=1) = 3i� j � 4k 6= 0,adic¼a într-adev¼ar M0(u = 1; v = 1) este un punct regulat.

Exemplul 9.2.4 Sfera de centru O si raz¼a R are reprezentarea parametric¼a8<: x = R cosu sin vy = R sinu sin vz = R cos v

, (u; v) 2 [0; 2�]� [0; �] si reprezentarea implicit¼a x2+y2+

z2�R2 = 0. Dar exist¼a dou¼a reprezent¼ari explicite z = �pR2 � x2 � y2 si z =

+pR2 � x2 � y2 care reprezint¼a emisfera sudic¼a si emisfera nordic¼a a sferei.

Dac¼a consider¼am�u = u(t) = t2

v = v(t) = t3, t 2 R, atunci curba � corespunz¼atoare de

pe sfer¼a are ecuatiile � :

8<: x = x(u(t); v(t)) = R cos t2 sin t3

y = y(u(t); v(t)) = R sin t2 sin t3

z = z(u(t); v(t)) = R cos t3, t 2 R. Ea trece

prin punctul M(0; 0; R) de coordonate curbilinii u = 0, v = 0.Curbele coordonate pe sfer¼a care trec prin punctul curent M0(u0; v0) sunt

cercuri mari de pe sfer¼a. Într-adev¼ar, cum �u0 : u = u0, �v0 : v = v0, adic¼a

�u0 :

8<: x = R cosu0 sin vy = R sinu0 sin vz = R cos v

, respectiv �v0 :

8<: x = R sin v0 cosuy = R sin v0 sinuz = R cos v0

, este clar c¼a

acestea sunt cercuri în spatiu.

9.3 Plan tangent. Normal¼a

Fie � : r = r(u; v), (u; v) 2 D, o suprafat¼a reprezentat¼a parametric si P =r(u; v) un punct regulat al ei. Tangentele la curbele coordonate de pe suprafata� care trec prin punctul P au directiile date de vectorii ru si rv, vectori caresunt necoliniari (ru � rv 6= 0).

De�nitia 9.3.1 Planul determinat de punctul P = r(u; v) si de vectorii direc-tori ru, rv se numeste plan tangent la suprafata � în punctul P , iar dreaptacare trece prin P si este perpendicular¼a pe planul tangent la � se numeste nor-mal¼a la suprafata � în punctul P .

Observatia 9.3.1 Tangenta în P 2 � la orice curb¼a � : �(t) = r(u(t); v(t))care trece prin P si este situat¼a pe suprafata � : r = r(u; v), este continut¼a înplanul tangent la � în P , deoarece �0(t) = u0(t)ru(u(t); v(t))+v0(t)rv(u(t); v(t))si astfel �0(t), ru(u(t); v(t)) si rv(u(t); v(t)) sunt coliniari.

Directia normalei la � în punctul P = r(u; v) este dat¼a de vectorul ru � rv,care se numeste vector normal la suprafata � în punctul P . Când punctulP = r(u; v) parcurge suprafata �, atunci functia (u; v) 2 D ! n(u; v)

not=

1kru�rvk (ru � rv) 2 V

3 se numeste câmp normal unitar al suprafetei �. În�ecare punct al suprafetei versorul normal n este de aceeasi parte a suprafeteidac¼a baza fru; rv; ng este pozitiv orientat¼a.

Page 193: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

9.3. PLAN TANGENT. NORMAL¼A 185

Orient¼am suprafata � considerând pozitiv¼a fata dinspre directia pozitiv¼a anormalei, dat¼a de sensul lui n.Având în vedere cele de mai sus, ecuatia vectorial¼a a planului tangent la �

în punctul P = r(u; v) este

�t : (r � r(u; v)) � (ru � rv) = 0 (5)

sau, ecuatia cartezian¼a a sa este

�t :

������x� x(u; v) y � y(u; v) z � z(u; v)

xu yu zuxv yv zv

������ = 0: (5�)

Dac¼a not¼am A = D(y;z)D(u;v) =

���� yu zuyv zv

����, B = D(z;x)D(u;v) =

���� zu xuzv xv

����, C =

D(x;y)D(u;v) =

���� xu yuxv yv

����, atunci (5�) devine�t : A(x� x(u; v)) +B(y � y(u; v)) + C(z � z(u; v)) = 0: (5�)

Cum normala la � în punctul P = r(u; v) are drept vector director peru � rv = Ai+Bj + Ck, rezult¼a c¼a ea are ecuatiile:

N :x� x(u; v)

A=y � y(u; v)

B=z � z(u; v)

C: (6)

Dac¼a suprafata � este dat¼a prin ecuatia explicit¼a z = z(x; y), atunci (tinândseama c¼a � se poate parametriza prin r = ui+vj+z(u; v)k, unde u = x, v = y)ecuatia planului tangent într-un punct regulat M0(x0; y0; z 0 = z(x0; y0)) al eieste:

�t :@z

@x(x0; y0)(x� x0) +

@z

@y(x0; y0)(y � y0)� (z � z0) = 0; (5��)

iar ecuatiile normalei la � în M0(x0; y0; z 0) sunt

N :x� x0

@z@x (x0; y0)

=y � y0

@z@y (x0; y0)

=z � z0�1 : (6�)

Dac¼a suprafata � este dat¼a prin ecuatia implicit¼a F (x; y; z) = 0, atunci unpunct M0(x0; y0; z 0) 2 � se numeste punct regulat al lui � dac¼a vectorulgradient al functiei F în punctul (x0; y0; z 0),rF (x0; y0; z 0) = @F

@x (x0; y0; z 0)i+@F@y (x0; y0; z 0)j+

@F@z (x0; y0; z 0)k, este nenul. În caz contrar, punctul M0 se nu-

meste punct critic (sau singular) al suprafetei �.Dac¼a M0(x0; y0; z 0) este un punct regulat al suprafetei � : F (x; y; z) = 0,

pentru care presupunem c¼a @F@z (x0; y0; z 0) 6= 0, atunci din teorema functiilor

implicite rezult¼a c¼a functia z = z(x; y), de�nit¼a implicit de ecuatia F (x; y; z) =0, are într-o vecin¼atate a lui M0 derivatele partiale continue de ordinul întâi

Page 194: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

186 CAPITOLUL 9. SUPRAFETE

@z@x (x0; y0) = �

@F@x (x0;y0;z 0)@F@z (x0;y0;z 0)

si @z@y (x0; y0) = �@F@y (x0;y0;z 0)@F@z (x0;y0;z 0)

. Prin urmare, planul

tangent la � în M0(x0; y0; z0) are ecuatia

�t :@F

@x(x0; y0; z 0)(x�x0)+

@F

@y(x0; y0; z 0)(y�y0)+

@F

@z(x0; y0; z 0)(z�z0) = 0;

(5iv)

iar ecuatiile normalei la � în M0(x0; y0; z 0) sunt

N :x� x0

@F@x (x0; y0; z 0)

=y � y0

@F@y (x0; y0; z 0)

=z � z0

@F@z (x0; y0; z 0)

: (6�)

Se observ¼a c¼a vectorul normal la � în punctul M0(x0; y0; z0) este vectorulgradient rF (x0; y0; z 0) al lui F în punctul M0(x0; y0; z0).

Exemplul 9.3.1 S¼a se determine ecuatia planului tangent si ecuatiile normaleila sfer¼a într-un punct curent al ei.Rezolvare:

Sfera de centru O si raza R are ecuatiile parametrice

8<: x = R cosu sin vy = R sinu sin vz = R cos v

,

(u; v) 2 [0; 2�] � [0; �]. Cum xu = �R sinu sin v, yu = R cosu sin v, zu =0, xv = R cosu cos v, yv = R sinu cos v, zv = �R sin v, rezult¼a ru � rv =�R2 cosu sin2 vi�R2 sinu sin2 vj�R2 sin v cos vk, de unde avem ecuatia planuluinormal la sfer¼a într-un punct curent al ei

cosu sin2 v(x�R cosu sin v)+sinu sin2 v(y�R sinu sin v)+sin v cos v(z�R cos v) = 0

si ecuatiile normalei la sfer¼a într-un punct curent al ei

x�R cosu sin vcosu sin2 v

=y �R sinu sin vsinu sin2 v

=z �R cos vsin v cos v

:

Se remarc¼a faptul c¼a originea veri�c¼a ecuatiile normalei, ceea ce înseamn¼a c¼aoricare ar � u, v, normala trece printr-un punct �x. Este adevarat¼a si reciproca:Dac¼a normala într-un punct curent al unei suprafete trece printr-un punct �x,atunci suprafata este o sfer¼a cu centrul în acel punct �x.

Exemplul 9.3.2 Scrieti ecuatia planului tangent si ecuatiile normalei la suprafatadat¼a explicit � : z = xy, (x; y) 2 (0;1)� (0;1), în punctul M0(x = 1; y = 1).Rezolvare:Cum @z

@x = y, @z@y = x rezult¼a c¼a planul tangent la � în M0 are ecuatia

1(x� 1) + 1(y� 1)� (z � 1) = 0, adic¼a x+ y� z � 1 = 0. Normala la � în M0

are ecuatiile x�11 = y�1

1 = z�1�1 .

Page 195: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

9.4. PRIMA FORM¼A FUNDAMENTAL¼A A UNEI SUPRAFETE 187

Exemplul 9.3.3 Aceeasi problem¼a pentru suprafata dat¼a implicit � : x2

4 +y2

9 +z2

36 � 1 = 0, (x; y; z) 2 R3, în punctul M0(

2p3; 3p

3; 6p

3).

Rezolvare:Avem F (x; y; z) = x2

4 +y2

9 +z2

36 � 1 si rF = @F@x i+

@F@y j +

@F@z k =

x2 i+

2y9 j+

z18k. Atunci rF (

2p3; 3p

3; 6p

3) = 1p

3i+ 2

3p3j+ 3p

3k si astfel planul tangent

la � în M0 are ecuatia

x� 2p3+2

3

�y � 3p

3

�+ 3

�z � 6p

3

�= 0;

iar normala la � în M0 are ecuatiile

x� 2p3

1=y � 3p

323

=z � 6p

3

3:

9.4 Prima form¼a fundamental¼a a unei suprafete.Lungimea unei curbe pe o suprafat¼a. Unghiula dou¼a curbe pe o suprafat¼a. Elementul dearie al unei suprafete

Fie � : r = r(u; v), (u; v) 2 D o suprafat¼a regulat¼a, reprezentat¼a parametricsi � : �(t) = r(u(t); v(t)), t 2 I o curb¼a situat¼a pe suprafata �. Dac¼a s esteabscisa curbilinie pe curba �, atunci ds2 = d�2 = dr2 = dr �dr = (rudu+rvdv) �(rudu+ rvdv), adic¼a

ds2 = kruk2 du2 + 2 (ru � rv) dudv + krvk2 dv2: (7)

De�nitia 9.4.1 Egalitatea (7) ne arat¼a c¼a ds2 este o form¼a p¼atratic¼a difer-ential¼a în du, dv, numit¼a prima form¼a fundamental¼a (a lui Gauss) a suprafetei� sau metrica suprafetei �.

Dac¼a not¼am E = kruk2 = x2u + y2u + z2u, F = ru � rv = xuxv + yuyv + zuzv,G = krvk2 = x2v + y2v + z2v , atunci (7) devine

ds2 = Edu2 + 2Fdudv +Gdv2: (7�)

E, F , G se numesc coe�cientii primei forme fundamentale a suprafetei �.

Observatia 9.4.1 Prima form¼a fundamental¼a a unei suprafete � este o form¼ap¼atratic¼a pozitiv de�nit¼a în toate punctele regulate ale suprafetei, deoareceE = kruk2 > 0 (dac¼a kruk2 = 0 avem ru = 0 si atunci ru�rv = 0, contradictie)

si � not=

���� E FF G

���� = EG� F 2 = kruk2 krvk2 � (ru � rv)2 == kruk2 krvk2 sin2(\ru; rv) = kru � rvk2 > 0.

Page 196: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

188 CAPITOLUL 9. SUPRAFETE

Deoarece produsul scalar este invariant la schimb¼ari de baze ortonormate sids2 = dr � dr, rezult¼a c¼a prima form¼a fundamental¼a este invariant¼a la schimb¼aride repere ortonormate.

Exemplul 9.4.1 Prima form¼a fundamental¼a a sferei cu centrul în origine side raz¼a R, de ecuatie vectorial¼a

r = R cosu sin vi+R sinu sin vj +R cos vk; u 2 [0; 2�]; v 2 [0; �];

este ds2 = R2 sin2 vdu2+R2dv2, pentru c¼a ru = �R sinu sin vi+R cosu sin vj,rv = R cosu cos vi + R sinu cos vj � R sin vk si atunci E = kruk2 = R2 sin2 v,F = ru � r = 0, G = krvk2 = R2.

În cazul unei suprafete reprezentate explicit, � : z = z(x; y), (x; y) 2 D �R2, tinând cont c¼a putem parametriza suprafata prin x = u, y = v, z = z(u; v),avem E = 1+ p2, F = pq, G = 1+ q2, dac¼a folosim notatiile lui Monge p = @z

@x ,q = @z

@y . Prin urmare prima form¼a fundamental¼a a lui � este

ds2 = (1 + p2)dx2 + 2pqdxdy + (1 + q2)dy2: (7�)

Exemplul 9.4.2 Prima form¼a fundamental¼a a suprafetei � : z = xy, (x; y) 2(0;1)� (0;1), este ds2 = (1 + y2)dx2 + 2xydxdy + (1 + x2)dy2.

Revenind la curba � : �(t) = r(u(t); v(t)), t 2 I, situat¼a pe suprafata reg-ulat¼a � : r = r(u; v), (u; v) 2 D, avem c¼a lungimea arcului de curb¼a dintre

punctele M1 = �(t1) si M2 = �(t2) de pe � este L\M1M2=

t2Rt1

k�0(t)k dt, unde

t1 < t2. Dar �0(t) = u0(t)ru(u(t); v(t)) + v0(t)rv(u(t); v(t)) si atunci avem

k�0(t)k =q�0(t) � �0(t) =

pE(t)(u0(t))2 + 2F (t)u0(t)v0(t) +G(t)(v0(t))2;

unde E(t) = E(u(t); v(t)) = kru(u(t); v(t))k2, F (t) = F (u(t); v(t)) =ru(u(t); v(t)) � rv(u(t); v(t)), G(t) = G(u(t); v(t)) = krv(u(t); v(t))k2.Prin urmare lungimea arcului de curb¼a \M1M2 pe curba � este

L\M1M2=

t2Zt1

pE(t)(u0(t))2 + 2F (t)u0(t)v0(t) +G(t)(v0(t))2dt (8)

Dac¼a �x¼am t1 2 I si lu¼am t arbitrar în I, egalitatea s =tRt1

k�0(�)k d� , unde

s este abscisa curbilinie pe � (adic¼a s este parametru natural) ne d¼a elementulde arc ds pe curba � � �, ds = k�0(t)k dt sau ds2 = k�0(t)k2 dt2. Atunci, avem

Page 197: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

9.4. PRIMA FORM¼A FUNDAMENTAL¼A A UNEI SUPRAFETE 189

ds2 = E(t)(u0(t))2dt2 + 2F (t)u0(t)v0(t)dt2 +G(t)(v0(t))2dt2 sauds2 = Edu2 + 2Fdudv +Gdv2. Evident c¼a

L\M1M2=

t2Zt1

ds =

t2Zt1

pE(u0)2 + 2Fu0v0 +G(v0)2dt: (8�)

Exemplul 9.4.3 Fie suprafata � : r = (u+v)i+(u2�v)j+(u+v2)k, (u; v) 2R2. S¼a se determine perimetrul triunghiului curbiliniu M1M2M3 determinat decurbele �1 : u = 1, �2 : v = �1, �3 : u+ v = 1 pe suprafata �.Rezolvare:Avem ru = i+ 2uj + k, rv = i� j + 2vk, de unde rezult¼a c¼a E = ru � ru =

2 + 4u2, F = 1 � 2u + 2v, G = 2 + 4v2. Atunci prima form¼a fundamental¼a alui � este

ds2 = (2 + 4u2)du2 + 2(1� 2u� 2v)dudv + (2 + 4v2)dv2:

Deoarece �1 \ �2 = fM1g, �1 \ �3 = fM2g, �2 \ �3 = fM3g, rezult¼aM1(1;�1), M2(1; 0) si M3(2;�1), iar \M1M2 � �1, \M2M3 � �3, \M1M3 � �2.Atunci

L\M1M2=

0R�1

pE(u0)2 + 2Fu0v0 +G(v0)2dt =

0R�1

pGdt =

0R�1

p2 + 4t2dt =

= 20R�1

qt2 + 1

2dt =p3�12 + 1

2 ln�p3�

p2�, pentru c¼a de-a lungul lui \M1M2

avem u = 1, v = t 2 [�1; 0], u0 = 0, v0 = 1.

L\M2M3=

2R1

p2(1 + 4t2)dt = 1p

2

2R1

2p(2t)2 + 1dt =

p2[4p17�2

p5+ln(4+

p17) � ln(

p5 � 2)], pentru c¼a de-a lungul lui \M2M3 avem u+ v = 1, adic¼a

u = t, v = 1� t, t 2 [1; 2], u0 = 1, v0 = �1.

L\M1M3=

2R1

pEdt =

2R1

p2 + 4t2dt =

p5�p3

2 + 12 ln

p5+2

p2p

3+2p2, pentru c¼a de-a

lungul lui \M1M3 avem u = t 2 [1; 2], v = �1, u0 = 1, v0 = 0.În �nal, perimetrul triunghiului curbiliniu M1M2M3 este egal cu L\M1M2

+L\M2M3

+ L\M1M3.

Fie acum dou¼a curbe �1 : �1(t) = r(u1(t); v1(t)), t 2 I1 si �1 : �2(�) =r(u2(�); v2(�)), � 2 I2 situate pe suprafata regulat¼a � : r = r(u; v), (u; v) 2 Dsi având punctul comun M = �1(t) = �2(�).

De�nitia 9.4.2 Se numeste unghi al curbelor �1 si �2 în punctul M unghiul� format de tangentele la cele dou¼a curbe în M .

Întrucât vectorii directori ai tangentelor la curbele �1, �2 în punctulM sunt�01(t) = u

01(t)ru + v

01(t)rv si �

02(�) = u

02(�)ru + v

02(�)rv, rezult¼a

cos � =�01(t) � �02(�)k�01(t)k k�02(�)k

=d�1 � ��2kd�1k k��2k

=dr � �rkdrk k�rk ;

Page 198: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

190 CAPITOLUL 9. SUPRAFETE

unde prin �r am notat diferentiala în raport cu � . Tinând cont c¼a dr =rudu+rvdv si �r = ru�u+rv�v, obtinem expresia analitic¼a a cosinusului unghi-ului � f¼acut de cele dou¼a curbe în punctul comun M :

cos � =Edu�u+ F (du�v + �udv) +Gdv�vp

Edu2 + 2Fdudv +Gdv2 �pE�u2 + 2F�u�v +G�v2

(9)

Dou¼a curbe �1 si �2 de pe suprafata � sunt ortogonale dac¼a si numai dac¼a� = �

2 , adic¼a

Edu�u+ F (du�v + �udv) +Gdv�v = 0: (9�)

În cazul curbelor coordonate �u0 : u = u0 si �v0 : v = v0 care trec prinpunctul M(u0; v0) avem dr = rvdv (du = 0) si �r = ru�u (�v = 0). Atunciunghiul � format de curbele coordonate este dat prin

cos � =FpEG

: (9�)

Deci, curbele coordonate sunt ortogonale dac¼a si numai dac¼a F = 0 (vezisfera).

Observatia 9.4.2 Lungimea unei curbe pe o suprafat¼a si unghiul a dou¼a curbepe o suprafat¼a sunt exemple de m¼arimi exprimabile prin coe�cientii primei formefundamentale ds2. Acestea se numesc m¼arimi "intrinseci" ale suprafetei. Deasemenea m¼arimea vectorului normal kru � rvk =

p� =

pEG� F 2 este o

m¼arime "intrinsec¼a" a suprafetei.

Exemplul 9.4.4 Fie suprafata � : r = (u+v)i+(u2�v)j+(u+v2)k, (u; v) 2R2. S¼a se determine unghiul � f¼acut de curbele coordonate u = 1 si v = �1, înpunctul M(1;�1).Rezolvare:Avem ru = i + 2uj + k, rv = i � j + 2vk, de unde E = ru � ru = 2 + 4u2,

F = 1 � 2u + 2v, G = 2 + 4v2. Atunci în punctul M(1;�1), avem E = 6,F = �3, G = 6. Având în vedere c¼a de-a lungul curbei u = 1 avem du = 0,iar de-a lungul curbei v = �1 avem �v = 0, rezult¼a cos � = Fp

EG= � 1

2 , adic¼a

� = 2�3 .

Fie suprafata � : r = r(u; v), (u; v) 2 D.

De�nitia 9.4.3 Se numeste elementul de arie al suprafetei � într-un punctregulat al ei M(u; v), aria paralelogramului format pe vectorii rudu si rvdv,considerati cu punctul de aplicatie în M .

Page 199: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

9.5. A DOUA FORM¼A FUNDAMENTAL¼A A UNEI SUPRAFETE 191

Dac¼a not¼am elementul de arie prin d� avem c¼a

d� = krudu� rvdvk = kru � rvk dudv =pEG� F 2dudv (10)

În cazul unei suprafete reprezentat¼a explicit � : z = z(x; y), (x; y) 2 D � R2

avem d� =p1 + p2 + q2dxdy, unde p = @z

@x , q =@z@y .

Exemplul 9.4.5 Pentru sfera � : r = R cosu sin vi+ R sinu sin vj + R cos vk,u 2 [0; 2�], v 2 [0; �], avem E = R2 sin2 v, F = 0 si G = R2, de unde EG�F 2 =R4 sin2 v. Atunci elementul de arie al sferei este d� = R2 sin vdudv.

În cadrul cursului de analiz¼a matematic¼a, în capitolele de calcul integral,se va obtine aria unei portiuni de suprafat¼a � prin A =

RR�

d�, undeRR�

este

numit¼a integrala pe suprafat¼a.

9.5 A doua form¼a fundamental¼a a unei suprafete.Curbura unei curbe pe o suprafat¼a. Cur-bura normal¼a. Curburi principale. Liniigeodezice pe o suprafat¼a

Fie � : r = r(u; v), (u; v) 2 D, o suprafat¼a, P (u; v) 2 � un punct regulat alei, iar � : �(s) = r(u(s); v(s)), s abscisa curbilinie (s parametru natural), ocurb¼a pe � care trece prin P . Admitem c¼a P este un punct biregulat pentrucurba �. Atas¼am triedrul lui Frenét în punctul P al curbei � format din versoriitangent¼a T , normal¼a principal¼a N si binormal¼a B. Dac¼a �(s) = r(u(s); v(s))este vectorul de pozitie al punctului P , atunci T = dr

ds . Astfel, prima formul¼a a

lui Frenét devine d2rds2 =

1RN , unde R este raza de curbur¼a a curbei �.

Fie n = 1kru�rvk (ru � rv) versorul normalei la suprafata �. Atunci, avem

d2rds2 � n =

1RN � n sau 1

R

N knk cos � = n � d2rds2 , unde � este unghiul dintre n siN . Prin urmare

cos �

R=1

RN � n = d2r � n

ds2: (11)

De�nitia 9.5.1 Vectorul 1RN se numeste vectorul de curbur¼a al curbei �,

iar proiectiile lui pe normala lui � si pe planul tangent la � în punctul P senumesc curbura normal¼a si, respectiv, curbura tangential¼a, notate 1

Rnsi

1Rg.

Egalitatea (11) ne d¼a tocmai curbura normal¼a

1

Rn=1

RN � n = cos �

R= n � d

2r

ds2: (12)

Page 200: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

192 CAPITOLUL 9. SUPRAFETE

Cum unghiul f¼acut de N cu planul tangent este �2 � � rezult¼a curbura

tangential¼a

1

Rg=sin �

R: (13)

Mai departe, cum dr = rudu+ rvdv, rezult¼a c¼a

d2r = ruudu2 + 2ruvdudv + rvvdv

2 + rud2u+ rvd

2v;

unde ruu = @2r@u2 , ruv =

@2r@u@v , rvv =

@2r@v2 .

Dac¼a tinem cont c¼a n � ru = 0 si n � rv = 0, atunci avem

n � d2r = (n � ruu) du2 + 2 (n � ruv) dudv + (n � rvv) dv2: (14)

Notând 8><>:L = n � ruu = 1

kru�rvk [ru; rv; ruu]

M = n � ruv = 1kru�rvk [ru; rv; ruv]

N = n � rvv = 1kru�rvk [ru; rv; rvv]

; (15)

obtinem

n � d2r = Ldu2 + 2Mdudv +Ndv2: (14�)

De�nitia 9.5.2 Forma p¼atratic¼a diferential¼a

Ldu2 + 2Mdudv +Ndv2not= d'2 (14�)

se numeste a doua form¼a p¼atratic¼a diferential¼a a suprafetei �, iar L,M , N din (15) se numesc coe�cientii acestei forme.

Exemplul 9.5.1 Fie sfera cu centrul în origine si de raz¼a R, de ecuatie vecto-rial¼a

r = R cosu sin vi+R sinu sin vj +R cos vk; u 2 [0; 2�]; v 2 [0; �];

Avem ru = �R sinu sin vi+R cosu sin vj, rv = R cosu cos vi+R sinu cos vj�R sin vk, ruu = �R cosu sin vi�R sinu sin vj, ruv = �R sinu cos vi+R cosu cos vj,rvv = �R cosu sin vi � R sinu sin vj � R cos vk, E = kruk2 = R2 sin2 v, F =

ru � r = 0, G = krvk2 = R2, ru � rv = �R2 cosu sin2 vi � R2 sinu sin2 vj �R2 sin v cos vk, kru � rvk = R2 sin v, L = 1

kru�rvk [ru; rv; ruu] = R sin2 v, M =

1kru�rvk [ru; rv; ruv] = 0, N = 1

kru�rvk [ru; rv; rvv] = R.

Atunci prima form¼a fundamental¼a a sferei este ds2 = R2 sin2 vdu2+R2dv2,iar a doua form¼a fundamental¼a este d'2 = Ldu2+2Mdudv+Ndv2 = R sin2 vdu2+Rdv2.

Page 201: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

9.5. A DOUA FORM¼A FUNDAMENTAL¼A A UNEI SUPRAFETE 193

Conform cu relatiile (11), (12) si (14�) avem c¼a 1Rn= d2r�n

ds2 = Ldu2+2Mdudv+Ndv2

Edu2+2Fdudv+Gdv2 ,de unde rezult¼a faptul c¼a, curbura normal¼a a curbei �, 1

Rn, este dat¼a de formula:

1

Rn=Ldu2 + 2Mdudv +Ndv2

Edu2 + 2Fdudv +Gdv2=d'2

ds2: (16)

Exemplul 9.5.2 Pentru sfera cu centrul în origine si de raz¼a R, curbura nor-mala este 1

Rn= 1

R , peste tot.

Observatia 9.5.1 Evident c¼a membrul drept el egalit¼atii (16) depinde doarde punctul P 2 � � � (coe�cientii E, F , G, L, M , N sunt calculati înpunctul P ) si de tangenta în P la curba � (prin intermediul lui du, dv).Prin urmare, dac¼a consider¼am pe suprafata � o alt¼a curb¼a �0 care s¼a trec¼a prinP si s¼a aib¼a aceeasi tangent¼a în P ca si curba �, atunci cos �R = cos �0

R0 în P , unde1R0 este curbura lui �0 si �

0 este unghiul dintre normala la � în P si normalaprincipal¼a la �0 în P .Deci curbura normal¼a în P 2 �, corespunz¼atoare curbei � � �, depinde de

punctul P si de directia tangentei la � în P .

Dac¼a admitem c¼a ecuatia curbei � de pe suprafata � este v = v(u), u 2 I siconsider¼am � = dv

du , atunci formula curburii normale1Rn

devine

1

Rn=L+ 2M�+N�2

E + 2F�+G�2: (16�)

Acum, ne propunem s¼a determin¼am acele curbe de pe suprafata � pentrucare curbura normal¼a 1

Rns¼a aib¼a valori extreme. Prin anularea derivatei functiei

1Rn: �! 1

Rn(�) obtinem

(M +N�)(E + 2F�+G�2)� (F +G�)(L+ 2M�+N�2) = 0;

sau L+2M�+N�2

E+2F�+G�2= M+N�

F+G� =L+M�E+F� sau (M +N�)(E+F�)� (L+M�)(F +

G�) = 0, adic¼a

���� E + F� L+M�F +G� M +N�

���� = 0, ceea ce înseamn¼a������1 �� �2

E F GL M N

������ = 0: (17)

Întrucât (17) reprezint¼a o ecuatie de gradul doi în � ale c¼arei r¼ad¼acini �1, �2anuleaz¼a derivata lui 1

Rn, rezult¼a c¼a valorile extreme ale curburii principale 1

Rn

sunt 1Rn(�1)

not= k1 si 1

Rn(�2)

not= k2.

De�nitia 9.5.3 Numerele reale k1, k2 se numesc curburile principale alesuprafetei �.

Page 202: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

194 CAPITOLUL 9. SUPRAFETE

Având în vedere cele de mai sus, se observ¼a c¼a

k1 =M +N�1F +G�1

si k2 =M +N�2F +G�2

: (18)

Din dvdu = �1 = f1(u; v) si dv

du = �2 = f2(u; v), prin integrare, se obtinecuatiile

'1(u; v; c1) = 0 si '2(u; v; c2) = 0 (19)

(unde c1, c2 2 R, constante), care reprezint¼a ecuatiile a dou¼a familii decurbe pe � numite linii de curbur¼a ale suprafetei �.Prin urmare, liniile de curbur¼a la suprafata � sunt curbe situate pe � pentru

care pantele tangentelor sunt egale cu �1, respectiv �2, pentru care curbura nor-mal¼a ia valori extreme. Directiile de pante �1 si �2 (adic¼a directiile tangentelorla liniile de curbur¼a) se numesc directii principale ale suprafetei �.Deoarece pantele directiilor principale veri�c¼a ecuatia M+N�

F+G� =L+M�E+F�

not= k,

obtinem (prin eliminarea lui � între aceste ecuatii) � = M�kFkG�N , de unde avem

L+M M�kFkG�N

E+F M�kFkG�N

= k, adic¼a (LG�MF )k+M2�NL(EG�F 2)k+MF�NE = k.

Prin urmare, curburile principale veri�c¼a ecuatia de gradul doi în k:

(EG� F 2)k2 � (LG� 2MF +NE)k + LN �M2 = 0: (20)

Ecuatia (20) se poate scrie si sub forma���� Ek � L Fk �MFk �M Gk �N

���� = 0: (20�)

S¼a remarc¼am c¼a ecuatia (20) ne permite determinarea curburilor principalek1, k2 f¼ar¼a a determina în prealabil directiile principale �1, �2, ca în formula(18). De asemenea, din ecuatia (20), folosind relatiile lui Viète, avem(

k1 + k2 =LG�2MF+NE

EG�F 2

k1k2 =LN�M2

EG�F 2

: (21)

De�nitia 9.5.4 Produsul si semisuma curburilor principale k1, k2 se numesccurbura total¼a (sau curbura Gauss), notat¼a K, respectiv curbura medie,notat¼a H, pentru suprafata �.

Din (21) rezult¼a formulele pentru curbura total¼a si curbura medie:(K = k1k2 =

LN�M2

EG�F 2

H = k1+k22 = LG�2MF+NE

2(EG�F 2)

: (21�)

Page 203: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

9.5. A DOUA FORM¼A FUNDAMENTAL¼A A UNEI SUPRAFETE 195

Observatia 9.5.2 Având în vedere (17), rezult¼a c¼a ecuatia diferentiala a lini-ilor de curbur¼a este ������

du2 �dudv dv2

E F GL M N

������ = 0: (22)

Exemplul 9.5.3 S¼a se determine curbura normal¼a, curburile principale, di-rectiile principale, liniile de curbur¼a, curbura total¼a si curbura medie pentrusuprafata

� : r = u cos vi+ u sin vj + avk ; (u; v) 2 R�R;unde a 2 R, suprafat¼a numit¼a elicoidul drept.Rezolvare:Avem ru = cos vi + sin vj , rv = �u sin vi + u cos vj + ak, ruu = 0, ruv =

� sin vi+cos vj, rvv = �u cos vi�u sin vj. Atunci E = ru �ru = 1, F = ru �rv =0, G = rv �rv = u2+a2, ru�rv = a sin vi�a cos vj+uk, kru � rvk =

pu2 + a2,

L = 0, M = �apu2+a2

, N = 0 si astfel curbura normal¼a este dat¼a de (16),

1

Rn=

�2apu2+a2

dudv

1du2 + (u2 + a2)dv2= �

2adudvpu2 + a2

�dudv

�2+ (u2 + a2)

:

Curburile principale sunt date de ecuatia (20), care devine (u2 + a2)k2 �a2

u2+a2 = 0. Atunci k1 =a

u2+a2 , k2 = �a

u2+a2 sunt curburile principale.Ecuatia diferential¼a a liniilor de curbur¼a (17) se scrie������

du2 �dudv dv2

1 0 u2 + a2

0 �apu2+a2

0

������ = 0, (u2 + a2)du2 � dv2 = 0;

de unde avem mai întâi directiile principale �1 = dvdu = �

pu2 + a2 si �2 =

dvdu =

pu2 + a2. Integrând ecuatiile dv

du = �pu2 + a2 si dvdu =

pu2 + a2 obtinem

liniile de curbur¼a date prin ecuatiile 12upu2 + a2+ 1

2a2 ln(u+

pu2 + a2)+v+c1 =

0 si 12upu2 + a2+ 1

2a2 ln(u+

pu2 + a2)�v+ c2 = 0, unde c1, c2 sunt constante

reale.Curbura total¼a este K = k1k2 =

�a2(u2+a2)2 , iar curbura medie este H =

k1+k22 = 0 .

De�nitia 9.5.5 Curbele de pe suprafata � în lungul c¼arora curbura normal¼a1Rn

se anuleaz¼a se numesc linii asimptotice ale suprafetei �, iar directiiletangentelor la aceste curbe se numesc directii asimptotice:

Având în vedere expresia curburii normale (16) si de�nitia liniei asimptotice,avem ecuatia diferential¼a a liniilor asimptotice:

Ldu2 + 2Mdudv +Ndv2 = 0: (23)

Fie v = v(u) ecuatia liniei asimptotice si �e � = dvdu . Atunci, (23) devine

Page 204: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

196 CAPITOLUL 9. SUPRAFETE

L+ 2M�+N�2 = 0: (23�)

R¼ad¼acinile �1, �2 ale ecuatiei (23�) sunt pantele directiilor asimptotice, iardin ecuatiile dv

du = �1 = g1(u; v) sidvdu = �2 = g2(u; v), prin integrare, se obtin

ecuatiile

1(u; v; c1) = 0 si 2(u; v; c2) = 0 (24)

(unde c1, c2 2 R, constante), care reprezint¼a ecuatiile liniilor asimptoticeale suprafetei �.Din ecuatia de gradul doi în �, (23�), rezult¼a c¼a în �ecare punct P al

suprafetei � exist¼a dou¼a directii asimptotice care pot � (dup¼a valoarea dis-criminantului):i) reale si distincte, dac¼a

�M2 � LN

�jP > 0, caz în care punctul P se numeste

punct hiperbolic.ii) reale si egale, dac¼a

�M2 � LN

�jP = 0, caz în care punctul P se numeste

punct parabolic.iii) imaginare, dac¼a

�M2 � LN

�jP < 0, caz în care punctul P se numeste

punct eliptic.Prin urmare, prin �ecare punct hiperbolic al suprafetei � trec dou¼a linii

asimptotice, prin �ecare punct parabolic trece o singur¼a linie asimptotic¼a, iarprintr-un punct eliptic nu trec linii asimptotice (spunem c¼a avem dou¼a liniiasimptotice imaginare).

Exemplul 9.5.4 S¼a se determine liniile de curbur¼a si liniile asimptotice alesuprafetei

� : r = u cos vi+ u sin vj +1

uk; (u; v) 2 (0;1)�R:

Rezolvare:Avem ru = cos vi + sin vj � 1

u2 k , rv = �u sin vi + u cos vj, ruu = 2u3 k,

ruv = � sin vi+ cos vj, rvv = �u cos vi� u sin vj. Atunci E = ru � ru = 1+ 1u4 ,

F = ru �rv = 0, G = rv �rv = u2, ru�rv = 1u cos vi+

1u sin vj+uk, kru � rvk =q

1u2 + u

2, L = 2upu4+1

, M = 0, N = �1.Directiile principale sunt date de ecuatia (17)�������

1 �� �2

u4+1u4 0 u22

upu4+1

0 �1

������� = 0, unde � =dv

du.

Prin urmare ��u4+1u4 + 2up

u4+1

�= 0 ceea ce implic¼a � = 0, adic¼a liniile de

curbur¼a au ecuatia de forma v = cu, c 2 R, constant¼a.

Page 205: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

9.5. A DOUA FORM¼A FUNDAMENTAL¼A A UNEI SUPRAFETE 197

Ecuatia liniilor asimptotice (23�) se scrie 2upu4+1

� �2 = 0, unde � = dvdu .

Deci �1;2 = �q

2upu4+1

, de unde avem c¼a liniile asimptotice ale suprafetei sunt

date de ecuatiile diferentiale: dvdu = �

q2

upu4+1

si dvdu =q

2upu4+1

.

De�nitia 9.5.6 O curb¼a � situat¼a pe suprafata � se numeste linie geodezic¼aa suprafetei dac¼a planul osculator al curbei în �ecare punct al ei contine normalala suprafat¼a.

Pe o curba � � �, dac¼a alegem ca parametru una dintre coordonatele cur-bilinii ale suprafetei �, de exemplu pe u, atunci ecuatia vectorial¼a a curbei �este r(u) = r(u; v(u)). Întrucât planul osculator al curbei � într-un punct ar-bitrar al ei este determinat de vectorii r0, r00, rezult¼a c¼a curba � este o liniegeodezic¼a dac¼a si numai dac¼a vectorii r0, r00, n sunt coplanari (n este versorulnormalei la �). Astfel, ecuatia diferential¼a a liniilor geodezice este:

[r0; r00; n] = 0: (25)

Exemplul 9.5.5 S¼a se determine liniile geodezice ale planului � � E3 .Rezolvare:Se consider¼a un reper cartezian ortonormat Oxyz astfel încât � = xOy .

Atunci planul � are reprezentarea parametric¼a � : �r = u�{+vj , (u; v) 2 R�R .Curba � � � este linie geodezic¼a a lui � dac¼a si numai dac¼a planul osculator allui � contine normala la � , în �ecare punct al lui � , adic¼a [�r0; �r00; n] = 0 . Seconsider¼a curba � : v = v(u) , situat¼a pe � . Atunci �r = u�{ + v(u)j , �r

0= dr

du =

�{+ v0j , �r

00= v

00j, n = �ru��rv

k�ru��rvk =�k .

Deci [�r0; �r00; n] =

������1 v

00

0 v00

00 0 1

������ = 0, v00= 0, v(u) = c1u+c2 (c1; c2 constante

reale).Prin urmare, liniile geodezice ale planului � au ecuatia vectorial¼a paramet-

ric¼a�r = ui+(c1u+c2)j = c2�j+u(i+c1j) , u 2 R , care reprezint¼a ecuatia vectorial¼aparametric¼a a unei drepte. Deci liniile geodezice ale planului � sunt dreptelesale.

Exemplul 9.5.6 Fie suprafata � care are reprezentarea parametric¼a �r = ui+uvj + (v + lnu)�k , (u; v) 2 (0;1)�R.Se cer:a) S¼a se determine forma I-a fundamental¼a si forma a II-a fundamental¼a pentrusuprafata �;b) S¼a se precizeze natura punctelor suprafetei � ;c) S¼a determine liniile asimptotice ale suprafetei � ;d) S¼a se calculeze curbura normal¼a a suprafetei � în punctul P (u = 1; v =�1) 2 � , corespunz¼atoare curbei � : u� v2 = 0 , situat¼a pe � ;e) S¼a se calculeze curburile principale, curbura total¼a si curbura medie în punctul

Page 206: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

198 CAPITOLUL 9. SUPRAFETE

P (u = 1; v = �1) ;f) S¼a se determine liniile de curbur¼a ale suprafetei � .Rezolvare:a) Se observ¼a c¼a suprafata � este regulat¼a de ordin k � 2 si toate punctele

sunt ordinare, pentru c¼a având �ru = i+ vj + 1u�k , �rv = uj + �k rezult¼a �ru � �rv =

(v � 1)i� j + u�k 6=0 .Prima form¼a fundamental¼a este ds2 = Edu2 + 2Fdudv +Gdv2 == (1+v2+ 1

u2 )du2+2(uv+ 1

u )dudv+(u2+1)dv2, pentru c¼a E = �r2u = 1+v

2+ 1u2 ,

F = �ru � �rv = uv + 1u , G = �r

2v = u

2 + 1 .A doua form¼a fundamental¼a este d'2 = Ldu2 + 2Mdudv +Ndv2 ,unde L = 1p

�(�ru; �rv; �ruu) , M = 1p

�(�ru; �rv; �ruv), N = 1p

�(�ru; �rv; �rvv).

Cum � = k�ru � �rvk2 = u2 + v2 � 2v + 2 , �ruu = @2�r@u2 = � 1

u2�k , �ruv = @2�r

@u@v =

j , �rvv = @2�r@u@v =

�0 si (�ru; �rv; �ruu) =

������1 v 1

u0 u 10 0 � 1

u2

������ = � 1u , (�ru; �rv; �ruv) =������

1 v 1u

0 u 10 1 0

������ = �1 , (�ru; �rv; �rvv) =

������1 v 1

u0 u 10 0 0

������ = 0 , rezult¼a c¼a L = � 1up�,

M = � 1p�, N = 0 .

Deci d'2 = � 1up�du2 � 2p

�dudv.

b) Deoarece M2 � LN = 1� +

1u� � 0 =

1� > 0 în orice punct P 2 � , rezult¼a c¼a

toate punctele suprafetei � sunt hiperbolice, adic¼a prin orice punct P 2 � trecdou¼a linii asimptotice reale.c) Ecuatia diferential¼a a liniilor asimptotice este

Ldu2 + 2Mdudv +Ndv2 = 0 ;

adic¼a � 1up�du2 � 2p

�dudv = 0 .

Prin urmare, avem du = 0 sau 1udu + 2dv = 0 . De aici rezult¼a ecuatiile celor

dou¼a familii de linii asimptotice: u = c1 , respectiv lnu + 2v = c2 (c1; c2 con-stante reale).Prin orice punct P (u0; v0) 2 � trece o linie asimptotic¼a u = u0 (c1 = u0) sio linie asimptotic¼a lnu + 2v = c2 (unde constanta real¼a c2 se determin¼a dinconditia lnu0 + 2v0 = c2 , adic¼a c2 = ln(u0e2v0)).d) Curbura normal¼a 1

Rna lui � , în punctul P (u = 1; v = �1) 2 � , corespun-

z¼atoare curbei � : u� v2 = 0 (� � �) este

Kn =ds2

d'2=Ldu2 + 2Mdudv +Ndv2

Edu2 + 2Fdudv +Gdv2

În punctul P (u = 1; v = �1) avem E = 3, F = 0, G = 2, � = 6, L = � 1p6,

M = � 1p6, N = 0 . De-a lungul curbei � : u � v2 = 0 avem, prin diferentiere,

du = 2vdv si în punctul P (u = 1; v = �1) avem du = �2dv . Atunci

1

Rn=� 1p

6du2 � 2p

6dudv

3du2 + 2dv2=� 4p

6dv2 + 4p

6dv2

12dv2 + 2dv2= 0

Page 207: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

9.6. PROBLEME PROPUSE SPRE REZOLVARE 199

e) Ecuatia, cu necunoscuta K, care d¼a curburile principale în P (u = 1; v = �1)este ���� EK � L FK �M

FK �M GK �N

���� = 0,����� 3K + 1p

61p6

1p6

2K

����� = 0,6K2 + 2p

6K � 1

6 = 0 , de unde rezult¼a curburile principale ale lui � în P : k1 =

�p6+p42

36 , k2 = +p6+p42

36 . Curbura total¼a a lui � în P este K = k1 �k2 = � 136 .

Curbura medie a lui � în P este H = k1+k22 = � 1

6p6.

f) Ecuatia diferential¼a a liniilor de curbur¼a ale lui � este������dv2 �dudv du2

E F GL M N

������ = 0,������dv2 �dudv du2

1 + v2 + 1u2 uv + 1

u 1 + u2

� 1u� � 1

� 0

������ = 0,, �1+u2

u dudv + (v2 � v + 1)du2 � (1 + u2)dv2 = 0 .

9.6 Probleme propuse spre rezolvare

1. S¼a se scrie ecuatia planului tangent si ecuatiile normalei la suprafata � :�r = (u+v)i+uj+lnu�k , (u; v) 2 (0;1)�R , în punctulM(u = 1; v = 0).

2. S¼a se scrie ecuatia planului tangent si ecuatiile normalei la suprafata � :3x2 � y2 + 4xz � 3x� z + 4 = 0 în punctul M(0; 0; 4) .

3. S¼a se determine un punct P al suprafetei � : z = x3�3xy, în care normalala suprafat¼a este perpendicular¼a pe planul � : 5x+6y+2z�7 = 0 . Scrietiecuatia planului tangent la � în punctul P .

4. Fie suprafata � : �r = ui+(u+ v)j+(u+ v2)�k , (u; v) 2 R�R si curbele�1 : v = 1 , �2 : u = v , situate pe suprafata �. Se cer:

a) S¼a se determine prima form¼a fundamental¼a a suprafetei �;b) S¼a se calculeze lungimea arcului M1M2 al curbei �2, unde

M1(u = v = 0) si M2(u = v = 1) ;c) S¼a se calculeze m¼asura unghiului curbelor �1 si �2 în M2 .

5. a) S¼a se calculeze curbura normal¼a a sferei într-un punct arbitrar al ei;

b) Determinati directiile principale si directiile asimptotice ale sferei;

c) Determinati liniile geodezice ale sferei.

6. S¼a se calculeze curburile principale ale suprafetei � : z = xy în punctulP (1; 1; 1). Determinati liniile de curbura si liniile asimptotice ale acesteisuprafete care trec prin P .

Page 208: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

200 CAPITOLUL 9. SUPRAFETE

7. Fie suprafata � : y = xtgz.

a) S¼a se arate c¼a

8<: x = u cos vy = u sin vz = v

, (u; v) 2 R�R,

reprezint¼a o parametrizare a suprafetei;

b) S¼a se determine prima forma fundamental¼a a suprafetei;

c) S¼a se determine unghiul dintre curbele �1 : u+ v = 0 si �2 : u� v = 0situate pe �, în punctul M(u = 0; v = 0).

8. S¼a se g¼aseasc¼a curbura totala, curbura medie, liniile de curbur¼a si liniileasimptotice ale suprafetei de ecuatie z = x2 � y2, în punctul P (2; 1; 3).

9. Fie suprafata � : �r = u cos vi + u sin vj + uv�k , (u; v) 2 R �R si curba� : v = u+ 1 , situat¼a pe suprafata �. Se cer:

a) S¼a se determine prima si a doua form¼a fundamental¼a a suprafetei �;b) S¼a se calculeze lungimea arcului M1M2 al curbei �, unde

M1(u = 1; v = 2) si M2(u = 2; v = 3) ;c) S¼a se determine curbura normala si liniile de curbur¼a ale suprafetei �,în punctul M(u = 0; v = 0).

10. Fie � o suprafat¼a neted¼a si orientabil¼a.

a) S¼a se arate c¼a suprafata � este un plan dac¼a si numai dac¼a a douaform¼a fundamental¼a este nul¼a;

b) S¼a se arate c¼a suprafata � este o sfer¼a dac¼a si numai dac¼a coe�cientiiformelor fundamentale sunt proportionali, adic¼a E

L =FM = G

N .

Page 209: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Partea IV

PROBLEME REZOLVATE

193

Page 210: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU
Page 211: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

1 Spatii vectoriale

1. Fie K un corp comutativ. Aratati ca pe K se poate introduce o structurade spatiu vectorial peste K.Solutie:Legea interna aditiva “+” a corpului comutativ K poate fi considerata cao “adunare” pe K, iar ınmultirea cu scalari din K este chiar legea internamultiplicativa “·” de pe K. Cum (K,+) este grup abelian si proprietatile:8) α(x+ y) = αx+ αy , ∀α ∈ K, ∀x, y ∈ K7) (α+ β)x = αx+ βx , ∀α, β ∈ K, ∀x ∈ K6) α(βx) = (αβ)x , ∀α, β ∈ K, ∀x ∈ K5) 1Kx = x , ∀x ∈ Ksunt evident verificate datorita structurii de corp comutativ a lui K,rezulta ca (K,+, ·) este spatiu vectorial peste K.

2. Fie I o multime nevida si K un corp comutativ. Aratati ca pe multimeatuturor functiilor definite pe I si cu valori ın K , notata KI , se poateintroduce o structura de spatiu vectorial peste K.Solutie:Definim legea de compozitie interna“+′′ : KI ×KI → KI , (f, g) 7→ f + g , astfel:

(f + g)(x) = f(x) +K g(x) , ∀x ∈ I .

Se verifica ca “+” este asociativa, comutativa si ca functia 0 : I → K ,0(x) = 0K , ∀x ∈ I este element neutru pentru legea “+”. In plus, pentruorice functie f : I → K, functia −f : I → K , definita prin (−f)(x) =−f(x), ∀x ∈ I (aici −f(x) este opusul lui f(x) ın K), este opusul ei ınraport cu legea interna “+” de pe KI .Legea de compozitie externa pe KI , cu scalari din K,“·′′s : K ×KI → KI , (α, f) 7→ αf , este definita prin:

(αf)(x) = α ·K f(x) , ∀x ∈ I .

Cele patru proprietati 5) - 8) se verifica ın fiecare x ∈ I si astfel rezultaca (KI ,+, ·s) este un spatiu vectorial peste K.

3. Verificati ca C este spatiu vectorial peste R si indicati dimensiunea si obaza pentru acest spatiu vectorial.

195

Page 212: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

196

Solutie:Legea interna pe C este chiar adunarea din corpul numerelor complexe,iar ınmultirea cu scalari din R este ınmultirea dintre un numar real si unnumar complex. In acest mod, C devine spatiu vectorial real, vectorul nulfiind numarul complex 0.Daca α, β ∈ R astfel ıncat α · 1 + β · i = 0, atunci α = β = 0 . Deci {1, i}este sistem liniar independent.Pentru orice z ∈ C , alegand α = Rez si β = Imz , avem z = α · 1 + β · i ,α, β ∈ R . Astfel, {1, i} este sistem de generatori, si prin urmare baza aspatiului vectorial real C . In consecinta, dimR C = 2 .

4. Fie K un corp comutativ si n ∈ N∗ . Aratati ca pe multimea Kn =K ×K × · · · ×K (de n ori) se poate introduce o structura de spatiu vec-torial peste K de dimensiune n.Solutie:Tinand cont ca Kn =

{(x1, . . . , xn)|x1, . . . , xn ∈ K

},

definim legea interna “+′′ : Kn ×Kn → Kn

si legea externa “·′′s : K ×Kn → Kn prin(x1, . . . , xn) + (y1, . . . , yn) = (x1 + y1, . . . , xn + yn) ,respectiv α(x1, . . . , xn) = (αx1, . . . , αxn)pentru orice α ∈ K si (x1, . . . , xn), (y1, . . . , yn) ∈ Kn .Din (x1, . . . , xn) +

((y1, . . . , yn) + (z1, . . . , zn)

)=

(x1, . . . , xn) + (y1 + z1, . . . , yn + zn) =(x1 + y1 + z1, . . . , xn + yn + zn) si((x1, . . . , xn) + (y1, . . . , yn)

)+ (z1, . . . , zn) =

(x1 + y1, . . . , xn + yn) + (z1, . . . , zn) =(x1 + y1 + z1, . . . , xn + yn + zn) rezulta asociativitatea “adunarii” de peKn.Comutativitatea se deduce din comutativitatea “adunarii” din K:(x1, . . . , xn) + (y1, . . . , yn) = (x1 + y1, . . . , xn + yn) = (y1, . . . , yn) +(x1, . . . , xn) .Elementul neutru relativ la “+” este n-uplul (0, . . . , 0) , unde 0 este zeroulcorpului K.Pentru orice n-uplu (x1, . . . , xn), opusul sau este n-uplul(−x1, . . . ,−xn) , unde −xi este opusul lui xi relativ la “adunarea” din K.Prin urmare (Kn,+) este grup abelian.Acum, vom verifica proprietatile 5)-8):8) α

((x1, . . . , xn) + (y1, . . . , yn)

)=

α(x1 + y1, . . . , xn + yn) =(α(x1 + y1), . . . , α(xn + yn)

)=

(αx1 + αy1, . . . , αxn + αyn) =(αx1, . . . , αxn) + (αy1, . . . , αyn) =α(x1, . . . , xn) + α(y1, . . . , yn) ,7) (α+ β)(x1, . . . , xn) =

((α+ β)x1, . . . , (α+ β)xn

)=

= (αx1 + βx1, . . . , αxn + βxn) = (αx1, . . . , αxn)+(βx1, . . . , βxn) = α(x1, . . . , xn) + β(x1, . . . , xn) ,

Page 213: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

197

6) α(β(x1, . . . , xn)

)= α(βx1, . . . , βxn) =(

α(βx1), . . . , α(βxn))

= (αβx1, . . . , αβxn) = αβ(x1, . . . , xn) ,5) 1(x1, . . . , xn) = (1x1, . . . , 1xn) = (x1, . . . , xn), (1 fiind unitatea lui K),pentru orice n-upluri (x1, . . . , xn) si (y1, . . . , yn) si oriceα, β ∈ K .Deci (Kn,+, ·s) este spatiu vectorial peste K, numit spatiu vectorial ar-itmetic, ın care notam 0 = (0, . . . , 0) , vectorul nul, −x = (−x1, . . . ,−xn)opusul vectorului x = (x1, . . . , xn) .Sistemul de vectoriB = {e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, . . . , 0), ..., en = (0, 0, . . . , 1)} este o bazapentru Kn, numita baza canonica.Intr-adevar,

din

n∑i=1

αiei = 0⇒ (α1, . . . , αn) = (0, . . . , 0)

si astfel α1 = · · · = αn = 0 . Prin urmare B este sistem liniar independent.Fie x = (x1, . . . , xn) ∈ Kn . Alegand αi = xi , i = 1, n , avem

n∑i=1

αiei =

n∑i=1

xiei = x

si prin urmare B este sistem de generatori.Deci B este baza si dimK K

n = n .

5. Conform problemei 4, Rn este spatiu vectorial real n dimensional si Cn

este spatiu vectorial complex n dimensional, dar Cn poate fi organizat sica spatiu vectorial real de dimensiune 2n.Solutie:“Adunarea” pe Cn este definita ca ın problema 4, iar ınmultirea cu scalarireali “ ·s ” : R×Cn → Cn ,α(z1, . . . , zn) = (αz1, . . . , αzn) , verifica 5)-8) ın mod evident.

Deci (Cn,+, ·s) este un spatiu vectorial real.Baza naturala este formata cu 2n vectori:B =

{e1 = (1, 0, . . . , 0), f1 = (i, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, . . . , 0),

f2 = (0, i, . . . , 0), . . . , en = (0, , . . . , 1), , fn = (0, 0, . . . , i)}

.

Intr-adevar,

din

n∑k=1

αkek +

n∑k=1

βkfk = 0⇒ (α1 + iβ1, . . . , αn + iβn) = 0

si prin urmare αk+iβk = 0, ∀k = 1, n, adica toti scalarii reali ai combinatieiliniare nule sunt egali cu zero. Mai ramane sa aratam ca B este sistem degeneratori.Fie z = (z1, . . . , zn) ∈ Cn . Luand αk = Rezk si

Page 214: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

198

βk = Imzk scalari reali (k = 1, n), avem

n∑k=1

αkek +

n∑k=1

βkfk = (Rez1 + iImz1, . . . , Rezn + iImzn) = z .

Deci B este baza si dimR Cn = 2n .

6. Verificati ca (Mm,n (K),+, ·s) este un spatiu vectorial peste corpul comu-tativ K si aratati ca dimensiunea sa este mn.Solutie:Structura de spatiu vectorial peste K a lui Mm,n (K) este justificata deproprietatile adunarii si ınmultirii cu scalari din K a matricilor.Altfel, daca privim Mm,n (K) ca multimea tuturor functiilor definite pe{1, 2, . . . ,m} × {1, 2, . . . , n} cu valori ın K, atunci conform problemei 2,se obtine aceeasi structura de spatiu vectorial peste K.O baza naturala este formata cu matrici de tipul

Eij =

0 · · · 0 · · · 0...

......

0 · · · 1 · · · 0...

......

0 · · · 0 · · · 0

,

adica Eij este o matrice de tipul (m,n) care are toate elementele egalecu zeroul corpului K, cu exceptia elementului de la intersectia liniei i cucoloana j, care este unitatea lui K.Multimea B =

{Eij |i = 1,m, j = 1, n

}are mn elemente si este baza pen-

tru Mm,n (K) . Intr-adevar, din orice combinatie liniara nula,

m∑i=1

n∑j=1

αijEij = Om,n ,

avem (αij)i,j = 0m,n , adica αij = 0K ,∀i = 1,m, j = 1, n si prin urmareB este sistem liniar independent.Pentru orice matrice A = (aij)i,j din Mm,n (K) putem alege scalarii dinK , αij = aij astfel ca

A =

m∑i=1

n∑j=1

aijEij =

m∑i=1

n∑j=1

αijEij .

Rezulta ca B este si sistem de generatori.

Deci dimKMm,n (K) = mn .

7. Conform problemei 6 avem ca dimRMm,n (R) = mn ,dimCMm,n(C) = mn, dar dimRMm,n (C) = 2mn .

Page 215: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

199

Solutie:PeMm,n (C) se introduce o structura de spatiu vectorial peste R folosindadunarea matricilor si ınmultirea matricilor cu scalari reali. O baza nat-urala lui Mm,n (C) , considerat ca spatiu vectorial real, este formata cumatrici de tipul:

Ekl =

0 · · · 0 · · · 0...

......

0 · · · 1 · · · 0...

......

0 · · · 0 · · · 0

, Fkl =

0 · · · 0 · · · 0...

......

0 · · · i · · · 0...

......

0 · · · 0 · · · 0

,

unde Ekl este o matrice de tipul (m,n) care are toate elementele egale cuzero, cu exceptia elementului de la intersectia liniei k cu coloana l, careeste 1, iar Fkl este o matrice de tipul (m,n) care are toate elementele egalecu zero, cu exceptia elementului de la intersectia liniei k cu coloana l, careeste i.Ca ın problema anterioara, se verifica caB =

{Ekl, Fkl|k = 1,m, l = 1, n

}este baza pentru Mm,n (C) si atunci

dimRMm,n (C) = 2mn .

8. Fie K un corp comutativ. Aratati ca pe multimea polinoamelor ın nede-terminata X cu coeficienti din K, K[X], se poate introduce o structurade spatiu vectorial peste K, de dimensiune infinita.Solutie:Adunarea polinoamelor din K[X] detemina o structura de grup abelianpe K[X] (polinomul nul θ fiind element neutru), iar ınmultirea cu scalaridin K verifica proprietatile 5)-8). Deci (K[X],+, ·s) este spatiu vectorialpeste K.Sistemul infinit de polinoame B = {1, X,X2, . . . , Xn, . . .} este liniar inde-pendent pentru ca orice subsistem finit,S = {Xj1 , Xj2 , . . . , Xjk} ⊂ B ( j1, j2, . . . , jk ∈ N ) este liniar indepen-dent. Intr-adevar, din αj1X

j1 + αj2Xj2 + · · ·+ αjkX

jk = θ rezulta caαj1 = αj2 = · · · = αjk = 0 ∈ K .(doua polinoame coincid daca si numai daca au aceeasi coeficienti)Deoarece ın K[X] exista un sistem infinit de vectori liniar independenti,avem ca dimK K[X] =∞ .

9. Conform problemei 8, R[X] este spatiu vectorial real infinit dimensionalsi C[X] este spatiu vectorial complex infinit dimensional. In plus, C[X]poate fi organizat si ca spatiu vectorial real de dimensiune infinita.Solutie:Restrictionand ınmultirea cu scalari la numere reale obtinem ca C[X] estespatiu vectorial real. O baza naturala a spatiului vectorial real C[X], estesistemul infinit:B = {1, i,X, iX,X2, iX2, . . . , Xn, iXn, . . .} .

Page 216: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

200

10. Fie K un corp comutativ. Aratati ca pe multimea polinoamelor ın nede-terminata X, cu coeficienti din K, de grad cel mult n, Kn[X], se poateintroduce o structura de spatiu vectorial peste K, de dimensiune n+ 1 .Solutie:Evident, adunarea polinoamelor de grad cel mult n,“ + ” : Kn[X]×Kn[X]→ Kn[X] si ınmultirea cu scalari din K,“ ·s ” : K ×Kn[X]→ Kn[X] sunt bine definite si verifica proprietatile dindefinitia spatiului vectorial.O baza naturala a lui Kn[X] este B = {1, X,X2, . . . , Xn} . Intr-adevar,

dinn∑j=0

αjXj = θ rezulta αj = 0 , ∀j = 0, n

si ∀f ∈ Kn[X], f = a0 + a1X + a2X2 + · · ·+ amX

m

( m ≤ n ) ∃α0 = a0, α1 = a1, . . . , αm = am, αm+1 = 0 ,. . . , αn = 0 ∈ K astfel ca f = α0 + α1X + α2X

2 + · · ·+ αnXn .

Deci dimK Kn[X] = n+ 1 .

11. Conform problemei 10, dimR Rn[X] = n+ 1 sidimC Cn[X] = n+ 1 , dar dimR Cn[X] = 2(n+ 1) .Solutie:Baza naturala a spatiului vectorial real Cn[X] esteB = {1, i,X, iX,X2, iX2, . . . , Xn, iXn} .

Page 217: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

2 Aplicatii liniare

1. Se considera functiile T : R3 → R3 definite prin:

a) T (x) = (x1, x2, x3) cu x = (x1, x2, x3) ∈ R3;

b) T (x) = (x3, x1, x2 + h) cu h ∈ R, h 6= 0;

c) T (x) = (x1 + 2x2 − 3x3, 3x1 − x2 + 3x3, 2x1 + 3x2 + 2x3).

Sa se precizeze daca sunt sau nu transformari liniare.

Solutie:

Functia A : V → W (V,W− spatii vectoriale peste campul K) este otransformare liniara (operator liniar) daca si numai daca :

A(αx+ βy) = αA(x) + βA(y), (∀)α, β ∈ K si (∀)x, y ∈ V.a) Fie y = (y1, y2, y3) ∈ R3 si α, β ∈ R. Are loc:

αx+ βy = α(x1, x2, x3) + β(y1, y2, y3) =

(αx1 + βy2, αx2 + βy2, αx3 + βy3)

T (αx+ βy) = T (αx1 + βy1, αx2 + βy2, αx3 + βy3) =

(αx1 + βy1, αx2 + βy2, (αx3 + βy3)2) 6= (αx1, αx2, αx23)+

(βy1, βy2, βy23) = αT (x) + βT (y)⇒ T nu este operator liniar.

b) Consideram x si y ∈ R3 ca ın cazul a).

T (αx1 + βy1, αx2 + βy2, αx3 + βy3) =

(αx3 + βy3, αx1 + βy1, αx2 + βy2 + h) 6=6= (αx3, αx1, α(x2 + h)) + (βy3, βy1, β(y3 + h)) = αT (x) + βT (y) deci Tnu este operator liniar.

c) T (αx+ βy) = T (αx1 + βy1, αx2 + βy2, αx3 + βy3) =

((αx1 + βy1) + 2(αx2 + βy2)− 3(αx3 + βy3), 3(αx1 + βy1)−(αx2 + βy2) + 3(αx3 + βy3), 2(αx1 + βy1) + 3(αx2 + βy2)

+2(αx3 + βy3)) = (αx1 + 2αx2 − 3αx3, 3αx1 − αx2 + 3αx3,

2αx1 + 3αx2 + 2αx3) + (βy1 + 2βy2 − 3βy3, 3βy1 − βy2+

3βy3, 2βy1 + 3βy2 + 2βy3) = αT (x) + βT (y) ⇒ T este o transformareliniara.

201

Page 218: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

202

2. Un operator liniar are ın raport cu baza canonica a lui R3 matricea: A = 1 3 42 1 34 7 11

.

Sa se determine cate o baza si dimenisiunile subspatiilor vectoriale Imf ,Ker f .

Solutie:

Daca matricea operatorului ın baza canonica este

A =

1 3 42 1 34 7 11

,

atunci avem : f(e1) = (1, 1, 4), f(e2) = (3, 1, 7), f(e3) = (4, 3, 11). EvidentImf = L(f(e1), f(e2), f(e3)). Pentru a extrage o baza a lui Imf ,

observam ca minorul ∆ =

∣∣∣∣ 1 32 1

∣∣∣∣ format de primele doua linii si primele

doua coloane are valoarea -5, deci e nenul . Deoarece detA = 0, rezulta ca∆ e un minor caracteristic al matricei A . Vectorii f(e1), f(e2) ale carorcomponente formeaza minorul principal, vor alcatui o baza a lui Imf.

Pentru a investiga Ker f , sa observam ca x = (x1, x2, x3) apartine luiKer f daca si numai daca x1, x2, x3 verifica sistemul : 1 3 4

2 1 34 7 11

x1

x2

x3

=

000

⇔⇔

x1 + 3x2 + 4x3 = 02x1 + x2 + 3x3 = 04x1 + 7x2 + 11x3 = 0

.

Deoarece ∆ =

∣∣∣∣ 1 32 1

∣∣∣∣ = −5 6= 0, ecuatiile (I) si (II) din sistem pot fi

alese ca ecuatii principale iar x1, x2 ca necunoscute principale.

Avem :{x1 + 3x2 = −4x3

2x1 + x2 = −3x3 .

De aici putem determina primele doua necunoscute ın functie de x3.

x1 =

∣∣∣∣∣∣ −4x3 3−3x3 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 32 1

∣∣∣∣∣∣= 5x3

−5 = −x3

x2 =

∣∣∣∣∣∣ 1 −4x3

2 −3x3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 32 1

∣∣∣∣∣∣= 5x3

−5 = −x3

Page 219: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

203

Notand x3 = α , avem x1 = −α , x2 = −α , deci forma generala a unuivector x din Ker f este (−α,−α, α) ,α ∈ R.

Pentru a afla o baza ın Ker f , deci un sistem fundamental de solutii,alegem α = 1 si obtinem a = (−1,−1, 1) .In concluzie {a} este baza cautata. Din cele de mai sus se observa ca dimImf = 2, dimKer f = 1.

3. Fie f ∈ End(R4) cu proprietatile:f(e1 + e2) = (1, 1,−1,−1) ; f(e1 − e2) = (−1,−1, 1, 1);f(e3 + e4) = (−1, 1,−1, 1); f(e3 − e4) = (1,−1, 1,−1) ,unde {e1, e2, e3, e4} sunt componentele bazei canonice a lui R4. Sase scrie matricea lui f ın baza canonica si sa se gaseasca cate o baza sidimensiunile subspatiilor Ker f si Imf .

Solutie:

Adunand relatiile f(e1 + e2) = (1, 1,−1,−1) ;f(e1 − e2) = (−1,−1, 1, 1),obtinem 2f(e2) = (0, 0, 0, 0) ⇒ f(e2) = (0, 0, 0, 0); scazand din primarelatie pe cea de a doua, obtinem 2f(e2) = (2, 2,−2,−2) = f(e2) =(1, 1,−1,−1). Procedand analog , avem f(e3) = (0, 0, 0, 0), f(e4) =(−1, 1,−1, 1).

Formam matricea asociata operatorului liniar f ın baza canonica:

A =

0 1 0 −10 1 0 10 −1 0 −10 −1 0 1

Fie ∆ =

∣∣∣∣ 1 −11 1

∣∣∣∣minorul determinat de primele doua linii si de coloanele

2 si 4, ∆ = 2 6= 0. Se observa ca este minor principal. Atunci {f(e2), f(e4)}formeaza o baza pentru Imf .Pentru a determina Ker f , observam ca x = (x1, x2, x3, x4)∈ Ker f ⇔ (x1, x2, x3, x4) satisface sistemul :

0 1 0 −10 1 0 10 −1 0 −10 −1 0 1

x1

x2

x3

x4

=

0000

x2 − x4 = 0x2 + x4 = 0−x2 − x4 = 0−x2 + x4 = 0

⇒ x2 = x4 = 0 .

Atunci, notand x1 = α, x3 = β, forma generala a unui vector x ∈ Kerfva fi (α , 0, β, 0). Alegand α = 1, β = 0 si apoi α = 0, β = 1, obtinemvectorii a1 = (1, 0, 0, 0), a2 = (0, 0, 1, 0) ce formeaza ımpreuna un sistemfundamental de solutii, deci o baza ın Ker f .

Page 220: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

204

4. Fie f ∈ End(R2) astfel ıncat ın baza canonica are matriceaA =

(2 5−5 6

).

Sa se arate ca f nu poseda valori proprii.

Solutie:

Polinomul caracteristic

Pλ =

∣∣∣∣ 2− λ 5−5 6− λ

∣∣∣∣ = λ2 − 8λ+ 12 + 25 = λ2 − 8λ+ 37.

Dar ∆ = 64 − 4 · 37 = −84 < 0 ⇒ Pλ nu are radacini reale, deci nu arevalori proprii reale.

5. Fie f : R3 → R3 morfism de spatii vectoriale. Sa presupunem ca matriceaasociata acestui morfism ın baza canonica a lui R3 are forma :

A =

−3 10 0−2 6 00 0 3

a) Sa se gaseasca valorile proprii ale lui f si subspatiile proprii core-spunzatoare.

b) Sa se arate ca morfismul f este diagonalizabil. Sa se determine o bazafata de care matricea lui f are forma diagonala si apoi sa se scrie aceastabaza.

c) Sa se gaseasca o formula de calcul pentru An, n ∈ N∗.Solutie:

a) Calculand polinomul caracteristic dupa regula obisnuita vom obtine:

Pλ =

∣∣∣∣∣∣−3− λ 10 0−2 6− λ 00 0 3− λ

∣∣∣∣∣∣ =

= [(−2− λ)(6− λ)− ((−2) · 10)] (3− λ) =

= (λ2 − 3λ+ 2)(3− λ) = (1− λ)(2− λ)(3− λ).

Deci radacinile lui Pλ sunt λ1 = 1, λ1 = 2, λ1 = 3.

Caz I. λ = 1; considerand x = (x1, x2, x3) ∈ V3 si punand conditia caf(x) = 1 · x, obtinem: −4 10 0−2 5 00 0 2

x1

x2

x3

=

000

⇒⇒

−4x1 + 10x2 + 0x3 = 0−2x1 + 5x2 + 0x3 = 00x1 + 0x2 + 2x3 = 0

.

Alegem x1, x3 necunoscute principale, x2 necunoscuta secundara. Atuncidin ecuatiile (I) si (III) ale sistemului anterior pe care le vom consideraprincipale, avem x1 = 5

2x2, x3 = 0. Notand x2 = α, obtinem subspatiul

invariant asociat valorii proprii λ = 1, V1 = {( 52α, α, 0) | α ∈ R}. Alegand

α = 2, obtinem x2 = 2, x1 = 5. Obtinem astfel vectorul v1 = (5, 2, 0).

Page 221: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

205

Caz II. Pentru λ = 2, rationand analog ca mai sus vom aveam x =(x1, x2, x3) ∈ V2

−5 10 0−2 4 00 0 1

x1

x2

x3

=

000

⇒⇒

−5x1 + 10x2 + 0x3 = 0−2x1 + 4x2 + 0x3 = 00x1 + 0x2 + 1x3 = 0

.

Alegem x1, x3 necunoscute principale, x2 necunoscuta secundara. Atuncidin ecuatiile principale (I) si (III), avem x1 = 2x2, x3 = 0 . Notandx2 = α, obtinem subspatiul invariant asociat valorii proprii λ = 2, V2 ={(2α, α, 0) | α ∈ R}. Alegand α = 1, obtinem x1 = 2, x2 = 1. Obtinemvectorul v2 = (2, 1, 0).

Caz III. Pentru λ = 3, ca mai sus, vom avea x = (x1, x2, x3) ∈

V2 ⇔

−6 10 0−2 3 00 0 0

x1

x2

x3

=

000

−6x1 + 10x2 + 0x3 = 0−2x1 + 3x2 + 0x3 = 00x1 + 0x2 + 0x3 = 0

.

Alegem x1, x2 necunoscute principale, x3 necunoscuta secundara. Atuncidin ecuatiile principale (I) si (II), avem x1 = 0, x2 = 0. Notand x3 = α,obtinem subspatiul invariant asociat valorii proprii λ = 3, V3 = {(0, 0, α) |α ∈ R}. Alegand α = 1, obtinem vectorul v3 = (0, 0, 1) .

b) In baza B′ formata de vectorii proprii {v1, v2, v3} , deoarece f(v1) =1v1, f(v2) = 2v2, f(v3) = 3v3, matricea A′ asociata morfismului f areforma :

A′ =

1 0 00 2 00 0 3

Observatie: Se ajunge la acelasi rezultat daca notam cu

B =

5 2 02 1 00 0 1

matricea de trecere de la baza B = {e1, e2, e3} la bazaB′ = {v1, v2, v3} si aplicam formula :

A′ = B−1AB

c) Vom rezolva problema prin inductie dupa n. Pentru n = 1, avem

A = BA′B−1 =

5 2 02 1 00 0 1

1 0 00 2 00 0 3

1 −2 0−2 5 00 0 1

Page 222: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

206

Sa presupunem ca:

An−1 = B(A′)n−1B−1 = B

1n−1 0 00 2n−1 00 0 3n−1

B−1.

AtunciAn = An−1 ·A = B(A

′)n−1B−1 ·BA′B−1 = B(A

′)nB−1 = 5 2 0

2 1 00 0 1

1n 0 00 2n 00 0 3n

1 −2 0−2 5 00 0 1

.

De aici obtinem An = B· B(A′)nB−1 , (∀) n ∈ N∗ .

6. Fie V un spatiu vectorial peste corpul K, si f ∈ End(V ) astfel ıncatf2 = f . Sa se arate ca valorile proprii ale morfismului f sunt 0 si 1.

Solutie:

Avem deci f2 = f. Fie λ valoare proprie si x ∈ V asa ıncat f(x) = λx.Atunci f2(x) = f.f(x) = f(λx) = λ2x . Dar:

f2(x) = f(x) = λx⇒ λ2x = λx⇒ (λ2 − λ)x = 0.

Cum x este vector propriu, x 6= 0, deci λ2 − λ = 0⇒ λ = 0 sau 1.

7. Fie V un spatiu vectorial real si f ∈ End(V ) , f=1V , f=−1V astfel ıncatf ◦ f = 1V .a) Determinati valorile proprii pentru endomorfismul f ;b) Aratati ca Ker (f − 1V )⊕Ker (f + 1V ) = V .

Solutie:

a) Fie λ o valoare proprie a lui f . Atunci, exista un vector nenul x ∈ Vastfel ıncat f(x) = λx . Cum (f ◦ f)(x) = x si (f ◦ f)(x) = f(λx) =λf(x) = λ2x rezulta ca λ2 = 1 (x 6=0), adica λ ∈ {−1, 1} .Din faptul ca f=1V rezulta ca exista x ∈ V \ {0} astfel ca f(x) − x=0 .Deoarece f(f(x) − x) = f(f(x)) − f(x) = x − f(x) = −1 · (f(x)− x) ,obtinem ca −1 este valoare proprie a lui f , f(x) − x fiind un vectorpropriu asociat.Analog, din f=− 1V rezulta ca exista y ∈ V \ {0} astfel ca f(x) + x=0 siatunci f(f(y) + y) = f(f(y)) + f(y) = y + f(y) = 1 · (f(x) + x).Deci numerele reale 1 si −1 sunt singurele valori proprii pentru f .b) Fie x ∈ V , arbitrar fixat. Sa verificam ca 1

2 [x+ f(x)] ∈ Ker (f − 1V )si 1

2 [x− f(x)] ∈ Ker (f + 1V ) .

Intr-adevar, f(

12 [x+ f(x)]

)= 1

2f [x+ f(x)] == 1

2 [f(x) + f(f(x))] = 12 [x+ f(x)] si atunci

(f − 1V )(

12 (x+ f(x))

)= 0 .

Analog, f(

12 [x− f(x)]

)= 1

2 [f(x)− f(f(x))] = − 12 [x− f(x)] si atunci

(f + 1V )(

12 (x− f(x))

)= 0 .

Atunci, cum 12 [x + f(x)] + 1

2 [x − f(x)] = x , rezulta ca Ker (f − 1V ) +

Page 223: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

207

Ker (f + 1V ) = VSuma celor doua subspatii este suma directa pentru ca daca luam un vectorv din intersectia lor rezulta caf(v) = v si f(v) = −v si astfel v = 0 .

8. Fie V un spatiu vectorial peste corpul K, si f ∈ End(V ). Daca f esteinversabil, x vector propriu al lui f corespunzator valorii proprii λ, atuncix este vector propriu al lui f−1 corespunzator valorii proprii 1

λ .

Solutie:

Avem deci f(x) = λx⇒ f−1 ◦ f(x) = f−1(λx)⇒x = f−1(λx) = 1

λx = f−1(x). De aici rezulta concluzia.

9. Fie f ∈ End(R3) cu matricea asociata bazei canonice:

A =

2 0 00 3 40 −4 3

Sa se gaseasca valorile si vectorii proprii.

Solutie:

Pentru a afla valorile proprii sa calculam polinomul ca-racteristic Pλ = det (A− λI) cu I matricea unitate ın M3(R). Avem:

Pλ =

∣∣∣∣∣∣2− λ 0 0

0 3− λ 40 −4 3− λ

∣∣∣∣∣∣ = (2− λ)((3− λ)2 + 16).

Deoarece a doua paranteza este intotdeauna pozitiva, singura radacinareala va fi λ = 2. Daca f(x) = λx, atunci matriceal aceasta relatie sescrie:

A ·

x1

x2

x3

= λ·

x1

x2

x3

, cu x = (x1, x2, x3). Pentru λ = 1, obtinem:

0 0 00 1 40 −4 1

· x1

x2

x3

=

000

⇒(S)

0 = 0x2 = 0x3 = 0

.

Fixam x2, x3 necunoscute principale, x1 necunoscuta secundara. Atunciforma generala a unui vector propriu asociat valori proprii λ = 2 estex = (α, 0, 0). Pentru α = 1 obtinem a = (1, 0, 0), iar {a = (1, 0, 0)}este de fapt un sistem fundamental de solutii al lui (S). Deci subspatiulvectorial propriu asociat valorii proprii λ = 2 este V2 = {αa | α ∈ R} .

10. Fie f : R3 → R3 un operator liniar care ın raport cu baza canonicaB = {e1, e2, e3} a lui R3 are matricea

A =

1 1 0−1 2 11 0 1

.

Page 224: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

208

a) Scrieti expresia analitica si ecuatiile pentru f , ın raport cu baza canonicaB ;b) Determinati Ker f si Imf ;c) Gasiti valorile proprii si vectorii proprii pentru f ;d) Este operatorul f diagonalizabil? Daca este diagonalizabil, gasiti bazalui R3 ın raport cu care matricea f are forma diagonala, precum si formadiagonala a matricei lui f .

Solutie:

a) y = f(x)⇔ yB = ˜f(¯)xB ⇔ y1

y2

y3

= A

x1

x2

x3

Prin urmare, expresia analitica a lui f , ın raport cu baza canonica B , este

f(x) = (x1 + x2,−x1 + 2x2, x1 + x3) , ∀x = (x1, x2, x3) ∈ R3

si ecuatiile lui f , ın raport cu baza canonica B , sunt y1 = x1 + x2

y2 = −x1 + 2x2

y3 = x1 + x3.

b) Nucleul operatorului liniar f este

Ker f ={x ∈ R3|f(x) = 0

}=x = (x1, x2, x3)

∣∣∣∣∣∣ x1 + x2 = 0−x1 + 2x2 = 0x1 + x3 = 0

.

Cum dimKer f = 3−rangA = 3−3 = 0 rezulta ca Ker f = {0} si atuncidim Imf = dim R3 − dimKer f = 3− 0 = 3 , adica Imf = R3

c) Valorile proprii sunt radacinile reale ale ecuatiei caracteristice

det(A− λI3) = 0⇔

∣∣∣∣∣∣1− λ 1 0−1 2− λ 11 0 1− λ

∣∣∣∣∣∣ = 0 .

Ecuatia are o singura radacina reala λ1 = 2 si doua radacini complexeλ2,3 = 1± i .Pentru a gasi vectorii proprii asociati valorii proprii reale λ1 = 2 rezolvamsistemul liniar omogen

(A− 2I3)

x1

x2

x3

=

000

⇔ x1 + x2 = 0−x1 + 2x2 = 0x1 + x3 = 0

,

Page 225: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

209

adica x1 = x2 = x3 = α ∈ R . Vectorii proprii asociati valorii proprii2 sunt de forma u1 = (α, α, α) , α ∈ R∗ . Subspatiul propriu asociat luiλ1 = 2 este

Vλ1 ={x ∈ R3|f(x) = λ1x

}= {α(1, 1, 1)|α ∈ R3}

care are drept baza vectorul propriu v1 = (1, 1, 1) .d) Operatorul liniar f nu este diagonalizabil pentru ca polinomul carac-teristic nu are toate radacinile reale.Observatie: Daca f ∈ End (C3) atunci f este diagonalizabil, iar formadiagonala a matricii lui f este

D =

2 0 00 1 + i 00 0 1− i

.

11. In R4 se considera baza B = {a1, a2, a3, a4} , unde a1 = (1, 1, 0, 0), a2 =(1, 1, 1, 0), a3 = (0, 1, 1, 1), a4 = (0, 0, 1, 1) si operatorul liniar f : R4 →

R4 , care relativ la baza B are matricea A =

0 −1 1 0−1 1 0 01 0 0 −10 0 −1 1

.

a) Determinati Ker f si Imf ;b) Gasiti valorile proprii si vectorii proprii pentru f ;c) Este operatorul f diagonalizabil? Daca este diagonalizabil, gasiti bazalui R4 ın raport cu care matricea f are forma diagonala, precum si formadiagonala a matricei lui f .

Solutie:

a) Din ˜f(¯)xB = AxB rezulta expresia analitica a lui f relativ la baza Bf(x) = (−x2 + x3)a1 + (−x1 + x2)a2 + (x1 − x4)a3+

+(−x3 + x4)a4 , ∀x =4∑i=1

xiai ∈ R4 .

Ker f ={x ∈ R4|f(x) = 0

}=

=

x =

4∑i=1

xiai

∣∣∣∣∣∣∣∣−x2 + x3 = 0−x1 + x2 = 0x1 − x4 = 0−x3 + x4 = 0

.

Cum rang A = 3 rezulta dimKer f = 4 − rang A = 1 si dim Imf =rang A = 3 .Prin rezolvarea sistemului liniar omogen de mai sus obtinem x1 = x2 =x3 = x4 = α ∈ R . AtunciKer f = {α(a1 + a2 + a3 + a4)|α ∈ R} = {α(2, 3, 3, 2)|α ∈ R}si prin urmare {b1 = (2, 3, 3, 2)} este baza pentru Ker f .

Page 226: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

210

Imf = {f(x)|x ∈ R4} ={

(−x2 + x3)a1 + (−x1 + x2)a2+

+(x1 − x4)a3 + (−x3 + x4)a4

∣∣∣∣x =4∑i=1

xiai ∈ R4

}={

x1(−a2 + a3) + x2(−a1 + a2) + x3(a1 − a4)+

+x4(−a3 + a4)|x1, x2, x3, x4 ∈ R}

=

=

{4∑i=1

xici|x1, x2, x3, x4 ∈ R

},

unde c1 = −a2 + a3 = (−1, 0, 0, 1), c2 = −a1 + a2 = (0, 0, 1, 0),c3 = a1 − a4 = (1, 1,−1,−1), c4 = −a3 + a4 = (0,−1, 0, 0) .

Deoarece rang

−1 0 1 00 0 1 −10 1 −1 01 0 −1 0

= 3 rezulta ca doar c1, c2, c3 sunt

liniar independenti. Prin urmareImf = L(c1, c2, c3) si {c1, c2, c3} este baza pentru Imf .b) Ecuatia caracteristica

det(A− λI4) = 0⇔ λ(λ− 2)(λ2 − 2) = 0

are radacinile λ1 = −√

2, λ2 = 0, λ3 =√

2, λ4 = 2 care sunt valorile propriiale lui f .Pentru λ1 = −

√2 , rezolvam sistemul omogen

(A− λ1I4)xB = (0, 0, 0, 0)t sau√

2x1 − x2 + x3 = 0

−x1 + (1 +√

2)x2 = 0

x1 +√

2x3 − x4 = 0

−x3 + (1 +√

2)x4 = 0

,

de unde rezulta u1B = α(1 +√

2, 1,−1−√

2,−1)t , α 6= 0 .Pentru α = 1 rezulta v1B = (1 +

√2, 1,−1 −

√2,−1)t un vector propriu

corespunzator valorii proprii λ1 = −√

2 , care reprezinta si o baza pentrusubspatiul propriuVλ1

= {αv1|α ∈ R} .Pentru λ2 = 0 rezulta v2 = b1 = (2, 3, 3, 2) un vector propriu pentruλ2 = 0 si Vλ2 = Ker (f − λ2I4) == {αb1|α ∈ R} .Pentru λ3 =

√2 , Rezolvam sistemul omogen

(A− λ3I4)xB = (0, 0, 0, 0)t sau−√

2x1 − x2 + x3 = 0

−x1 + (1−√

2)x2 = 0

x1 −√

2x3 − x4 = 0

−x3 + (1−√

2)x4 = 0

,

de unde rezulta u3B = α(1−√

2, 1,−1 +√

2,−1)t , α 6= 0 .Pentru α = 1 rezulta v3B = (1 −

√2, 1,−1 +

√2,−1)t un vector propriu

Page 227: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

211

corespunzator valorii proprii λ3 =√

2 , care reprezinta si o baza pentrusubspatiul propriuVλ3

= {αv3|α ∈ R} .Pentru λ4 = 2 , avem sistemul

−2x1 − x2 + x3 = 0−x1 − x2 = 0

x1 − 2x3 − x4 = 0−x3 − x4 = 0

,

care are solutia u4B = α(−1, 1,−1, 1)t , α 6= 0 si prin urmare Vλ4=

{αv4|α ∈ R} , unde v4 = −a1 + a2 − a3 + a4 .d) Cum operatorul f are patru valori proprii (reale) distincte, rezulta caeste diagonalizabil si forma diagonala a matricii lui este

D =

−√

2 0 0 00 0 0 0

0 0√

2 00 0 0 2

,

iar baza corespunzatoare este B∗ = {vi|i = 1, 4} .

12. Fie V un spatiu vectorial peste corpul comutativ K si f, g doua automor-fisme ale lui V . Aratati ca automorfismele f ◦ g si g ◦ f au aceleasi valoriproprii.

Solutie:

Fie λ ∈ K o valoare proprie pentru f ◦ g . Atunci exista vectorul nenulx ∈ V astfel ıncat (f ◦g)(x) = λx si de aici avem ca g ((f ◦ g)(x)) = g(λx) ,adica (g ◦ f) (g(x)) = λg(x). Deoarece g este bijectie, din x 6= 0 rezulta cag(x) 6= 0 si astfel exista y = g(x) ∈ V \ {0} astfel ıncat (g ◦ f)(y) = λy .Deci λ este o valoare proprie pentru g ◦ f .Invers, se arata ın mod similar ca orice valoare proprie a lui g ◦ f estevaloare proprie si pentru f ◦ g.Observatie: Zeroul corpului de scalari K nu poate fi valoare propriepentru un operator liniar injectiv.

13. Un morfism f : R3 → R4 are ın raport cu bazele canonice din R3 si R4

matricea A =

1 2 32 0 13 2 4−1 1 2

.

Sa se determine cate o baza si dimensiunile lui Ker f si Imf .

Solutie:

Cum Im f = L(f(e1), f(e2), f(e3)), trebuie sa extragem o baza din acestsistem de generatori. Consideram minorul determinat de primele doua

linii si de primele doua coloane. Avem d =

∣∣∣∣ 1 22 0

∣∣∣∣ 6= 0; deoarece

Page 228: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

212

prin bordarea acestui minor obtinem minorii d1 =

∣∣∣∣∣∣1 2 32 0 13 2 4

∣∣∣∣∣∣ = 0 si

d2 =

∣∣∣∣∣∣1 2 32 0 1−1 2 2

∣∣∣∣∣∣ = 0, atunci rangul matricei de mai sus (si implicit

al sistemului de vectori cu ale caror componente s-a constituit matricea)este 2, deci {f(e1), f(e2)} reprezinta o baza pentru Im f , unde f(e1) =(1, 2, 3,−1) si f(e2) = (2, 0, 2, 2).

Pentru a determina o baza ın Ker f sa observam ca x = (x1, x2, x3) ∈ Kerf ⇔

1 2 32 0 13 2 4−1 2 2

x1

x2

x3

=

0000

x1 + 2x2 + 3x3 = 02x1 + x3 = 03x1 + 2x2 + 4x3 = 0−x1 + 2x2 + 2x3 = 0

.

Fie x1, x2 necunoscute principale si x3 necunoscuta secundara. Din primeledoua ecuatii pe care le vom considera principale obtinem:{x1 = −x

3

2x2 = − 5

2x3 .

Pentru a afla un sistem fundamental de solutii este suficient sa dam luix3 valoarea 1, de aici rezultand vectorul a = (− 1

2 ,−52 , 1) . Deci Ker f =

{λa | λ ∈ R} . Sa mai observam ca dim Im f = 2, dimKer f = 1. Decidim(Im f)+dim(Ker f) = 3 = dim R3 .

14. Fie V un spatiu vectorial real si B = {e1, e2, e3, e4} o baza a sa. Dacaendomorfismul f : V → V are, ın raport cu baza B, ecuatiile:

y1 = x1 + x3

y2 = x2 + x4

y3 = x1 + x3

y4 = x2 + x4

.

Se cere: a) gasiti matricea lui f relativ la baza B ;b) gasiti matricea lui f relativ la bazaB′ = {a1 = e1− e2, a2 = e1 + e2 + e3, a3 = e1 + e2− e3 + e4, a4 = e3 + e4} ;c) gasiti ecuatiile operatorului liniar f ın raport cu baza B ;d) determinati Ker f si Imf ;e) gasiti valorile si vectorii proprii pentru f ;f) verificati daca exista o baza a lui V ın raport cu care matricea lui f saaiba forma diagonala;g) calculati An , n ∈ N∗ .

Page 229: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

213

Solutie:

a) Deoarece f(e1) = e1+e3, f(e2) = e2+e4, f(e3) = e1+e3, f(e4) = e2+e4

matricea lui f relativ la baza B este

A =

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

b) Matricea de trecere de la baza B la baza B′ este

C =

1 1 1 0−1 1 1 00 1 −1 10 0 1 1

si atunci matricea lui f relativ la baza B′ este data de formula B =C−1AC . Pentru a gasi inversa matricei C folosim lema substitutiei.

a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4e1 1 1 1 0 1 0 0 0e2 -1 1 1 0 0 1 0 0e3 0 1 -1 0 0 0 1 0e4 0 0 1 1 0 0 0 1a1 1 1 1 0 1 0 0 0

e2 0 2 2 0 1 1 0 0e3 0 1 -1 0 0 0 1 0e4 0 0 1 1 0 0 0 1a1 1 0 0 0 1/2 -1/2 0 0a2 0 1 1 0 1/2 1/2 0 0

e3 0 0 -2 0 -1/2 -1/2 1 0e4 0 0 1 1 0 0 0 1a1 1 0 0 0 1/2 -1/2 0 0a2 0 1 0 0 1/4 1/4 1/2 0a3 0 0 1 0 1/4 1/4 -1/2 0

e4 0 0 0 1 -1/4 -1/4 1/2 1a1 1 0 0 0 1/2 -1/2 0 0a2 0 1 0 0 1/4 1/4 1/2 0a3 0 0 1 0 1/4 1/4 -1/2 0a4 0 0 0 1 -1/4 -1/4 1/2 1

Prin urmare C−1 = 14 ·

2 −2 0 01 1 2 01 1 −2 0−1 −1 2 4

si atunci se obtine B =

Page 230: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

214

C−1AC =

1 1/2 −1 0

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

.

c) Ecuatiile lui f relativ la baza B′ suntz1 = t1 + 1

2 t2 − t3

z2 = 12 t

1 + 74 t

2 + 12 t

3 + t4

z3 = − 12 t

1 − 14 t

2 + 12 t

3

z4 = − 12 t

1 + 54 t

2 + 32 t

3 + t4

,

unde xB′ =

t1

t2

t3

t4

si ˜f(¯)xB′ = BxB′ =

z1

z2

z3

z4

.

d) Ker f este multimea solutiilor sistemului liniar omogen AxB = 0 saux1 + x3 = 0x2 + x4 = 0x1 + x3 = 0x2 + x4 = 0

,

sistem care are solutia generala x1 = −α, x2 = −β, x3 = α, x4 = β , α, β ∈R . AtuncidimKer f = dimV − rang A = 2 , defectul lui f siKerf = {−αe1 − βe2 + αe3 + βe4|α, β ∈ R} == {α(e3 − e1) + β(e4 − e2)|α, β ∈ R} = L(b1, b2) unde b1 = e3 − e1 sib2 = e4 − e2 .Evident, {b1, b2} este baza a lui Ker f .Imf are dimensiunea egala cu rangul matricii A,adica dim Imf = 2 si Imf = {f(x)|x ∈ V } == {(x1 + x3)(e1 + e3) + (x2 + x4)(e2 + e4)|xi ∈ R, i = 1, 4} == L(b3, b4), unde b3 = e1 + e3 , b4 = e2 + e4 .Deci {b3, b4} este baza pentru Imf .Observatie: Daca {bi|i = 1, 4} sistem liniar independent, atunci Ker f⊕Imf = V .e)

det(A− λI4) = 0⇔

∣∣∣∣∣∣∣∣1− λ 0 1 0

0 1− λ 0 11 0 1− λ 00 1 0 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

⇔ [(1−λ)2−1]2 = 0 si astfel exista doua valori proprii reale duble λ1,2 = 0si λ3,4 = 2 .

Pentru λ1,2 = 0, avem (A− 0 · I4)

x1

x2

x3

x4

=

0000

⇔ AxB = 0 si prin

Page 231: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

215

urmare subspatiul propriu asociat valorii proprii duble λ1 = λ2 = 0 esteV0 = Ker f = L(b1, b2) . Deci b1, b2 sunt doi vectori proprii corespunzatorivalorii proprii 0, care formeaza baza pentru V0 .Pentru λ3,4 = 2, avem (A− 2 · I4)xB = 0⇔−x1 + x37 = 0−x2 + x4 = 0x1 − x3 = 0x2 − x4 = 0

si astfel un vector propriu corespunzator valorii proprii 2 este de formav = α(e1 + e3) + β(e2 = e4) .Deci subspatiul propriu asociat lui λ3,4 = 2 este V2 = L(b3, b4) = Imf .f) Deoarece cele patru valori proprii λ1 = 0, λ2 = 0 ,λ3 = 2, λ4 = 2 sunt reale si multiplicitatile algebrice si geometrice suntegale ( malg(λi) = mg(λi) = 2 , i = 1, 4 ), rezulta ca operatorul f estediagonalizabil. Adica, exista o baza B∗ a lui V , formata cu vectorii propriib1, b2, b3, b4 , relativ la care matricea lui f are forma diagonala

D =

λ1 0 0 00 λ2 0 00 0 λ3 00 0 0 λ4

=

0 0 0 00 0 0 00 0 2 00 0 0 2

g) Daca L =

−1 0 1 00 −1 0 11 0 1 00 1 0 1

este matricea de trecere de la baza B

la baza B∗ atunci se stie ca D = L−1AL si astfel A = LDL−1 .Prin urmareAn = (LDL−1)n = (LDL−1)(LDL−1) · · · (LDL−1) = LDnL−1.

Evident, Dn =

0 0 0 00 0 0 00 0 2n 00 0 0 2n

, ∀n ≥ 1 .

Folosim lema substitutiei pentru a calcula inversa matricii L:

Page 232: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

216

a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4e1 -1 0 1 0 1 0 0 0e2 0 -1 0 1 0 1 0 0e3 1 0 1 0 0 0 1 0e4 0 1 0 1 0 0 0 1a1 1 0 -1 0 -1 0 0 0

e2 0 -1 0 1 0 1 0 0e3 0 0 2 0 1 0 1 0e4 0 1 0 1 0 0 0 1a1 1 0 -1 0 -1 0 0 0a2 0 1 0 -1 0 -1 0 0

e3 0 0 2 0 1 0 1 0e4 0 0 0 2 0 1 0 1a1 1 0 0 0 -1/2 0 1/2 0a2 0 1 0 -1 0 -1 0 0a3 0 0 1 0 1/2 0 1/2 0

e4 0 0 0 2 0 1 0 1a1 1 0 0 0 -1/2 0 1/2 0a2 0 1 0 0 0 -1/2 0 1/2a3 0 0 1 0 1/2 0 1/2 0a4 0 0 0 1 0 1/2 0 1/2

Prin urmare L−1 =

−1/2 0 1/2 0

0 −1/2 0 1/21/2 0 1/2 00 1/2 0 1/2

si atunci se obtine

An = LDnL−1 =

2n−1 0 2n−1 0

0 2n−1 0 2n−1

2n−1 0 2n−1 00 2n−1 0 2n−1

.

15. Fie V un spatiu vectorial real cu baza B = {e1, e2, e3} si f ∈ End(V ) astfelıncat−1, 0, 1 sa fie valori proprii ale lui f si v1 = e1+e2+e3 , v2 = −e1+e3 ,v3 = e1 + 2e2 + e3 sa fie vectori proprii ai lui f corespunzatori valorilorproprii −1, 0, respectiv 1.Gasiti matricea lui f ın raport cu baza B .

Solutie:

Deoarece la valori proprii distincte corespund vectori proprii liniari independenti,rezulta ca B′ = {v1, v2, v3} este baza pentru V . Matricea de trecere de la

baza B la baza B′ este C =

1 −1 11 0 21 1 1

si daca notam cu A matricea

lui f relativ la baza B si cu D matricea lui f relativ la baza B′ , atunciavem D = C−1AC . Dar f(v1) = −v1 , f(v2) = 0v2 = 0 si f(v3) = v3 ,

Page 233: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

217

adica D =

−1 0 00 0 00 0 1

.

Calculam inversa matricii C.

a1 a2 a3 b1 b2 b3e1 1 -1 1 1 0 0e2 1 0 2 0 1 0e3 1 1 1 0 0 1a1 1 -1 1 1 0 0

e2 0 1 1 -1 1 0e3 0 2 0 -1 0 1a1 1 0 2 0 1 0a2 0 1 1 -1 1 0

e3 0 0 -2 1 -2 1a1 1 0 0 1 -1 1a2 0 1 0 -1/2 0 1/2a3 0 0 1 -1/2 1 -1/2

Atunci A = CDC−1 =

−3/2 2 −3/2−2 3 −2−3/3 2 −3/2

.

16. Fie V un spatiu vectorial real si B = {a1, a2, . . . , an} o baza a sa. DacaconsideramV ∗ = {f : V → R|f aplicatie liniara}spatiul vectorial dual spatiului vectorial V si aplicatiah : V ∗ → Rn , definita prin

h(f) = (f(a1), f(a2), . . . , f(an)) , ∀f ∈ V ∗

atunci aratati ca h este un izomorfism de spatii vectoriale reale.

Solutie:

Aratam ca aplicatia h este liniara si bijectiva.Fie f, g ∈ V ∗ si α, β ∈ R . Atuncih(αf + βg) = ((αf + βg)(a1), . . . , (αf + βg)(an)) == (αf(a1) + βg(a1), . . . , αf(an) + βg(an)) == α (f(a1), . . . , f(an))+β (g(a1), . . . , g(an)) = αh(f)+βh(g) . Deci h esteaplicatie liniara.Din h(f) = h(g) rezulta ca f(ai) = g(ai) , ∀i = 1, n si prin urmare f = g .(daca doua aplicatii liniare coincid pe vectorii unei baze, atunci ele coincidpe tot spatiul) Deci h este injectiva.Fie (α1, . . . , αn) ∈ Rn . Consideram aplicatia f : V → R definita prin

f(x) =

n∑i=1

xiαi , ∀x =

n∑i=1

xiai ∈ V

Page 234: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

218

Se observa ca f este liniara, f(αx+ βy) = αf(x) + βf(y) , si f(aj) = αj ,∀j = 1, n . Deci h(f) = (α1, . . . , αn) si atunci h este surjectiva.Deci h este izomorfism de spatii vectoriale reale.

17. Fie B = {e1, e2, . . . , en} baza canonica a spatiuluiaritmetic Rn si aplicatiile pi : Rn → R ,pi(x) = xi , ∀x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn ( 1 ≤ i ≤ n ).a) Aratati ca pi ∈ (Rn)

∗, ∀i = 1, n;

b) Aratati ca {p1, p2, . . . , pn} este o baza pentru (Rn)∗

si anume chiarbaza duala bazei {e1, e2, . . . , en} .

Solutie:

a) pi(αx+βy) = αxi+βyi = αpi(x)+βpi(y) , ∀α, β ∈ R , x = (x1, . . . , xn) ,y = (y1, . . . , yn) ∈ Rn , de unde rezulta ca proiectia canonica a lui Rn peR (pe factorul “i” din produsul cartezian Rn), pi ∈ (Rn)

∗.

b) Se stie ca dim (Rn)∗

= dim Rn = n . Prin urmare, pentru a demonstraca {p1, p2, . . . , pn} este baza pentru (Rn)

∗, este suficient sa verificam ca

{p1, p2, . . . , pn} este sistem liniar independent.

Intr-adevar, dinn∑i=1

αipi = 0 rezulta ca

(n∑i=1

αipi

)(x) = 0 , ∀x = (x1, . . . , xn) ∈

Rn ⇒n∑i=1

αipi(x) = 0 ⇒

n∑i=1

αixi = 0 , ∀xi ∈ R , i = 1, n .

Luam x1 = 1, x2 = 0, . . . , xn = 0 si obtinem α1 = 0 , si analog avemα2 = · · · = αn = 0 . Deci {p1, p2, . . . , pn} este liniar independent, decibaza.Cum pi(ei) = 1, ∀i = 1, n si pi(ej) = 0, ∀j=i rezulta ca pi(ej) = δij , adica

{p1, p2, . . . , pn} este duala bazei {e1, e2, . . . , en} .

Page 235: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

3 Forme biliniare. Formepatratice

1. Sa se scrie sub forma de suma de patrate forma patratica:f(x) = (x1)2 + (x2)2 − (x3)2 + 2x1x2 + x2x3 + 2x3x1,x = (x1, x2, x3) ∈ R3 .

Solutie:

f(x) = (x1 + x2 + x3)2 − 2(x3)2 − x2x3 == (x1 + x2 + x3)2 + 1

8 (x2)2 − 18 (x2 + 4x3)2 .

Daca punem

ξ1 = x1 + x2 + x3 ,ξ2 = x2 ,ξ3 = x2 + 4x3

se obtine f(x) = (ξ1)2 + 18 (ξ2)2 − 1

8 (ξ3)2 .

2. Fie forma patraticaf(x) = (x1)2 + (x2)2 − 3(x3)2 + (x4)2 − x1x2 + 3x2x3 + 5x3x4 , x =(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 .Sa se aduca la forma canonica folosind metoda lui Jacobi, apoi cea a luiGauss.

Solutie:

Avem ∆0 = 1 , ∆1 = 1 , ∆2 =

∣∣∣∣ 1 −1/2−1/2 1

∣∣∣∣ = 3/4 , ∆3 =

∣∣∣∣∣∣1 −1/2 0−1/2 1 3/2

0 3/2 −3

∣∣∣∣∣∣ =

−9/2 ,

∆4 =

∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1/2 0 0−1/2 1 3/2 0

0 3/2 −3 5/20 0 5/2 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −147/16 .

Forma patratica ın noua baza este

f(x) = (ξ1)2 +4

3(ξ2)2 − 1

6(ξ3)2 +

24

49(ξ4)2 , .

Folosind metoda lui Gauss, avem:f(x) = (x1 − 1

2x2)2 + 3

4 (x2)2 + 3x2x3 − 3(x3)2 + (x4)2 + 5x3x4 =

219

Page 236: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

220

= (x1 − 12x

2)2 + 34 (x2 + 2x3)2 − 6(x3)2 + 5x3x4 + (x4)2 =

= (x1 − 12x

2)2 + 34 (x2 + 2x3)2 − 6(x3 − 5

12x4)2 + 147

72 (x4)2 .Deci, forma canonica este

f(x) = (ξ1)2 +3

4(ξ2)2 − 6(ξ3)2 +

147

72(ξ4)2 ,

unde

ξ1 = x1 − 1

2x2

ξ2 = x2 + 2x3

ξ3 = x3 − 512x

4

ξ4 = x4

.

Se observa ca prin ambele metode obtinem acelasi numar de patrate, iarnumarul coeficientilor pozitivi este egal cu 3.

3. Fie P2 spatiul vectorial al polinoamelor de o nedeterminata cu coeficientireali de grad cel mult 2. Definim forma biliniara

B(Q1, Q2) =

1∫0

Q1(t) · Q2(t) dt , ∀Q1, Q2 ∈ P2,

unde Q1(t), Q2(t) sunt functiile polinomiale asociate polinoamelor Q1, Q2.

Sa se determine matricea formei B ın raport cu bazaB = {P1,P2,P3}, unde P1 = X2 +X + 1, P2 = X + 1, P3 = 1.

Solutie:

Vom determina mai ıntai matricea lui B ın baza canonicaBc = {X2, X, 1}. Deoarece se observa ca forma este simetrica, pentru aforma aceasta matrice avem nevoie de urmatorii coeficienti:

b11 =1∫0

t2 · t2 dt =1∫0

t4 dt = t5

5 |10= 1

5 ;

b12 =1∫0

t2 · t dt =1∫0

t3 dt = t4

4 |10= 1

4 ;

b13 =1∫0

t2 · 1 dt =1∫0

t2 dt = t3

3 |10= 1

3 ;

b22 =1∫0

t · t dt =1∫0

t2 dt = t3

3 |10= 1

3 ;

b23 =1∫0

t · 1 dt =1∫0

t dt = t2

2 |10= 1

2 ;

b33 =1∫0

1 · 1 dt =1∫0

1 dt = t |10= 1;

Formam matricea A =

15

14

13

14

13

12

13

12 1

. Exprimarea vectorilor din noua

baza ın functie de vectorii ce alcatuiesc baza canonica este:

Page 237: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

221 P1 = P1 + P2 + P3

P2 = P1 + P2

P3 = P1

Matricea de trecere de la o baza la alta, formata cu componentele vectorilor

P1, P2, P3 este M =

1 1 11 1 01 0 0

.

Atunci, conform formulei de schimbare a matricei asociate unei formebiliniare la schimbarea bazei, notand cu A matricea cautata, vom avea:

A = MT ·A ·M =

1 1 11 1 01 0 0

· 1

514

13

14

13

12

13

12 1

· 1 1 1

1 1 01 0 0

=

= 160

47 65 11027 35 5012 15 20

· 1 1 1

1 1 01 0 0

= 160

222 112 47112 59 2747 27 12

.

Observatie: problema poate fi rezolvata si calculand direct ın baza Bcoeficientii matricei asociate.

4. Fie b : V × V → R o forma biliniara pe spatiul vectorial real V . Aratatica b este antisimetrica daca si numai daca b(x, x) = 0 , ∀x ∈ V .

Solutie:

Daca b este antisimetrica, ınseamna ca b(x, y) = −b(y, x) , ∀x, y ∈ V .Luand x = y rezulta ca b(x, x) = −b(x, x) , ∀x ∈ V , adica b(x, x) =0 , ∀x ∈ V .Invers, daca b(x, x) = 0 , ∀x ∈ V , luam x = a + b , a, b ∈ V , arbitrari sirezulta ca0 = b(a+ b, a+ b) = b(a, a+ b) + b(b, a+ b) == b(a, a) + b(a, b) + b(b, a) + b(b, b) .Dar b(a, a) = b(b, b) = 0 si atunci rezultab(a, b) = −b(b, a) , ∀a, b ∈ V .Deci b este antisimetrica.

5. Fie b : R3 ×R3 → R o forma biliniara si B = {e1, e2, e3} baza canonica alui R3 . Daca avemb(e1, e1) = 1 , b(e2, e2) = −1 , b(e3, e3) = 2 ,b(e1 + e2, e2) = 2 , b(e2, e1 − e2) = 4 , b(e2 + e3, e3) = 3,b(e3, e2 − e3) = −1 , b(e1, e3) = 3 si b(e3, 2e1 − e2) = 5 .Se cer:a) matricea formei biliniare b ın raport cu baza B ;b) aratati ca b este o forma biliniara simetrica;c) expresia analitica a formei biliniare b ın raport cu baza B ;d) matricea si expresia analitica a formei biliniare b ın raport cu o altabaza B′ = {a1, a2, a3} , undea1 = (1, 0, 1) , a2 = (0, 1, 1) , a3 = (1, 1, 0) ;

Page 238: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

222

e) expresia analitica a formei patratice f : R3 → R ,f(x) = b(x, x) , ∀x ∈ R3 , ın raport cu baza B ;f) forma canonica a formei patratice f si baza lui R3

relativ la care f are forma canonica, prin metoda lui Jacobi;g) signatura lui f .

Solutie:

a) Matricea formei biliniare b este A = (aij)i,j=1,3 ∈ M3(R) , unde

aij = b(ei, ej) . Atunci avem a11 = 1 , a22 = −1 , a33 = 2 , a13 = 3 .Din faptul ca b(e1 + e2, e2) = 2 rezulta b(e1, e2) + b(e2, e2) = 2 si stiindca a22 = b(e2, e2) = −1 obtinem a12 = b(e1, e2) = 3 . In mod similar sededuce ca a21 = 3 din b(e2, e1− e2) = 4 si apoi a23 = 1 , a32 = 1 , a31 = 3 .Deci matricea lui b ın raport cu baza B este

A =

1 3 33 −1 13 1 2

b) Deoarece matricea formei biliniare b ın raport cu baza B este simetricarezulta ca b este forma biliniarasimetrica.c) Expresia analitica a formei biliniare b ın raport cu baza B este

b(x, y) =

3∑i=1

3∑i=1

aijxiyj = xtBAyB

pentru x =3∑i=1

xiei , y =3∑j=1

yj ej .

Deci b(x, y) = x1y1 +3x1y2 +3x2y1−x2y2 +3x1y3 +3x3y1 +x2y3 +x3y2 +2x3y3 .d) Matricea de trecere de la baza B la baza B′ este

C =

1 0 10 1 11 1 0

si matricea formei biliniare b relativ la baza B′ este

B = CtAC =

9 9 89 3 68 6 6

.

Expresia analitica a lui b relativ la noua baza B′ este

b(x, y) =

3∑i=1

3∑i=1

b(ai, aj)sitj = xtB′ByB′

pentru x =3∑i=1

siai , y =3∑j=1

tj aj .

Deci b(x, y) = 9s1t1 +9s1t2 +9s2t1 +3s2t2 +8s1t3 +8s3t1 +6s2t3 +6s3t2 +

Page 239: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

223

6s3t3 .e) Expresia analitica a formei patratice f relativ la baza canonica B este

f(x) =

3∑i,j=1

xixjaij = xtB ·A · xB ,

pentru orice x =3∑i=1

xiei . Deci

f(x) = (x1)2 + 6x1x2 + 6x1x3 − (x2)2 + 2x2x3 + 2(x3)2 .

f) Matricea formei patratice f relativ la baza canonica B este chiar ma-tricea formei biliniara si simetrica b din care provine:

A =

1 3 33 −1 33 1 2

Doarece toti minorii diagonali ∆0 = 1 , ∆1 = |1| = 1 ,

∆2 =

∣∣∣∣ 1 33 −1

∣∣∣∣ = −10 , ∆3 =

∣∣∣∣∣∣1 3 33 −1 33 1 2

∣∣∣∣∣∣ = 6 sunt nenuli, putem

aplica metoda lui Jacobi de aducere la forma canonica.Daca y1, y2, y3 sunt coordonatele lui x relativ la baza B∗ , ın raport cucare expresia analitica a lui f are forma canonica, atunci

f(x) =

3∑i=1

∆i−1

∆i(yi)2 = (y1)2 − 1

10(y2)2 − 5

3(y3)2

este forma canonica a formei patratice f .Baza B∗ = {b1, b2, b3} se gaseste astfel:Se aleg b1 = α11e1 astfel ca b(e1, b1) = 1 , b2 = α21e1 + α22e2 astfel cab(e1, b2) = 0 si b(e2, b2) = 1 , iar b3 = α31e1 + α32e2 + α33e3 astfel cab(e1, b3) = 0 , b(e2, b3) = 0 si b(e3, b3) = 1 .Constantele αij se gasesc imediat:din b(e1, b1) = 1 rezulta α11b(e1, e2) = 1 si α11 = 1 ;din b(e1, b2) = 0 si b(e2, b2) = 1 rezulta sistemul:{α21 + 3α22 = 03α21 − α22 = 1

, de unde α21 = 3/10 , α22 = −1/10 ;

din b(e1, b3) = 0 , b(e2, b3) = 0 si b(e3, b3) = 1 rezulta sistemul: α31 + 3α32 + 3α33 = 03α31 − α32 + α33 = 0

3α31 + α32 + 2α33 = 1,

de unde α31 = 1 , α32 = 4/3 , α33 = −5/3 .Deci B∗ = {b1 = (1, 0, 0), b2 = ( 3

10 ,−110 , 0), b3 = (1, 4

3 ,−53 )} .

g) Signatura lui f este (1, 2) pentru ca forma canonica a lui f are un coe-ficient strict pozitiv si doi coeficienti strict negativi, adica indicele pozitiv

Page 240: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

224

de inertie al formei patratice f este p = 1 si indicele negativ de inertieeste q = 2 .

6. Fie f : R4 → R o forma patratica pe R4 a carei expresie analitica ınraport cu baza canonica a lui R4 este

f(x) = x1x2 − x2x3 + x3x4 + x4x1 , ∀x =

4∑i=1

xiei ∈ R4 .

a) Gasiti matricea formei patratice f ın raport cu baza canonica B ={e1 = (1, 0, 0, 0), e2 = (0, 1, 0, 0), e3 = (0, 0, 1, 0), e4 = (0, 0, 0, 1)} ;b) Gasiti expresia analitica a polarei lui f relativ la baza canonica B ;c) Folosind metoda lui Gauss, gasiti forma canonica a formei patratice fsi baza lui R4 relativ la care f are expresia canonica;d) Gasiti signatura lui f .

Solutie:

a) MatriceaA = (aij)i,j=1,4 a formei patratice f ın raport cu baza canonicaB este chiar matricea formei biliniare simetrice b din care provine formapatratica f (numita polara lui f), relativ la baza B .Din faptul ca b(x, y) = 1

2 [f(x+ y)− f(x)− f(y)] putem determina ele-mentele matricii cerute aij = b(ei, ej) .

In mod practic, pentru a evita calculele, elementele matricii A se deter-mina astfel:- elementul aij , cu i=j, este egal cu jumatate din coeficientul lui xixj dinexpresia analitica a lui f ;- elementul aii este egal coeficientul lui (xi)2 din expresia analitica a lui f .

Deci A =

0 1

2 0 12

12 0 − 1

2 00 − 1

2 0 12

12 0 1

2 0

b) Expresia analitica a polarei lui f relativ la baza canonica B se poateobtine dupa formula de mai sus sau, mai practic, prin dedublarea expresieilui f din ipoteza. Decib(x, y) = 1

2x1y2 + 1

2x2y1 − 1

2x2y3 − 1

2x3y2 + 1

2x3y4 + 1

2x4y3+

+ 12x

4y1 + 12x

1y4 , ∀x = xiei, y = yj ej ∈ R4 .c) Avand ın vedere expresia analitica a lui f , vom proceda mai ıntai laschimbarea de coordonate:

I)

x1 = t1 + t2

x2 = t1 − t2x3 = t3

x4 = t4

(de fapt, s-a schimbat baza lui R4 si ti , i = 1, 4 , sunt coordonatele lui xrelativ la noua baza)

Page 241: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

225

Atunci f(x) = (t1)2 − (t2)2 − t1t3 + t2t3 + t3t4 + t1t4 + t2t4 ==[(t1)2 − t1t3 + t1t4 − 1

2 t3t4 + 1

4 (t3)2 + 14 (t4)2

]− 1

4 (t3)2 − 14 (t4)2 − (t2)2 + t2t3 + t2t4 + 3

2 t3t4 =

=(t1 − 1

2 t3 + 1

2 t4)2−

−[(t2)2 − t2t3 − t2t4 + 1

4 (t3)2 + 14 (t4)2 + 1

2 t3t4]

+ 2t3t4

si prin urmare

f(x) =(t1 − 1

2 t3 + 1

2 t4)2 − (t2 − 1

2 t3 − 1

2 t4)2

+ 2t3t4 .Facand schimbarea de coordonate:

II)

s1 = t1 − 1

2 t3 + 1

2 t4

s2 = t2 − 12 t

3 − 12 t

4

s3 = t3

s4 = t4

rezulta f(x) = (s1)2 − (s2)2 + 2s3s4 .In final, din

III)

y1 = s1

y2 = s2

y3 + y4 = s3

y3 − y4 = s4

rezulta ca forma canonica a formei patratice f este

f(x) = (y1)2 − (y2)2 + 2(y3)2 − 2(y4)2 ,

unde yi , i = 1, 4 sunt coordonatele vectorului x relativ la baza B∗ ={bi|i = 1, 4} , ın raport cu care f are forma canonica.Baza B∗ se gaseste astfel:Daca C este matricea de trecere de la baza canonica B la baza cautataB∗ , atunci xB∗ = C−1xB sau

x1

x2

x3

x4

= C

y1

y2

y3

y4

.

Pe de alta parte, daca avem ın vedere cele trei schimbari de coordonateavem:

x4 = t4 = s4 = y3 − y4

x3 = t3 = s3 = y3 + y4

x2 = t1 − t2 = s1 − s2 − t4 = y1 − y2 − y3 + y4

x1 = t1 + t2 = s1 + s2 + t3 = y1 + y2 + y3 + y4

Atunci

x1

x2

x3

x4

=

y1 + y2 + y3 + y4

y1 − y2 − y3 + y4

y3 + y4

y3 − y4

=

=

1 1 1 11 −1 −1 10 0 1 10 0 1 −1

y1

y2

y3

y4

Page 242: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

226

si prin urmare B∗ ={b1 = (1, 1, 0, 0), b2 = (1,−1, 0, 0),

b3 = (1,−1, 1, 1), b4 = (1, 1, 1,−1)}

.d) Signatura lui f este (2, 2) . Deci f este forma patratica nedefinita.

7. Fie b :M2(R)×M2(R)→ R , definita prin

b(X,Y ) = 2Tr(XY )− Tr(X)Tr(Y ) , ∀X,Y ∈M2(R)

unde Tr(A) = a11 + a22 este urma matricii A = (aij)i,j=1,2 .a) Aratati ca b este o forma biliniara simetrica;b) Gasiti matricea formei biliniare b relativ la baza naturala a luiM2(R) ,

B =

{E11 =

(1 00 0

), E12 =

(0 10 0

), E21 =

(0 01 0

),

E22 =

(0 00 1

)};

c) Gasiti expresia analitica a formei patratice asociataf(X) = b(X,X) , relativ la baza naturala a lui M2(R) ;d) Aduceti la forma canonica forma patratica f si determinati baza core-spunzatoare;e) Aratati ca f este o forma patratica nedefinita.

Solutie:

a) Fixam arbitrar matricile X =

(x11 x12

x21 x22

),

Y =

(y11 y12

y21 y22

), Z =

(z11 z12

z21 z22

)si scalarii reali α, β ∈ R .

Atunci XY =

(x11y11 + x12y21 x11y12 + x12y22

x21y11 + x22y21 x21y12 + x22y22

)si

Y X =

(y11x11 + y12x21 y11x12 + y12x22

y21x11 + y22x21 y21x12 + y22x22

), de unde

Tr(XY ) = x11y11 + x12y21 + x21y12 + x22y22 = Tr(Y X) .Prin urmare b(X,Y ) = b(Y,X) si astfel b este forma simetrica.Avand ın vedere simetria lui b, pentru a demonstra biliniaritatea aplicatieib este suficient sa aratam ca b este liniara ın primul argument, adica:

b(αX + βY, Z) = αb(X,Z) + βb(Y,Z) .

Cum Tr(αX + βY ) = αTr(X) + βTr(Y ) avem cab(αX + βY, Z) = 2Tr((αX + βY )Z)− Tr(αX + βY )Tr(Z) =2Tr(αXY + βY Z)− (αTr(X) + βTr(Y ))Tr(Z) =2αTr(XY ) + 2βTr(Y Z)− αTr(X)Tr(Z)− βTr(Y )Tr(Z) =α (2Tr(XZ)− Tr(X)Tr(Z)) + β (2Tr(Y Z)− Tr(Y )Tr(Z)) =αb(X,Z) + βb(Y,Z) .Deci b este forma biliniara simetrica.b) Daca matricile X si Y sunt ca mai sus, atuncib(X,Y ) = 2(x11y11 + x12y21 + x21y12 + x22y22)−−(x11 + x22)(y11 + y22) = x11y11 + x22y22

Page 243: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

227

+2x12y21 + 2x21y12 − x11y22 − x22y11

este expresia analitica a lui b relativ la baza B pentru ca coordonatelematricii X relativ la baza naturala B sunt chiar elementele matricii X,xij , i, j = 1, 2 .

(vezi X =2∑

i,j=1

xijEij ).

Matricea formei biliniare b relativ la baza B esteA = (b(Eij , Ekl))i,j,k,l=1,2 .

Prin calcule, b(E11, E11) = 2Tr(E211) − (Tr(E11))2 = 1 , b(E11, E12) = 0 ,

b(E11, E21) = 0 , b(E11, E22) = −1 , b(E12, E11) = b(E11, E12) = 0 ,b(E12, E12) = 0 , b(E12, E21) = b(E21, E12) = 2 , b(E12, E22) = b(E22, E12) =0 , b(E21, E11) = b(E11, E21) = 0 , b(E21, E21) = 0 ,b(E21, E22) = b(E22, E21) = 0 , b(E22, E11) = −1 ,b(E22, E22) = 1 .

Deci A =

1 0 0 −10 0 2 00 2 0 0−1 0 0 1

∈M4(R) ,

c) Relativ la baza naturala B , forma patratica f asociata formei biliniareb are expresia analitica

f(X) = b(X,X) = (x11)2 + (x22)2 + 4x12x21 − 2x11x22

pentru orice X = (xij)i,j=1,2 .d) Folosind metoda lui Gauss, avemf(X) =

[(x11)2 − 2x11x22 + (x22)2

]+ 4x12x21 =

= (x11 − x22)2 + 4x12x21 .Dupa schimbarea de coordonate (de baze):

t11 = x11 − x22

t12 + t21 = x12

t12 − t21 = x21

t22 = x22

obtinem forma canonica a lui f :f(X) = (t11)2 + 4 · (t12)2 − 4 · (t21)2 + 0 · (t22)2 , pentru orice matriceX = t11F11 + t12F12 + t21F21 + t22F22 , undeB∗ = {Fij |i, j = 1, 2} este baza lui M2(R) relativ la care f are formacanonica.Stiind ca matricea de trecere C de la B la B∗ verificaxB = CxB∗ si tinand cont de relatiile ce dau schimbarea de coordonate,avem ca

a11

a12

a21

a22

=

1 0 0 10 1 1 00 1 −1 00 0 0 1

t11

t12

t21

t22

Page 244: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

228

si atunci C =

1 0 0 10 1 1 00 1 −1 00 0 0 1

. Deci baza B∗ este

{F11 =

(1 00 0

), F12 =

(0 11 0

), F21 =

(0 1−1 0

),

F22 =

(1 00 1

)}.

e) Signatura lui f este (2, 1) si atunci f este o forma patratica nedefinita.

8. Folosind metoda lui Gauss sa se aduca la forma canonica forma patraticaf : R3 → R , f(x) = x1x2 + x2x3 + (x3)2,∀x = (x1, x2, x3) ∈ R3.Gasiti baza lui R3 ın raport cu care f are forma canonica si signatura luif .

Solutie:

Facem schimbarea de coordonate (de baze)

I)

x1 = t1 + t2

x2 = t1 − t2x3 = t3

si rezulta ca f(x) = (t1)2 − (t2)2 + t1t3 − t2t3 + (t3)2 =((t1)2 + t1t3 + 1

4 (t3)2)− (t2)2 − t2t3 + 3

4 (t3)2 =(t1 + 1

2 t3)2 − ((t2)2 + t2t3 + 1

4 (t3)2 + (t3)2)

=(t1 + 1

2 t3)2 − (t2 + 1

2 t3)2

+ (t3)2 .Apoi, din schimbarea de coordonate

II)

y1 = t1 + 12 t

3

y2 = t2 + 12 t

3

y3 = t3

obtinem forma canonica f(x) = (y1)2 − (y2)2 + (y3)2 , pentru orice vectorx , unde y1, y2, y3 sunt coordonatele lui x relativ la baza B∗ = {b1, b2, b3}corespunzatoare ultimei schimbari de coordonate (baza relativ la care fare forma canonica).Din I) si II) rezulta x3 = t3 = y3

x1 = t1 − t2 = y1 − y2

x2 = t1 + t2 = y1 + y2 − t3 = y1 + y2 − y3

si atunci

x1

x2

x3

x4

=

1 1 −11 −1 00 0 1

y1

y2

y3

y4

, adica matricea de tre-

Page 245: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

229

cere de la baza canonica la B∗ este C =

1 1 −11 −1 00 0 1

.

Deci B∗ = {b1 = (1, 1, 0), b2 = (1,−1, 0), b3 = (−1, 0, 1)} si signatura lui feste (2, 1) , adica f este forma patratica nedefinita.

9. Folosind metoda lui Jacobi sa se aduca la forma canonica forma patraticaf(x) = 2(x1)2 + 3(x2)2 + 4(x3)2 − 4x1x2 − 2x1x3 + 4x2x3.Gasiti baza corespunzatoare si signatura lui f .

Solutie:

Matricea lui f relativ la baza canonica a lui R3

B = {e1, e2, e3} este A =

2 −2 −1−2 3 2−1 2 4

si se gaseste prin intermediul

polarei lui f (care are aceeasi matrice ca si f) sau mai simplu, prin algo-ritmul:- elementul aij , i=j este jumatate din coeficientul lui xixj din expresialui f ;- elementul aii este chiar coeficientul lui (xi)2.

Din faptul ca minorii diagonali ∆0 = 1 , ∆1 = |2| = 2 , ∆2 =

∣∣∣∣ 2 −2−2 3

∣∣∣∣ =

2 , ∆3 =

∣∣∣∣∣∣2 −2 −1−2 3 2−1 2 4

∣∣∣∣∣∣ = 5 sunt nenuli rezulta ca se poate aplica

metoda lui Jacobi.Deci forma canonica a lui f este

f(x) =

3∑i=1

∆i−1

∆i

1

2(y1)2 + (y2)2 +

2

5(y3)2

unde x = y1a1 + y2a2 + y3a3 ∈ R3 siB∗ = {a1, a2, a3} este baza relativ la care f are forma canonica.Se alege a1 = α11e1 astfel ıncat b(e1, a1) = 1 , a2 = α21e1 + α22e2 astfelıncat b(e1, a2) = 0 , b(e2, a2) = 1 si a3 = α31e1 + α32e2 + α33e3 astfelıncat b(e1, a3) = 0 , b(e2, a3) = 0 , b(e3, a3) = 1 (unde b este polara formeipatratice f).Din b(e1, a1) = 1 rezulta α11b(e1, e1) = 1 si atunci α11 = 1/2.Din b(e1, a2) = 0 , b(e2, a2) = 1 rezulta sistemul{

2α21 − 2α22 = 0−2α21 + 3α22 = 1

care are solutia (α21 = 1, α22 = 1) .Din b(e1, a3) = 0 , b(e2, a3) = 0 , b(e3, a3) = 1 obtinem sistemul 2α31 − 2α32 − α33 = 0

−2α31 + 3α32 + 2α33 = 0−α31 + 2α32 + 4α33 = 1

Page 246: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

230

de unde α31 = −1/5 , α32 = −2/5 , α33 = 2/5 .Deci B∗ = {a1 = (1/2, 0, 0), a2 = (1, 1, 0),a3 = (−1/5,−2/5, 2/5)} si signatura lui f este (3, 0) , adica f este formapatratica pozitiv definita.

10. Fie B : R3×R3 → R o forma biliniara si sa presupunem ca avem relatiile:B(e1, e1) = 1, B(e2, e2) = 0 , B(e3, e3) = 0, B(e1, e1 + e2) = 2, B(e1 +e3, e1) = 3

2 , B(e3, e1 + e2) = 12 , B(e2, e1 + e3) = 3

2 , B(e2, e1 − e3) = 12 ,

B(e1 + e2, e3) = 12 , unde {e1, e2, e3} este baza canonica.

a) Sa se arate ca B este o forma biliniara simetrica.

b) Sa se gaseasca forma patratica asociata lui B si sa se aduca la formacanonica prin metoda lui Gauss precizandu-se baza corespunzatoare.

Solutie:

a) Utilizand liniaritatea aplicatiei B, avemB(e1, e1 + e2) = B(e1, e1) + B(e1, e2). Tinand cont de relatiile de maisus, obtinem B(e1, e2) = 2− 1 = 1. Deoarece B(e1 + e3, e1) = B(e1, e1) +B(e3, e1), B(e3, e1) = 3

2−1 = 12 . Mai departe, B(e3, e1) = 1

2−12 = 0. Din

urmatoarele doua relatii, prin ınsumarea, respectiv scaderea lor, obtinemB(e2, e1) = 1, B(e2, e3) = 1

2 .In sfarsit, B(e1 + e2, e3) = B(e1, e3) +B(e2, e3).Deci B(e1, e3) = 1

2 −12 = 0. Matricea A asociata formei biliniare ın baza

canonica este:

A =

1 1 01 0 1

20 1

2 0

.

Se observa ca B este forma biliniara simetrica.

b) Pentru doi vectori x = (x1, x2, x3) si y = (y1, y2, y3) din R3, expresiaanalitica a formei va fi:

B(x, y) = (x1, x2, x3) ·

1 1 01 0 1

20 1

2 0

y1

y2

y3

=

= x1y1 + x1y2 + x2y1 + 12x

2y3 + 12x

3y2.

Considerand F (x) = B(x, x), avem F (x) =(x1)2

+2x1x2+x2x3. Grupandtermenii ce contin pe x1, obtinem

F (x) =(x1 + x2

)2 − (x2)2

+ x2x3. Mai departe, grupand termenii cecontin pe x2 si formand patrate, obtinem

F (x) =(x1 + x2

)2 − (x2 − x3

2

)2

+

(x3)2

4

Notam:

(*)

y1 = x1 + x2

y2 = x2 − x3

2y3 = x3

Page 247: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

231

In raport cu baza B = {f1, f2, f3} a lui R3 fata de care x are coordonateley1, y2, y3 date mai sus, obtinem forma canonica:

F (x) =(y1)2 − (y2

)2+ 1

4

(y3)2

.Matricea asociata formei, relativ la aceasta baza este:

A =

1 0 00 −1 00 0 1

4

. Pe de alta parte, daca scriem matriceal (*), va

rezulta: y1

y2

y3

=

1 2 00 1 − 1

20 0 1

· x1

x2

x3

.

Asadar matricea M =

1 2 00 1 − 1

20 0 1

de mai sus va fi inversa matricii

de schimbare a bazei de la baza canonica la B. Deci:

(f1, f2, f3) = (e1, e2, e3) ·

1 2 00 1 − 1

20 0 1

−1

=

= (e1, e2, e3) ·

1 −1 − 12

0 1 12

0 0 1

.

In concluzie, f1 = e1, f2 = −e1 + e2, f3 = − 12e1 + 1

2e2 + e3.

11. Fie V un spatiu vectorial n dimensional. O aplicatie ω ,ω : V × V → R se numeste antisimetrica daca (∀)x, y ∈ V , ω(x, y) =−ω(x, y). Fixand o baza B = {e1, e2, ..., en} si considerand ωij = ω(ei, ej),asociem bazei respective matricea A = (ωij)i,j=1..n. Daca detA 6= 0,atunci forma se spune ca este nedegenerata. O forma biliniara cu pro-prietatile de mai sus se numeste forma simplectica.

a) Aratati ca determinantul matricii asociate unei forme antisimetricenedegenerate ın orice baza este nenul.

b) Daca exista o astfel de forma ω definita pe V, atunci dimensiunea neste para.

Solutie:

a) Fie B = {f1, f2, ..., fn} o alta baza si fie M =(αij)i,j=1,n

matricea de

schimbare a bazei, adica f i =n∑j=1

αji ej ,

i = 1, n . Fie A = (ωij)i,j=1,n

matricea asociata lui ω ın noua baza. Atunci

ω(f i, f j) =∑

1≤p,q≤nαpiα

qjω(ep, eq) ,

∀i, j = 1, n . Prin urmare:

Page 248: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

232 ω11 · · · ω1n

· · · · · · · · ·ωn1 · · · ωnn

=

α11 · · · αn1· · · · · · · · ·α1n · · · αn1

· ω11 · · · ω1n

· · · · · · · · ·ωn1 · · · ωnn

··

α11 · · · α1

n

· · · · · · · · ·αn1 · · · αnn

sau A = MT ·A ·M .

Atunci detA = detA · (detM)2

si cum detM 6= 0,detA 6= 0, vom aveadetA 6= 0.

b) Fie B matricea obtinuta din A prin ınmultirea fiecarei linii cu −1.Vom avea detB = (−1)

ndetA. Pe de alta parte, datorita relatiei ωij =

ω(ei, ej) = −ω(ej , ei) = −ωji avem B = AT , deci detB = detA. Atunci(−1)

n= 1, prin urmare n este par.

Page 249: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

4 Spatii euclidiene

1. In spatiul Rn se defineste urmatoarea regula〈, 〉 : Rn ×Rn → R , astfel:〈x, y〉 = ξ1η1 + ξ2η2 + · · · ξnηn ,unde x = (ξ1, ξ2, . . . , ξn) , y = (η1, η2, . . . , ηn) .Sa se arate ca regula definita reprezinta un produs scalar pe Rn .

Solutie:

Verificam daca sunt ındeplinite proprietatile produsului scalar (definit peR).a) 〈x, y〉 = 〈y, x〉 , ∀x, y ∈ Rn .〈x, y〉 = ξ1η1 + · · · ξnηn == η1ξ1 + · · ·+ ηnξn = 〈y, x〉b) 〈x, y + z〉 = 〈x, y〉+ 〈x, z〉 , ∀x, y, z ∈ Rn .〈x, y + z〉 = ξ1(η1 + δ1) + · · ·+ ξn(ηn + δn) == ξ1η1 + ξ1δ1 + · · ·+ ξnηn + ξnδn == (ξ1η1 + · · ·+ ξnηn) + (ξ1δ1 + · · · ξnδn) == 〈x, y〉+ 〈x, z〉 , unde z = (δ1, . . . , δn) .c) 〈λx, y〉 = λ〈x, y〉 , ∀x, y ∈ Rn , ∀ ∈ R .λx = (λξ1, . . . , λξn) ,λ〈x, y〉 = λξ1η1 + · · ·+ λξnηn == λ(ξ1η1 + · · ·+ ξnηn) = λ〈x, y〉 .d) 〈x, x〉 > 0 , ∀x ∈ Rn si〈x, x〉 = 0⇔ x = 0 .Evident 〈x, x〉 = (ξ1)2 + · · ·+ (ξn)2 ≥ 0si 〈x, x〉 = 0⇔ ξ1 = · · · = ξn = 0 .Deci conditiile din definitia produsului scalar sunt ındeplinite si astfel reg-ula data este un produs scalar pe Rn .

2. In spatiul C([a, b]) al functiilor continue si reale pe intervalul [a, b] se in-troduce urmatoarea regula

〈x, y〉 : C([a, b])× C([a, b]) −→ C([a, b]) , astfel

〈x, y〉 =

b∫a

x(t)y(t)dt ,

233

Page 250: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

234

unde x = x(t), y = y(t), a ≤ t ≤ b .Sa se arate ca regula definita reprezinta un produs scalar pe C([a, b]).

Solutie:

Verificam daca sunt ındeplinite proprietatile produsului scalar.a) 〈x, y〉 = 〈y, x〉 , ∀x, y ∈ R (a, b) .

〈x, y〉 =b∫a

x(t)y(t)dt =b∫a

y(t)x(t)dt = 〈y, x〉 .

b) 〈x, y + z〉 = 〈x, y〉+ 〈x, z〉 , ∀x, y, z ∈ R (a, b) .

〈x, y + z〉 =b∫a

x(t)(y + z)(t)dt =b∫a

x(t)(y(t) + z(t))dt =

=b∫a

x(t)y(t)dt+b∫a

x(t)z(t)dt = 〈x, y〉+ 〈x, z〉 .

c) 〈λx, y〉 = λ〈x, y〉 , ∀x, y ∈ R (a, b) , λ ∈ R .

〈λx, y〉 =b∫a

(λx)(t)y(t)dt =b∫a

λx(t)y(t)dt =

= λb∫a

x(t)y(t)dt = λ〈x, y〉 .

d) 〈x, x〉 ≥ 0 , ∀x ∈ R (a, b)si 〈x, x〉 = 0⇔ x = 0 (functia identic nula).

Evident 〈x, x〉 =b∫a

(x(t))2dt ≥ 0 si

〈x, x〉 = 0⇔ (x(t))2 = 0∀t ∈ (a, b) , adica x = 0.Conditiile a)-d) sunt verificate. Deci regula prezentata ın problema de-fineste un produs scalar pe R (a, b) .

3. Fie E un spatiu vectorial euclidian. Aratati ca oricarei forme liniare ω ,ω : E → R , i se poate asocia ın mod unic un vector x ∈ E astfel ıncat< x, y >= ω(y), (∀) y ∈ E .

Solutie:

Consideram o baza ortonormata B = {e1, . . . , en} si fiex = x1e1 + · · · + xnen. Atunci, notand ω(ei) = ωi , pentru a fi verificatarelatia din problema va trebui sa avem

< x, ei >=<n∑j=1

xjej , ei >= xi = ω(ei) = ωi .

Am determinat astfel componentele vectorului x.Fie y = y1e1 + · · ·+ yne1

n , arbitrar.

Atunci < x, y >=<n∑j=1

xjej ,n∑j=1

yjej >=n∑j=1

ωjyj .

Dar ω(y) = ω(n∑j=1

yjej) =n∑j=1

yjω(ej) =n∑j=1

yjωj , deci vectorul x satisface

relatia ceruta. Presupunand ca exista x1 cu aceeasi proprietate, avem:

< x− x1, x− x1 >=< x, x− x1 > − < x1, x− x1 >=

= ω(x− x1)− ω(x− x1) = 0 .

Page 251: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

235

De aici avem ‖x− x1‖ = 0, rezulta x− x1 = 0.

4. Fie aplicatia <,> : R3 × R3 → R care ın raport cu baza canonica{e1, e2, e3}din R3 are expresia< x, y >= 2x1y1 + x2y2− 2x2y3− 2x3y2 + 6x3y3 , unde x = (x1, x2, x3) siy = (y1, y2, y3).

a) Sa se arate ca (R3, <,>) este un spatiu euclidian.

b) Sa se scrie matricea produsului scalar ın raport cu baza canonica.

c) Sa se calculeze || x || si cos(x, y) unde x = e1 + e2 + e3, y = e1 + 2e2− e.

d) Sa se ortonormeze sistemul de vectori {e1, e2, e3} .

Solutie:

a). Daca x1 = (x11, x

21, x

31), x2 = (x1

2, x22, x

32) , atunci x1 + x2 = ((x1

1 +x1

2), (x21 + x2

2), (x31 + x3

2)),deci < x1 + x2, y >= 2(x1

1 + x12)y1 + (x2

1 + x22)2y2−

−2(x21 + x2

2)y3 − 2(x31 + x3

2)y2 + 6(x31 + x3

2)x3y3 == (2x1

1y1 + x2

1y2 − 2x2

1y3 − 2x3

1y2 + 6x3

1y3)+

+(2x12y

1 + x22y

2 − 2x22y

3 − 2x32y

2 + 6x32y

3) ==< x1, y > + < x2, y >, deci aplicatia este liniara.Omogenitatea produsului <,> rezulta ın mod asemanator.

Se observa ca < x, y >= 2x1y1 + x2y2 − 2x2y3 − 2x3y2+

+6x3y3 = 2y1x1 + y2x2 − 2y2x3 − 2y3x2 + 6y3x3 =

=< y, x >, deci aplicatia<,> este simetrica.

Presupunem ca:

< x, x >= 0⇒ 2(x1)2

+(x2)2 − 2x2x3 − 2x3x2 + 6

(x3)2

= 0⇒2(x1)2

+(x2)2 − 4x2x3 + 6

(x3)2

= 0⇒2(x1)2

+(x2)2 − 4x2x3 + 4

(x3)2

+ 2(x3)2

= 0⇒2(x1)2

+(x2 − 2x3

)2+ 2

(x3)2

= 0⇒ x1 = 0, x2 − 2x3 = 0, x3 = 0, decix1 = x2 = x3 = 0, prin urmare <,> este un produs scalar, iar (R3, <,>)este spatiu vectorial euclidian.

b) Pentru calcularea matricei asociate acestui produs scalar, o modali-tate ar fi aceea de a calcula direct valoarea produsului pentru elementelecomponente ale bazei canonice, deci < ei, ej >, i, j = 1, 3. Putem observaınsa ca expresia din enunt a produsului scalar poate fi adusa la urmatoareaforma matriceala prin identificarea scalarilor:

< x, y >= (x1, x2, x3) ·

2 0 00 1 −20 −2 6

· y1

y2

y3

, tinand cont ca x,y

Page 252: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

236

sunt arbitrari, matricea asociata va fi:

A =

2 0 00 1 −20 −2 6

.

c) Observam ca x = (1, 1, 1), deci

< x, x >= (1, 1, 1) ·

2 0 00 1 −20 −2 6

· 1

11

= 5.

Atunci ‖x‖ =√< x, x > =

√5.

Mai departe,

< x, y >= (1, 1, 1) ·

2 0 00 1 −20 −2 6

· 1

2−1

=

= (2,−1, 4)

12−1

= −4;

< y, y >= (1, 2,−1) ·

2 0 00 1 −20 −2 6

· 1

2−1

=

= (2, 4,−10) ·

12−1

= 20,deci ‖y‖ =√< y, y > =

√20.

Putem calcula acum:

cos(x, y) =< x, y >

‖x‖ · ‖y‖=

−4√20 ·√

5=−2

5.

d) Vom ortogonaliza sistemul {e1, e2, e3} prin procedeul Gram-Schmidt.Ne propunem sa gasim vectorii a1 = e1, a2 = αa1 ++e2, a3 = βa1 +γa2 +e3, cu α, β, γ ∈ Rastfel ıncat < a1, a2 >= 0, < a1, a3 >= 0, < a2, a3 >= 0 .

Avem: < a1, a2 >= 0 ⇒ α < e1, e1 > + < e1, e2 >= 0 ⇒ 2α + 0 = 0 ⇒α = 0⇒ a2 = e2.

Analog , < a1, a3 >= 0⇒ β · 2 + 0 = 0⇒ β = 0

< a2, a3 >= 0⇒ γ < a2, a2 > + < a2, e3 >= 0⇒γ < e2, e2 > + < e2, e3 >⇒ γ · 1− 2 = 0⇒ γ = 2⇒a3 = 2e2 + e3.

Vom calcula acum ‖a1‖, ‖a2‖, ‖a3‖. Avem:

Page 253: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

237

< a1, a1 >= (1, 0, 0) ·

2 0 00 1 −20 −2 6

· 1

00

= 2,

< a2, a2 >= (0, 1, 0) ·

2 0 00 1 −20 −2 6

· 0

10

= 1

< a3, a3 >= (0, 2, 1) ·

2 0 00 1 −20 −2 6

· 0

21

= 2.

Deci ‖a1‖ =√< a1, a1 > =

√2, ‖a2‖ =

√< a2, a2 > = 1, ‖a3‖ =√

< a3, a3 > =√

2.

Notam b1 = a1

‖a1‖ = e1√2, b2 = a2

‖a2‖ = e2, b3 = a2

‖a2‖ = 2e2+e3√2

.

Sistemul{b1, b2, b3

}este un sistem ortonormat.

5. In spatiul euclidian (E,<,>) ın raport cu baza ortonormata {e1, e2, e3, e4}se da sistemul vectorial:S = {a1, a2, a3} , unde a1 = (1,−1, 1, 0) , a2 = (1, 1, 1, 1) ,a3 = (1, 0, 0, 1) .

Sa se ortonormeze folosind procedeul Gram-Schmidt.

Solutie:

Fie b1 = a1 ,b2 = αb1 + a2, b3 = βb1 + γb2 + a3.

Determinam α, β, γ din conditiile:< b1, b2 >=< b1, b3 >=< b2, b3 >= 0 .Dar < b1, b2 >= 0⇒α < a1, a1 > + < a1, a2 >= 0⇒α(12 + (−1)2 + 12 + 02) + (1 · 1 + (−1) · 1 + 1 · 1 + 0 · 1) = 0⇒3α+ 1 = 0⇒ α = −1

3 ⇒ b2 = − 13a1 + a2 = ( 2

3 ,43 ,

23 , 1).

Mai departe < b1, b3 >= 0⇒ β < b1, b1 > ++ < b1, a3 >= 0⇒ β · 3 + 1 = 0⇒ β = − 1

3 .

De asemenea:< b2, b3 >= 0⇒ γ < b2, b2 > + < b2, a3 >= 0⇒γ((

23

)2+(

43

)2+(

23

)2+ (1)

2)

+

+(

23 · 1 + 4

3 · 0 + 23 · 0 + 1 · 1

)= 0⇒ 33

9 · γ + 159 ⇒ γ = −5

11 .

Deci b3 = − 13 · (1,−1, 1, 0)− 5

11 ( 23 ,

43 ,

23 , 1) + (1 , 0, 0, 1) =

= ( 1233 ,−

933 ,−

2133 ,

1833 ). In concluzie,

b1 = (1 ,−1, 1, 0), b2 = ( 23 ,

43 ,

23 , 1) , b3 = ( 12

33 ,−933 ,

2133 ,

1833 ).

Mai departe, avem:

|| b1 ||=√

12 + (−1)2 + 12 + 02 =√

3 ,

|| b2 ||=√(

23

)2+(

43

)2+(

23

)2+ (1)

2=√

339 ,

Page 254: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

238

|| b3 ||=√(

1233

)2+(− 9

33

)2+(− 21

33

)2+(

1833

)2=√

9901089

=√

1011 .

Asadar{c1 = b1

||b1||, c2 = b2

||b2||, c3 = b3

||b3||

}reprezinta

un sistem ortonormat ın R3 .

6. Fie spatiul euclidian canonic R4 si forma patraticaf : R4 → R , care relativ la baza canonica B a lui R4

are expresia analitica

f(x) = 4x1x2 − 2x1x4 − 2x2x3 + 4x3x4 , x = (x1, x2, x3, x4) ∈ R4 .

Folosind metoda transformarilor ortogonale sa se aduca la forma canonicaforma patratica f . Sa se gaseasca baza relativ la care f are expresiacanonica, precum si signatura lui f .

Solutie:

Matricea formei patratice f relativ la baza canonica a lui R4 este

A =

0 2 0 −12 0 −1 00 −1 0 2−1 0 2 0

Vom afla valorile proprii si vectorii proprii pentru operatorul liniar simetricu : R4 → R4 , a carui matrice relativ la baza canonica a lui R4 (care estebaza ortonormata ın raport cu produsul scalar canonic pe R4, 〈x, y〉 =4∑i=1

xiyi ) este chiar A, adica

f(x) = xtBAxB = 〈x, u(x)〉 .

Se stie ca exista o baza ortonormata B1 , formata din vectori proprii ai luiu, relativ la care matricea lui u este diagonala, adica este

D =

λ1 0 0 00 λ2 0 00 0 λ3 00 0 0 λ4

( λ1, λ2, λ3, λ4 sunt valorile proprii ale lui u)

Deci f(x) = xtB1DxB1

= 〈x, u(x)〉 =4∑i=1

λi(yi)2 este forma canonica a lui

f (unde yi, i = 1, 4 sunt coordonatele lui x relativ la baza B1) si B1 estebaza relativ la care f are expresia canonica.Concret, valorile proprii ale lui u se gasesc rezolvand ecuatia caracteristicadet(A− λI4) = 0

Page 255: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

239

∣∣∣∣∣∣∣∣−λ 2 0 −12 −λ −1 00 −1 −λ 2−1 0 2 −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0 ⇔ (λ2 − 1)(λ2 − 9) = 0 , de unde rezulta

valorile proprii λ1 = −3 , λ2 = −1 , λ3 = 1 , λ4 = 3.Forma canonica a formei patratice f estef(x) = −3(y1)2 − (y2)2 + (y3)2 + 3(y4)2 , undextB1

= (y1, y2, y3, y4) , iar baza ortonormata B1 este formata cu vi (i = 1, 4)vectori proprii corespunzatori valorilor proprii λi .Evident, signatura lui f este (2, 2) . Prin urmare f este forma patraticanedefinita.Pentru λ1 = −3 , se rezolva sistemul omogen:

3 2 0 −12 3 −1 00 −1 3 2−1 0 2 3

x1

x2

x3

x4

=

0000

3x1 + 2x2 − x4 = 02x1 + 3x2 − x3 = 0−x2 + 3x3 + 2x4 = 0−x1 + 2x3 + 3x4 = 0

si se obtine x1 = α, x2 = −α, x3 = −α, x4 = α (α ∈ R).Un vector propriu corespunzator valorii proprii λ1 = −3 este α(1,−1,−1, 1) ,α ∈ R∗ si daca luam α = 1 obtinem vectorul u1 = (1,−1,−1, 1) culungimea ‖u1‖ = 2 . Atunci v1 = 1

‖u1‖ u1 = 12 (1,−1,−1, 1) .

Pentru λ2 = −1 , se rezolva sistemul omogen:1 2 0 −12 1 −1 00 −1 1 2−1 0 2 1

x1

x2

x3

x4

=

0000

x1 + 2x2 − x4 = 02x1 + x2 − x3 = 0−x2 + x3 + 2x4 = 0−x1 + 2x3 + x4 = 0

si se obtine x1 = −α, x2 = α, x3 = −α, x4 = α (α ∈ R).Un vector propriu corespunzator valorii proprii λ2 = −1 este α(−1, 1,−1, 1) ,α ∈ R∗ si daca luam α = 1 obtinem vectorul u2 = (−1, 1,−1, 1) culungimea ‖u2‖ = 2 . Atunci v2 = 1

‖u2‖ u2 = 12 (−1, 1,−1, 1) .

Pentru λ3 = 1 , se rezolva sistemul omogen:−1 2 0 −12 −1 −1 00 −1 −1 2−1 0 2 −1

x1

x2

x3

x4

=

0000

Page 256: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

240 −x1 + 2x2 − x4 = 0

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

si se obtine x1 = α, x2 = α, x3 = α, x4 = α (α ∈ R).Un vector propriu corespunzator valorii proprii λ3 = 1 este α(1, 1, 1, 1) ,α ∈ R∗ si daca luam α = 1 obtinem vectorul u3 = (1, 1, 1, 1) cu lungimea‖u3‖ = 2 . Atunci v3 = 1

‖u3‖ u3 = 12 (1, 1, 1, 1) .

Pentru λ4 = 3 , se rezolva sistemul omogen:−3 2 0 −12 −3 −1 00 −1 −3 2−1 0 2 −3

x1

x2

x3

x4

=

0000

⇔−3x1 + 2x2 − x4 = 0

2x1 − 3x2 − x3 = 0−x2 − 3x3 + 2x4 = 0−x1 + 2x3 − 3x4 = 0

si se obtine x1 = −α, x2 = −α, x3 = α, x4 = α (α ∈ R).Un vector propriu corespunzator valorii proprii λ4 = 3 este α(−1,−1, 1, 1) ,α ∈ R∗ si daca luam α = 1 obtinem vectorul u4 = (−1,−1, 1, 1) culungimea ‖u4‖ = 2 . Atunci v4 = 1

‖u4‖ u4 = 12 (−1,−1, 1, 1) .

Deci B1 ={v1 =

(12 ,−

12 ,−

12 ,

12

), v2 =

(− 1

2 ,12 ,−

12 ,

12

),

v3 =(

12 ,

12 ,

12 ,

12

), v4 =

(− 1

2 ,−12 ,

12 ,

12

)}.

7. Fie (E, 〈, 〉) un spatiu vectorial euclidian real si{a1, a2, . . . , an} un sistem ortonormat de vectori din E care verifica pro-prietatea

‖x‖2 =

n∑k=1

〈ak, x〉2 , ∀x ∈ E

Aratati ca {a1, a2, . . . , an} este baza pentru E.

Solutie:

Se stie ca orice sistem ortogonal de vectori este liniar independent. Cum{a1, a2, . . . , an} este un sistem ortonormat, rezulta ca este ortogonal, deciliniar independent.Pentru a ıncheia rezolvarea problemei, ramane sa demonstram ca {a1, a2, . . . , an}este sistem de generatori pentru E. Fie x ∈ E , arbitrar fixat. Consideram⟨

n∑k=1

〈ak, x〉ak − x, aj

⟩=

n∑k=1

〈ak, x〉 · 〈ak, aj〉 − 〈x, aj〉 =

=

n∑k=1

〈ak, x〉δkj − 〈x, aj〉 = 〈aj , x〉 − 〈x, aj〉 = 0, ∀j = 1, n .

Page 257: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

241

Daca se noteaza y =n∑k=1

〈ak, x〉ak − x , atunci conform ipotezei rezulta ca

‖y‖2 =

n∑k=1

〈ak, y〉2 =

n∑k=1

〈y, ak〉2 = 0

si astfel y = 0 .

Deci x =n∑k=1

αkak , unde αk = 〈ak, x〉 ∈ R .

8. Fie (E, 〈, 〉) un spatiu vectorial euclidian real cu baza ortonormata B ={e1, e2, e3} si a = e1 − e2 + 2e3 . Daca f : E → E este definita prin

f(x) = 〈x, a〉a , ∀x ∈ E

se cer:a) Aratati ca f este un operator liniar si simetric;b) Scrieti matricea lui f ın raport cu baza B si ecuatiile lui f relativ laaceeasi baza;c) Determinati Ker f si Imf ;d) Determinati o baza ortonormata a lui Ker f ;e) Gasiti o baza ortonormata a lui E relativ la care matricea lui f estediagonala.

Solutie:

a) Deoarece avem f(αx+ βy) = 〈αx+ βy, a〉a =〈αx, a〉a + 〈βy, a〉a = α〈x, a〉a + β〈y, a〉a = αf(x) + βf(y), oricare ar fiα, β ∈ R si x, y ∈ E , rezulta ca f ∈ End (E) .f este simetric pentru ca:〈f(x), y〉 = 〈x, a〉〈a, y〉 = 〈a, y〉〈x, a〉 = 〈y, a〉〈x, a〉 == 〈x, 〈y, a〉a〉 = 〈x, f(y)〉, ∀x, y ∈ E .b) Deoarece f este un operator liniar simetric rezulta ca matricea sa,relativ la baza ortormata B , este simetrica.Se calculeaza f(ei), i = 1, 2, 3.f(e1) = 〈e1, a〉a = 1 · a = a = e1 − e2 + 2e3 ,f(e2) = 〈e2, a〉a = (−1) · a = −a = −e1 + e2 − 2e3,f(e3) = 〈e3, a〉a = 2 · a = a = 2e1 − 2e2 + 4e3.(deoarece 〈ei, ej〉 = δij)Deci, matricea lui f relativ la B este

A =

1 −1 2−1 1 −22 −2 4

Prin urmare, cum ˜f(¯)xB =

y1

y2

y3

= AxB = A

x1

x2

x3

, obtinem

Page 258: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

242

ecuatiile lui f relativ la baza B : y1 = x1 − x2 + 2x3

y2 = −x1 + x2 − 2x3

y3 = 2x1 − 2x2 + 4x3

c) Nucleul operatorului f esteKer f = {x ∈ E|f(x) = 0} =

=

{x =

3∑i=1

xiei ∈ E|(x1, x2, x3) solutie pentru sistemul x1 − x2 + 2x3 = 0−x1 + x2 − 2x3 = 02x1 − 2x2 + 4x3 = 0

.

Se observa ca rangul matricii asociate acestui sistem liniar omogen este 1si atunci dimKer f = dimE − rang A = 2 .Rezolvam sistemul pentru a gasi o baza pentru Kerf , adica un sistemfundamental de solutii pentru sistemul omogen de mai sus.

Avem solutia generala

x1 = α− 2βx2 = αx3 = β

(α, β ∈ R)

si prin urmare x ∈ Ker f daca si numai dacax = (α− 2β)e1 + αe2 + βe3 , α, β ∈ R , adicax = αa1 + βa2 , unde a1 = e1 + e2 si a2 = −2e1 + e3.Deci Ker f = {αa1 + βa2|α, β ∈ R} = L(a1, a2) siB1 = {a1, a2} este o baza pentru Ker f pentru ca rangul matricii pe alecarei coloane avem coordonatele vectorilor a1 si a2, relativ la baza B , este2.Acum, dim Imf = dimE − dimKer f = rangA = 1 siImf = {f(x)|x ∈ E} = {(x1 − x2 + 2x3)e1 + (−x1 + x2 − 2x3)e2 + (2x1 −2x2 + 4x3)e3|xi ∈ R} .Deci Imf = {(x1 − x2 + 2x3)(e1 − e2 + 2e3)|xi ∈ R} = L(a) si astfel {a}este o baza pentru Imf .d) Deoarece 〈a1, a2〉 = −2 + 0 + 0 = −2 rezulta ca B1 = {a1, a2} nu estebaza ortonormata pentru Ker f . Pentru a obtine o baza ortonormata vomutiliza procedeul de ortogonalizare Gram-Schmidt, plecand de la baza B1.Se considera g1 = a1 si g2 = a2 +αg1 , unde α ∈ R se afla din conditia deortogonalitate 〈g1, g2〉 = 0 .Din 0 = 〈g1, g2〉 = 〈a1, a2〉+ α〈a1, a1〉 rezulta −2 + 2α = 0 , adica α = 1 .Astfel, obtinem ca g1 = a1 = e1 + e2 si g2 = a2 + g1 = −e1 + e2 + e3.Acum, calculand ‖g1‖ =

√〈g1, g1〉 =

√12 + 12 + 02 =

√2 si ‖g2‖ =√

〈g2, g2〉 =√

(−1)2 + 12 + 12 =√

3 si considerand

f1 =1

‖g1‖g1 , f2 =

1

‖g2‖g2

rezulta ca B∗1 ={f1 = 1√

2(e1 + e2), f2 = 1√

3(−e1 + e2 + e3)

}este o baza

ortonormata a lui Ker f .

Page 259: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

243

e) Ecuatia caracteristica det(A−λI3) = 0 are toate radacinile reale (pentruca A este matrice simetrica).∣∣∣∣∣∣

1− λ −1 2−1 1− λ −22 −2 4− λ

∣∣∣∣∣∣ = 0⇔ λ2(λ− 6) = 0

si atunci valorile proprii sunt λ1 = λ2 = 0 , λ3 = 6 .Baza ortonormata relativ la care matricea lui f este diagonala este B∗ ={v1, v2, v3} , unde vi este un vector propriu (versor) corespunzator valoriiproprii λi , iar forma diagonala a matricii operatorului f este:

D =

λ1 0 00 λ2 00 0 λ3

(λ1 = λ2 = 0; λ3 = 6)

Pentru λ1,2 = 0 avem sistemul

(A− λ1I3)

x1

x2

x3

=

000

⇔ x1 − x2 + 2x3 = 0−x1 + x2 − 2x3 = 02x1 − 2x2 + 4x3 = 0

de unde rezulta ca subspatiul propriu crespunzator valorii proprii 0 esteV0 = Ker (f − 0 · I3) = Ker f si atunciv1 = f1 = 1√

2(e1 + e2) , v2 = f2 = 1√

3(−e1 + e2 + 3) . Pentru λ3 = 6 avem

sistemul

(A− λ3I3)

x1

x2

x3

=

000

⇔ −5x1 − x2 + 2x3 = 0−x1 − 5x2 − 2x3 = 02x1 − 2x2 − 2x3 = 0

de unde rezulta x1 = α/2, x2 = −α/2, x3 = α , α ∈ R si astfel subspatiulpropriu crespunzator valorii proprii 6 este V6 = Ker (f − 6 · I3) = {α(e1−e2 + 2e3)|α ∈ R} = L(a) , cu a = e1 − e2 + 2e3 .Luam v3 = 1

‖a‖ ·a = 1√6(e1−e2+23) si astfel obtinem baza ortonormata B∗

(stiind ca vectorii proprii corespunzatori la valori proprii distincte, pentruun operator liniar si simetric, sunt ortogonali).Observam ca Ker f ⊕ Imf = E .

9. In spatiul euclidian canonic R5 se da subspatiul

E1 =

{x = (x1, x2, x3, x4, x5)

∣∣∣∣{ x1 + x2 − x3 + x4 − x5 = 0x1 − x2 − x3 − x4 − x5 = 0

}a) Determinati complementul ortogonal al lui E1 , E⊥1 ;b) Determinati prE1

x , unde x = (3, 1, 2, 2, 0) ;c) Scrieti matricea proiectorului ortogonal P1 al lui R5 pe E1 .

Solutie:

Page 260: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

244

a) Complementul ortogonal al lui E1 esteE⊥1 = {y ∈ R5|y ⊥ E1} = {y ∈ R5|y ⊥ x , ∀x ∈ E1} .Matricea sistemului liniar omogen din definitia lui E1 este

A =

(1 1 −1 1 −11 −1 −1 −1 −1

).

Cum rangA = 2 , rezulta ca dimE1 = 5− 2 = 3 .

Rezolvand sistemul

{x1 + x2 − x3 + x4 − x5 = 0x1 − x2 − x3 − x4 − x5 = 0

se obtine x = (x1, x2, x3, x4, x5)

= (α+ γ,−β, α, β, γ) , cuα, β, γ ∈ R .Deci x ∈ E1 ⇔ x = αa1 + βa2 + γa3 , unde a1 = (1, 0, 1, 0, 0) , a2 =(0,−1, 0, 1, 0) , a3 = (1, 0, 0, 0, 1) .Adica E1 = L(a1, a2, a3).

Cum rangul matricei

1 0 10 −1 01 0 00 1 00 0 1

este 3, rezulta ca

{a1, a2, a3} este baza pentru E1 . Atunci E⊥1 este multimea vectorilor ydin R5 care sunt ortogonali pe a1 , a2 si a3 , adica

E⊥1 =

y = (y1, y2, y3, y4, y5)|

y1 + y3 = 0−y2 + y4 = 0y1 + y5 = 0

.

Rezulta:E⊥1 = {y ∈ R5|∃α, β ∈ R astfel ca y = (α, β,−α, β,−α)} sau E⊥1 =L(a4, a5) , unde a4 = (1, 0,−1, 0,−1) si a5 = (0, 1, 0, 1, 0) este si bazapentru E⊥1 .b) Deoarece E1 ⊕ E⊥1 = R5 , avem descompunerea unica

x = x1 + x2 , x1 ∈ E1, x2 ∈ E⊥1pentru orice vector x ∈ R5 .Pentru x = (3, 1, 2, 2, 0), proiectia sa ortogonala pe subspatiul E1, notatax1 = prE1

x, se gaseste dupa cum urmeaza.Din x = x1 + x2 , E1 = L(a1, a2, a3) si x1 ∈ E1, x2 ∈ E⊥1 rezulta 〈x, a1〉 = 〈x1, a1〉+ 〈x2, a1〉 = 〈x1, a1〉

〈x, a2〉 = 〈x1, a2〉+ 〈x2, a2〉 = 〈x1, a2〉〈x, a3〉 = 〈x1, a3〉+ 〈x2, a3〉 = 〈x1, a3〉

sau, daca luam x1 =3∑j=1

αj aj , αj ∈ R , avem:

α1〈a1, a1〉+ α2〈a2, a1〉+ α3〈a3, a1〉 = 〈x, a1〉α1〈a1, a2〉+ α2〈a2, a2〉+ α3〈a3, a2〉 = 〈x, a2〉α1〈a1, a3〉+ α2〈a2, a3〉+ α3〈a3, a3〉 = 〈x, a3〉

Page 261: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

245

Tinand cont de faptul ca〈a1, a1〉 = 2 , 〈a1, a2〉 = 0 , 〈a1, a3〉 = 0 , 〈a2, a2〉 = 2 , 〈a2, a3〉 = 0 ,〈a3, a3〉 = 2 , 〈x, a1〉 = 5 , 〈x, a2〉 = 1 , 〈x, a3〉 = 3 , obtinem sistemul liniar 2α1 = 5

2α2 = 12α3 = 3

de unde x1 = 52 a1 + 1

2 a2 + 32 a3 , adica prE1 x = (4,− 1

2 ,52 ,

12 ,

32 ).

c) Proiectorul ortogonal al lui R5 pe subspatiul E1,

P1 : R5 → E1 , este dat prin P1(x)def= prE1

xnot= x1,

pentru orice x = x1 + x2, x1 ∈ E1, x2 ∈ E⊥1 .Conform cu punctele a) si b) B1 = {a1, a2, a3, a4, a5} este o baza a lui R5

(prin calcul, se poate verifica ca cei cinci vectori sunt liniari independenti).Atunci matricea lui P1 relativ la baza B1 este:

A1 =

1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

pentru ca P1(a1) = a1 , P1(a2) = a2 , P1(a3) = a3 ,P1(a4) = 0 , P1(a5) = 0 .Observatii: i) Se poate gasi matricea lui P1 relativ la orice baza a luiR5 . De exemplu, matricea lui P1 relativ la baza canonica a lui R5 esteB1 = CA1C

−1 , unde C este matricea de trecere de la baza canonica labaza B1 ,

A1 =

1 0 1 1 00 −1 0 0 11 0 0 −1 00 1 0 0 10 0 1 −1 0

ii) Proiectorul ortogonal P2 al lui R5 pe E⊥1 ,

P2(x)def= prE⊥1 x

not= x2 are, relativ la baza B1 , matricea

A2 =

0 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 1 00 0 0 0 1

10. Fie E1 un subspatiu al spatiului euclidian real E,

iar P1 : E → E1 definit prin P1(x) = x1 , ∀x = x1+x2 , x1 ∈ E1 , x2 ∈ E⊥1 .Sa se arate ca:a) P1 este un operator liniar si simetric;

Page 262: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

246

b) P1 este un operator idempotent (P1 ◦ P1 = P1).(P1 se numeste proiectorul ortogonal al spatiului E pe subspatiul E1)Reciproc, pentru orice operator liniar, simetric si idempotent, P : E →E , exista un subspatiu E1 al lui E astfel ıncat P sa fie proiectorul ortog-onal lui E1 pe E .

Solutie:

a) Fie α, β ∈ R si x, y ∈ E , arbitrari fixati.Avem descompunerile unice x = x1 + x2 , y = y1 + y2 , αx+ βy = (αx1 +βy1) + (αx2 +βy2) , unde x1, y1, αx1 +βy1 ∈ E1 , x2, y2, αx2 +βy2 ∈ E⊥1 .Atunci vom avea:P1(αx+ βy) = αx1 + βy1 = αP1(x) + βP1(y) si〈P1(x), y〉 = 〈x1, y〉 = 〈x1, y1〉+ 〈x1, y2〉 = 〈x1, y1〉 , iar〈x, P1(y)〉 = 〈x, y1〉 = 〈x1, y1〉+ 〈x2, y1〉 = 〈x1, y1〉 .Deci P1 este operator liniar si simetric.b) (P1 ◦ P1)(x) = P1(P1(x)) = P1(x1) = P1(x1 + 0) = x1 == P1(x) ,pentru orice x = x1 + x2 . Deci P1 este idempotent.Reciproc, fie P : E → E un operator liniar, simetric si idempotent.Se considera multimea E1 = {x ∈ E|P (x) = x} .Deoarece P (αx+ βy) = αP (x) + βP (y) = αx+ βy pentru orice x, y ∈ E1

si α, β ∈ R , rezulta ca E1 este subspatiu vectorial al lui E.Vom demonstra ca operatorul P este proiectorul ortogonal al lui E pesubspatiul E1, adica aratam caP : E → E1 si P (x) = x1 , ∀x = x1 + x2 ∈ E , x1 ∈ E1, x2 ∈ E⊥1(descompunere unica).Din idempotenta avem P (P (x)) = P (x) , ∀x ∈ E si astfel P (x) ∈ E1 ,∀x ∈ E . Deci ImP = E1 sau P : E → E1 .Fie x = x1 + x2 ∈ E , x1 ∈ E1 , x2 ∈ E⊥1 .Atunci P (x) = P (x1) + P (x2) si P (x2) ∈ E1 .Dar, din simetria lui P , avem 〈y, P (x2)〉 = 〈P (y), x2〉 = 0 , ∀y ∈ E1 .Rezulta P (x2) ∈ E⊥1 si astfelP (x2) ∈ E1 ∩ E⊥1 = {0} , adica P (x2) = 0 .Deci P (x) = x1 , ∀x = x1 + x2 ∈ E .Se observa ca Ker P = E⊥1 .

11. Daca (E, 〈, 〉) este un spatiu euclidian si f ∈ End(E) este simetric, atunciaratati ca complementul ortogonal E⊥1 al oricarui subspatiu E1 invariantfata de f este de asemenea invariant fata de f .

Solutie:

Fie x ∈ E⊥1 , arbitrar fixat. Atunci:〈f(x), y〉 = 〈x, f(y)〉 = 0 , pentru orice y ∈ E1 si prin urmare f(x) ∈ E⊥1 .Deci E⊥1 este subspatiu invariant fata de f .

12. Fie (E, 〈, 〉) un spatiu euclidian. Un operator f ∈ End(E) se numesteortogonal daca 〈f(x), f(y)〉 = 〈x, y〉 ,∀x, y ∈ E .

Page 263: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

247

Aratati ca:a) Operatorul f este ortogonal daca si numai daca matricea sa, ın raportcu o baza ortonormata a lui E, este ortogonala.b) Operatorul f este ortogonal daca si numai daca‖f(x)‖ = ‖x‖ , ∀x ∈ E .

Solutie:

a) O matrice A ∈ Mn(R) este ortogonala daca si numai daca AAt =AtA = In (n = dimE), adican∑k=1

αikαkj = δij , ∀i, j = 1, n.

Matricea lui f relativ la baza ortonormata B = {e1, . . . , en} este A =

(αij)i,j=1,n , unde f(ej) =n∑k=1

αkj ek , j = 1, n.

Atunci f este ortogonal daca si numai daca:

〈f(x), f(y)〉 = 〈x, y〉 , ∀x =n∑i=1

xiei, y =n∑j=1

yj ej ⇔

〈n∑i=1

xif(ei),n∑i=1

yjf(ej)〉 = 〈n∑i=1

xiei,n∑i=1

yj ej〉 ⇔n∑

i,j=1

xiyj〈f(ei), f(ej)〉 =n∑

i,j=1

xiyj〈ei, ej〉 ⇔n∑

i,j=1

xiyj〈αkiek, αlj el〉 =n∑

i,j=1

xiyj〈ei, ej〉 ⇔n∑

i,j=1

xiyjαkiαlj〈ek, el〉 =n∑

i,j=1

xiyj〈ei, ej〉 ⇔n∑

i,j=1

xiyjαkiαljδkl =n∑

i,j=1

xiyjδij , ∀xi, yj ∈ R ⇔

αkiαljδkl = δij ⇔ αkiαkj = δij ⇔AAt = AtA = In , adica A este matrice ortogonala.b) Daca f este operator ortogonal, luand x = y , obtinem ‖f(x)‖2 = ‖x‖2, ∀x ∈ E , adica ‖f(x)‖ = ‖x‖ , ∀x ∈ E.Invers, daca avem ‖f(x)‖ = ‖x‖ , ∀x ∈ E , atunci ‖f(x − y)‖ = ‖x − y‖ ,∀x, y ∈ E ⇔ ‖f(x)−f(y)‖2 = ‖x− y‖2 , ∀x, y ∈ E ⇔ 〈f(x)−f(y), f(x)−f(y)〉 = 〈x− y, x− y〉 , ∀x, y ∈ E ⇔ 〈f(x), f(y)〉 = 〈x, y〉 , ∀x, y ∈ E , adicaf este ortogonal.

13. Operatorul f ∈ End(R3) are proprietatea caf(e1) = 1√

2e1 + 1√

2e3 si f(e2) = − 1√

3e1 + 1√

3e2 + 1√

3e3,

unde B = {e1, e2, e3} este o baza ortonormata a lui R3.a) Gasiti matricea lui f relativ la baza B, stiind ca f este operator ortog-onal;b) Daca x = e1+e2−e3 si y = e1−2e2+3e3 , calculati ‖x−y‖ , ‖f(x)−f(y)‖si cos θ , cosϕ , unde θ = m(x, y) si ϕ = m(f(x), f(y)) .

Solutie:

a) Matricea lui f relativ la baza ortonormata B este ortogonala. Deaseme-

Page 264: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

248

nea, transpusa ei este tot ortogonala. Dar, se stie ca

A =

1√2− 1√

0 1√3·

1√2

1√3·

si cum o matrice ortogonala A = (αi,j)i,j=1,3 verifica

αi1α1j + αi2α2j + αi3α3j = δij , ∀i, j = 1, 3, avem ca (daca se aplicaformulele de mai sus pentru At):α2

13 = 1− α211 − α2

12 = 1− 12 −

13 == 1

6 , α13 = ± 1√6.

α223 = 1− α2

21 − α222 = 1− 0− 1

3 == 23 , α23 = ± 2√

6.

α233 = 1− α2

31 − α232 = 1− 1

2 −13 == 1

6 , α33 = ± 1√6.

Prin urmare, matricea ortogonala A poate fi

A =

1√2− 1√

31√6

0 1√3

2√6

1√2

1√3− 1√

6

sau

A =

1√2− 1√

3− 1√

6

0 1√3− 2√

61√2

1√3

1√6

.

Deci exista doi operatori ortogonali ın conditiile date.b) Se vor efectua calculele pentru operatorul ortogonal f a carui matrice,relativ la baza B, este:

A =

1√2− 1√

31√6

0 1√3

2√6

1√2

1√3− 1√

6

,

pentru celalalt operator calculele fiind similare.Avem x − y = 3e2 − 4e3 , f(x) − f(y) = f(x − y) = 3f(e2) − −4f(e3)

= −3√

2−4√6

e1 + 3√

2−8√6e2 + 3

√2+4√6e3, de unde

‖x− y‖ =√

02 + 32 + (−4)2 = 5 si

‖f(x)−f(y)‖ =√

(−3√

2−4√6

)2 + ( 3√

2−8√6

)2 + ( 3√

2+4√6

)2 = 5 (rezultat normal

pentru ca f este ortogonal).

Acum, cos θ = 〈x,y〉‖x‖·‖y‖ = 1·1+1·(−2)+(−1)·3√

12+12+(−1)2·√

12+(−2)2+32= − 4√

42si cosϕ =

〈f(x),f(y)〉‖f(x)‖·‖f(y)‖ = cos θ .

14. Fie Ms(n; R) = {A ∈Mn(R)|A = At} multimea matricilor patratice deordinul n, simetrice, cu elemente reale. Daca se considera aplicatia〈, 〉 :Ms(n; R)×Ms(n; R)→ R , data prin

〈A,B〉 def= Tr(AB) , ∀A,B ∈Ms(n; R) , atunci:a) Sa se arate ca 〈, 〉 este un produs scalar pe spatiul vectorial realMs(n; R) ;b) Pentru n = 2, sa se ortonormeze baza

B =

{A1 =

(1 −1−1 0

), A2 =

(0 11 0

), A3 =

(0 22 1

)}.

Page 265: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

249

Solutie:

a) Daca A = (aij)i,j=1,n , B = (bij)i,j=1,n ,C = (cij)i,j=1,n matrici simetrice si α, β, γ ∈ R , avem

〈αA+ βB,C〉 = Tr((αA+ βB)C) =n∑k=1

ckk ,

unde ckk =n∑j=1

(αakj + βbkj)cjk .

(se stie ca Tr(A)def=

n∑k=1

akk este urma matricii A)

Atunci, 〈αA+ βB,C〉 = αn∑

k,j=1

akjcjk + βn∑

k,j=1

bkjcjk =

= αTr(AC) + βTr(BC) = α〈A,C〉+ β〈B,C〉 (1)

〈A,B〉 = Tr(AB) =n∑k=1

n∑i=1

akibik =

=n∑i=1

n∑k=1

bikaki = Tr(AB) = 〈B,A〉 (2)

〈A,A〉 = Tr(A2) =n∑k=1

n∑i=1

akiaik =n∑k=1

n∑k,i=1

a2ki > 0 (3)

pentru ca A = At .〈A,A〉 = 0⇔ aki = 0, ∀k, i = 1, n , adica A = R (4)Din (1)-(4) rezulta ca 〈, 〉 este un produs scalar pe Ms(n; R) .b) Se considera B1 = A1 , B2 = A2 + αB1 ,B3 = A3 + βB1 + γB2 , unde α, β, γ se afla din conditiile:〈B1, B2〉 = 0 , 〈B1, B3〉 = 0 , 〈B2, B3〉 = 0 , adica〈A1, A2〉+ α〈A1, A1〉 = 0〈A1, A3〉+ β〈A1, A1〉+ γ〈A1, B2〉 = 0〈B2, A3〉+ β〈B2, A1〉+ γ〈B2, B2〉 = 0

CumA1A2 =

(−1 10 −1

), A1A1 =

(2 −1−1 1

), A1A3 =

(−2 10 −2

),

A2A3 =

(2 10 2

), A2A2 =

(1 00 1

), A3A3 =

(4 22 5

), rezulta

Tr(A1A2) = −2 , Tr(A21) = 3 si α = 2

3 .

Deci B2 = A2 + 23A1 =

(23

13

13 0

).

In continuare, A1B2 =

(13

13

− 23 − 1

3

), B2B2 =

(59

29

29

19

), B2A3 =(

23

53

0 23

)si atunci Tr(A1B2) = Tr(B2A1) = 0 , Tr(B2

2) = 23 , Tr(B2A3) =

43 .

Atunci, rezolvand sistemul

{−4 + 3β + 0γ = 0

43 + 0β + 2

3γ = 0,

se obtine β = 43 , γ = −2 si astfel

B3 =

(0 00 1

).

Page 266: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

250

Din baza ortogonala {B1, B2, B3} se obtine baza ortonormata cautataB∗ = {C1, C2, C3} , unde

C1 = 1‖B1‖B1 =

(1√3− 1√

3

− 1√3

0

), C2 = 1

‖B2‖B2 =

(2√6

1√6

1√6

0

)si

C3 = 1‖B3‖B3 =

(0 00 1

).

(vezi ‖B1‖ =√Tr(B2

1) =√

3 , ‖B2‖ =√Tr(B2

2) =√

23 , ‖B3‖ =√

Tr(B23) = 1 )

15. Fie S, Q transformari liniare simetrice ale spatiului vectorial euclidian E.Consideram B1 = {x ∈ E | || x ||= 1}.Notand cu λmax (respectiv λmin) valoarea proprie maximala (minimala)a lui S si cu µmax (respectiv µmin) valoarea proprie maximala (minimala)a lui Q, aratati ca λmax ≤ µmin daca si numai daca < S(x), x > ≤ <Q(y), y >, ∀x, y ∈ B1 .

Solutie:

“⇒” Se stie ca orice operator liniar simetric poseda o baza ortonormataformata din vectori proprii. Fie BS = {e1, ..., en} si BQ = {f1, ..., fn} oastfel de baza asociata operatorului liniar simetric S, respectiv Q. Fiex = x1e1 + ...+ xnen; y = y1f1 + ...+ ynfn, x, y ∈ B1. Atunci:

< S(x), x >=< S(

n∑i=1

xiei),

n∑i=1

xiei >=

=<

n∑i=1

λixiei,

n∑i=1

xiei >=

n∑i=1

λi(xi)2.

Analog, < Q(y), y >=n∑i=1

µi(yi)2

. Dar:

< S(x), x >=

n∑i=1

λi(xi)2 ≤ λmax

n∑i=1

(xi)2

=

= λmax ≤ µmin = µmin

n∑i=1

(yi)2 ≤

≤n∑i=1

µi(yi)2

=< Q(y), y > .

“⇐” (∀) i, j = 1..n, avem ei, f j ∈ B1, deci

< S(ei), ei >≤< Q(f j), f j > .

Atunci λi ||ei|| ≤ µj∣∣∣∣f j∣∣∣∣ . De aici rezulta ca λmax ≤ µmin .

Page 267: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

251

16. Intr-un spatiu euclidian E consideram definita o forma biliniara antisi-metrica nedegenerata ω, ω : E × E → R(o forma simplectica, vezi prob-lema 12, cap. 4). Daca dimE = 2n, aratati ca putem gasi o bazaB = {e1, ..en, .., e2n} astfel ıncat

ω(ei, ej) = 0;ω(en+i , en+j) = 0;ω(ei, en+j) = δij ,

unde i, j = 1, n , iar δij =

{1, daca i = j0, ın rest

(simbolul lui Kronecker).

Solutie:

Vom rezolva problema prin inductie dupa n.Pentru n = 1, fie x fixat si fie y ∈ E vectorul unic determinat (veziproblema 3) de relatia:

< y, z >= ω(x, z) , (∀) z ∈ E .

Atunci{

x||x|| ,

y||y||

}este baza cautata. Presupunem afirmatia adevarata

pentru n si fie E un spatiu euclidian, dimE = 2(n+ 1) . Fie x, y ∈ E camai sus si W = L(x, y). Fie WT complementul ortogonal al lui W . CumdimWT = 2n, fie {f1, ..fn, .., f2n} cu proprietatea ceruta. Notand e1 =x||x|| ; en+2 = y

||y|| ; ei = f i−1, pentru i = 1, n si i = n+ 2, 2n, observam ca

baza {e1, ..en+1, en+, .., e2n} satisface toate exigentele enuntului.

17. Fie E un spatiu euclidian si ω o forma simplectica. Un subspatiu W astfelıncat ω(x, y) = 0, (∀) x, y ∈ W , si W cu aceasta proprietate e maximalın raport cu relatia de incluziune poarta numele de subspatiu lagrangean.Daca W este un astfel de subspatiu, demonstrati ca dimW ≤ dimE

2 .

Solutie:

Oricarui vector x ∈ W ıi asociem ın mod unic vectorul I(x) ∈ E astfelıncat:

< I(x), y >= ω(x, y) = 0 , (∀) y ∈ E

(vezi problema 3). Fie W = Im(I). Se observa ca I este operator liniar.Demonstram ca Ker f = {0} . Presupunem ca (∃) x ∈ W astfel ıncatI(x) = 0.Atunci ω(x, y) =

⟨0, y⟩

= 0, (∀) y ∈ E. Dar cum ω este nedegenerata,contradictia provine din faptul ca ıntr-o baza ce contine vectorul x, ma-tricea asociata ar avea o ıntreaga linie nula, deci va avea determinantulnul (vezi problema 12, cap. 4).

Atunci dim W = dimW . Fie acum x, y ∈ W ; din relatia de mai susrezulta ca W si W sunt ortogonale.Atunci dimE ≥ dimW + dim W = 2 · dimW . De aici rezulta concluziaproblemei.

Page 268: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

252

Page 269: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

5 Vectori liberi

1. Se dau punctele A,B,C prin vectorii de pozitieOA = 14i− 7j + 2k, OB = 2i+ 2j − 7k , OC = −2i+ 7j + 2k .a) Sa se arate ca triunghiul AOB este dreptunghic;b) Sa se arate ca triunghiul BOC este isoscel;c) Sa se determine perimetrul triunghiului ABC ;d) Sa se determine masura unghiului ˆBAC .

Solutie:

a) (OA,OB) = 28−14−14 = 0 implica OA ⊥ OB , adica triunghiul AOBeste dreptunghic.b) Triunghiul BOC este isoscel pentru ca‖OB‖ = ‖OC‖ =

√57 .

c) AvemA(14,−7, 2), B(2, 2,−7), C(−2, 7, 2) , AB = −12i+9j−9k , BC =−4i+5j+9k , CA = 16i−14j , ‖AB‖ =

√144 + 81 + 81 =

√306 = 3

√34 ,

‖BC‖ =√

16 + 25 + 81 =√

122 , ‖CA‖ =√

256 + 196 =√

452 = 2√

113.Deci P∆ABC = 3

√34 +

√122 + 2

√113 .

d) Daca m( ˆBAC) = ϕ , atunci

cosϕ =(AB,AC)

‖AB‖‖AC‖=

318

6√

34 · 113=

53√34 · 113

si ϕ = arccos 53√34·113

.

2. Se dau vectorii a = i+ 2λj − (λ− 1)k , b = (3− λ)i+ j + 3k , λ ∈ R .i) Pentru ce valoare a lui λ , vectorii a si b sunt ortogonali?ii) Pentru λ gasit la i), sa se calculeze marimea algebrica a proiectieivectorului a pe vectorul a+ b .

Solutie:

i) a ⊥ b⇔ (a, b) = 0 , adica 3− λ+ 2λ− 3(λ− 1) = 0 sau λ = 3 .ii) Pentru λ = 3 se cere pra+b(a) = 1

‖a+b‖ · (a, a+ b) .

Cum a = i+ 6j − 2k , b = j + 3k , a+ b = i+ 7j + k , avem ca (a, a+ b) =1 + 42− 2 = 41 . Deci pra+b(a) = 41√

51.

3. Fie vectoriir1 = 1+cos v

cos2 u j + sinu sin vcos2 u k ,

r2 = − sin vi− sin vtguj + cos vcosu k .

253

Page 270: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

254

Folosind identitatea lui Lagrange, sa se determine aria paralelogramuluicu laturile ‖r1‖ si ‖r2‖ .

Solutie:

Avem ‖r1 × r2‖2 = ‖r1‖2 · ‖r2‖2 − (r1, r2)2 (identitatea lui Lagrange).

‖r1‖2 = (1+cos v)2

cos4 u + sin2 u sin2 vcos4 u ,

‖r2‖2 = sin2 v + sin2 vtg2u+ cos2 vcos2 u ,

(r1, r2) = − sinu sin vcos3 u

‖r1 × r2‖2 =[

(1+cos v)2

cos4 u + sin2 u sin2 vcos4 u

]·(

sin2 v + sin2 vtg2u+ cos2 vcos2 u

)−

− sin2 u sin2 vcos6 u

‖r1 × r2‖2 =(

1+cos2 v+2 cos v+sin2 u sin2 vcos4 u

)· 1

cos2 u −sin2 u sin2 v

cos6 u

‖r1 × r2‖2 = 1+cos2 v+2 cos v+sin2 u sin2 v−sin2 u sin2 vcos6 u

Deci ‖r1 × r2‖ = 1+cos v| cos3 u| .

4. Fiind dati vectorii a = i− 5j − 7k , b = 2i− 3j + 6k , c = −i+ 2j − 2k , secere:i) Sa se calculeze ω = a× (b× c) ;ii) Sa se verifice liniar dependenta vectorilor ω, b, c .

Solutie:

i) Stiind ca a×(b×c) = (a, c)·b−(a, b)·c si calculand (a, c) = −1−10+14 =3 , (a, b) = 2+15−42 = −25 , a×(b×c) = 3·(2i−3j+6k)+25·(−i+2j−2k) ,se obtine ω = −19i+ 41j − 32k .ii) αω + βb+ γc = 0⇔(−19α+ 2β − γ)i+ (41α− 3β + 2γ)j + (−32α+ 6β − 2γ)k = 0⇔ −19α+ 2β − γ = 0

41α− 3β + 2γ = 0−32α+ 6β − 2γ = 0

.

Deoarece

∣∣∣∣∣∣−19 2 −141 −3 2−32 6 −2

∣∣∣∣∣∣ = 19=0 sistemul liniar omogen anterior are

numai solutia banala (α = β = γ = 0).Deci ω, b, c sunt liniari independenti.

5. Se dau vectorii a = i− αj + 3k , b = αi− j + k , c = 3i+ j − k .i) Sa se gaseasca valoarea lui α astfel ıncˆat vectorii a, b, c sa fie coplanari;ii) Pentru α = 2 , sa se afle ınaltimea paralelipipedului construit pe reprezentantiivectorilor a, b, c , ınaltime corespunzatoare bazei formate de reprezentatiivectorilor a, b .

Solutie:

i) Vectorii a, b, c sunt coplanari daca si numai daca(a, b× c) = 0,

adica

∣∣∣∣∣∣1 −α 3α −1 13 1 −1

∣∣∣∣∣∣ = 0 , α = ±3.

Page 271: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

255

ii) Daca α = 2 atunci a, b, c sunt necoliniari si volumul paralelipipeduluiconstruit pe reprezentantii lor este

V = |(c, a× b)| =

∣∣∣∣∣∣3 1 −11 −2 32 −1 1

∣∣∣∣∣∣ = 5 .

Calculam ‖a× b‖2 = ‖a‖2 · ‖b‖2− (a, b)2 = (1+4+9) · (4+1+1)−49 = 35si atunci ınaltimea ceruta este h = V

‖a×b‖ = 5√35

.

6. Sa se arate ca punctele A(1, 1, 1) , B(3,−1, 4) , C(0, 7,−3) , D(5, 7, 2) suntcoplanare.

Solutie:

Cele patru puncte sunt coplanare daca si numai daca vectorii AB , AC ,AD sunt coplanari, adica(AB,AC ×AD) = 0 .Deoarece AB = 2i− 2j + 3k , AC = −i+ 6j − 4k ,

AD = 4i+ 6j + k , avem

∣∣∣∣∣∣2 −2 3−1 6 −44 6 1

∣∣∣∣∣∣ = 0 .

Deci punctele A,B,C,D sunt coplanare.

7. Rotatia ın jurul lui Oz. In reperul cartezian{O, i, j, k

}consideram

rotatia R de axa Oz si de unghi θ.

i′ = R(i)

= cos θ i+ sin θ j ,j′ = R

(j)

= − sin θ i+ cos θ j ,

k′ = R(k)

= k .

Astfel din relatia xi+ yj + zk = x′i′ + y′j′ + z′k′ , gasim x = x′ cos θ − y′ sin θ ,y = x′ sin θ + y′ cos θ ,z = z′ .

Matricea lui R este

A =

cos θ − sin θ 0sin θ cos θ 0

0 0 1

,

iar detA = +1 si deci R este o izometrie pozitiva.

In particular, o rotatie ın planul xOy, de unghi θ, ın jurul originii estecaracterizata prin {

x = x′ cos θ − y′ sin θ ,y = x′ sin θ + y′ cos θ .

Dintre izometriile ın plan retinem roto-translatia caracterizata prin{x = x′ cos θ − y′ sin θ + a ,y = x′ sin θ + y′ cos θ + b .

Page 272: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

256

8. Simetria fata de un plan. Fie reperul ortonormat{O, i, j, k

}si S

simetria ın raport cu planul(O, i, j

).

i′ = S(i)

= i ,j′ = S

(j)

= j ,

k′ = S(k)

= −k .

Astfel, din xi + yj + zk = x′i′ + y′j′ + z′k′, gasim S : x = x′, y = y′,z = −z′, sau scris matriceal x

yz

=

1 0 00 1 00 0 −1

x′

y′

z′

.

Determinantul matricii lui S este −1 si deci S este o izometrie negativa.

9. In spatiul fizic se raporteaza un sistem de corpuri la un reperR = {O;−→e1 ,−→e2 ,−→e3}

. Corpul M(−→r ) este supus atractiei corpurilor fixe Mi(−→ri ) de mase mi

(i = 1, . . . , n), forta de atractie fiind proportionala cu distanta ||−−−→MMi||

si cu masa mi . Sa se gaseasca forta rezultanta si pozitia de echilibru acorpului M .

Solutie:

Forta de atractie a corpului M de catre corpul Mi este−→Fi = kmi(

−→ri −−→r ),

k fiind un factor de proportionalitate. Rezultanta va fi−→R =

n∑i=1

−→Fi =

k

(n∑i=1

mi(−→ri −−→r )

)= k

(n∑i=1

mi−→ri)− k

(n∑i=1

mi

)−→r .

Cum centrul de greutate al sistemului de corpuri (Mi) este G(−→ρ ) , −→ρ =

1n∑

i=1mi

·n∑i=1

mi−→ri , avem

−→R = k

(n∑i=1

mi

)(−→ρ −−→r ).

Prin urmare, corpul M se afla ın echilibru daca si numai daca −→r = −→ρ(din

−→R =

−→0 ).

In coordonate avem −→r (xj), −→ri (xji ),−→R (Xj), j = 1, 2, 3 , si atunci rezul-

tanta are componentele

Xj = k

(n∑i=1

mixji

)− k

(n∑i=1

mi

)xj ,

iar pozitia de echilibru are coordonatele xj =

n∑i=1

mixji

n∑i=1

mi

.

Page 273: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

6 Dreapta si planul ınspatiu

1. Fie dreptele d1 si d2 de vectori directori n1 = i+ k , respectiv n2 = −i+j+ 2k . Sa se scrie ecuatiile parametrice ale unei drepte d3 perpendicularesimultan pe d1 si d2 si care trece prin punctul M(2, 3, 0).

Solutie:

Deoarece n1×n2 =

∣∣∣∣∣∣i j k1 0 1−1 1 2

∣∣∣∣∣∣ = −i−3j+k=0 , rezulta ca d1‖d2 si prin

urmare cele doua drepte admit o directie normala comuna, n = n1 × n2.Astfel, dreapta cautata are vectorul director n si trece prin punctul M ,adica are ecuatiile parametrice

d3 :

x = 2− ty = 3− 3tz = t

, t ∈ R .

2. Se considera punctele:A(1, 3, 0), B(3,−2, 1), C(α, 1,−3), D(7,−2, 3) .i) Sa se determine α ∈ R astfel ıncat punctele A,B,C,D sa fie coplanare;ii) Pentru α gasit la punctul i), sa se scrie ecuatia carteziana a planului(ABCD) .

Solutie:

i) Avem AB = 2i− 5j + k , AC = (α− 1)i− 2j − 3k , AD = 6i− 5j + 3k .Punctele A,B,C,D sunt coplanare daca si numai daca cei trei vectorianterior prezentati sunt coplanari,adica (AB,AC ×AD) = 0 .

Din

∣∣∣∣∣∣2 −5 1

α− 1 −2 −36 −5 3

∣∣∣∣∣∣ = 0 rezulta α = −5.

ii) Se determina ecuatia carteziana a planului care trece prin A si are

257

Page 274: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

258

vectorii directori astfel: ∣∣∣∣∣∣x− 1 y − 3 z

2 −5 1−6 −2 −3

∣∣∣∣∣∣ = 0

Se obtine ecuatia carteziana a planului(ABCD) : x− 2z − 1 = 0 .

3. Fie dreptele d1 : x−1−1 = y+2

4 = z1 , d2 : x

−1 = y4 = z

1 .

i) Sa se calculeze masura unghiului ϕ , unde ϕ = m( ˆd1, d2) ;ii) Sa se scrie ecuatia planului determinat de d1 si d2 .

Solutie:

i) Vectorul director al lui d1 este a(−1, 4, 1) , iar al lui d2 este b(−1, 4, 1) .Rezulta ca d1 ‖ d2 si prin urmare ϕ = 0 .ii) Dreapta d1 trece prin punctul A(1,−2, 0) , iar d2 trece prin O(0, 0, 0) .Planul determinat de d1 si d2 este planul determinat de punctul A si vec-torii a si AO(−1, 2, 0) .Ecuatiile scalare parametrice ale planului cautat sunt: x = 1− r − s

y = −2 + 4r + 2sz = r

, r, s ∈ R .

4. Se dau punctele A(1, 3, 2) , B(−1, 2, 1) , C(0, 1,−1) , D(2, 0,−1) si planulπ : 2x+y−z−1 = 0 . Sa se stabileasca care dintre ele se gasesc de aceeasiparte cu originea axelor de coordonate fata de planul dat.

Solutie:

Fie f(x, y, z) = 2x + y − z − 1 . Semnul functiei f se pastreaza constantpentru punctele aflate de aceeasi parte a planului π.Din f(0, 0, 0) = −1 < 0 , f(1, 3, 2) = 2 > 0 , f(0, 1,−1) = 1 > 0 ,f(−1, 2, 1) = −2 < 0 , f(2, 0,−1) = 4 > 0 rezulta ca A,C,D nu se afla deaceeasi parte cu O fata de π , dar B se afla de aceeasi parte cu O fata deπ .

5. Fie dreptele d1 : x−1−1 = y+2

4 = z1 , d2 : x

3 = y1 = z−1

2 .Sa se determine:i) ecuatia perpendicularei comune;ii) distanta dintre d1 si d2 .

Solutie:

i) Dreapta d1 are vectorul director a1(−1, 4, 1) si trece prin punctulA(1,−2, 0) ,iar d2 are vectorul director a2(3, 1, 2) si trece prin punctul B(0, 0, 1) .Ecuatiile perpendicularei comune se obtin dintr-un sistem ce contine ecuatiilea doua plane: planul π1 ce contine dreapta d1 si vectorul arbitrar AN siplanul π2 ce contine dreapta d2 si vectorul arbitrar BM .

Page 275: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

259

Perpendiculara comuna are ecuatiile:

d :

{(AN, a1 × n) = 0(BM, a2 × n) = 0

, unde n = a1 × a2 .

n =

∣∣∣∣∣∣i j k−1 4 13 1 2

∣∣∣∣∣∣ = 7i+ 5j − 13k .

a1 × n =

∣∣∣∣∣∣i j k−1 4 17 5 −13

∣∣∣∣∣∣ = −57i− 6j − 33k ,

a2 × n =

∣∣∣∣∣∣i j k3 1 27 5 −13

∣∣∣∣∣∣ = −23i+ 53j + 8k .

AN = (x− 1)i+ (y + 2)j + zk , BM = xi+ yj + (z − 1)k .(AN, a1 × n) = 0⇔ −57(x− 1)− 6(y + 2)− 33z = 0 ,(BM, a2 × n) = 0⇔ −23x+ 53y + 8(z − 1) = 0 .

Deci d :

{19x+ 2y + 11z − 9 = 023x− 53y − 8z + 8 = 0

ii) d(d1, d2) = |(AB,a1×a2)|‖a1×a2‖ ,

AB = −i+ 2j + k , ‖a1 × a2‖ =√

243 , (AB, a1 × a2) = −10 .Deci d(d1, d2) = 10√

243.

6. Fie dreptele d1 : x−12 = y+1

3 = z1 , d2 : x−2

2 = y2 = z+1

α .i) Sa se determine α ∈ R astfel ıncat d1 ∩ d2=∅ ;ii) Sa se scrie ecuatia planului determinat de d1 si d2 ;iii) Calculati d(M0, π) , unde π este planul de la punctul ii), iarM0(5,−4, 1) .

Solutie:

i) Dreapta d1 are vectorul director a1(2, 3, 1) si trece prin punctulA(1,−1, 0) .Dreapta d2 are vectorul director a2(2, 2, α) si trece prin punctulB(2, 0,−1) .

d1 :

{3x− 2y − 5 = 0y − 3z + 1 = 0

; d2 :

{x− y − 2 = 0αy − 2z − 2 = 0

d1 ∩ d2 este solutia sistemului3x− 2y = 5y − 3z = −1x− y = 2αy − 2z = 2

.

d =

∣∣∣∣∣∣3 −2 00 1 −31 −1 0

∣∣∣∣∣∣ = −3=0 .

Determinam solutia cu ajutorul regulii lui Cramer.

x =

∣∣∣∣∣∣5 −2 0−1 1 −32 −1 0

∣∣∣∣∣∣−3

; y =

∣∣∣∣∣∣3 5 00 −1 −31 2 0

∣∣∣∣∣∣−3

; z =

∣∣∣∣∣∣3 −2 50 1 −11 −1 2

∣∣∣∣∣∣−3

Page 276: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

260

x = 1, y = −1, z = 0 si atunci d1 ∩ d2 = {C(1,−1, 0)} daca si numai dacaαy − 2z = 2 , adica α = −2 .ii) Ecuatia planului π determinat de d1 si d2 este

π :

∣∣∣∣∣∣x− 1 y + 1 z

2 3 12 2 −2

∣∣∣∣∣∣ = 0 ;

π : −8x+ 6y − 2z + 14 = 0iii)

d(M0, π) =|(−8) · 5 + 6 · (−4) + (−2) · 1 + 14|√

(−8)2 + 62 + (−2)2=√

26

7. Sa se scrie ecuatiile canonice ale dreptei ce trece prin punctul M(3, 4, 6)si este paralela cu dreaptad : x = 6− t, y = 3 + 2t, z = 4− 2t.

Solutie:

Daca r = (x, y, z), atunci r ∈ d ⇔ r = ta + r0 cu a = (−1, 2,−2);r0 = (6, 3, 4), deci vectorul director al dreptei d este a. Notand cu d′

dreapta cautata, deoarece d′ ‖ d, rezulta ca vor avea acelasi vector director.

Ecuatiile canonice ale dreptei d′

cu M ∈ d′ si d′avand ca vector director

a = (−1, 2,−2) vor fi :

x− 3

−1=y − 4

2=z − 6

−2.

8. Se da dreapta de ecuatii :

d :

{x+ 3y + z − 1 = 02x+ y + 2z − 3 = 0

si P (2, 3, 1).

a) Sa se calculeze distanta de la P la dreapta d .

b) Sa se gaseasca coordonatele proiectiei ortogonale a punctului P pedreapta d.

Solutie:

a) Din sistemul de ecuatii ce defineste d, considerand x, y necunoscuteprincipale si z necunoscuta secundara, obtinem :{y = − 1

5x = −z + 4

5

Atunci, notand z = t, obtinem ecuatia parametrica a dreptei d:

d : x = 45 − t ; y = − 1

5 ; z = t .

Dreapta d va avea vectorul director a = (−1, 0, 1) si va trece prin punctulA = ( 4

5 ;− 15 ; 0) corespunzator lui t = 0 .

Page 277: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

261

Atunci, conform teoriei, notand cu d(P, d) distanta de la punctul P la

dreapta d, obtinem d(P, d) =‖a×AP‖‖a‖ . Scazand din coordonatele punctu-

lui P coordonatele punctului A, vom avea AP = ( 65 ; 16

5 ; 1).

Dar a×AP =

∣∣∣∣∣∣i j k−1 0 165

165 1

∣∣∣∣∣∣ = − 165 i+

115 j−

165 k ⇒

∥∥a×AP∥∥ =√

6335 ⇒

d(P, d) =√

6335.√

2;

b) Vom determina ecuatia planului ce trece prin P si e perpendicular pe a.

Aceasta este : < a;PP >= 0 cu P (x, y, z) un punct curent de pe planulπ cautat. Obtinem (−1) · (x − 2) + 0 · (y − 3) + 1 · (z − 1) = 0. De aiciobtinem ecuatia planului cautat:

π : −x+ z + 1 = 0

Pentru a determina punctul P′

cautat formam sistemul : x+ 3y + z − 1 = 02x+ y + 2z − 3 = 0−x+ 0 + z + 1 = 0

. Solutia unica (x = 910 ;

y = − 210 ; z = − 1

10 ) ne da cooordonatele punctului cautat P′( 9

10 ;− 210 ;− 1

10 ).

9. Sa se afle masura unghiului dreptelor:

d1 :

{x− 2y + z + 1 = 02x+ 2z + 1 = 0

, d2 :

{3x+ 6y − z + 3 = 0x+ y + z − 5 = 0

Solutie:

Pentru a afla vectorul director al unei drepte date prin ecuatii de genul:{a1x+ b1y + c1z + d1 = 0a2x+ b2y + c2z + d2 = 0

este suficient sa calculam :

a =

∣∣∣∣∣∣i j ka1 b1 c1a2 b2 c2

∣∣∣∣∣∣. Vectorul ce se obtine va fi chiar vectorul director al

dreptei. In cazul nostru, avem:

a1 =

∣∣∣∣∣∣i j k1 −2 12 0 2

∣∣∣∣∣∣ = −4i+ 4k;

a2 =

∣∣∣∣∣∣i j k3 6 −11 1 1

∣∣∣∣∣∣ = 7i− 4j − 3k.

Page 278: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

262

Calculam || a1 ||=√

(−4)2

+ 42 =√

32,

|| a2 ||=√

72 + (−4)2

+ (−3)2

=√

74,

< a1, a2 >= (−4) · 7 + 0 · (−4) + 4 · (−3) = −40.

Atunci cos(a1, a2) = −40√74.√

32. Deoarece unghiul a doua drepte se con-

sidera a fi mai mare sau egal cu 0 si mai mic sau egal cu π2 , considerand

vectorii directori a1, −a2, vom avea ( ˆd1, d2) = arccos(

40√74.√

32

).

10. Fie d dreapta de ecuatie x = y − 1 = z − 2 si A(1, 1, 1). Sa se determinecoordonatele simetricului punctului A fata de dreapta d .

Solutie:

Sa determinam ecuatia planului π ce contine A si d este perpendiculara peπ. Ca mai ınainte, notand z = t, obtinem ecuatia parametrica a dreptei:

d : x = t, y = t+ 1, z = t+ 2.

Atunci vectorul director al dreptei va fi a = (1, 1, 1). Pentru a afla ecuatiaplanului ce contine A si este perpendicular pe dreapta d, observam casubspatiul liniar director al sau e perpendicular pe a, deci P ∈ π ⇔⟨a,AP

⟩= 0. Atunci avem:

π : 1 · (x− 1) + 1 · (y − 1) + 1 · (z − 1) = 0⇒

π : x+ y + z − 3 = 0

Pentru a determina punctul P = d ∩ π, formam sistemul:{x = y − 1 = z − 2x+ y + z − 3 = 0

.

Obtinem drept solutie coordonatele punctului P (0; 1; 2).

Daca A′

este simetricul lui A fata de P si A′

are coordonatele x, y, z,atunci avem :

0 = x+12

1 = y+12

2 = z+12

.

De aici se gasesc x, y, z si anumex = −1, y = 1, z = 3.

11. Fie punctul A(1, 0, 1) si dreapta d : x−11 = y+1

2 = z1 .

a) Calculati distanta de la punctul A la dreapta d.

b) Gasiti coordonatele proiectiei ortogonale a punctului A pe dreapta d.

c) Gasiti coordonatele simetricului punctului A fata de dreapta d.

Page 279: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

263

Solutie:

a) Se observa ca A0(1,−1, 0) ∈ d si a = i+ 2j − k este un vector director

pentru d. Atunci A0A = j + k, A0A × a =

∣∣∣∣∣∣i j k0 1 11 2 −1

∣∣∣∣∣∣ = −3i + j − k,

||A0A× a|| =√

11, ||a|| =√

6 si ρ(A, d) = ||A0A×a||||a|| =

√11√6

.

b) Se considera planul π care trece prin punctul A si este perpendicularpe dreapta d. Atunci a = i + 2j − k este un vector normal la π si π :(x− 1) · 1 + (y − 0) · 2 + (z − 1) · (−1) = 0, adica π : x+ 2y − z = 0.

Daca se noteaza cu A′ proiectia ortogonala a lui A pe d, atunci {A′} = d∩πsi rezolvand sistemul{

x−11 = y+1

2 = z1

x+ 2y − z = 0

se obtine A′(

76 ,−

23 ,−

16

).

c) Daca A1 este simetricul lui A fata de d, atunci A′ este mijlocul segmen-tului [AA1] si se obtin relatiile

xA′ =xA+xA1

2

yA′ =yA+yA1

2

zA′ =zA+zA1

2

,

adica A1

(43 ,−

43 ,−

43

).

12. Fie punctul A(−1, 0, 1) si planul π : x+ y − z + 2 = 0.

a) Calculati distanta de la punctul A la planul π.

b) Gasiti coordonatele proiectiei ortogonale a punctului A pe planul π.

c) Gasiti coordonatele simetricului punctului A fata de planul π.

Solutie:

a) ρ(A, π) = |Ax0+By0+Cz0+D|√A2+B2+C2

= |1·(−1)+1·1−1·0+2|√12+12+(−1)2

= 2√3.

b) Se considera o dreapta d care trece prin A si este perpendiculara peplanul π. Atunci d are ecuatiile canonice carteziene d : x+1

1 = y−11 = z−0

−1 ,

deoarece n = i + j − k (vector normal la π) este un vector director aldreptei d.

Daca se noteaza cu A′ proiectia ortogonala a lui A pe π, atunci {A′} = d∩πsi rezolvand sistemul{

x+11 = y−1

1 = z−1

x+ y − z + 2 = 0

se obtine A′(− 5

3 ,13 ,

23

).

c) Daca A1 este simetricul lui A fata de π, atunci A′ este mijlocul seg-mentului [AA1] si se obtin relatiile

Page 280: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

264 xA′ =

xA+xA1

2

yA′ =yA+yA1

2

zA′ =zA+zA1

2

,

adica A1

(− 7

3 ,−13 ,

43

).

13. Fie punctul M(1, 1, 1), dreapta d :

{x− y + z + 1 = 0x− 2z − 1 = 0

si planul π :

x+ 2y + 3z − 1 = 0.

a) Scrieti ecuatia carteziana generala a unui plan π1 care trece prin M sieste paralel cu planul π.

b) Scrieti ecuatiile canonice carteziene ale unei drepte d1 care trece prinM si este paralela cu dreapta d.

c) Studiati pozitia relativa a dreptei d fata de planul π.

Solutie:

a) Un vector normal la π este n = i+2j+3k si atunci n este vector normalla π1. Prin urmare π : (x− 1) · 1 + (y − 1) · 2 + (z − 1) · 3 = 0, adica π :x+ 2y + 3z − 6 = 0.

b) Un vector director pentru dreapta d cat si pentru dreapta d1 este a =

n1 × n2 =

∣∣∣∣∣∣i j k1 −1 11 0 2

∣∣∣∣∣∣ = 2i+ 3j + k.

Atunci d1 : x−12 = y−1

3 = z−11 .

c) Deoarece vectorul normal la π, n = i + 2j + 3k si vectorul directorpentru d, a = 2i + 3j + k nu sunt ortogonali (< n, a >= 9 6= 0), rezultaca d ∩ π 6= ∅. Rezolvand sistemul format cu ecuatiile lui d si π se obtined ∩ π =

{P(

311 ,

1011 ,−

411

)}. Deci d ”ınteapa” planul π ın punctul P .

Page 281: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

7 Conice si cuadrice

1. Sub influenta unei forte punctul material M se misca pe cercul C : x2 +y2− 6x+ 4y+ 9 = 0 . Actiunea fortei se ıntrerupe ın momentul ın care Ma ajuns ın pozitia (1,−2) . Sa se determine traiectoria pe care o va urmamai departe punctul material M .

Solutie:

Ecuatia cercului C se poate scrie

C : (x− 3)2 + (y + 2)2 = 4 ,

deci centrul cercului este A(3,−2) si raza sa este r = 2.Directia dupa care se va deplasa punctul M , daca actiunea fortei ınceteaza,este directia tangentei la cercul C ın punctul M , adica d: (x− 3)(1− 3) +(y + 2)(−2 + 2)− 4 = 0 (prin dedublare) sau d : x = 1.

2. Fie conica data de ecuatia

Γ1 : g(x, y) = x2 − 2xy + 2y2 − 4x− 6y + 3 = 0 .

i) Sa se calculeze invariantii conicei;ii) Sa se gaseasca coordonatele centrului conicei;iii) Sa se gaseasca ecuatia conicei redusa la centru;iv) Sa se gaseasca forma canonica a conicei.

Solutie:

i) A =

(1 −1−1 2

), A =

1 −1 −2−1 2 −3−2 −3 3

∆ = detA =

∣∣∣∣∣∣1 −1 −2−1 2 −3−2 −3 3

∣∣∣∣∣∣ = −26=0⇒ Γ1 conica nedegenerata.

δ = detA = 1⇒ Γ1 conica cu centru. I = Tr A = 3.Din faptul ca δ > 0 si I∆ < 0 rezulta ca Γ1 este o elipsa.ii) Studiem centrul lui Γ1 .{

12∂g∂x = 1

2 (2x− 2y − 4) = 012∂g∂y = 1

2 (−2x+ 4y − 6) = 0

265

Page 282: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

266 {x− y = 2

−x+ 2y = 3⇒ x = 7, y = 5 coordonatele centrului conicei.

iii) Ecuatia conicei redusa la centru este(x′)2 − 2x

′y′+ 2(y

′)2 − 26 = 0 .

(dupa translatia x′

= x− 7 , y′

= y − 5)iv) Pentru a gasi forma canonica determinam valorile proprii ale lui A.∣∣∣∣ 1− λ −1−1 2− λ

∣∣∣∣ = 0⇔ λ2 − 3λ+ 1 = 0 ,

λ1 = 3+√

52 , λ2 = 3−

√5

2 .Deteminam vectorii proprii ai lui A(

1− 3+√

52 −1

−1 2− 3+√

52

)·(u1

u2

)= 0⇔

(*)

{−1−

√5

2 u1 − v1 = 0

−u1 + 1−√

52 v1 = 0

Sistemul (*) are solutia triviala si urmatoarea solutie netriviala:{u1 = k

v1 = −1−√

52 k, k ∈ R\{0} .

Pentru k = 1, a1(u1, v1) este un vector propriu;

‖a1‖ =

√10+2

√5

2 , deci e1

(2√

10+2√

5, −1−

√5√

10+2√

5

).

Analog pentru λ2 = 3−√

52 obtinem:{

u2 = k

v2 =√

5+12 k, k ∈ R\{0}.

Pentru k = 1, a2(u2, v2) este un vector propriu;

‖a2‖ =

√10−2

√5

2 , deci e2

(2√

10−2√

5,√

5−1√10−2

√5

).

detR =

∣∣∣∣∣∣2√

10+2√

5

2√10−2

√5

−1−√

5√10+2

√5

√5−1√

10+2√

5

∣∣∣∣∣∣ = 1.

Rotatia: x′ = 2√10+2

√5x′′ + 2√

10−2√

5y′′

y′ = −1−√

5√10+2

√5x′′ +

√5−1√

10−2√

5y′′

conduce la

3 +√

5

2(x′′)

2+

3−√

5

2(y′′)

2 − 26 = 0

3+√

552 (x′′)

2+ 3−

√5

52 (y′′)2 − 1 = 0⇔

(x′′)2

523+√

5

+(y′′)

2

523−√

5

− 1 = 0. (elipsa)

Page 283: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

267

3. Aceeasi problema ca precedenta (mai putin forma canonica) pentru conicaΓ2 de ecuatieΓ2 : g(x, y) = x2 − 2xy − y2 − 4x− 6y + 3 = 0 .

Solutie:

A =

1 −1 −2−1 −1 −3−2 −3 3

; A =

(1 −1−1 −1

);

∆ = detA; ∆ = −23; I = 0; δ = detA = −2 .

∆ 6= 0⇒conica nedegenerata; δ < 0 si I = 0⇒hiperbola echilatera.{12∂g∂x = 1

2 (2x− 2y − 4) = 012∂g∂y = 1

2 (−2x− 2y − 6) = 0⇔{x− y − 2 = 0x+ y + 3 = 0

x = − 12 , y = − 5

2 coordonatele centrului conicei.

Facem translatia x = − 12 + x′ si y = − 5

2 + y′ . Ecuatia conicei redusa lacentru este:

(x′)2 − 2x′y′ − (y′)

2+

23

2= 0

4. Aceeasi problema cu precedenta pentru conica Γ3 de ecuatie

Γ3 : g(x, y) = x2 + 2xy + y2 + 2x+ 2y − 4 = 0.

Solutie:

A =

1 1 11 1 11 1 −4

; A =

(1 11 1

); ∆ = 0; I = 2; δ = 0.

∆ = 0 ⇒conica degenerata; δ = 0 ⇒ Γ3 = D1 ∪D2, unde D1 si D2 suntdrepte paralele sau confundate, sau Γ3 = Φ. Ecuatia conicei redusa lacentru este :

(x′)2

+ 2x′y′ + (y′)2

= 0.

5. Sa se determine forma canonica pentru conica Γ de ecuatie

Γ : g(x, y) = 11x2 − 24xy + 4y2 + 2x+ 16y + 11 = 0.

Solutie:

A =

11 −12 1−12 4 8

1 8 11

; A =

(11 −12−12 4

);

∆ = detA; ∆ = −2000; I = 15; δ = −100 .

∆ 6= 0⇒conica nedegenerata; δ < 0⇒ conica este o hiperbola.

Se face rotatia{x = x′ cos θ − y′ sin θy = x′ sin θ + y′ cos θ

,

unde θ este unghiul determinat de ecuatia:

Page 284: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

268

7 sin 2θ = −24 cos 2θ ⇔ tan 2θ = − 247 ⇒

tan θ1,2 = 7±2524 ⇔ tan θ1,2 = 4

3 sau(− 3

4

);

din tan θ1 = 43 ⇒

{sin θ1 = ± 4

5cos θ1 = ± 3

5

;

din tan θ1 = −34 ⇒

{sin θ2 = ∓ 3

5cos θ2 = ± 4

5

.

Facem rotatia:

{x = 3

5x′ − 4

5y′

y = 45x′ + 3

5y′ ⇔

{x = 1

5 (3x′ − 4y′)y = 1

5 (4x′ + 3y′)si se obtine:−5 (x′)

2+ 20 (y′)

2+ 14x′ + 8y′ + 11 = 0⇔

− 5(x′ − 7

5

)2+ 20

(y′ + 2

5

)2+ 88

5 = 0.

Facem translatia x′ = 75 + x′′ si y′ = − 2

5 + y′′, se obtine

−5 (x′′)2

+ 20 (y′′)2

+88

5= 0.

Analog ın celalalt caz.

6. Sa se determine centrul, axele si varfurile conicei

Γ : g(x, y) = 16x2 + 4xy + 19y2 + 4x− 22y − 5 = 0.

Solutie:

Centrul conicei este dat de:{12∂g∂x = 32x+ 4y + 4 = 0

12∂g∂y = 4x+ 38y − 22 = 0

⇔{

8x+ y + 1 = 02x+ 19y − 11 = 0

⇒ x = − 15 , y = 3

5 coordonatele centrului conicei.

Observatie: Axele conicei sunt drepte ce trec prin centrul conicei deparametri directori, solutiile ecuatiilor ın m:

a12m2 + (a11 − a22)m− a12 = 0 .

2m2 − 3m− 2 = 0⇒ m1 = 2,m2 = − 12 .

Axele sunt: y − 35 = 2

(x+ 1

5

)⇔ y = 2x+ 1;

y − 35 = − 1

2

(x+ 1

5

)⇔ y = − 1

2 (x− 1).Varfurile conicei sunt determinate de intersectia axelor cu conica:{y = 2x+ 116x2 + 4xy + 19y2 + 4x+−22y − 5 = 0

si{y = − 1

2 (x− 1)16x2 + 4xy + 19y2 + 4x+−22y − 5 = 0

.

Primul sistem are solutiile:

x1,2 =−1±

√3

5; y1,2 =

3± 2√

3

5.

Varfurile sunt A1 de coordonate x1, y1 si A2 de coordonate x2, y2. Analogpentru cel de-al doilea sistem se obtin A3 si A4 ca varfuri.

Page 285: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

269

7. In E2 , fata de reperul cartezian ortonormat R = {O; i, j} , se da conica γde ecuatie3x2 − 10xy + 3y2 + 4x+ 4y + 4 = 0 ,dreapta d de ecuatie x+ y − 5 = 0 si punctul A(1, 0) .Se cer:a) natura si genul conicei γ ;b) ecuatia polarei punctului A ın raport cu conica γ ;c) ecuatiile tangentelor din A la conica γ ;d) coordonatele centrului conicei γ ;e) ecuatiile axelor de simetrie ale conicei γ ;f) ecuatiile asimptotelor conicei γ ;g) coordonatele polului dreptei d ın raport cu conica γ ;h) ecuatiile tangentelor la conica, paralele cu dreapta d ;i) ecuatia diametrului conjugat directiei lui d ;j) ecuatia canonica a conicei γ si reperul canonic;

Solutie:

a) Discriminantul mic este δ =

∣∣∣∣ 3 −5−5 3

∣∣∣∣ = −16 < 0 si astfel γ este o

conica cu centru (unic de simetrie), de gen (tip) hiperbolic.

Discriminantul mare este ∆ =

∣∣∣∣∣∣3 −5 2−5 3 22 2 4

∣∣∣∣∣∣ = −128 6=0 si atunci natura

conicei este: γ conica nedegenerata.Deci γ este o hiperbola.b) Ecuatia polarei punctului A(1, 0) ın raport cu conica γ se obtine prindedublarea ecuatiei conicei ın punctul A, adica3xx0 − 5x0y − 5xy0 + 3yy0 + 2x+ 2x0 + 2y + 2y0 + 4 = 0,pentru x0 = 1, y0 = 0 . Deci 5x− 3y + 6 = 0 .c) Intersectia dintre polara lui A si conica este data de sistemul{

5x− 3y + 6 = 03x2 − 10xy + 3y2 + 4x+ 4y + 4 = 0

,

care are solutiile(

1 +√

222 , 11

3 + 5√

226

),(

1−√

222 , 11

3 −5√

226

),

care sunt coordonatele punctelor de intersectie, B si B′, ale polarei cuconica (chiar puncte de tangenta).Atunci tangentele duse din A la γ au ecuatiile:AB : x−1

+√

222

= y−0113 + 5

√22

6

AB′ : x−1−√

222

= y−0113 −

5√

226

d) Coordonatele centrului C al conicei γ se gasesc rezolvand sistemul{ 12∂F∂x = 0

12∂F∂y = 0

,

unde F (x, y) = 3x2 − 10xy + 3y2 + 4x+ 4y + 4 .Deoarece ∂F

∂x = 6x− 10y + 4 si ∂F∂y = −10x+ 6y + 4 , avem C(1, 1) .

Page 286: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

270

e) Ecuatia care determina directiile li+mj ale axelorconicei este (a11 − a22)lm+ a12(m2 − l2) = 0 .Pentru conica γ avem a11 = 3 , a22 = 3 , a12 = −5 . Daca notam cu k = m

l(l 6=0) panta unei drepte care are directia (l,m) rezulta ecuatiak2 − 1 = 0, de unde k1 = −1 si k2 = 1 sunt panteleaxelor de simetrie. Cum axele trec prin centrul de simetrie C(1, 1) , ele auecuatiile y− 1 = −(x− 1) si y− 1 = x− 1 sau x+ y− 2 = 0 si x− y = 0 .f) Directiile celor doua asimptote sunt date de ecuatiaa11l

2 + 2a12lm+ a22m2 = 0 ,

adica 3k2 − 10k + 3 = 0 (daca l 6=0 luam k = ml ). Avem k1 = 1/3 , k2 = 3

si prin urmare directiile celor doua asimptote sunt i+ 3j si 3i+ j.Daca li+mj este directia asimptotei, atunci ecuatia ei este

l∂F

∂x+m

∂F

∂y= 0 .

Deci, ecuatiile asimptotelor conicei γ sunt(3x− 5y + 2) + 3(−5x+ 3y + 2) = 0 si3(3x− 5y + 2) + (−5x+ 3y + 2) = 0 ,adica 3x− y − 2 = 0 si x− 3y + 2 = 0 .Se observa ca centrul C este pe asimptote, asa cum este normal.g) Fie M0(x0, y0) polul dreptei d ın raport cu conica γ . Atunci polara luiM0 ın raport cu γ este chiar dreapta d.Se scrie ecuatia polarei lui M0(x0, y0) ın raport cu γ :(3x0 − 5y0 + 2)x+ (−5x0 + 3y0 + 2)y + (2x0 + 2y0 + 4) = 0si punem conditia ca aceasta dreapta sa fie chiar dreapta d : x+y−5 = 0 ,adica

3x0 − 5y0 + 2

1=−5x0 + 3y0 + 2

1=

2x0 + 2y0 + 4

−5= λ ∈ R .

Rezulta sistemul

{3x0 − 5y0 = λ− 2−5x0 + 3y0 = λ− 2

,

de unde x0 = 1− λ2 si y0 = 1− λ

2 si λ = − 83 .

Deci x0 = y0 = 73 si atunci M0( 7

3 ,73 ) .

h) Orice dreapta paralela cu dreapta d are ecuatiadλ : x+ y + λ = 0 , λ ∈ R .Intersectam conica γ cu dreapta dλ , adica obtinemsistemul {

3x2 − 10xy + 3y2 + 4x+ 4y + 4 = 0x+ y + λ = 0

si punem conditia ca ecuatia de gradul doi ın x sa aiba o singura radacinareala (pentru ca dreapta sa fie tangenta la conica).Astfel, din y = −x− λ rezulta 16x2 + 16λx+ 3λ2 − 4λ+ 4 = 0si trebuie ca ∆ = 64(λ− 2)2 = 0 , adica λ = 2 .Deci exista o singura dreapta tangenta la γ , care este paralela cu d, de

Page 287: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

271

ecuatie x+ y + 2 = 0 .i) Diametrul conjugat cu directia lui d are ecuatia

l∂F

∂x+m

∂F

∂y= 0 ,

unde li+mj = i− j este directia dreptei d (vezi d : y = −x+ 5, de undepanta lui d este k = m

l = −1 ).Astfel, ecuatia diametrului conjugat cu directia lui d este x− y = 0 .j) Mai ıntai gasim valorile si vectorii proprii ai matricei A asociata coniceiγ .

Polinomul caracteristic PA(λ) =

∣∣∣∣ 3− λ −5−5 3− λ

∣∣∣∣ = (3 − λ)2 − 25 are

radacinile λ1 = −2 si λ2 = 8 (valorile proprii).Pentru λ1 = −2 , sistemul care da vectorii proprii asociati lui λ1 este

(A− λ1I2)

(xy

)=

(00

)⇔{

5x− 5y = 0−5x+ 5y = 0

.

Atunci x = y = α (α ∈ R) si un vector propriu asociat lui λ1 = −2 este

u1 = i+j . Cum ‖u1‖ =√

2 obtinem versorul i′

= 1‖u1‖ ·‖u1‖ = 1√

2i+ 1√

2j .

Pentru λ1 = 8 , sistemul care da vectorii proprii asociati lui λ2 este

(A− λ2I2)

(xy

)=

(00

)⇔{−5x− 5y = 0−5x− 5y = 0

.

Atunci x = −α , y = α (α ∈ R) si un vector propriu asociat lui λ2 = 8este u2 = −i + j . Cum ‖u2‖ =

√2 obtinem versorul j′ = 1

‖u2‖ · ‖u2‖ =

− 1√2i+ 1√

2j .

Acum, se face schimbarea de repere carteziene ortonormate

R = {O; i, j} −→ R′

= {O; i′

, j′

}

data prin relatiile(xy

)=

(1√2− 1√

21√2

1√2

)·(x′

y′

)+

(00

)sau {

x = 1√2x′ − 1√

2y′

y = 1√2x′+ 1√

2y′

(MR(x, y) −→MR′ (x

′, y′) , rotatie

)Relativ la noul reper R′, ecuatia lui γ este:

λ1(x′)2 + λ2(y′)2 + 4

(1√2x′ − 1√

2y′)

+ 4(

1√2x′+ 1√

2y′)

+ 4 = 0,

adica γ : −2(x′)2 + 8(y

′)2 + 8√

2x′+ 4 = 0 .

Page 288: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

272

Deci γ : (x′−√

2)2

22 − (y′)2

12 − 1 = 0 .

In final, se mai face schimbarea de repere ortonormate (translatie):

R′

= {O; i′

, j′

} −→ R′′

= {O′′; i′

, j′

}

data prin{x′ −√

2 = x′′

y′

= y′′ ⇔

(x′

y′

)= I2

(x′′

y′′

)+

( √2

0

).

Atunci, ecuatia lui γ relativ la reperul R′′ este

(x′′)2

22− (y

′′)2

12− 1 = 0

si ea este ecuatia canonica a hiperbolei γ . Reperul canonic este chiar repe-rul relativ la care conica are ecuatia canonica, adica R′′ = {O′′; i′, j′}.Cum O′′R′(

√2, 0) , avem ¯OO′′ =

√2i′

= i+ j si astfel O′′R(1, 1).Schimbarea de repere R −→ R′′ este data prin(

xy

)=

(1√2− 1√

21√2

1√2

)·(x′′

y′′

)+

(11

).

8. Sa se arate ca locul geometric al punctelor din plan, pentru care raportuldistantelor la un punct fix F (focar) si la o dreapta fixa d (directoare) esteegal cu constanta e (excentricitate), este o conica nedegenerata (elipsa,hiperbola sau parabola).

Solutie:

Fixam un reper cartezian ortonormat R = {O; i, j} ın plan si ın raport cuacesta fie F (x0, y0) , d : ax+ by + c = 0 .Fie M(x, y) un punct al locului geometric. Atunci

MF

d(M,d)= e sau

√(x− x0)2 + (y − y0)2

|ax+by+c|√a2+b2

= e⇔

(x− x0)2 + (y − y0)2 = e2 (ax+ by + c)2

a2 + b2.

Dupa calcule, obtinem ecuatia carteziana generala a unei conice

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2b1x+ 2b2y + c = 0

unde a11 = a2 + b2 − e2a2, a12 = −e2ab, a22 = a2 + b2 − e2b2, b1 =−[x0(a2+b2)+e2ac] , b2 = −[y0(a2+b2)+e2bc] , c = (x2

0+y20)(a2+b2)−e2c2.

Prin urmare, locul geometric este o conica nedegenerata, pentru ca ∆ =∣∣∣∣∣∣a11 a12 b1a12 a22 b2b1 b2 c

∣∣∣∣∣∣ 6=0 (prin calcul).

Page 289: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

273

Genul conicei este dat de discriminantul mic

δ =

∣∣∣∣ a11 a12

a12 a22

∣∣∣∣ = (a2 + b2)2(1− e2) .

Atunci, conica este elipsa pentru e < 1 ( δ > 0), parabola pentru e = 1(δ = 0), hiperbola pentru e > 1 (δ < 0).Observatie: Daca alegem reperul R astfel ıncat axa Ox ⊥ d si O = F ,ecuatia conicei se reduce la x2 + y2 = e2(x− α)2 , unde d : x− α = 0 .

9. In punctele de intersectie ale conicei γ : x2 − 2xy + y2 + 2x− 6y = 0 cudreapta d : 3x − y + 6 = 0 , se duc tangentele la aceasta conica. Sa segaseasca punctul de intersectie al acestor tangente.

Solutie:

Din sistemul

{x2 − 2xy + y2 + 2x− 6y = 0y = 3x+ 6

rezulta x1 = −1, y1 = 3 sau x2 = 0, y2 = 6 .Deci γ ∩ d = {M1(−1, 3),M2(0, 6)} .Tangenta la γ ın punctul M(x0, y0) ∈ γ are ecuatiaxx0 − x0y − xy0 + yy0 + x+ x0 − 3y − 3y0 = 0.Atunci ecuatia tangentei la γ ın M1 este −3x + y − 10 = 0 si ecuatiatangentei la γ ın M2 este −5x+ 3y − 18 = 0.Rezolvand sistemul format cu ecuatiile celor doua tangente{

−3x+ y − 10 = 10−5x+ 3y − 18 = 0

se obtin coordonatele punctului de intersectie al celor doua tangente,A(−3, 1) .

10. In E3 relativ la reperul cartezian ortonormat R = {O; i, j, k} , se dacuadrica

Γ : 2x2 + 16y2 + 2z2 − 8xy + 8yz − 2x− y + 2z + 3 = 0 .

Se cer:a) natura cuadricei si rezolvarea problemei centrelor;b) ecuatia planului tangent la Γ ın punctul M0(x0, y0, z0) ∈ Γ si ecuatiilenormalei la Γ ın acelasi punct;c) ecuatia canonica a cuadricei Γ si reperul natural atasat acesteia.

Solutie:

a) Matricea formei patratice asociata cuadricei Γ este

A =

2 −4 0−4 16 40 4 2

si atunci discriminantul mic asociat cuadricei este

δ =

∣∣∣∣∣∣2 −4 0−4 16 40 4 2

∣∣∣∣∣∣ = 0 , iar discriminatul mare este ∆ =

∣∣∣∣∣∣∣∣2 −4 0 −1−4 16 4 − 1

20 4 2 1−1 − 1

2 1 3

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

Page 290: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

274

−81 6=0 .Prin urmare, Γ este cuadrica nedegenerata, fara centru (unic de simetrie).Coordonatele eventualelor centre (de simetrie) sunt date de sistemul

12 ·

∂F∂x = 0

12 ·

∂F∂y = 0

12 ·

∂F∂z = 0

,

undeF (x, y, z) = 2x2 + 16y2 + 2z2 − 8xy + 8yz − 2x− y + 2z + 3 .Sistemul de ecuatii liniare care rezulta 2x− 4y = 1−4x+ 16y + 4z = 1

24y + 2z = −1

, este incompatibil

(vezi si δ = 0 , dar ∆=0).Deci cuadrica Γ nu are nici un centru de simetrie.b) Prin dedublare ın punctul M0(x0, y0, z0) ∈ Γ , ecuatia planului tangentla Γ ın M0 este2xx0 + 16yy0 + 2zz0 − 4x0y − 4xy0 + 4y0z + 4yz0 − x0 − x−− 1

2y0 − 12y + z + z0 + 3 = 0, adica

(2x0 − 4y0 − 1)x+ (−4x0 + 16y0 + 4z0 − 12 )y+

+(4y0 + 2z0 + 1)z + (−x0 − 12y0 + z0 + 3) = 0 .

Normala la Γ ın M0 (care este o dreapta ce trece prin M0 si este perpen-diculara pe planul tangent la Γ , ın M0) are ecuatiile

x− x0

2x0 − 4y0 − 1=

y − y0

−4x0 + 16y0 + 4z0 − 12

=z − z0

4y0 + 2z0 + 1.

Altfel, ecuatiile planului tangent, respectiv normalei la Γ ın M0(x0, y0, z0)sunt(x− x0) · ∂F∂x (x0, y0, z0) + (y − y0) · ∂F∂y (x0, y0, z0)+

+(z − z0) · ∂F∂z (x0, y0, z0) = 0 ,x−x0

∂F∂x (x0,y0,z0)

= y−y0∂F∂y (x0,y0,z0)

= z−z0∂F∂z (x0,y0,z0)

c) Mai ıntai se gasesc valorile proprii ale matricii A, rezolvand ecuatiacaracteristica det(A− λI3) = 0 , adica∣∣∣∣∣∣

2− λ −4 0−4 16− λ 40 4 2− λ

∣∣∣∣∣∣ = 0 .

Rezulta valorile proprii λ1 = 0 , λ2 = 2 , λ3 = 18 .In continuare, pentru fiecare valoare proprie, se determina vectorii propriicorespunzatori.Pentru λ1 = 0 , se rezolva sistemul liniar omogen

(A− λ1I3)

xyz

=

000

, adica

Page 291: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

275 2x− 4y = 0−4x+ 16y + 4z = 0

4y + 2z = 0.

Rezulta x = 2α , y = α , z = −2α (α ∈ R ).Atunci un vector propriu corespunzator lui λ1 este de forma v1 = α(2i+j − 2k) , α ∈ R∗ , iar pentru α = 1 se obtine u1 = 2i+ j − 2k cu lungimea‖u1‖ =

√4 + 1 + 4 = 3 .

Retinem versorul i′

= 1‖u1‖ · u1 = 2

3 i+ 13 j −

23 k .

Pentru λ2 = 2 , se rezolva sistemul liniar omogen

(A− λ2I3)

xyz

=

000

, adica

−4y = 0−4x+ 14y + 4z = 0

4y = 0.

Rezulta x = α , y = 0 , z = α (α ∈ R ).Atunci un vector propriu corespunzator lui λ2 este de forma v2 = α(i+ k) ,α ∈ R∗ , iar pentru α = 1 se obtine u2 = i + k cu lungimea ‖u2‖ =√

1 + 1 =√

2.

Retinem versorul j′

= 1‖u2‖ · u2 = 1√

2i+ 1√

2k .

Pentru λ3 = 18 , se rezolva sistemul liniar omogen

(A− λ3I3)

xyz

=

000

, adica

−16x− 4y = 0−4x− 2y + 4z = 0

4y − 16z = 0.

Rezulta x = α , y = −4α , z = −α (α ∈ R ).Atunci un vector propriu corespunzator lui λ1 este de forma v3 = α(i −4j − k) , α ∈ R∗ , iar pentru α = 1 se obtine u3 = i− 4j − k cu lungimea‖u3‖ =

√1 + 16 + 1 = 3

√2 .

Retinem versorul k′ = 1‖u3‖ · u3 = 1

3√

2i− 4

3√

2j − 1

3√

2k .

Conform teoriei operatorilor liniari simetrici, baza {i′, j′, k′} este ortonor-mata si pozitiv orientata (vezi faptul ca determinantul matricii de trecere

de la baza {i, j, k} la baza {i′, j′, k′} are valoarea 1).Prin urmare, se face schimbarea de repere carteziene ortonormate

R = {O; i, j, k} −→ R′

= {O′

= O; i′

, j′

, k′} ,

Page 292: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

276

data prin

xyz

=

23

1√2

13√

213 0 − 4

3√

2

− 23

1√2− 1

3√

2

x

y′

z′

(rotatie)

si astfel, se obtine ecuatia lui Γ relativ la noul reper cartezian ortonormatR′:λ1(x′)2 + λ2(y′)2 + λ3(z′)2 − 2

(23x′ + 1√

2y′+ 1

3√

2z′)−

−(

13x′ − 4

3√

2z′)

+ 2(− 2

3x′+ 1√

2y′ − 1

3√

2z′)

+ 3 = 0, adica

(y′)2

9 + (z′)2

1 − 16 (x

′ − 1) = 0 sau

x′− 1 =

(y′)2

96

+(z′)2

16

.

In final, se face schimbarea de repere carteziene ortonormate

R′ = {O′ = O; i′, j′, k′} −→ R′′ = {O′′; i′, j′, k′} ,

data prin

x′

y′

z′

= I3 ·

x′′

y′′

z′′

+

100

(translatie)

Ecuatia cuadricei Γ relativ la reperul R′′ :

x′′

=(y′′)2(√

32

)2 +(z′′)2(

1√6

)2

reprezinta forma redusa (canonica) a ecuatiei cuadricei Γ sau ecuatiacanonica a lui Γ . Din forma ecuatiei canonice se observa ca Γ este unparaboloid eliptic.Reperul natural al lui Γ este reperul R′′ , ın raport cu care cuadrica areecuatia canonica de mai sus. Originea reperului natural, O

′′, are, relativ

la reperul R′, coordonatele 1, 0, 0, adica OO′′ = i′

= 23 i+ 1

3j −23 k .

Deci schimbarea de repere R −→ R′′ este data de xyz

=

23

1√2

13√

213 0 − 4

3√

2

− 23

1√2− 1

3√

2

· x

′′

y′′

z′′

+

2313− 2

3

(rototranslatie)

11. Fie cuadrica Γ : x2 + y2 + z2 − 12x− 4y + 1 = 0 , data relativ la un repercartezian ortonormat R = {O; i, j, k} .a) Aratati ca Γ este o sfera si gasiti coordonatele centrului ei si raza ei;b) Determinati punctele din spatiul E3 care au puterea cea mai mica fatade sfera Γ ;c) Determinati punctele din planul π : x+ z − 2 = 0 care au puterea cea

Page 293: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

277

mai mica fata de sfera Γ ;d) Determinati punctele de pe dreaptad : x−1

1 = y+23 = z−1

−1 care au puterea cea mai mica fata de sfera Γ ;

e) Cercetati pozitia planului π′

: x+ y+ z− 1 = 0 fata de sfera Γ si, dacaeste cazul, gasiti coordonatele centrului cercului π

′ ∩ Γ si raza lui;f) Gasiti ecuatiile tangentei la cercul π

′ ∩ Γ ın punctulP (x0, y0, z0) ∈ π′ ∩ Γ.

Solutie:

a) Ecuatia lui Γ se scrie(x2 − 12x+ 36) + (y2 − 4y + 4) + z2 − 36− 4 + 1 = 0 sau(x− 6)2 + (y− 2)2 + z2 = (

√39)2 si atunci Γ este o sfera de raza R =

√39

si de centru C (6, 2, 0) .b) Puterea punctului M(x, y, z) ∈ E3 fata de sfera Γ este numarul

p(M) = p(x, y, x) = MC2 −R2 = −39

Deci min {p(M)|M ∈ E3} = −R2 = p(C) , adica exista un singur punctın spatiu M = C (centrul sferei) care are puterea fata de Γ cea mai mica.c) min {p(M)|M ∈ π} = min {(x− 6)2 + (y − 2)2 + z2 − 39|x+ z = 2} =min {(x− 6)2 + (x− 2)2 + (y − 2)2 − 39|x, y ∈ R} == (4 − 6)2 + (4 − 2)2 + (2 − 2)2 − 39 = −31 = p(M(4, 2,−2)), pentru caexpresia (x − 6)2 + (x − 2)2 + (y − 2)2 − 39 are valoarea minima pentruy − 2 = 0 si (x − 6)2 + (x − 2)2 = 2x2 − 16x + 40 = − ∆

4a = 8 = minima,

adica y = 2 , x = − b2a = 4 , z = −2 .

Deci punctul din planul π care are puterea cea mai mica fata de sfera Γeste M(4, 2,−2).d) Ecuatiile scalare parametrice ale dreptei d sunt x = 1 + t

y = −2 + 3tz = 1− t

.

Puterea unui punct M(x, y, z) ∈ d fata de sfera Γ estep(M) = (1 + t − 6)2 + (−2 + 3t − 2)2 + (1 − t)2 − 39 = 11t2 − 36t + 3 siatunci valoarea sa minima − ∆

4a = − 21811 se atinge pentru t = − b

2a = 1811 ,

adica pentru M(29/11, 32/11,−7/11) .e) Distanta de la centrul C al sferei Γ la planul π

′este

ρ(C, π′) =|6 · 1 + 2 · 1 + 0 · 1− 1|√

12 + 12 + 12=

7√

3

2< R =

√39 .

Deci intersectia dintre planul π′

si sfera Γ este un cerc γ de centru C′

si

raza r. Mai mult, r =√R2 − (ρ(C, π′))2 = 2

√51

3 .

Pentru a gasi coordonatele centrului cercului γ, C′, mai ıntai vom scrie

ecuatia unei drepte ce trece prin C si este perpendiculara pe planul π′,

adica x−61 = y−2

1 = z−01 .

Cum C′este chiar proiectia lui C pe planul π′, rezolvand sistemul

{x− 6 = y − 2 = zx+ y + z − 1 = 0

Page 294: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

278

se obtine C′(11/3,−1/3,−7/3).

f) Tangenta la cercul γ ın punctul P (x0, y0, z0) ∈ γ se afla la intersectiaplanului π

′cu planul tangent la sfera Γ ın P . Deci are ecuatiile{

x+ y + z − 1 = 0(x0 − 6)x+ (y0 − 2)y + z0z + (−6x0 − 2y0 + 1) = 0

12. Se considera familia de conice data de ecuatia:

x2 + 2λxy + λy2 + 2λx+ 2y + λ+ 1 = 0 ,λ ∈ R

a) Sa se determine λ pentru care cuadrica are centru.

b) Sa se determine locul centrului cuadricei cand λ variaza.

Solutie:

Pentru a determina centrul cuadricei, formam sistemul:{∂F (x,y,z)

∂x = 2x+ 2xy + 2λ = 0∂F (x,y,z)

∂y = 2λx+ 2λy + 2 = 0

unde F (x, y, z) = x2 + 2λxy + λy2 + 2λx+ 2y + λ+ 1.

Formam sistemul :{2x+ 2λy = −2λ2λx+ 2λy = −2

⇒{

x+ λy = −λλx+ λy = −1

∆ =

∣∣∣∣ 1 λλ λ

∣∣∣∣ = λ− λ2.

Pentru a avea centru, trebuie ca ∆ 6= 0 , deci valorile cautate la punctula) sunt R\ {0, 1} . Pentru a rezolva sistemul, fie

∆1 =

∣∣∣∣ −λ λ−1 λ

∣∣∣∣ = −λ2 + λ, ∆2 =

∣∣∣∣ 1 −λλ −1

∣∣∣∣ = −1 + λ2, deci

x = ∆1

∆ = −λ2+λλ−λ2 = 1, y = ∆2

∆ = −1+λ2

λ−λ2 = −1 − 1λ , λ ∈ R\ {0, 1} deci

locul geometric este format din dreapta x = 1, mai putin punctele (1,−1),(1,−2).

13. Sa se gaseasca ecuatiile generatoarelor rectilinii ce se pot duce prin punctulP (−1/2,−1,−1), pe cuadrica :

Γ : 4x2 + y2 + z2 + 4xy + 4xz + yz + 8x+ 3y + 5z + 4 = 0.

Solutie:

Daca v = v1i+v2j+v3k este vectorul director al unei generatoare rectilinii,atunci cele doua conditii ce trebuie indeplinite, conform teoriei pentru cadreapta ce trece prin P si are un vector director pe v sa fie generatoarerectilinie se scriu:

(1) (v1, v2, v3) ·

4 2 22 1 1/22 1/2 1

· v1

v2

v3

= 0

Page 295: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

279

(2)

(−1/2,−1,−1) ·

4 2 22 1 1/22 1/2 1

+ (4, 3/2, 5/2)

··

v1

v2

v3

= 0

Obtinem :

(1)’ 4(v1)2 + (v2)2 + (v3)2 + 4v1v2 + 4v1v3 + v2v3 = 0

(2)’ 2v1 + v2 = 0

Inlocuind (2)′

ın (1)′

obtinem (v3)2 = v2v3, deci avem doua cazuri :

caz 1) v3 = 0 , 2v1 + v2 = 0; alegand v2 = 2, obtinem a1 = (−1, 2, 0)

caz 2) v3 = v2, 2v1 + v2 = 0; alegand v2 = 2, obtinem a2 = (−1, 2, 2)

Vom scrie acum pe rand ecuatiile dreptelor ce trec prin P si au ca vectordirector pe a1, respectiv a2. Deci cele doua generatoare vor fi :

d1 : x = −t+ 1/2; y = 2t− 1; z = −1

d2 : x = −t+ 1/2; y = 2t− 1; z = 2t− 1

14. Sa se afle ecuatia planelor tangente la elipsoidul 2x2 + y2 + 3z2 − 1 = 0,perpendiculare pe dreaptad : x = y = z.

Solutie:

Ecuatia generala a unui plan tangent la elipsoidul dat are forma :

2x0x+ y0y + 3z0z − 1 = 0.

Vectorul director al dreptei d fiind a = (1, 1, 1), daca acest vector esteperpendicular pe planul tangent, vom avea relatia:

2x0

1=y0

1=

3z0

1.

De aici, tinand seama cay2

0

2 + y20 +

y20

3 − 1 = 0 obtinem 116 y

20 = 1, deci

y0 = ±√

611 .

Vom avea deci doua puncte ale caror coordonate

le determinam din relatiile de mai sus, P1(√

644 ;√

611 ;√

699 ) si

P2(−√

644 ;−

√611 ;−

√699 ) si deci doua plane tangente ın punctele respec-

tive:

π1 :√

611x+

√611y +

√611z − 1 = 0,

π2 : −√

611x−

√611y −

√611z − 1 = 0.

Page 296: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

280

15. Sa se aduca la forma canonica, precizandu-se schimbarile necesare de co-ordonate, urmatoarea cuadrica:

Γ : x2 − 2y2 + z2 + 4xy + 4yz − 10xz + 2x+ 4y − 10z − 1 = 0.

Solutie:

Fie A =

1 2 −52 −2 2−5 2 1

matricea asociata cuadricei ın reperul initial.

Avem:

δ =

∣∣∣∣∣∣1 2 −52 −2 2−5 2 1

∣∣∣∣∣∣ = 0,

deci cuadrica este fara centru unic de simetrie.

Calculam valorile proprii al operatorului liniar asociat matricii simetriceA ın baza canonica:

P (λ) =

∣∣∣∣∣∣1− λ 2 −5

2 −2− λ 2−5 2 1− λ

∣∣∣∣∣∣ = −λ3 + 36λ =

= (λ−6)(λ+6)(−λ), deci valorile proprii sunt 6, −6 si 0. Vom cauta acumsa gasim o baza ortonormata formata din vectori proprii corespunzatorivalorilor proprii:

Caz 1) Pentru λ = 6, vectorul v = (v1, v2, v3) este vector propriu al valoriiλ = 6 daca si numai daca (A− 6 · I) · v = 0, unde I este matricea unitate.Transcriind ın coordonate, obtinem sistemul: 5 2 −5

2 −8 2−5 2 −5

· v1

v2

v3

=

000

⇒ −5v1 + 2v2 − 5v3 = 0

2v1 − 8v2 + 2v3 = 0−5v1 + 2v2 − 5v3 = 0

Considerand v1, v2 necunoscute principale si v3 necunoscuta secundaraobtinem v1 = v3, v2 = −v3. Luam v3 = 1 si obtinem ν1 = (1,−1, 1). Maideparte, prin normare, obtinem f1 = ( 1√

2, 0,− 1√

2).

Caz 2) λ = −6. Procedand ca mai sus, obtinem sistemul: 7v1 + 2v2 − 5v3 = 02v1 + 4v2 + 2v3 = 0−5v1 + 2v2 + 7v3 = 0

Considerand v1, v2 necunoscute principale si v3necunoscuta secundara obtinemv1 = v3, v2 = −v3. Luam v3 = 1 si obtinem vectorul ν2 = (1,−1, 1) . Maideparte, ımpartind prin norma lui ν3, obtinem f2 = ( 1√

3,− 1√

3, 1√

3).

Page 297: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

281

Caz 3) Pentru λ = 0, procedand ca mai sus obtinem sistemul : 1 2 −52 −2 2−5 2 1

v1

v2

v3

=

000

⇒ v1 + 2v2 − 5v3 = 0

2v1 − 2v2 + 2v3 = 0−5v1 + 2v2 + v3 = 0

.

Alegem v1, v2 necunoscute principale, v3 necunoscuta secundara. Obtinem

v1 = v3, v2 = v3

2 . Dand valoarea v3 = 2, obtinem vectorul ν3 = (1, 2, 1) .

Mai departe normand pe v3, obtinem vectorul f3 = ( 1√6, 2√

6, 1√

6).

Efectuam acum schimbarea de reper{O, e1, e2, e3} → {O, f1, f2, f3} .Coordonatele se vor schimba dupa regula: x

yz

=

1√2

1√3

1√6

0 − 1√3

2√6

− 1√2

1√3

1√6

· x

y′

z′

.

Introducand aceste relatii ın ecuatia cuadricei, obtinem:

6(x′)2− 6(y/) + 2( 1√

2x′+ 1√

3y′+ 1√

6z′) + 4(− 1√

3y′+ 2√

6z′)− 10(− 1√

2x′+

1√3y′ + 1√

6z′)− 1 = 0⇒

6(x′)2 − 6(y′)2 + 12√2x′ − 12√

3y′ − 1 = 0⇒

6(x′ + 1√2)2 − 6(y′ + 1√

3)2 − 2 = 0⇒

(x′ + 1√2)2 − (y′ + 1√

3)2 − 1

3 = 0.

Efectuand schimbarea de reper sugerata de relatiile ıntre coordonate:x′′ = x′ + 1√

2

y′′ = y′ + 1√3

z′′ = z′,

adica {O, f1, f2, f3} → {O′(− 1√2,− 1√

3, 0), f1, f2, f3},

obtinem forma canonica

(x′′)2 − (y′′)2 − 1

3= 0

deci cuadrica data este un cilindru hiperbolic.

Page 298: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

282

Page 299: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

8 Curbe ın plan si ın spatiu

1. Curba (C) x2 + y2 + z2 = a2 , x2 + y2 = z2 , z > 0reprezinta un cerc ın R3. Sa se determine:i) reprezentarea parametrica a curbei C;ii) reprezentarea analitica explicita a curbei C;iii) ecuatia vectoriala a lui C.

Solutie:

i) Din cele doua ecuatii rezulta ca 2z2 = a2 ⇒ z2 = a2

2 ⇒ z = a√2

(z > 0) .

Din x2 + y2 = a2

2 ⇒ x = a√2

cos θ , y = a√2

sin θ , unde θ ∈ [0, 2π) , a > 0 .

ii) Din prima ecuatie a lui C rezulta z2 = a2 − x2 − y2 , deci z =√a2 − x2 − y2 . Din a doua ecuatie a lui C avem z =

√x2 + y2 . Folosind

reprezentarea parametrica, variabilele x si y au urmatorul domeniu:

(x, y) ∈[− a√

2, a√

2

]×[− a√

2, a√

2

].

iii) Ecuatia vectoriala este data de r = xi+ yj + zk , adicar(θ) = a√

2

(cos θi+ sin θj + k

), θ ∈ [0, 2π) .

2. Locul geometric descris de un punct M(x, y, z) ce se misca cu viteza con-stanta pe o dreapta d, care se rotete ın jurul unei drepte ∆ paralele cu dse numeste elice circulara. Din definitie rezulta ecuatiile elicei

x = R cos t , y = R sin t , z = ht , t ∈ R .

Sa se determine tangenta la elice ın punctul t = π/4 .

Solutie:

Ecuatia tangentei la curba C, data parametric, ın punctul t este

X − x(t)

x′(t)=Y − y(t)

y′(t)=Z − z(t)z′(t)

, (x′)2 + (y

′)2 + (z

′)2=0

In cazul nostru avemx′(t) = −R sin t, y

′(t) = R cos t, z

′(t) = h , deci

x′(π/4) = −

√2

2 R, y′(π/4) =

√2

2 R, z′(π/4) = h , iar

x(π/4) =√

22 R, y(π/4) =

√2

2 R, z(π/4) = h4π .

283

Page 300: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

284

Ecuatia tangentei este:

2X −√

2R

−√

2R=

2Y −√

2R√2R

=4Z − hπ

4h

3. Sa se scrie ecuatia tangentei la curba C, definita de intersectia cilindrilorx2 = y , y2 = z , ın punctul (1, 1, 1) .

Solutie:

Daca curba C este data implicit de ecuatiile

F (x, y, z) = 0 , H(x, y, z) = 0 , (x, y, z) ∈ D ⊂ R3 ,

atunci ecuatia tangentei este data de

X − xA

=Y − yB

=Z − zC

,

unde A = D(F,H)D(y,z) , B = D(F,H)

D(z,x) , C = D(F,H)D(x,y) , A,B,C fiind calculati ın

(x, y, z) si A2 +B2 + C2=0 .Avem ecuatiile curbei C date implicit:F (x, y, z) = x2 − y = 0 , H(x, y, z) = y2 − z = 0 .

Atunci A =

∣∣∣∣∣∣∂F∂y

∂F∂z

∂H∂y

∂H∂z

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ −1 02y −1

∣∣∣∣ = 1 ,

B =

∣∣∣∣∣∣∂F∂z

∂F∂x

∂H∂z

∂H∂x

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ 0 2x−1 0

∣∣∣∣ = 2x ,

C =

∣∣∣∣∣∣∂F∂x

∂F∂y

∂H∂x

∂H∂y

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ 2x −10 2y

∣∣∣∣ = 4xy .

In punctul (1, 1, 1) avem A = 1 , B = 2 , C = 4 si atunci ecuatia tangenteila C ın punctul (1, 1, 1) este

X − 1

1=Y − 1

2=Z − 1

4.

4. Sa se scrie ecuatia planului normal la curba

(C) : x = t2, y = t3, z = et , t ∈ R ,

ın punctul t = 1 .

Solutie:

Pentru o curba C definita parametric, ecuatia planului normal este

(X − x)x′+ (Y − y)y

′+ (Z − z)z

′= 0 .

Avem x′

= 2t , y′

= 3t2 , z′

= et , t ∈ R , si atunci ecuatia planului normalla curba ın t = 1 este2(X − 1) + 3(Y − 1) + e(Z − e) = 0 .

Page 301: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

285

5. Sa se scrie ecuatia planului normal la curba C ın punctul (1, 1, 1) , curbadefinita de intersectia cilindrului z2 = x cu paraboloidul x2 + y2 = 2z .

Solutie:

Avem F (x, y, z) = z2 − x = 0 , H(x, y, z) = x2 + y2 − 2z ,

A =

∣∣∣∣∣∣∂F∂y

∂F∂z

∂H∂y

∂H∂z

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ 0 2z2y −2

∣∣∣∣ = −4yz ,

B =

∣∣∣∣∣∣∂F∂z

∂F∂x

∂H∂z

∂H∂x

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ 2z −1−2 2x

∣∣∣∣ = 4xz + 2 ,

C =

∣∣∣∣∣∣∂F∂x

∂F∂y

∂H∂x

∂H∂y

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ −1 02x 2y

∣∣∣∣ = −2y .

Ecuatia planului normal la curba C ın punctul (x, y, z) esteA(X − x) +B(Y − y) + C(Z − z) = 0 .In punctul (1, 1, 1) avem A = −4, B = 6, C = −2 si atunci ecuatia planuluinormal ın punctul (1, 1, 1) este−4(X − 1) + 6(Y − 1)− 2(Z − 1) = 0 .

6. Sa se scrie ecuatia planului osculator la elicea cilindrica

x = a cos t, y = a sin t, z = ht , t ∈ R ,

ıntr-un punct curent al sau M(t) .

Solutie:

Avem x′

= −a sin t , y′

= a cos t , z′

= h six′′

= −a cos t , y′′

= −a sin t , z′′

= 0 .Ecuatia planului osculator este∣∣∣∣∣∣

X − a cos t Y − a sin t Z − ht−a sin t a cos t h−a cos t −a sin t 0

∣∣∣∣∣∣ = 0

sau h sin t(X − a cos t)− h cos t(Y − a sin t) + a(Z − ht) = 0 .

7. Sa se determine ecuatiile tangentei, binormalei si normalei principale lacurba

x = et, y = e−t, z =√

2t , t ∈ R ,

ın punctul t = 0 .

Solutie:

Avem x(0) = 1, y(0) = 1, z(0) = 0 , x′(0) = 1, y

′(0) = −1,

z′(0) =

√2 , x

′′(0) = 1, y

′′(0) = 1, z

′′(0) = 0,

l =

∣∣∣∣ y′(0) z′(0)

y′′(0) z

′′(0)

∣∣∣∣ = −√

2 , m =

∣∣∣∣ z′(0) x′(0)

z′′(0) x

′′(0)

∣∣∣∣ =√

2 , n =

∣∣∣∣ x′(0) y′(0)

x′′(0) y

′′(0)

∣∣∣∣ =

Page 302: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

286

2 .Ecuatiile tangentei ın punctul (1, 1, 0) sunt

X − 1

1=Y − 1

−1=

Z√2,

iar ecuatiile binormalei ın (1, 1, 0) sunt date de

X − xl

=Y − ym

=Z − zn

adicaX − 1

−√

2=Y − 1√

2=Z

2.

Ecuatiile normalei principale ın punctul (1, 1, 0) sunt date de

X − x∣∣∣∣ y′(0) z′(0)

m n

∣∣∣∣ =Y − y∣∣∣∣ z′(0) x

′(0)

n l

∣∣∣∣ =Z − z∣∣∣∣ x′(0) y

′(0)

l m

∣∣∣∣ ,adica X−1

−4 = Y−1−4 , Z = 0 .

8. Pentru elicea cilindrica

x = a cos t, y = a sin t, z = ht , t ∈ R ,

sa se determine triedrul lui Frenet (muchiile si fetele sale).

Solutie:

Avem x′

= −a sin t, y′

= a cos t, z′

= h , x′′

= −a cos t ,y′′

= −a cos t, z′′

= 0 .Ecuatiile tangentei sunt

X − a cos t

−a sin t=Y − a sin t

a cos t=Z − hth

.

Versorul τ este τ = 1√h2+a2

(−a sin ti+ a cos tj + hk

).

Ecuatia planului normal este

−a sin t(X − a cos t) + a cos t(Y − a sin t) + h(Z − ht) = 0 .

Ecuatia planului osculator a fost determinata ıntr-o problema precedenta(6). Prin urmare, aceasta esteh sin t(X − a cos t)− h cos t(Y − a sin t) + a(Z − ht) = 0 .Ecuatiile binormalei sunt

X − a cos t

h sin t=Y − a cos t

−h sin t=Z − hta

,

iar versorul binormalei este β = 1√h2+a2

(h sin ti− h cos tj + ak

).

Ecuatia planului rectificant este∣∣∣∣∣∣X − a cos t Y − a sin t Z − ht−a sin t a cos t hh sin t −h cos t a

∣∣∣∣∣∣ = 0

Page 303: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

287

sau(a2 + h2)(X − a cos t) cos t− (a2 + h2)(Y − a sin t) sin t = 0.Ecuatiile normalei principale sunt

X − a cos t

cos t=Y − a sin t

sin t, Z − ht = 0 ,

iar versorul normalei principale este ν = cos ti+ sin tj + 0 · k.Versorii triedrului Frenet sunt

τ = 1√h2+a2

(−a sin ti+ a cos tj + hk

)β = 1√

h2+a2

(h sin ti− h cos tj + ak

)ν = cos ti+ sin tj

9. Pentru curba de intersetie a cilindrilor

x2 = 2az , y2 = 2bz , a > 0 , b > 0 ,

sa se determine triedrul lui Frenet.

Solutie:

O reprezentare parametrica a curbei este data de

x =√

2at , y =√

2bt , z = t2 , t ∈ R .

Avemx′

=√

2a, y′

=√

2b, z′

= 2t , x′′

= 0, y′′

= 0, z′′

= 2.Ecuatiile tangentei la curba sunt

X −√

2at√2a

=Y −

√2bt√

2b=Z − t2

2t,

versorul τ fiind dat de

τ =1√

2a+ 2b+ 4t2

(√2ai+

√2bj + 2tk

).

Ecuatia planului normal este√

2a(X −√

2at) +√

2b(Y −√

2bt) + 2t(Z − t2) = 0 .

Ecuatia planului osculator este∣∣∣∣∣∣X −

√2at Y −

√2bt Z − t2√

2a√

2b 2t0 0 2

∣∣∣∣∣∣ = 0

sau (X −√

2at)√

2b− (Y −√

2bt)√

2a = 0 .Ecuatiile binormalei sunt

X −√

2at√2b

=Y −

√2bt

−√

2a, Z − t2 = 0 ,

Page 304: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

288

iar versorul binormalei este

β =1√

2a+ 2b

(√2bi−

√2aj).

Planul rectificant are ecuatia∣∣∣∣∣∣X −

√2at Y −

√2bt Z − t2√

2a√

2b 2t√2b −

√2a 0

∣∣∣∣∣∣ = 0

sau 2√

2at(X −√

2at) + 2√

2bt(Y −√

2bt)− (2a+ 2b)(Z − t2) = 0 .Ecuatiile normalei principale sunt

X −√

2at√2at

=Y −

√2bt√

2bt=

Z − t2

−(a+ b),

iar versorul normalei principale este

ν =1√

(a+ b)(2t2 + a+ b)

(√2ati+

√2btj − (a+ b)k

).

Versorii triedrului Frenet suntτ = 1√

2a+2b+4t2

(√2ai+

√2bj + 2tk

)β = 1√

2a+2b

(√2bi−

√2aj)

ν = 1√(a+b)(2t2+a+b)

(√2ati+

√2btj − (a+ b)k

)10. Sa se calculeze curbura si torsiunea elicei

x = a cos t, y = a sin t, z = ht, t ∈ R .

Solutie:

Avem x′ = −a sin t, y′ = a cos t, z′ = h,

x′′ = −a cos t, y′′ = −a sin t, z′′

= 0,

x′′′

= a sin t, y′′′

= −a cos t, z′′′

= 0.

ds = (x′2 + y

′2 + z′2)1/2dt = (a2 + h2)1/2dt,∣∣dr × d2r

∣∣ = (a2h2 sin2 t+ a2h2 cos2 t+ a4)1/2dt3 =

= a(a2 + h2)1/2dt3.

Curbura este data de

1

ρ=

∣∣dr × d2r∣∣

ds3=a(a2 + h2)1/2dt3

(a2 + h2)3/2dt3=

a

a2 + h2,

iar raza de curbura ρ = a2+h2

a este constanta.

Pentru calculul torsiunii avem:

Page 305: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

289

1T =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣x′

y′

z′

x′′

y′′

z′′

x′′′

y′′′

z′′′

∣∣∣∣∣∣∣∣∣|dr×d2r|2 ;

1T =

∣∣∣∣∣∣∣∣−a sin t a cos t h−a cos t −a sin t 0a sin t −a cos t 0

∣∣∣∣∣∣∣∣a2(a2+h2) ;

1T = ha2

a2(a2+h2) ; 1T = h

a2+h2 ,

iar raza de torsiune T = a2+h2

h este constanta.

11. Sa se afle razele de curbura si torsiune pentru curbay2 = az, z2 = ax ın punctul (a, a, a).

Solutie:

O reprezentare parametrica a curbei de intersectie a celor doi cilindri estedata de x(t) = at4, y = at, z = at2, t ∈ R.

Punctului (a, a, a) ıi corespunde t = 1.

Avem:

x′

= 4at3, y′

= a, z′

= 2at,

x′′

= 12at2, y′′

= 0, z′′

= 2a,

x′′′

= 24at, y′′′

= 0, z′′′

= 0,

deci:

(0) ∆ =

∣∣∣∣∣∣x′

y′

z′

x′′

y′′

z′′

x′′′

y′′′

z′′′

∣∣∣∣∣∣;∆ =

∣∣∣∣∣∣4at3 a 2at12at2 0 2a24at 0 0

∣∣∣∣∣∣; ∆ = 48a3t.

∣∣∣drdt × d2rdt2

∣∣∣ =[(12a2t2)2 + (16a2t3)2 + (4a2)2

]1/2,

ds = (16a2t6 + a2 + 4a2t2)1/2dt;

obtinem:

ρ = (16a2t6+a2+4a2t2)3/2

[144a4t4+256a4t6+16a4]1/2 ; ın punctul t = 1, ρ1 = (21)3/2

√416

a.

Pentru raza de torsiune avem ın mod asemanator

T = (12a2t2)2+(16a2t3)2+(4a2)2

48a3t ;

ın punctul t = 1 avem T1 = 41648 a ; T1 = 26

3 a.

12. Sa se calculeze raza de curbura a curbei :

r(t) = (t− sin t)i+ (1− cos t)j + 4 sin t/2k, t ∈ R.

Page 306: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

290

Solutie:

Pentru raza de curbura folosim formula

(1) ρ =√

(x2+y2+z2)3

A2+B2+C2 .

unde A = y′z′′ − y′′z′ , B = z

′x′′ − z′′x′ , C = x

′y′′ − x′′y′ .

In cazul problemei noastre x(t) = t−sin t , y (t) = 1−cos t , z(t) = 4 sin t/2,t ∈ R.

x′(t) = 1− cos t, y

′(t) = sin t, z

′(t) = 2 cos t/2,

x′′(t) = sin t, y

′′(t) = cos t, z

′′(t) = − sin t/2.

A = −(sin t/2 sin t+2 cos t/2 cos t), B = 2 cos t/2 sin t+sin t/2−sin t/2 cos t,C = cos t− 1.

Inlocuind x, y, z, A,B,C ın formula (1) se obtine

ρ =4√

1 + sin2 t/2.

13. Sa se calculeze curbura si torsiunea curbelor :

a) r1(t) = cos3 t · i+ sin3 t · j + cos 2t · k;

b) r2(t) = et cos t · i+ et sin t · j + et · k.

Observatie: pentru curbura se aplica inversa formulei (1) din problemaprecedenta, iar pentru torsiune se aplica formula

1

T= − ∆

A2 +B2 + C2,

unde ∆ este dat de formula (0).

14. Sa se calculeze curbura si torsiunea curbeir(t) = 3ti+ 3t2j + 2t3k.

Solutie:

Avem x(t) = 3t, y(t) = 3t2, z(t) = 2t3,

x′(t) = 3, y′(t) = 6t, z(t) = 6t2,

x′′(t) = 0, y′′(t) = 6, z′′(t) = 12t,

x′′′(t) = 0, y′′′(t) = 0, z′′′(t) = 12.

Aplicand formula inversa pentru (1) se obtine:

1ρ =

√A2+B2+C2

(x2+y2+z2)3 , iar 1T = − ∆

A2+B2+C2 .

A = 72t2 − 36t2, A = 36t2, B = 0− 36t, B = −36t,C = 18− 0, C = 18.

Valoarea lui ∆ este, ∆ =

∣∣∣∣∣∣3 6t 6t2

0 6 12t0 0 12

∣∣∣∣∣∣; ∆ = 216.

Page 307: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

291

1ρ =

√1296t4+1296t2+324

(9t2+9t4+4t6)3 ;

1T = − 216

324(4t4+4t2+1) = −23(4t4+4t2+1) .

Page 308: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

292

Page 309: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

9 Suprafete

1. Sa se scrie ecuatia planului tangent si ecuatiile normalei la suprafata Σ :r = (u+ v)i+ uj + lnuk , (u, v) ∈ (0,∞)×R ,ın punctul M(u = 1; v = 0).

Solutie:

Se observa ca r ∈ Ck , ∀k ≥ 1 . Atunciru = ∂r

∂u = xui+ yuj + zuk = i+ j + 1u k ,

rv = ∂r∂v = xvi+ yvj + zvk = i .

Planul tangent la Σ ın punctul M(u = 1; v = 0) are ecuatia∣∣∣∣∣∣x− x(1, 0) y − y(1, 0) z − z(1, 0)xu(1, 0) yu(1, 0) zu(1, 0)xv(1, 0) yv(1, 0) zu(1, 0)

∣∣∣∣∣∣ = 0,

adica y − z − 1 = 0 .Vectorul normal la Σ ın punctul M(u = 1; v = 0) este

ru(1, 0) × rv(1, 0) =

∣∣∣∣∣∣i j k1 1 11 0 0

∣∣∣∣∣∣ = j − k 6=0 (deci M este punct ordinar)

si atunci normala la Σ ın punctul M(u = 1; v = 0) are ecuatiile

x− x(1, 0) = 0 ,y − y(1, 0)

1=z − z(1, 0)

−1sau

x− 1 = 0 , y + z − 1 = 0 .

2. Sa se scrie ecuatia planului tangent si ecuatiile normalei la suprafataΣ : 3x2 − y2 + 4xz − 3x− z + 4 = 0ın punctul M(0, 0, 4) .

Solutie:

Functia care apare ın reprezentarea implicita a suprafetei Σ , F (x, y, z) =3x2 − y2 + 4xz − 3x− z + 4 este de clasa Ck, ∀k ≥ 1. Prin urmare Σ esteo suprafata regulata de ordin k, ∀k ≥ 1.Gradientul lui F , grad F = ∂F

∂x i+∂F∂y j+ ∂F

∂z k , este, ın punctul M(0, 0, 4),

293

Page 310: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

294

diferit de vectorul nul (vezi grad F (0, 0, 4) = 13i− k). Atunci punctul Meste ordinar si ecuatia planului tangent la Σ ın M este

(x− 0) · 13 + (y − 0) · 0 + (z − 4) · (−1) = 0⇔ 13x− z + 4 = 0 .

Ecuatiile normalei la Σ ın punctul M(0, 0, 4) sunt

x− 0

13=y − 0

0=z − 4

−1sau y = 0 , x+ 13z − 52 = 0 .

3. Sa se determine un punct P al suprafetei Σ : z = x3 − 3xy,ın care normala la suprafata este perpendiculara pe planul π : 5x+ 6y +2z − 7 = 0 . Scrieti ecuatia planului tangent la Σ ın punctul P .

Solutie:

Avem ∂z∂x = 3x2 − 3y , ∂z

∂y = −3x.

Ecuatia planului tangent la Σ ın P (x0, y0, z0) este

(x− x0)∂z

∂x(x0, y0) + (y − y0)

∂z

∂y(x0, y0)− (z − z0) = 0

si ecuatiile normalei N la Σ ın P (x0, y0, z0) sunt

x− x0

∂z∂x (x0, y0)

=y − y0

∂z∂y (x0, y0)

=z − z0

−1.

Normala N este perpendiculara pe planul π daca si numai daca vectoruldirector al normalei N si vectorul normal pe planul π sunt coliniari, adicacoordonatele celor doi vectori sunt proportionale.

Prin urmare 3x2−3y5 = −3x

6 = −12 = λ ∈ R , de unde x = 1, y = 11/6,

λ = −1/2, z = −9/2. Deci punctul cautat este P (1; 11/6;−9/2) ∈ Σ .Ecuatia planului tangent la Σ ın P (1; 11/6;−9/2)este (x− 1) · (−5/2) + (y − 11/6) · (−3)− (z − 9/2) = 0 sau5x+ 6y + 2z − 25 = 0.

4. Fie suprafataΣ : r = ui+ (u+ v)j + (u+ v2)k , (u, v) ∈ R×R,si curbele Γ1 : v = 1 , Γ2 : u = v , situate pe suprafata Σ.a) Sa se calculeze lungimea arcului M1M2 al curbei Γ2, unde M1(u = v =0) si M2(u = v = 1) ;b) Sa se calculeze masura unghiului curbelor Γ1 si Γ2 ın M2 .

Solutie:

Mai ıntai, se determina prima forma fundamentala a suprafetei Σ (zisa simetrica suprafetei)

ϕ(du, dv) = dr2 = Edu2 + 2Fdudv +Gdv2 ,

unde E = r2u = ru · ru , F = ru · rv , G = r2

v = rv · rv .(a · b reprezinta produsul scalar al celor doi vectori)

Page 311: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

295

Deoarece ru = ∂r∂u = i+ j + k , rv = ∂r

∂v = j + 2vk ,rezulta E = 3, F = 1 + 2v, G = 1 + 4v2.Deci ϕ(du, dv) = 3du2 + 2(1 + 2v)dudv + (1 + 4v2)dv2.Observatii: i) Toate punctele suprafetei (care este regulata de orice or-din) sunt puncte ordinare pentru caru × rv = (2v − 1)i− 2vj + k=0 .ii) Prima forma fundamentala ϕ(du, dv) = dr2 este o forma patratica poz-itiv definita pentru fiecare punct M al suprafetei Σ , cu ajutorul careia semasoara lungimi de arce de curba pe suprafata Σ si unghiuri dintre curbe.a) Daca parametrizam curba Γ2 : u = v , rezulta

Γ :

{u(t) = tv(t) = t

, t ∈ R .

Se observa ca M1(t = 0),M2(t = 1) ∈ Γ2 si atunci lungimea arcului decurba M1M2 este

lM1M2=

1∫0

‖r′(t)‖ dt =

1∫0

√ϕ(u′(t), v′(t)) dt =

=

1∫0

√6 + 4t+ 4t2 dt ,

pentru ca u′(t) = 1, v

′(t) = 1 .

Calculand integrala de mai sus, rezultalM1M2

= 14 [3√

14 + 5 ln(3 +√

14)−√

6− 5 ln(1 +√

6)].

b) In punctul M(u = 1; v = 1), coeficientii formei I-a fundamentala suntE = 3, F = 1 + 2 · 1 = 3,G = 1 + 4 · 12 = 5.Pe Γ1 avem dv = 0. Pe Γ2 avem δv = δu.Daca θ = m( ˆΓ1,Γ2), atunci

cos θ =Eduδu+ F (duδv + δudv) +Gdvδv√

ϕ(du, dv) ·√ϕ(δu, δv)

∣∣∣∣∣M2

=

=6duδu√

3 · du ·√

14 · δu=

√42

7,

de unde θ = arccos√

427 .

5. Fie suprafata Σ care are reprezentarea parametricar = ui+ uvj + (v + lnu)k , (u, v) ∈ (0,∞)×R.Se cer:a) Sa se determine forma I-a fundamentala si forma a II-afundamentala pentru suprafata Σ;b) Sa se precizeze natura punctelor suprafetei Σ ;c) Sa determine liniile asimptotice ale suprafetei Σ ;

Page 312: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

296

d) Sa se calculeze curbura normala Kn a suprafetei Σ ,ın punctul P (u = 1, v = −1) ∈ Σ , corespunzatoare curbeiΓ : u− v2 = 0 , situata pe Σ ;e) Sa se calculeze curburile principale, curbura totala sicurbura medie ın punctul P (u = 1, v = −1) ;f) Sa se determine liniile de curbura ale suprafetei Σ .

Solutie:

a) Se observa ca suprafata Σ este regulata de ordin k ≥ 2 si toate punctelesunt ordinare, pentru ca avandru = i+ vj + 1

u k , rv = uj + k rezulta

ru × rv = (v − 1)i− j + uk=0 .Prima forma fundamentala esteϕ(du, dv) = Edu2 + 2Fdudv +Gdv2 == (1 + v2 + 1

u2 )du2 + 2(uv + 1u )dudv + (u2 + 1)dv2,

pentru ca E = r2u = 1 + v2 + 1

u2 , F = ru · rv = uv + 1u , G = r2

v = u2 + 1 .A doua forma fundamentala esteψ(du, dv) = Ldu2 + 2Mdudv +Ndv2 ,unde L = 1√

∆(ru, rv, ruu) , M = 1√

∆(ru, rv, ruv),

N = 1√∆

(ru, rv, rvv).

Cum ∆ = ‖ru × rv‖2 = u2 + v2 − 2v + 2 , ruu = ∂2r∂u2 = − 1

u2 k , ruv =∂2r∂u∂v = j , rvv = ∂2r

∂u∂v = 0 si

(ru, rv, ruu) =

∣∣∣∣∣∣1 v 1

u0 u 10 0 − 1

u2

∣∣∣∣∣∣ = − 1u , (ru, rv, ruv) =

=

∣∣∣∣∣∣1 v 1

u0 u 10 1 0

∣∣∣∣∣∣ = −1 , (ru, rv, rvv) =

∣∣∣∣∣∣1 v 1

u0 u 10 0 0

∣∣∣∣∣∣ = 0 ,

rezulta ca L = − 1u√

∆, M = − 1√

∆, N = 0 .

Deci ψ(du, dv) = − 1u√

∆du2 − 2√

∆dudv.

b) Deoarece M2 − LN = 1∆ + 1

u∆ · 0 = 1∆ > 0 ın orice punct P ∈ Σ ,

rezulta ca toate punctele suprafetei Σ sunt hiperbolice, adica prin oricepunct P ∈ Σ trec doua linii asimptotice reale.c) Ecuatia diferentiala a liniilor asimptotice este

Ldu2 + 2Mdudv +Ndv2 = 0 ,

adica − 1u√

∆du2 − 2√

∆dudv = 0 .

Prin urmare, avem du = 0 sau 1udu + 2dv = 0 . De aici rezulta ecuatiile

celor doua familii de linii asimptotice:u = c1 , respectiv lnu+ 2v = c2 (c1, c2 constante reale).Prin orice punct P (u0, v0) ∈ Σ trece o linie asimptotica u = u0 (c1 = u0)si o linie asimptotica lnu+ 2v = c2 (unde constanta reala c2 se determinadin conditia lnu0 + 2v0 = c2 , adica c2 = ln(u0e

2v0)).d) Curbura normala Kn a lui Σ , ın punctul P (u = 1, v = −1) ∈ Σ ,

Page 313: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

297

corespunzatoare curbei Γ : u− v2 = 0 (Γ ⊂ Σ) este

Kn =ψ(du, dv)

ϕ(du, dv)=Ldu2 + 2Mdudv +Ndv2

Edu2 + 2Fdudv +Gdv2

In punctul P (u = 1, v = −1) avem E = 3, F = 0, G = 2, ∆ = 6,L = − 1√

6, M = − 1√

6, N = 0 . De-a lungul curbei Γ : u − v2 = 0

avem, prin diferentiere, du = 2vdv si ın punctul P (u = 1, v = −1) avemdu = −2dv . Atunci

Kn =− 1√

6du2 − 2√

6dudv

3du2 + 2dv2=− 4√

6dv2 + 4√

6dv2

12dv2 + 2dv2= 0

e) Ecuatia, cu necunoscuta K, care da curburile principale ın P (u = 1, v =−1) este∣∣∣∣ EK − L FK −M

FK −M GK −N

∣∣∣∣ = 0⇔

∣∣∣∣∣ 3K + 1√6

1√6

1√6

2K

∣∣∣∣∣ = 0⇔

6K2 + 2√6K − 1

6 = 0 , de unde rezulta curburile principale ale lui Σ ın P :

K′

n = −√

6+√

4236 , K

′′

n = +√

6+√

4236 .

Curbura totala a lui Σ ın P este K = K′

n ·K′′

n = − 136 .

Curbura medie a lui Σ ın P este H =K′n+K

′′n

2 = − 16√

6.

f) Ecuatia diferentiala a liniilor de curbura ale lui Σ este∣∣∣∣∣∣dv2 −dudv du2

E F GL M N

∣∣∣∣∣∣ = 0⇔

∣∣∣∣∣∣dv2 −dudv du2

1 + v2 + 1u2 uv + 1

u 1 + u2

− 1u∆ − 1

∆ 0

∣∣∣∣∣∣ = 0⇔

− 1+u2

u dudv + (v2 − v + 1)du2 − (1 + u2)dv2 = 0 .

6. Sa se determine liniile geodezice ale planului π ⊂ E3 .

Solutie:

Se considera un reper cartezian ortonormat Oxyz astfel ıncat π = xOy .Atunci planul π are reprezentarea parametricaπ : r = ui+ vj , (u, v) ∈ R×R .Curba Γ ⊂ π este linie geodezica a lui π daca si numai daca planul os-culator al lui Γ contine normala la π , ın fiecare punct al lui Γ , adica(r′, r′′, N) = 0 .

Se considera curba Γ : v = v(u) , situata pe π .Atunci r = ui+ v(u)j , r

′= dr

du = i+ v′j , r

′′= v

′′j, N = ru×rv

‖ru×rv‖ = k .

Page 314: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

298

Deci (r′, r′′, N) =

∣∣∣∣∣∣1 v

′0

0 v′′

00 0 1

∣∣∣∣∣∣ = 0⇔ v′′

= 0⇔

v(u) = c1u+ c2 (c1, c2 constante reale).

Prin urmare, liniile geodezice ale planului π au ecuatia vectoriala para-metricar = ui+ (c1u+ c2)j = c2j + u(i+ c1j) , u ∈ R ,care reprezinta ecuatia vectoriala parametrica a unei drepte. Deci liniilegeodezice ale planului π sunt dreptele sale.

7. Fie K1 si K2 curburile principale ale suprafetei S de separatie a unui lichid.Presiunea normala p pe elementul de suprafata, ıntr-un punct oarecare,este data de ecuatia lui Laplaceσ(K1 +K2) = p, unde σ este tensiunea superficiala, pe careo consideram constanta. Sa se afle presiunea p cand S esteparaboloidul hiperbolic.

Solutie:

Daca consideram ecuatia paraboloidului hiperbolicS : z = xy, atunci p = −2xy

(1+x2+y2)3/2 .

Page 315: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Bibliografie

[1] G. Marinescu, Spatii vectoriale topologice si pseudotopologice, EdituraAcademiei, Bucuresti, 1959.

[2] I. Creanga, T. Luchian, Introducere ın calculul tensorial, Editura Didacticasi Pedagogica, Bucuresti, 1963.

[3] M. Stoka, Geometrie diferentiala, Editura Didactica si Pedagogica, Bu-curesti, 1964.

[4] Gh. Vranceanu, Geometrie analitica, proiectiva si diferentiala, Editura Di-dactica si Pedagogica, Bucuresti, 1967.

[5] Gh. Gheorghiev, R. Miron, D. Papuc, Geometrie analitica si diferentiala,Editura Didactica si Pedagogica, Bucuresti, 1969.

[6] P. Stavre, Curs de geometrie diferentiala, Litografia Universitatii dinCraiova, 1970.

[7] I. Creanga, C. Haimovici, Algebra liniara, Editura Didactica si Pedagogica,Bucuresti, 1970.

[8] V. Cruceanu, Elemente de algebra liniara si geometrie, Editura Didacticasi Pedagogica, Bucuresti, 1973.

[9] T. Luchian, Algebra abstracta, Editura Didactica si Pedagogica, Bucuresti,1975.

[10] R. Miron, Geometrie analitica, Editura Didactica si Pedagogica, Bucuresti,1976.

[11] Gh. Galbura, F. Rado, Geometrie, Editura Didactica si Pedagogica, Bu-curesti, 1979.

[12] I. Vladimirescu, G. Vraciu, Algebra si programare liniara. Culegere de prob-leme, Reprografia Universitatii din Craiova, 1979.

[13] C. Udriste, C. Radu, C. Dicu, O. Malancioiu, Probleme de algebra, ge-ometrie si ecuatii diferentiale, Editura Didactica si Pedagogica, Bucuresti,1981.

299

Page 316: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

300 BIBLIOGRAFIE

[14] C. Udriste, C. Radu, C. Dicu, O. Malancioiu, Algebra, geometrie si ecuatiidiferentiale, Editura Didactica si Pedagogica, Bucuresti, 1982.

[15] M. Craioveanu, I.D. Albu, Geometrie afina si euclidiana, Editura Facla,Timisoara, 1982.

[16] G.E. Silov, Mathematical analysis. Finite dimensional spaces, Editura St.Encicl., Bucuresti, 1983.

[17] A. Belage, J. Rouvre, J. Chastenet de Gery, R. Theodor, Exercices resolusd’algebre lineaire, Masson, 1983.

[18] I.P. Popescu, Geometrie afina si euclidiana, Editura Facla, Timisoara,1984.

[19] M. Berger, Geometry I, II, Springer Verlag, Berlin-Heidelberg, 1987.

[20] I. Vladimirescu, Matematici speciale, Reprografia Universitatii din Craiova,1987.

[21] C. Nastasescu si colectivul, Probleme de structuri algebrice, EdituraAcademiei, Bucuresti, 1988.

[22] C. Iacob, Matematica aplicata ın mecanica, Editura Academiei, Bucuresti,1989.

[23] Gh. Murarescu, Curs de algebra liniara si geometrie analitica, ReprografiaUniversitatii din Craiova, 1991.

[24] C. Udriste, Aplicatii de algebra, geometrie si ecuatii diferentiale, EdituraDidactica si Pedagogica, Bucuresti, 1993.

[25] I. Vladimirescu, M. Popescu, Algebra liniara si geometrie analitica, EdituraUniversitaria, Craiova, 1994.

[26] V. Branzanescu, O. Stanasila, Matematici speciale, Editura ALL, Bu-curesti, 1994.

[27] I. Vladimirescu, M. Popescu, Algebra liniara si geometrie n-dimensionala,Editura Radical, Craiova, 1996.

[28] I. Pop, Gh. Neagu, Algebra liniara si geometrie analitica ın plan si ınspatiu, Editura Plumb, Bacau, 1996.

[29] C. Radu, Algebra liniara, geometrie analitica si diferentiala, Editura ALL,Bucuresti, 1998.

[30] Gh. Murarescu, Curs de Geometrie Diferentiala, Reprografia Universitatiidin Craiova, 1998.

[31] O. Stanasila, Analiza liniara si geometrie, Editura ALL, Bucuresti, 2000.

Page 317: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

BIBLIOGRAFIE 301

[32] T. Vladislav, I. Rasa, Matematici financiare si ingineresti, Editura FairPartners, Bucuresti, 2001.

[33] M. M. Stanescu, F. Munteanu, V. Slesar, Caiet de Seminar pentru Algebraliniara, Geometrie analitica si Geometrie diferentiala, Reprografia Univer-sitatii din Craiova, 2001.

[34] M. Popescu, P. Popescu, Algebra liniara si geometrie analitica, EdituraUniversitaria, Craiova, 2002.

[35] M. M. Stanescu, F. Munteanu, V. Slesar, Culegere de probleme de Algebraliniara, Geometrie analitica si Geometrie diferentiala, Editura Universi-taria, Craiova, 2002.

[36] Gh. Murarescu, M. Sterpu, Teoria diferentiala a curbelor si suprafetelor.Teorie si aplicatii, Editura Universitaria, Craiova, 2003.

[37] Gh. Atanasiu, Gh. Munteanu, M. Postolache, Algebra liniara, geometrieanalitica si diferentiala, Ecuatii diferentiale, Editura Fair Partners, Bu-curesti, 2003.

[38] C. Radu, Geometrie diferentiala. Ecuatii diferentiale, Editura Fair Part-ners, Bucuresti, 2004.

[39] I. Vladimirescu, F. Munteanu, Algebra liniara, geometrie analitica si ge-ometrie diferentiala, Editura Universitaria, Craiova, 2007.

[40] M. Boja, Geometrie analitica si diferentiala cu aplicatii, Editura Po-litehnica, Timisoara, 2008.

[41] M. M. Stanescu, F. Munteanu, V. Slesar, Probleme de Algebra liniara, Ge-ometrie analitica si Geometrie diferentiala, Editura Sitech, Craiova, 2009.

[42] C. Ariesanu, A. Gırban, Algebra liniara, Geometrie analitica si Geometriediferentiala. Teorie si probleme, Editura Universitaria, Craiova, 2015.

Page 318: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Examen parţial

Algebră liniară, geometrie analitică şi diferenţială

2014 12 10

grupa 10.102

1. Operatori simetrici ( definiţie, exemple, 3 proprietăţi,1 dem.) [1+2+1+3+3p]

2. Fie f ∈End (R3)care are relativ la baza canonică matriceaA=

1 −1 0−1 1 01 −1 0

a) Determinaţi o bază şi dimensiunea pentru Ker f şi Im f

b) Are loc Ker f⊕Im f=R3 ? Justificaţi răspunsul.

c) Dacă V =L(e1+e2−e3 ; e2+e3), atunci să se determine f(V )

3. Dacă A=

2 −4 0−4 16 40 4 2

este matricea aplicaţiei liniare f :R3 →R3 relativ la

baza canonică, atunci se cer:

a) Valorile proprii şi vectorii proprii pentru f

b) Este f diagonalizabil ? Justificaţi răspunsul.

c) Calculaţi An , n> 1.

4. Fie forma pătratică f :R3→R ,

f(x )=2(x1)2−8x1x2+16(x2)2+8x2x3+2(x3)2 , (∀) x =(x1, x2 , x3)∈R3

a) Determinaţi o formă canonică pentru f

b) Determinaţi baza corespunzătoare formei canonice găsite la a)

c) Determinaţi o bază ortonormată în spaţiul euclididian canonic R3 faţă decare f are forma canonică găsită la punctul a).

1

Page 319: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Examen partial

Algebra liniara, geometrie analitica si diferentiala

2014 12 10

gr. 10.107

1. Spatii euclidiene ( definitie, exemple, proprietati (2) ) [1+4+2+3p]

2. Fie f : R3 → R3 o aplicatie liniara care are matricea A =

−1 1 01 −1 0−1 1 0

matricea relativ la baza canonica B = {e1, e2, e3}

a) Determinati cate o baza si dimensiunea pentru Ker f si Im f

b) Are loc Kerf ⊕ Imf = R3 ? Justificati raspunsul !

c) Daca V = L (e1 + e2; e2 − e3), atunci determinati f (V )

3. Daca f ∈ End(R3)

care are matricea A =

1 1 11 1 11 1 1

relativ la baza

canonica, atunci sa se determine:

a) Valorile proprii pentru f

b) Vectorii proprii pentru f

c) Este f diagonalizabil ? Justificati raspunsul.

4. Fie forma patratica f : R3 → R

f (x) =(x1)2

+2x1x2+(x2)2

+2x2x3+2x3x1+(x3)2

, (∀) x =(x1, x2, x3

)∈ R3

a) Determinati matricea lui f relativ la baza canonica a lui R3

b) Determinati o forma canonica pentru f

c) Determinati baza corespunzatoare formei canonice gasite la punctula).

Nota: Fiecare subiect are 1 punct din oficiu. Nota la examenul partial estemedia aritmetica a notelor celor 4 subiecte.

1

Page 320: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Examen partialAlgebra liniara, geometrie analitica si diferentiala

2014 12 15

grupa 10.108 Mecatronica si Robotica

1. Operatori simetrici (definitie, exemplu, 4 enunturi de proprietati, 1 dem).

[1p oficiu + 1p def + 1p ex +4p enunturi + 3p dem ]

2. Fie f : R3 → R3 o aplicatie liniara care are matricea A =

−1 1 01 −1 0−1 1 0

matricea relativ la baza canonica B = {e1, e2, e3}

a) Determinati cate o baza si dimensiunea pentru Ker f si Im f ;

b) Are loc Kerf ⊕ Imf = R3 ? Justificati raspunsul !

c) Daca V = L (e1 + e2 + e3; e1 − e2 + e3), atunci determinati o baza sidimensiunea pentru f (V ).

3. Daca f ∈ End(R3)

care are matricea A =

1 1 11 1 11 1 1

relativ la baza

canonica, atunci sa se determine:

a) Valorile proprii pentru f ;

b) Vectorii proprii pentru f ;

c) Determinati o baza ortonormata a lui R3 fata de care matricea lui fare forma diagonala.

4. Fie forma patratica f : R3 → R,

f (x) =(x1)2

+2x1x2+(x2)2

+2x2x3+2x3x1+(x3)2

, (∀) x =(x1, x2, x3

)∈ R3

a) Determinati matricea lui f relativ la baza canonica a lui R3;

b) Determinati o forma canonica pentru f ;;

c) Determinati baza corespunzatoare formei canonice gasite la pct. b).

Nota: Fiecare subiect are 1 punct din oficiu. Nota la examenul partial estemedia aritmetica a notelor celor 4 subiecte.

1

Page 321: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Examen partial

Algebra liniara, geometrie analitica si diferentiala

2014 12 03

Ingineria sistemelor multimedia

1. Inegalitatea lui Cauchy ( enunt + demonstratie) [4p + 5p]

2. Fie A =

1 0 1−1 1 0

1 −1 0

matricea lui f ∈ End(R3)

relativ la B =

{e1, e2, e3}

a) Determinati cate o baza si dimensiunea pentru Ker f si Im f

b) Are loc Kerf ⊕ Imf = R3 ? Justificati.

c) Daca V = L (e2 + e3; e1 − e3), atunci determinati o baza si dimensi-unea lui f (V )

3. Fie f ∈ End(R3)

care are matricea A =

4 −2 1−2 4 1

1 1 1

relativ la baza

canonica.

a) Determinati valorile proprii si vectorii proprii pentru f

b) Este f diagonalizabil ? Justificati.

c) Calculati An, n > 1.

4. Fie f : R3 → R , f (x) = 4(x1)2− 4x1x2 + 4

(x2)2

+ 2x1x3 + 2x2x3 +(x3)2

,

(∀) x =(x1, x2, x3

)∈ R3

a) Determinati o forma canonica pentru f

b) Determinati baza corespunzatoare formei canonice gasite la a)

c) Determinati o baza ortonormata ın R3 spatiul euclididian canonic fatade care f are aceasta forma canonica.

Nota: Fiecare subiect are 1 punct din oficiu. Nota la examenul partial estemedia aritmetica a notelor celor 4 subiecte.

1

Page 322: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Lucrare scrisă la Algebră liniară, geometrie analitică şi diferenţială

gr. 10.102

06. 02. 2015

Fără parţial

1). Inegalitatea lui Cauchy (enunţ + demonstraţie). Definiţia unghiului

2) Fie f :R3→R3 o aplicaţie liniară care are matricea A=

0 1 −11 0 −1

−1 −1 0

relativ la baza

B=(e1 , e2 , e3).

a)Scrieţi ecuaţiile lui f şi expresia analitică a lui f relativ la B

b) Ker f⊕Im f=R3 ?

c) Determinaţi valorile proprii şi vectorii proprii ai lui f .

Cu parţial

1). Distanţa de la un punct la o dreaptă. Unghiul a două drepte. Poziţia relativă a douădrepte în spaţiu.

2). Fie punctele A(1,−1, 1) , B(1, 0, 1) , C(−1, 2, 1) , D(0, 1, 2).

a) Arătaţi că punctele A, B , C , D sunt necoplanare

b) Calculaţi d(A, (BCD))

c) Calculaţi d (AB ,CD).

Comune

3). Se dau: punctul A(1 , 1, 0), dreapta δ definită prin

{

x− y+ z=0x+ y− z=0

şi elipsoidul (E) de

ecuaţie x2+ y2+2z2− 1=0

a) Calculaţi d (A, δ)

b) Determinaţi coordonatele prδA

c) Scrieţi ecuaţiile planelor tangente la (E) care sunt ⊥δ.

4). Fie curba γ :

{

x2+ y2− 1=0y2+ z2− 1=0

a) Arătaţi că ecuaţiile:

x= cos ty= sin tz= cos t

t∈R reprezintă un drum parametrizat al cărui suport

coincide cu curba γ

b) Determinaţi versorii triedrului Frenét asociat curbei γ în punctul M(t=0).

c) Scrieţi ecuaţiile axelor şi feţelor triedrului Frenét în M(1, 0, 1).

1

Page 323: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Lucrare scrisă la examenul de algebră liniară, geometrie analitică şi diferenţială

gr. 10.107

12 feb. 2015

Fără parţial

1). Nucleu şi imagine pentru o aplicaţie liniară.

2). Fie A=

1 1 21 0 1−1 1 0

∈M3(R)

a)Scrieţi expresia analitică şi ecuaţiile aplicaţiei liniare f :R3→R3 care are matricea A

relativ la baza B=(e1 , e2 , e3)

b)Are loc Ker f ⊕ Im f =R3 ?

c)Dacă a= (1 ,−1 , 1), atunci să se determine o bază şi dimensiunea pentru f(L(a))

Cu parţial

1). Produse de vectori liberi ( produsul scalar, produsul vectorial, produsul mixt).

2). Fie punctul A(1,−1, 0), dreapta δ de ecuaţii parametrice

x=1+ ty=2tz=1− t

t∈R

a) Calculaţi d(A, δ)

b) Scrieţie ecuaţia unei drepte γ astfel ca γ || δ şi A∈ γ.

c) Scrieţi ecuaţia planului π determinat de punctul A şi dreapta δ.

Comune

3) Fie elipsoidul (E) de ecuaţie x2+ y2+2z2− 1=0.

a) Calculaţi δ şi ∆.

b) Scrieţi ecuaţia planului tangent la E în punctul A(1, 0, 0).

c) Scrieţi ecuaţiile normalei la E în punctul A(1, 0, 0).

4) Fie punctul A(1,−1 , 1) şi curba γ : α(t)= cos t i + sin t j + t k t∈R.

a) Scrieţi ecuaţia planului normal la curba γ în punctul M(t=0)≡M(1 , 0 , 0).

b) Calculaţi d(A, πn(M)), unde πn(M) este planul normal la γ în M .

c) Determinaţi versorii triedrului Frenét asociat curbei γ în punctul M(t=0).

indicaţii: T , N , B ; α ′(t)=−sin t i + cos t j + k ; α ′(t)× α ′′(t)

1

Page 324: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Lucrare scrisă la examenul de algebră liniară, geometrie analitică şi diferenţială

gr. 10.108

07 feb. 2015

Fără parţial

1). Spaţii euclidiene (def. ex. propr.) [1p+3p+1p+1p+1p+3p dem]

2). Fie f :R3→R3 o aplicaţie liniară care are expresia analitică

f(x)= (x1+ x2+x3 , x1+ x2+x3 , x1+x2+x3 ) ∀ x=(x1 , x2 , x3)∈R3

a)Determinaţi matricea lui f relativ la baza B=(e1 , e2 , e3)

b)Arătaţi că Ker f ⊕ Im f =R3 .

c)Determinaţi valorile proprii şi vectorii proprii pentru f

Cu parţial

1). Perpendiculara comună a două drepte necoplanare. Distanţa dintre două dreptenecoplanar.

2). Fie punctul A(1, 1, 0), dreapta δ de ecuaţii parametrice

x=1+ ty=1− tz=2t

t∈R

a) Calculaţi d(A, δ)

b) Scrieţie ecuaţia unui plan π, astfel ca π⊥δ şi O ∈π.

c) Scrieţi ecuaţiile planelor tangente la elipsoidul (E): x2 + y2 + 2z2 − 1 = 0 care suntperpendiculare pe dreapta δ.

Comune

3) Fie punctele A(1, 0, 1), B(−1, 1, 1) , C(−1, 2, 1) , D(0, 1, 2)

a) Verificaţi dacă A, B , C sunt puncte necolineare

b) Verificaţi dacă A, B , C , D sunt puncte necoplanare

c) Calculaţi d(A, (BCD)).

4) Fie cuadrica

Γ: x2+ y2+ z2− 2x+2y+4z=0

a) Arătaţi că Γ este o sferă şi calculaţi coordonatele centrului ei şi raza ei

b) Scrieţi ecuaţia planului tangent la Γ în punctul O .

c) Scrieţi ecuaţiile normalei la sfera Γ în punctul O .

indicaţii: Γ: (x−x0)2+ (y− y0)

2+ (z − z0)2−R2=0

Γ=S(C(x0 , y0, z0) , R)

1

Page 325: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Lucrare scrisă la examenul de algebră liniară, geometrie analitică şi diferenţială

gr. 10.109

13 feb. 2015

Fără parţial

1). Complementul ortogonal al unui subspaţiu vectorial dintr-un spaţiu vectorial(

E1⊥)

.

2). Fie forma pătratică f :R3→R ,

f(x)= (x1)2− 2x1x2+(x2)2+2x2x3+4x3x1+2(x3)2 ,∀ x=(x1 , x2 , x3)∈R3

a)Determinaţi matricea lui f relativ la baza canonică.

b)Determinaţi o formă canonică pentru f .

c)Determinaţi baza corespunzătoare formei canonice găsite la bunctul b)

Cu parţial

1). Distanţe în spaţiu (d(A,B), d(A, δ) ,d(A, π) , d(δ1 , δ2) ).

2). Fie punctul A(1,−1, 1) şi dreapta δ de ecuaţii

{

x+ y− z=0x− y+ z=0

a) Calculaţi d(A, δ)

b) Determinaţi coordonatele prδA.

c) Scrieţi ecuaţia unei drepte γ astfel ca γ || δ şi A∈ γ.

Comune

3)Fie punctele A(1, −1, 1) , B(1, 0, 1) , C(−1, 2, 1) , D(0, 1, 2) şi planul π de ecuaţiex+ y+ z − 1=0

a) Verificaţi dacă A, B , C , D sunt necoplanare.

b) Calculaţi d(A, (BCD)).

c) Studiaţi poziţia relativă a dreptei AB faţă de planul π şi calculaţi sin ϕ, unde

ϕ=m(

AB , π)

.

4) Fie curba γ :

x= cos ty= sin tz= cos t

t∈R.

a) Arătaţi că această curbă este regulată şi biregulată.

b) Scrieţi ecuaţiile tangentei şi ecuaţia planului normal la curba γ în punctul M(t=0) .

c) Determinaţi versorii triedrului Frenét asociat curbei γ în punctul M(t=0).

indicaţii: RF(M)= {M(t) , T , N , B } ;

α(t)= cos t i + sin tj + cos t k

α ′(t)=−sin t i + cos t j − sin t k ;

1

Page 326: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Anexa 1 – Conice

Page 327: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Anexa 2 – Cuadrice

Sfera Elipsoidul

22

0

2

0

2

0 )()()( rzzyyxx 012

2

2

2

2

2

c

z

b

y

a

x

Hiperboloidul cu o pânză Hiperboloidul cu două pânze

012

2

2

2

2

2

c

z

b

y

a

x 01

2

2

2

2

2

2

c

z

b

y

a

x

Paraboloidul hiperbolic (şa) Paraboloidul eliptic

2

2

2

2

b

y

a

xz

2

2

2

2

b

y

a

xz

Page 328: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Conul pătratic Cilindrul eliptic

02

2

2

2

2

2

c

z

b

y

a

x 01

2

2

2

2

b

y

a

x

Cilindrul hiperbolic Cilindrul parabolic

012

2

2

2

b

y

a

x pxy 22

Pereche de plane secante Pereche de plane paralele

02

2

2

2

b

y

a

x 022 ax

Page 329: ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE … · 2016. 10. 25. · ALGEBRA LINIAR A, GEOMETRIE ANALITICA S˘I GEOMETRIE DIFERENT˘IALA. Teorie ˘si probleme Florian MUNTEANU

Pereche de plane Dreapta Mulţime cu un singur

confundate element

02 x 02

2

2

2

b

y

a

x 0

2

2

2

2

2

2

c

z

b

y

a

x

Mulţimea vidă

012

2

2

2

2

2

c

z

b

y

a

x sau 01

2

2

2

2

b

y

a

x sau 022 ax