Click here to load reader

Stanescu Munteanu Slesar Alg Geom Analitica

  • View
    111

  • Download
    4

Embed Size (px)

DESCRIPTION

culegere

Text of Stanescu Munteanu Slesar Alg Geom Analitica

  • Probleme de

    ALGEBRA LINIARA,

    GEOMETRIE ANALITICA SI

    GEOMETRIE DIFERENTIALA

    M. M. Stanescu, F. Munteanu, V. Slesar

    Craiova, 2001Editura Universitaria

  • 2

  • Cuprins

    I Algebra liniara 1

    1 Spatii vectoriale 3

    1.1 Probleme rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

    1.2 Probleme propuse spre rezolvare . . . . . . . . . . . 38

    2 Aplicatii liniare 41

    2.1 Probleme rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

    2.2 Probleme propuse spre rezolvare . . . . . . . . . . . 83

    3 Tensori 87

    4 Forme biliniare. Forme patratice 93

    4.1 Probleme rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

    4.2 Probleme propuse spre rezolvare . . . . . . . . . . . 118

    5 Spatii vectoriale euclidiene 121

    5.1 Probleme rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

    5.2 Probleme propuse spre rezolvare . . . . . . . . . . . 149

    II Geometrie analitica 153

    6 Vectori liberi 155

    6.1 Probleme rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

    6.2 Probleme propuse spre rezolvare . . . . . . . . . . . 166

    1

  • 2 CUPRINS

    7 Dreapta si planul 1697.1 Probleme rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1757.2 Probleme propuse spre rezolvare . . . . . . . . . . . 186

    8 Conice si cuadrice 1898.1 Probleme rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1918.2 Probleme propuse spre rezolvare . . . . . . . . . . . 216

    III Geometrie diferentiala 219

    9 Curbe 2219.1 Probleme rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2319.2 Probleme propuse spre rezolvare . . . . . . . . . . . 241

    10 Suprafete 24510.1 Probleme rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26210.2 Probleme propuse spre rezolvare . . . . . . . . . . . 269

  • Prefata

    Aceasta culegere de probleme pentru Algebra Liniara, Geome-trie Analitica si Geometrie Diferentiala este destinata tuturor celorce doresc sa aprofundeze cunostintele teoretice de Algebra Liniara,Geometrie Analitica si Geometrie Diferentiala prin aplicatii prac-tice concrete prezentate mpreuna cu solutiile lor. In plus, pentru omai buna consolidare a notiunilor, sunt prezentate n cadrul fiecaruicapitol si cate un set de probleme propuse spre rezolvare.

    Structura este elaborata pe trei parti: Algebra Liniara, Ge-ometrie Analitica si Geometrie Diferentiala. Prima parte se com-pune din capitolele: 1. Spatii vectoriale; 2. Aplicatii liniare; 3.Tensori; 4. Forme biliniare. Forme patratice; 5. Spatii vectorialeeuclidiene. Partea a doua este alcatuita din capitolele: 6. Vectoriliberi; 7. Dreapta si planul; 8. Conice si cuadrice. A treia parte esteformata din capitolele: 9. Curbe; 10. Suprafete.

    Fiecare nceput de capitol este marcat prin cateva informatii teo-retice considerate de autori ca strict necesare n vederea ntelegeriisolutiilor problemelor, precum si ca un ghid n rezolvarea ulterioaraa problemelor propuse.

    Din dorinta de a familiariza cititorii cu diverse tipuri de notatiimatematice utilizate si de alti autori, s-au folosit diferite prezentaripentru unul si acelasi obiect matematic (de exemplu, pentru spatiilevectoriale s-au utilizat notatiile V , W, etc.).

    Majoritatea solutiilor sunt prezentate n detaliu (unde este posi-bil solutia apare nsotita si de desene) din dorinta de a face accesibileetapele gandirii logice n obtinerea rezultatelor solicitate de prob-

    i

  • ii CUPRINS

    leme. Sunt utilizate de asemenea foarte multe notiuni elementaredin cadrul Algebrei, Geometriei Analitice si Analizei Matematicestudiate n liceu, presupuse a fi cunoscute.

    Autorii aduc multumiri prof. dr. Ion Vladimirescu si conf. dr.Vasile Seleacu pentru sprijinul si ajutorul acordat n concepereaacestei carti, ca si pentru efortul depus n recenzia materialului.

    Autorii multumesc de asemenea prof. dr. Petre Stavre, prof. dr.Gheorghe Murarescu, prof. dr. George Vraciu pentru unele indicatiipe care le-au dat pe marginea elaborarii acestei carti.

    De asemenea aducem multumiri d-lor prof. dr. doc. PetruCojocaru si prof. dr. Constantin Niculescu pentru faptul ca auacceptat sa poarte unele discutii relativ la elaborarea cartii.

    Autorii

  • CUPRINS iii

    Autorii au avut urmatoarele contributii:1. Marius Marinel Stanescu- elementele teoretice de la nceputul fiecarui capitol;- problemele rezolvate: 13 - 34, cap. 1; 1 - 10, 27 - 30, cap. 2; 1

    - 3, cap. 3; 1, 2 cap. 4; 1, 2 cap. 5; 1, 3, 8, 9, cap. 6; 1 - 4, 6 - 11cap. 7; 1 - 6, cap. 8; 1 - 14, cap. 9;

    - problemele propuse spre rezolvare de la capitolele 8, 9, 10.2. Florian Munteanu- problemele rezolvate: 1 - 11, 35, 36, cap. 1; 11, 14, 15 - 19, 21

    - 23, 25, 26, 31, 32, cap. 2; 4 - 9, cap. 4; 4 - 14, cap. 5; 2, 5 - 7, cap.6; 5, 12 - 14 cap. 7; 7 - 11, 14, 16, cap. 8; 1 - 7, cap. 10;

    - problemele propuse spre rezolvare de la capitolele 1, 2, 4, 5, 6,7.

    3. Vladimir Slesar- problemele rezolvate: 12, 37, cap. 1; 12, 13, 20, 24, cap. 2; 3,

    10 - 12, cap. 4; 3, 15 - 17, cap. 5; 10, 11 cap. 6; 12, 13, 15, 17, cap.8;

  • iv CUPRINS

  • Partea I

    Algebra liniara

    1

  • Capitolul 1

    Spatii vectoriale

    Definitia 1.1. O multime V se numeste spatiu vectorial (sau spatiuliniar) peste un corp comutativ K daca:

    a) exista o lege de compozitie interna (numita adunare) princare oricarei perechi de elemente x, y din V i corespunde un elementz V , numit suma elementelor x, y si notat x + y, lege care areurmatoarele proprietati:

    1. x+ y = y + x , pentru orice x, y V ;2. (x+ y) + z = x+ (y + z) , pentru orice x, y, z V ;3. exista un element 0 (vectorul nul) n V astfel ncat

    x+ 0 = 0 + x , pentru orice x V ;4. pentru orice x V exista un element y V astfel ncat

    x+ y = 0.

    b) exista o lege de compozitie externa (numita nmultire cuscalari) care permite ca pentru orice element x V si pentru oricescalar K sa se poata construi un element u V (numit produsulelementului x cu scalarul si notat u = x) si care are urmatoareleproprietati:

    5. 1x = x , pentru orice x V ;6. (x) = ()x , pentru orice x V , , K;7. ( + )x = x + x , pentru orice x V si oricare ar fi

    , K;8. (x + y) = x + y , pentru orice x, y V si oricare ar fi

    3

  • 4 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

    K.Axioma 1. de comutativitate a adunarii nu trebuie neaparat

    inclusa n definitia spatiului vectorial deoarece se poate deduce dincelelalte axiome.

    Fie {x1, x2, . . . , xk} un sistem de vectori ntr-un spatiu vectorialV peste un corp K si scalarii 1,2, ...,k din K. Vectorul

    y = 1x1 + 2x2 + + kxkse numeste combinatie liniara a vectorilor x1, x2, . . . , xk; scalarii1,2, . . . ,k se numesc coeficientii acestei combinatii liniare.

    Sistemul {x1, x2, . . . , xk} se numeste liniar dependent dacaexista scalarii 1,2, ...,k nu toti nuli astfel ncat

    1x1 + 2x2 + + kxk = 0 (1.1)Daca egalitatea (1.1) este posibila doar n cazul cand

    1 = 2 = = k = 0, atunci sistemul {x1, x2, . . . , xk}se numeste liniar independent.

    Un sistem de vectori S V se numeste liniar dependent dacaexista un subsistem finit al lui S care este liniar dependent. Dacaorice subsistem finit al lui S este liniar independent atunci S senumeste liniar independent.

    Un sistem S V se numeste sistem de generatori pentru V dacaorice vector din V se scrie ca o combinatie liniara de vectorii unuisubsistem finit al lui S.

    Proprietatea 1.1. Sistemul {x1, x2, . . . , xk} este liniar depen-dent daca si numai daca unul dintre vectorii lui este combinatieliniara a celorlalti.

    Definitia 1.2 Un sistem de vectori dintr-un spatiu vectorial Vformeaza o baza a spatiului V daca este sistem liniar independentsi sistem de generatori pentru V .

    Un sistem de vectori B = {e1, e2, . . . , en} constituie o baza alui V daca si numai daca pentru orice x V exista o reprezentareunica, de forma

    x = 1e1 + 2e2 + + nen (j K, j = 1, 2, . . . , n) (1.2)

  • 5Scalarii din dezvoltarea (1.2), 1, 2, ..., n, se numesc coordo-natele vectorului x n raport cu baza B.

    Teorema 1.1. Orice spatiu vectorial V nenul (V 6= {0}) are celputin o baza.

    Teorema 1.2. Oricare doua baze ale unui spatiu vectorial Vau acelasi numar de vectori.

    Daca spatiul vectorial V are o baza formata cu n vectori, atuncise spune ca V are dimensiunea n. Spatiul V se numeste n-dimensionalsi scriem dimV = n sau dimK V = n.

    Daca V are o baza formata cu o infinitate de vectori atuncise spune ca V este infinit dimensional si scriem dimV = saudimK V =.

    Definitia 1.3. Orice submultimeW V care verifica conditiilea) daca x W , y W atunci x+ y W ,b) daca x W si K , atunci x Wse numeste subspatiu vectorial (sau simplu subspatiu) al spatiului

    vectorial V .

    Conditiile a) si b) sunt echivalente cu conditia:

    c) daca x, y W si, K atunci x+ y W .Proprietatea 1.2. Orice subspatiu vectorial al unui spatiu

    vectorial peste K este un spatiu vectorial peste K si 0 dimW dimV .

    Proprietatea 1.3. Daca este fixata o baza {f1, f2, . . . , fl} asubspatiului W al spatiului vectorial V , atunci exista vectorii fl+1,..., fn n V astfel ncat sistemul {f1, f2, . . . , fn} sa constituie o bazaa lui V .

    Definitie 1.4. Se spune ca spatiul vectorial V este suma directaa subspatiilor W1,W2 . . . ,Wm daca:

    a) pentru orice x V exista o descompunere de formax = x1 + + xm , unde x1 W1, . . . , xm Wm(ceea ce reprezinta si definitia sumei de subspatii vectoriale);

    b) aceasta descompunere este unica: daca x = x1 + + xm =y1 + + ym si daca xj , yj Wj , j = 1, 2, ...,m , atunci x1 = y1 ,x2 = y2 , . . . , xm = ym .

    Proprietatea 1.4. Conditia b) din definitia 1.4. implica faptul

  • 6 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

    ca oricare ar fi doua din subspatiile W1, . . . ,Wm ele au n comundoar vectorul nul 0 .

    Proprietatea 1.5. Daca V este un spatiu vectorial finit dimen-sional, atunci dimensiunea sumei a doua subspatii W1, W2 ale lui Veste egala cu suma dimensiunilor lor din care se scade dimensiuneaintersectiei, adica are loc formula lui Grassmann:

    dim(W1 +W2) = dimW1 + dimW2 dim(W1 W2)

    Definitia 1.5. Acoperirea (sau nfasuratoarea, sau anvelopa)liniara a sistemului de vectori S V , notata L(S), este multimeatuturor combinatiilor liniare finite de vectori ai lui S,

    1x1 + 2x2 + + kxk (1.3)x1, x2, ..., xk S, 1,2, ...,k K, k N.Acoperirea liniara a unui sistem de vectori S V este un subspatiu

    vectorial al lui V , egal cu intersectia tuturor subspatiilor care continsistemul S.

    Proprietatea 1.6. Daca toti vectorii unui sistem S Vapartin acoperirii liniare a sistemului S0 V , atunci acoperirealiniara L (S) este continuta n acoperirea liniara L (S0) .

    Proprietatea 1.7. Orice vector al sistemului S care depindeliniar de ceilalti vectori ai acestui sistem poate fi eliminat fara mod-ificarea acoperirii liniare L(S).

    Definitia 1.6. Fie V un spatiu vectorial peste K de dimensiunen si B o baza a sa. Aplicatia bijectiva : V Kn care asociazafiecarui vector x V , elementul (x1, x2, . . . , xn) Kn, format dincoordonatele sale n baza B, se numeste sistem de coordonate pe Kndefinit de B.

    In acest caz, Kn se mai numeste si modelul aritmetic al spatiuluivectorial V . Kn se zice ca este spatiul vectorial aritmetic n-dimensional.

    Lema substitutiei. Fie B = {e1, . . . , en} o baza a lui V spatiuvectorial peste K si a a =

    nPi=1

    iei. Daca se considera sistemul B0= {e1, . . . , ei1, a, ei+1, . . . , en}, atunci avem:

    a) B0 este baza a lui V daca si numai daca i 6= 0;

  • 7b) B0 fiind baza n V , ntre coordonatele (yk) n raport cu B0 sicoordonatele

    xkn raport cu B (k = 1, 2, ..., n) , ale unui vector

    oarecare x V exista relatiile:

    yi =xi

    isi yk = xk

    kxi

    i, k 6= i .

    Teorema nlocuirii. Fie B = {e1, . . . , en} o baza a spatiului Vsi sistemul de vectori liniar independentiS = {y1, . . . , yl} , yi V (i = 1, . . . , l) . Atunci:

    a) l n ;b)nlocuind l vectori din baza B prin vectorii sistemului S se

    obtine o noua baza n V .Fie B = {e1, e2, . . . , en} si B0 =

    f1, f2, . . . , fn

    doua baze ntr-

    un spatiu vectorial n-dimensoinal V . Orice vector x V poate fireprezentat sub forma

    x = 1e1 + 2e2 + + nen = 1f1 + 2f2 + + nfn, (1.4)unde scalarii 1, 2, . . . , n sunt coordonatele vectorului x relativ labaza B , iar scalarii 1, 2, . . . , n sunt coordonatele lui x relativ labaza B0. Prezentam coordonatele vectorului x relativ la baza B0cunoscand coordonatele lui x relativ la baza B. Presupunem ca estedata matricea P =

    p(j)i

    1i,jn

    de trecere de la baza B la baza B0,adica

    fi =nXj=1

    pj(i)ej , (i = 1, 2, . . . , n)

    Atunci vectorii bazei B se exprima cu ajutorul vectorilor bazei B0prin formulele

    ej =nXk=1

    q(k)j fk , (j = 1, 2, ..., n) (1.5)

    unde Q =q(j)k

    1k,jn

    este matricea inversa a matricii P .

    Teorema 1.3. Coordonatele unui vector x relativ la baza B0se exprima liniar cu ajutorul coordonatelor lui x relativ la baza

  • 8 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

    B; coeficientii acestor expresii liniare formeaza o matrice, care estematricea de trecere de la baza B0 la baza B (adica inversa matriceiP ).

    1 = q(1)1 1 + q

    (1)2 2 + + q(1)n n ,

    2 = q(2)1 1 + q

    (2)2 2 + + q(2)n n ,

    .......................................................

    n = q(n)1 1 + q

    (n)2 2 + + q(n)n n .

    1.1 Probleme rezolvate

    1. Fie K un corp comutativ. Aratati ca pe K se poate introduceo structura de spatiu vectorial peste K.Solutie:Legea interna aditiva + a corpului comutativ K poate ficonsiderata ca o adunare pe K, iar nmultirea cu scalari dinK este chiar legea interna multiplicativa de pe K. Cum(K,+) este grup abelian si proprietatile:8) (x+ y) = x+ y , K, x, y K7) (+ )x = x+ x , , K, x K6) (x) = ()x , , K, x K5) 1Kx = x , x Ksunt evident verificate datorita structurii de corp comutativ alui K, rezulta ca (K,+, ) este spatiu vectorial peste K.

    2. Fie I o multime nevida si K un corp comutativ. Aratati cape multimea tuturor functiilor definite pe I si cu valori n K ,notata KI , se poate introduce o structura de spatiu vectorialpeste K.Solutie:Definim legea de compozitie interna+00 : 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 functia0 : I K , 0(x) = 0K , x I este element neutru pentru

  • 1.1. PROBLEME REZOLVATE 9

    legea +. In plus, pentru orice functie f : I K, functiaf : I K , definita prin (f)(x) = f(x), x I (aicif(x) este opusul lui f(x) n K), este opusul ei n raport culegea interna + de pe KI .Legea de compozitie externa pe KI , cu scalari din K,00s : K KI KI , (, f) 7 f , este definita prin:

    (f)(x) = K f(x) , x I .Cele patru proprietati 5) - 8) se verifica n fiecare x I siastfel rezulta ca (KI ,+, s) este un spatiu vectorial peste K.

    3. Verificati ca C este spatiu vectorial peste R si indicati dimen-siunea si o baza pentru acest spatiu vectorial.Solutie:Legea interna pe C este chiar adunarea din corpul numerelorcomplexe, iar nmultirea cu scalari dinR este nmultirea dintreun numar real si un numar complex. In acest mod, C devinespatiu vectorial real, vectorul nul fiind numarul complex 0.Daca , R astfel ncat 1+ i = 0, atunci = = 0 .Deci {1, i} este sistem liniar independent.Pentru orice z C , alegand = Rez si = Imz , avemz = 1 + i , , R . Astfel, {1, i} este sistem de gen-eratori, si prin urmare baza a spatiului vectorial real C . Inconsecinta, dimRC = 2 .

    4. Fie K un corp comutativ si n N . Aratati ca pe multimeaKn = KK K (de n ori) se poate introduce o structurade spatiu vectorial peste K de dimensiune n.Solutie:Tinand cont ca Kn =

    (x1, . . . , xn)|x1, . . . , xn K ,

    definim legea interna +00 : Kn Kn Knsi legea externa 00s : K Kn Kn prin(x1, . . . , xn) + (y1, . . . , yn) = (x1 + y1, . . . , xn + yn) ,respectiv (x1, . . . , xn) = (x1, . . . ,xn)pentru orice K si (x1, . . . , xn), (y1, . . . , yn) Kn .Din (x1, . . . , xn) +

    (y1, . . . , yn) + (z1, . . . , zn)

    =

  • 10 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

    (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 adunariide pe Kn.Comutativitatea se deduce din comutativitatea adunarii dinK:(x1, . . . , xn)+(y1, . . . , yn) = (x1+y1, . . . , xn+yn) = (y1, . . . , yn)+(x1, . . . , xn) .Elementul neutru relativ la + este n-uplul (0, . . . , 0) , unde0 este zeroul corpului K.Pentru orice n-uplu (x1, . . . , xn), opusul sau este n-uplul(x1, . . . ,xn) , undexi este opusul lui xi relativ la adunareadin K.Prin urmare (Kn,+) este grup abelian.Acum, vom verifica proprietatile 5)-8):8)

    (x1, . . . , xn) + (y1, . . . , yn)

    =

    (x1 + y1, . . . , xn + yn) =(x1 + y1), . . . ,(xn + yn)

    =

    (x1 + y1, . . . ,xn + yn) =(x1, . . . ,xn) + (y1, . . . ,yn) =(x1, . . . , xn) + (y1, . . . , yn) ,7) (+ )(x1, . . . , xn) =

    (+ )x1, . . . , (+ )xn

    =

    = (x1 + x1, . . . ,xn + xn) = (x1, . . . ,xn)+(x1, . . . ,xn) = (x1, . . . , xn) + (x1, . . . , xn) ,6)

    (x1, . . . , xn)

    = (x1, . . . ,xn) =

    (x1), . . . ,(xn)= (x1, . . . ,xn) = (x1, . . . , xn) ,

    5) 1(x1, . . . , xn) = (1x1, . . . , 1xn) = (x1, . . . , xn), (1 fiind uni-tatea lui K),pentru orice n-upluri (x1, . . . , xn) si (y1, . . . , yn) si orice, K .Deci (Kn,+, s) este spatiu vectorial peste K, numit spatiuvectorial aritmetic, n care notam 0 = (0, . . . , 0) , vectorul nul,x = (x1, . . . ,xn) opusul vectorului x = (x1, . . . , xn) .

  • 1.1. PROBLEME REZOLVATE 11

    Sistemul de vectoriB = {e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, . . . , 0), ..., en = (0, 0, . . . , 1)}este o baza pentru Kn, numita baza canonica.Intr-adevar,

    dinnXi=1

    iei = 0 (1, . . . ,n) = (0, . . . , 0)

    si astfel 1 = = n = 0 . Prin urmare B este sistem liniarindependent.Fie x = (x1, . . . , xn) Kn . Alegand i = xi , i = 1, n , avem

    nXi=1

    iei =nXi=1

    xiei = x

    si prin urmare B este sistem de generatori.Deci B este baza si dimK Kn = n .

    5. Conform problemei 4, Rn este spatiu vectorial real n dimen-sional si Cn este spatiu vectorial complex n dimensional, darCn poate fi organizat si ca spatiu vectorial real de dimensiune2n.Solutie:Adunarea peCn este definita ca n problema 4, iar nmultireacu scalari reali s : RCn Cn ,(z1, . . . , zn) = (z1, . . . ,zn) , verifica 5)-8) n 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,

    dinnXk=1

    kek +nXk=1

    kfk = 0 (1 + i1, . . . ,n + in) = 0

    si prin urmare k+ ik = 0, k = 1, n, adica toti scalarii realiai combinatiei liniare nule sunt egali cu zero. Mai ramane sa

  • 12 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

    aratam ca B este sistem de generatori.Fie z = (z1, . . . , zn) Cn . Luand k = Rezk sik = Imzk scalari reali (k = 1, n), avem

    nXk=1

    kek+nXk=1

    kfk = (Rez1 + iImz1, . . . , Rezn + iImzn) = z .

    Deci B este baza si dimRCn = 2n .

    6. Verificati ca (Mm,n (K),+, s) este un spatiu vectorial pestecorpul comutativ K si aratati ca dimensiunea sa este mn.Solutie:Structura de spatiu vectorial peste K a lui Mm,n (K) estejustificata de proprietatile adunarii si nmultirii cu scalari dinK a matricilor.Altfel, daca privim Mm,n (K) ca multimea tuturor functiilordefinite pe {1, 2, . . . ,m} {1, 2, . . . , n} cu valori n K, atunciconform problemei 2, se obtine aceeasi structura de spatiuvectorial 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 ele-mentele egale cu zeroul corpului K, cu exceptia elementuluide la intersectia liniei i cu coloana j, care este unitatea lui K.Multimea B = Eij |i = 1,m, j = 1, n are mn elemente si estebaza pentru Mm,n (K) . Intr-adevar, din orice combinatieliniara nula,

    mXi=1

    nXj=1

    ijEij = Om,n ,

  • 1.1. PROBLEME REZOLVATE 13

    avem (ij)i,j = 0m,n , adica ij = 0K ,i = 1,m, j = 1, n siprin urmare B este sistem liniar independent.Pentru orice matrice A = (aij)i,j din Mm,n (K) putem alegescalarii din K , ij = aij astfel ca

    A =mXi=1

    nXj=1

    aijEij =mXi=1

    nXj=1

    ijEij .

    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 .Solutie:PeMm,n (C) se introduce o structura de spatiu vectorial pesteR folosind adunarea matricilor si nmultirea matricilor cu scalarireali. O baza naturala luiMm,n (C) , considerat ca spatiu vec-torial real, este formata cu matrici 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 ele-mentele egale cu zero, cu exceptia elementului de la intersectialiniei k cu coloana l, care este 1, iar Fkl este o matrice de tipul(m,n) care are toate elementele egale cu zero, cu exceptia el-ementului de la intersectia liniei k cu coloana l, care este i.Ca n 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. FieK un corp comutativ. Aratati ca pe multimea polinoamelorn nedeterminata X cu coeficienti din K, K[X], se poate in-troduce o structura de spatiu vectorial pesteK, de dimensiune

  • 14 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

    infinita.Solutie:Adunarea polinoamelor din K[X] detemina o structura degrup abelian pe K[X] (polinomul nul fiind element neutru),iar nmultirea cu scalari dinK verifica proprietatile 5)-8). Deci(K[X],+, s) este spatiu vectorial peste K.Sistemul infinit de polinoame B = {1, X,X2, . . . ,Xn, . . .} esteliniar independent pentru ca orice subsistem finit,S = {Xj1 ,Xj2 , . . . , Xjk} B ( j1, j2, . . . , jk N ) este liniarindependent. Intr-adevar, din j1Xj1+j2Xj2+ +jkXjk = rezulta caj1 = j2 = = jk = 0 K .(doua polinoame coincid daca si numai daca au aceeasi coeficienti)Deoarece n K[X] exista un sistem infinit de vectori liniarindependenti, avem ca dimK K[X] = .

    9. Conform problemei 8, R[X] este spatiu vectorial real infinitdimensional si C[X] este spatiu vectorial complex infinit di-mensional. In plus, C[X] poate fi organizat si ca spatiu vec-torial real de dimensiune infinita.Solutie:Restrictionand nmultirea cu scalari la numere reale obtinemca C[X] este spatiu vectorial real. O baza naturala a spatiuluivectorial real C[X], este sistemul infinit:B = {1, i,X, iX,X2, iX2, . . . , Xn, iXn, . . .} .

    10. FieK un corp comutativ. Aratati ca pe multimea polinoamelorn nedeterminata X, cu coeficienti din K, de grad cel mult n,Kn[X], se poate introduce o structura de spatiu vectorial pesteK, de dimensiune n+ 1 .Solutie:Evident, adunarea polinoamelor de grad cel mult n, + : Kn[X] Kn[X] Kn[X] si nmultirea cu scalari dinK, s : K Kn[X] Kn[X] sunt bine definite si verifica pro-prietatile din definitia spatiului vectorial.

  • 1.1. PROBLEME REZOLVATE 15

    O baza naturala a lui Kn[X] este B = {1,X,X2, . . . , Xn} .Intr-adevar, din

    nPj=0

    jXj = rezulta j = 0 , j = 0, n

    si f Kn[X], f = a0 + a1X + a2X2 + + amXm( m n ) 0 = a0,1 = a1, . . . ,m = am,m+1 = 0 ,. . . ,n = 0 K astfel ca f = 0+1X+2X2+ +nXn .Deci dimK Kn[X] = n+ 1 .

    11. Conform problemei 10, dimRRn[X] = n+ 1 sidimCCn[X] = n+ 1 , dar dimRCn[X] = 2(n+ 1) .Solutie:Baza naturala a spatiului vectorial real Cn[X] esteB = {1, i,X, iX,X2, iX2, . . . , Xn, iXn} .

    12. Daca V este un spatiu vectorial de dimensiune n peste corpulK si S V un sistem format din n vectori, atunci urmatoareleafirmatii sunt echivalente:

    a) S este liniar independent n V ;

    b) S este sistem de generatori;

    c) S este baza n V .

    Solutie:

    a) b) Fie sistemul de vectori {v1, ..., vn} liniar indepen-dent. Presupunem ca nu este sistem de generatori. Atunci ()vn+1 V astfel ncat {v1, ..., vn, vn+1} sunt liniar independenti,ceea ce este o contradictie, deoarece dimensiunea spatiului esten.

    b) a) Fie {v1, ..., vn} un sistem de generatori. Presupunemca nu este liniar independent. Din acest sistem de genera-tori putem extrage un subsistem maximal de vectori liniariindependenti {w1, ..., wk}, k < n. Deoarece {w1, ..., wk} estemaximal, () i = 1..n, vi L(w1, ..., wk). Dar cum {v1, ..., vn}este sistem de generatori, deci L (v1, ..., vn) = V , va rezulta caL(w1, ..., wk) = V , deci {w1, ..., wk} este sistem de generatori.Cum {w1, ..., wk} este si liniar independent, este o baza. Dar

  • 16 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

    dimensiunea spatiului vectorial V este n si k < n. De aicirezulta contradictia.

    Daca a) b) si b) a), tinand cont de proprietatile bazei,avem ca a) c), b) c) . De asemenea, c) a), c) b)este evident.

    13. Care din urmatoarele sisteme de vectori din spatiul vectorialaritmetic R3 sunt liniar independente:

    a) {a1 = (1, 2, 3), a2 = (2, 3, 1), a3 = (3, 1, 2)}b) {b1 = (1, 3,1), b2 = (0,2, 1), b3 = (3,1,1)}Solutie:

    a) Formam cu ajutorul componentelor vectorilor dispuse pecoloane urmatoarea matrice:

    A =

    1 2 32 3 13 1 2

    Exista o combinatie liniara nula (dar cu coeficienti nu toti nuli)a vectorilor a1, a2, a3 daca si numai daca exista o combinatieliniara de acelasi gen a coloanelor matricei A. In cazul demai sus aceasta este echivalenta cu anularea determinantuluimatricei A. Avem detA = 24, deci sistemul {a1, a2, a3} esteliniar independent.

    b) Rationand analog, obtinem matricea

    B =

    2 0 13 2 11 1 1

    Avem detB = 0, deci sistemul de vectori {b1, b2, b3} este liniardependent.

    14. Fie {v1, v2, v3} R3, v1 = (1,, 0), v2 = (, 1, 1), v3 =(1, 0,), R.

  • 1.1. PROBLEME REZOLVATE 17

    a) Sa se afle R astfel ncat S = {v1, v2, v3} sa formeze obaza n R3.

    b) Pentru =2 sa se extraga din S o baza S0 a subspatiului

    vectorial L(v1, v2, v3).

    Solutie:

    a) Formam matricea A =

    1 1 1 00 1

    . Calculand deter-

    minantul matricii A, obtinem detA = (2 ) (2 + ) .

    Sistemul format din vectorii {v1, v2, v3}este liniar independentpentru R\{2, 0,2}. Cum dimensiunea lui R3 este 3,S este o baza pentru R\{2, 0,2}b) Pentru =

    2, minorul determinat de primele doua linii

    si doua coloane, =

    1

    2

    2 1

    este nenul si tinand seama

    ca detA = 0, este minor principal.Vectorii v1, v2, cu componentele carora se formeaza minorulformeaza baza S0 ceruta.

    15. Sa se arate ca sistemele de vectori S = {(1, 1, 0), (1,1,1)}si respectiv S2 = {(9,1,5), (7,1,4)} din R3, genereazaacelasi subspatiu vectorial.

    Solutie:

    Sa notam u1 = (1, 1, 0), u2 = (1,1,1), v1 = (9,1,5),v2 = (7,1,4). Aratam mai ntai ca v1, v2 L(u1, u2).Daca cautam , R astfel ca v1 = u1 + u2 obtinem:

    1 + 1 = 9 1 + (1) = 1 0 + (1) = 5

    De aici rezulta = 4, = 5, deci v1 = 4u1 + 5u2. Analogv2 = 3u1 + 4u2. Atunci v1, v2 L(u1, u2) si deci vom avearelatia:

    L(v1, v2) L(u1, u2)

  • 18 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

    Similar gasim u1 = 4v1 5v2, u2 = 3v1 + 4v2, deci:

    L(u1, u2) L(v1, v2)

    Folosind si relatia gasita mai sus obtinem:

    L(v1, v2) = L(u1, u2).

    16. Sa se descompuna vectorul s, dupa vectorii u ,v ,w, care sunttrei vectori liniar independenti n spatiul vectorial real V , daca:

    s = a+ b+ c si

    u = a+ b 2cv = a bw = 2b+ 3c

    .

    Solutie:

    s = u+ v + w, cu , , Ra+ b+ c = a+ b 2c+ a b+ 2b+ 3c

    a = (+ )ab = ( + 2)bc = (2+ 3)c

    + = 1 + 2 = 12+ 3 = 1

    A =

    1 1 01 1 22 0 3

    ;A =

    1 1 0 11 1 2 12 0 3 1

    rangA =rangA

    detA = 3 4 3 = 10 ;

    =

    1 1 01 1 21 0 3

    10 ; =25 ;

    =

    1 1 01 1 22 1 3

    10 ; =35

  • 1.1. PROBLEME REZOLVATE 19

    =

    1 1 11 1 12 0 1

    10 ; =35

    deci s = 25u+35v +

    35w.

    17. In spatiul vectorilor liberi V 3 se dau vectorii x1 = 2i+ j + k,x2 = 3i+ 5j + 2k, x3 = 4i+ 3j + k, unde {i, j, k} este o bazaa lui V 3.

    Se cere :

    a) sa se arate ca {x1, x2, x3} formeaza o baza n V 3;b) sa se descompuna vectorul x = 20i + 20j + 8k n baza{x1, x2, x3}.Solutie:

    a)Trebuie aratat ca {x1, x2, x3} sunt liniar independenti si con-stituie un sistem de generatori.

    Cum V 3 are dimensiunea 3, este suficient sa demonstram liniarindependenta vectorilor x1, x2, x3.

    Fie ,, R. Din egalitatea

    x1 + x2 + x3 = 0

    rezulta : 2i+j+k+3i+5j+2k+4i+3j+k = 0.

    Asadar (2+3+4)i+(+5+3)j + (+2 + )k = 0.

    Dar {i, j, k} constituie baza n V 3

    (*)

    2+ 3 + 4 = 0+ 5 + 3 = 0+ 2 + = 0

    = = = 0 este solutia sis-

    temului, deci {x1, x2, x3} sunt vectori liniar independenti.Atunci tripletul {x1, x2, x3} constituie o baza pentru spatiulvectorial V 3.

  • 20 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

    b) Descompunerea se realizeaza n mod analog cu cea de laproblema precedenta, obtinandu-se:

    x = x1 + 2x2 + 3x3.

    18. Se da spatiul vectorial al polinoamelor cu coeficienti reali degrad mai mic sau egal cu 5.Sa se determine dimensiunea acestui spatiu si sa se gaseascadescompunerea polinomuluiP (X) = 1 + 2X X2 + 3X3 + 5X4 + X5 n baza canonicaP1(X) = 1, P2(X) = X,P3(X) = X

    2, P4(X) = X3, P5(X) =

    X4, P6(X) = X5 .

    Solutie:

    Dimensiunea spatiului vectorial este egala cu numarul vecto-rilor bazei acelui spatiu vectorial.

    Aratam ca polinoamele P1(X), P2(X), ..., P6(X) (Pi(X) = Xi1,

    i = 1, 6) constituie o baza pentru spatiul vectorial al poli-noamelor cu coeficienti reali (complecsi) de grad mai mic sauegal cu 5.

    a) liniar independenta - fie combinatia liniara:

    6Xi=1

    iPi(X) = 0,i R, i = 1, 6

    Folosind egalitatea a doua polinoame rezulta:

    i = 0; (i = 1, 6), (11 + 2X + 3X2 + 4X3 + 5X4+

    6X5 = 0 1 + 0 X + 0 X2 + 0X3 + 0X4 + 0X5, de unde1 = 2 = 3 = 4 = 5 = 6 = 0).

    b) sistem de generatori - prin nsasi modul de definire al poli-noamelor cu coeficienti reali sau complecsi, acestea sunt prezenteca o combinatie liniara de polinoame Pi(X), i = 1, 6.

    (P (X) =6Pi=0aiX

    i =6Pi=0aiPi (X)).

  • 1.1. PROBLEME REZOLVATE 21

    Asadar {1, X,X2, X3,X4, X5} constituie o baza pentru spatiulvectorial al polinoamelor cu coeficienti reali de grad mai micsau egal cu 5. Dimensiunea spatiului vectorial este 6.

    Reprezentarea particulara a lui P (X) = 1+2XX2+3X3+5X4 +X5 este:

    P (X) = P1(X)+2P2(X)P3(X)+3P4(X)+5P5(X)+P6(X).19. FieM3,4(R) multimea matricilor cu trei linii si patru coloane,

    cu elementele numere reale. Folosind faptul ca (M3,4(R),+, )este un spatiu vectorial real, sa se gaseasca descompunerea lui

    A =

    0 1 2 11 5 0 22 3 4 7

    n baza canonicaE1 =

    1 0 0 00 0 0 00 0 0 0

    , E2 =

    0 1 0 00 0 0 00 0 0 0

    ,

    E3 =

    0 0 1 00 0 0 00 0 0 0

    ,..., E12 =

    0 0 0 00 0 0 00 0 0 1

    Solutie:

    Descompunerea este :

    A = 0 E1+(1) E2+2 E3+1 E4+1 E5+5 E6+0 E7++(2) E8 + (2) E9 + 3 E10 + 4 E11 + 7 E12

    20. Sa se determine R astfel ca vectorii :a = e1 e2 + 4e3; b = 2e1 3e2 + e3; c = e1 + 2e2 + e3sa fie liniar dependenti n spatiul vectorial aritmetic R3, unde{e1, e2, e3} este baza canonica a lui R3.Solutie:

    Vectorii a si b sunt cunoscuti ( ei sunt reprezentati sub formaunei combinatii liniare a vectorilor e1, e2, e3). Pentru ca vec-torii a, b, c sa fie liniar dependenti trebuie ca vectorul c sa sereprezinte ca o combinatie liniara a vectorilor a si b, adica :

  • 22 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

    c = a+ b , , R , ceea ce este echivalent cu :e1 + 2e2 + e3 = e1 e2 + 4e3 + 2e1 3e2 + e3, ceeace este echivalent cu :

    e1 = (+ 2)e12e2 = ( 3)e2e3 = (4+ )e3

    . Din primele ecuatii rezulta ca = 7

    si = 3, iar din a treia ecuatie = 4+ , adica = 25.

    21. Sa se stabileasca dependenta liniara a vectorilor : v1 = 3e1 2e2+ e3; v2 = 9e1+ e2+9e3; v3 = e1+ e2 e3; v4 = 2e2+ e3n R3.

    Solutie:

    Aratam ca din combinatia liniara4Pi=1

    ivi = 0 , i R, nurezulta ca i(i = 1, 4) sunt egali cu 0. Astfel:4Pi=1

    ivi = 0 (31+923)e1+(21+2+3+24)e2+(1 + 92 3 + 4)e3 = 0,dar {e1, e2, e3} constituie baza canonica n R3, astfel :

    31 + 92 3 = 021 + 2 + 3 + 24 = 01 + 92 3 + 4 = 0

    ,

    acest sistem este compatibil simplu nedeterminat, deoarece: 3 9 12 1 11 9 1

    = 20 6= 0

    Asadar exista alternativa solutiilor nenule si deci vectorii v1,v2, v3, v4 sunt liniar dependenti.

    22. Fiind dati vectorii a = 3e1 4e2, b = 2e1 e2, c = 5e1 6e2 nspatiul vectorial aritmeticR2, unde {e1, e2} este baza canonicaa lui R2, sa se descompuna c dupa directia vectorilor a si b.

    Solutie:

  • 1.1. PROBLEME REZOLVATE 23

    Fie c = a+ b , , R, ceea ce este echivalent cu :5e1 6e2 = 3e1 4e2 + 2e1 e2 (

    5 = 3+ 26 = 4 (5 = 3+ 2

    12 = 8 2 , adica

    7 = 5 = 75 , = 25 .Deci c = 75a+

    25b.

    23. In spatiul vectorial aritmetic R3 se dau vectorii

    v1 = (3, 1, 0) ; v2 = (6, 3, 2) ; v3 = (1, 3, 5)

    Se cere :

    a) sa se arate ca v1, v2, v3 formeaza o baza n spatiul R3;

    b) sa se gaseasca coordonatele vectorilor bazei canonice {e1, e2, e3}n noua baza {v1, v2, v3}.Solutie:

    a) Liniar independenta - fie combinatia liniara1v1 + 2v2 + 3v3 = 0, adica :

    (31,1, 0) + (62, 32, 22) + (3, 33, 53) = (0, 0, 0)

    31 + 62 + 3 = 01 + 32 + 33 = 022 + 53 = 0

    3 6 11 3 30 2 5

    = 1 6= 0,deci sistemul are drept solutie numai

    solutia triviala (1 = 2 = 3 = 0).

    Faptul ca v1, v2, v3 constituie un sistem de generatori rezultadirect din punctul 1 si din faptul ca dimR3 = 3, adica {v1, v2, v3}este o baza a acestui spatiu vectorial.

  • 24 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

    b) ( e1 e2 e3 ) = Av1v2v3

    , undeA =

    a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

    .

    e1 = a11v1 + a12v2 + a13v3e2 = a21v1 + a22v2 + a23v3e3 = a31v1 + a32v2 + a33v3

    Prima ecuatie vectoriala este echivalenta cu(1, 0, 0) = a11(3, 1, 0) + a12(6, 3, 2) + a13(1, 3, 5) ,

    adica:

    3a11 + 6a12 + a13 = 1a11 + 3a12 + 3a13 = 02a12 + 5a13 = 0

    .

    3 6 11 3 30 2 5

    = 1 6= 0, solutiile sunt

    a11 = 9, a12 = 5, a13 = 2.Analog, n cazul celorlalte doua ecuatii vectoriale se obtine:

    a21 = 28, a22 = 15, a23 = 6, a31 = 15 ,a32 = 8, a33 = 3.Asadar:

    e1 = 9v1 + 5v2 2v3e2 = 28v1 15v2 + 6v3e3 = 15v1 + 8v2 3v3

    .

    24. a) Sa se arate ca multimea functiilor f : (a, a) R care sat-isfac conditia f(x) = f(x), ()x (a, a) este un subspatiuvectorial al spatiului tuturor functiilor reale definite pe (a, a).b) Analog pentru multimea functiilor f : (a, a) R caresatisfac conditia f(x) = f(x).Solutie:

    a) Fie f1, f2 : (a, a) R astfel ncat :f1(x) = f1(x) si f2(x) = f2(x) , ()a (a, a).

  • 1.1. PROBLEME REZOLVATE 25

    Functia (f1 + f2) : (a, a) R se bucura de proprietatea ca(f1 + f2)(x) = (f1 + f2)(x), deoarece :(f1 + f2)(x) = f1(x) + f2(x) = f1(x) + f2(x) =(f1 + f2)(x), ()x (a, a)Fie R, functia f : (a, a) R are proprietatea :(f)(x) = (f)(x) ()x (a, a) pentru ca (f)(x) =f(x) = f(x) = (f)(x), ()x (a, a)b) se demonstreaza n mod analog.

    25. Sa se arate ca subspatiile vectoriale ale functiilor pare si re-spectiv impare sunt suplimentare n spatiul tuturor functiilorreale definite pe (a, a).Solutie:

    Fie W1 subspatiul vectorial al functiilor reale impare si W2subspatiul vectorial al functiilor reale pare.

    Aratam ca W1 W2 = {0} (Observatie: este vorba de functiazero). Fie ca W1 W2 = {f}, atunci f W1 si f W2, decif : (a, a) R si

    (f(x) = f(x); (f W1)f(x) = f(x); (f W2)

    f(x) = f(x) 2f(x) = 0 f = 0,asadar W1 W2 = {0} .In plus ()f : (a, a) R, f se poate reprezenta:

    f(x) =1

    2[f(x) + f(x)] + 1

    2[f(x) f(x)]

    ceea ce implica :

    W1 W2 =W

    undeW este spatiul vectorial al tuturor functiilor reale definitepe (a, a).Concluzie: W1 W2 = W , deci W1 si W2 sunt subspatiivectoriale suplimentare.

  • 26 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

    26. Fie W1 si W2 doua subspatii vectoriale ale spatiului V . Sase demonstreze ca nu ntotdeauna W1 W2 este un spatiuvectorial al lui V.

    Solutie:

    Daca W1 6 W2 si W2 6 W2, atunci exista v1 W1, v2 W2astfel ca v1 / W2 si v2 / W1. Prin urmare v1 + v2 / W1 siv1 + v2 /W2 , adica v1 + v2 /W1 W2.W1W2 este subspatiu vectorial daca si numai dacaW1 W2sau W2 W2.Observatie: Avem

    W1 +W2 = L(W1 W2),

    W1 +W2 = {v1 + v2 = v | v1 W1, v2 W2}

    27. Sa se arate ca submultimeaB = {(x1, x2, x3) | x1 x2 + 5x3 = 4} a lui R3, nu constituieun subspatiu vectorial al lui R3.

    Solutie:

    Vectorul 0 = (0, 0, 0) R3 nu apartine submultimiiB, deoarece0 0 + 5 0 6= 4. Asadar 0 / B si deci B nu poate avea ostructura de subspatiu vectorial al lui R3.

    28. Sa se arate ca multimile U = {u1 = (1, 5, 3), u2 = (2, 0, 6)},W = {w1 = (1, 7,3), w2 = (4, 5, 12)}genereaza acelasi subspatiu vectorial al lui R3.

    Solutie:

    L(U) = {k1u1 + k2u2 | k1, k2 R} ={(k1 + 2k2, 5k1, 3k1 + 6k2) | k1, k2 R}.Analog:

    L(W ) = {h1w1 + h2w2 | h1, h2 R} ={(h1 + 4h2, 7h1 + 5h2,3h1 + 12h2) | h1, h2 R}.Se arata ca L(U) = L(W ) ca n exercitiul 15.

  • 1.1. PROBLEME REZOLVATE 27

    29. Fie C0(R) spatiul vectorial real al functiilor reale si continue.Sa se arate ca urmatoarea submultime a lui C0(R) este liniarindependenta. Sa se stabileasca dimensiunea subspatiului gen-erat de multimea {eax, x eax, x2 eax}.Solutie:

    Deoarece eax 6= 0, combinatia liniara1 eax + 2 x eax + 3 x2 eax = 0(1 + 2 x+ 3 x2)eax = 0 1 + 2 x+ 3 x2 = 0,pentru orice x R 1 = 2 = 3 = 0 ,deci dimL({eax, x eax, x2 eax}) = 3.

    30. Fie subspatiile lui R2,W si U generate de vectorii w1 = (1, 5),w2 = (2,10) si w3 = (3, 15), respectiv u1 = (1,4),u2 = (1, 2), u3 = (2, 0). Sa se construiasca subspatiile U+Wsi W U .Solutie:

    Subspatiul suma U+W este acoperirea liniara a vectorilor w1,w2, w3, u1, u2, u3, adica v W + U este de forma:

    v = k1w1 + k2w2 + k3w3 + k4u1 + k5u2 + k6u3.

    Subspatiul W U contine acei vectori pentru care(*) 1w1 + 2w2 + 3w3 = 1u1 + 2u2 + 3u3Inlocuind n ecuatia precedenta valorile vectorilor w1, w2, w3,u1, u2 , u3 se obtine:(

    1 22 + 33 = 1 2 + 2351 102 + 153 = 41 + 22 .

    Intrucat rangul sistemului este 1, conform teoremei Rouche,compatibilitatea sistemului este asigurata de anularea deter-minantului caracteristic care este egal cu 1 + 72 103 (sicare este egal cu 0).

    Obtinem 1 = 7+ 10, 2 = , 3 = , unde , R.

  • 28 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

    Inlocuind valorile lui 1, 2, 3 n ecuatia (*) se obtine ca:

    (7+ 10)u1 + u2 + u3 = (6 8, 30 40) W U ;, R.Observatie: Deoarece dimU = 2 si dimW = 1 rezulta U =R2, W + U = R2, W U =W .

    31. Fie A = {(x1, x2, x3) | x1 x2 + 5x3 = 0} o submultime a luiR3. Sa se precizeze daca A este un subspatiu vectorial si sa ise determine dimensiunea.

    Solutie:

    Submultimea A se poate scrie

    A = {(x2 5x3, x2, x3) | x2, x3 R} .Fie x, y A, adica x = (x2 5x3, x2, x3),y = (y2 5y3, y2, y3). Avem:x+ y = (x2 5x3, x2, x3) + (y2 5y3, y2, y3) =((x2 + y2) 5(x3 + y3), x2 + y2, x3 + y3)) A.Daca R, atunci x = (x2 5x3, x2, x3) = ((x2 5x3),x2,x3) A. Deci A este un subspatiu vectorial allui R3. Se observa ca x A daca si numai daca exista , R astfel ca x = ( 5,,). Atunci A = L(a1, a2),unde a1 = (1, 1, 0) si a2 = (5, 0, 1). Prin urmare dimA = 2.

    32. Sa se demonstreze ca multimea n-uplurilor de forma (0, 2, 3, .., n)este un subspatiu vectorial al lui Kn.

    Solutie:

    Fie doua n-upluri (0, (1)2 , (1)3 , ..,

    (1)n ) si (0,

    (2)2 ,

    (2)3 , ..,

    (2)n ) si

    fie K. Are loc:(0, (1)2 ,

    (1)3 , ..,

    (1)n ) + (0,

    (2)2 ,

    (2)3 , ..,

    (2)n ) =

    0, (1)2 +

    (2)2 ,

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

    (1)n +

    (2)n

    Kn si (0, (1)2 , (1)3 , .., (1)n ) =

    (0, (1)2 , (1)3 , .., (1)n ) Kn.Asadar multimea n-uplurilor de forma (0, 2, 3, .., n) este unsubspatiu vectorial al lui Kn.

  • 1.1. PROBLEME REZOLVATE 29

    33. Fie V5 spatiul vectorial real al polinoamelor n cosx care au celmult gradul 4. Sa se scrie transformarea de coordonate carepermite trecerea de la baza B =

    1, cosx, cos2 x, cos3 x, cos4 x

    la baza B

    0= {1, cosx, cos 2x, cos 3x, cos 4x} si sa se gaseasca

    inversa acestei transformari.

    Solutie:

    Matricea de trecere de la baza B la baza B0 se obtine din:

    1 = 1 1 + 0 cosx+ 0 cos2 x+ 0 cos3 x+ 0 cos4 x,cosx = 0 1 + 1 cosx+ 0 cos2 x+ 0 cos3 x+ 0 cos4 x,cos 2x = 1 1 + 0 cosx+ 2 cos2 x+ 0 cos3 x+ 0 cos4 x,cos 3x = 0 1 3 cosx+ 0 cos2 x+ 4 cos3 x+ 0 cos4 x,cos 4x = 1 1 + 0 cosx 8 cos2 x+ 0 cos3 x+ 8 cos4 x.Deci matricea de trecere este:

    A =

    1 0 1 0 10 1 0 3 00 0 2 0 80 0 0 4 00 0 0 0 8

    Fie a0, a1, a2, a3, a4 coordonatele unui vector din V5 n raportcu baza B si b0, b1, b2, b3, b4 coordonatele aceluiasi vector nraport cu baza B0. Atunci:

    a0a1a2a3a4

    = A

    b0b1b2b3b4

    adica, explicit:

    a0 = b0 b2 + b4a1 = b1 3b3a2 = 2b2 8b4a3 = 4b3a4 = 8b4

  • 30 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

    De aici:

    a0a1a2a3a4

    =

    1 0 1 0 10 1 0 3 00 0 2 0 80 0 0 4 00 0 0 0 8

    b0b1b2b3b4

    Atunci d = det(A) = 64.

    A1 = 1d

    A11 A21 A31 A41 A51A12 A22 A32 A42 A52A13 A23 A33 A43 A53A14 A24 A34 A44 A54A15 A25 A35 A45 A55

    Unde A11 = 64, A21 = 0, A31 = 32, A41 = 64, A51 = 8,A12 = 0, A22 = 64, A32 = 0, A42 = 48, A52 = 0, A13 = 0,A23 = 0, A33 = 32, A43 = 64, A53 = 0, A14 = 0, A24 = 0,A34 = 0, A44 = 16, A54 = 0, A15 = 0, A25 = 0, A35 = 0,A45 = 0, A55 = 8, si deci:

    A1 =

    1 0 12 1 180 1 0 34 00 0 12 1 00 0 0 14 00 0 0 0 18

    .

    Inversa acestei transformari este:

    b0 = a0 +12a2 + a3 18a4

    b1 = a1 +34a3

    b2 =12a2 + a3

    b3 =14a3

    b4 =18a4

    .

    34. Sa se stabileasca formulele de transformare ale coordonatelorcand se trece de la baza e0 = {e01, e02, e03, e04} la baza e00 ={e001, e002, e003, e004} unde e01 = (1, 2,1, 0), e02 = (1,1, 1, 1),e03 = (1, 2, 1, 1), e04 = (1,1, 0, 1) si e001 = (2, 1, 0, 1), e002 =(0, 1, 2, 2), e003 = (2, 1, 1, 2), e004 = (1, 3, 1, 2).

  • 1.1. PROBLEME REZOLVATE 31

    Solutie:

    Sa notam cu e = {e1, e2, e3, e4} baza canonica n R4, adicae1 = (1, 0, 0, 0), e2 = (0, 1, 0, 0), e3 = (0, 0, 1, 0), e4 = (0, 0, 0, 1).Notand cu A matricea de schimbare a bazei e e0, obtinem:

    A =

    1 1 1 12 1 2 11 1 1 00 1 1 1

    .

    Avem asadar (e01, e02, e03, e04) = (e1, e2, e3, e4) A. Dar, con-siderand x R arbitrar, cu coordonatele (x1, x2, x3, x4) nbaza e, (x01, x02, x03, x04) n e0 si (x001, x002, x003, x004) n baza e00,utilizand o scriere matriceala, vom avea:

    x = (e1, e2, e3, e4)

    x1

    x2

    x3

    x4

    = (e

    01, e

    02, e

    03, e

    04)

    x01

    x02

    x03

    x04

    .

    Utilizand relatia de mai sus, obtinem:

    (e1, e2, e3, e4)

    x1

    x2

    x3

    x4

    = (e1, e2, e3, e4) A

    x01

    x02

    x03

    x04

    .

    De aici obtinem cunoscuta relatie existenta ntre coordonateleunui vector la o schimbare de baza:

    (*)

    x1

    x2

    x3

    x4

    = A

    x01

    x02

    x03

    x04

    .

    Notand cu B matricea de schimbare a bazei e e00, obtinem:

    B =

    2 0 2 11 1 1 30 2 1 11 2 2 2

    .

  • 32 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

    Rationand analog, obtinem:

    x1

    x2

    x3

    x4

    = B

    x001

    x002

    x003

    x004

    .

    Mai departe, amplificand la stanga cu B1, obtinem:

    x001

    x002

    x003

    x004

    = B

    1

    x1

    x2

    x3

    x4

    .

    Tinand cont de (*), obtinem formulele de transformare a co-ordonatelor atunci cand se trece de la e0 la e00 scrise matriceal:

    x001

    x002

    x003

    x004

    = B

    1 A

    x01

    x02

    x03

    x04

    .

    Avem asadar:

    A =

    1 1 1 12 1 2 11 1 1 00 1 1 1

    , B =

    2 0 2 11 1 1 30 2 1 11 2 2 2

    .

    Efectuand calculele, obtinem:

    x001

    x002

    x003

    x004

    =

    1 0 0 11 1 0 10 1 1 10 0 1 0

    x01

    x02

    x03

    x04

    .

    35. In spatiul aritmetic R4 se da multimea

    V1 =

    (x = (x1, x2, x3, x4) R4

    (x1 + x2 x3 + x4 = 0,x1 + x2 x3 + x4 = 0.

    )

  • 1.1. PROBLEME REZOLVATE 33

    a) Aratati ca V1 este un subspatiu vectorial al lui R4 ;

    b) Determinati o baza pentru V1 si dimV1 ;c) Aratati ca sistemul B0 = {a1 = (1, 0, 1, 0), a2 = (1, 1, 0, 0),{a3 = (0, 1, 1, 0), a4 = (0, 0, 1, 1)} este o baza pentruR4 si gasiticoordonatele vectorului x = (1, 1,1, 1) relativ la noua bazaB0 ;d) Gasiti un supliment algebric V2 pentru subspatiul V1 .

    Solutie:

    a) Fie , R si x = (x1, x2, x3, x4) ,y = (y1, y2, y3, y4) V1 , arbitrar fixate. Atunci:(x1 + y1) + (x2 + y2) (x3 + y3) + (x4 + y4) =(x1 + x2 x3 + x4) + (y1 + y2 y3 + y4) = 0 + 0 = 0 sianalog x+y = (x1+y1,x2+y2,x3+y3,x4+y4)verifica si a doua ecuatie din sistemul omogen. Prin urmarex+ y V1 si astfel V1 este subspatiu vectorial al lui R4 .b) Matricea sistemului este

    A =

    1 1 1 11 1 1 1

    !si are rangul 2

    si atunci dimV1 = 4rangA = 2 . O baza a lui V1 este formatacu doua solutii particulare ale sistemului omogen, care sa fieliniar independente.Notand x3 = si x4 = obtinem,(

    x1 + x2 = x1 + x2 =

    si de aici solutia generala x = (0, ,,) , , R saux = (0, 1, 1, 0) + (0,1, 0, 1) .Daca notam b1 = (0, 1, 1, 0) si b2 = (0,1, 0, 1) rezulta V1 =L(b1, b2) . Deoarece {b1, b2} este sistem liniar independent

    (vezi rang

    0 01 11 00 1

    = 2) rezulta ca B1 = {b1, b2} este baza

  • 34 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

    pentru V1 .c) Rangul matricei A1 pe ale carei coloane avem coordonatelevectorilor din B0 , n raport cu baza canonica B = {ei|i = 1, 4}a lui R4 ,

    A1 =

    1 1 0 00 1 1 01 0 1 10 0 0 1

    este 4 . Prin urmare B0 este sistem liniar independent n spatiul4-dimensional R4si astfel este baza pentru R4 .Coloana cu coordonatele lui x = (1, 1 1, 1) relativ la bazaB0se gaseste din relatia xB0 = A11 xB , A1 fiind matricea detrecere de la baza B la baza B0. Inversa matricei A1 este

    A11 =

    1/2 1/2 1/2 1/21/2 1/2 1/2 1/21/2 1/2 1/2 1/20 0 0 1

    si astfel xB0 = A11 (1, 1,1, 1)t = (1, 2,1, 1)t saux = a1 + 2a2 a3 + a4 .d) Completam baza lui V1 , B1 = {b1, b2} , pana la o baza alui R4 cu vectorii b3 = (1, 1, 1, 0), b4 = (0, 0, 0, 1) . Intr-adevar,rangul matricei

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

    este 4 si astfel {b1, b2, b3, b4} este baza.Consideram 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) rezulta ca pentru orice vector xdin R4 , exista scalarii reali i, (i = 1, 4) , astfel ncat x =1b1+2b2+3b3+4b4 si prin urmare orice vector x se poatescrie x = x1+x2 cu x1 = 1b1+2b2 V1 si x2 = 3b3+4b4

  • 1.1. PROBLEME REZOLVATE 35

    V2 . Deci R4 = V1 + V2 . Din aceasta relatie si din faptul ca

    dimV1 + dimV2 = dimR4 rezulta ca V1 V2 = R4 . Prin

    urmare V2 este un supliment algebric al lui V1 .

    36. In spatiul aritmetic R4 se dau subspatiile vectoriale

    V1 =

    x = (x1, x2, x3, x4)

    2x1 + x2 + 3x3 x4 = 03x1 + 2x2 2x4 = 03x1 + x2 + 9x3 x4 = 0

    V2 =

    (x = (x1, x2, x3, x4)

    (6x1 9x2 x3 = 0x2 + x4 = 0

    )

    a) Aratati ca V1 V2 = R4;b) Determinati proiectia vectorului x = (1,1, 1, 0) pe subspatiulV1 de-a lungul subspatiului V2 .

    Solutie:

    a) Matricea primului sistem liniar omogen,

    A1 =

    2 1 3 13 2 0 23 1 9 1

    are rangul 2 si solutia sa este de forma x = (3,9+,,) ,(, R) sau x = a1 + a2 , unde a1 = (3,9, 1, 0) sia2 = (0, 1, 0, 1) sunt doua solutii liniar independente. DeciV1 = L(a1, a2) si dimV1 = 2 cu B1 = {a1, a2} baza.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 ,,,) ,(, R) sau x = 16a3 + 12a4 , unde a3 = (1, 0, 6, 0) sia4 = (3,2, 0, 2) sunt doua solutii liniar independente. Deci

  • 36 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

    V2 = L(a3, a4) si dimV2 = 2 cu B2 = {a3, a4} baza.Deoarece rangul matricei

    3 0 1 39 1 0 21 0 6 00 1 0 2

    este 4 rezulta ca B0 = {a1, a2, a3, a4} este o baza a lui R4 .Astfel, R4 = V1 + V2 . Se mai poate arata ca V1 V2 = {0} .Intr-adevar, daca x = 1a1 + 2a2 = 3a3 + 4a4 V1 V2 ,atunci avem 1a1+2a23a34a4 = 0 si de aici obtinem1 = 2 = 3 = 4 = 0 sau x = 0 .Deci V1 V2 = R4.b) Conform punctului a), avem scrierea unica: x = x1+ x2 cux1 V1 si x2 V2 .Proiectia lui x = (1,1, 1, 0) pe V1 de-a lungul lui V2 estex1 = 1a1+2a2. Pentru a gasi pe x1, luam x2 = 3a3+4a4si determinam 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) = 31 + 3 34,91 + 2 24,1 + 63,2 + 24

    Rezolvam sistemul liniar

    31 + 3 34 = 191 + 2 24 = 1

    1 + 63 = 12 + 24 = 0

    si obtinem 1 = 19115 , 2 = 28115 ,

    3 = 16115 , 4 = 14115 ,

    de unde x1 =19115 a1 +

    28115 a2 =

    1115(57,143, 19, 28) .

    37. Fie circuitul din schema:

    Datele problemei sunt: tensiunile Ei si rezistentele Ri si R(i = 1, 2, 3). Se cere curentul prin rezistenta R.

    Solutie:

  • 1.1. PROBLEME REZOLVATE 37

    Figure 1.1:

    Vom considera circuitele independente bi si dupa legea a II-aa lui Kircho rezulta relatiile:

    R1I1 +R

    3Pk=1

    Ik

    = E1

    R2I2 +R

    3Pk=1

    Ik

    = E2

    R3I3 +R

    3Pk=1

    Ik

    = E3

    Daca notam x =3Pk=1

    Ik , gasim modelul matematic al proble-

    mei:

    Rx + R1I1 = E1Rx + R2I2 = E2Rx + R3I3 = E3

    .

    Acesta este un sistem cramerian

    (R+R1)I1 + RI2 + RI3 = E1RI1 + (R+R2)I2 + RI3 = E2RI1 + RI2 + (R+R3)I3 = E3

    cu determinantul = R(R1R2 +R2R3 +R3R1) +R1R2R3 > 0 .

  • 38 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

    De aici se obtine

    x =3Xk=1

    Ik =E1R2R3 +E2R3R1 +E3R1R2

    R(R1R2 +R2R3 +R3R1) +R1R2R3.

    1.2 Probleme propuse spre rezolvare

    1. Fie multimea V = {a+b2+c3+d5|a, b, c, d Q}. Aratatica pe V se poate introduce o structura de spatiu vectorialpeste corpul numerelor rationale Q, n raport cu adunareanumerelor reale si n raport cu nmultirea cu numere rationalea numerelor reale. Cat este dimQ V ? Dar dimQR ?

    2. Fie V = (0,). Daca definim legea de compozitie interna pe V , x y def= xy si legea de compozitie externa peV , cu scalari din R (sau Q), x def= x, atunci aratati ca(V,,) este un spatiu vectorial peste R (sau Q). Cat estedimQ V ? Dar dimR V ?

    3. In 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 {a, b, c}formeaza o baza a lui R3?

    b) Pentru ce perechi de numere reale (,) subspatiul generatde a, b, c are dimensiunea 2?

    4. Fie V un spatiu vectorial peste corpul comutativ K si u, v, wtrei vectori liniari independenti. Studiati liniar independentavectorilor u + v, v + w, w + u n cazul n care corpul K estea) R; b) C; c) {0, 1}.

    5. Fie Ms;n(R) = {A Mn(R)|A = At} multimea matricilorsimetrice de ordinul n siMas;n(R) = {A Mn(R)|A = At}multimea matricilor antisimetrice de ordinul n.

    a) Aratati caMs;n(R),Mas;n(R) sunt subspatii vectoriale aleluiMn(R).

  • 1.2. PROBLEME PROPUSE SPRE REZOLVARE 39

    b) Aratati ca dimMs;n(R) = n(n+1)2 ,Mas;n(R) = n(n1)2 .c) Este adevarat caMs;n(R)Mas;n(R) =Mn(R)?

    d) Determinati proiectia matricei A =

    2 32 4

    !M2(R)

    peMs;2(R) de-a lungul luiMas;2(R).6. Fie V un spatiu vectorial real de dimensiune n 3 si B ={u1, u2, ..., un} o baza pentru V . Se considera vectoriiv1 = u1, v2 = u2, vk = uk + ku1 + ku2, pentru k = 3, ..., n,

    unde coeficientii reali k, k (k = 3, ..., n) sunt fixati arbitrar,n prealabil.

    Aratati ca sistemul de vectori B0 = {v1, v2, ..., vn} formeaza obaza pentru V .

    Scrieti matricea de trecere de la baza B la baza B0.

    7. Fie a, b, a0, b0 numere reale astfel ncat rangul matriciia ba0 b0

    !este 2. Daca se considera subspatiile vectoriale ale lui R2,V1 = {(x1, x2)|ax1 + bx2 = 0} si V2 = {(x1, x2)|a0x1 + b0x2 =0} sa se arate ca V1 V2 = R2. Ce se poate spune de-spre submultimile lui R2, W1 = {(x1, x2)|ax1 + bx2 = 1},W2 = {(x1, x2)|a0x1 + b0x2 = 1}?

    8. Fie sistemul omogen de ecuatii liniare

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

    . (*)

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

    a) Aratati ca V este un subspatiu vectorial al lui R4.

    b) Determinati o baza a lui V si dimV .

  • 40 CAPITOLUL 1. SPATII VECTORIALE

    c) Gasiti un supliment algebric W pentru V .

    d) Determinati proiectia vectorului x = (1, 2, 2, 3) pe V de-alungul lui W, gasit la c).

    9. Ce conditii trebuie sa satisfaca numerele reale a, b, c pentruca vectorii x = (1, a, a2), y = (1, b, b2), z = (1, c, c2) sa formezeo baza pentru R3?

    Daca a = 1, b = 0, c = 1 sa se scrie vectorul u = (1, 7, 2) cao combinatie liniara de vectorii x, y, z.

    10. Fie M =

    A =

    x yz 00 x+ y

    |x, y, z R

    . Sa se arate ca

    M este un subspatiu vectorial al lui M3,2(R). Gasiti o bazapentru M si dimM , precum si coordonatele matricei

    U =

    1 83 00 9

    relativ la baza gasita.

    11. Fie n N si Rn[X] spatiul vectorial real (n+1)-dimensionalal polinoamelor de grad cel mult n cu coeficienti reali, n nede-terminata X.

    a) Aratati ca B = {1, (1 +X), (2 +X)2, ..., (n +X)n} este obaza pentru Rn[X].

    b) Pentru n = 3, determinati matricea de trecere de la bazacanonica Bc = {1, X,X2, ..., Xn} la baza B.c) Pentru n = 3, determinati coordonatele polinomuluiQ = X3 + 1 relativ la baza B.

  • Capitolul 2

    Aplicatii liniare

    Definitia 2.1. Fie V , W doua spatii vectoriale peste corpul co-mutativ K. Spunem ca functia f : V W este un morfism despatii vectoriale (sau operator liniar sau aplicatie liniara) daca suntndeplinite urmatoarele conditii:

    a) f (x+ y) = f (x) + f (y), pentru orice x, y din V ;

    b) f (x) = f (x), pentru orice x V , K.Conditiile a), b) sunt echivalente cu conditia:

    c) f (x+ y) = f (x) + f (y), pentru orice x, y V , , K.

    Daca morfismul f aplica spatiul V pe ntreg spatiul W (adicaeste aplicatie surjectiva), atunci f este epimorfism. Daca mor-fismul f este aplicatie injectiva (x 6= y implica f (x) 6= f(y)),atunci el se numeste monomorfism. Daca morfismul f stabilesteo corespondenta biunivoca ntre spatiile V si W , adica este simul-tan monomorfism si epimorfism, atunci f se numeste izomorfism,iar spatiile V si W se numesc izomorfe (sau mai exact K-izomorfe).Un morfism f : V V se numeste endomorfism al spatiului vec-torial V , iar un izomorfism f : V V se numeste automorfism alspatiului vectorial V .

    Daca f : V W este un morfism de spatii vectoriale, atunci:f(1x1 + + kxk) = 1f(x1) + + kf(xk), pentru orice

    x1, x2, , xk V si pentru orice 1,2, . . . ,k K , k N.

    41

  • 42 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

    Fie n dimensiunea spatiului V si m dimensiunea spatiului W .Fixam o baza {e1, e2, . . . , en} a lui V si o baza { f1, f2, . . . , fm} alui W . Atunci operatorului liniar f i se asociaza o m n-matriceA =

    aji

    , i = 1, 2, ...,m; j = 1, 2, ..., n , unde

    f(ei) =mXj=1

    aji fj ; i = 1, 2, . . . , n.

    Aceasta matrice, pe ale carei coloane avem coordonatele, relativla baza fixata n W , ale imaginilor prin f ale vectorilor bazei dinV , se numeste matricea aplicatiei liniare f relativ la cele doua bazefixate.

    Imaginea operatorului liniar f este subspatiul lui W , Im f ={f(x)|x V }. Nucleul lui f este subspatiul lui V , Ker f = {x V |f(x) = 0}. Daca dimV

  • 43

    Un vector x 6= 0 se numeste vector propriu al endomorfismuluif : V V daca exista K,

    f(x) = x .

    Scalarul care figureaza n aceasta egalitate se numeste valoareproprie pentru f , corespunzatoare vectorului propriu x.

    Subspatiul V = {x V |f(x) = x}, care este invariant relativla f , se numeste subspatiul propriu corespunzator valorii proprii .

    Propozitia 2.1. Orice vectori proprii x1, x2, . . . , xm ai unuiendomorfism f care corespund la valori proprii distincte doua catedoua 1,2, ...,m sunt liniar independenti.

    Definitia 2.4. Un endomorfism f al spatiului vectorial n-dimensional V se numeste diagonalizabil daca exista o baza a lui Vrelativ la care matricea lui f este diagonala, adica de forma:

    1 0... 0

    0 2... 0

    . . . 0 0

    ... n

    .

    Practic, pentru diagonalizarea unui endomorfism f : V Vprocedam n felul urmator:

    1) Fixam o baza B = {e1, e2, ..., en} n V si determinam ma-tricea A =

    aij

    a lui f relativ la aceasta baza;

    2) Aflam valorile proprii care sunt radacinile din K ale ecuatieicaracteristice Pf () = 0, unde Pf () = det(A In).

    3) Pentru fiecare dintre valorile proprii distincte 1,2, ...,p(p n) cu ordinele de multiplicitate m1,m2, ...,mp, se rezolva sis-temul omogen (A j1V ) exB = e0, j = 1, 2, ..., p. Un sistem funda-mental de solutii pentru un asemenea sistem omogen reprezinta obaza pentru subspatiul propriu asociat valorii proprii j ( j = 1, 2, ..., p).

    4) Daca m1+m2+ +mp = n si pentru fiecare j = 1, 2, ..., p,mj = dimVj , atunci f este diagonalizabil.

    5) Matricea lui f , n raport cu baza formata prin reunireabazelor subspatiilor proprii V1 , ..., Vp , are pe diagonala principalaelementele 1, ...,1; ...;p, ...,p ,adica valorile proprii.

  • 44 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

    Definitia 2.5. Spunem ca endomorfismul f : V V este adusla forma Jordan daca exista o baza n V fata de care matricea

    J =

    J1 0 ... 00 J2 ... 0... ... ... ...0 0 ... Js

    sa reprezinte pe f , unde J1, J2, ..., Js sunt celule Jordan atasate vec-torilor proprii i, i = 1, 2, ..., s ale endomorfismului f .

    Teorema Jordan. Fie V un spatiu vectorial n -dimensionalpeste campul K (R sau C ). Daca endomorfismul f : V V arevalori proprii (n K) si daca suma multiplicitatilor acestor valoriproprii este n, atunci exista o baza n V fata de care matricea lui fare forma Jordan.

    Pentru a gasi baza Jordan este necesar sa se urmareasca prob-lemele urmatoare:

    1) Fixarea unei baze n V si explicitarea matricei A atasataendomorfismului f : V V .

    2) Determinarea valorilor proprii distincte j , j = 1, 2, ..., n, re-spectiv multiple de ordinulmj , j = 1, 2, ..., p prin rezolvarea ecuatiei

    caracteristice; pentru continuare este suficient capPj=1

    mj = n .

    3) Gasirea vectorilor proprii liniar independenti corespunzatorifiecarei valori proprii.

    4) Calcularea numarului de celule Jordan

    dimVj = dimV rang (A j1V ) = n rj .

    5) Rezolvarea sistemului

    (A j1V )mj exB = e0,pentru fiecare j = 1, 2, ..., p . Pentru j fixat, solutiile nenule genereazasubspatiul Vj .

    In cazul matricilor de ordin relativ mic, putem ocoli unele dinetapele precedente tinand seama de observatia ca la o celula Jordan

  • 2.1. PROBLEME REZOLVATE 45

    corespunde un singur vector propriu. Pentru gasirea vectorilor dinbaza corespunzatori celulei de ordinul p, atasata valorii proprii j ,se determina solutia generala pentru f(ej) = j ej , apoi se impunconditii de compatibilitate si se determina solutii pentru

    f(e2) = e1 + j e2, . . . , f(ep) = ep1 + j ep .

    Daca notam prin C matricea care are pe coloane coordonatelevectorilor din baza Jordan, atunci

    J = C1AC.

    2.1 Probleme rezolvate

    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 campulK) este o transformare liniara (operator liniar) daca si numaidaca :

    A(x+ y) = A(x) + A(y), (), K si ()x, y V.a) Fie y = (y1, y2, y3) R3 si , R. Are loc:x+ y = (x1, x2, x3) + (y1, y2, y3) =

    (x1 + y2,x2 + y2,x3 + y3)

    T (x+ y) = T (x1 + y1,x2 + y2,x3 + y3) =

    (x1 + y1,x2 + y2, (x3 + y3)2) 6= (x1,x2,x23)+(y1,y2,y23) = T (x) + T (y) T nu este operator liniar.b) Consideram x si y R3 ca n cazul a).

  • 46 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

    T (x1 + y1,x2 + y2,x3 + y3) =

    (x3 + y3,x1 + y1,x2 + y2 + h) 6=6= (x3,x1,(x2+h))+(y3,y1,(y3+h)) = T (x)+T (y)deci T nu este operator liniar.

    c) T (x+ y) = T (x1 + y1,x2 + y2,x3 + y3) =

    ((x1 + y1) + 2(x2 + y2) 3(x3 + y3), 3(x1 + y1)(x2 + y2) + 3(x3 + y3), 2(x1 + y1) + 3(x2 + y2)

    +2(x3 + y3)) = (x1 + 2x2 3x3, 3x1 x2 + 3x3,2x1 + 3x2 + 2x3) + (y1 + 2y2 3y3, 3y1 y2+3y3, 2y1+3y2+2y3) = T (x)+T (y) T este o trans-formare liniara.

    2. Sa se determine rangul si defectul transformarii liniareA : R3 R3, definita prin A(x) = (x1 + x2 + x3, x1 +x2 + x3, x1, x2, x3) , unde x = (x1, x2, x3) , explicitand cate obaza n KerA si n ImA.Observatie:

    1.

    (KerA = x R3 | A(x) = 0ImA = y R3 | A(x) = y, x R3

    2.

    (dim (KerA) = defectul operatorului Adim ImA = rangul operatorului A

    Solutie:

    Din egalitatea A(x) = 0 se obtine : x1 + x2 + x3 = 0, x1 +x2 + x3 = 0, x1 + x2 + x3 = 0 , un sistem care se reduce laecuatia x1 + x2 + x3 = 0, ceea ce arata ca sistemul este dublunedeterminat si are solutia (x2 x3, x2, x3), x2, x3 R.Asadar, orice vector x Ker A are forma:x = (x2 x3, x2, x3) = x2(1, 1, 0) + x3(1, 0, 1) , unde vec-torii e1 = (1, 1, 0) si e2 = (1, 0, 1) sunt liniar independenti,deci {e1, e2} este o baza a luiKerA si n concluzie dim(KerA) =2 = defectul lui A.

  • 2.1. PROBLEME REZOLVATE 47

    Avand n vedere definitia subspatiului Im A si definitia lui A,concluzionam ca orice vector din Im A are toate coordonateleegale, deci oricare doi vectori din acest subspatiu sunt liniardependenti, mai mult, orice vector din Im A se poate expriman functie de vectorul f = (1, 1, 1), de unde rezulta ca o bazan Im A este formata din acest vector f si atunci dim(ImA) = 1 =rangul lui A .

    3. Sa se cerceteze care din functiile de mai jos sunt operatoriliniari si n acest caz sa se determine defectul si rangul lor.

    a) A(x) = (x1 + x2, 0, x2 + x3, 0, x1 + x3) ,x = (x1, x2, x3) R3 ; (A : R3 R5)b) A(x) = (x2, x1, x2 + x3) , x = (x1, x2, x3) R3 ;c) A(x) = (x1 + x3, 0, x1 + x2) , x = (x1, x2, x3) R3 .Solutie:

    a) Trebuie demonstrat ca A este un operator liniar.Fie y = (y1, y2, y3) si , R.x+ y = (x1 + y1,x2 + y2,x3 + y3)

    A(x+ y) = (x1 + y1 + x2 + y2, 0,x2 + y2 + x3+y3, 0, x1 + y1 + x3 + y3) = ((x1 + x2), 0,(x2 + x3),0,(x1 + x3)) + ((y1 + y2), 0,(y2 + y3), 0,(y1 + y3)) =A(x) + A(y), adica ceea ce trebuia demonstrat.A(x) = 0 (x1 + x2, 0, x2 + x3, 0, x1 + x3) = (0, 0, 0, 0) ,ceea ce este echivalent cu x1+x2 = 0 , x2+x3 = 0 , x1+x3 = 0 ,sistem care are doar solutia triviala. Rezulta ker A = {0} sideci dimker A = 0 = defect A .Se observa caA(x) = x1(1, 0, 0, 0, 1) + x2(1, 0, 1, 0, 0) + x3(0, 0, 1, 0, 1) .Notam f1 = (1, 0, 0, 0, 1) , f2 = (1, 0, 1, 0, 0) , f3 = (0, 0, 1, 0, 1) .Vectorii {f1, f2, f3} sunt liniari independenti n R5 si deciImA are dimensiunea 3 (rangul lui A).In mod analog se rezolva exemplele de la b) si c).

  • 48 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

    4. InR3 se da x = (2, 0,1) si sistemul de vectoriB0 =ne01, e

    02, e

    03

    o,

    unde e01 = (2,1, 0), e

    02 = (0, 1, 3), e

    03 = (0, 0,2) .

    a) Sa se arate ca B0este o baza negativ orientata fata de baza

    naturala B.

    b) Daca n baza B0se da vectorul y = (2, 0,1) (care este

    diferit de x din baza B), sa se determine coordonatele vec-torului z = x+ 2y n B si B0 .c) Fie operatorul A : R3 R4, dat n bazele naturale alecelor doua spatii prin:

    A(x) = (x1 + 2x2,x2 + x3, 2x1 x2, 3x1 + x3).c1) Sa se determine matricea operatorului A n perechea debaze B

    0si G

    0, unde G

    0=ng01, g

    02, g

    03, g

    04

    o, cu g

    01 = (1,1, 0, 1),

    g02 = (2, 0, 1, 0), g

    03 = (3, 1, 0, 0), g

    04 = (2, 0, 0, 0).

    c2) Sa se verifice invarianta rangului operatorului A.c3) Sa se determineA(z) n bazele (B,G) si (B0 , G0) facandu-seproba.

    c4) Sa se determine (s A)(y), unde s : R4 R3, este datprin matricea

    As =

    1 1 0 12 0 1 30 1 2 0

    n bazele naturale (B,G).

    c5) Sa se cerceteze daca operatorul (s A)(y) : R3 R3 esteautomorfism.

    Solutie:

    a) Matricea de trecere de la B la B0este A.

    Atunci tA =

    2 0 01 1 00 3 2

    , det(tA) = 4 deci rangul sis-

    temului B0este 3 si dupa teorema bazei rezulta ca B

    0este o

  • 2.1. PROBLEME REZOLVATE 49

    noua baza nR3. B0este negativ orientata fata de B, deoarece

    determinantul matricii de trecere este negativ (= 4).b) Folosind matricea de trecere de la B la B

    0obtinem

    yB =t A yB0 si respectiv xB0 = (tA)1xB .

    Se obtine yB = (4,2, 2) si respectiv xB0 = (1, 1, 2)Astfel zB = xB + 2yB si zB0 = xB0 + 2yB0 .Deci zB = (2, 0,1) + 2(4,2, 2); zB = (6,4, 5), iar zB0 =(1, 1, 2) + 2(2, 0,1); zB0 = (3,1,4).c1) Are loc urmatoarea diagrama (comutativa):

    R3(B)tA B0

    C A0R4(B)

    D G0

    unde D =

    1 2 3 21 0 1 00 1 0 01 0 0 0

    , iar C se obtine astfel

    A(e1) = (1, 0, 2, 3), A(e2) = (2,1,1, 0), A(e3) = (0, 1, 0, 1) ,

    C =

    1 2 00 1 12 1 03 0 1

    .

    Asadar A0 tA = D C A0 = D C (tA)1,

    undetA1

    =

    1/2 0 01/2 1 03/4 3/2 1/2

    Se obtine A0 =

    6 3 25 1 07 5 45/2 8 5

    c2) Se observa ca rangA = rangA0= 3.

  • 50 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

    c3) A(z) = c zB; A(z) = (2, 9, 16, 23) R4.A(z) = A0 zB0 ; A(z) = (23,16,32,39/2) R4.Proba se face aplicand formula:t(A(z)G) = D t (A(z)G0 )c4) Din faptul ca diagrama

    R3

    C & As AR4 R3

    este comutativa, rezulta ca matricea operatorului (s A) este(As A) care este o matrice patratica.c5) rang(As A) = 3 operatorul (s A) este automorfism(dimensiunea nucleului acestui operator este nula ).

    5. Fie endomorfismul A : C([a, b]) C([a, b]) ,definit prin

    (Af)(x) = g(x) =Z baf(t) cos(x t)dt,

    unde x [a, b]. Sa se determine KerA.Solutie:

    Pornim de la relatia (A(f))(x) = 0, adica:

    g(x) =

    Z baf(t) cos(x t)dt = 0, ()x [a, b] .

    Folosind formula : cos(x t) = cosx cos t + sinx sin t, seobtine

    g(x) = (R ba f(t). cos tdt) cosx+(

    R ba f(t) sin tdt) sinx = 0 , ()x

    [a, b] ceea ce este echivalent cu

    bZa

    f(t) cos tdt = 0 si

    bZa

    f(t) sin tdt = 0, ()

    deci Ker A = {f R(a, b)|f ndeplinesc ()} .

  • 2.1. PROBLEME REZOLVATE 51

    6. 1) Sa se demonstreze ca aplicatia liniaraA : R3 R3, definitaprin A(x) = (x1+x22x3, x2, x1x3), x = (x1, x2, x3) R3 ,este bijectiva.

    2) Aratati ca aplicatia liniara f : V V (V spatiu vectorialpeste K) cu proprietatea ca A2 A + J = 0 este inversabila(J fiind morfismul identic).

    Solutie:

    1) Cum A : R3 R3, este suficient sa aratam ca A esteinjectiv, adica Ker A = {0}.Din A(x) = (x1 + x2 2x3, x2, x1 x3) = 0 = (0, 0, 0) == (x1, x2, x3) R3 adica:

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

    x1 = x2 = x3 = 0 x = 0 , adica

    KerA = {0} si deci A este injectiv. Deci, n concluzie A estebijectiv.

    Pentru a determina transformarea inversa pornim de la egali-tatea:

    A(x) = y (x1 + x2 2x3, x2, x1 x3) = (y1, y2, y3)

    x1 + x2 2x3 = y1x2 = y2x1 x3 = y3

    x1 = y2 y1 + 2y3x2 = y2x3 = y2 y1 + y3

    ,

    ceea ce este echivalent cu faptul ca:

    A1(y) = (y2 y1 + 2y3, y2, y2 y1 + y3).

    2) Aratam ca A este injectiv.Fie x1, x2 V si presupunem ca A(x1) = A(x2) A2(x1) =A2(x2)DeciA2(x1)A(x1)+x1 = A2(x2)A(x2)+x2 = 0 x1 = x2(asadar A este injectiv).

  • 52 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

    Aratam ca este surjectiv.

    Notam cu x = y A(y) A(x) = A(y)A2(y)Din conditia A2 A+ J = 0, avem J = AA2 , astfel ncaty = A(y)A2(y).Cele doua egalitati implica y = A(x), adica A(V ) = V , ceeace nseamna ca A este surjectiv.In concluzie, deci, A este o bijectie.

    7. Fie A1,A2 : R4 R4 doua endomorfisme definite prinA1(x) = (x4, x2, x3, x1) , respectivA2(x) = (x1 + x2 + x3 + x4, 0, 0, 0) , x = (x1, x2, x3, x4) R4 .Sa se determine matricea sumei A1 + A2 n raport cu bazadeterminata de vectorii : f1 = (1,1, 2, 3), f2 = (2, 1, 1, 0),f3 = (3,2, 0, 0), f4 = (4, 0, 0, 0).Solutie:

    (A1 +A2)(x) = (x1 + x2 + x3 + 2x4, x2, x3, x1).In baza canonica e1 = (1, 0, 0, 0), e2 = (0, 1, 0, 0), e3 =(0, 0, 1, 0), e4 = (0, 0, 0, 1) a lui R

    4 , avem:

    (A1 +A2)(e1) = (1, 0, 0, 1) ,(A1 +A2)(e2) = (1, 1, 0, 0) ,(A1 +A2)(e3) = (1, 0, 1, 0) ,(A1 +A2)(e4) = (2, 0, 0, 0) .Matricea lui A1 +A2 n aceasta baza este

    A =

    1 1 1 20 1 0 00 0 1 01 0 0 0

    .

    Matricea de trecere de la baza canonica la bazaf i, (i = 1, 2, 3, 4) este:

  • 2.1. PROBLEME REZOLVATE 53

    C =

    1 2 3 41 1 2 02 1 0 03 0 0 0

    .

    Are loc urmatoarea diagrama

    BC B0

    A eAB

    C B0

    unde B = {e1, e2, e3, e4} , B0 =f1, f2, f3, f4

    .

    Diagrama trebuie sa fie comutativa, deci

    C eA = AC,adica eA = C1AC .Deci :

    eA =

    1/3 2/3 1 4/34/3 1/3 2 8/31 1 1/2 21/2 7/4 11/8 7/2

    ,

    eA este matriceaendomorfismului A1 +A2 n baza fi , (i = 1, 2, 3, 4) .La acelasi rezultat se ajunge daca scriem matricele A1 si A2ale lui A1 si A2 n baza B0 .

    8. Fie A : Kn Kn un endomorfism (K fiind un corp comuta-tiv) cu proprietatea :

    A2 = A+ JSa se arate ca A este automorfism.Solutie:

    Relatia A2 = A + J este echivalenta cu A(A J) = J si(AJ)A = J . Asadar endomorfismul A admite invers, A1 =A J si deci A este un automorfism.

  • 54 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

    9. Fie A : V V un endomorfism al spatiului vectorial V . Sase arate ca endomorfismul

    A1 = 2A Jeste o involutie daca si numai daca A este proiectie.Solutie:

    Daca A este proiectie, atunciA2 = A .

    Rezulta A21 = 4A2 4A+J , adica A21 = J , ceea ce nseamnaca A1 este o involutie.Reciproc, relatia A21 = J implica:

    A2 = 1/4A21 + 1/2A1 + 1/4J = 1/2(A1 + J) = Asi deci A este o proiectie.Am folosit faptul ca A = 1/2(A1 + J) .

    10. 1) Sa se arate ca endomorfismul

    D : Rn [X] Rn [X]

    definit prin D(p) = p0, unde p

    0este derivata polinomului p,

    este un endomorfism nilpotent de indice n+ 1, undeRn = {p/grad p n} .2) Sa se arate ca endomorfismul

    A : R3 R3

    definit prin matricea

    A =

    1 1 13 3 32 2 2

    este un endomorfism de indice 2.

  • 2.1. PROBLEME REZOLVATE 55

    Solutie:

    1) Daca p este un polinom cu coeficienti reali n variabila X,de grad cel mult n, atunci derivata de ordin (n+ 1) a acestuipolinom este identic nula.Asadar

    Dn+1 =

    unde este transformarea zero.

    2) Folosind corespondenta biunivoca dintre multimea endo-morfismelor pe R3 si multimea matricilor patratice de ordinul3, aratam ca exista un numar n(n N) astfel ncat matriceacorespunzatoare endomorfismului ridicata la puterea n sa fieegala cu matricea nula.Se observa ca

    A2 = A A =1 1 13 3 32 2 2

    1 1 13 3 32 2 2

    =

    0 0 00 0 00 0 0

    .

    Asadar n = 2 si deci endomorfismul este nilpotent de indice 2.

    11. Fie V un spatiu vectorial real si f End(V ) . Fie V1, V2 douasubspatii vectoriale invariante fata de f astfel ncat V1V2 =V . Daca p1 este proiectia lui V pe V1 de-a lungul lui V2 si p2este proiectia lui V pe V2 de-a lungul lui V1 sa se arate ca:a) p1 f = f p1 , p2 f = f p2;b) p1 p1 = p1 , p2 p2 = p2 ;c) p1 p2 = 0 , p2 p1 = 0 .Solutie:

    a) Fie x V , arbitar fixat. Atunci exista si sunt unici vectoriix1 V1 si x2 V2 astfel ncat x = x1 + x2 . Prin urmare(p1f)(x) = p1(f(x1+ x2)) = p1(f(x1))+p1(f(x2)) = f(x1)+0 = f(p1(x)), pentru ca proiectorul p1 : V V1 , p(x) = x1 ,este liniar si f(x1) V1, f(x2) V2 . Deci p1 f = f p1.

  • 56 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

    Analog se verifica ca p2 f = f p2 .b) Evident p1(p1(x)) = p1(x1) = x1 = p1(x) , x V . Analogpentru p2 .c) (p1 p2)(x) = p1(p2(x)) = p1(x2) = 0 si la fel p2 p1 = 0 .

    12. Fie V spatiu vectorial peste K si f End(V ). Sa se arate caLf = {g End(V ) | f g = 0} este un subspatiu vectorial nEnd(V ).

    Solutie:

    Fie g1, g2 Lf . Sa aratam ca g1+g2 Lf . Fie x V . Avemf (g1 + g2)(x) = f(g1(x) + g2(x)) = f g1(x) +f g2(x). Cum g1, g2 Lf f g1(x) = 0, f g2(x) = 0 f (g1+ g2)(x) = 0. Dar x e arbitrar, deci f (g1+ g2) = 0g1 + g2 Lf .Fie R si g Lf . Aratam ca g Lf . Fie x V . Avemf (g)(x) = f(g(x)) = fg(x) = 0 = 0. Cum x e arbitrar,avem f (g) = 0 g Lf .Cele doua rezultate de mai sus sunt suficiente pentru a trageconcluzia ca Lf este subspatiu vectorial al lui End(V ) .

    13. Un operator liniar are n 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 vec-toriale Imf , Ker f .

    Solutie:

    Daca matricea operatorului n 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). Evident Imf = L(f(e1), f(e2), f(e3)). Pentru a

  • 2.1. PROBLEME REZOLVATE 57

    extrage o baza a lui Imf , observam ca minorul =

    1 32 1

    format de primele doua linii si primele doua coloane are val-oarea -5, deci e nenul . Deoarece detA = 0, rezulta ca eun minor caracteristic al matricei A . Vectorii f(e1), f(e2) alecaror componente formeaza minorul principal, vor alcatui obaza a lui Imf.

    Pentru a investiga Ker f , sa observam ca x = (x1, x2, x3)apartine lui Ker f daca si numai daca x1, x2, x3 verifica sis-temul :1 3 42 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 sis-

    tem pot fi alese ca ecuatii principale iar x1, x2 ca necunoscuteprincipale.

    Avem :(x1 + 3x2 = 4x32x1 + x2 = 3x3 .

    De aici putem determina primele doua necunoscute n functiede x3.

    x1 =

    4x3 33x3 1

    1 32 1

    = 5x3

    5 = x3

  • 58 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

    x2 =

    1 4x32 3x3

    1 32 1

    = 5x3

    5 = x3

    Notand x3 = , avem x1 = , x2 = , deci formagenerala a unui vector x din Ker f este (,,) , R.Pentru a afla o baza n Ker f , deci un sistem fundamental desolutii, alegem = 1 si obtinem a = (1,1, 1) .In concluzie {a} este baza cautata. Din cele de mai sus seobserva ca dim Imf = 2, dimKer f = 1.

    14. 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 luiR4. Sa se scrie matricea lui f n baza canonica si sa se gaseascacate o baza si dimensiunile 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 prima relatie 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).Formammatricea asociata operatorului liniar f n 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 minorprincipal. Atunci {f(e2), f(e4)} formeaza o baza pentru Imf .

  • 2.1. PROBLEME REZOLVATE 59

    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 = 0x2 x4 = 0x2 + x4 = 0

    x2 = x4 = 0 .

    Atunci, notand x1 = , x3 = , forma generala a unui vectorx Kerf va fi ( , 0,, 0). Alegand = 1, = 0 si apoi = 0, = 1, obtinem vectorii a1 = (1, 0, 0, 0), a2 = (0, 0, 1, 0)ce formeaza mpreuna un sistem fundamental de solutii, decio baza n Ker f .

    15. Fie f End(R2) astfel ncat n baza canonica are matriceaA =

    2 55 6

    !. Sa se arate ca f nu poseda valori proprii.

    Solutie:

    Polinomul caracteristic

    P =

    2 55 6

    = 2 8+ 12 + 25 = 2 8+ 37.

    Dar = 64 4 37 = 84 < 0 P nu are radacini reale,deci nu are valori proprii reale.

    16. Fie f : R3 R3 morfism de spatii vectoriale. Sa presupunemca matricea asociata acestui morfism n baza canonica a luiR3 are forma :

    A =

    3 10 02 6 00 0 3

    a) Sa se gaseasca valorile proprii ale lui f si subspatiile propriicorespunzatoare.

  • 60 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

    b) Sa se arate ca morfismul f este diagonalizabil. Sa se deter-mine o baza fata de care matricea lui f are forma diagonala siapoi sa se scrie aceasta baza.

    c) Sa se gaseasca o formula de calcul pentru An, n N.Solutie:

    a) Calculand polinomul caracteristic dupa regula obisnuita

    vom obtine: P =

    3 10 02 6 0

    0 0 3

    =

    = [(2 )(6 ) ((2) 10)] (3 ) == (2 3+ 2)(3 ) = (1 )(2 )(3 ).Deci radacinile lui P sunt 1 = 1, 1 = 2, 1 = 3.

    Caz I. = 1; considerand x = (x1, x2, x3) V3 si punandconditia ca f(x) = 1 x, obtinem:4 10 02 5 00 0 2

    x1

    x2

    x3

    =

    000

    4x1 + 10x2 + 0x3 = 02x1 + 5x2 + 0x3 = 00x1 + 0x2 + 2x3 = 0

    .

    Alegem x1, x3 necunoscute principale, x2 necunoscuta secun-dara. Atunci din ecuatiile (I) si (III) ale sistemului anteriorpe care le vom considera principale, avem x1 = 52x

    2, x3 = 0.Notand x2 = , obtinem subspatiul invariant asociat valoriiproprii = 1, V1 = {(52,, 0) | R}. Alegand = 2,obtinem x2 = 2, x1 = 5. Obtinem astfel vectorul v1 = (5, 2, 0).

    Caz II. Pentru = 2, rationand analog ca mai sus vom aveamx = (x1, x2, x3) V2

    5 10 02 4 00 0 1

    x1

    x2

    x3

    =

    000

  • 2.1. PROBLEME REZOLVATE 61

    5x1 + 10x2 + 0x3 = 02x1 + 4x2 + 0x3 = 00x1 + 0x2 + 1x3 = 0

    .

    Alegem x1, x3 necunoscute principale, x2 necunoscuta secun-dara. Atunci din ecuatiile principale (I) si (III), avem x1 =2x2, x3 = 0 . Notand x2 = , obtinem subspatiul invari-ant asociat valorii proprii = 2, V2 = {(2,, 0) | R}.Alegand = 1, obtinem x1 = 2, x2 = 1. Obtinem vectorulv2 = (2, 1, 0).

    Caz III. Pentru = 3, ca mai sus, vom avea x = (x1, x2, x3)

    V2

    6 10 02 3 00 0 0

    x1

    x2

    x3

    =

    000

    6x1 + 10x2 + 0x3 = 02x1 + 3x2 + 0x3 = 00x1 + 0x2 + 0x3 = 0

    .

    Alegem x1, x2 necunoscute principale, x3 necunoscuta secun-dara. Atunci din ecuatiile principale (I) si (II), avem x1 = 0,x2 = 0. Notand x3 = , obtinem subspatiul invariant asociatvalorii proprii = 3, V3 = {(0, 0,) | R}. Alegand = 1,obtinem vectorul v3 = (0, 0, 1) .

    b) In baza B0 formata de vectorii proprii {v1, v2, v3} , deoarecef(v1) = 1v1, f(v2) = 2v2, f(v3) = 3v3, matricea A

    0 asociatamorfismului f are forma :

    A0 =

    1 0 00 2 00 0 3

    Observatie: Se ajunge la acelasi rezultat daca notam cu

    B =

    5 2 02 1 00 0 1

  • 62 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

    matricea de trecere de la baza B = {e1, e2, e3} la bazaB0 = {v1, v2, v3} si aplicam formula :

    A0 = B1AB

    c) Vom rezolva problema prin inductie dupa n. Pentru n = 1,avem

    A = BA0B1 =

    5 2 02 1 00 0 1

    1 0 00 2 00 0 3

    1 2 02 5 00 0 1

    Sa presupunem ca:

    An1 = B(A0)n1B1 = B

    1n1 0 00 2n1 00 0 3n1

    B1.

    AtunciAn = An1 A = B(A0)n1B1 BA0B1 = B(A0)nB1 =5 2 02 1 00 0 1

    1n 0 00 2n 00 0 3n

    1 2 02 5 00 0 1

    .

    De aici obtinem An = B B(A0)nB1 , () n N .

    17. Fie V un spatiu vectorial peste corpul K, si f End(V ) astfelncat f2 = f . Sa se arate ca valorile proprii ale morfismului fsunt 0 si 1.

    Solutie:

    Avem deci f2 = f. Fie valoare proprie si x V asa ncatf(x) = x. Atunci f2(x) = f.f(x) = f(x) = 2x . Dar:

    f2(x) = f(x) = x 2x = x (2 )x = 0.Cum x este vector propriu, x 6= 0, deci 2 = 0 = 0sau 1.

  • 2.1. PROBLEME REZOLVATE 63

    18. Fie V un spatiu vectorial real si f End(V ) , f=1V , f=1Vastfel ncat f f = 1V .a) Determinati valorile proprii pentru endomorfismul f ;b) Aratati ca Ker (f 1V )Ker (f + 1V ) = V .Solutie:

    a) Fie o valoare proprie a lui f . Atunci, exista un vectornenul x V astfel ncat f(x) = x . Cum (f f)(x) = x si(f f)(x) = f(x) = f(x) = 2x rezulta ca 2 = 1 (x6=0),adica {1, 1} .Din faptul ca f=1V rezulta ca exista x V \ {0} astfel caf(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 alui f , f(x) x fiind un vector propriu asociat.Analog, din f= 1V rezulta ca exista y V \ {0} astfel caf(x)+x=0 si atunci 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 pentruf .b) Fie x V , arbitrar fixat. Sa verificam ca 12 [x + f(x)] Ker (f 1V ) si 12 [x f(x)] Ker (f + 1V ) .Intr-adevar, f

    12 [x+ f(x)]

    = 12f [x+ f(x)] =

    = 12 [f(x) + f(f(x))] =12 [x+ f(x)] si atunci

    (f 1V )12(x+ f(x))

    = 0 .

    Analog, f12 [x f(x)]

    = 12 [f(x) f(f(x))] = 12 [x f(x)]

    si atunci (f + 1V )12(x f(x))

    = 0 .

    Atunci, cum 12 [x+f(x)]+12 [xf(x)] = x , rezulta ca Ker (f

    1V ) +Ker (f + 1V ) = VSuma celor doua subspatii este suma directa pentru ca dacaluam un vector v din intersectia lor rezulta caf(v) = v si f(v) = v si astfel v = 0 .

    19. Fie V un spatiu vectorial peste corpulK, si f End(V ). Dacaf este inversabil, x vector propriu al lui f corespunzator valorii

  • 64 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

    proprii , atunci x este vector propriu al lui f1 corespunzatorvalorii proprii 1 .

    Solutie:

    Avem deci f(x) = x f1 f(x) = f1(x)x = f1(x) = 1x = f

    1(x). De aici rezulta concluzia.

    20. 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 P = det (A I) cu I matricea unitate nM3(R).Avem:

    P =

    2 0 00 3 4

    0 4 3

    = (2 )((3 )2 + 16).

    Deoarece a doua paranteza este intotdeauna pozitiva, singuraradacina reala va fi = 2. Daca f(x) = x, atunci matricealaceasta relatie se scrie:

    A x1

    x2

    x3

    =

    x1

    x2

    x3

    , cu x = (x1, x2, x3). Pentru = 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 secun-dara. Atunci forma generala a unui vector propriu asociatvalori proprii = 2 este x = (, 0, 0). Pentru = 1 obtinem

  • 2.1. PROBLEME REZOLVATE 65

    a = (1, 0, 0), iar {a = (1, 0, 0)} este de fapt un sistem funda-mental de solutii al lui (S). Deci subspatiul vectorial propriuasociat valorii proprii = 2 este V2 = {a | R} .

    21. Fie f : R3 R3 un operator liniar care n raport cu bazacanonica B = {e1, e2, e3} a lui R3 are matricea

    A =

    1 1 01 2 11 0 1

    .

    a) Scrieti expresia analitica si ecuatiile pentru f , n raport cubaza canonica B ;b) Determinati Ker f si Imf ;c) Gasiti valorile proprii si vectorii proprii pentru f ;d) Este operatorul f diagonalizabil? Daca este diagonalizabil,gasiti baza lui R3 n raport cu care matricea f are formadiagonala, precum si forma diagonala a matricei lui f .

    Solutie:

    a) y = f(x) yB = f(x)B y1

    y2

    y3

    = A

    x1

    x2

    x3

    Prin urmare, expresia analitica a lui f , n raport cu bazacanonica B , este

    f(x) = (x1 + x2,x1 + 2x2, x1 + x3) , x = (x1, x2, x3) R3

    si ecuatiile lui f , n raport cu baza canonica B , sunt

    y1 = x1 + x2

    y2 = x1 + 2x2y3 = x1 + x3

    .

    b) Nucleul operatorului liniar f este

    Ker f =nx R3|f(x) = 0

    o=

  • 66 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

    x = (x1, x2, x3)

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

    .

    Cum dimKer f = 3 rangA = 3 3 = 0 rezulta ca Ker f ={0} si atunci dim Imf = dimR3 dimKer f = 3 0 = 3 ,adica Imf = R3

    c) Valorile proprii sunt radacinile reale ale ecuatiei caracteris-tice

    det(A I3) = 0

    1 1 01 2 1

    1 0 1

    = 0 .

    Ecuatia are o singura radacina reala 1 = 2 si doua radacinicomplexe 2,3 = 1 i .Pentru a gasi vectorii proprii asociati valorii proprii reale 1 =2 rezolvam sistemul liniar omogen

    (A 2I3)

    x1

    x2

    x3

    =

    000

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

    ,

    adica x1 = x2 = x3 = R . Vectorii proprii asociati valoriiproprii 2 sunt de forma u1 = (,,) , R . Subspatiulpropriu asociat lui 1 = 2 este

    V1 =nx R3|f(x) = 1x

    o= {(1, 1, 1)| R3}

    care are drept baza vectorul propriu v1 = (1, 1, 1) .d) Operatorul liniar f nu este diagonalizabil pentru ca polino-mul caracteristic nu are toate radacinile reale.Observatie: Daca f End (C3) atunci f este diagonalizabil,iar forma diagonala a matricii lui f este

    D =

    2 0 00 1 + i 00 0 1 i

    .

  • 2.1. PROBLEME REZOLVATE 67

    22. InR4 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 opera-torul liniar f : R4 R4 , care relativ la baza B are matricea

    A =

    0 1 1 01 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 baza lui R4 n raport cu care matricea f are formadiagonala, precum si forma diagonala a matricei lui f .

    Solutie:

    a) Din f(x)B = AxB rezulta expresia analitica a lui f relativla baza Bf(x) = (x2 + x3)a1 + (x1 + x2)a2 + (x1 x4)a3++(x3 + x4)a4 , x =

    4Pi=1xiai R4 .

    Ker f =nx R4|f(x) = 0

    o=

    =

    x =

    4Xi=1

    xiai

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

    x3 + x4 = 0

    .

    Cum rang A = 3 rezulta dimKer f = 4 rang A = 1 sidim Imf = rang A = 3 .Prin rezolvarea sistemului liniar omogen de mai sus obtinemx1 = x2 = x3 = x4 = R . AtunciKer f = {(a1 + a2 + a3 + a4)| R} = {(2, 3, 3, 2)| R}si prin urmare {b1 = (2, 3, 3, 2)} este baza pentru Ker f .Imf = {f(x)|x R4} = (x2 + x3)a1 + (x1 + x2)a2++(x1 x4)a3 + (x3 + x4)a4

    x =

    4Pi=1xiai R4

    =

    x1(a2 + a3) + x2(a1 + a2) + x3(a1 a4)+

  • 68 CAPITOLUL 2. APLICATII LINIARE

    +x4(a3 + a4)|x1, x2, x3, x4 R=

    =

    4Pi=1xici|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 I4) = 0 ( 2)(2 2) = 0

    are radacinile 1 = 2,2 = 0,3 =

    2,4 = 2 care sunt

    valorile proprii ale lui f .Pentru 1 =

    2 , rezolvam sistemul omogen

    (A 1I4)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 = (1 +2, 1,1

    2,1)t , 6= 0 .

    Pentru = 1 rezulta v1B = (1 +2, 1,1

    2,1)t un

    vector propriu corespunzator valorii proprii 1 = 2 , care

    reprezinta si o baza pentru subspatiul propriuV1 = {v1| R} .Pentru 2 = 0 rezulta v2 = b1 = (2, 3, 3, 2) un vector propriupentru 2 = 0 si V2 = Ker (f 2I4) == {b1| R} .Pentru 3 =

    2 , Rezolvam sistemul omogen

  • 2.1. PROBLEME REZOLVATE 69

    (A 3I4)xB = (0, 0, 0, 0)t sau

    2x1 x2 + x3 = 0

    x1 + (12)x2 = 0

    x1 2x3 x4 = 0

    x3 + (12)x4 = 0

    ,

    de unde rezulta u3B = (12, 1,1 +

    2,1)t , 6= 0 .

    Pentru = 1 rezulta v3B = (12, 1,1+

    2,1)t un vector

    propriu corespunzator valorii proprii 3 =2 , care reprezinta

    si o baza pentru subspatiul propriuV3 = {v3| R} .Pentru 4 = 2 , avem sistemul

    2x1 x2 + x3 = 0x1 x2 = 0

    x1 2x3 x4 = 0x3 x4 = 0