Algebr a liniar a ˘si Geometrie-FIZICAmcrasm/depozit/Fizica_I.pdf · 2018-04-18 · Cuprins 1...

Algebra liniara si Geometrie-FIZICA18 Aprilie 2018

Mircea Crasmareanu

Cuprins

1 Calcul matriceal si sisteme lineare 1

2 Spatii si subspatii vectoriale 5

3 Dependenta si independenta liniara. Baze 7

4 Baze si dimensiune 11

5 Transformari liniare 13

6 Vectori si valori proprii. Diagonalizare 17

7 Vectori liberi 19

8 Produs scalar 21

9 Spatiul vectorilor liberi: structura euclidiana 23

10 Produsul vectorial 25

11 Produsul mixt 27

12 Dreapta 29

13 Planul 31

14 Conice 33

iii

iv CUPRINS

Cursul 1

Calcul matriceal si sisteme lineare

SEMINARUL 1: Calcul matriceal si sisteme lineare

S1.1 Pentru matricea A =

(1 32 2

)verificati identitatea:

P (A) := A2 − (TrA) ·A+ detA · I2 = O2 .

Rezolvare TrA = 3, detA = −4 si A2 =

(7 96 10

). Avem:

P (A) =

(7− 3 · 1− 4 · 1 9− 3 · 3

6− 3 · 2 10− 3 · 2− 4 · 1

)= O2.

S1.2 Pentru matricea A =

2 1 11 2 11 1 2

verificati identitatea:

P (A) := A3 − (TrA) ·A2 + δ2 ·A− detA · I3 = O3

cu δ2=suma minorilor diagonali de ordinul 2.

Rezolvare TrA = 6, δ2 =2 11 2

+2 11 2

+2 11 2

= 9, detA = 2 · 3− 1− 1 = 4. De asemeni:

A2 =

6 5 55 6 55 5 6

, A3 =

22 21 2121 22 2121 21 22

.

Prin urmare:

P (A) =

22− 6 · 6 + 9 · 2− 4 · 1 21− 6 · 5 + 9 · 1 21− 6 · 5 + 9 · 121− 6 · 5 + 9 · 1 22− 6 · 6 + 9 · 2− 4 · 1 21− 6 · 5 + 9 · 121− 6 · 5 + 9 · 1 21− 6 · 5 + 9 · 1 22− 6 · 6 + 9 · 2− 4 · 1

= O3.

1

2 M. Crasmareanu

S1.3 Se cere rangul matricii A ın functie de parametrul real α:

A =

1 2 −1 24 −1 3 05 1 α− 1 23 α 4 −2

.

Rezolvare Bordam ıncepand cu stanga sus: ∆1 = 1 6= 0, ∆2 =1 24 -1

= −9 6= 0. Minorii de

ordinul 3 be bordeaza pe ∆2:

∆13 =

1 2 24 -1 05 1 2

= 0, ∆23 =

1 2 -14 -1 35 1 α -1

= −9(α− 3),

∆33 =

1 2 -14 -1 33 α 4

= −7(α+ 3), ∆43 =

1 2 24 -1 03 α -2

= 8(α+ 3).

∆4 =-1 3 01 α-1 2α 4 -2

−24 3 05 α-1 23 4 -2

−4 -1 05 1 23 α -2

−24 -1 35 1 α-13 α 4

= 8(α2−9) = 8(α+3)(α−3).

Prin urmare: daca α ∈ R \ {±3} atunci rangA = 4 iar daca α ∈ {±3} atunci rangA = 3.

S1.4 Sa se rezolve sistemul liniar: 2x− y + 3z = 43x+ 4y − z = −5x+ 5y − 4z = −9.

Interpretare!

Rezolvare ∆s =2 -1 33 4 -11 5 -4

= 0, ∆1 =2 -23 4

= 11 6= 0. Deci rangul matricii A a sistemului

este 2 si deci sistemul este 3 − 2 = 1-nedeterminat! Pastram ecuatiile ce dau rangul lui A si z va finecunoscuta secundara notata cu α: {

2x− y = 4− 3α3x+ 4y = −5 + α.

Determinantul acestui sistem redus este exact ∆1 = 11 6= 0 deci avem acum un sistem Cramer.

∆x =4-3α -1α-5 4

= 11(1− α), ∆y =2 4-3α3 α-5

= 11(α− 2).

Prin urmare avem multimea solutiilor sistemului:

S = {(1− α, α− 2, α);α ∈ R}.

Verificare: 2x− y + 3z = 2(1− α)− (α− 2) + 3α = 43x+ 4y − z = 3(1− α) + 4(α− 2)− α = −5x+ 5y − 4z = 1− α+ 5(α− 2)− 4α = −9.

Cursul 1 3

Interpretare: Avem o particula ce sub influenta unei forte are traiectoria r(α) = (x(α), y(α), z(α))cu α ∈ R parametrul miscarii i.e. timpul. Presupunem ca particula apartine celor trei plane π1, π2,π3 date de cele trei ecuatii ale sistemului dat. Rangul =2 spune ca π3 este combinatie liniara de π1 siπ2. Intersectia planelor π1, π2 este exact S=dreapta ce trece prin punctul M0(1,−2, 0) si are vectoruldirector a = (−1, 1, 1) 6= 0.

S1.5 Se cer parametrii reali α, β, l asa ıncat urmatorul sistem sa fie dublu nedeterminat:2x− 3y + 4z − 5t = −1x+ 9y + αz + t = 35x− 6y + 10z + βt = l.

Rezolvare Matricea sistemului este:

A =

2 −3 4 −51 9 α 15 −6 10 β

si vom cere ca rangul lui A sa fie 2. Avem:

∆1 = 2 6= 0, ∆2 =2 -31 9

= 21 6= 0,

∆13 =

2 -3 41 9 α5 -6 10

= −3(α− 2), ∆23 =

2 -3 -51 9 15 -6 β

= 21(β + 12), ∆33 =

-3 4 -59 2 1-6 10 -12

= 0..

Deci α = 2 si β = −12. Sistemul devine:2x− 3y + 4z − 5t = −1x+ 9y + 2z + t = 35x− 6y + 10z − 12t = l

si deci avem sistemul Cramer: {2x− 3y = −1− 4z + 5tx+ 9y = 3− 2z − t

cu ∆s = ∆2 = 21. Avem:

∆x =1-4z+5t -33-2z-t 9

= 42(−z + t), ∆y =2 -1-4z+5t1 3-2z-t

= 7(1− t)

si deci multimea solutiilor:

S = {(2(−z + t),1− t

3, z, t); z, t ∈ R}.

Prin urmare:l = 5x− 6y + 10z − 12t = 10(t− z)− 2(1− t) + 10z − 12t = −2.

S1.6 Se cere parametrul real α asa ıncat urmatorul sistem saiba solutii nebanale ce se cer:x− 2y + z − t = 02x− y + 3z − 3t = 0x+ y + z + t = 02x+ (α− 1)y + 2z + αt = 0.

4 M. Crasmareanu

Rezolvare Un sistem liniar omogen admite solutii nebanale daca si numai daca are determinantulnul. In determinatul sistemului:

∆s =

1 -2 1 -12 -1 3 -31 1 1 12 α− 1 2 α

observam linia a treia ca fiind formata doar cu 1 si deci vom scade prima coloana din celelalte:

∆s =

1 -3 0 -22 -3 1 -51 0 0 02 α− 3 0 α-2

=-3 0 -2-3 1 -5

α− 3 0 α− 2=

-3 -2α-3 α− 2

= −α.

Prin urmare α = 0. Pentru rezolvarea sistemului, folosim aceeasi linie 3 care o scadem din prima sirezulta: −3y − 2t = 0 deci t = −3

2y. Ecuatiile 2 si 3 dau sistemul:{2x+ 3z = −7

2yx+ z = 1

2y

cu solutia: x = 4y, z = −92y. Prin urmare, multimea solutiilor este:

S = {(5y, y,−9y

2,−3y

2) = y(5, 1,−9

2,−3

2); y ∈ R}.

- - - - - - - - - - - - - - - - - -Tema individuala !

T1.1

T1.2

T1.3

T1.4

T1.5

T1.6

T1.7

T1.8

T1.9

T1.10

Cursul 2

Spatii si subspatii vectoriale

SEMINARUL 2: Spatii si subspatii vectoriale

S2.1 Se da spatiul vectorial real V . Sa se arate urmatoarele identitati:1) λ · 0 = 0, 0 · u = 0 si reciproc: λ · u = 0 implica λ = 0 sau u = 0,2) λ · (−u) = −(λu) = (−λ)u,3) λ(u− v) = λu− λv, (α− β)u = αu− βu.

Rezolvare .

S2.2 Se da Rn cu structura canonica de spatiu vectorial real n-dimensional. Care din urmatoarelesubmultimi sunt subspatii vectoriale:1) V1 = {(x1, ..., xn−1, 0);xi ∈ R, 1 ≤ i ≤ n− 1}={xn = 0},2) V2 = {x = (x1, ..., xn);α1x

1 + ...+ αnxn = 0},

3) V3(λ) = {x = (x1, ..., xn);α1x1 + ...+ αnx

n = λ}? Scalarii αi si λ sunt dati.

Rezolvare .

S2.3 Fie R[X] = {f : N→ R;∃p ∈ N, f(k) = 0,∀k ≥ p}. Sa se arate ca R[X] cu adunarea internasi ınmultirea cu scalari reali este spatiu vectorial real. Pentru n ∈ N fixat definim Rn[X] = {f ∈R[X]; f(k) = 0, ∀k > n}. Sa se arate ca Rn[X] este subspatiu vectorial ın R[X].

Rezolvare .

S2.4 Fie Mm,n(R) multimea matricilor cu m linii si n coloane, m,n ∈ N∗. Aratati ca Mm,n(R)este spatiu vectorial real. Aratati ca V ′ = {A = (aij); a

ij = 0, 1 ≤ i < j ≤ min(m,n)} este subspatiu

vectorial ın Mm,n(R).

Rezolvare .

S2.5 Conform exercitiului anterior Mn(R) := Mn,n(R) este spatiu vectorial real. Sa se arate caurmatoarele submultimi sunt subspatii vectoriale:1) Sn(R) = {A ∈Mn(R);At = A}=subspatiul matricilor simetrice,2) An(R) = {A ∈Mn(R);At = −A}=subspatiul matricilor antisimetrice.Sa se arate descompunerea: Mn(R) = Sn(R)⊕An(R).

Rezolvare .

S2.6 Sa se arate ca V1 = {(x1, 0) ∈ R2} si V2 = {(0, x2) ∈ R2} sunt subspatii vectoriale ın R2 cuV1 ∩ V2 = {0}. Se cere suma directa V1 ⊕ V2.

Rezolvare .

S2.7 In R3 se dau vectorii u = (a, 1, 1), v = (1, a, 1), w = (1, 1, a). Se cer a ∈ R pentru carevectorii sunt liniar independenti.

5

6 M. Crasmareanu

Rezolvare a ∈ R \ {−2, 1}.

Numarul vectorilor liniar independenti este egal cu rangul matricii:

A =

a 1 11 a 11 1 a

.

Avem:detA = a3 − 3a+ 2 = (a− 1)2(a+ 2)

Deci detA 6= 0 daca si numai daca a ∈ R \ {−2, 1}. Daca a = 1 atunci u = v = w deci avemrang A = 1 adica un singur vector liniar independent. Daca a = −2 atunci u + v + w = 0 adicarang A = 2, deci doi vectori liniari independenti: spre exemplu u si v iar w = −u− v.


T2.1

T2.2

T2.3

T2.4

T2.5

T2.6

T2.7

T2.8

T2.9

T2.10

Cursul 3

Dependenta si independenta liniara.Baze

SEMINARUL 3: Dependenta si independenta liniara. Baze

S3.1 Studiati liniara independenta a urmatoarelor sisteme de vectori:i) {2− 3i, 1 + i} ın C; ii) {cos2 x, 17, sin2 x} ın C([0, 1],R);

iii) {4X,X2 +X, 3X2 −X} ın R[X]; iv) { 3x2

x+1 ,−x

2x+2 , 4x} ın C([0, 1],R);

v) {ex, e2x, e3x} ın C([0, 1],R); vi) {X, 3X4, X4 − 5, 6X} ın R[X]; vii) {tgx, sinx} ın C([0, 1],R).

Rezolvare i) Da. ii) Nu: α cos2 x+β·17+γ sin2 x = 0 are loc pentru coeficientii nenuli: α = γ = 1,β = − 1

17 .iii) Nu: 4αX +β(X2 +X) + γ(3X2−X) = (β+ 3γ)X2 + (4α+β−γ)X = 0 are loc pentru: β = −3γsi α = γ si consideram γ 6= 0.

iv) Nu: 6αx2−βx2(x+1) + 4γx = 0 are loc pentru coeficientii nenuli: α = 1

3 , β = −2, γ = −14 .

S3.2 In ce conditii asupra parametrilor a, b ∈ R urmatoarele sisteme sunt liniar independente ınR3? i) {(1, a, 2), (1, 1, b)}; ii) {(1, 2, 0), (a, b, 2), (1, 0, 1)}, iii) {(a, 2, 3), (0, 4, 6), (0, 0, b)}.

Rezolvare i) ∆12 =

1 1a 1

= 1− a, ∆22 =

1 12 b

= b− 2, ∆32 =

a 12 b

= ab− 2. Pentru a

avea liniara independenta punem conditia de a avea macar un minor nenul adica:

(1− a)2 + (b− 2)2 + (ab− 2)2 > 0.

Spre exemplu, aceasta conditie este ındeplinita pentru a = 2 si b = 1.ii) Punem conditia ca urmatorul determinant sa fie nenul:

∆ =1 a 12 b 00 2 1

= b− 2a+ 4.

iii) Analog:

∆ =a 0 02 4 03 6 b

= 4ab 6= 0.

S3.3 Stabiliti daca urmatoarele sisteme de vectori din spatiile vectoriale date sunt sau nu baze:i) x1 = (1, 1,−1), x2 = (1, 2, 3), x3 = (1, 0, 1) ın R3, ii) x1 = (1, 0), x2 = (0, 1), x3 = (1, 1) ın R2,iii) {1, X,X2} ın R3[X], iv) 1, X,X2, 2X2, 5X2 + 1 ın R3[X], v) {1, i} ın R-spatiul vectorial C,

7

8 M. Crasmareanu

vi) x1 = (1, 0, 0), x2 = (0, 1, 0), x3 = (0, 0, 1), x4 = (1, 1, 1) ın R3,vii) x1 = (1, 0, 0), x2 = (0, 1, 0), x4 = (1, 1, 1) ın R3.

Rezolvare i) Da, deoarece:

∆ =1 1 11 2 0-1 3 1

= 6 6= 0.

ii) Nu: x3 = x1 + x2; iii)+iv) Nu: baza canonica ın R3[X] are 4 elemente {1, X,X2, X3}; v) Da; vi)Nu: x4 = x1 + x2 + x3; vii) Da, deoarece:

∆ =1 0 10 1 10 0 1

= 1 6= 0.

S3.4 Exista scalari a ∈ R a. ı. urmatoarele sisteme de vectori sa fie baze ın R3:i) (1, 1, 1), (1, a, a2), ii) (0, 1, a), (a, 0, 1), (a, 1, 1 + a)?

Rezolvare i) Nu, deoarece dimR3 = 3; ii) Nu, deoarece:

∆ =0 a a1 0 aa 1 1+a

= 0.

S3.5 Fie V un K-spatiu vectorial si sistemul liniar independent {x1, ..., xn} din V . Sa se studiezeliniara independenta a sistemelor:i) S1 = {a1 = x1 + x2, a2 = x2 + x3, ..., an−1 = xn−1 + xn, an = xn + x1},ii) S2 = {a1 = x1 − x2, a2 = x2 − x3, ..., an−1 = xn−1 − xn, an = xn − x1},iii) S3 = {a1 = x1, a2 = x1 + x2, ..., an = x1 + ...+ xn}.

Rezolvare i) Daca n = 2 atunci Nu iar pentru n ≥ 3 avem Da. Spre exemplu, la n = 3 avem:

(a1 a2 a3

)=(x1 x2 x3

)·

1 0 11 1 00 1 1

, detS = 1 + 1 = 2 6= 0.

ii) Pentru orice n ≥ 2 avem Nu deoarece: a1 + ...+ an = 0. iii) Pentru orice n ≥ 2 avem Da deoarece:detS = 1 6= 0.

S3.6 Sa se studieze liniara independenta a urmatoarelor sisteme de vectori:i) S1 = {v1 = X2 −X + 1, v2 = X2 + 7X − 1, v3 = 6X + 5} ın R2[X],ii) S2 = {v1 = X3 +X2 − 1, v2 = X2 +X + 1, v3 = X3 −X2 − 2X − 3} ın R3[X],iii) S3 = {v1, v2, v3} ın M2(R) cu:

v1 =

(2 00 1

), v2 =

(1 10 2

), v3 =

(1 12 0

),

iv) S4 = {v1, v2, v3, v4} ın M2(R) cu:

v1 =

(1 00 2

), v2 =

(1 12 1

), v3 =

(2 21 1

), v4 =

(2 1−1 1

).

Rezolvare i) Da.

Cursul 3 9

S3.7 Fie S1 si S2 doua sisteme liniar independente ın V a. ı. niciun vector din S1 nu se poatescrie ca o combinatie liniara de vectori din S2 si reciproc. Este S1 ∪ S2 liniar independent?

Rezolvare .

S3.8 Se cere o baza ın subspatiul vectorial generat de urmatoarele sisteme de vectori din R4:i) S1 = {u1 = (1, 1, 2, 1), u2 = (2, 3, 1, 1), u3 = (2, 1, 1, 0), u4 = (2, 4, 4, 3)},ii) S2 = {u1 = (1, 0, 1, 2), u2 = (2, 3, 1, 1), u3 = (1, 3,−1,−3), u4 = (1,−3,−3, 7)},iii) S3 = {u1 = (1, 1, 1, 1), u2 = (2, 3, 6, 4), u3 = (3, 1, 0, 2), u4 = (4, 1, 2, 4)}.

Rezolvare i) u1, u2, u3 sunt liniar independenti si u4 = 2u1 + u2 − u3.

S3.9 Demonstrati direct ca urmatoarele sisteme de vectori nu sunt baze:i) S1 = {v1 = (1, 2, 0), v2 = (1, 1, 2)} ın R3,ii) S2 = {v1 = (1, 2, 0), v2 = (1, 1, 2), v3 = (2, 2, 3), v4 = (1, 2, 1)} ın R3,iii) S3 = {v1 = 1 +X, v2 = 1 +X2} ın R2[X].

Rezolvare cardS 6= dimV .

S3.10 Sa se arate ca urmatoarele sisteme sunt baze ın Rn[X]:i) B1 = {1, 1 +X, 1 +X2, ..., 1 +Xn}, ii) B2 = {1, 1 +X, 1 +X +X2, ..., 1 +X + ...+Xn}.

Rezolvare .

S3.11 Fie V1 = span{v1 = (1, 2, 1), v2 = (1, 1,−1), v3 = (1, 3, 3)} si V2 = span{u1 = (2, 3,−1), u2 =(1, 2, 2), u3 = (1, 1,−3)}. Se cer dimensiunile sumei si intersectiei acestor subspatii vectoriale si bazeın subspatiile suma si intersectie.

Rezolvare v3 = 2v1 − v2, u3 = u1 − u2.

S3.12 Se cere o baza ın subspatiul lui R4 definit de solutiile sistemului liniar omogen:{2x1 + 2x2 − x3 − x4 = 0x1 + 2x2 − 2x3 − 2x4 = 0

si sa se completeze la o baza ın R4.

Rezolvare Matricea sistemului este:

A =

(2 2 −1 −11 2 −2 −2

)cu:

∆1 = 2 6= 0, ∆2 =

(2 21 2

)= 2 6= 0

adica rangA = 2. Avem x1, x2 necunoscute principale si x3 = α, x4 = β necunoscute secundare.Sistemul devine: {

2x1 + 2x2 = α+ βx1 + 2x2 = 2α+ 2β

cu solutia: x1 = −α− β, x2 = 32(α+ β). Deci multimea solutiilor:

S = {(−α− β, 3

2(α+ β), α, β) ∈ R4;α, β ∈ R}

este subspatiu vectorial 2-dimensional ın R4 cu baza {f1 = (−1, 32 , 1, 0), f2 = (−1, 3

2 , 0, 1)} ce core-spunde alegerii (α, β) = (1, 0), (0, 1). Prin urmare:

10 M. Crasmareanu

(f1 f2

)=(e1 e2 e3 e4

)·

−1 −1

32

32

1 00 1

.

Baza completata din R4 va avea matricea:−1 −1 · ·

32

32 · ·

1 0 · ·0 1 · ·

cu determinantul nenul. O alegere este chiar e1, e2 deoarece:

∆ =

-1 -1 1 032

32 0 1

(*) 1 0 0 00 1 0 0

= 1 ·-1 1 032 0 01 0 0

= 1 6= 0.

In determinantul ∆ am dezvoltat dupa linia 3 si am marcat asta prin (∗).

S3.13 Demonstrati ca urmatoarele sisteme sunt baze si aflati coordonatele vectorului dat:i) B1 = {u1 = (1, 2, 3), u2 = (1, 0, 1), u3 = (1,−1, 4)} ⊂ R3, u = (3, 1, 6),ii) B2 = {v1 = (1, 0, ..., 0), v2 = (1, 1, ..., 0), ..., vn = (1, 1, ..., 1)} ⊂ Rn, v = (1, 2, ..., n).

S3.14 Se dau sistemele de vectori:

B1 = {v1 = (1,−1, 1), v2 = (5, 1, 9), v3 = (2, 2, 0)}, B2 = {w1 = (1, 2, 3), w2 = (1, 1, 3), w3 = (1, 1, 2)}.

i) Demonstrati ca B1 si B2 sunt baze. ii) Se cere matrice S de trecere de la B1 la B2. iii) Aflaticoordonatele vectorului u = (1, 2, 3) ın raport cu B1.

Rezolvare u = w1.

S3.15 Determinati o baza B ın R3 ın raport cu care v = (1, 2, 3) are coordonatele (0, 1, 2).

Rezolvare Relatia S ·X ′ = X devine:

S ·

012

=

123

.

Spre exemplu: 0 1 00 0 11 1 1

· 0

12

=

123

, detS = 1 6= 0

si deci B = {v1 = (0, 0, 1), v2 = (1, 0, 1), v3 = (0, 1, 1)} este o baza ce satisface conditia ceruta.Verificare: 0 · v1 + 1 · v2 + 2 · v3 = (1, 0, 1) + (0, 2, 2) = (1, 2, 3).


T3.1 T3.2 T3.3 T3.4 T3.5 T3.6 T3.7 T3.8 T3.9 T3.10

Cursul 4

Baze si dimensiune

SEMINARUL 4: Baze si dimensiune

S4.1 .

Rezolvare .

S4.2 .

Rezolvare .

S4.3 .Rezolvare .

S4.4 .

Rezolvare .

S4.5 .

Rezolvare .

S4.6 .

Rezolvare .

S4.7 .

Rezolvare .

11

12 M. Crasmareanu

S4.8 .

Rezolvare .

S4.9 .

Rezolvare .

S4.10 .

Rezolvare .


T4.1

T4.2

T4.3

T4.4

T4.5

T4.6

T4.7

T4.8

T4.9

T4.10

Cursul 5

Transformari liniare

SEMINARUL 5: Transformari liniare

S5.1 Sa se verifice care din urmatoarele aplicatii sunt transformari liniare. In cazul afirmativ secere imaginea, nucleul si sa se verifice Teorema rangului:i) T : Rn → R2, T (x1, ..., xn) = (x1 + ...+ xk, xk+1 + ...+ xn), cu 1 ≤ k ≤ n− 1,ii) T : Rn → R, T (x1, ..., xn) = (x1)2 + ...+ (xn)2,iii) T : R3 → R3, T (x1, x2, x3) = (x1 + x2,−x2, x2),iv) T : R2 → R2, T (x1, x2) = (ax1 + bx2, cx1 + cx2).

Rezolvare i) Lui T ıi asociem matricea:

AT =

(1 ... 1 0 ... 00 ... 0 1 ... 1

)si avem: rangT = rangAT = 2 = dimR2 de unde rezulta T=surjectiv. Din teorema ranguluin = dimKerT + 2 rezulta: dimKerT = n− 2.Cu alte cuvinte, avem 2 necunoscute principale si n− 2necunoscute secundare: (x1, ..., xk−1)+(xk+1, ..., xn−1). Prin urmare {e1, ..., ek−1, ek+1, ..., en−1} estebaza ın KerT deoarece:

KerT = {(x1, ..., xk−1,−(x1+...+xk−1), xk+1, ..., xn−1,−(xk+1+...+xn−1)) ∈ Rn;x1, ..., xk−1, xk+1, ..., xn−1}.

iii) Matricea lui T este:

AT =

1 1 00 −1 00 1 0

care are rangul 2=rangT = dimImT . Avem ImT = {(α, β,−β) ∈ R3} deci baza ın ImT este{e1, (0, 1,−1)}. Din teorema rangului 3 = dimKerT + 2 si deci dimKerT = 1. Avem:

KerT : x1 + x2, x2 = 0

ceea ce da si: x1 = 0. Prin urmare KerT = {(0, 0, x3) ∈ R3} ceea ce spune ca {e3} este baza ınKerT .iv) Matrice lui T este:

AT =

(a bc c

)cu detAT = c(a− b). Avem doua cazuri relativ la anularea lui c: I) c = 0, II) c 6= 0.I1) a = b = 0 implica AT = O2 i.e. T (x) = 0 pentru orice x ∈ R2. Deci KerT = R2 si ImT = {0},dimKer2, rangT = 0.

13

14 M. Crasmareanu

I2) a2 + b2 > 0 implica rangAT = rangT = 1 si deci dimKerT = 1. ImT = {(x1, 0) ∈ R2} =axaOx si baza ın ImT este e1 = i.II1) a = b implica rangAT = rangT = 1 = defectT . KerT = {(x, x);x ∈ R} cu baza {(1, 1)}.II2) a 6= b implica rangAT = rangT = 2 deci T este surjectiv, ImT = R2, KerT = {0}.

S5.2 Pentru transformarile liniare de la problema anterioara determinati matricea corespunzatoarebazelor canonice. Pentru ultimul caz determinati matricea corespunzatoare bazeiB = {u1 = (1, 1), u2 =(1,−1)} din R2.

Rezolvare Matricea schimbarii de baza este: S =

(1 11 −1

)cu detS = −1

2 si inversa: S−1 =

12

(1 11 −1

). Matricea lui T ın perechea de baze (B,B) va fi:

A′T = S−1 ·AT · S

cu AT matricea ın perechea de baze (Bc, Bc). Deci:

A′T =1

2

(1 11 −1

)(a bc c

)(1 11 −1

)=

1

2

(a+ c b+ ca− c b− c

)(1 11 −1

)=

1

2

(a+ b+ 2c a− ba+ b− 2c a− b

).

S5.3 Determinati transformarea liniara T : R3 → R3 cu T (ui) = vi, 1 ≤ i ≤ 3 unde: u1 = (2, 3, 5),u2 = (0, 1, 2), u3 = (1, 0, 0) = i, v1 = (1, 1, 1), v2 = (1, 1,−1), v3 = (2, 1, 2).

Rezolvare Sistemele B1 = {u1, u2, u3}, B2 = {v1, v2, v3} sunt baze ın R3:

S1 =

2 0 13 1 05 2 0

, S2 =

1 1 21 1 11 −1 2

, detS1 = 1 6= 0, detS2 = −2 6= 0.

Ipoteza este: TB1 = B2. Avem:

B1 = Bc · S1, B2 = Bc · S2,⇒ TB1 = TBc · S1 = Bc · S2| · S−11 ⇒ TBc = Bc · (S2S

−11 ).

Prin urmare, matricea lui T este:AT = S2 · S−1

1 .

Obtinem:

S−11 =

0 2 −10 −5 31 −4 2

, AT =

1 1 21 1 11 −1 2

0 2 −10 −5 31 −4 2

=

2 −11 61 −7 42 −1 0

.

Deci: T (x1, x2, x3) = (2x1 − 11x2 + 6x3, x1 − 7x2 + 4x3, 2x1 − x2).PROBA: T (u1) = (1, 1, 1), T (u2) = (1, 1,−1), T (u3) = (0, 1, 2).

S5.4 Fie transformarea liniara T : R3 → R2 data de:

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

Se cer:i) imaginea si nucleul lui T si sa se verifice teorema rangului,ii) ecuatiile acestei transformari liniare ın raport cu bazele B1 = {u1 = (1, 0, 0), u2 = (1, 1, 0), u3 =(1, 1, 1)} si B2 = {v1 = (1, 2), v2 = (1, 3)} din R3 respectiv R2.

Cursul 5 15

Rezolvare i) Matricea lui T este:

AT =

(1 1 00 0 1

)de unde rezulta: rangT=rangAT = 2 = dimR2 si deci T este surjectiva: ImT = R2. Avem:dimKetT = 1, KerT = {(α,−α, 0);α ∈ R} deci baza ın KerT este vectorul (1,−1, 0).ii) Avem diagrama:

T : R3 → R2

Bc Bc : AT↓ S1 ↓ S2

B1 B2 : A′T

ceea ce spune ca: A′T = S−12 ·AT · S1. Avem:

S1 =

1 1 10 1 10 0 1

, S2 =

(1 12 3

), detS2 = 1 6= 0, S−1

2 =

(3 −1−2 1

).

Rezulta:

S−12 ·AT =

(3 −1−2 1

)·(

1 1 00 0 1

)=

(3 3 −1−2 −2 1

),

A′T =

(3 3 −1−2 −2 1

)·

1 1 10 1 10 0 1

=

(3 6 5−2 −4 −3

).

Rezulta: T (x1, x2, x3) = (y1, y2) = (3x1 + 6x2 + 5x3,−2x1 − 4x2 − 3x3).

S5.5 Fie transformarea liniara T : R3 → R3 data de:

T (x1, x2, x3) = (2x1− 11x2 + 6x3, x1 − 7x2 + 4x3, 2x1 − x2 + 4x3).

Se cer:i) ecuatiile acestei transformari liniare ın raport cu baza B1 = {u1 = (0, 1, 1), u2 = (1, 0, 1), u3 =(1, 1, 0)} a lui R3,ii) este T izomorfism?

Rezolvare i) Avem diagrama:

T : R3 → R3

Bc Bc : AT↓ S ↓ SB B : A′T

ceea ce spune ca: A′T = S−1 ·AT · S. Avem:

S =

0 1 11 0 11 1 0

, detS = 2 6= 0, S−1 =1

2

−1 1 11 −1 11 1 −1

.

Rezulta:

S−1 ·AT =1

2

−1 1 11 −1 11 1 −1

· 1

2

2 −11 61 −7 42 −1 4

=1

2

1 3 23 −5 61 −17 6

,

16 M. Crasmareanu

A′T =1

2

1 3 23 −5 61 −17 6

· 0 1 1

1 0 11 1 0

=1

2

5 3 41 9 −2−11 7 −16

.

ii) detAT = −14 6= 0 deci T este izomorfism.

S5.6 .

Rezolvare .


T5.1

T5.2

T5.3

T5.4

T5.5

T5.6

T5.7

T5.8

T5.9

T5.10

Cursul 6

Vectori si valori proprii. Diagonalizare

SEMINARUL 6: Vectori si valori proprii. Diagonalizare

S6.1 Fie T endomorfism liniar cu matricea A. Se cere spectrul lui T si subspatiile proprii cores-

punzatoare: i) A =

(0 10 0

), ii) A =

(0 −11 0

).

Rezolvare i) Avem:

PA(λ) =-λ 10 -λ

= λ2 = 0

cu solutia dubla λ1 = λ2 = 0. V (λi) are o singura ecuatie: x2 = 0 deci V (λi) = axa Ox = {x =(x1, 0) ∈ R2}. Multiplicitatea lui λ1 este 2 6= 1=dimV (λ1) deci T nu este diagonalizabil.ii) Avem:

PA(λ) =-λ -11 -λ

= λ2 + 1 = 0

fara solutii. Deci T nu are valori si vectori proprii.

S6.2 Aceeasi problema pentru:

i) A =

3 2 01 2 −11 2 2

, ii) A =

3 −1 1−1 5 11 −1 3

, iii) A =

0 −1 −1−1 0 −1−1 −1 0

.

Rezolvare i) Avem:

PA(λ) =3-λ 2 01 2-λ -11 2 2-λ

= −λ3 + 7λ2 − 16λ+12 = 0

cu solutiile λ1 = 2 (ca divizor al termenului liber 12), si apoi schema lui Horner λ2 = 2, λ3 = 3.

V (λ1) :

x+ 2y = 0x− z = 0x+ 2y = 0

are solutia z = x = −2y: V (λ1) = V (λ2) = {x = (−2α, α,−2α) ∈ R3;α ∈ R} deci multiplicitatea luiλ1 adica 2 6= 1=dimV (λ1) ceea ce spune ca T nu este diagonalizabil.

V (λ3) :

y = 0x− y − z = 0x−+2y − z = 0

17

18 M. Crasmareanu

are solutia: x = z, y = 0. Deci V (λ3) = {x = (α, 0, α) ∈ R3;α ∈ R} deci multiplicitatea lui λ3

este 1, egala cu dimV (λ3).

S6.3 .Rezolvare .

S6.4 .

Rezolvare .

S6.5 .

Rezolvare .

S6.6 .

Rezolvare .

S6.7 .

Rezolvare .

S6.8 .

Rezolvare .

S6.9 .

Rezolvare .

S6.10 .

Rezolvare .


T6.1

T6.2

T6.3

T6.4

T6.5

T6.6

T6.7

T6.8

T6.9

T6.10

Cursul 7

Vectori liberi

SEMINARUL 7: Vectori liberi

S7.1 In paralelogramul ABCD fie O intersectia diagonalelor AC, BD fie punctul S necoplanar

cu ABCD. Se cer coordonatele vectorilor−→SO,

−→SD ın baza B = {

−→SA,−→SB,−→SC} a spatiului V3

Rezolvare Avem ca O este mijlocul celor doua diagonale si deci: 2−→SO =

−→SA+

−→SC =

−→SB +

−→SD.

Prin urmare OB(12 , 0,

12). Avem:

−→SD =

−→SA−

−→SB +

−→SC si deci DB(1,−1, 1).

S7.2 Fie punctele necoliniare A, B, C si A′, B′, C ′ mijlocele laturilor ın ∆ABC. Se cere:

i) matricea de trecere de la baza B = {e1 =−−→AB, e2 =

−→AC} la baza B′ = {e′1 =

−−→BB′, e′2 =

−−→CC ′} si sa

se arate ca aceste baze sunt la fel orientate,

ii) coordonatele vectorilor−−→BC,

−−→AA′.

Rezolvare i) 2e′1 =−−→BA+

−−→BC = −e1 +

−−→BA+

−→AC = −2e1 + e2.

2e′2 =−−→CB +

−→CA = −2e2 + e1 = e1 − 2e2. Determinantul matricii de schimbare a bazelor este 3

4 > 0.

ii)−−→BC = −e1 + e2 si deci:

S =1

2

(−2 11 −2

), S−1 =

−2

3

(2 11 2

),−−→BCB′ =

−2

3

(2 11 2

)(−11

)=

2

3

(1−1

).

Proba:−−→BC =

−−→BB′ +

−−→B′C = e′1 + 1

2

−→AC = e′1 + 1

2(−2−−→CC ′ −

−−→BC). Deci:

(1 +1

2)−−→BC = e′1 − e′2.

Avem 2−−→AA′ = e1 + e2 si deci:

−−→AA′B′ =

−2

3

(2 11 2

)1

2

(11

)=

(−1−1

)ceea ce da identitatea: −−→

AA′ +−−→BB′ +

−−→CC ′ = 0.

S7.3 Fie G centrul de greutate ın ∆ABC.i) Demonstrati concurenta medianelor AA′, BB′, CC ′ folosind calculul vectorial, ii) Aratati ca Geste unicul punct ce satisface una din urmatoarele relatii echivalente:

I)−→GA+

−−→GB +

−−→GC = 0, II)

−−→MA+

−−→MB +

−−→MC = 3

−−→MG, pentru orice M ∈ E3.

Rezolvare .

S7.4 Se cer lungimile medianelor ma, mb, mc ca functii de lungimile a, b, c ale laturilor ∆ABC.

Rezolvare .

19

20 M. Crasmareanu

S7.5 .

Rezolvare .

S7.6 .

Rezolvare .

S7.7 .

Rezolvare .


T7.1

T7.2

T7.3

T7.4

T7.5

T7.6

T7.7

T7.8

T7.9

T7.10

Cursul 8

Produs scalar

SEMINARUL 8: Produs scalar

Ortonormarea Gram-Schmidt

In spatiul euclidian (Rn, <,>) se dau 2 ≤ m ≤ n vectori B = {v1, ..., vm} avand dimspanB =m = rangB (deci vectorii lui B sunt liniar independenti) si se cere baza ortonormata B′ asociata dinspanB.

Pasul 1: Se calculeaza u1 = v1 si norma ‖u1‖.

Pasul j = 2, ...,m: Pentru i = 1, j − 1 calculam mai ıntai scalarii αij =<vj ,ui>‖ui‖2 apoi vectorul si

scalarul:uj = vj − αij ui, ‖uj‖.

Liniara independenta a sistemului B ne asigura faptul ca vectorii uj sunt nenuli!

Raspunsul problemei: B′ = {e′1 = u1‖u1‖ , ..., e

′m = um

‖um‖}.

S8.1 Sa se ortonormeze B = {v1 = (1, 0,−1), v2 = (2, 1, 1), v3 = (0, 1, 2)}.

Rezolvare Avem:

∆ =1 2 00 1 1-1 1 2

= −1 6= 0

deci vectorii dati sunt necoplanari i.e. liniar independenti.Pasul 1: u1 = v1 = (1, 0,−1) si ‖u1‖ =

√2.

Pasul 2: α12 = <v2,u1>

‖u1‖2 = 12 si:

u2 = v2 − α12u1 = (2, 1, 1)− 1

2(1, 0,−1) =

(3

2, 1,

3

2

), ‖u2‖ =

√22

2.

Pasul 3: α13 = <v3,u1>

‖u1‖2 = −1, α23 = <v3,u2>

‖u2‖2 = 811 si:

u3 = v3−α13u1−α2

3u2 = (0, 1, 2)+(1, 0,−1)− 8

11

(3

2, 1,

3

2

)= (1, 1, 1)− 4

11(3, 2, 3) =

1

11(−1, 3,−1), ‖u3‖ =

1√11.

Raspunsul final: B′ = {e′1 = u1‖u1‖ , e

′2 = u2

‖u2‖ , e′3 = u3

‖u3‖} = { 1√2(1, 0,−1), 1√

22(3, 2, 3), 1√

11(−1, 3,−1)}.

S8.2 Sa se ortonormeze B = {v1 = (1,−2, 2), v2 = (−1, 0,−1), v3 = (5,−3,−7)}.

Rezolvare Raspunsul final: B′ = {e′1 = u1‖u1‖ , e

′2 = u2

‖u2‖ , e′3 = u3

‖u3‖} = {13(1,−2, 2), −1

3 (2, 2, 1), 13(2,−1,−2)}.

21

22 M. Crasmareanu

S8.3 Sa se ortonormeze B = {v1 = (1, 1, 1, 1), v2 = (3, 3,−1,−1), v3 = (−2, 0, 6, 8)}.Rezolvare B′ = {e′1 = u1

‖u1‖ , e′2 = u2

‖u2‖ , e′3 = u3

‖u3‖} = {12(1, 1, 1, 1), 1

2(1, 1,−1,−1), 12(−1, 1,−1, 1)}.

S8.4 .

Rezolvare .

S8.5 .

Rezolvare .

S8.6 .

Rezolvare .

S8.7 .

Rezolvare .

S8.8 .

Rezolvare .

S8.9 .

Rezolvare .

S8.10 .

Rezolvare .


T8.1

T8.2

T8.3

T8.4

T8.5

T8.6

T8.7

T8.8

T8.9

T8.10

Cursul 9

Spatiul vectorilor liberi: structuraeuclidiana

SEMINARUL 9: Spatiul vectorilor liberi: structura euclidiana

S9.1 Sa se demonstreze urmatoarele identitati:i) ‖u+ v‖2 + ‖u− v‖2 = 2(‖u‖2 + ‖v‖2) + interpretare geomerica,ii) ‖u+ v‖2 − ‖u− v‖2 = 4 < u, v >.

Rezolvare Din biliniaritatea si simetria produsului scalar avem:

‖u± v‖2 = ‖u‖2 + ‖v‖2 ± 2 < u, v >

si identitile cerute sunt imediate.Relatia i) exprima Identitatea paralelogramului: suma patratelor diagonalelor unui paralelogram

este egala cu suma patratelor laturilor.

S9.2 Se dau a, b, c ∈ V3 pentru care stim: ‖a‖ = 1, ‖b‖ = 2, ‖c‖ = 3, ∠(a, b) = π6 , ∠(a, c) = π

4 ,∠(b, c) = π

3 . Se cere norma vectorului u = a− 2b+ c.

Rezolvare Din biliniaritatea si simetria proudusului scalar avem:‖u‖2 = ‖a‖2+4‖b‖2+‖c‖2−4 < a, b > −4 < b, c > +2 < a, c >= 1+16+9−8 cos π6−24 cos π3 +6 cos π4 =

26− 4√

3− 12 + 6√

22 = 14− 4

√3 + 3

√2.

S9.3 Fie ∆ABC si punctul M ∈ E3 oarecare. Sa se demonstreze:

i) S(M) :=<−−→AM,

−−→BC > + <

−−→BM,

−→CA > + <

−−→CM,

−−→AB >= 0,

ii) faptul ca ınaltimile triunghiului dat sunt concurente.

Rezolvare i) Fie A′ piciorul medianei din A ın triunghiul dat. Avem:

−−→AM =

−−→AA′ +

−−→A′M =

1

2[−−→AB +

−→AC −

−−→MB −

−−→MC].

Rezulta:

2S = [<−−→AB +

−→AC,−−→BC > +circular]− [<

−−→MB +

−−→MC,

−−→BC > +circular] = 0− S = −S

de unde avem concluzia.In adevar:

<−−→AB +

−→AC,−−→BC > + <

−−→BC +

−−→BA,

−→CA > + <

−→CA+

−−→CB,

−−→AB >=

=<−−→AB,

−−→BC+

−→AC+

−−→CB > + <

−→AC,−−→BC > + <

−−→BC,

−→CA > + <

−→CA,−−→AB >=<

−−→AB,

−→AC > + <

−→CA,−−→AB >= 0.

23

24 M. Crasmareanu

ii) Fie H intersectia ınatimilor din B si C; acestea se intersecteaza deoarece laturile din A nu sunt

paralele. Avem deci <−−→BH,

−→CA >=<

−−→CH,

−−→AB >= 0 pe care le ınlocuim ın S(H) = 0; rezulta ca

<−−→AH,

−−→BC >= 0 ceea ce spune ca H se afla pe ınaltimea din A.

i) (o alta demonstratie) Fie−−→AM = u,

−−→BM = v si

−−→CM = w. Avem:

−−→BC =

−−→MC −

−−→MB = v − w,

−→CA = w − u si

−−→AB = u− v. Prin urmare:

S(M) =< u, v − w > + < v, w − u > + < w, u− v >= 0.

S9.4 .

Rezolvare .

S9.5 .

Rezolvare .

S9.6 .

Rezolvare .

S9.7 .

Rezolvare .

S9.8 .

Rezolvare .

S9.9 .

Rezolvare .

S9.10 .

Rezolvare .


T9.1, T9.2 T9.3 T9.4 T9.5 T9.6 T9.7 T9.8 T9.9 T9.10

Cursul 10

Produsul vectorial

SEMINARUL 10: Produsul vectorial

S10.1 Se cere u× v pentru urmatoarele perechi de vectori:i) u = i+ 2j, v = 3k, ii) u = i+ 2j − 2k, v = 7i+ 4j + 6k, iii) u = j + 2k, v = 2i+ 3k.

Rezolvare i) u = (1, 2, 0), v = (0, 0, 3), u× v = (6,−3, 0),ii) u = (1, 2,−2), v = (7, 4, 6), u× v = (20,−20,−10),iii) u = (0, 1, 2), v = (2, 0, 3), u× v = (3, 4,−2).

S10.2 Se dau vectorii a, b, c necoliniari doi cate doi. Sa se arate ca a + b + c = 0 daca si numaidaca a× b = b× c = c× a. Sa se deduca de aici teorema sinusurilor ıntr-un triunghi.

Rezolvare Necesitatea ”⇒”. Relatia din ipoteza a+ b+ c = 0 o ınmultim vectorial (la dreapta)cu b respectiv c si rezulta:

a× b+ c× b = 0, a× c+ b× c = 0

ceea ce da concluzia.Suficienta ”⇐” Din prima relatie a ipotezei, a× b = b× c, rezulta a× b+ c× b = 0 adica: (a+ c)× b = 0ceea ce spune ca vectorii a + c, b sunt coliniari: exista scalarul λ asa ıncat a + c = λb. Inmultimvectorial (la stanga) aceasta relatie cu c si avem: c× a = −λb× c care comparata cu a doua relatie aipotezei, b× c = c× a, da λ = −1.

Aplicatia la triunghiuri Relatia a+ b+ c = 0 spune ca vecorii dati constituie laturile (vectoriale)ale unui triunghi ∆ABC. Trecand la norme ın relatia: a× b = b× c obtinem: ab sinC = bc sinA iardin a doua relatie vectoriala avem: bc sinA = ca sinB. Prin ımpartirea cu abc ın aceste relatii rezultaTeorema Sinusurilor ın ∆ABC:

sinA

a=

sinB

b=

sinC

c(= 2R)

unde R este raza cercului circumscris=cercul centrat ın O=intersectia mediatoarelor segmentelor[BC], [CA], [AB].

S10.3 Se cere numarul x =< u, v > si unghiul dintre vectori stiind: ‖u‖ = 8, ‖v‖ = 15 si‖u× v‖ = 72.

Rezolvare Reamintim Identitatea Lagrange:

< u, v >2 +‖u× v‖2 = ‖u‖2 · ‖v‖2.

Prin urmare:

25

26 M. Crasmareanu

x2 = (8 · 15)2 − (8 · 9)2 = (8 · 15 + 8 · 9)(8 · 15− 8 · 9) = 82 · 24 · 6 = 82 · 122

si deci < u, v >= 8 · 12. Avem si: cosϕ = 8·128·15 = 12

15 = 45 .

S10.4 Se cere aria paralelogramului construit pe vectorii adiacenti a = u+ 2v, b = 2u+ v stiindca u, v sunt versori si formeaza unghiul π

6 .

Rezolvare Aria paralelogramului este A = ‖a × b‖. Avem: a × b = u × v + 4v × u = −3u × b.Deci: A = 3‖u‖‖v‖ sin π

6 = 32 .

S10.5 Se dau vectorii u, v, w. In ce conditii vectorul a = u × (v × w) este coliniar cu vectorulb = v − w.

Rezolvare Avem: < u, w > v− < u, v > w = λ(v − w) de unde rezulta: < u, w >=< u, v >= λ.

S10.6 Fie vectorii oarecare a, b, c si d. Sa se demonstreze identitatile:i) < a× b, c× d >=< a, c >< b, d > − < a, d >< b, c >,ii) (a× b)× (c× d) = [(a, c, b)d− (b, c, d)a]? = (a, b, d)c− (a, b, c)d.

Rezolvare Datorita biliniaritatii produsului scalar si vectorial este suficient sa demonstram acesteidentitati pe baza canonica din V3. Deci consideram: a = i, b = j, c = k, d = (x, y, z).i) Membrul stang este < k, (−y, x, 0) >= 0 iar membrul drept este zero datorita produselor < a, c >=0, < b, c >= 0.ii) Membrul stang este k × (−y,−x, 0) = (−x,−y, 0) si avem: (a, b, d) = z, (a, b, c) = 1 deci membruldrept este zk − d = (−x,−y, 0).

S10.7 Se dau punctele A, B, C. Sa se arate ca functia vectoriala f(M) :=−−→MA ×

−−→BC +

−−→MB ×

−→CA+

−−→MC ×

−−→AB este constanta si se cere norma acestui vector.

Rezolvare Fie M si M ′ doua puncte oarecare. Avem:

f(M)−f(M ′) = (−−→MA−

−−→M ′A)×

−−→BC+circular =

−−−→MM ′×

−−→BC+circular =

−−−→MM ′×(

−−→BC+

−→CA+

−−→AB) =

−−−→MM ′×0 = 0.

Avem f = f(A) =−−→AB ×

−→CA +

−→AC ×

−−→AB = 2

−→AC ×

−−→AB si deci ‖f‖ = 4S(ABC) unde S(ABC) este

aria triunghiului ABC.

S10.8 (Identitatea Jacobi) Pentru orice trei vectori a, b, c avem:

S := u× (v × w) + v × (w × u) + w × (u× u) = 0.

Rezolvare Avem:

S =< u, w > v− < u, v > w+ < v, u > w− < v, w > u+ < w, v > u− < w, u > v = 0.

Aceasta identitate ımpreuna cu antisimetria produsului vectorial spune ca (V3,+, ·R,×) este o algebraLie 3-dimensionala.

Grupul G = SO(3) este grup Lie dotat cu o metrica Riemann stang invarianta si miscarea unuicorp rigid liber este o geodezica a acestei metrici. Algebra Lie a acestui grup Lie este spatiul vectorialso(3) al matricilor anti-simetrice. so(3) dotat cu comutatorul [A,B] = AB − BA este o algebra Lieizomorfa cu (V3,×). https://en.wikipedia.org/wiki/Rotation group SO(3)


T10.1 T10.2 T10.3 T10.4 T10.5 T10.6 T10.7 T10.8 T10.9 T10.10

Cursul 11

Produsul mixt

SEMINARUL 11: Produsul mixt

(u, v, w) :=< u, v × w > .

Nr Operatia Masura asociata Semnificatia anularii

1 Produs scalar Lungimea=Masura 1D: ‖u‖2 =< u, u > Ortogonalitate: < u, v >= 0⇔ u⊥v2 Produs vectorial Aria=Masura 2D: ‖u× v‖=aria paralelogram span{u, v} Coliniaritate: u× v = 0⇔ u, v=coliniari3 Produs mixt Volumul=Masura 3D |(u, v, w)|=volum paralelipiped span{u, v, w} Coplanaritate: (u, v, w) = 0⇔ u, v, w=coplanari

.

S11.1 Care din tripletele urmatoare contin vectori coplanari?i) u = i+ 2j − k, v = 9i− 11j + 13k, w = 2i+ 4j − 2k,ii) u = 8i− 3j + 2k, v = 2j − k, w = 4i− 6j + 2k.

Rezolvare i) (u, v, w) = 0 deoarece w = 2u deci vectorii sunt coplanari. ii)

(u, v, w) =8 -3 20 2 -14 -6 2

= 16− 36 = −20 6= 0

deci vectorii sunt necoplanari.

S11.2 Se cer produsele mixte (a, a+b, a+b+c), (a+b, b+c, c+a) ın functie de (a, b, c). Interpretaregeometrica.

Rezolvare i) (a, a+ b, a+ b+ c) =< a, (a+ b)× (a+ b+ c) >=< a, a× c+ b× c >= (a, b, c).ii) (a+b, b+c, c+a) =< a×b, (b+c)×(c+a) >=< a×b, b×c+b×a+c×a >= (a, b, c)+(b, c, a) = 2(a, b, c).

Interpretare: Se da paralelipipedul ABCDA′B′C ′D′ cu−−→AB = a,

−→AC = b si

−−→AA′ = c. Atunci a + b,

a + c, b + c reprezinta respectiv diagonalele−−→AD,

−−→A′B′,

−−→A′C ′. Rezultatul ii) arata ca paralelipipedul

construit pe AD, A′B′, A′C ′ are dublul volumului paralelipipedului initial!

- - - - - - - - - - - - - -Se dau vectorii necoplanari a, b, c. Atunci vectorii a′, b′, c′ dati de:

a′ :=1

(a, b, c)b× c, b′ :=

1

(a, b, c)c× a, c′ :=

1

(a, b, c)a× b

se numesc vectorii reciproci tripletului dat.- - - - - - - - - - - - - -

27

28 M. Crasmareanu

S11.3 Sa se arate ca:i) < a+ b+ c, a′ + b′ + c′ >= 3, ii) a× a′ + b× b′ + c× c′ = 0,iii) reciprocitatea este duala: a′′ = a, b′′ = b, c′′ = c.

Rezolvare i) Avem: a′ + b′ + c′ = 1(a,b,c)

[b× c+ c× a+ a× b]. Rezulta:

< a, a′ + b′ + c′ >=< b, a′ + b′ + c′ >=< a, c′ + b′ + c′ >= 1.

ii) Avem: (a, b, c)a × a′ = a × (b × c) =< a, c > b− < a, b > c. Efectuand permutari circulare sisumand obtinem 0.iii) b′ × c′ = 1

(a,b,c)2 [(c × a) × (a × b)] = 1(a,b,c)2 (c, a, b)a = 1

(a,b,c)a. Rezulta: (a′, b′, c′) = 1

(a,b,c). Deci:

a′′ = (a, b, c) · 1(a,b,c)

a = a.

S11.4 Se dau vectorii necoplanari a, b, c.i) Sa se arate ca si vectorii reciproci sunt necoplanari drept consecinta a identitatii:

(a× b, b× c, c× a) = (a, b, c)2.

ii) Se dau scalarii α, β, γ. Sa se rezolve sistemul vectorial:

< a, x >= α, < b, x >= β, < c, x >= γ.

Interpretare geometrica.

Rezolvare ii) Folosim i). Avem baza B data de vectorii necoplanari a, b, c si baza reciproca B′.Cautam solutia x de forma: x = ua′ + vb′ +wc′. Inlocuind aceasta expresie ın sistemul dat avem ca:u = α, v = β, w = γ.

Interpretare: presupunem ca a, b, c sunt versori necoplanari si avem scalarii α, β, γ ∈ [−1, 1].Rezultatul ii) spune ca exista un unic versor x ce formeaza cu a, b, c unghiuri avand drept cosinus pescalarii dati.

S11.5 Se dau vectorii ortogonali a 6= 0 si b. Sa se rezolve ecuatia vectoriala: x× a = b.

Rezolvare Din formula dublului produs vectorial cautam, mai ıntai, o solutie particulara: x0 =λa× b. Obtinem: λ = 1

‖a‖2 . Cum a× a = 0 rezulta c a solutia generala este: x = x(t) = 1‖a‖2 a× b+ ta

cu t ∈ R.

S11.6 Se dau vectorii−→OA = i+ j,

−−→OB = j+ k,

−−→OC = i+ j+ k. Se cere volumul V al tetraedrului

OABC si lunigmea ınaltimii din O.

Rezolvare Avem:

6V = |((1, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 1, 1))| = |1| = 1, 2A(ABC) = ‖−−→AB×

−→AC‖ = ‖(−1, 0, 1)×(0, 0, 1)‖ = ‖(0, 1, 0)‖ = 1.

si deci 6V = 1 = 2h ·A(ABC) = h.

S11.7 Stiind vectorii de pozitie rA, rB, rC ai varfurilor triunghiului ∆ABC se cre aria A.

Rezolvare 2A = ‖−−→AB ×

−→AC‖ = ‖(rB − rA)× (rC − rA)‖ = ‖rA × rB + rB × rC + rC × rA‖.


T11.1 T11.2 T11.3 T11.4 T11.5 T11.6 T11.7 T11.8 T11.9 T11.10

Cursul 12

Dreapta

SEMINARUL 12: Dreapta

S12.1

Rezolvare

S12.2

Rezolvare

S12.3 Sa se arate ca urmatoarele perechi de drepte sunt concurente si sa se scrie ecuatiile bisec-toarelor unghiurilor formate: i) δ1 : x−1

3 = y−28 = z−3

1 , δ2 : x−54 = y−9

7 = z−63 ,

ii) δ1 : x−23 = y−1

4 = z12 , δ2 : x−2

1 = y−12 = z

2 .

Rezolvare i) Scriem parametric pe δ1 : x(t) = 3t+ 1, y(t) = 8t+ 2, z(t) = t+ 3 si ınlocuim acesterelatii ın expresia lui δ2 : 3t−4

4 = 8t−77 = t−3

3 . Prin urmare: 3t4 = 8t

7 = t3 de unde rezulta t0 = 0.

Prin urmare δ1 ∩ δ2 = {M} unde M se obtine din ecuatii lui δ1 cu t0 = 0; deci M(1, 2, 3). Vectoruldirector al celor doua bisectoare este B1 : b1 = a1

‖a1‖ + a2‖a2‖ respectiv B2 : b2 = a1

‖a1‖ −a2‖a2‖ . Avem deci:

b1 = 1√74

[(3, 8, 1) + (4, 7, 3)] = 1√74

(7, 15, 4) respectiv b2 = 1√74

[(3, 8, 1) − (4, 7, 3)] = 1√74

(−1, 1,−2).

In concluzie: B1 : x−17 = y−2

15 = z−34 , B2 : x−1

1 = y−2−1 = z−3

1 .ii) δ1 : x(t) = 3t + 2, y(t) = 4t + 1, z(t) = 12t, δ1 ∩ δ2 : 3t = 2t = 6t, deci t0 = 0, adica punctulM(2, 1, 0). b1 = 1

13(3, 4, 12)+ 13(1, 2, 2) = 1

39(22, 38, 62) = 239(11, 19, 31), b2 = 1

13(3, 4, 12)− 13(1, 2, 2) =

139(−4,−14, 10) = 2

39(−2,−7, 5). Avem: B1 : x−211 = y−1

19 = z31 , B2 : x−2

2 = y−17 = z

−5 .

S12.4 .

Rezolvare .

S12.5 .

Rezolvare .

S12.6 .

Rezolvare .

S12.7 .

Rezolvare .

- - - - - - - - - - - - - - - - - -Tema individuala!

T12.1 T12.2 T12.3 T12.4 T12.5 T12.6 T12.7 T12.8 T12.9 T12.10

29

30 M. Crasmareanu

Cursul 13

Planul

SEMINARUL 13: Planul

S13.1 i) Fie punctul A(−1, 4, 5) si dreapta δ : x−11 = y

3 = z−56 . Se cere A′ simetricul lui A fata de

δ si d(A, δ).ii) Se cere proiectia A′ a punctului A(2, 1, 1) pe planul π : x+ y + 3z + 5 = 0..

Rezolvare i) Fie π(A,⊥δ) = π planul prin A perpendicular pe δ si A0 = δ ∩ π proiectia lui A peδ. Avem atunci: A+A′ = 2A0.

π : 1(x+ 1) + 3(y − 4) + 6(z − 5) = 0 i.e. π : x+ 3y + 6z − 41 = 0. Scriem dreapta δ parametric:

δ : x(t) = 1 + t, y(t) = 3t, z(t) = 5 + 6t, t ∈ R

si pentru aflarea lui A0 ınlocuim aceste expresii ın ecuatia lui π. Deci:

A0 : t+ 1 + 3(3t) + 6(6t+ 5) = 41⇒ 46t = 41− 31 = 10⇒ t =5

23.

Prin urmare avem A0( 523 + 1, 3 · 5

23 , 6 ·523 + 5) = (28

23 ,1523 ,

14523 ) de unde rezulta:

A′ =

(56

23+ 1,

30

23− 4,

290

23− 5

)=

(79

23,−62

23,175

23

).

Distanta ceruta este: d(A, δ) = d(A,A0) = ‖−−→AA0‖.

ii) Fie δ = δ(A,⊥π) dreapta prin A perpendiculara pe π. Atunci A′ este A′ = δ ∩ π. Avem:δ : x−2

1 = y−11 = z−1

3 = t ∈ R sau ınca:

δ : x(t) = t+ 2, y(t) = t+ 1, z(t) = 3t+ 1.

Inlocuind ın expresia lui π avem:

A′ : t+ 2 + t+ 1 + 3(3t+ 1) + 5 = 0⇒ 11t = −11⇒ t = −1.

Rezulta: A′(1, 0, 2) si d(A, π) =√

11.

S13.2 Se da dreapta δ : x−12 = y

3 = z−7−1 si planul π : 2x− y + z − 2 = 0. i) Sa se arate ca δ ‖ π si

se cere d(δ, π), ii) se cer ecuatiile proiectiei ortogonale ale lui δ pe π.

Rezolvare i) Vectorul director al lui δ este a = (2, 3,−1) iar vectorul normal al lui π esteN = (2,−1, 1). Avem: < a, N >= 4 − 3 − 1 = 0 i.e. δ ‖ π. Distanta ceruta este: d(δ, π) =

d(M(1, 0, 7), π) = |2·1−0+7−2|√4+1+1

= 7√6.

31

32 M. Crasmareanu

ii) Fie A(t) ∈ δ oarecare. Avem A(t)(2t+ 1, 3t,−t+ 7). Fie δ(t) dreapta prin A(t) perpendicularape π si A′=proiectia lui A(t) pe π va fi π ∩ δ(t). Avem:

δ(t) : x(λ) = 2t+ 1 + 2λ, y(λ) = 3t− λ; z(λ) = 7− t+ λ, λ ∈ R.

Rezulta: A′ : 2(2t+ 1 + 2λ)− (3t− λ) + 7− t+ λ− 2 = 0 ceea ce implica: λ = −32 . Prin urmare:

A′(t) = (2t− 2, 3t+3

2,11

2− t).

Luam doua valori diferite pentru t, spre exemplu: t1,2 = ±12 , si atunci δ′ va fi dreapta A′1A

′2. Avem:

A′1(−3, 0, 6), A′2(−1, 3, 5), δ′ :x+ 3

2=y

3=z − 6

−1.

S13.3 Se cere planul π perpendicular pe π : 5x− y + 3z − 2 = 0 si care se intersecteaza cu acestadupa o dreapta δ ∈ xOy.

Rezolvare Avem δ = π ∩ xOy adica vom ınlocui z = 0 ın ecuatia lui π; deci δ : 5x − y − 2 = 0i.e. δ : y = 5x − 2. Scriind δ : x

1 = y+25 = z

0 avem ca vectorul director al lui δ este a = (1, 5, 0).

Normala la π este N = N × a = (−15, 3, 26). Dreapta δ trece prin punctul M0(0,−2, 0) si deci:π : −15(x− 0) + 3(y + 2) + 26(z − 0) = 0. In concluzie, π : −15x+ 3y + 26z + 6 = 0.A doua metoda de rezolvare. Avem π : λ(5x − y − 2) + µz = 0 i.e. N = (5λ,−λ, µ). Conditia <N, N >= 0 ınseamna: 25λ+λ+3µ = 0 ceea ce da: µ = −26λ

3 . Prin urmare, π : −3(5x−y−2)+26z = 0.

S13.4 Fie planul π = xOy suprafata unei oglinzi. O raza de lumina are traiectoria liniaraδ : x−5

1 = y−71 = z−6

2 . Se cere punctul M0 de incidenta, unghiul ϕ de incidenta si ecuatiile razeireflectate δr.

Rezolvare M0 = xOy ∩ δ : x0−51 = y0−7

1 = 0−62 . Obtinem M0(2, 4, 0). ϕ este unghiul dintre

normala N = k a lui π si vectorul director a = (1, 1, 2) a lui δ. Cum ‖a‖ =√

6 avem: cosϕ =<N,a>‖n‖‖a‖ = 2√

6= 2

√6

6 =√

63 . Un punct M pe δ este M(5, 7, 6). Vom afla M=simetricul lui M fata de

dreapta δ ce trece prin M0 si are pe N ca normala: δ : x−20 = y−4

0 = z−01 . Fie π planul ce trece prin

M si este perpendicular pe π; avem π : 0(x − 5) + 0(y − 7) + 1(z − 6) = 0. Deci π : z − 6 = 0. FieM ′=intersectia dintre π si δ=proiectia lui M pe δ. δ : x = 2, y = 4, z = λ si δ ∩ π : λ = 6 ceea ce daM ′(2, 4, 6). Deci M = 2M ′ −M = 2(2, 4, 6)− (5, 7, 6) = (−1, 1, 6). Raza reflectata va trece prin M0

si M : δr : x−2−1−2 = y−4

1−4 = z−06−0 . In final, δr : x−2

1 = y−41 = z

−2 .

S13.5 Se cere perpendiculara comuna δ si distanta dintre dreptele: δ1 : x−12 = y+1

−1 = z1 , δ2 :

x+4−1 = y

−1 = z+22 .

Rezolvare δ1 are vectorul director a1 = (2,−1, 1) si contine punctul M1(1,−1, 0). δ2 arevcetorul director a2 = (−1,−1, 2) si contine pe M2(−4, 0,−2). Fie n = a1 × a2. Atunci δ :{< ~AM1, a1 × n >= 0

< ~BM2, a2 × n >= 0.Avem δ :

{< (x− 1, y + 2, z), (8, 5,−11) >= 0< (x+ 4, y, z + 2), (13,−5, 4) >= 0.

. Avem d(δ1, δ2) = < ~M1M2,n>‖n‖ =

6√35

.


T13.1 T13.2 T13.3 T13.4 T13.5 T13.6 T13.7 T13.8 T13.9 T13.10

Cursul 14

Conice

SEMINARUL 14: Conice

S14.1 Γ : 3x2 − 10xy + 3y2 + 4x+ 4y = 0.

Rezolvare Expresia patratica este data de matricea:

A =

(3 −5−5 3

).

Polinomul caracteristic este pA(λ) = (λ−3)2−52 = (λ+2)(λ−8); deci A are valorile proprii distincteλ1 = −2 < λ2 = 8. Subspatiile proprii corespunzatoare: V (λ1) : (3 + 2)x− 5y = 0 da x = y cu bazanormata e1 = 1√

2(1, 1). V (λ2) : (3− 8)x− 5y = 0 da x = −y cu baza normata e2 = 1√

2(−1, 1). Deci

ın baza ortonormata {e1, e2} avem A = diag(λ1, λ2). Efectuam rotatia:(xy

)= R ·

(x′

y′

), R =

1√2

(1 −11 1

).

Deci: x = 1√2(x′ − y′), y = 1√

2(x′ + y′) si obtinem:

Γ : −2(x′)2 + 8(y′)2 + 4√

2x′ + 4 = 0.

Restrangem expresiile ın x′, y′ la patrate perfecte:

Γ : −2[(x′)2−2√

2x′]+8(y′)2 +4 = −2[(x′−√

2)2−2]+8(y′)2 +4 = −2(x′−√

2)2 +8(y′)2 +8 = 0| : 8.

Obtinem:

Γ :(x′ − 2)2

4− (y′)2

1− 1 = 0; Γ :

(x′′)

22− (y′′)2

12− 1 = 0

ceea ce spune ca Γ este o hiperbola cu semiaxele a = 2, b = 1. Centrul de simertri este C(x′C =√2, y′C = 0); echivalent C(xC = 1, yC = 1).

Pentru desen: desenam ın sistemul de axe xOy noul sistem x′Oy′ folosind e1, e2. Ox′ are versorul e1

deci este prima bisectoare; Oy′ are versorul e2 deci este a doua bisectoare. Ox′ rotita 900 trigonometric(antiorar) da pe Oy′. C ∈ Ox′ deci translam axa y′ ın axa y′′ ce trece prin C si x′′ = x. Masuram peaxa Cx′ = Cx′′ spre stanga si dreapta a = 2 >

√2; aflam astfel varfurile A, A′. Analog, pe axa Cy′′

masuram ın sus si jos b = 1 si aflam astfel varfurile B, B′. Facem punctat dreptunghiul determinatde ABA′B′ si diagonalele acestui dreptunghi sunt asimptotele lui Γ. Desenam din A si A′ hiperbolaΓ apropiind-o de asimptote!

S14.2 Γ : 6xy + 8y2 − 12x− 26y + 11 = 0.

33

34 M. Crasmareanu

Rezolvare Expresia patratica este data de matricea:

A =

(0 33 8

).

Polinomul caracteristic este pA(λ) = λ2− 8λ− 9 = (λ+ 1)(λ− 9); deci A are valorile proprii distincteλ1 = −1 < λ2 = 9. Subspatiile proprii corespunzatoare: V (λ1) : (0 + 1)x + 3y = 0 da x = −3y cubaza normata e1 = 1√

10(3,−1). V (λ2) : (0− 9)x+ 3y = 0 da y = 3x cu baza normata e2 = 1√

10(1, 3).

Deci ın baza ortonormata {e1, e2} avem A = diag(λ1, λ2).

S14.3 .Rezolvare .

S14.4 .

Rezolvare .

S14.5 .

Rezolvare .

S14.6 .

Rezolvare .

S14.7 .

Rezolvare .

S14.8 .

Rezolvare .

S14.9 .

Rezolvare .


T14.1 T14.2 T14.3 T14.4 T14.5 T14.6 T14.7 T14.8 T14.9 T14.10

Algebr a liniar a ˘si Geometrie-FIZICAmcrasm/depozit/Fizica_I.pdf · 2018-04-18 · Cuprins 1...

Documents

Transcript of Algebr a liniar a ˘si Geometrie-FIZICAmcrasm/depozit/Fizica_I.pdf · 2018-04-18 · Cuprins 1...